symmetrisch verteilte ZVe (Beweis)

03.04.2007, 21:32

kingskid

symmetrisch verteilte ZVe (Beweis)

Hi Arthur Dent,

könnte mal wieder deine Hilfe gebrauchen:

X sei eine zu Null symmetrisch verteilte ZVe mit Werten in $\begin{eqnarray*} E:= \{x_k : k \in N \} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x_k \in R \end{eqnarray*}$ , d.h.

(i) $\begin{eqnarray*} x_k \in E \Leftarrow \Rightarrow -x_k \in E \forall k \in N \end{eqnarray*}$

(ii) $\begin{eqnarray*} P_X(\{x_k\}) = P_X(\{-x_k\}) \forall k \in N \end{eqnarray*}$

Beh. ist nun, dass dann X und $\begin{eqnarray*} X^2 \end{eqnarray*}$ unkorreliert sind, falls $\begin{eqnarray*} E[X^3] \end{eqnarray*}$ existiert und endlich ist.

also wenn X,X^2 unkorreliert sein sollen muss ja gelten:
$\begin{eqnarray*} 0= Cov(X,X^2) = E[X^2 X] - E[X] E[X^2] =E[X^3] - E[X] E[X^2] \end{eqnarray*}$

dann ist jetzt wohl das problem E[X] zu berechnen...

kann man sagen, dass $\begin{eqnarray*} E[X] = \sum_{i=0}^{k} x_i P(X=x_i) = 0 \end{eqnarray*}$ gilt, wegen der symmetrieeigenschaft... ?

es gilt doch $\begin{eqnarray*} E[X] = \sum_{i=0}^k x_i P(X=x_i) = \sum_{i=0}^k (-x_i) P(X=-x_i) \end{eqnarray*}$ ... nur hilft das irgendwie nicht weiter um E[X] zu berechnen...?

und diese ZVen X, X^2 sind dann ein bsp für zwei abhängige Zven deren Kovarianz trotzdem 0 ist, aber die Behauptung aus der Aufgabe gilt nicht für beliebige ZVen, oder??

viele grüße
kingskid

03.04.2007, 21:59

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Zitat:

Original von kingskid
Hi Arthur Dent,

Vielleicht antworten auch noch andere - weißt du so genau, dass das nicht der Fall ist? Ich nicht... smile

Zunächst mal geht es "nur" um diskrete symmetrisch verteilte Zufallsgrößen, was die Sache vereinfacht. Da kann man ziemlich leicht sogar

$\begin{eqnarray*} E(u(X)) = 0 \end{eqnarray*}$

für alle ungeraden Funktionen $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ nachweisen, sofern dieser Erwartungswert überhaupt existiert. Den Ansatz hast du doch schon geliefert:

$\begin{eqnarray*} E(u(X)) = \sum_i u(x_i) P(X=x_i) \end{eqnarray*}$

und andererseits, weil mit $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} (-x_i) \end{eqnarray*}$ in der Wertemenge liegt:

$\begin{eqnarray*} E(u(X)) = \sum_i u(-x_i) P(X=-x_i) \stackrel{(1)}{=} \sum_i u(-x_i) P(X=x_i) \stackrel{(2)}{=} \sum_i (-u(x_i)) P(X=x_i) = -E(u(X)) \end{eqnarray*}$

(1) ist die Eigenschaft der symmetrischen Verteilung, und (2) die Ungeradheit der Funktion $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ .

Ich schreibe bewusst nur $\begin{eqnarray*} \sum_i \end{eqnarray*}$ , denn ob die Summe endlich oder abzählbar ist, wissen wir hier nicht so genau.

03.04.2007, 22:46

kingskid

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ah cool, danke, so ist das ja ein schöner beweis smile

d.h. ich brauch E[X^2] gar nicht berechnen wei E[X] ja dann sowieso null ist...

... und um zu zeigen, dass das nicht für beliebige Zufallsvariablen gilt, langt ein gegenbsp, also könnte ich z.B. nehmen

$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ ,

dann $\begin{eqnarray*} E[X^2], E[X^3] \end{eqnarray*}$ berechnen, und zeigen, dass $\begin{eqnarray*} Cov(X,X^2) \not=0 \end{eqnarray*}$ ist...?

oder ist die frage wohl anders gemeint=?

03.04.2007, 22:52

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Ja, Gegenbeispiel reicht, wobei ich nicht ganz verstehe, was du mit

Zitat:

Original von kingskid
$\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$

meinst?

Die Zweipunktverteilung

$\begin{eqnarray*} P(X=0)=P(X=1)=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

genügt jedenfalls auch.

03.04.2007, 23:22

kingskid

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ohja, damit gehts doch schneller... ;-)

sorry, meinte $\begin{eqnarray*} P(X=k) = \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ für k=1...n,sonst macht es ja wenig sinn, aber ist wohl etwas unnötig kompliziert...

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