Erwartungswert und Vaianz

04.06.2014, 20:53

MatheErsti123

Erwartungswert und Vaianz

Edit (mY+): Der Titel "Bitte um Überprüfung meiner Lösungen" hat nichts mit dem Inhalt deines Themas zu tun wurde deswegen modifiziert.

Hallo, ich bitte euch darum, meine Lösung zu überprüfen. Die Aufgabenstellung befindet sich im Anhang.

a) $\begin{eqnarray*} E[X]=120 \end{eqnarray*}$ (Hierbei konnte ich noch nicht viel falsch machen)
$\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ sei so definiert, dass es mit Wahrscheinlichkeit 0,8 den Wert 1 und mit Wahrscheinlichkeit 0,2 den Wert -1 annimmt
Da die Schritte unabhängig sind, sind diese auch unkorreliert und somit gilt für $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} Var(X)=Var(\sum\limits_{k=1}^{200} Y_i )=\sum\limits_{k=1}^{200} E[Y_i^2]-(E[Y_i])^2 =\sum\limits_{k=1}^{200} E[Y_i^2]-0,36 \end{eqnarray*}$
Für $\begin{eqnarray*} Var(Y_i) \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} Var(Y_i)=E[y-0,6]^2=0,8*(0,2)^2+0,2*(-1,6)^2=\frac{16}{25} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow Var(X)=200*\frac{16}{25} =128 \end{eqnarray*}$ (bzw 127,64)(Dieses Ergebnis hat mich etwas verwundert, da somit die um den Erwartungswert bestehende Streuung Werte von 248 erreichen kann, obwohl nur 200 Schritte gemacht wurden)

b) $\begin{eqnarray*} P(c\leq \frac{X-120}{\sqrt{128} } \leq d)\approx P(c\leq Z\leq d) \end{eqnarray*}$ für standardnormal verteiltes Z.
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow Z=\frac{X-120}{\sqrt{128} } \Longleftrightarrow X=|\sqrt{120}*Z-120| \end{eqnarray*}$
Für $\begin{eqnarray*} Z\in {2,-2} \Rightarrow c\approx 97,37, d\approx 142,62 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow P(97,37\leq X\leq 142,62)\approx 0,95 \end{eqnarray*}$

c) $\begin{eqnarray*} P(x-\mu\geq k)\leq \frac{1}{k^2} *Var(X)\Rightarrow P(\mu-k\leq X\leq \mu +k)=P(-k\leq X-\mu\leq k)=P(|X-\mu|\leq k)\geq 1-\frac{\sigma^2}{k^2} \approx 0,75 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow P(97,37\leq X\leq 142,62)\geq 0,75 \end{eqnarray*}$ (Dieser Wert kommt mir sehr klein vor, oder liegt das daran, dass n mit 200 einfach noch nicht "groß genug" war, damit die Abschätzung genauer wird?)

Schonmal vielen Dank für eure Hilfe Big Laugh

05.06.2014, 09:15

HAL 9000

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Du kannst dir die Rechnung erheblich erleichtern, indem du alles auf eine bekannte Verteilung zurückführst:

Für deine Einzelschritte $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ gibt es eine binomialverteilte Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} Z_i\sim B(1,0.8) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} Y_i = 2Z_i-1 \end{eqnarray*}$ . In der Summe bedeutet dies

$\begin{eqnarray*} X = \sum_{i=1}^{200} Y_i = 2\sum_{i=1}^{200} Z_i - 200 = 2Z - 200 \end{eqnarray*}$

mit einem ebenfalls binomialverteilten $\begin{eqnarray*} Z\sim B(200,0.8) \end{eqnarray*}$ . Es folgt dann direkt

$\begin{eqnarray*} E(X) = 2E(Z)-200 = 2\cdot 200\cdot 0.8 - 200 = 120 \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \operatorname{var}(X) = 2^2\cdot \operatorname{var}(Z) = 4\cdot 200\cdot 0.8\cdot 0.2 = 128 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von MatheErsti123
Dieses Ergebnis hat mich etwas verwundert, da somit die um den Erwartungswert bestehende Streuung Werte von 248 erreichen kann, obwohl nur 200 Schritte gemacht wurden

Anscheinend verwechselst du inhaltlich Varianz und deren Wurzel, die Standardabweichung (hier $\begin{eqnarray*} \sqrt{128}\approx 11.3 \end{eqnarray*}$ ). Jene letztere ist es, die auf Skalenniveau die Variabilität der Zufallsgröße kennzeichnet - nicht die Varianz selbst!

Bei b) arbeitest du allem Anschein nach mit dem Standardnormalverteilungsquantil $\begin{eqnarray*} z_{0.975} \approx 2 \end{eqnarray*}$ .

In Anbetracht dessen, dass du da wegen $\begin{eqnarray*} z_{0.975} \approx 1.96 \end{eqnarray*}$ schon einen relativen Fehler von ca. 2% drin hast, wirkt deine Genauigkeit auf zwei Nachkommastellen bei 97.37 und 142.62 doch reichlich übertrieben. Augenzwinkern

Außerdem ist $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ eine ganzzahlige Zufallsgröße, und auch wenn es nicht als Forderung da steht: Besser gibst du bei $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ dann auch ganze Zahlen an. Augenzwinkern

Zu c) Ich hab jetzt nicht nachgerechnet, aber 0.75 sieht durchaus normal aus. Bedenke, es ist die Tschebyscheff-Ungleichung, die liefert nun mal nur eine untere Schranke, und die kann sehr grob sein, da die wirkliche Verteilung (Binomialverteilung bzw. approximierend die Normalverteilung) hier keine Rolle spielt. Da $\begin{eqnarray*} 0.75\leq 0.95 \end{eqnarray*}$ ist, spricht von der Plausibilität her nichts gegen diesen Wert.

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