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Forum "Uni-Stochastik" - Pareto Erwartungswert
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Pareto Erwartungswert: Fehlersuche
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:43 So 13.01.2019
Autor: randomsamson

Aufgabe
Beweise den Erwartungswert einer Paretoverteilung über den Ansatz [mm] E[X]=\int_{-\infty}^{\infty} [/mm] 1-F(x)dx




Edit: gelöst!


Gegeben Pareto Verteilung(k,a) mit
[mm] F(X)=1-\left ( \frac{k}{x} \right )^a [/mm] für x >= k
F(X)=1  für x < k

Es gilt: x >= 0

Gesucht: E[X]

[mm] E[X]=\int_{k}^{\infty} 1-F(x)dx=\int_{0}^{k}\left( 1 \right)dx+\int_{k}^{\infty}\left( \frac{k}{x} \right)^adx [/mm]

das Resultat der Integration ist
E[X]= k + [mm] k^a \int_{k}^{\infty} x^{-a}dx [/mm] = k +  [mm] k^a \frac{1}{1-a} \left[ x^{1-a} \right]^{\infty}_{k} [/mm]  =  k + [mm] k^a \frac{1}{1-a} \left( 0 - k^{1-a} \right) [/mm] = k + [mm] \frac{k}{a-1} [/mm] = [mm] \frac{k(a-1)}{a-1} [/mm] + [mm] \frac{k}{a-1} [/mm]  = [mm] \frac{ka}{a-1} [/mm]


        
Bezug
Pareto Erwartungswert: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 07:49 Mo 14.01.2019
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

>Beweise den Erwartungswert einer Paretoverteilung über den Ansatz $ [mm] E[X]=\int_{-\infty}^{\infty} [/mm] $ 1-F(x)dx

Diesen Ansatz gibt es nicht, weil er falsch ist.... interessanterweise verwendest du ihn auch gar nicht in deiner Aufgabe.

> Gegeben Pareto Verteilung(k,a) mit
>  [mm]F(X)=1-\left ( \frac{k}{x} \right )^a[/mm] für x >= k
>  F(X)=1  für x < k

Notation! Du meinst F(x) nicht F(X)
Dann: Es soll doch wohl eher $F(x) = 0$ für $x < k$ heißen!
Sonst wäre das ja wohl keine Verteilungsfunktion
  

> Es gilt: x >= 0

Hier meinst du wohl nicht x.

> Gesucht: E[X]
>  
> [mm]E[X]=\int_{k}^{\infty} 1-F(x)dx=\int_{0}^{k}\left( 1 \right)dx+\int_{k}^{\infty}\left( \frac{k}{x} \right)^adx[/mm]

Auch hier wieder: Notation!
Beim ersten Gleichheitszeichen ist dein Integrationsbereich [mm] $[k,\infty]$ [/mm] (warum?), beim zweiten dann plötzlich [mm] $[0,\infty]$ [/mm] (wo kommt das denn jetzt her?).... bitte sauberer Aufschreiben!
Und hier gehst du mit dem gegebenem Ansatz wohl baden.

> das Resultat der Integration ist
> E[X]= k + [mm]k^a \int_{k}^{\infty} x^{-a}dx[/mm] = k +  [mm]k^a \frac{1}{1-a} \left[ x^{1-a} \right]^{\infty}_{k}[/mm]
>  =  k + [mm]k^a \frac{1}{1-a} \left( 0 - k^{1-a} \right)[/mm] = k +
> [mm]\frac{k}{a-1}[/mm] = [mm]\frac{k(a-1)}{a-1}[/mm] + [mm]\frac{k}{a-1}[/mm]  =
> [mm]\frac{ka}{a-1}[/mm]

Die Rechnung stimmt für den Fall $a > 1$, betrachte noch den Fall [mm] $a\le [/mm] 1$.

Gruß,
Gono

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