Bedingte Erwartung

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21.11.2009, 15:48	bernd1	Auf diesen Beitrag antworten »
Bedingte Erwartung Hallo Leute. Wir machen derzeit bedingte Erwartungen und haben dazu einige Aufgaben zu lösen, und mir ist leider absolut schleierhaft, was man da tun soll... Also mal ein Beispiel: Seien $\begin{eqnarray} T_0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} T_1 \end{eqnarray}$ unabhängige exponentialverteilte Zufallsgrößen mit Parameter K. Sei weiter $\begin{eqnarray} X := max\left\{ T_0, T_1 \right\} \end{eqnarray}$ . Zeige dass $\begin{eqnarray} E[X\|T_0] = K^{-1} (1 - e^{-KT_0} ) \end{eqnarray}$ Zum einen finde ich es schonmal komisch, dass als Bedingung keine Sigma-Algebra steht. Nehm ich einfach $\begin{eqnarray} \sigma\left(T_0\right) \end{eqnarray}$ ? Wir hatten auch nie ne wirkliche Definition, wie man den Mist mal ausrechnen kann... Wär cool wenn ihr mir helfen könnten, ich habe absolut null Ahnung...
21.11.2009, 19:11	Lord Pünktchen	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Bedingte Erwartung Als erstes mal eine vernünftige Definition: Sei $\begin{eqnarray} X \in \L^1(P) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} A \in \mathcal F \end{eqnarray}$ . Dann setzte $\begin{eqnarray} E(X\|A) := \frac {E(1_AX)} {P(A)} \end{eqnarray}$ falls $\begin{eqnarray} P(A) > 0 \end{eqnarray}$ und sonst setzte $\begin{eqnarray} E(X\|A)=0 \end{eqnarray}$ Sei $\begin{eqnarray} I \end{eqnarray}$ eine höchstens abzählbare Indexmenge und $\begin{eqnarray} (B_i)_{i \in I} \end{eqnarray}$ paarweise disjunkte Ereignisse mit $\begin{eqnarray} \bigcup_{i \in I} B_i = \Omega \end{eqnarray}$ Definiere $\begin{eqnarray} \mathcal F := \sigma(B_i,~ i \in I) \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} X \in L^1(P) \end{eqnarray}$ definiere die Abbildung $\begin{eqnarray} E(X\|\mathcal F)~:~\Omega \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray}$ durch $\begin{eqnarray} E(X\|\mathcal F)(w) = E(X\|B_i)(w) ~<=>~ w \in B_i \end{eqnarray}$ Und ja: $\begin{eqnarray} E(X\|Y) := E(X\|\sigma(Y)) \end{eqnarray}$
22.11.2009, 11:39	bernd1	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, dafür schonmal danke. Also teile ich jetzt $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ in eine Partition auf und berechne jeweils $\begin{eqnarray} \frac{1}{P(B_i)} \int_{B_i}~X~dP \end{eqnarray}$ ?
22.11.2009, 14:32	Lord Pünktchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau. Dabei solltest du die $\begin{eqnarray} B_i \end{eqnarray}$ natürlich geeignet wählen. Dabei kannst du dich ja bereits an dem Ergebnis orientieren, dass dabei rauskommen soll: $\begin{eqnarray} E(T_0)\cdot P(T_1\leq T_0) \end{eqnarray}$
22.11.2009, 18:17	bernd1	Auf diesen Beitrag antworten »
Aha! Vielen Dank! Jetzt weiß ich immerhin, was zu tun ist! Ich werde mich mal ransetzen =)
22.11.2009, 22:08	bernd1	Auf diesen Beitrag antworten »
So, guten Abend! Es bahnt sich langsam in eine richtige Richung würde ich sagen, aber ich glaube ich brauche nochmal einen Anstoß. Bin jetzt soweit: Habe Omega in eine Partition unterteilt: $\begin{eqnarray} A_1 := \left\{ \omega \in \Omega \| T_1(\omega) \leq T_0(\omega) \right\}, \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} A_2 := A_1^{C} \end{eqnarray}$ Dann gilt: $\begin{eqnarray} E[X\|A_1]=\frac{1}{P(A_1)}\int_{A_1}~X~dP = \frac{1}{P(A_1)}\int_{A_1}~T_0~dP \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac{1}{P(A_1)}(E[T_0] - \int_{A_2}~T_0~dP) \end{eqnarray}$ Da sind ja immerhin schon ein paar brauchbare Dinge drin, aber ich doktor hier schon ne Weile dran rum, ohne da auf das gewünschte zu kommen. Die Partition ist doch aber okay, oder? Im Hinblick auf das Ergebnis halte ich das für das sinnvollste... Hoffe ihr habt einen guten Tipp =) Vielen Dank und beste Grüße!
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23.11.2009, 21:05	Lord Pünktchen	Auf diesen Beitrag antworten »
So ganz komm ich mit den bedingten Erwrtungen auch nicht zurecht. Aber so wie ich das verstehe sollten die $\begin{eqnarray} B_i \end{eqnarray}$ aus $\begin{eqnarray} \sigma(T_0) \end{eqnarray}$ kommen, was deine nicht tun, da ja $\begin{eqnarray} T_0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} T_1 \end{eqnarray}$ unabhängig sind. Villeicht hilft auch folgender Ansatz ... $\begin{eqnarray} \int 1_{(T_1 \leq T_0)}T_0 ~dP_{T_1} = T_0\cdot P(T_1 \leq T_0) = T_0 - T_0e^{-KT_0} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \int 1_{(T_0 \leq T_1)}T_1 ~dP_{T_1} = E(T_1) - \int_{[0,T_0]} xK e^{-Kx}~ dx = T_0e^{-KT_0} + E(T_1)e^{-KT_0} \end{eqnarray}$ Damit würde ja $\begin{eqnarray} \int X ~dP_{T_1} = T_0 + K^{-1}e^{-KT_0} \end{eqnarray}$ bedeuten. Hoffe das hilft dir weiter (Aber ohne gewähr auf Richtigkeit ^.^)
25.11.2009, 11:03	Royal Tomek	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, bist du dir sicher, dass die Angabe so stimmt? Denn $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[T_1\|T_0]=\frac{1}{K} \end{eqnarray}$ , da beide ZV unabhängig sind. Das heißt aber sicherlich $\begin{eqnarray} \mathbb{E}[X\|T_0]\geq\frac{1}{K} \end{eqnarray}$ . Deine Angabe macht den EW aber kleiner.
25.11.2009, 12:20	Lord Pünktchen	Auf diesen Beitrag antworten »
Falls du meine Integralrechnung meinst, dann schau nocheinmal genauer hin. Für $\begin{eqnarray} T_0=0 \end{eqnarray}$ folgt: $\begin{eqnarray} T_0 + K^{-1}e^{-KT_0} = K^{-1} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \frac {d} {dT_0} (T_0 + K^{-1}e^{-KT_0}) = 1 - e^{-KT_0} \geq 0 \end{eqnarray}$ Edit: Falls du aber bernd1 meinst, dann hast du recht. Die Angabe find ich ebenfalls recht merkwürdig.
25.11.2009, 12:44	Royal Tomek	Auf diesen Beitrag antworten »
Keine Sorge, meinte natürlich die Angabe im ersten Post

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