Formel Erwartungswert aus Verteilungsfunkion

07.08.2018, 15:00	Likelike	Auf diesen Beitrag antworten »
Formel Erwartungswert aus Verteilungsfunkion Hallo, aus wikipedia: $\begin{eqnarray} (2) \quad E(X) = \int^{\infty}_{- \infty} x f(x) \dd x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (3) \quad E(X) = \int^{\infty}_{0} (1-F(x)) \dd x - \int^{0}_{- \infty} F(x) \dd x \end{eqnarray}$ "(2) und (3) sind unter der gemeinsamen Voraussetzung (f ist Dichtefunktion und F ist Verteilungsfunktion von X) äquivalent, was mit schulgemäßen Mitteln bewiesen werden kann." Könnte mir jemand einen Tipp geben, was die schulgemäßen Mittel sind? Habs mir partieller Integration probiert: $\begin{eqnarray} E(X) = \int^{\infty}_{- \infty} x f(x) \dd x = \int^{\infty}_{0} x f(x) \dd x + \int^{0}_{- \infty} x f(x) \dd x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \left[ x F(x) \right]_{- \infty}^{0} - \int^{0}_{- \infty} F(x) \dd x + \left[ x F(x) \right]_{0}^{\infty} - \int^{\infty}_{0} F(x) \dd x \end{eqnarray}$ , aber dann steh ich mit einmal $\begin{eqnarray} \infty \cdot 0 \end{eqnarray}$ und einmal $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ da.
07.08.2018, 15:42	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich würde die Gleichung mit dem Satz von Fubini begründen. Bei partieller Integration - die übrigens statt in deiner Variante eher gemäß $\begin{eqnarray} E(X) = \left[ x F(x) \right]_{-\infty}^0 - \int\limits^0_{-\infty} F(x) \dd x - \left[ x(1-F(x)) \right]_0^{\infty} + \int\limits_0^{\infty} (1-F(x)) \dd x \end{eqnarray}$ durchgeführt werden sollte - hat man am Ende die Schwierigkeit der Nachweise $\begin{eqnarray} \lim_{x\to\infty} x(1-F(x)) = 0 \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} \lim_{x\to-\infty} xF(x) = 0 \end{eqnarray}$ , deren Beweis allerdings auch von der Existenz des Erwartungswerts $\begin{eqnarray} E(X) \end{eqnarray}$ abhängt: Beispiel: Nimmt man etwa die Zufallsgröße $\begin{eqnarray} X \end{eqnarray}$ mit Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray} F(x)=1-\frac{1}{x} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x\geq 1 \end{eqnarray}$ (vorher Null), so ist für die $\begin{eqnarray} \lim_{x\to\infty} x(1-F(x)) = 1\neq 0 \end{eqnarray}$ . Allerdings ist das auch eine Zufallsgröße, deren Erwartungswert nicht existiert.
09.08.2018, 16:02	Likelike	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie kommt man auf die besser geeignete Form? Ich habe so etwas versucht wie $\begin{eqnarray} \int^{\infty}_{- \infty} x f(x) \dd x = \int^{0}_{- \infty} x f(x) \dd x + \int^{\infty}_{0} (x f(x) +x - x) \dd x = \int^{0}_{- \infty} x f(x) \dd x - \int^{\infty}_{0} x(1- f(x)) \dd x + \int^{\infty}_{0} x \dd x \end{eqnarray}$
09.08.2018, 18:06	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Fubini-Variante basiert auf $\begin{eqnarray} x = \int\limits_0^x ~ \dd y \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x\geq 0 \end{eqnarray}$ , sowie $\begin{eqnarray} -x = \int\limits_x^0 ~ \dd y \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x\leq 0 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} I_1:=\int\limits_0^{\infty} xf(x) ~ \dd x = \int\limits_0^{\infty} \int\limits_0^x f(x) ~ \dd y ~ \dd x \stackrel{Fu}{=} \int\limits_0^{\infty} \int\limits_y^{\infty} f(x) ~ \dd x ~ \dd y = \int\limits_0^{\infty} (F(\infty)-F(y)) ~ \dd y = \int\limits_0^{\infty} (1-F(y)) ~ \dd y \end{eqnarray}$ , sowie $\begin{eqnarray} I_2:=-\int\limits_{-\infty}^0 xf(x) ~ \dd x = \int\limits_{-\infty}^0 \int\limits_x^0 f(x) ~ \dd y ~ \dd x \stackrel{Fu}{=} \int\limits_{-\infty}^0 \int\limits_{-\infty}^y f(x) ~ \dd x ~ \dd y = \int\limits_{-\infty}^0 (F(y)-F(-\infty)) ~ \dd y = \int\limits_{-\infty}^0 F(y) ~ \dd y \end{eqnarray}$ . dabei sind mit $\begin{eqnarray} F(-\infty)=0 \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} F(\infty)=1 \end{eqnarray}$ natürlich nicht Funktionswerte, sondern die entsprechenden uneigentlichen Grenzwerte der Funktion für $\begin{eqnarray} x\to \pm \infty \end{eqnarray}$ gemeint. Warum darf man Fubini hier anwenden? Nun, der $\begin{eqnarray} xy \end{eqnarray}$ -Integrand ist in beiden Fällen $\begin{eqnarray} f(x) \end{eqnarray}$ , und damit messbar und vor allem nichtnegativ: In solchen Fällen ist Fubini immer anwendbar, wobei das Gesamtintegral und die beiden iterierten Integrale entweder alle existieren (und dabei nichtnegativ sind) oder alle gleich $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ sind (d.h. "uneigentlich" existieren). Der Erwartungswert $\begin{eqnarray} E(X) \end{eqnarray}$ a) existiert, falls $\begin{eqnarray} I_1<\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} I_2<\infty \end{eqnarray}$ , dann ist $\begin{eqnarray} E(X)=I_1-I_2 \end{eqnarray}$ , b) ist $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ , falls $\begin{eqnarray} I_1=\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} I_2<\infty \end{eqnarray}$ , c) ist $\begin{eqnarray} -\infty \end{eqnarray}$ , falls $\begin{eqnarray} I_1<\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} I_2=\infty \end{eqnarray}$ , d) existiert nicht, falls $\begin{eqnarray} I_1=\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} I_2=\infty \end{eqnarray}$ . Entwickelt sich nun Richtung Hochschulstoff, daher verschoben. klauss
16.08.2018, 10:23	Likelike	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Formel Erwartungswert aus Verteilungsfunkion Vielen Dank HAL für die ausführlichen Antworten! Der Hinweis auf "schulgemäße Mittel" in wikipedia gilt offenbar nur wenn man zumindest $\begin{eqnarray} \left[ x F(x) \right]_{- \infty}^{0} \end{eqnarray}$ ohne Hinterfragen gleich $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ setzt. Schön es auch sauber begründet zu sehen.

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