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25.05.2008, 00:39

Olivia123

E[x]

Also noch ne Aufgabe die mich nicht schlafen lässt:

Seien $\begin{eqnarray*} X_1,...,X_n \end{eqnarray*}$ Unabhängige, identisch verteilte Zufallsvariablen mit
$\begin{eqnarray*} P(X_1=1)=p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} P(X_1=0)=1-p \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p\in(0,1) \end{eqnarray*}$ .

Außerdem seien $\begin{eqnarray*} Y_i=1_{{{X_i+X_{i+1}=1}}}, i=1...n-1 \end{eqnarray*}$ .
Bestimme den Erwartungswert und Varianz der Zufallsvariable $\begin{eqnarray*} Z=Y_1+...+Y_{n-1} \end{eqnarray*}$ .

Da fehlt mir leider jeglicher Ansatz. Vielen Dank schonmal für Anregungen.

25.05.2008, 04:44

makromarko

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ist nur ein versuch, bin selbst absoluter anfänger. Augenzwinkern

ich hoffe ich sehe das richtig, dass das Y durch eine indikatorfunktion bestimmt wird, die 1 ist im falle von X(i)+X(i+1)=1 und sonst 0.

$\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ ist unabhängig verteilt, damit ist $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ unabhängig verteilt.

Es sollte gelten: $\begin{eqnarray*} P(Y_i = 1) = E[Y_i] = P(X_i + X_{i+1} = 1) = 2 p(1-p) \end{eqnarray*}$

Und der Erwartungswert von Z sollte wg. Unabhängigkeit der Summe der Erwartungswerte der einzelnen Elemente entsprechen, also:

$\begin{eqnarray*} E[Z] = E[Y_1] + E[Y_2] + ... + E[Y_{n-1}] = 2p(1-p)(n-1) \end{eqnarray*}$

25.05.2008, 08:33

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Zitat:

Original von makromarko
$\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ ist unabhängig verteilt, damit ist $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ unabhängig verteilt.

Schon falsch: $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ hängt von $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_{i+1} \end{eqnarray*}$ ab - damit hängt $\begin{eqnarray*} Y_{i+1} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} X_{i+1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} X_{i+2} \end{eqnarray*}$ ab.

Somit geht $\begin{eqnarray*} X_{i+1} \end{eqnarray*}$ in beide Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y_{i+1} \end{eqnarray*}$ ein, wodurch man keinesfalls mehr von vornherein von Unabhängigkeit sprechen kann. I.a. liegt bei solchen Konstellationen sogar Abhäbgigkeit vor, wie die konkrete Rechnung dann auch hier zeigen wird.

Zitat:

Original von makromarko
Es sollte gelten: $\begin{eqnarray*} P(Y_i = 1) = E[Y_i] = P(X_i + X_{i+1} = 1) = 2 p(1-p) \end{eqnarray*}$

Richtig.

Zitat:

Original von makromarko
Und der Erwartungswert von Z sollte wg. Unabhängigkeit der Summe der Erwartungswerte der einzelnen Elemente entsprechen, also:

$\begin{eqnarray*} E[Z] = E[Y_1] + E[Y_2] + ... + E[Y_{n-1}] = 2p(1-p)(n-1) \end{eqnarray*}$

Ergebnis richtig, Begründung falsch:

Der Erwartungswert ist grundsätzlich linear, deswegen ist der Erwartungswert einer Summe gleich der Summe der Erwartungswerte - völlig egal, ob die Summanden abhängig oder unabhängig sind.

Diese Frage spielt erst bei der Varianz eine Rolle, weil da bei

$\begin{eqnarray*} \operatorname{var}(Z) = E(Z^2)-(E(Z))^2 \end{eqnarray*}$

im ausmultiplizierten Quadratterm

$\begin{eqnarray*} E(Z^2) = E\left( \sum_{j=1}^{n-1} \sum_{k=1}^{n-1} Y_jY_k \right) = \sum_{j=1}^{n-1} \sum_{k=1}^{n-1} E(Y_jY_k) \end{eqnarray*}$

Produkte von Zufallsgrößen auftauchen! Im Falle wie hier abhängiger $\begin{eqnarray*} Y_j,X_k \end{eqnarray*}$ gilt dann i.a. nicht einfach $\begin{eqnarray*} E(Y_jY_k) = E(Y_j)E(Y_k) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} j\neq k \end{eqnarray*}$ , da muss man sich etwas anderes einfallen lassen...

25.05.2008, 09:48

Olivia123

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Danke für die Anregungen.

Ich kann den letzten Schritt nicht nachvollziehen, es steht also dar:

$\begin{eqnarray*} E[Y]=E[1_{X_i+X_{I+1}}]=2p(1-p) \end{eqnarray*}$

Und wie komme ich auf die 2p??
Der Rest vom Erwartungswert ist ja dann nicht mehr schwer auszurechnen und für die Varianz benötigt man ja noch

$\begin{eqnarray*} E[Z^{2}] =E[Y_1^{2}]+...+E[ Y_{n-1}^{2}] \end{eqnarray*}$

Und jetzt bin ich wieder beim Ursprungsproblem, was ist

$\begin{eqnarray*} E[Y^{2}] \end{eqnarray*}$ ???

25.05.2008, 09:58

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Du musst dir überlegen, für welche X-Konstellationen die Summe $\begin{eqnarray*} X_i + X_{i+1} = 1 \end{eqnarray*}$ möglich ist. Das ist zum einen $\begin{eqnarray*} X_i=0,X_{i+1}=1 \end{eqnarray*}$ und zum anderen $\begin{eqnarray*} X_i=1,X_{i+1}=0 \end{eqnarray*}$ . Das ergibt summa summarum

$\begin{eqnarray*} P(Y_i = 1) &=& E[Y_i] = P(X_i + X_{i+1} = 1) = P(X_i=0, X_{i+1} = 1) + P(X_i=1, X_{i+1} = 0)\\ &=& P(X_i=0)P(X_{i+1} = 1) + P(X_i=1)P(X_{i+1} = 0) = (1-p)p + p(1-p) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Olivia123
und für die Varianz benötigt man ja noch

$\begin{eqnarray*} E[Z^{2}] =E[Y_1^{2}]+...+E[ Y_{n-1}^{2}] \end{eqnarray*}$

Das ist falsch und beweist mir, dass du meinen obigen Beitrag überhaupt nicht durchgelesen hast, was mich einigermaßen verstimmt. unglücklich

25.05.2008, 10:12

Olivia123

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Sorry, ach ja die hängen voneinander ab!!!! Hammer

Habs übrigens durchgelesen, wollts aber nicht glauben. traurig

Danke nochmal und ich überlege mir in den nächsten Stunden irgendwas anderes

25.05.2008, 10:16

Olivia123

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Deine Erklärung mit dem Berechnen vom Erwartungswert ist super, habs gleich verstanden. Freude

25.05.2008, 10:59

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Die Quadrate selbst sind übrigens kein Problem:

Für jede 0-1-Zufallsgröße (d.h. eine, die nur die Werte 0 oder 1 annehmen kann) wie $\begin{eqnarray*} Y_j \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} Y_j^2=Y_j \end{eqnarray*}$ und somit auch $\begin{eqnarray*} E(Y_j^2) = E(Y_j) \end{eqnarray*}$ .

Problematisch sind die gemischten Glieder $\begin{eqnarray*} E(Y_jY_k) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} j\neq k \end{eqnarray*}$ . Im vorliegenden Beispiel kann man wegen der Symmetrie $\begin{eqnarray*} Y_jY_k = Y_kY_j \end{eqnarray*}$ erstmal folgern

$\begin{eqnarray*} E(Z^2) = \sum_{j=1}^{n-1} E(Y_j^2) + 2 ~ \sum_{j=1}^{n-2} ~ \sum_{k=j+1}^{n-1} E(Y_jY_k) \end{eqnarray*}$ .

Die Summe der Quadrate sollte mit obigem $\begin{eqnarray*} E(Y_j^2)=E(Y_j) \end{eqnarray*}$ klar sein. In der Restsumme sind die Terme mit $\begin{eqnarray*} k\geq j+2 \end{eqnarray*}$ auch nicht schwer, denn da sind $\begin{eqnarray*} Y_j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y_k \end{eqnarray*}$ tatsächlich unabhängig, da die gemäß Definition zugrunde liegenden $\begin{eqnarray*} X_j,X_{j+1},X_k,X_{k+1} \end{eqnarray*}$ sämtlich voneinander verschieden sind. Hier ist also tatsächlich $\begin{eqnarray*} E(Y_jY_k) = E(Y_j)E(Y_k) \end{eqnarray*}$ .

Es verbleibt der "Nachbarfall" $\begin{eqnarray*} k=j+1 \end{eqnarray*}$ , wo sowohl $\begin{eqnarray*} Y_j \end{eqnarray*}$ als auch Nachbar $\begin{eqnarray*} Y_{j+1} \end{eqnarray*}$ auf dem gemeinsamen $\begin{eqnarray*} X_{j+1} \end{eqnarray*}$ aufbauen. Hier sieht die Rechnung anders aus:

$\begin{eqnarray*} E(Y_jY_{j+1}) = P(Y_jY_{j+1}=1) = P(Y_j=1,Y_{j+1}=1) = P(X_j+X_{j+1}=1,X_{j+1}+X_{j+2}=1) \end{eqnarray*}$

Hast du eine Idee, wie man das rechts ausrechnen kann? Als Tipp: Auch nicht wesentlich komplizierter als oben bei der Auftrennung von $\begin{eqnarray*} P(X_j+X_{j+1}=1) \end{eqnarray*}$ ...

25.05.2008, 20:07

Olivia123

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Also mein Versuch:

$\begin{eqnarray*} P(X_j=0,X_{j+1}=1)+P(X_j=1,X_{j+1}=0)+P(X_{j+1}=0,X_{j+2}=1)+P(X_{j+1}=1,X_{j+2}=0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =P(X_j=0)P(X_{j+1}=1)+P(X_j=1)P(X_{j+1}=0)+P(X_{j+1}=0)P(X_{j+2}=1)+P(X_{j+1}=1)P(X_{j+2}=0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(P(X_j=0)+P(X_{j+2}=0))P(X_{j+1}=1)+(P(X_j=1)+P(X_{j+2}=1))P(X_{j+1}=0) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(1-p+1-p)p+(p+p)(1-p) \end{eqnarray*}$

Ich vermute du wirst wieder nicht erfreut sein darüber, da ich wieder den Part mit der Abhängigkeit der aufeinanderfolgenden Zufallsvariablen ignoriert hab. Aber eine bessere Idee hab ich leider nicht. Sorry

25.05.2008, 20:20

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Nein, leider daneben.

Wenn da $\begin{eqnarray*} X_j+X_{j+1}=1,X_{j+1}+X_{j+2}=1 \end{eqnarray*}$ steht, dann muss das gleichzeitig gelten, also im Sinne eines logischen UND:

$\begin{eqnarray*} X_j+X_{j+1}=1 \,\wedge\, X_{j+1}+X_{j+2}=1\qquad (*) \end{eqnarray*}$ .

Wenn z.B. $\begin{eqnarray*} X_{j+1}=0 \end{eqnarray*}$ ist, dann muss zwangsläufig $\begin{eqnarray*} X_j=1,X_{j+2}=1 \end{eqnarray*}$ gelten, damit (*) erfüllt ist. Ist dagegen $\begin{eqnarray*} X_{j+1}=1 \end{eqnarray*}$ , dann muss $\begin{eqnarray*} X_j=0,X_{j+2}=0 \end{eqnarray*}$ gelten.

Zusammenfassend gibt es also diese beiden Fälle, was zu

$\begin{eqnarray*} P(X_j+X_{j+1}=1,X_{j+1}+X_{j+2}=1) = P(X_j=1,X_{j+1}=0,X_{j+2}=1) + P(X_j=0,X_{j+1}=1,X_{j+2}=0) \end{eqnarray*}$

führt, was man mit der Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ dann weiter aufschlüsseln kann.

25.05.2008, 20:43

Olivia123

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Ja das mache ich noch und dann habe ich den Erwartungswert von Z^2 und muss es nur noch zusammenführen. Augenzwinkern

Vielen Dank und schönen Gruß

smile

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