Erwartungswert des Produktes

03.04.2019, 14:52	daLoisl	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert des Produktes Liebes Forum, unter der Voraussetzung $\begin{eqnarray} \mathbb E [X^2], \mathbb E[Y^2] \end{eqnarray}$ wollte für die Kovarianz zeigen: $\begin{eqnarray} <br /> Cov(X,Y) = \mathbb E[(X-\mathbb E[X])(Y-\mathbb E[Y])] = \mathbb E[XY]- \mathbb E[X] \mathbb E[Y].<br /> \end{eqnarray}$ Dafür verwendet man natürlich die Linearität des Erwartungswertes, aber als Voraussetzung dafür benötigt man wiederum die Existenz von $\begin{eqnarray} \mathbb E[XY] \end{eqnarray}$ . Ich dachte zuerst, das würde aus der Cauchy-Schwarz-Ungleichung folgen. Aber dann habe ich mir den Beweis der Cauchy-Schwarz-Ungleichung angesehen, und dort wurde ebenfalls dieselbe Linearität verwendet. Ich hätte also einen Zirkelschluss. Folgende Frage: Kann man die Existenz von $\begin{eqnarray} \mathbb E[XY] \end{eqnarray}$ aus obigen Voraussetzungen ohne die Cauchy-Schwarz-Ungleichung zeigen? Oder kann man die Cauchy-Schwarz-Ungleichung ohne die Existenz von $\begin{eqnarray} \mathbb E[XY] \end{eqnarray}$ zeigen? Danke im Voraus daLoisl
03.04.2019, 15:50	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
OK, wollen wir mal sehen, was dein Problem ist: Du betrachtest den Beweis der CSU, der geht ja normalerweise so: Ausgehend von $\begin{eqnarray} 0\leq \mathbb{E}\left[(sX-tY)^2\right] = \mathbb{E}\left[s^2X^2-2stXY+t^2Y^2\right] \end{eqnarray}$ folgert man $\begin{eqnarray} 0\leq s^2\mathbb{E}\left[X^2\right] - 2st\mathbb{E}\left[XY\right] + t^2\mathbb{E}\left[Y^2\right]\qquad () \end{eqnarray}$ , speziell auch für $\begin{eqnarray} s=\sqrt{\mathbb{E}\left[Y^2\right]} \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} t = \pm\sqrt{\mathbb{E}\left[X^2\right]} \end{eqnarray}$ , das ergibt dann mittelbar $\begin{eqnarray} \pm\mathbb{E}\left[XY\right]\leq \sqrt{\mathbb{E}\left[X^2\right]\mathbb{E}\left[Y^2\right]} \end{eqnarray}$ , und der Beweis ist fertig. Du ziehst jetzt gleich den ersten Schritt hin zu () in Zweifel, weil man diese Zerlegung nicht machen darf, solange die Existenz von $\begin{eqnarray} \mathbb{E}\left[XY\right] \end{eqnarray}$ nicht geklärt ist - ist es das, was du meinst? Da ist was dran, aber dieses Problem lässt sich anderweitig lösen. Die Existenz von $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[XY] \end{eqnarray}$ kann man z.B. auch so sehen: Für nichtnegative Zufallsgrößen $\begin{eqnarray} Z \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[Z] \end{eqnarray}$ immer zumindest im uneigentlichen Sinne erklärt (d.h. ggfs. $\begin{eqnarray} E[Z]=\infty \end{eqnarray}$ ), und es gilt auch für die Summe zweier solcher uneigentlich integrierbarer nichtnegativer Zufallsgrößen $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[Z_1+Z_2]=\mathbb{E}[Z_1]+\mathbb{E}[Z_2] \end{eqnarray}$ . Damit bekommen wir $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[(X-Y)^2]+\mathbb{E}[(X+Y)^2] = \mathbb{E}[(X-Y)^2+(X+Y)^2] = \mathbb{E}[2X^2+2Y^2] = 2\mathbb{E}[X^2]+2\mathbb{E}[Y^2] \end{eqnarray}$ Setzt man nun wie bei dir $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[X^2]<\infty,\mathbb{E}[Y^2]<\infty \end{eqnarray}$ voraus, so folgt über diese Gleichheit auch $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[(X+Y)^2]<\infty \end{eqnarray}$ und damit auch die Existenz von $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[(X+Y)^2]+\mathbb{E}[-X^2]+\mathbb{E}[-Y^2] = \mathbb{E}[(X+Y)^2-X^2-Y^2] = 2\mathbb{E}[XY] \end{eqnarray}$ . Damit ist (*) erlaubt und folglich auch der obige Beweis "sauber".
03.04.2019, 23:02	daLoisl	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Antwort. Ja, genau so war es gemeint. Beim Lesen deiner Lösung ist mir eine alternative eingefallen, die vielleicht ein bisschen schneller ist: $\begin{eqnarray} \mathbb E(XY) \end{eqnarray}$ existiert genau dann als endliche Zahl, wenn $\begin{eqnarray} \mathbb E(\|XY\|)<\infty \end{eqnarray}$ gilt. Aus den binomischen Formeln erhält man $\begin{eqnarray} 2 \|XY\| \le X^2+Y^2 \end{eqnarray}$ und damit $\begin{eqnarray} <br /> \mathbb E[\|XY\|] \le \frac 1 2 \mathbb E[X^2+Y^2] = \frac 1 2 \left(\mathbb E[X^2] + \mathbb E[Y^2] \right)<\infty.<br /> \end{eqnarray}$ Funktioniert das so, oder habe ich etwas übersehen?
03.04.2019, 23:07	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, ich hab wohl heute meinen "umständlichen" Tag.

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