Verteilung, Erwartungswert, Varianz, Covarianz

20.08.2015, 10:51

Mina19

Verteilung, Erwartungswert, Varianz, Covarianz

Meine Frage:
Es seien unabhängige und identisch verteilte Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_{1},X_{2},X_{3} \end{eqnarray*}$ gegeben mit $\begin{eqnarray*} \mathbb P(X_{1} = 0) = \frac{1} {5} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb P(X_{1} = 1) = \frac{4} {5} \end{eqnarray*}$ . Seien $\begin{eqnarray*} Y_{1} = max({X_{1},X_{2}}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y_{2} = max({X_{2},X_{3}}) \end{eqnarray*}$ .
(i) Bestimmen Sie die Verteilungen von $\begin{eqnarray*} Y_{1} und Y_{2} \end{eqnarray*}$ .
(ii) Bestimmen Sie die Erwartungswerte und die Varianzen von $\begin{eqnarray*} Y_{1} und Y_{2} \end{eqnarray*}$ .
(iii) Bestimmen Sie die Kovarianz $\begin{eqnarray*} Cov(Y_{1},Y_{2}) \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Handelt es sich um eine Binomialverteilung weil es nur $\begin{eqnarray*} Y_{1} und Y_{2} \end{eqnarray*}$ gibt? Irgendwie fehlt mir die Idee, wie ich diese Aufgabe lösen soll.
Varianz: $\begin{eqnarray*} Var(X) = \mathbb E (X^2) - ( \mathbb E (X)) ^2 \end{eqnarray*}$
Covarianz: $\begin{eqnarray*} Cov (Y_{1}, Y_{2}) = \mathbb E ((X - \mathbb E (X)) (Y- \mathbb E (Y)) \end{eqnarray*}$

20.08.2015, 11:30

HAL 9000

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Die drei Zufallsgrößen $\begin{align*} X_1,X_2,X_3 \end{align*}$ sowie aufgrund der daraus abgeleiteten Definition auch die Zufallsgrößen $\begin{align*} Y_1,Y_2 \end{align*}$ können nur die Werte 0 oder 1 annehmen, die ganze Sache ist hier also äußerst übersichtlich.

Stell doch zunächst die gemeinsame Verteilung von $\begin{align*} Y_1,Y_2 \end{align*}$ auf, das ist schlicht die Berechnung der vier Werte $\begin{align*} P(Y_1=i,Y_2=j) \end{align*}$ für $\begin{align*} i,j\in\{0,1\} \end{align*}$ :

$\begin{align*} P(Y_1=0,Y_2=0) = P(X_1=0,X_2=0,X_3=0) = \frac{1}{125} \end{align*}$

$\begin{align*} P(Y_1=0,Y_2=1) = P(X_1=0,X_2=0,X_3=1) = \frac{4}{125} \end{align*}$

$\begin{align*} P(Y_1=1,Y_2=0) = P(X_1=1,X_2=0,X_3=0) = \frac{4}{125} \end{align*}$

Bleibt als "Rest" nur übrig: $\begin{align*} P(Y_1=1,Y_2=1) = 1-\frac{1+4+4}{125} = \frac{116}{125} \end{align*}$ .

Damit kannst du alles in (i)(ii)(iii) berechnen.

20.08.2015, 11:48

Mina19

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Das leutet mir irgendwie noch nicht ganz ein.

Wie du auf die Lösungen kommst, verstehe ich zwar. Für mich bleibt jedoch die Frage offen, wie du auf die letzte Lösung kommst, wenn du diese nicht über den Rest berechnest.
Dann müsste doch $\begin{eqnarray*} P(Y_{1}=1, Y_{2}=1) = P ( X_{1}=1, X_{2}=1, X_{3}=1) \end{eqnarray*}$ sein, oder? Dabei würde ich auf $\begin{eqnarray*} \frac{64}{125} \end{eqnarray*}$ kommen.

20.08.2015, 11:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mina19
Dann müsste doch $\begin{eqnarray*} P(Y_{1}=1, Y_{2}=1) = P ( X_{1}=1, X_{2}=1, X_{3}=1) \end{eqnarray*}$ sein, oder?

NEIN! Nicht raten, sondern nachdenken: Wann werden beide Maxima gleich 1?

Einmal in allen Fällen, wo $\begin{align*} X_2=1 \end{align*}$ ist - ganz egal, welche Werte $\begin{align*} X_1,X_3 \end{align*}$ annehmen!

Ist hingegen $\begin{align*} X_2=0 \end{align*}$ , dann muss für dieses Ereignis zwangsläufig $\begin{align*} X_1=1,X_3=1 \end{align*}$ gelten.

Macht summa summarum

$\begin{align*} P(Y_1=1,Y_2=1) = P(X_2=1) + P(X_1=1,X_2=0,X_3=1) = \frac{4}{5} + \frac{16}{125} = \frac{116}{125} \end{align*}$ ,

in Übereinstimmung mit meiner schnelleren Rechnung oben.

Falls dir das immer noch nicht einleuchtet: Schreib dir mal alle $\begin{align*} 2^3=8 \end{align*}$ Kombinationen von 0/1 für die drei Zufallsgrößen $\begin{align*} X_1,X_2,X_3 \end{align*}$ auf und was da jeweils für $\begin{align*} Y_1=\max\{X_1,X_2\} \end{align*}$ sowie $\begin{align*} Y_2=\max\{X_2,X_3\} \end{align*}$ herauskommt.

20.08.2015, 12:12

Mina19

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Achso, jetzt macht das ganze auch Sinn, danke Augenzwinkern

Ist das dann nicht schon die Verteilung von $\begin{eqnarray*} Y_{1}, Y_{2} \end{eqnarray*}$ ? Oder werden die unabhängig voneinander gesucht? verwirrt

20.08.2015, 12:16

HAL 9000

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Die in (i) gefragten Einzelverteilungen von $\begin{align*} Y_1 \end{align*}$ sowie $\begin{align*} Y_2 \end{align*}$ sind Randverteilungen der gemeinsamen Verteilung von $\begin{align*} Y_1,Y_2 \end{align*}$ - den Begriff hast du hoffentlich schon mal gehört. Mit diesen Randverteilungen kannst du dann auch (ii) in Angriff nehmen.

Für (iii) hingegen benötigt man via $\begin{align*} \operatorname{cov}(Y_1,Y_2) = E(Y_1Y_2)-E(Y_1)E(Y_2) \end{align*}$ dann doch die gemeinsame Verteilung - sonst hätte ich sie gar nicht aufs Tapet gebracht. Augenzwinkern

20.08.2015, 12:41

Mina19

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Heißt quasi, dass die Randhäufigkeit dass $\begin{eqnarray*} Y_{1}=0 \end{eqnarray*}$ ist -unter Vernachlässigung von $\begin{eqnarray*} Y_{2} \end{eqnarray*}$ -beträgt $\begin{eqnarray*} \frac{5}{125} \end{eqnarray*}$ usw.?

Ist dann nicht $\begin{eqnarray*} \mathbb E (Y_{1}) = \mathbb E (Y_{2}) \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

20.08.2015, 12:48

HAL 9000

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Ja, einfach über alle Varianten der "anderen" Komponente summieren, d.h.

$\begin{align*} P(Y_1=0) = P(Y_1=0,Y_2=0)+P(Y_1=0,Y_1=1) = \frac{1+4}{125} = \frac{1}{25} \end{align*}$

usw. Dass $\begin{align*} Y_1 \end{align*}$ und $\begin{align*} Y_2 \end{align*}$ dieselbe Verteilung, und damit auch denselben Erwartungswert haben, dürfte angesichts der Symmetrie ihrer Definition kaum verwundern. Aber sie sind nicht unabhängig, wie man am Ergebnis von (iii) noch sehen wird.

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