Erwartungswert und Kovarianz

31.05.2007, 11:14

Sunwater

verschiedene Verteilungen

Hi...

ich wollte mal wissen, ob meine Ergebnisse folgender Aufgabe richtig sind...

Eine Urne enthält a weiße, b schwarze und c rote Kugeln. Wir ziehen zufällig und ohne Zurücklegen n Kugeln und bezeichnen mit X,Y und Z die Anzahlen der weißen, schwarzen und roten Kugeln in der Stichprobe. Bestimme die gemeinsame Verteilung von X,Y,Z, die 1. marginale Verteilung, d.h. die Verteilung von X, sowie E(XY).

meine Lösung wäre:

$\begin{eqnarray*} P(X=x,Y=y,Z=z) = \begin{cases} \frac{ {a \choose x} {b \choose y} {c \choose n-x-y}}{ {a+b+c \choose n}} ,~ \text{ für } z = n - x - y\\ 0,~ \text{ sonst }\end{cases} \end{eqnarray*}$

1. marginale Verteilung:

$\begin{eqnarray*} P(X=x) = \sum_{y,z=0}^N P(X=x,Y=y,Z=z ) = \sum_{y=0}^n P(X=x,Y=y,Z=n-x-y) = \sum_{b=0}^n \frac{{ a \choose x} {b \choose y} {c \choose n-x-y}}{{ a + b + c \choose n}} = \frac{{a \choose x}}{{a + b + c \choose n}} \sum_{b=0}^n {b \choose y}{c \choose n-x-y} \end{eqnarray*}$

weiß nicht ob man das noch weiter vereinfach kann...

und in dem Buch wurde dann eine Formel bewiesen für E(XY)...

es müsste gelten:

$\begin{eqnarray*} E(XY) = n(n-1)ab \end{eqnarray*}$

stimmt das so?

31.05.2007, 11:34

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Für die Marginalverteilung hast du $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ weißen Kugeln, und $\begin{eqnarray*} (n-x) \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} (b+c) \end{eqnarray*}$ nichtweißen Kugeln ...

Mit der Betrachtung kannst du die Summe vermeiden, also direkt

$\begin{eqnarray*} P(X=x) = \frac{\binom{a}{x}\cdot \binom{b+c}{n-x}}{\binom{a+b+c}{n}} \end{eqnarray*}$

schreiben. Das kommt natürlich auch bei deiner Summe raus, ist aber algebraisch schwerer zu sehen als hier über die kombinatorische Betrachtung.

Zitat:

Original von Sunwater
und in dem Buch wurde dann eine Formel bewiesen für E(XY)...

es müsste gelten:

$\begin{eqnarray*} E(XY) = n(n-1)ab \end{eqnarray*}$

stimmt das so?

Schwer verrechnet, würde ich sagen. Ich komme jedenfalls auf

$\begin{eqnarray*} E(XY) = \frac{n(n-1)ab}{(a+b+c)(a+b+c-1)} \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} a+b+c\geq 2 \end{eqnarray*}$ , ansonsten Null.

01.06.2007, 18:47

Sunwater

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Erwartungswert und Kovarianz
Hi...

ich habe folgende Aufgabe:

Aus einer Urne mit a weißen, b schwarzen und c roten Kugeln ziehen wir zufällig und ohne Zurücklegen n Kugeln und bezeichnen mit X die Anzahl der weißen und mit Y die Anzahl der schwarzen Kugeln in der Stichprobe. Weiter definieren wird die Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ durch:

$\begin{eqnarray*} X_i := \begin{cases} 1 \text{ wenn die i-te Kugel weiß ist } \\ 0 \text{ sonst } \end{cases} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Y_i := \begin{cases} 1 \text{ wenn die i-te Kugel schwarz ist } \\ 0 \text{ sonst } \end{cases} \end{eqnarray*}$

Berechne $\begin{eqnarray*} \operatorname{Cov}(X_i,Y_i), E(XY) \end{eqnarray*}$

Ich weiß, dass man in diesem Fall $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ als Bernoulli-verteilt ansehen darf mit Erfolgswahrscheinlichkeit:

$\begin{eqnarray*} p = \frac{a}{a+b+c} \end{eqnarray*}$

analog für $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$

deswegen gilt:

$\begin{eqnarray*} E(X_i) = \frac{a}{a+b+c}, E(Y_i)= \frac{b}{a+b+c} \end{eqnarray*}$

man kann sich leicht überlegen, dass $\begin{eqnarray*} E(X_iY_i) = 0 \end{eqnarray*}$ gilt, da ja nicht eine schwarze und weiße Kugel gleichzeitig gezogen werden kann...

also ist:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Cov}(X_i,Y_i) = -E(X_i)E(Y_i) = - \frac{ab}{(a+b+c)^2} \end{eqnarray*}$

jetzt weiß ich nur nicht, wie ich auf E(XY) komme.

Kann ich durch die Kovarianz irgendwie auf Cov(X,Y) schließen? - dann wäre ich ja fertig, da ich noch E(X) und E(Y) kenne.

01.06.2007, 18:52

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Also irgendwie gehört das inhaltlich doch in den Thread

verschiedene Verteilungen

warum also ein neuer Thread?

01.06.2007, 19:19

Sunwater

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naja - es war im Buch eine neue Aufgabe - aber stimmt schon... - kann man die Threads zusammenschieben?

01.06.2007, 19:27

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Ist soeben geschehen.

02.06.2007, 10:45

Sunwater

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jetzt bräucht ich nur noch ne Antwort und dann bin ich glücklich... Augenzwinkern

02.06.2007, 10:52

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$\begin{eqnarray*} E(XY) \end{eqnarray*}$ steht zwar bereits oben, aber wenn du das unbedingt über die $\begin{eqnarray*} X_i,Y_i \end{eqnarray*}$ berechnen willst

$\begin{eqnarray*} E(XY) = E\left(\sum_{i=1}^n X_i \cdot \sum_{k=1}^n Y_k\right) = \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n E\left(X_i Y_k\right) = \sum_{i=1}^n E\left(X_i Y_i\right) ~ + ~ \sum_{i=1}^n \sum_{\substack{k=1\\ k\neq i}}^n E\left(X_i Y_k\right) \end{eqnarray*}$ ,

dann musst du noch

$\begin{eqnarray*} E(X_iY_k) = P(X_i=1,Y_k=1) \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} i\neq k \end{eqnarray*}$ bestimmen.

02.06.2007, 13:58

Sunwater

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ok danke - werd mich dran versuchen

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