Bedingte Erwartungen

17.06.2018, 20:19

FelNa1109

Bedingte Erwartungen

Hallo, ich hab Probleme bei folgender Aufgabe:

(a) Sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ standartnormalverteilt und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ -wertige Zufallsvariable mit $\begin{eqnarray*} \mathbb E(Y\mid X) = -X \end{eqnarray*}$ . Berechnen Sie $\begin{eqnarray*} \mathbb E(Y) \end{eqnarray*}$ !

(b) Seien $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ unabhängig, exponentialverteilt zum Parameter 2. Berechnen Sie $\begin{eqnarray*} \mathbb E(e^X + e^Y \mid X) \end{eqnarray*}$ !

(c) Seien $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ unabhängig, gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ . Berechnen Sie $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid X + Y) \end{eqnarray*}$ !

Meine Ideen:
zur (a)
Es gilt $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi} } \int_{-\infty}^{\infty} \! xe^{\frac{-1}{2}x^2} \, dx = 0 \end{eqnarray*}$ und aus der Eigenschaft der bedingten Erwartung ergibt sich:
$\begin{eqnarray*} \mathbb E(Y) = \mathbb E(\mathbb 1_{\Omega} Y) = \mathbb E(\mathbb 1_{\Omega} \mathbb E(Y\mid X)) =\mathbb E(\mathbb 1_{\Omega} (-X)) =- \mathbb E(X) = 0 \end{eqnarray*}$

zur (b)

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(e^X + e^Y \mid X) = \mathbb E(e^X\mid X) + \mathbb E(e^Y \mid X)= e^X + \mathbb E(e^Y) \end{eqnarray*}$

Was sich aus Linearität und der $\begin{eqnarray*} \sigma(X) \end{eqnarray*}$ Messbarkeit von $\begin{eqnarray*} e^X \end{eqnarray*}$ und der Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray*} \sigma(X),\sigma(Y) \end{eqnarray*}$ ergibt. Ausrechnen des hinteren Erwartungswertes liefert letztlich:

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(e^X + e^Y \mid X) = e^X + 2 \end{eqnarray*}$

zur (c)
Hier war die Kacke schon eher am dampfen, ich hab das jetzt so versucht zu lösen:
Wir wissen ja, dass $\begin{eqnarray*} X,Y: \Omega \rightarrow [0,1] \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} X+Y \leq 2 \end{eqnarray*}$ Wenn man sich jetzt die bedingten Wkt. anschaut hat man

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid X+Y) = 0*\mathbb P(X=0\mid X+Y \leq 2) + 1*\mathbb P(X=1\mid X+Y \leq 2) = \mathbb P(X=1\mid X+Y \leq 2) \end{eqnarray*}$

Das ist nach Definition:

$\begin{eqnarray*} \frac{\mathbb P(X=1\cap X+Y \leq 2)}{\mathbb P(X+Y \leq 2)} = \frac{\mathbb P(X=1)}{1 - \mathbb P(X+Y > 2)} = \frac{\mathbb P(X=1)}{1 - 0} = \frac{1}{\lambda_{[0,1]}} \end{eqnarray*}$

17.06.2018, 22:37

HAL 9000

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(a),(b) sind in Ordnung, wenn wir mal von den vergessenen Klammern in dem einen Term $\begin{eqnarray*} \mathbb E(\mathbb 1_{\Omega}{\color{red}\cdot (}-X{\color{red})}) \end{eqnarray*}$ absehen, aber da hast du ja dennoch richtig weitergerechnet. Ohne Klammern wäre das als Differenz zu lesen $\begin{eqnarray*} \mathbb E(\mathbb 1_{\Omega}-X) = \mathbb E(\mathbb 1_{\Omega}) - \mathbb E(X) = 1 - \mathbb E(X) \end{eqnarray*}$ , und das meinst du ja hier nicht. unglücklich

Bei c) lese ich "gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ ", das heißt für mich "stetig gleichverteilt auf dem Intervall $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ ", und nicht etwa (wie du es wohl aufgefasst hast) "diskret gleichverteilt auf der zweielementigen Menge $\begin{eqnarray*} \{0,1\} \end{eqnarray*}$ ".

17.06.2018, 22:53

FelNa1109

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ok, wo genau meinst du denn das ich von diskreter Gleichverteilung ausgegangen bin? smile

18.06.2018, 06:49

HAL 9000

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Das hier

Zitat:

Original von FelNa1109
$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid X+Y) = 0*\mathbb P(X=0\mid X+Y \leq 2) + 1*\mathbb P(X=1\mid X+Y \leq 2) \end{eqnarray*}$

sieht ein bisschen so aus, als rechnest du mit einer diskreten Verteilung nur auf {0,1}. Aber auch dafür ist das mit dem $\begin{eqnarray*} \leq 2 \end{eqnarray*}$ Unsinn, es hätte einfach

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X\mid X+Y) = 0*\mathbb P(X=0\mid X+Y) + 1*\mathbb P(X=1\mid X+Y) \end{eqnarray*}$

lauten müssen. Für stetige Verteilungen von $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ macht das aber so gleich überhaupt keinen Sinn. unglücklich

Tatsächlich kann man für $\begin{eqnarray*} Z=X+Y \end{eqnarray*}$ die gemeinsame Dichte $\begin{eqnarray*} f_{X,Z} \end{eqnarray*}$ bzw. auch die bedingte Dichte $\begin{eqnarray*} f_{X|Z} \end{eqnarray*}$ ausrechnen, und mit der ist dann

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid X+Y=z) = \mathbb E(X \mid Z=z) = \int x\cdot f_{X|Z}(x,z) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f_{X|Z}(x,z) = \frac{f_{X,Z}(x,z)}{f_Z(z)} \end{eqnarray*}$ .

So wäre die normale Vorgehensweise. Aufgrund der hier vorliegenden Symmetrie gibt es aber einen schönen kurzen Bypass: Laut Definition der bedingten Erwartung gibt ja eine deterministische Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid X+Y) = g(X+Y) \end{eqnarray*}$ . Aufgrund der Symmetrie besitzen $\begin{eqnarray*} (X,Y) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (Y,X) \end{eqnarray*}$ dieselbe Verteilung, insofern gilt mit derselben Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ dann auch $\begin{eqnarray*} \mathbb E(Y \mid Y+X) = g(Y+X) \end{eqnarray*}$ , ingesamt also

$\begin{eqnarray*} 2g(X+Y) = \mathbb E(X \mid X+Y) + \mathbb E(Y \mid X+Y) = \mathbb E(X+Y \mid X+Y) = X+Y \end{eqnarray*}$ ,

daher ist $\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid X+Y) = \frac{X+Y}{2} \end{eqnarray*}$ . Die konkrete Verteilung von $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ ist also hier überhaupt nicht nötig gewesen.

P.S.: Das ist aber wirklich eine außergewöhnlich günstige Situation. Ist die Symmetrie zerstört, dann geht es bei weitem nicht so einfach, z.B. ist

$\begin{eqnarray*} \mathbb E(X \mid X+2Y) = h(X+2Y) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} h(t):= \begin{cases} \frac{t}{2} &\;\mbox{für}\; 0\leq t\leq 1\\ \frac{1}{2} &\;\mbox{für}\; 1\leq t\leq 2\\ \frac{t-1}{2} &\;\mbox{für}\; 2\leq t\leq 3\end{cases} \end{eqnarray*}$ ,

hier allerdings tatsächlich unter Einsatz der stetigen Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

18.06.2018, 08:01

FelNa1109

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Danke, hast mir mal wieder sehr geholfen smile

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