Erwartungswert vom Kehrwert einer Summe unabhängiger ZV

05.10.2013, 10:41	Verzweifelnd	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert vom Kehrwert einer Summe unabhängiger ZV Meine Frage: Hallo, ich möchte folgende Abschätzung beweisen: $\begin{eqnarray} E\left[ \sqrt{\frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k }{\sum\limits_{k=1}^n A_k}} \right]\leq \max_{k=1...n} E\left[ \sqrt{\frac{a_k}{A_k}} \right] \end{eqnarray}$ , die $\begin{eqnarray} a_k \end{eqnarray}$ positive Konstanten und die $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ unabhängige Zufallsvariablen $\begin{eqnarray} >1 \end{eqnarray}$ sind. Meine Ideen: Für den Fall, dass alle $\begin{eqnarray} a_k=1 \end{eqnarray}$ (oder einfach nur gleich) sind, kann ich die Aussage bereits zeigen, denn dann folgt mittels einiger Verrenkungen der Ungleichung zwischen arithmetischem und harmonischen Mittel und der Cauchy-Schwarz-Ungleichung, dass gilt $\begin{eqnarray} \sqrt{\frac{n }{\sum\limits_{k=1}^n A_k}} \leq \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n\sqrt{\frac{1}{A_k}} \leq \max_{k=1...n} \sqrt{\frac{1}{A_k}} \end{eqnarray}$ . Leider weiß ich nicht, wie ich von hier aus auf beliebige $\begin{eqnarray} a_k \end{eqnarray}$ verallgemeinern kann. Für Tips (oder ein Gegenbeispiel) bin ich sehr dankbar.
05.10.2013, 17:38	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich bin momentan noch nicht so überzeugt, dass die Abschätzung überhaupt immer gilt, es gelingt mir aber auch nicht ein Gegenbeispiel anzugeben. Das "schwächere" $\begin{eqnarray} E\left[ \sqrt{\frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k }{\sum\limits_{k=1}^n A_k}} \right]\leq E\left[ \max_{k=1\ldots n} \sqrt{\frac{a_k}{A_k}} \right] \end{eqnarray}$ ist kein Problem, das folgt ja unmittelbar aus dem leicht nachweisbaren $\begin{eqnarray} \frac{\sum\limits_{k=1}^n a_k }{\sum\limits_{k=1}^n A_k} \leq \max_{k=1\ldots n} \frac{a_k}{A_k} \end{eqnarray}$ . Aber es ist eben ein entscheidender Unterschied, wenn $\begin{eqnarray} \max \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} E \end{eqnarray}$ in anderer Reihenfolge da auf der rechten Seite stehen.
05.10.2013, 19:05	Verzweifelnder	Auf diesen Beitrag antworten »
Jep, diese Abschätzung hatte ich ebenfalls schon versucht, aber das Maximum innen anzuwenden ist zu großzügig. Ich habe auch schon reichlich mit Randfällen herumexperimentiert, in denen die $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ zum Beispiel gleichverteilt auf irgendeinem Interval sind oder nur zwei Werte annehmen. Die Abschätzung hat jedesmal gestimmt und rein intuitiv leuchtet sie mir auch ein. Leider wird meine Intuition nicht als Beweistechnik anerkannt und diese Fragestellung ist auch sehr schwer im Internet oder in der Fachliteratur nachzuschlagen.
05.10.2013, 20:06	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Dein Weg über die Mittelungleichung ist richtig, er muss nur etwas angepasst werden! ----------------------------------------------------------------- Ok, etwas weiter ausholen: Für positiv reelle $\begin{eqnarray} x_1,\ldots,x_n \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} M_p := \begin{cases} \left( \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_k^p \right)^{1/p} &\;\mbox{für}\, p\neq 0 \\[2ex] \sqrt[n]{\prod\limits_{k=1}^n x_k} &\;\mbox{für}\, p=0 \end{cases} \end{eqnarray}$ gilt für alle $\begin{eqnarray} p\leq q \end{eqnarray}$ die Mittelungleichung $\begin{eqnarray} M_p \leq M_q\qquad () \end{eqnarray}$ . Du wendest sie hier für $\begin{eqnarray} p=-1,q=\frac{1}{2} \end{eqnarray}$ an, wenn ich das richtig verstanden habe. Nun geht das aber auch in der "gewichteten" Version: Hat man positiv reelle $\begin{eqnarray} \lambda_1,\ldots,\lambda_n \end{eqnarray}$ mit Summe $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n \lambda_k = 1 \end{eqnarray}$ und betrachtet stattdessen die gewichteten Mittel $\begin{eqnarray} M_p := \begin{cases} \left( \sum\limits_{k=1}^n \lambda_k x_k^p \right)^{1/p} &\;\mbox{für}\, p\neq 0 \\[2ex] \prod\limits_{k=1}^n x_k^{\lambda_k} &\;\mbox{für}\, p=0 \end{cases} \end{eqnarray}$ , so gilt () ebenfalls. --------------------------------------- Wir wenden das ganze nun folgendermaßen an: Sei $\begin{eqnarray} a=\sum_{k=1}^n a_k \end{eqnarray}$ und wir wählen die Gewichte $\begin{eqnarray} \lambda_k = \frac{a_k}{a} \end{eqnarray}$ und die Zahlen $\begin{eqnarray} x_k = \frac{a_k}{A_k} \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} M_{-1}\leq M_{1/2} \end{eqnarray}$ , was ausgeschrieben bedeutet $\begin{eqnarray} \sqrt{\frac{a}{\sum\limits_{k=1}^n A_k}} = \sqrt{\frac{1}{\sum\limits_{k=1}^n \lambda_k\cdot \frac{A_k}{a_k}}} \leq \sum_{k=1}^n \lambda_k \sqrt{\frac{a_k}{A_k}} \end{eqnarray}$ Nun den Erwartungswert angewandt: $\begin{eqnarray} E\left[ \sqrt{\frac{a}{\sum\limits_{k=1}^n A_k}} \right] \leq \sum_{k=1}^n \lambda_k E\left[ \sqrt{\frac{a_k}{A_k}} \right] \leq \max_k E\left[ \sqrt{\frac{a_k}{A_k}} \right] \end{eqnarray}$ . P.S.: Wie (fast) zu erwarten war, spielt die Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ keine Rolle, wird demnach als Voraussetzung nicht benötigt.
11.10.2013, 23:15	Verzweifelnder	Auf diesen Beitrag antworten »
HAL du bist ein Genie! Vielen Dank!

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