Streuung und Erwartungswert < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:27 Sa 20.11.2010 | | Autor: | Vilietha |
| Aufgabe | Sei Ω := [0, 1] ∪ [5, 10] mit der Gleichverteilung versehen (die Dichtefunktion ist also eine
Konstante). Als Zufallsvariable betrachten wir die Funktion "Abstand zum Punkt 4".
Bestimmen Sie Erwartungswert und Streuung. |
Ich bin mir ein wenig unsicher bezüglich dieser Berechnung (die beiden Intervalle machen alles ein wenig kompliziert....).
Ich habe die Berechnung Schrittweise gemacht. Zuerst habe ich den neuen W-Raum mit der Zufallsvariable X ("Abstand zum Punkt 4") induziert. Für diesen induzierten Raum habe ich die Dichte h und die Verteilungsfunktion H ausgerechnet. Aus Symmetriegründen von h konnte ich auf den Erwartungswert von 3.5 schließen.
Um die Varianz zu ermitteln, habe ich einen neuen W-Raum induziert, nämlich mir der Zufallsvariable Y. Y := (x - E(X))². Ich habe die Dichte g von Y bestimmt, und damit den Erwartungswert von Y bestimmt. Und dieser ist ja gleich der Varianz von X. Var(X) ist bei mir 2(1/6), und die Streuung damit [mm] \wurzel{(2(1/6))}.
[/mm]
Die Dichte g von Y ist: g(x) = 2/(3x) auf ]0, 0.25] und 1/(3x) auf [0.25, 6.25]. Ich weiss, dass man E(X) und V(X) auch auf direkterem Weg ausrechnen kann, aber so schrittweise fand ich es schöner.
Ich würde mich sehr freuen, wenn jemand das Ergebnis überprüfen könnte.
Viele Grüße,
Vilietha
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Huhu,
dein Erwartungswert stimmt leider nicht.
Du kannst hier den Erwartungswert ganz einfach über die Definition des Erwartungswerts bei gegebener Dichte berechnen.
Nämlich [mm] $\integral_{\Omega}x*f(x) [/mm] dx$ Wobei f(x) hier die (konstante) Dichte der Gleichverteilung ist.
Wie sieht diese hier aus?
Analog dafür [mm] E[X^2] [/mm] berechnen und auf die Varianz schliessen.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:19 Sa 20.11.2010 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Gono,
Vielen Dank für Deine schnelle Antwort :)
Die Dichte f(x), nach welcher Du gefragt hast, lautet: f(x)=1/6 auf [0,1]U[5,10].
Aber warum stimmt der Erwartungswert von mir nicht?
Wenn ich den Erwartungswert von dieser Dichte (f) ausrechne, (so wie du es angegeben hattest), dann erhalte ich ja den Erwartungswert dieses Raumes. Und dies wäre ja 76/12.
Gefragt ist aber doch nach dem Erwartungswert von X...
Die Dichte h des induzierten Raumes ist ja auf [1,6] definiert, wobei
[mm] h(x)=\begin{cases} 1/6, & \mbox{für } x \in [1,6]\backslash [3,4] \\ 1/3, & \mbox{für } x \in [3,4] \end{cases}
[/mm]
h wäre demnach also eine schön symmetrische Funktion, also müsste E(X) ja 3.5 sein.
Vielleicht habe ich aber auch etwas an deiner Aussage missverstanden.
Viele Grüße,
Vilietha
Nachtrag: Ich vermute, Du meinst [mm] \integral_{\Omega}^{}{X(x)f(x) dx}, [/mm] oder?
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Huhu,
na dann wollen wir nochmal von vorne anfangen:
Eine Bitte aber vorweg. Nutze doch bitte den schönen Formeleditor, damit kannst auch du die Aufgaben schön und leserlich posten.
Du hast natürlich recht, es ist ja die W-Keitsdichte auf dem Urbildraum gegeben und nicht die Verteilungsdichte von X.
Asche auf mein Haupt zum voreiligen Posten 
Insofern stimmen deine Überlegungen zur Verteilungsdichte.
Das Integral, was ich gepostet hab, kannst du vergessen, korrekterweise sollte es nämlich lauten:
[mm] $\integral_\IR [/mm] xf(x)dx$, wobei f(x) dann die Verteilungsdichte sein muss.
Die hast du ja bereits korrekt hergeleitet und auf die komm ich auch.
Mit der stimmt dann auch der Erwartungswert mit deinem überein 
Ich frage mich nun allerdings, warum du das mit der neuen ZV machst, anstatt den Erwartungswert von [mm] X^2 [/mm] zu berechnen.
Also berechnet einfach analog
[mm] $E[X^2] [/mm] = [mm] \integral_\IR [/mm] x^2f(x) dx$ und berechnet die Varianz dann über
$V(X) = [mm] E[X^2] [/mm] - [mm] E^2[X]$
[/mm]
MFG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:55 So 21.11.2010 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Gono,
Vielen Dank für deine Antwort.
Ja, ich kann es nun auch deutlich sehen, dass es einfacher ist den Erwartungswert von X² zu berechnen. Und dies werde ich nun auch tun...
Viele Grüße,
Vilietha
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:49 So 21.11.2010 | | Autor: | Vilietha |
Es gibt ja nun mehrere Wege, V(X) zu berechnen.
Über die Formel von Dir zum Beispiel.
Aber man könnte ja auch die Dichte f des Urbildes direkt verwenden, um <X²> zu berechnen.
Ich hab das nun versucht, aber es scheint ein wenig seltsam...
[mm] \integral_{\Omega}^{}{X^{2}f(x) dx} [/mm] = [mm] \bruch{1}{6} \integral_{\Omega}^{}{|x-4|^{2} dx}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{18}([|x-4|^{3}]^{1}_{0} [/mm] + [mm] [|x-4|^{3}]^{10}_{5})
[/mm]
Beim ersten Summanden der letzten Zeile kommt ja etwas Negatives heraus...
Freue mich über jeden Kommentar.
Viele Grüße,
Vilietha
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Hallo Vilietha,
erster Tip: [mm] $|x-4|^2 [/mm] = [mm] (x-4)^2 [/mm] $
Der Betrag ist uns also egal, du hast daher auch falsch integriert. Die Stammfunktion ist nämlich
[mm] $\bruch{1}{3}(x-4)^3$ [/mm] und dann kommt da auch nichts Negatives mehr raus
MFG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:25 So 21.11.2010 | | Autor: | Vilietha |
Lieber Gono,
Vielen Dank für Deinen 'ersten Tipp'.
Einen Zweiten konnte ich zwar nicht entdecken (obwohl ich lange danach Ausschau gehalten habe), aber er wäre auch gar nicht nötig gewesen. Denn ich konnte ein sehr schönes, rundes Ergebnis finden
Die Varianz beträgt genau [mm] \bruch{7}{4}. [/mm] Und daran kann es keinen Zweifel geben.
Viele Grüße und einen schönen Sonntag Abend,
Vilietha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:38 So 21.11.2010 | | Autor: | Gonozal_IX |
Huhu,
> Die Varianz beträgt genau [mm]\bruch{7}{4}.[/mm] Und daran kann es
> keinen Zweifel geben.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
MFG,
Gono.
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