Mathematical Statistics and Data Analysis - Chapter 4 - Expected Values

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Beispiel 1

Es ist zu zeigen, wenn |X| < M < \infty \,, dann existiert auch E(X)\, 

Definition des Erwartungswertes: E(X) = \sum_i x_i p(x_i)\, existiert wenn \sum_i |x_i| p(x_i) < \infty\,


  \sum_i |x_i| p(x_i) < \sum_i M p(x_i) < \infty
  \,
 

Wenn alle Glieder |x_i| \, kleiner als M\, sind, so ist auch die Summe kleiner. 
Und die Summe von Glieder ist auch kleiner \infty\,, da M < \infty \, und 0 \le p(x_i) \le 1 \, gilt.

Beispiel 2

X\, ist eine diskrete gleichverteilte Zufallsvariable, d.h. P(X=k) = \frac{1}{n} \, für k=1,2,\ldots,n\,. Finde Erwartungswert und Varianz. 


  E(X) = \sum_{k=1}^n k \frac{1}{n} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n k = \frac{1}{n} \frac{n (n+1)}{2} = \frac{n+1}{2}
 


  Var(X) = 
  E(X^2) - E(X)^2 =
  \sum_{k=1} k^2 \frac{1}{n} - \left(\frac{n+1}{2}\right)^2

Beispiel 4

F(x) = 1 - x^{-\alpha}, x \ge 1\,

Finde Erwartungswert und Varianz für jene Werte von \alpha\, für die sie existieren. 


  f(x) = 
  F'(x) = 
  \frac{d}{dx} 1-x^{-\alpha} = 
  -x^{-\alpha-1} \cdot -\alpha = 
  \alpha x^{-\alpha -1}
 


  E(X) = 
  \int_1^\infty x \alpha x^{-\alpha - 1} \, dx =
  \int_1^\infty \alpha x^{-\alpha} \, dx =
  \alpha \frac{x^{1 - \alpha}}{1 -\alpha} \Bigg|_1^\infty =
 


  \lim_{x \to \infty} \frac{ \alpha x^{1 - \alpha} }{ 1 - \alpha } - \frac{ \alpha 1^{1 - \alpha} }{ (1- \alpha) } =
 

Wenn \alpha = 1\, ist, ist das Integral ln(x)|x=1..infty, daher existiert der E dann nicht. 


  \mathrm{Var}(X) = E(X^2) - E(X)^2 \,
 


  E(X^2) =
  \int_1^\infty x^2 \alpha x^{-\alpha - 1} \, dx =
  \int_1^\infty \alpha x^{-\alpha+1} \, dx =
  \alpha \frac{x^{2 - \alpha}}{2 -\alpha} \Bigg|_1^\infty =
 


  \lim_{x \to \infty} \alpha \frac{x^{2 - \alpha}}{2 -\alpha} - \alpha \frac{1^{2 - \alpha}}{2 -\alpha} =

Beispiel 5

f(x) = \frac{1 + \alpha x}{2} \, für -1 \le x \le 1 \, und -1 \le \alpha \le 1 \,

Finde Erwartungswert und Varianz. 


  E(X) = 
  \int_{-1}^1 x \cdot \frac{1+\alpha x}{2} \, dx = 
  \frac{1}{2} \int_{-1}^1 x \cdot (1+\alpha x) \, dx = 
 

Partiell Integriert \int f \cdot g = F \cdot g - \int F \cdot g' \, mit f = 1 + \alpha x\, und g = x \,

Somit F = x + \frac{\alpha x^2}{2} \, und g' = 1\,


  \frac{1}{2} \left( x \cdot \left(x + \frac{\alpha x^2}{2}\right) \Bigg|_{-1}^1 - \int_{-1}^1 \left(x + \frac{\alpha x^2}{2}\right) \cdot 1 \, dx \right)= 
  \frac{1}{2} \left( \left(x^2 + \frac{\alpha x^3}{2} \right) \Bigg|_{-1}^1 - \frac{x^2}{2} \Bigg|_{-1}^1 - \frac{\alpha x^3}{6} \Bigg|_{-1}^1 \right) =
 


  \frac{1}{2} \left( \left( (1+\frac{\alpha}{2}) - (1+\frac{-\alpha}{2}) \right) - \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) - \left( \frac{\alpha}{6} - \frac{-\alpha}{6} \right) \right) = 
  \frac{1}{2} \left( \alpha - \frac{\alpha}{3} \right) =
  \frac{1}{2} \left( \frac{3 \alpha - \alpha}{3} \right) =
  \frac{\alpha}{3}
 

Wenn man den ersten Term ausmultipliziert gehts viel leichter (siehe Varianz)


  \mathrm{Var}(X) = E(X^2) - E(X)^2 \,
 


  E(X^2) = 
  \int_{-1}^1 x^2 \cdot \frac{1+\alpha x}{2} \, dx = 
  \frac{1}{2} \int_{-1}^1 x^2 + \alpha x^3 \, dx =
  \frac{1}{2} \left( \frac{x^3}{3} \Bigg|_{-1}^1 + \frac{\alpha x^4}{4} \Bigg|_{-1}^1 \right) =
  \frac{1}{2} \left( \left( \frac{1}{3} - \frac{-1}{3} \right) + \left( \frac{\alpha}{4} - \frac{\alpha}{4} \right) \right) = 
  \frac{1}{3}
 


  \mathrm{Var}(X) = 
  \frac{1}{3} - \frac{\alpha^2}{9}

Beispiel 6

f(x) = 2x\, für 0 \le x \le 1\,

Das ist eine Dichte weil, f(x) > 0 \, und \int_0^1 2x \, dx = 2 \frac{x^2}{2}\Bigg|_0^1 = \frac{2}{2} = 1

Beispiel 6a

Gesucht ist der Erwartungswert von X\, 

 E(X) = \int_0^1 x f(x) = \int_0^1 2x^2 = \frac{2x^3}{3} \Bigg|_0^1 = \frac{2}{3}

Beispiel 6b

Gesucht ist die Dichte von Y\, und dann der Erwartungswert von Y. 

Die Dichte von Y\, lässt sich mit Hilfe des Transformationssatzes bestimmen

 Y = g(X) \,

 f_Y(y) = f_X(g^{-1}(y)) | \frac{d}{dy} g^{-1}(y) | 

 Y=X^2 \, somit ist g^{-1}(y) = \sqrt{y} \, und \frac{d}{dy} g^{-1}(y) = \frac{1}{2 \sqrt{y}} \,

Frage: Wie müssen die Grenzen Transformiert werden? 

 f_Y(y) = 2 \sqrt{y} |\frac{1}{2 \sqrt{y}}| = 1  für 0 \le y \le 1\,

Frage: Ist das Richtig? Kann es sein, das ich durch quadrieren eine gleichverteilte Zufallsvariable bekomm?

 E(Y) = \int_0^1 y \,dy = \frac{y^2}{2} \Bigg|_0^1 = \frac{1}{2}

Beispiel 6c 


  E(X^2) = 
  \int_0^2 x^2 2x \, dx =
  \int_0^2 2x^3 \, dx =
  \frac{2x^4}{4} \Bigg|_0^1 = 
  \frac{1}{2}

Beispiel 6d

Gesucht ist die Varianz von X\, nach der Definition bzw. dem Steiner'schen Verschiebungssatz. 

Definition: \mathrm{Var}(X) = E[ (X-E(X))^2 ] \,

Steiner'sche Verschiebungssatz: \mathrm{Var}(X) = E(X^2) - E(X)^2 \,

Laut Defintion:

  \mathrm{Var}(X) =
  E[ (X-\frac{2}{3})^2 ] =
  \int_0^1 (x-\frac{2}{3})^2 2x \, dx = 
  2 \int_0^1 2x (x^2 + 2x\frac{2}{3} +\frac{4}{9}) \, dx = 
  2 \int_0^1 x^3 + \frac{4x^2}{3} + \frac{4x}{9} \, dx =
 


  2\left( \frac{x^4}{4} + \frac{4x^3}{9} + \frac{4x^2}{18} \right)\Bigg|_0^1 =
  2\left( \frac{1}{4} + \frac{4}{9} + \frac{4}{18} \right) =
  \frac{1}{18}
 

Laut Steiner'schen Verschiebungssatz:

  \mathrm{Var}(X) = 
  \frac{1}{2} - \left(\frac{2}{3}^2\right) = 
  \frac{1}{2} - \frac{4}{9} = 
  \frac{1}{18}

Beispiel 7

Sei X\, eine diskrete Zufallsvariable mit werten 0,1,2 und Wahrscheinlichkeiten

\begin{matrix} p(0) & = & \frac{1}{2} \\ p(1) & = & \frac{3}{8} \\ p(2) & = & \frac{1}{8} \end{matrix}

Beispiel 7a

Gesucht ist der Erwartungswert von X\, 

E(X) = \sum_i x_i p(x_i) = 0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot \frac{3}{8} + 2 \cdot = \frac{5}{8}

Beispiel 7b

Sei Y = X^2\,. Es ist die Wahrscheinlichkeitsfunktion von Y\, und ihr Erwartungswert gesucht. 


  \begin{matrix}
   p(0^2) & = & p(0) & = & \frac{1}{2} \\
   p(1^2) & = & p(1) & = & \frac{3}{8} \\
   p(2^2) & = & p(4) & = & \frac{1}{8}
  \end{matrix}
 

E(X) = \frac{7}{8} \,

Beispiel 7c 

E(X^2) = \sum_i g(x_i) p(x_i) = 0^2 \cdot \frac{1}{2} + 1^2 \cdot \frac{3}{8} + 2^2 \cdot = \frac{7}{8}

Beispiel 7d

Analog zu #Beispiel 6d: \mathrm{Var}(X) = \frac{7}{8} - \frac{5}{8}^2 = \frac{31}{64}

Beispiel 12 

  
  E(X) =
  \int_{-\infty}^\infty x f(x) \, dx =
 

Substitution von x = x + \xi \,


  \int_{-\infty}^\infty (x + \xi) f(x + \xi) \, dx =
  \xi \int_{-\infty}^\infty f(x) \, dx + \int_{-\infty}^\infty x f(x + \xi) \, dx=
  \xi + \int_{-\infty}^\infty x f(x + \xi) \, dx =
 


  \xi + \int_{-\infty}^0 x f(x + \xi) \, dx + \int_{0}^\infty x f(x + \xi) \, dx=
 

Substitution von x = -x \,


  \xi + \int_{0}^\infty -x f(\xi - x) \, dx + \int_{0}^\infty x f(x + \xi) \, dx =
  \xi + \int_{0}^\infty x \left( f(\xi + x)  - f(\xi - x) \right) \, dx =
 

Aufgrund von der Symmetrie ist  f(\xi + x) = f(\xi - x) \, und somit 

E(X) = \xi + \int_{0}^\infty x \cdot 0 \, dx = \xi

Beispiel 13

Siehe WS2_Zettel2#Beispiel_12

Beispiel 16

Es sei \operatorname{E}(X) = \mu \, und \operatorname{Var}(X) = \sigma^2 \, und Z = \frac{X-\mu}{\sigma} \,. Es ist folgendes zu zeigen \operatorname{E}(Z) = 0 \, und \operatorname{Var}(Z) = 1 \,. 


  \operatorname{E}(Z) = 
  \int_{-\infty}^\infty \left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right) f(x) \, dx = 
  \frac{1}{\sigma} \int_{-\infty}^\infty (x-\mu) f(x) \, dx =
 


  \begin{matrix}
   = \displaystyle \frac{1}{\sigma} ( & \underbrace{\int_{-\infty}^\infty x f(x) \, dx} & - \, \mu & \underbrace{\int_{-\infty}^\infty f(x) \, dx} & ) = \\
   & \operatorname{E}(X) = \mu & & 1 &
  \end{matrix}
 

 = \displaystyle \frac{1}{\sigma} (\mu - \mu) = 0 

Mit Hilfe von de:Erwartungswert#Lineare_Transformation


  \operatorname{Var}(Z) = \operatorname{Var}(\frac{X-\mu}{\sigma}) = \frac{\operatorname{Var}(X)}{\sigma^2} = \frac{\sigma^2}{\sigma^2} = 1

Beispiel 39

Es ist zu zeigen, dass \operatorname{Var}(X-Y)=\operatorname{Cov}(X-Y,X-Y) = \operatorname{Var}(X) + \operatorname{Var}(Y) - 2 \operatorname{Cov}(X,Y) gilt. 


  \operatorname{Var}(X-Y) = 
  \operatorname{E}( (X-Y)^2 ) - \operatorname{E}(X-Y)^2 =
  \operatorname{E}(X^2) - 2\operatorname{E}(XY) + \operatorname{E}(Y^2) - \operatorname{E}(X)^2 + 2\operatorname{E}(X)\operatorname{E}(Y) -\operatorname{E}(Y)^2 =
 


  \begin{matrix}
  = & \underbrace{\operatorname{E}(X^2) - \operatorname{E}(X)^2} & + & \underbrace{\operatorname{E}(Y^2) - \operatorname{E}(Y)^2} & 
    - 2( & \underbrace{ \operatorname{E}(XY) - 2\operatorname{E}(X)\operatorname{E}(Y) } & )\\
    & \operatorname{Var}(X) & & \operatorname{Var}(Y) & & \operatorname{Cov}(X,Y) &
  \end{matrix}
 

 = \operatorname{Var}(X) + \operatorname{Var}(Y) - 2 \operatorname{Cov}(X,Y) 

bzw. durch einsetzen in die Definition:
 
 \operatorname{Cov}(X-Y,X-Y) = \operatorname{E}( (X-Y)^2 ) - \operatorname{E}(X-Y)^2
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