Erwartungswert einer Zufallsvariablen

15.06.2013, 18:57	alex11234	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwartungswert einer Zufallsvariablen Hallo, ich beschäftige mich gerade mit dieser Aufgabe: Es ist der Wahrscheinlichkeitsraum $\begin{eqnarray} (\mathbb{R},\mathbb{B} (\mathbb{R}), \mu _\lambda) \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} \mu _\lambda \end{eqnarray}$ die Exponentialverteilung ist und die Zufallsvariable $\begin{eqnarray} X:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}: \omega \mapsto e^{-\gamma \omega}, \gamma \in \mathbb{R} \end{eqnarray}$ gegeben. Es ist der Erwartungswert zu bestimmen. Mein (leider sehr dürftiger) Ansatz: Es ist ja nach Definition des Erwartungswert und Substitutionsformel: $\begin{eqnarray} \mathbb{E}X=\int_{\mathbb{R}} X(\omega ) d((\mu _\lambda)(\omega)) = \int_\mathbb{R} \omega dP_X(\omega) \end{eqnarray}$ Leider weiß ich nicht wirklich, wie ich weiter machen kann. Die Zufallsvariable schaut mir doch sehr verdächtig danach aus, exponentialverteilt zu sein? Kann ich dann einfach eine Dichte der Verteilung bezüglich des Lebesgue-Maßes finden und dann den Zusammenhang zwischen Lebesgue und Riemann Integral ausnützen?
16.06.2013, 17:50	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Führe für $\begin{eqnarray} \gamma \end{eqnarray}$ eine Fallunterscheidung durch. Bei $\begin{eqnarray} \gamma = 0 \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} X = 1 \end{eqnarray}$ konstant, also $\begin{eqnarray} \mathcal{E} X = 1 \end{eqnarray}$ . Jetzt sei $\begin{eqnarray} \gamma>0 \end{eqnarray}$ . Bestimmen wir die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray} F_X(x) = P(X \leq x) \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} X \leq x \end{eqnarray}$ ist äquivalent zu $\begin{eqnarray} \operatorname{e}^{- \gamma \omega} \leq x \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} x \leq 0 \end{eqnarray}$ ist dies unerfüllbar (womit $\begin{eqnarray} F_X(x) = 0 \end{eqnarray}$ ist) und für $\begin{eqnarray} x>0 \end{eqnarray}$ äquivalent zu $\begin{eqnarray} \omega \in I(x) \ \ \text{mit} \ \ I(x) = \left[ - \frac{1}{\gamma} \ln x \, , \, \infty \right) \end{eqnarray}$ Ist nun $\begin{eqnarray} x \geq 1 \end{eqnarray}$ , so ist die untere Grenze von $\begin{eqnarray} I(x) \end{eqnarray}$ negativ oder $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} I(x) \supseteq [0,\infty) \end{eqnarray}$ und somit $\begin{eqnarray} F_X(x) = P(X \leq x) = \mu_{\lambda} \left( I(x) \right) = 1 \end{eqnarray}$ . Gilt dagegen $\begin{eqnarray} 0<x<1 \end{eqnarray}$ , so ist die untere Grenze von $\begin{eqnarray} I(x) \end{eqnarray}$ positiv, also $\begin{eqnarray} I(x) \subseteq [0,\infty) \end{eqnarray}$ und somit $\begin{eqnarray} F_X(x) = P(X \leq x) = \mu_{\lambda} \left( I(x) \right) = 1 - \left( 1 - \operatorname{e}^{-\lambda \cdot \left( - \frac{1}{\gamma} \ln x \right)} \right) = x^{\frac{\lambda}{\gamma}} \end{eqnarray}$ . Zusammen gilt daher $\begin{eqnarray} F_X(x) = \begin{cases} 0, & \text{falls} \ x \leq 0 \\ x^{\frac{\lambda}{\gamma}}, & \text{falls} \ 0<x<1 \\ 1, & \text{falls} \ x \geq 1 \end{cases} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} F_X \end{eqnarray}$ ist stetig und mit der möglichen Ausnahme von $\begin{eqnarray} x=0 \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} x=1 \end{eqnarray}$ differenzierbar. Mit $\begin{eqnarray} f_X = {F_X}' \end{eqnarray}$ als Dichte gilt daher $\begin{eqnarray} \dd P_X(x) = f_X(x) ~ \dd x \end{eqnarray}$ Jetzt kannst du den Erwartungswert berechnen. Anschließend mußt du noch den Fall $\begin{eqnarray} \gamma<0 \end{eqnarray}$ durchgehen.
16.06.2013, 20:13	alex11234	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für diese sehr ausführliche und auch sehr verständliche Erklärung. Die restliche Lösung war kein Problem mehr

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