Erwartungswert max und min

10.01.2010, 23:24

petermullet

Erwartungswert max und min

Hallo,

folgende Aufgabe bereitet mir Probleme:

Die Zufallsvariablen X1, ..., Xn seien unabhängig und gleichverteilt auf [0, 1].
Sei M = max(X1, ..., Xn ) und m = min(X1, ..., Xn ).
a) Bestimmen Sie die Verteilungen von M und m.
b) Berechnen Sie die Erwartungswerte E(M ) und E(m).

Hat da Jemand einen Tipp für mich? Leider habe ich keinen blassen Schimmer wie M und m verteilt sein könnten...

Danke schon mal im Vorraus!

10.01.2010, 23:47

Cel

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Verteilungsfunktionen der einzelnen X_i kennst du. Jetzt nutzt du für das Maximum die Tatsache, dass alle X_i kleiner als ein gegebenes x sind, falls das Maximum kleiner als x ist. Außerdem nutzt du die Unabhängigkeit. So kannst du die Dichte bestimmen. Die des Minimums bestimmst du über die des Maximums.

11.01.2010, 09:47

ichbins

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi,
sitze an der gleichen Aufgabe... ^^

Ich komme bei M auf

0 für x<0
F[M] (x) = { x^n für x E [0,1]
1 für x>1

Rechenweg:
F[M] (x) = P(M ≤ x) = P(X[1]≤x, ... , X[n]≤x) = P(X[1]≤x) * ... * P(X[n]≤x)

stimmt das so?

Ist dann E(M) = n/(n+1) = Int(f[M] (x) ) ?

Für m wäre dann:
1 für x<0
F[m] (x) ={ 1-(x^n) für x E [0,1]
0 für x>1
und E(m) = -n/(n-1)

Sorry, bin in dem Formelcode nicht fit.... wäre super wenn da trotzdem jemand helfen bzw korrigieren könnte...

11.01.2010, 09:53

ichbins

Auf diesen Beitrag antworten »

uuups... das mit den Fromeln hat ja überhaupt nicht geklappt, nochmal:

F[M] (x) =
0 für x<0
x^n für x E [0,1]
1 für x>1

Rechenweg:
F[M] (x) = P(M <= x) = P(X[1] <= x, ... , X[n] <= x) = P(X[1] <= x) * ... * P(X[n] <= x)

stimmt das so?

Ist dann $\begin{eqnarray*} E(M) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{M} (x) = \frac{n}{n+1} \end{eqnarray*}$ ?

Für m wäre dann:
F[m] (x) =
1 für x<0
1-(x^n) für x E [0,1]
0 für x>1

und E(m) = -n/(n-1)

11.01.2010, 09:58

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von ichbins
Ich komme bei M auf

0 für x<0
F[M] (x) = { x^n für x E [0,1]
1 für x>1

Rechenweg:
F[M] (x) = P(M ≤ x) = P(X[1]≤x, ... , X[n]≤x) = P(X[1]≤x) * ... * P(X[n]≤x)

stimmt das so?

Ist dann E(M) = n/(n+1) = Int(f[M] (x) ) ?

Wenn du mal diese hässlichen, durch Copy+Paste entstandenen &#xxxx;-Ungetüme durch was lesbares ersetzt - ja, dann sieht es so aus, dass es stimmt.

Zitat:

Original von ichbins
Für m wäre dann:
1 für x<0
F[m] (x) ={ 1-(x^n) für x E [0,1]
0 für x>1
und E(m) = -n/(n-1)

Bei diesem Ergebnis müssten eigentlich die Alarmglocken klingen: Wie kann der Erwartungswert des Minimums von Größen, die nur Werte zwischen 0 und 1 annehmen können, echt negativ sein???

Kann er eben nicht, und der Fehler liegt vermutlich bei $\begin{eqnarray*} F_m(x) \end{eqnarray*}$ für den Bereich $\begin{eqnarray*} 0\leq x\leq 1 \end{eqnarray*}$ : Nicht $\begin{eqnarray*} 1-x^n \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} F_m(x) = 1-(1-x)^n \end{eqnarray*}$ lautet diese VF. Achso ja, deine Werte für x<0 und x>1 sind natürlich auch falsch - merke: Eine VF ist immer monoton wachsend!!!

11.01.2010, 11:17

ichbins

Auf diesen Beitrag antworten »

Das mit den formeln war nix, sorry...
Danke jedenfalls für die schnelle Antwort!! :-)

Bei m war ich etwas zu schnell, und das obwohl ich noch einen anderen Thread mit einem ähnlichen Problem offen habe...

Also nochmal:

$\begin{eqnarray*} F_{m} (k) = P( m \le k) = 1 - P( m \ge k) = 1 - P(X_{1} \ge k , ... , X_{n} \ge k) = 1 - P(X_{1} \ge k) * ... * P(X_{n} \ge k) = 1 - (1 - P(X_{1} \le k) ) *... * (1 - P(X_{n} \le k) ) = 1- (1-F_{m} (k))^n \end{eqnarray*}$

Hoffe der Rechenweg ist so richtig!??

Das würe dann auf jeden Fall zu

$\begin{eqnarray*} F_{m}(x)=\begin{cases} 0 & \text{für }x < 0 1-(1-x)^n, & \text{für } x \in [0,1] 1 & \text{für }x > 1 \end{cases} \end{eqnarray*}$

passen.

Leider komme ich jetzt mit E(m) nicht weiter.
Grundsätzlich gilt ja:
$\begin{eqnarray*} E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{X} (x) \end{eqnarray*}$

Ist es diese Integration oder gibt es da sonst einen Trick?
(Nein, ich bin nicht zu faul zum Integrieren, bekomme es aber nicht so hin, dass ein "schönes" Ergebnis da steht.)

11.01.2010, 15:32

Cel

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von ichbins
Leider komme ich jetzt mit E(m) nicht weiter.
Grundsätzlich gilt ja:
$\begin{eqnarray*} E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{X} (x) \end{eqnarray*}$

Das ist falsch. Es gilt allgemein:

$\begin{eqnarray*} E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty}~f_{X} (x)\cdot x dx \end{eqnarray*}$

11.01.2010, 15:39

ichbins

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja... hab's eben auch gemerkt.

Trotzdem bekomme ich die Integration nicht hin.

$\begin{eqnarray*} f_{m}(x) = \frac{(1-x)^n*n}{1-x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(M) = \int_{0}^{1} x*\frac{(1-x)^n*n}{1-x} \end{eqnarray*}$

Und jetzt? verwirrt

11.01.2010, 15:57

Cel

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \frac{(1-x)^n}{1-x} = (1-x)^{n-1} \end{eqnarray*}$

n aus dem Integral rausziehen und dann könntest du partiell integrieren.

12.01.2010, 08:51

ichbins

Auf diesen Beitrag antworten »

War echt eine schwere Geburt...

$\begin{eqnarray*} E(m) = \frac {1} {n+1} \end{eqnarray*}$

Das stimmt doch!???

Danke jedenfalls für die schnelle Hilfe!! Freude

12.01.2010, 15:31

wisili

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, stimmt.
Mit Symmetriebetrachtungen findet man dann auch E(M).
Hätte man dieses direkt berechnet, wäre es sogar noch einfacher als bei E(m) geworden:

$\begin{eqnarray*} E(M) = \int_{0}^{1} x\cdot {x}^{n-1}\cdot n\ dx\ =\ \int_{0}^{1} n \cdot x^n\ dx\ =\ \frac{n}{n+1} \end{eqnarray*}$

Neue Frage »

Antworten »

Erwartungswert max und min

Verwandte Themen