Mat3 Blatt 8

Gruppe: 7
Maarten Behn, Niklas Borchers, Emre Kilinc

29. Berechnung von Varianzen

Es sei $X$ eine reellwertige Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion $F_X$ , gegeben durch

F_{X}(x) = \left{
\begin{array}{ll}
0 & \textrm{für} ; x < -2, \
\frac{1}{4} & \textrm{für} ; -2 \leq x < \frac{-1}{2}, \
\frac{1}{2} & \textrm{für} ; \frac{-1}{2} \leq x < \frac{3}{7}, \
\frac{4}{5} & \textrm{für} ; \frac{3}{7} \leq x < \frac{8}{11}, \
1 & \textrm{für} ; \frac{8}{11} \leq x. \
\end{array}
\right.$$

a) Berechnen Sie die Varianz der Zufallsvariable X.

$$\begin{array}{rl}E(X)& =\sum _{\forall x}xf(x)\\ & =\left(-2\cdot \frac{1}{4}\right)+\left(-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}\right)+\left(\frac{3}{7}\cdot \frac{3}{10}\right)+\left(\frac{8}{11}\cdot \frac{1}{5}\right)\\ & \approx -0.350974\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}E(X)& =\sum _{\forall x}{x}^{2}f(x)\\ & =\left(4\cdot \frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}\right)+\left(\frac{9}{49}\cdot \frac{3}{10}\right)+\left(\frac{64}{121}\cdot \frac{1}{5}\right)\\ & \approx 1.22387\end{array}$$ $$\text{Var}(X)=E(X^2))-(E(X){)}^2\approx 1.100204$$

b) Berechnen Sie die Varianz der Exponentialverteilung mit Intensitätsparameter λ > 0.

Aus der Vorlesungen:

$$m_k\left(\text{Exp}(\lambda )\right)=\frac{k!}{{\lambda }^k},k\in \mathbb{N}$$

$\mathbb{E}(X)$

$$\mathbb{E}(X)=m_1(\text{Exp}(\lambda ))=\lambda {\int }_0^{\infty }x\cdot \exp (-\lambda x)dx$$

Mit der Substitution:

$$\begin{gathered} u=\lambda x\iff x=\frac{u}{\lambda } \\ \frac{du}{dx}=\lambda \Rightarrow dx=\frac{du}{\lambda } \end{gathered}$$

ergibt sich:

$$\mathbb{E}(X)=\lambda {\int }_0^{\infty }\frac{u}{\lambda }\cdot \exp (-u)\cdot \frac{du}{\lambda }=\frac{1}{\lambda }{\int }_0^{\infty }u\cdot \exp (-u)du$$ $$=\frac{1}{\lambda }\cdot \Gamma (2)=\frac{1}{\lambda }\cdot 1!=\frac{1}{\lambda }$$

$\mathbb{E}(X^2)$

$$\mathbb{E}(X^2)=m_2(\text{Exp}(\lambda ))=\lambda {\int }_0^{\infty }{x}^2\cdot \exp (-\lambda x)dx$$

Mit der Substitution:

$$\begin{gathered} u=\lambda x\iff x=\frac{u}{\lambda } \\ dx=\frac{du}{\lambda } \end{gathered}$$

ergibt sich:

$$\mathbb{E}(X^2)=\lambda {\int }_0^{\infty }{\left(\frac{u}{\lambda }\right)}^2\cdot \exp (-u)\cdot \frac{du}{\lambda }=\frac{1}{{\lambda }^2}{\int }_0^{\infty }{u}^2\cdot \exp (-u)du$$ $$=\frac{1}{{\lambda }^2}\cdot \Gamma (3)=\frac{1}{{\lambda }^2}\cdot 2!=\frac{2}{{\lambda }^2}$$ $$\mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}(X^2)-{\left(\mathbb{E}(X)\right)}^2=\frac{2}{{\lambda }^2}-{\left(\frac{1}{\lambda }\right)}^2=\frac{1}{{\lambda }^2}$$

30. Berechnung von Medianen.

Es sei $X$ eine reellwertige Zufallsvariable mit Verteilungsfunktion $F_X$ , gegeben durch:

F_{X}(x) = \left{
\begin{array}{ll}
0 & \textrm{für} ; x < -2, \
\frac{1}{4} & \textrm{für} ; -2 \leq x < \frac{-1}{2}, \
\frac{1}{2} & \textrm{für} ; \frac{-1}{2} \leq x < \frac{3}{7}, \
\frac{4}{5} & \textrm{für} ; \frac{3}{7} \leq x < \frac{8}{11}, \
1 & \textrm{für} ; \frac{8}{11} \leq x. \
\end{array}
\right.$$

a) Berechnen Sie die Menge der Mediane der Zufallsvariable $X$.

Wir testen bei jeder Sprungstelle $y$ ob
$F_X(y)\ge \frac{1}{2}\wedge \underset{x\to y}{\lim }{F}_X(x)\le \frac{1}{2}$
Sprung bei $-2$

$F_X(-2)=\frac{1}{4}\ngeqq \frac{1}{2}$

Sprung bei $-\frac{1}{2}$

$$F_X\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\ge \frac{1}{2}$$ $$\underset{x\to -\frac{1}{2}}{\lim }{F}_X(x)=\frac{1}{4}\le \frac{1}{2}$$

Sprung bei $\frac{3}{7}$

$$F_X\left(\frac{3}{7}\right)=\frac{4}{5}\ge \frac{1}{2}$$ $$\underset{x\to \frac{3}{7}}{\lim }{F}_X(x)=\frac{1}{2}\le \frac{1}{2}$$

Sprung bei $\frac{8}{11}$

$$\underset{x\to \frac{8}{11}}{\lim }{F}_X(x)=\frac{4}{5}\nleqq \frac{1}{2}$$

Daher ist die Menge $M$:
$M=\left[\frac{-1}{2},\frac{3}{7}\right]$

b) Berechnen Sie die Menge der Mediane Bernoulli-Verteilung mit gegebenem Erfolgsparameter $p\in [0,1]$.

Aus der Vorlesungen:

$$P(X=1)=p,P(X=0)=1-p.$$

Für alle Werte $m$ im Median gilt:

$$P(X\le m)\ge \frac{1}{2}\wedge P(X\ge m)\ge \frac{1}{2}.$$

Für $m<0$

$$P(X\le m)=0\ngeqq \frac{1}{2}$$

Für $m=0$:

$$P(X\le 0)=P(X=0)=1-p\ge \frac{1}{2}⟺p\le \frac{1}{2}$$ $$P(X\ge 0)=P(X=0)+P(X=1)=1\ge \frac{1}{2}$$

Für $0<m<1$

$$P(X\le m)=P(X=0)=1-p\ge \frac{1}{2}⟺p\le \frac{1}{2}$$ $$P(X\le m)=P(X=1)=p\ge \frac{1}{2}$$

Für $m=1$:

$$P(X\le 1)=P(X=0)+P(X=1)=1\ge \frac{1}{2}$$ $$P(X\ge 1)=P(X=1)=p\ge \frac{1}{2}$$

Für $m>1$

$$P(X\ge m)=0\ngeqq \frac{1}{2}$$

Die Menge $M$ ist also:

$$M=\{\begin{array}{ll}0,& p<\frac{1}{2},\\ [0,1],& p=\frac{1}{2},\\ 1,& p>\frac{1}{2}.\end{array}$$

31. Kovarianz und Korrelation.

Angenommen, $X_1$ und $X_2$ sind stochastisch unabhängige, reellwertige Zufallsvariablen, die auf dem gleichen Wahrscheinlichkeitsraum $(\Omega ,A,P)$ definiert sind.
Es gelte $E[X_1]=E[X_2]=0$ sowie $Var[X_1]=Var[X_2]={\sigma }^2$ für eine reelle Konstante ${\sigma }^2>0$.
Schließlich seien zwei reellwertige Zufallsvariablen $Y_1$ und $Y_2$ definiert als $Y_1:=X_1+2X_2$ und $Y_2:=4X_1-3X_2$.

a) Berechnen Sie die Kovarianz von $Y_1$ und $Y_2$.

Da $X_1$ und $X_2$ unabhängig sind, gilt:

• $\mathrm{Cov}(X_1,X_2)=0$
• $\mathrm{Cov}(X_2,X_1)=0$
• $\mathrm{Cov}(X_1,X_1)=\mathrm{Var}(X_1)={\sigma }^2$
• $\mathrm{Cov}(X_2,X_2)=\mathrm{Var}(X_2)={\sigma }^2$

Durch einsetzten und linearität gilt:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(Y_1,Y_2)& =\mathrm{Cov}(X_1+2X_2,4X_1-3X_2)\\ & =\mathrm{Cov}(X_1,4X_1-3X_2)+\mathrm{Cov}(2X_2,4X_1-3X_2)\\ & =4\mathrm{Cov}(X_1,X_1)-3\mathrm{Cov}(X_1,X_2)\\ & +8\mathrm{Cov}(X_2,X_1)-6\mathrm{Cov}(X_2,X_{2)}\\ & =4{\sigma }^2-0+0-6{\sigma }^2\\ & =-2{\sigma }^2\end{array}$$

b) Berechnen Sie den Korrelationskoeffizienten von $Y_1$ und $Y_2$.

Aus der Vorlesungen:

$$\rho (Y_1,Y_2)=\frac{\mathrm{Cov}(Y_1,Y_2)}{\sqrt{\mathrm{Var}(Y_1)}\cdot \sqrt{\mathrm{Var}(Y_2)}}$$

da gilt:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Var}(Y_1)& =\mathrm{Var}(X_1+2X_2)\\ & =\mathrm{Var}(X_1)+4\mathrm{Var}(X_2)+2\cdot 2\cdot \mathrm{Cov}(X_1,X_2)\\ & ={\sigma }^2+4{\sigma }^2+0\\ & =5{\sigma }^2\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\mathrm{Var}(Y_2)& =\mathrm{Var}(4X_1-3X_2)\\ & =16\mathrm{Var}(X_1)+9\mathrm{Var}(X_2)-2\cdot 4\cdot 3\cdot \mathrm{Cov}(X_1,X_2)\\ & =16{\sigma }^2+9{\sigma }^2+0\\ & =25{\sigma }^2\end{array}$$

ergibt sich:

$$\begin{array}{rl}\rho (Y_1,Y_2)& =\frac{-2{\sigma }^2}{\sqrt{5{\sigma }^2}\cdot \sqrt{25{\sigma }^2}}\\ & =\frac{-2{\sigma }^2}{\sqrt{5}\sigma \cdot 5\sigma }\\ & =\frac{-2{\sigma }^2}{5{\sigma }^2\sqrt{5}}\\ & =\frac{-2}{5\sqrt{5}}\\ & =\frac{-2\sqrt{5}}{25}\end{array}$$

Multiple Select-Aufgabe.

Es sei $X$ eine reellwertige Zufallsvariable, die auf einem Wahrscheinlichkeitsraum $(\Omega ,A,P)$ definiert ist.
Betrachten Sie unter diesen Voraussetzungen die folgenden Aussagen.

a) Falls $X$ einen eindeutig bestimmten Median besitzt, so existiert der Erwartungswert von $X$ (in $R$).

Nein, z.B. die Cauchy-Verteilung.
Sie hat die Dichtefunktion:

$$f(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)},x\in \mathbb{R}.$$

Sie hat ein Median bei 0 da sie symemtrisch um 0 ist.
Aber kein Erwartungswert da das Integral divergiert.

$${\int }_{-\infty }^{\infty }|x|f(x)dx=\infty$$

b) Falls $X$ nur endlich viele Werte annehmen kann und $E[X]=0$ gilt, so ist Null auch ein Median von X.

Nein, z.B. bei

$$P(X=1)=\frac{1}{3}P(X=2)=\frac{1}{3}P(X=-3)=\frac{1}{3}$$

ist

$$E(X)\frac{1}{3}+2\frac{1}{3}-3\frac{1}{3}=0$$

aber da
$P(X\le 1)=\frac{2}{3}\ge \frac{1}{2}\wedge P(X\ge 1)=\frac{2}{3}\ge \frac{1}{2}$
$P(X\ge 2)=\frac{1}{3}\ngeqq \frac{1}{2}$
$P(X\le -3)=\frac{1}{3}\ngeqq \frac{1}{2}$
ist 2 der Median.

c) Falls $X$ eine Lebesguedichte besitzt und diese Lebesguedichte achsensymmetrisch (zur Null-Achse) ist, so ist Null der eindeutig bestimmte Median von $X$.

Nein,
bei einer symmetrischen Dichte ist zwar 0 ein Median, aber nicht unbedingt der einzige.
z.B.
Mit der Dichte

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}& \text{fu¨r }x\in [-1,1]\\ 0& \text{sonst}\end{array}$$

Jeder Wert $m\in [-1,1]$ erfüllt:
$P(X\le m)\ge \frac{1}{2}$, sobald $m\ge 0$
$P(X\ge m)\ge \frac{1}{2}$, sobald $m\le 0$

d) Falls $X$ diskret verteilt ist, so ist es ausgeschlossen, dass der Median von $X$ eindeutig bestimmt ist.

Nein, z.B.

$$P(X=1)=\frac{1}{4}P(X=2)=\frac{1}{8}P(X=3)=\frac{5}{8}$$

da
$P(X\le 1)=\frac{1}{4}\ngeqq \frac{1}{2}$
$P(X\le 2)=\frac{3}{8}\ngeqq \frac{1}{2}$
$P(X\le 3)=\frac{1}{2}\ge \frac{1}{2}\wedge P(X\ge 3)=\frac{5}{8}\ge \frac{1}{2}$
ist 3 der einzige Median.