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Erwartungswert&Stand.norm.vert: Korrektur
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 10:50 Fr 13.01.2017
Autor: Noya

Aufgabe
Sei X eine normalverteilte Zufallsvariable mit den Parametern µ = 0 und [mm] \sigma^{2} [/mm] = 1 (Standardnormalverteilung), d.h. X hat die Wahrscheinlichkeitsdichte

a) Zeige, dass [mm] E(|X|^{n}) [/mm] < ∞ für alle n [mm] \in \IN. [/mm]

b) Berechne E(X).

c) Sei Y eine stetige Zufallsvariable mit der Wahrscheinlichkeitsdichte [mm] f_{Y} [/mm] (y) [mm] =\bruch{c}{(|y|+1)^2} [/mm] . Bestimme c [mm] \in \IR. [/mm]

d) Existiert E(Y )? Begründe deine Entscheidung.

Hallo ihr Lieben.

Könntet ihr bitte mal hier drpber sschauen und mir sagen, ob das so korrekt ist und falls nicht Hilfestellung geben, damit ich die Aufgabe korrekt gelöst bekomme?

Zuerst :
standardnormalverteilt mit µ = 0 und [mm] \sigma^{2} [/mm] = 1 :

Verteilungsfkt : F(x) = [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{-\infty}^{x}{e^{\bruch{-t^{2}}{2}} dt} [/mm]

Dichtefkt : f(x) = [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} [/mm]


a) Zeige, dass [mm] E(|X|^{n}) [/mm] < ∞ für alle n [mm] \in \IN. [/mm]

E(X) = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{x*f(x) dx} [/mm]

[mm] E(|X|^{n}) =\underbrace{E(|X|) *...*E(|X|)}_{=n mal}= \underbrace{\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x) dx} *...*\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x) dx}}_{=n mal} [/mm]
= [mm] (\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x) dx})^{n} [/mm]
[mm] =(2*\integral_{0}^{\infty}{x*f(x) dx})^{n} [/mm]


[mm] =(2*\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\integral_{0}^{\infty}{x*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx})^{n} [/mm]

[mm] =(2*\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\limes_{a\rightarrow\infty}\integral_{0}^{a}{x*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx})^{n} [/mm]



subst u = [mm] x^{2} [/mm]

= [mm] (\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\limes_{a\rightarrow\infty}\integral_{0}^{u(a)=a^{2}}{e^{\bruch{-u}{2}} du})^{n} [/mm]

[mm] =(\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\limes_{a\rightarrow\infty} [/mm] ( [mm] -2*e^{{\bruch{-u}{2}}})^{a^{2}}_{0})^{n} [/mm]

[mm] =...=\underbrace{(\wurzel{\bruch{2}{\pi}}}_{\le 1})^{n} [/mm] < [mm] \infty \forall n\on \IN [/mm]


b) Berechne E(X).

E(X) = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{x*f(x) dx} [/mm]

=  [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\integral_{-\infty}^{\infty}{x*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm]

= [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\integral_{-\infty}^{0}{x*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm] + [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\integral_{0}^{\infty}{x*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm]

= 0 wg. Symmetrie bzgl 0.

c) Sei Y eine stetige Zufallsvariable mit der Wahrscheinlichkeitsdichte [mm] f_{Y} [/mm] (y) [mm] =\bruch{c}{(|y|+1)^2} [/mm] . Bestimme c [mm] \in \IR [/mm]

es muss gelten

[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] = 1

und damit

1 = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{c}{(|y|+1)^2} dx} [/mm]


=c*(- [mm] \integral_{-\infty}^{0}{\bruch{1}{(y+1)^2} dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{(|y|+1)^2} dx}) [/mm]          das geht so oder? Wenn ja müsste die restliche Rechnung korrekt sein.



= ... = 2 * c

[mm] \Rightarrow [/mm]  c= [mm] \bruch{1}{2} [/mm]


d) Existiert E(Y )? Begründe deine Entscheidung.

Erwartungswert E(Y) existiert, wenn [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}|x|{\bruch{\bruch{1}{2}}{(y+1)^2} dx} [/mm] konvergiert.

Hier :
[mm] \bruch{1}{2}*(- \integral_{-\infty}^{0}{\bruch{y}{(y+1)^2} dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{y}{(y+1)^2} dx}) [/mm] = [mm] \infty [/mm]

also nein.



Wäre sehr lieb wenn ihr mal Korrekturlesen würdet :) Vielen Dank

Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

Danke :)

        
Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:07 Fr 13.01.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

vorweg: Nutze doch statt Sonderzeichen bitte den Latex-Code.
Beispielsweise liefert dir ein \mu ein [mm] $\mu$ [/mm] und ein \infty ein [mm] $\infty$. [/mm]
Für Mathematik brauchst du das sowieso irgendwann und außerdem macht es das Lesen und Antworten deutlich leichter.

> Zuerst :
> standardnormalverteilt mit µ = 0 und [mm]\sigma^{2}[/mm] = 1 :
>  
> Verteilungsfkt : F(x) = [mm]\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{-\infty}^{x}{e^{\bruch{-t^{2}}{2}} dt}[/mm]
>  
> Dichtefkt : f(x) =
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*e^{\bruch{-x^{2}}{2}}[/mm]

[ok]

> a) Zeige, dass [mm]E(|X|^{n})[/mm] < ∞ für alle n [mm]\in \IN.[/mm]
>
> E(X) = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{x*f(x) dx}[/mm]
>  
> [mm]E(|X|^{n}) =\underbrace{E(|X|) *...*E(|X|)}_{=n mal}= \underbrace{\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x) dx} *...*\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x) dx}}_{=n mal}[/mm]

Der Erwartungswert eines Produkts ist nur dann gleich dem Produkt der Erwartungswerte, wenn die Zufallsvariablen unabhängig sind. Leider ist $|X|$ nicht von sich selbst unabhängig. Das geht nur, wenn $|X|$ konstant wäre!

Ich würde dir hier eine schöne vollständige Induktion empfehlen. Dafür brauchst du einmal den Schritt des partiellen Integrierens.

Es läuft also darauf hinaus das für $n=0$ zu zeigen (das ist trivial!) und dann solltest du den Ausdruck  $ [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^n \cdot{}f(x) dx} [/mm] $ mit Hilfe der partiellen Integration auf   $ [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^{n-1} \cdot{}f(x) dx} [/mm] $ zurückführen.

Bedenke: Du sollst gar nichts konkret ausrechnen, sondern nur abschätzen, dass das kleiner unendlich bleibt. Das macht die Sache einfacher!

> [mm]\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\integral_{-\infty}^{0}{x*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}[/mm]
> +
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*\integral_{0}^{\infty}{x*e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}[/mm]
>  
> = 0 wg. Symmetrie bzgl 0.

1.) wegen welcher Symmetrie? bei einer achsensymmetrischen Funktion kürzt sich da nichts weg.

2.) Die Symmetrie allein reicht (mir) nicht als Begründung. Da könnten ja auch jeweils nicht konvergierende Integrale stehen, also so etwas wie [mm] $\infty [/mm] - [mm] \infty$ [/mm] und dieser Ausdruck wäre nicht wohldefiniert. Du solltest also begründen, warum jedes der obigen Integrale endlich ist (*AAAAAAAAAAAAAAAAAAchtung Zaunpfahl*)


> es muss gelten
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] = 1

[ok]

>  
> und damit
>
> 1 = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] =
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{c}{(|y|+1)^2} dx}[/mm]

wo kommt denn das Minus vor dem ersten Integral her?
Beachte: $(|y|  + [mm] 1)^2 \not [/mm] = -(y + [mm] 1)^2$ [/mm] falls $y<0$!

Aber dein Ansatz ist ok.
Mach am Besten nicht mehr als einen Schritt auf einmal.


> d) Existiert E(Y )? Begründe deine Entscheidung.
>  
> Erwartungswert E(Y) existiert, wenn
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}|x|{\bruch{\bruch{1}{2}}{(y+1)^2} dx}[/mm]
> konvergiert.

Ja welche Variable denn nun im Integranden? x oder y? Beides geht nicht…
Und bitte noch mal machen, wenn c) korrekt gelöst wurde.

Gruß,
Gono

Bezug
                
Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:38 Fr 13.01.2017
Autor: Noya


> Hiho,
>  
> vorweg: Nutze doch statt Sonderzeichen bitte den
> Latex-Code.
>  Beispielsweise liefert dir ein [mm][code]\mu[/code][/mm] ein [mm]\mu[/mm]
> und ein [mm][code]\infty[/code][/mm] ein [mm]\infty[/mm].
>  Für Mathematik brauchst du das sowieso irgendwann und
> außerdem macht es das Lesen und Antworten deutlich
> leichter.
>  
> > Zuerst :
> > standardnormalverteilt mit µ = 0 und [mm]\sigma^{2}[/mm] = 1 :
>  >  
> > Verteilungsfkt : F(x) = [mm]\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{-\infty}^{x}{e^{\bruch{-t^{2}}{2}} dt}[/mm]
>  
> >  

> > Dichtefkt : f(x) =
> > [mm]\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}}*e^{\bruch{-x^{2}}{2}}[/mm]
>
> [ok]
>  
> > a) Zeige, dass [mm]E(|X|^{n})[/mm] < ∞ für alle n [mm]\in \IN.[/mm]
> >
> > E(X) = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{x*f(x) dx}[/mm]
>  >  
> > [mm]E(|X|^{n}) =\underbrace{E(|X|) *...*E(|X|)}_{=n mal}= \underbrace{\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x) dx} *...*\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|*f(x) dx}}_{=n mal}[/mm]
>  
> Der Erwartungswert eines Produkts ist nur dann gleich dem
> Produkt der Erwartungswerte, wenn die Zufallsvariablen
> unabhängig sind. Leider ist [mm]|X|[/mm] nicht von sich selbst
> unabhängig. Das geht nur, wenn [mm]|X|[/mm] konstant wäre!

Ich Idiot. Danke...

>  
> Ich würde dir hier eine schöne vollständige Induktion
> empfehlen. Dafür brauchst du einmal den Schritt des
> partiellen Integrierens.
>  
> Es läuft also darauf hinaus das für [mm]n=0[/mm] zu zeigen (das
> ist trivial!) und dann solltest du den Ausdruck  
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^n \cdot{}f(x) dx}[/mm] mit
> Hilfe der partiellen Integration auf  
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^{n-1} \cdot{}f(x) dx}[/mm]
> zurückführen.

okay.

für n = 0

[mm] E(|X|^0) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^0 \cdot{}f(x) dx} [/mm] =  [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{1 \cdot{}f(x) dx} [/mm] =  [mm] \limes_{t\rightarrow\infty} \integral_{-\infty}^{t}{1 \cdot{}f(x) dx} [/mm] = [mm] \limes_{t\rightarrow\infty} [/mm] F(t) = 1 < [mm] \infty [/mm]  (Eigenschaft der Verteilungsfunktion)


> Bedenke: Du sollst gar nichts konkret ausrechnen, sondern
> nur abschätzen, dass das kleiner unendlich bleibt. Das
> macht die Sache einfacher!

für n [mm] \to [/mm] n+1 oder n [mm] \to [/mm] n-1 fällt es ir irgendwie sehr schwer, da ich ja f(x) nicht eindeutig integrieren kann...ich glaub es ist für heute genug. ich guck mir das morgen früh nochmal an.

die b ) habe ich jetzt einfach vollständig berechnet. und komme auch auf 0. was ja stimmen muss da E(x) = [mm] \mu [/mm] = 0 sein muss.
hätte sonst argumentiert, dass  hier das [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] = - [mm] \integral_{-infty}^{0}{f(x) dx} [/mm]

c)

> > es muss gelten
> >
> > [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] = 1
>  [ok]
>  
> >  

> > und damit
> >
> > 1 = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] =
> > [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{c}{(|y|+1)^2} dx}[/mm]
>  
> wo kommt denn das Minus vor dem ersten Integral her?
> Beachte: [mm](|y| + 1)^2 \not = -(y + 1)^2[/mm] falls [mm]y<0[/mm]!
>  
> Aber dein Ansatz ist ok.
>  Mach am Besten nicht mehr als einen Schritt auf einmal.

ich bin machnal so wirsch...
ok nochmal
1 = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(y) dy}[/mm] =
[mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{c}{(|y|+1)^2} dy}[/mm]

= c * ( [mm] \integral_{-\infty}^{0}{\bruch{1}{(1-y)^2} dy} +\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{(y+1)^2} dy}) [/mm]

=...= 2*c [mm] \Rightarrow [/mm] c= [mm] \bruch{1}{2} [/mm]



>
> > d) Existiert E(Y )? Begründe deine Entscheidung.
>  >  
> > Erwartungswert E(Y) existiert, wenn
> >
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}|y|{\bruch{\bruch{1}{2}}{(|y|+1)^2} dx}[/mm]
> > konvergiert.
>  
> Ja welche Variable denn nun im Integranden? x oder y?
> Beides geht nicht…
>  Und bitte noch mal machen, wenn c) korrekt gelöst wurde.

natürlich y. Sorry...

>  

[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}|y|{\bruch{\bruch{1}{2}}{(|y|+1)^2} dy} [/mm] =
[mm] \bruch{1}{2} [/mm] * ( [mm] \integral_{-\infty}^{0}{\bruch{-y}{(1-y)^2} dy} +\integral_{0}^{\infty}{\bruch{y}{(y+1)^2} dy}) [/mm] = ...
= [mm] \bruch{1}{2} [/mm] *( -1 + [mm] \infty [/mm] + [mm] \infty [/mm] -1) = [mm] \infty [/mm]
konv. also nicht.
oder? Habe die Zwischenritte weggelassen wie ich das Integral bestimme...

> Gruß,
>  Gono


DANKE!!! :)

Bezug
                        
Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:49 Sa 14.01.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> für n = 0
>  
> [mm]E(|X|^0)[/mm] = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^0 \cdot{}f(x) dx}[/mm]
> =  [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{1 \cdot{}f(x) dx}[/mm] =  
> [mm]\limes_{t\rightarrow\infty} \integral_{-\infty}^{t}{1 \cdot{}f(x) dx}[/mm]
> = [mm]\limes_{t\rightarrow\infty}[/mm] F(t) = 1 < [mm]\infty[/mm]  
> (Eigenschaft der Verteilungsfunktion)

Ja, aber viel zu umständlich: Es ist [mm] $|X|^0 [/mm] = 1$ und damit [mm] $E[|X|^0] [/mm] = E[1] = 1$

> für n [mm]\to[/mm] n+1 oder n [mm]\to[/mm] n-1 fällt es ir irgendwie sehr
> schwer, da ich ja f(x) nicht eindeutig integrieren
> kann...ich glaub es ist für heute genug. ich guck mir das
> morgen früh nochmal an.

da hast du völlig recht, man benötigt noch einen Zwischenschritt und ich war mit meinem Tipp etwas vorschnell.
Mal der nächste Ansatz etwas detaillierter:

Es ist [mm] $E[|X|^n] [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^\infty |x|^n [/mm] f(x) dx = [mm] 2\int_0^\infty |x|^n [/mm] f(x) dx$
Beachte: Es reicht [mm] $E[|X|^n]$ [/mm] nur für ungerade n zu zeigen, da für eine Zufallsvariable gilt: Ist [mm] $E[|X|^n] [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] so auch [mm] $E[|X|^k] [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] für [mm] $k\le [/mm] n$ (den Beweis hattet ihr bestimmt, geht einfach per Cauchy-Schwarz-Ungleichung). Betrachten wir also nur ungerade Exponenten der Form $2n+1$ und erhalten mit der Substitution $y = [mm] \frac{x^2}{2}$: [/mm]
[mm] $$E[|X|^{2n+1}] [/mm] = [mm] \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^{2n+1} e^\frac{x^2}{2} [/mm] dx =  [mm] \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty y^n e^y$$ [/mm]

Und davon kannst du nun bestimmt zeigen, dass es kleiner unendlich ist :-)

> die b ) habe ich jetzt einfach vollständig berechnet

Ja wie denn? Das würde mich jetzt mal interessieren, denn letztendlich läuft es aufs Symmetrie-Argument hinaus :-)

> konv. also nicht.

[ok]

Gruß,
Gono

Bezug
                                
Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:21 So 15.01.2017
Autor: Noya


> Hiho,
>  
> > für n = 0
>  >  
> > [mm]E(|X|^0)[/mm] = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^0 \cdot{}f(x) dx}[/mm]
> > =  [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{1 \cdot{}f(x) dx}[/mm] =  
> > [mm]\limes_{t\rightarrow\infty} \integral_{-\infty}^{t}{1 \cdot{}f(x) dx}[/mm]
> > = [mm]\limes_{t\rightarrow\infty}[/mm] F(t) = 1 < [mm]\infty[/mm]  
> > (Eigenschaft der Verteilungsfunktion)
>
> Ja, aber viel zu umständlich: Es ist [mm]|X|^0 = 1[/mm] und damit
> [mm]E[|X|^0] = E[1] = 1[/mm]

stimmt! DANKE!!

>  
> > für n [mm]\to[/mm] n+1 oder n [mm]\to[/mm] n-1 fällt es ir irgendwie sehr
> > schwer, da ich ja f(x) nicht eindeutig integrieren
> > kann...ich glaub es ist für heute genug. ich guck mir das
> > morgen früh nochmal an.
>  
> da hast du völlig recht, man benötigt noch einen
> Zwischenschritt und ich war mit meinem Tipp etwas
> vorschnell.
>  Mal der nächste Ansatz etwas detaillierter:
>  
> Es ist [mm]E[|X|^n] = \int_{-\infty}^\infty |x|^n f(x) dx = 2\int_0^\infty |x|^n f(x) dx[/mm]

das hatte ich auch geschafft :D

>  
> Beachte: Es reicht [mm]E[|X|^n][/mm] nur für ungerade n zu zeigen,
> da für eine Zufallsvariable gilt: Ist [mm]E[|X|^n] < \infty[/mm] so
> auch [mm]E[|X|^k] < \infty[/mm] für [mm]k\le n[/mm] (den Beweis hattet ihr
> bestimmt, geht einfach per Cauchy-Schwarz-Ungleichung).

Nein hatten wir nicht...

> Betrachten wir also nur ungerade Exponenten der Form [mm]2n+1[/mm]
> und erhalten mit der Substitution [mm]y = \frac{x^2}{2}[/mm]:
>  
> [mm]E[|X|^{2n+1}] = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^{2n+1} e^\frac{x^2}{2} dx = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty y^n e^y[/mm]

hier ist irgendwas falsch. Glaube ich.
[mm] E[|X|^{2n+1}] [/mm] = [mm] \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^{2n+1} e^\frac{-x^2}{2} [/mm] dx

subst y = [mm] \frac{x^2}{2} [/mm]  
[mm] \bruch{dy}{dx}=x [/mm]  
[mm] \bruch{1}{x}dy [/mm] = dx
dann wäre [mm] \bruch{x^{2n+1}}{x}=x^{2n} [/mm] = [mm] (2y)^{n} [/mm] oder???
also [mm] =\frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty (2y)^n e^{-y} [/mm] dy =  [mm] \frac{2^{n+1}}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty y^n e^{-y} [/mm] dy

oder? aber jetzt soll ich abschätzen?? es gilt ja f(x) [mm] \le [/mm] g(x) dann auch [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} \le \integral_{a}^{b}{g(x) dx} [/mm]




>  
> Und davon kannst du nun bestimmt zeigen, dass es kleiner
> unendlich ist :-)
>  

also könnte ich ja jetzt auch einfach erstmal abschätzen ohne Integral
f(x) = [mm] y^n e^{-y} \le y^n e^{y} \le [/mm] irgendwas.
da hapert es bei mir...

> > die b ) habe ich jetzt einfach vollständig berechnet
>  
> Ja wie denn? Das würde mich jetzt mal interessieren, denn
> letztendlich läuft es aufs Symmetrie-Argument hinaus :-)

[mm] E(x)=\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}\cdot{}\integral_{-\infty}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}\cdot{}(\integral_{-\infty}^{0}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}+\integral_{0}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}) =\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}\cdot{}(\integral_{0}^{\infty}{-x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}+\integral_{0}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}) [/mm]
[mm] =\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}\cdot{}(-\integral_{0}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}+\integral_{0}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}) [/mm] = 0


>  
> > konv. also nicht.
> [ok]
>  
> Gruß,
>  Gono


Bezug
                                        
Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:03 So 15.01.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> > Beachte: Es reicht [mm]E[|X|^n][/mm] nur für ungerade n zu zeigen,
> > da für eine Zufallsvariable gilt: Ist [mm]E[|X|^n] < \infty[/mm] so
> > auch [mm]E[|X|^k] < \infty[/mm] für [mm]k\le n[/mm] (den Beweis hattet ihr
> > bestimmt, geht einfach per Cauchy-Schwarz-Ungleichung).
> Nein hatten wir nicht...

Kann ich mir zwar nicht vorstellen… aaaaber macht nix. Kümmern wir uns später drum.

>  > Betrachten wir also nur ungerade Exponenten der Form

> [mm]2n+1[/mm]
> > und erhalten mit der Substitution [mm]y = \frac{x^2}{2}[/mm]:
>  >  
> > [mm]E[|X|^{2n+1}] = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^{2n+1} e^\frac{x^2}{2} dx = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty y^n e^y[/mm]
>  
> hier ist irgendwas falsch. Glaube ich.

Dann glaubst du falsch ;-)

>  [mm]E[|X|^{2n+1}][/mm] = [mm]\frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^{2n+1} e^\frac{-x^2}{2}[/mm]
> dx
>  
> subst y = [mm]\frac{x^2}{2}[/mm]  
> [mm]\bruch{dy}{dx}=x[/mm]  
> [mm]\bruch{1}{x}dy[/mm] = dx

[ok]

>  dann wäre [mm]\bruch{x^{2n+1}}{x}=x^{2n}[/mm] = [mm](2y)^{n}[/mm] oder???

Potenzgesetze!
Es ist [mm] $x^{2n} [/mm] = [mm] (x^2)^n [/mm] = [mm] y^n$. [/mm]
Ebenso kann man sehen, dass deins nicht stimmt. Es ist nämlich [mm] $(2y)^n [/mm] = [mm] 2^ny^n [/mm] = [mm] 2^n(x^2)^n [/mm] = [mm] 2^n x^{2n} \not= x^{2n}$ [/mm]

> =  [mm]\frac{2^{n+1}}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty y^n e^{-y}[/mm] dy
>  
> oder? aber jetzt soll ich abschätzen??

Nö. Das kannst du jetzt mit dem Induktionsvorschlag lösen und partieller Integration. Einfach, weil du die Stammfunktion von [mm] $e^{-y}$ [/mm] jetzt geschlossen darstellen kannst!

Damit ist mit partieller Integration [mm] $\int_0^\infty y^ne^{-y}dy [/mm] = [mm] \left[-ye^{-y}\right]^\infty_0 [/mm] + [mm] n\int_0^\infty y^{n-1}e^{-y} [/mm] dy = [mm] n\int_0^\infty y^{n-1}e^{-y}dy [/mm] < [mm] +\infty$ [/mm] nach IV.

Gruß,
Gono

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Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:12 So 15.01.2017
Autor: Noya


> Hiho,
>  
> > > Beachte: Es reicht [mm]E[|X|^n][/mm] nur für ungerade n zu zeigen,
> > > da für eine Zufallsvariable gilt: Ist [mm]E[|X|^n] < \infty[/mm] so
> > > auch [mm]E[|X|^k] < \infty[/mm] für [mm]k\le n[/mm] (den Beweis hattet ihr
> > > bestimmt, geht einfach per Cauchy-Schwarz-Ungleichung).
> > Nein hatten wir nicht...
>  Kann ich mir zwar nicht vorstellen… aaaaber macht nix.
> Kümmern wir uns später drum.
>  
> >  > Betrachten wir also nur ungerade Exponenten der Form

> > [mm]2n+1[/mm]
> > > und erhalten mit der Substitution [mm]y = \frac{x^2}{2}[/mm]:
>  >

>  >  
> > > [mm]E[|X|^{2n+1}] = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^{2n+1} e^\frac{x^2}{2} dx = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty y^n e^y[/mm]
>  
> >  

> > hier ist irgendwas falsch. Glaube ich.
>  Dann glaubst du falsch ;-)
>  
> >  [mm]E[|X|^{2n+1}][/mm] = [mm]\frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^{2n+1} e^\frac{-x^2}{2}[/mm]

> > dx
>  >  
> > subst y = [mm]\frac{x^2}{2}[/mm]  
> > [mm]\bruch{dy}{dx}=x[/mm]  
> > [mm]\bruch{1}{x}dy[/mm] = dx
>  [ok]
>  
> >  dann wäre [mm]\bruch{x^{2n+1}}{x}=x^{2n}[/mm] = [mm](2y)^{n}[/mm] oder???

>  Potenzgesetze!
>  Es ist [mm]x^{2n} = (x^2)^n = y^n[/mm].

ja aber y= [mm] \bruch{x^{2}}{2} [/mm] dementsprechend müsste ich da ja noch die 2 hinzumultiplizieren.und somit
[mm] x^{2n} [/mm] = [mm] (x^{2})^{n}=(2*\bruch{x^{2}}{2})^n [/mm] = [mm] (2y)^n [/mm]

>  Ebenso kann man sehen,
> dass deins nicht stimmt. Es ist nämlich [mm](2y)^n = 2^ny^n = 2^n(x^2)^n = 2^n x^{2n} \not= x^{2n}[/mm]
>  
> > =  [mm]\frac{2^{n+1}}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty y^n e^{-y}[/mm] dy
>  >  
> > oder? aber jetzt soll ich abschätzen??
>
> Nö. Das kannst du jetzt mit dem Induktionsvorschlag lösen
> und partieller Integration. Einfach, weil du die
> Stammfunktion von [mm]e^{-y}[/mm] jetzt geschlossen darstellen
> kannst!
>  
> Damit ist mit partieller Integration [mm]\int_0^\infty y^ne^{-y}dy = \left[-ye^{-y}\right]^\infty_0 + n\int_0^\infty y^{n-1}e^{-y} dy = n\int_0^\infty y^{n-1}e^{-y}dy < +\infty[/mm]
> nach IV.
>  

alles klar ich versche es weiter.
Was sagst du zu der b? ist das ok so?

Vielen Dank!

> Gruß,
>  Gono


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Erwartungswert&Stand.norm.vert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:49 So 15.01.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

>  ja aber y=
> [mm]\bruch{x^{2}}{2}[/mm] dementsprechend müsste ich da ja noch die
> 2 hinzumultiplizieren.und somit

eieiei du hast natürlich recht…
das kommt daher, weil ich erst [mm] $y=x^2$ [/mm] substituieren wollte… habe das dann aber geändert um den Exponenten von e schön zu bekommen. Aber letztendlich ist das egal…

> alles klar ich versche es weiter.

Ja, schreibe das mal sauber auf, an der Argumentation ändert sich nämlich gar nichts. Weil wenn [mm] $\int_0^\infty [/mm] g(x) dx < [mm] \infty$, [/mm] so auch [mm] $2^{n}\int_0^\infty [/mm] g(x) dx < [mm] \infty$ [/mm]

>  Was sagst du zu der b? ist das ok so?

Naja, wie ich dir bereits beim ersten Mal sagte, hast du das selbe Argumentationsproblem:

> $ [mm] =\bruch{1}{\wurzel{2\cdot{}\pi}}\cdot{}(-\integral_{0}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}+\integral_{0}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx}) [/mm] $ = 0

Wer sagt dir, dass da in der Klammer nicht [mm] $-\infty [/mm] + [mm] \infty$ [/mm] steht? D.h. dein letztes Gleichheitszeichen müsstest du begründen und das kannst du eben nur, wenn du vorher gezeigt hast, dass [mm] $\integral_{0}^{\infty}{x\cdot{}e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] gilt und das versuchen wir ja vorher gerade zu zeigen :-)

Darum sind die Aufgaben auch in dieser Reihenfolge gestellt.


Gruß,
Gono

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Erwartungswert&Stand.norm.vert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:36 So 15.01.2017
Autor: Noya

okay.

ich versuche es nochmal vollständig

zz. [mm] E(|X|^n) [/mm] < [mm] \infty [/mm]

IA) n=0
[mm] |X|^n [/mm] = 1  [mm] E(|X|^0)=E(|1|)=1 [/mm]
IV) Die Beh. gelte für ein n [mm] \in \IN [/mm]
IS) n-1 [mm] \to [/mm] n

[mm] E(|X|^n) =\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^n \cdot{} e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm]

= [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} *2\integral_{0}^{\infty}{x^n \cdot{} e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm]


so nun bastel ich rum, damit ich das nicht für gerade/ungerade zeigen muss, bzw den weiteren beweis führen muss.

subst y =   [mm] \bruch{-x^{2}}{2} [/mm]
[mm] \bruch{dy}{dx} [/mm] = x

[mm] \bruch{dy}{x} [/mm] = dx

[mm] \wurzel{2y} [/mm] = x


[mm] =\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} *2\integral_{0}^{\infty}{\wurzel{2y}^{n-1} \cdot{} e^{-y} dy} [/mm]
= [mm] \bruch{2*\wurzel{2}^{n-1}}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{0}^{\infty}{\wurzel{y}^{n-1} \cdot{} e^{-y} dy} [/mm] < [mm] \infty [/mm] nach IV

damit hätte ich keine einschränkung an n gemacht und müsste nichtmal partiell Integrieren...



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Erwartungswert&Stand.norm.vert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 07:52 Mo 16.01.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

bis hierhin war das ok.

> = [mm]\bruch{2*\wurzel{2}^{n-1}}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{0}^{\infty}{\wurzel{y}^{n-1} \cdot{} e^{-y} dy}[/mm] [mm]\infty[/mm] nach IV

Hier schreibst du lapidar "nach IV".
Wie siehst deine IV denn aus?

Zu Beginn schreibst du:

> IV) Die Beh. gelte für ein n $ [mm] \in \IN [/mm] $
> IS) n-1 $ [mm] \to [/mm] $ n

Das passt nicht zusammen: Wenn deine IV für ein [mm] $n\in \IN$ [/mm] gelten soll, dann musst du natürlich auch den Schritt von n auf $n+1$ zeigen.
Oder du nimmst an die IV gelte für $n-1$ und zeigst dann den Schritt von $n-1$ auf $n$… in deinem Fall wäre ja gar nichts zu zeigen!

Also wenn du den Schritt von $n-1$ auf $n$ zeigen willst, wäre deine IV ja "die Aussage gelte für n-1", aber dann hast du als Voraussetzung eben:

[mm] $\int_0^\infty x^{n-1}e^\frac{-x^2}{2} [/mm] dx < [mm] \infty$ [/mm] oder substituiert [mm] $\int_0^\infty \sqrt{y}^{n-2} e^{-y} [/mm] dy < [mm] \infty$ [/mm]

D.h. ohne weitere Arbeit wie partielle Integration, wirst du da nicht drumrum kommen.
Aber du kannst gerne so anfangen, wie du es machst mit [mm] $\sqrt{y}$ [/mm] und kommst mit partieller Integration dann auf einen Ausdruck, der [mm] $$\int_0^\infty \sqrt{y}^{n-3} e^{-y} [/mm] dy$ enthält, was mit geeigneter IV eben endlich ist :-)

Gruß,
Gono

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Erwartungswert&Stand.norm.vert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:40 Mo 16.01.2017
Autor: Noya

IA)s.oben

IV)Die Beh. gelte für ein [mm] (n-1)\in \IN [/mm]

IS) n-1 [mm] \to [/mm] n

[mm] E(|X|^n) =\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{-\infty}^{\infty}{|x|^n \cdot{} e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm]

= [mm] \bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} *2\integral_{0}^{\infty}{x^n \cdot{} e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm]


subst y =   [mm] \bruch{-x^{2}}{2} [/mm]
[mm] \bruch{dy}{dx} [/mm] = x

[mm] \bruch{dy}{x} [/mm] = dx

[mm] \wurzel{2y} [/mm] = x


[mm] =\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} *2\integral_{0}^{\infty}{\wurzel{2y}^{n-1} \cdot{} e^{-y} dy} [/mm]
= [mm] \bruch{2*\wurzel{2}^{n-1}}{\wurzel{2*\pi}} \integral_{0}^{\infty}{\wurzel{y}^{n-1} \cdot{} e^{-y} dy} [/mm]

partielle Int.

[mm] =\bruch{2*\wurzel{2}^{n-1}}{\wurzel{2*\pi}}( (\underbrace{-\wurzel{y}^{n-1}*e^{-y}}_{\to 0 für y \to \infty})^{\infty}_{0}+ [/mm] (n-1) [mm] \underbrace{\integral_{0}^{\infty}{\wurzel{y}^{n-2} \cdot{} e^{-y} dy}}_{< \infty nach IV} [/mm] ) [mm] <\infty [/mm]


Geht das so?

Dank dir für deine Mühen!!!

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Erwartungswert&Stand.norm.vert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:13 Mo 16.01.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> IV)Die Beh. gelte für ein [mm](n-1)\in \IN[/mm]

ich würde das "ein" weglassen. Und insbesondere annehmen, dass es für alle natürlichen Zahlen kleiner als n gilt, also für [mm] $(n-1),(n-2),\ldots$ [/mm]
Warum siehst du später und ist auch keine größere Annahme.

> subst y =   $ [mm] \bruch{-x^{2}}{2} [/mm] $

Du substituierst das Minuszeichen nicht mit!
Sonst würden sich auch die Grenzen ändern…

$ [mm] \bruch{dy}{dx} [/mm] $ = x

hier ist es plötzlich auch weg :-)


$ [mm] \bruch{dy}{x} [/mm] $ = dx

$ [mm] \wurzel{2y} [/mm] $ = x

>  [mm] (\underbrace{-\wurzel{y}^{n-1}*e^{-y}}_{\to 0 für y \to \infty})^{\infty}_{0} [/mm]

Das geht nicht gegen null, sondern das IST Null. Da du bereits [mm] $\infty$ [/mm] als obere Grenze setzt, hast du bereits einen Grenzübergang.

Weiterhin steht im hinteren Integral nicht [mm] $\sqrt{y}^{n-2}$ [/mm] sondern [mm] $\sqrt{y}^{n-3}$ [/mm] da [mm] $\left(\sqrt{y}^{n-1}\right)' [/mm] = [mm] (n-1)\sqrt{y}^{n-3}$ [/mm]

> Geht das so?

also grundsätzlich ja.
Wenn du dir noch klar machst, dass aus deiner IV jetzt wirklich folgt, dass das hintere Integral endlich ist :-)
Weil das eben das Integral ist, was man erhält wenn man obige Substitution für [mm] $E\left[|X|^{n-2}\right]$ [/mm] anwendet. Und da wir in der IV angenommen haben, dass [mm] $E\left[|X|^k\right] [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] für $k<n$ gilt, ist alles gut.

Gruß,
Gono


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Erwartungswert&Stand.norm.vert: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:19 Mo 16.01.2017
Autor: Noya


> Hiho,
>  
> > IV)Die Beh. gelte für ein [mm](n-1)\in \IN[/mm]
>  ich würde das
> "ein" weglassen. Und insbesondere annehmen, dass es für
> alle natürlichen Zahlen kleiner als n gilt, also für
> [mm](n-1),(n-2),\ldots[/mm]
>  Warum siehst du später und ist auch keine größere
> Annahme.
>  
> > subst y =   [mm]\bruch{-x^{2}}{2}[/mm]
>  Du substituierst das Minuszeichen nicht mit!
> Sonst würden sich auch die Grenzen ändern…
>  
> [mm]\bruch{dy}{dx}[/mm] = x
>
> hier ist es plötzlich auch weg :-)

Tippfehler. Sorry.

>  
>
> [mm]\bruch{dy}{x}[/mm] = dx
>
> [mm]\wurzel{2y}[/mm] = x
>
> >  [mm](\underbrace{-\wurzel{y}^{n-1}*e^{-y}}_{\to 0 für y \to \infty})^{\infty}_{0}[/mm]

>  
> Das geht nicht gegen null, sondern das IST Null. Da du
> bereits [mm]\infty[/mm] als obere Grenze setzt, hast du bereits
> einen Grenzübergang.

>  
> Weiterhin steht im hinteren Integral nicht [mm]\sqrt{y}^{n-2}[/mm]
> sondern [mm]\sqrt{y}^{n-3}[/mm] da [mm]\left(\sqrt{y}^{n-1}\right)' = (n-1)\sqrt{y}^{n-3}[/mm]

das verstehe ich nicht!
[mm] (\wurzel{y}^{n-1})' [/mm] = (n-1) * [mm] \wurzel{y}^{n-1-1} [/mm] = (n-1) * [mm] \wurzel{y}^{n-2} [/mm] oder nicht?

okay EDIT: na klar. Wurzel vergessen :D
[mm] (\wurzel{y}^{n-1})' [/mm] = [mm] \bruch{n-1}{2}*\wurzel{y}^{n-3} [/mm]

>  
> > Geht das so?
>  
> also grundsätzlich ja.
> Wenn du dir noch klar machst, dass aus deiner IV jetzt
> wirklich folgt, dass das hintere Integral endlich ist :-)
> Weil das eben das Integral ist, was man erhält wenn man
> obige Substitution für [mm]E\left[|X|^{n-2}\right][/mm] anwendet.
> Und da wir in der IV angenommen haben, dass
> [mm]E\left[|X|^k\right] < \infty[/mm] für [mm]k

bei korrekter ableitung ja sogar für [mm] E(|X|^{n-3}) [/mm] oder??

>  
> Gruß,
>  Gono
>  

DANKE DANKE DANKE!!!


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Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:35 Mo 16.01.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> das verstehe ich nicht!
>  [mm](\wurzel{y}^{n-1})'[/mm] = (n-1) * [mm]\wurzel{y}^{n-1-1}[/mm] = (n-1) *
> [mm]\wurzel{y}^{n-2}[/mm] oder nicht?
>  
> okay EDIT: na klar. Wurzel vergessen :D

[ok]
Die gute alte innere Ableitung :-)
Alternativ bei Problemen immer erst umschreiben zu [mm] $\sqrt{y}^{n-1} [/mm] = [mm] y^\bruch{n-1}{2}$ [/mm]

> bei korrekter ableitung ja sogar für [mm]E(|X|^{n-3})[/mm] oder??

Nein.
Schreib das mal sauber auf und substituiere, also:
[mm] $E(|X|^{n-2}) [/mm] = [mm] 2\int_0^\infty x^{n-2}e^{\frac{-x}{2}} [/mm] dx$

Und nun substituiere mal wie oben.

Gruß,
Gono

Bezug
                                                                                                                
Bezug
Erwartungswert&Stand.norm.vert: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:05 Mo 16.01.2017
Autor: Noya

Ohja ist klar. habe das [mm] \bruch{1}{x} [/mm] vergessen.

Vielen lieben Dank :)

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