Zeigen, dass Markov-Ungl gilt. < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:25 Mo 22.11.2010 | | Autor: | Druss |
| Aufgabe | Sie [mm] (\Omega,P) [/mm] ein abzählbarer Wahrscheinlichkeitsraum und [mm] X:\Omega\rightarrow\mathbb R_{+} [/mm] eine nichtnegative reellwertige Zufallsvariable darauf. Sei außerdem eine monoton wachsende Funktion h: [mm] [0,\infty)\rightarrow (0,\infty) [/mm] gegeben.
Zeigen Sie, dass die Markov-Ungleichung
[mm] P(X\ge a)\le \frac{E(h(X))}{h(a)}
[/mm]
für [mm] a\in [0,\infty) [/mm] beliebig gilt. |
Hallo,
meine Idee ist bis jetzt E(h(X)) zu berechnen und das ganze dann nach oben hin abzuschätzen also
E(h(X)) = [mm] \sum\limits_{x=0}^\infty h(x)\cdot [/mm] P(h(X) = h(x))
[mm] \ge \sum\limits_{x: x\ge a}^\infty h(x)\cdot [/mm] P(h(X) = h(x))
fange also erst ab einem Wert a an aufzusummieren.
Dann weiß ich leider schon nicht so recht weiter. Meine Idee ist jedoch, zusagen, dass ich so etwas hinbekommen muss wie
E(h(X)) [mm] \ge h(a)\cdot P(X\ge [/mm] a)
und dafür könnte man vermuten, dass man
[mm] \sum\limits_{x: x\ge a}^\infty [/mm] P(h(X) = h(x))
als Verteilungsfunktion hinschreibt.
Die Definition einer Verteilungsfunktion ist jedoch
[mm] \sum\limits_{x=0}^a [/mm] P(h(X) = h(x))
weshalb ich nicht genau weiß wie ich das machen soll
mfg
FM
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Huhu,
ich persönlich find den allgemeinen Beweis viel schöner und vorallem einfacher.
Fang mal so an:
[mm] $P(X\ge [/mm] a) = [mm] \integral_{\{X \ge a\}} [/mm] 1 dP$
Verwende nun die Monotonie von h und schätze die 1 gegen einen Bruch ab, addiere dann geeignet ein weitere Integral, so dass dann nachher da steht.
[mm] $\integral_\Omega \bruch{h(X)}{h(a)} [/mm] dP = [mm] E\left[\bruch{h(X)}{h(a)}\right]$
[/mm]
Dann steht ja eigentlich da.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:57 Mo 22.11.2010 | | Autor: | Druss |
Hallo,
ich auch jedoch sind wir noch nicht im stetigen Kontext angelangt und ich bin mir zu 99,9999% sicher, dass wir das für eine diskrete ZV zeigen sollen^^.
mfg
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Huhu,
ersetze das stetige Summenzeichen [mm] \integral [/mm] durch das diskrete Summenzeichen [mm] \summe [/mm] und der Beweis läuft analog 
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:28 Mo 22.11.2010 | | Autor: | Druss |
Habe ich auch gedacht aber ich hänge bei folgendem
[mm] \textbf{Für den stetigen Fall}
[/mm]
E(h(X)) = [mm] \int_{-\infty}^\infty h(x)\cdot [/mm] f(x) dx
[mm] \ge \int_a^\infty h(x)\cdot [/mm] f(x) dv
[mm] \ge [/mm] h(a) [mm] \int_a^\infty [/mm] f(x) dx
= [mm] h(a)\cdot P(X\ge [/mm] a)
[mm] \square
[/mm]
Frage was ich hier nicht ganz verstehe wieso ich für h(x) einfach für x=a einsetzen kann um es dann vor das Integral zu ziehen...
[mm] \textbf{Für den diskreten Fall}
[/mm]
E(h(X)) = [mm] \sum\limits_{x=-\infty}^\infty h(x)\cdot [/mm] P(X=x)
[mm] \ge \sum\limits_{x=a}^\infty h(x)\cdot [/mm] P(X=x)
[mm] \ge [/mm] h(a) [mm] \sum\limits_{x=a}^\infty [/mm] P(X=x)
= [mm] h(a)\cdot P(X\ge [/mm] a)
Wie man hier das h(x) rausziehen kann verstehe ich auch nicht (ergibt sich aber denke ich analog zu oben.
desweiteren ist die Verteilungsfunktion [mm] P(X\le [/mm] x) ja eigentlich als
[mm] P(X\le [/mm] x) = [mm] \sum\limits_{x=0}^a [/mm] P(X=x)
definiert
wie ich von
[mm] \sum\limits_{x=a}^\infty [/mm] P(X=x) auf [mm] P(X\le [/mm] a) komme verstehe ich auch nicht so ganz.
eigentlich müsste das ja die Gegenwahrscheinlichkeit sein.
Ich meine ich schätze ja sowieso nach oben ab und dann gilt wieder "Gleichheit" also ist da sicherlich irgendwas passiert ^^
mfg
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Huhu,
ok, betrachten wir uns mal die Summe:
[mm] $\sum\limits_{x=a}^\infty h(x)\cdot [/mm] P(X=x)$
$ [mm] \ge [/mm] h(a) [mm] \sum\limits_{x=a}^\infty [/mm] P(X=x) $
Du summierst doch über alle [mm] $x\ge [/mm] a$.
Da h nun monoton ist, gilt für alle [mm] $x\ge [/mm] a$ dass $h(x) [mm] \ge [/mm] h(a)$.
Eigentlich sehr trivial
> desweiteren ist die Verteilungsfunktion $ [mm] P(X\le [/mm] $ x) ja eigentlich als
> $ [mm] P(X\le [/mm] $ x) = $ [mm] \sum\limits_{x=0}^a [/mm] $ P(X=x)
Nein, es gilt
$ [mm] P(X\le [/mm] a) = [mm] \sum\limits_{x=0}^a [/mm] P(X=x)$
Betrachten wir nun:
$P(X > a) = 1 - [mm] P(X\le [/mm] a) = [mm] \summe_{x=0}^\infty [/mm] P(X = x) - [mm] \summe_{x=0}^a [/mm] P(X=x) = [mm] \summe_{x=a+1}^\infty [/mm] P(X=x)$
bzw:
$P(X [mm] \ge [/mm] a) = 1 - P(X < a) = 1 - P(X [mm] \le [/mm] a-1) = [mm] \text{analog zu oben} [/mm] = [mm] \summe_{x=a}^\infty [/mm] P(X=x)$
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:08 Mo 22.11.2010 | | Autor: | Druss |
Ich mag euch Mathematiker^^. Wie oft ich schon in der Vorlesung gesessen habe und meine Dozentin meinte "das ist ja trivial" und ich es einfach nicht gesehen habe :)
ich dachte, dass h(x) nichts anderes ist als eine transformation von x mit einer monotonen funktion. weiterhin dachte ich, dass wenn ich h(x) in der summe habe auch h(x) mit der summe läuft - eben von x=a bis [mm] \infty.
[/mm]
wenn ich nun h(a) mal der summe schreibe suggeriert dies doch, dass dieser term nicht mit der summe läuft ?? was ich irgendwie nicht verstehe^^
Mit der Verteilungsfunktion hast du natürlich recht da habe ich mich in der Eile vertan. Den Rest sehe ich natürlich ein :)
Aber wieso ich h(a) rausziehen kann ist mir zumindest atm noch nicht klar :(
mfg
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Ok, machen wir das mal Schrittweise:
> ich dachte, dass h(x) nichts anderes ist als eine
> transformation von x mit einer monotonen funktion.
> weiterhin dachte ich, dass wenn ich h(x) in der summe habe
> auch h(x) mit der summe läuft - eben von x=a bis [mm]\infty.[/mm]
Das ist korrekt.
> wenn ich nun h(a) mal der summe schreibe suggeriert dies
> doch, dass dieser term nicht mit der summe läuft ?? was
> ich irgendwie nicht verstehe^^
Auch das ist korrekt.
Und das tolle ist, es widerspricht sich nichtmal
Also nochmal langsam.
h ist eine monoton wachsende Funktion, daher gilt ja für alle $x [mm] \ge [/mm] a$, dass $h(x) [mm] \ge [/mm] h(a)$.
Soweit klar?
Nun betrachten wir mal die Summe und formen langsam um.
[mm] $\summe_{x=a}^\infty [/mm] h(x) P(X=x)$
[mm] $\ge \summe_{x=a}^\infty [/mm] h(a)P(X=x)$
denn für jedes x in der Summe gilt ja [mm] $x\ge [/mm] a$ und damit auch $h(x) [mm] \ge [/mm] h(a)$ und insbesondere ist deswegen dann $h(x)P(X=x) [mm] \ge [/mm] h(a)P(X=x)$ und damit auch die Summen über beide Seiten
Nun steht da ja:
[mm] $\summe_{x=a}^\infty [/mm] h(a)P(X=x)$
das h(a) ist nun unabhängig vom Laufindex, das hast du gut erkannt, also können wir es aus der Summe rausziehen:
$= h(a) [mm] \summe_{x=a}^\infty [/mm] P(X=x)$
MFG,
Gono.
> Mit der Verteilungsfunktion hast du natürlich recht da
> habe ich mich in der Eile vertan. Den Rest sehe ich
> natürlich ein :)
>
> Aber wieso ich h(a) rausziehen kann ist mir zumindest atm
> noch nicht klar :(
>
> mfg
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:59 Mo 22.11.2010 | | Autor: | Druss |
Danke dir,
das mit der monoton wachsenden funktion habe ich alles soweit verstanden. aber a ist doch nur ein beliebiger wert ab dem die summe nun laufen soll (lasse also alle werte wenn ich nach oben abschätzen möchte weg).
ich habe das x=a glaube anders verstanden wie mir gerade auffällt.
ich dachte, dass das x immer noch läuft also insbesondere das x nicht durch a ersetzen kann sondern x wie schon gesagt nun nur von a ab anfängt zu laufen.
wenn a nun irgend ein beliebiger wert ist (aber konstant) dann kann es ja eigentlich kein laufindex sein oder nicht?
Mal ein Beispiel wie ich es verstehen würde
[mm] \summe_{x=1}^{5}h(x)\cdot [/mm] P(X=x) = [mm] h(1)\dcot [/mm] P(X=1) + [mm] ...+h(5)\dcot [/mm] P(X=5)
nehmen wir an a sei 3
[mm] \summe_{x=3}^{5}h(x)\cdot [/mm] P(X=x) = [mm] h(3)\dcot [/mm] P(X=3) + [mm] ...+h(5)\dcot [/mm] P(X=5)
nun verstehe ich nicht wieso h(3) + h(4) + h(5) = h(3) sein soll
mfg
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Hiho,
> [mm]\summe_{x=1}^{5}h(x)\cdot[/mm] P(X=x) = [mm]h(1)\dcot[/mm] P(X=1) +
> [mm]...+h(5)\dcot[/mm] P(X=5)
>
> nehmen wir an a sei 3
ok
> [mm]\summe_{x=3}^{5}h(x)\cdot[/mm] P(X=x) = [mm]h(3)\dcot[/mm] P(X=3) +
> [mm]...+h(5)\dcot[/mm] P(X=5)
Genau.
> nun verstehe ich nicht wieso h(3) + h(4) + h(5) = h(3) sein
> soll
Wieso sollte das gelten? Das steht da doch gar nicht.
Also, es gilt doch, da h monoton: $h(5) [mm] \ge [/mm] h(4) [mm] \ge [/mm] h(3)$, d.h. wir können das Umformen zu:
> [mm]\summe_{x=3}^{5}h(x)\cdot[/mm] P(X=x) = [mm]h(3)\dcot[/mm] P(X=3) +
> [mm]...+h(5)\dcot[/mm] P(X=5)
[mm] $\ge [/mm] h(3)*P(X=3) + h(3)*P(X=4) + h(3)*P(X=5)$
[mm] $=h(3)*\left(P(X=3) + P(X=4) + P(X=5)\right) [/mm] = [mm] h(3)*\summe_{x=3}^{5} [/mm] P(X=x)$
D.h. wir konnten h(3) vor die Summe ziehen und beachte: Dabei gilt nicht Gleichheit, sondern grösserGleichheit!
MFG,
Gono.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:30 Mo 22.11.2010 | | Autor: | Druss |
also wir schätzen nach oben ab indem wir sagen, dass h(a) nun eine für alle h(x) gleich ist wobei [mm] x\ge [/mm] a gilt also folglich auch [mm] h(x)\ge [/mm] h(a)
ich dachte das x nun von a ab an zu laufen anfängt und demnach auch noch variabel ist nun entsprechend nicht als konstante vor die summe gezogen werden kann...
ich dachte, dass ich jeden Wert x entsprechend transformieren muss bzw. würde
richtig?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:20 Mi 24.11.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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