Monotonie des Erwartungswertes

03.08.2019, 20:04

Tobias1234

Monotonie des Erwartungswertes

Hallo,
ich möchte zeigen, dass der Erwartungswert monoton ist für $\begin{eqnarray*} X,Y: \Omega \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ diskrete Zufallsvariablen mit $\begin{eqnarray*} X \leq Y \end{eqnarray*}$

Dazu wird folgendes gemacht: $\begin{eqnarray*} E[X]= \sum_{ x\in X(\Omega). y \in Y(\Omega)} x P(X=x,Y=y) \end{eqnarray*}$

Wie folgt das genau? Wie kann denn in den Erwartungswert von X Y eingebaut werden?

04.08.2019, 07:28

HAL 9000

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Warum so kompliziert? $\begin{eqnarray*} X\leq Y \end{eqnarray*}$ bedeutet $\begin{eqnarray*} Y-X\geq 0 \end{eqnarray*}$ und das wiederum $\begin{eqnarray*} Y(\omega)-X(\omega)\geq 0 \end{eqnarray*}$ für P-fast alle $\begin{eqnarray*} \omega\in \Omega \end{eqnarray*}$ und daher

$\begin{eqnarray*} E(Y-X) = \int\limits_{\Omega} (Y-X) ~ \dd P \geq 0 \end{eqnarray*}$ .

04.08.2019, 08:27

Tobias1234

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Warum würde die Differenz $\begin{eqnarray*} X(\omega)-Y(\omega) \geq 0 \end{eqnarray*}$ für P- fast alle $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ gelten und nicht alle?

04.08.2019, 08:49

HAL 9000

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Von mir aus auch "alle". Aber manche definieren es eben so, dass es nur für P-f.a. $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ gelten muss. Und wenn man die Behauptung auch beweisen kann, wenn man weniger voraussetzt - umso besser.

04.08.2019, 08:53

Tobias1234

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Vielen Dank Freude

04.08.2019, 10:17

Finn_

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Es gilt
$\begin{eqnarray*} P(X=x_i\land Y=y_i) = P(X=x_i)P(Y=y_j), \end{eqnarray*}$
vorausgesetzt $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ sind unabhängig, und daher
$\begin{eqnarray*} \sum_{i,j} x_i P(X=x_i\land Y=y_j) = \sum_{i,j} x_i P(X=x_i)P(Y=y_j) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \sum_{i}x_iP(X=x_i)\underbrace{\sum_{j} P(Y=y_j)}_{=1} = E(X). \end{eqnarray*}$
Wozu man das braucht, ist mir aber unklar.

Der Erwartungswert ist linear:
$\begin{eqnarray*} E(aX+bY) = \sum_{\omega\in\Omega}(aX(\omega)+bY(\omega))P(\omega) = \sum_{\omega\in\Omega}(aX(\omega)P(\omega)+bY(\omega)P(\omega)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =a\sum_{\omega\in\Omega} X(\omega)P(\omega)+b\sum_{\omega\in\Omega} Y(\omega)P(\omega) = aE(X)+bE(Y) \end{eqnarray*}$ .

Demnach bekommt man
$\begin{eqnarray*} E(X)\le E(Y)\iff 0\le E(Y)-E(X) = E(Y-X) \end{eqnarray*}$ .

Es genügt daher, für eine beliebige Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} E(X)\ge 0 \end{eqnarray*}$ , sofern $\begin{eqnarray*} X\ge 0 \end{eqnarray*}$ , dann muss auch $\begin{eqnarray*} E(Y-X)\ge 0 \end{eqnarray*}$ unter Voraussetzung $\begin{eqnarray*} Y-X\ge 0 \end{eqnarray*}$ . Das ist fast banal:

Gemäß $\begin{eqnarray*} P(\omega)\ge 0 \end{eqnarray*}$ und Voraussetzung $\begin{eqnarray*} X(\omega)\ge 0 \end{eqnarray*}$ ist auch $\begin{eqnarray*} X(\omega)P(\omega)\ge 0 \end{eqnarray*}$ . Und daher auch
$\begin{eqnarray*} E(X) = \sum_{\omega\in\Omega} X(\omega)P(\omega)\ge 0 \end{eqnarray*}$ .

04.08.2019, 10:41

HAL 9000

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Die Verwendung von $\begin{eqnarray*} \sum_{\omega\in\Omega} \end{eqnarray*}$ ist generell kritisch zu beäugen:

Aus der Diskretheit von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ kann man zwar auf die Abzählbarkeit der erzeugten Sigma-Algebra $\begin{eqnarray*} \sigma(X,Y) \end{eqnarray*}$ , aber nicht auf die Abzählbarkeit von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ schließen.

04.08.2019, 11:03

Tobias1234

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Da ich keine Maßtheorie hatte, frage ich mich gerade, wo eigentlich die $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ - Algebra generell bei der Defintion des Erwartungswertes gebraucht wird.

In der Notation: $\begin{eqnarray*} \sum_{\omega \in \Omega} X(\omega)P(\omega) \end{eqnarray*}$ kommt das nicht so raus.
Wenn man jedoch schreiben würde: $\begin{eqnarray*} \sum_{x \in X(\Omega)} x P(X=x) \end{eqnarray*}$
Dann sieht man $\begin{eqnarray*} P(X=x)=P(X^{-1}(x)) \end{eqnarray*}$ und das geht nur, wenn $\begin{eqnarray*} X^{-1}(x) \end{eqnarray*}$ eine messbare Menge ist, also in der Sigma-Algebra des Wkt-Raumes $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ liegt. Habe ich das richtig verstanden?

04.08.2019, 11:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von Tobias1234
In der Notation: $\begin{eqnarray*} \sum_{\omega \in \Omega} X(\omega)P(\omega) \end{eqnarray*}$ kommt das nicht so raus.

Summation funktioniert nur bei abzählbaren $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ , eben deshalb braucht man bei allgemeinem $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ die Maßtheorie und das Lebesgueintegral, weil das in der Allgemeinheit mit bloßen Summen/Reihen eben nicht mehr funktioniert. unglücklich

04.08.2019, 11:57

Tobias1234

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Alles klar. Wäre das für den abzähbaren Fall richtig?

04.08.2019, 12:04

HAL 9000

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Ja.

04.08.2019, 14:21

Tobias1234

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Danke dir.
Wenn du schon das Lebesgue-Integral angedeutet hast:
Man kann Momente über Momenterzeugenden Funktion berechnen. Der einfache Fall ist: M $\begin{eqnarray*} _X'(0)= E(X) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} M_X(t)=e^{Xt} \end{eqnarray*}$
Beim Beweis muss man Integral und Ableitung vertauschen. Mit welchen Satz legitimiert man das?

04.08.2019, 14:45

Tobias1234

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Es muss natürlich $\begin{eqnarray*} M_X(t)=E[e^{Xt}] \end{eqnarray*}$ heißen

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