Statistik - Erwartungswert

25.07.2006, 00:02

markusrebe

Statistik - Erwartungswert

hallo, bin mir nicht sicher ob ich hier im richtigen forum bin aber ich hab hier eine aufgabe bei der ich einfach nicht auf die loesung komme.

ich waere wirklich ueber jeden tipp dankbar.

hier die aufgabe:

Die Zufallsvariable X bezeichnet die Auszahlung einer risikobehafteten Finanzanlage in Periode t+1. Diese Auszahlung ist eine Zufallsvariable fuer die gilt: x ~N(50,10000) Eine Finanzinstitution bietet nun eine derivate Anlage an, die die folgende Auszahlung Y bietet: Y=(X-10)^3
Berechnen Sie die erwartete Auszahlung E(Y) der derivaten Anlage.

ich hab mir wirklich schon tausend gedanken dazu gemacht.

ein ansatz war

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~(x-10)^3e^{(-0,5*((x-50)/100))}~dx \end{eqnarray*}$

wobei alles nach dem e ueber dem e steht. die lösung scheitert allerdings daran, dass ich einfach nicht in der lage bin diese funktion aufzuleiten.

Edited by Stefan: $\begin{eqnarray*} \text{\LaTeX} \end{eqnarray*}$

25.07.2006, 01:12

Dual Space

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*verschoben*

25.07.2006, 07:50

Leopold

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Fehlt da nicht noch vor dem Integral der Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{1}{100 \sqrt{2 \pi}} \end{eqnarray*}$ ?
Und muß es im Exponenten von $\begin{eqnarray*} \operatorname{e} \end{eqnarray*}$ nicht $\begin{eqnarray*} - \frac{(x-50)^2}{2 \cdot 10000} \end{eqnarray*}$ heißen?

Einmal unterstellt, es ist so, kannst du mit der Substitution

$\begin{eqnarray*} \frac{x-50}{100 \sqrt{2}} = t \end{eqnarray*}$

das Ganze etwas übersichtlicher machen und mußt noch

$\begin{eqnarray*} \frac{8000}{\sqrt{\pi}} \, \int_{- \infty}^{\infty}~\left( 2 + 5 \sqrt{2} \, t \right)^3 \operatorname{e}^{-t^2}~\mathrm{d}t \end{eqnarray*}$

berechnen. Die Klammer kannst du mit der binomischen Formel auflösen. Für das Integral brauchst du nur die Summanden mit geraden Hochzahlen bei $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ beachten, denn die mit ungeraden verschwinden beim Integrieren wegen der Ungeradheit der Integranden.

Das Integral

$\begin{eqnarray*} \int_{- \infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-t^2}~\mathrm{d}t \ = \ \sqrt{\pi} \end{eqnarray*}$

findet man in jeder Formelsammlung. Und das andere

$\begin{eqnarray*} \int_{- \infty}^{\infty}~t^2 \operatorname{e}^{-t^2}~\mathrm{d}t \ = \ - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty}~t \cdot (-2t) \operatorname{e}^{-t^2}~\mathrm{d}t \end{eqnarray*}$

kannst du mittels partieller Integration auf jenes zurückführen.

25.07.2006, 08:37

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Mit ein wenig Kenntnis der Standardnormalverteilung geht man den Integralen ganz aus dem Weg:

Es ist $\begin{eqnarray*} X = 50+100Z \end{eqnarray*}$ mit einer standardnormalverteilten Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Z\sim\mathcal{N}(0,1) \end{eqnarray*}$ , von der man $\begin{eqnarray*} E(Z)=E(Z^3)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(Z^2)=\operatorname{var}(Z)=1 \end{eqnarray*}$ kennt. Dann folgt nur noch eine kurze Rechnung

$\begin{eqnarray*} E(Y)= E((X-10)^3) = E((100Z+40)^3) = E(1000000Z^3+1200000Z^2+480000Z+64000) = \ldots \end{eqnarray*}$

25.07.2006, 12:36

markusrebe

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also das scheint die lösung zu sein. vielen dank.

das Z wird also gestreckt durch eine multiplikation mit 100, der standardabweichung und um 50 versetzt nach rechts. und entspricht damit der X.

so weit so gut.

dass $\begin{eqnarray*} E(Z)=0 \end{eqnarray*}$ ist mir klar, wie auch $\begin{eqnarray*} V(Z)=1 \end{eqnarray*}$

woher aber weiß man dass $\begin{eqnarray*} E(Z^2)=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(Z^3)=0 \end{eqnarray*}$ ??

25.07.2006, 13:40

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Zitat:

Original von markusrebe
dass $\begin{eqnarray*} E(Z)=0 \end{eqnarray*}$ ist mir klar, wie auch $\begin{eqnarray*} V(Z)=1 \end{eqnarray*}$

woher aber weiß man dass $\begin{eqnarray*} E(Z^2)=1 \end{eqnarray*}$

Es ist $\begin{eqnarray*} V(Z)=E(Z^2)-(E(Z))^2 \end{eqnarray*}$ , das ergibt umgestellt $\begin{eqnarray*} E(Z^2) = V(Z)+(E(Z))^2 = 1 + 0^2 = 1 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von markusrebe
$\begin{eqnarray*} E(Z^3)=0 \end{eqnarray*}$ ??

Dazu hat Leopold schon einiges gesagt: Symmetrie um 0, ähnlich wie bei $\begin{eqnarray*} E(Z) \end{eqnarray*}$ . Bei um 0 symmetrischen Zufallsgrößen $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ ist stets $\begin{eqnarray*} E(Z^m)=0 \end{eqnarray*}$ für ungerade Exponenten $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ - allerdings nur, sofern dieser Erwartungswert überhaupt existiert! Das ist aber bei der Normalverteilung der Fall, für alle Exponenten.

25.07.2006, 14:51

markusrebe

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mh. ok. bin euch wirklich zu dank verpflichtet.

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