Varianz einer Verteilungsfunktion

10.07.2017, 20:45

blackbeatle

Varianz einer Verteilungsfunktion

Meine Frage:
Hallihallo,

folgende Aufgabe bearbeite ich momentan:

Sei X eine Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} P\{X \leq x\}=F_X(x) = (1-x^{-\alpha})1_{[1, \infty)(x)},\, x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

(a) Berechnen Sie den Erwartungswert von X. Für welche Werte von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ > 0 ist E(X) endlich?
(b) Berechnen Sie die Varianz von X in dem Fall, dass E(X) endlich ist. Wann ist Var(X) endlich?

Meine Ideen:
Also was den Erwartungswert anging, hatte ich keinerlei Probleme. Dafür habe ich heraus
$\begin{eqnarray*} E(X)=\int_{1}^\infty x \cdot f(x) \,dx= \int_{1}^\infty x \cdot \alpha \cdot x^{-\alpha -1}\, dx= \alpha \int_{1}^\infty x \cdot x^{-\alpha -1}\, dx=\alpha \int_{1}^\infty x^{-\alpha}\, dx= \alpha [-\frac{1}{\alpha+1}x^{-\alpha+1}]_{1}^\infty=1 \end{eqnarray*}$ , damit wäre außerdem der Erwartungswert nur für $\begin{eqnarray*} \alpha=1 \end{eqnarray*}$ endlich.

Für (b) allerdings komme ich nicht mehr richtig hin. Ich bin schon eine Weile aus der Integration raus, vielleicht übersehe ich einfach, wie man es macht und die Lösung ist recht einfach...

$\begin{eqnarray*} Var(X)=\int_1^\infty (x-\mu)^2f(x)\,dx=\int_1^{\infty}(x-1)^2 \cdot \alpha \cdot x^{-\alpha -1}\,\, dx = \alpha \int_1^\infty (x^2-2x+1)\cdot x^{-\alpha-1}=...? \end{eqnarray*}$
Ist dies soweit erst einmal richtig? Kann mir jemand vielleicht einen Tipp geben, wie es nun weitergehen soll? Ich wäre wirklich sehr dankbar! Gott

10.07.2017, 20:48

blackbeatle

Auf diesen Beitrag antworten »

Korrektur zu (a) Ich meinte natürlich, der Erwartungswert ist nur für $\begin{eqnarray*} \alpha > 1 \end{eqnarray*}$ endlich.

10.07.2017, 21:46

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von blackbeatle
$\begin{eqnarray*} E(X)= \ldots =\alpha \int_{1}^\infty x^{-\alpha}\, dx \end{eqnarray*}$

Bis hierhin stimmt es, danach wird es unsinnig. Richtig geht es so weiter

$\begin{eqnarray*} E(X)= \alpha \left[\frac{1}{-\alpha+1}x^{-\alpha+1}\right]_{1}^\infty = \frac{\alpha}{\alpha-1} \end{eqnarray*}$ ,

sofern $\begin{eqnarray*} \alpha>1 \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} \alpha<1 \end{eqnarray*}$ divergiert das ganze aber, also kein Erwartungswert. Gleiches gilt für $\begin{eqnarray*} \alpha=1 \end{eqnarray*}$ , dort aber mit anderer Stammfunktion (Logarithmus!).

10.07.2017, 22:29

blackbeatle

Auf diesen Beitrag antworten »

Ahhh, vielen Dank! Das Minuszeichen ist mir anscheinend ausversehen und unbemerkt nach vorn gerutscht beim Tippen. Eigentlich sollte es genau an der Stelle sein, wo auch Du es gesetzt hattest. smile

Hättest Du vielleicht auch einen Hinweis, was (b) betrifft? Gott

10.07.2017, 22:46

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Warum nur müsst ihr ein- und dieselbe Anfrage auf drei Threads verteilen? Meine Empfehlung hatte ich hier schon gegeben

https://www.matheboard.de/thread.php?pos...765#post2098765

im Zusammenhang mit $\begin{align*} V(X) = E(X^2)-(E(X))^2 \end{align*}$ .

11.07.2017, 10:03

blackbeatle

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{align*} V(X) = E(X^2)-(E(X))^2 \end{align*}$ .

Ich bin mir nicht ganz sicher, wie ich hier die Zufallsvariable allein quadriere. Mein Ansatz dazu wäre dieser hier:

$\begin{align*} Var(X)=\int_{1}^\infty x^2\cdot \alpha \cdot x^{-2\alpha-2}\,\,dx - \int_{1}^\infty x^2\cdot \alpha^2 \cdot x^{-2\alpha-2}\,\,dx=\alpha \int_{1}^\infty x^{-2\alpha}-\alpha^2 \int_{1}^\infty x^{-2\alpha}=... \end{align*}$

Geht das möglicherweise in die richtige Richtung? Wie gesagt, ich bin mir unsicher, wie ich $\begin{align*} E(X^2) \end{align*}$ darstellen kann...

11.07.2017, 10:15

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

An sich habe ich im verlinkten Thread klar und unmissverständlich dargelegt, wie der Erwartungswert zu berechnen ist. Aber ich wiederhole es gern nochmal in allgemeineren Kontext:

Ist $\begin{align*} X \end{align*}$ eine stetige Zufallsgröße mit zugehöriger Dichtefunktion $\begin{align*} f_X \end{align*}$ , und $\begin{align*} h \end{align*}$ eine messbare reelle Funktion, dann ist

$\begin{align*} E(h(X)) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} h(x)\cdot f_X(x) ~ \dd x \end{align*}$ , natürlich nur im Fall der Existenz dieses Integrals (andernfalls existiert auch der Erwartungswert links nicht).

Für Potenzfunktion $\begin{align*} h(x)=x^m \end{align*}$ bedeutet das dann im besonderen $\begin{align*} E(X^m) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} x^m\cdot f_X(x) ~ \dd x \end{align*}$ .

Du hast anscheinend im Integral die Dichte $\begin{align*} f_X \end{align*}$ quadriert, was nicht den geringsten Sinn macht.

11.07.2017, 10:33

blackbeatle

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für die nochmalige Wiederholung!
Also auf ein Neues:

$\begin{align*} Var(X)=\int_{1}^\infty x^2\cdot \alpha \cdot x^{-\alpha-1}\,\,dx - \int_{1}^\infty x^2\cdot \alpha^2 \cdot x^{-2\alpha-2}\,\,dx=\alpha \int_{1}^\infty x^{-\alpha+1}-\alpha^2 \int_{1}^\infty x^{-2\alpha}=\alpha[\frac{x^{-\alpha+2}}{-\alpha+2}]_1^\infty-\alpha^2[\frac{x^{-2\alpha+1}}{-2\alpha+1}]_1^\infty \end{align*}$

11.07.2017, 10:42

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von blackbeatle
Vielen Dank für die nochmalige Wiederholung!

Besser als ein Dank wäre, wenn du sie berücksichtigen würdest. unglücklich

Wie du auf einen Ausdruck wie $\begin{align*} \int\limits_1^{\infty} x^2\cdot \alpha^2\cdot x^{-2\alpha-2} ~ \dd x \end{align*}$ kommst, kann ich mir denken: Du verwendest die selbst erfundene Rechenregel

$\begin{align*} \left( \int\limits_a^b g(x) ~ \dd x \right)^2 \stackrel{???}{=} \int\limits_a^b (g(x))^2 ~ \dd x \end{align*}$ .

Die streiche mal bitte ganz, ganz, ganz schnell aus deinem Gedächtnis - die ist so erbärmlich falsch, dass jeder, der auch nur ein bisschen über Integrale weiß, sofort ein Gegenbeispiel finden sollte.

Also: Berechne $\begin{align*} E(X) \end{align*}$ ganz normal, und dann quadriere diesen Wert - das ist dann $\begin{align*} (E(X))^2 \end{align*}$ .

11.07.2017, 10:53

blackbeatle

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, der Groschen ist gefallen, also wäre für $\begin{align*} (E(X))^2=(\alpha \int_1^\infty x^{-\alpha})^2=( [\frac{\alpha x^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}]_1^\infty)^2=(\frac{\alpha}{\alpha+1-})^2=\frac{\alpha^2}{\alpha^2-2\alpha+1} \end{align*}$

11.07.2017, 11:01

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, wobei ich das Ausmultiplizieren des Nenner unterlassen würde. Übrigens hatten wir den Wert $\begin{align*} E(X) \end{align*}$ schon gestern abend 21:46, also irgendwie ist das jetzt viel Lärm um Nichts. Augenzwinkern

Zu diskutieren wäre eher noch der andere Summand

$\begin{align*} E(X^2) = \alpha \left[ \frac{x^{-\alpha+2}}{-\alpha+2} \right]_1^\infty \end{align*}$ ,

d.h., für welche $\begin{align*} \alpha \end{align*}$ existiert der Wert rechts, und was kommt dann raus? Augenzwinkern

Neue Frage »

Antworten »

Varianz einer Verteilungsfunktion

Verwandte Themen