Zufallsvariable/Erwartungswert < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Beweisen oder widerlegen Sie:
Für jeden diskreten Wahrscheinlichkeitsraum [mm] (\Omega, 2^\Omega, \IP), [/mm] jede Zufallsvariable [mm] X:\Omea\rightarrow\IR [/mm] mit existierendem Erwartungswert und jedes [mm] \varepsilon>0 [/mm] gilt:
Es gibt [mm] \omega_0\in\Omega [/mm] so, dass [mm] $X(\omega_0)\in[\IE(X)-\varepsilon, \IE(X)+\varepsilon]$, [/mm] d.h. es gibt Ergebnisse beliebig nahe am Erwartungswert. |
Hallo liebes Forum,
ich komme bei obiger Aufgabe einfach nicht voran.
Wenn ich die einer Zufallsvariable zugrundeliegenden Experimente einer Versuchsserie ständig wiederhole, nähert sich ja der Durchschnittswert der Zufallsvariablen dem Erwartungswert (beliebig) an - zumindest, wenn die Ergebnisse der Einzelexperimene voneinander unabhängig sind.
Aber wie schaut es aus, wenn die Experimente nicht unabhängig voneinander sind? Ich würde vermuten, dass man sich in diesem Fall ein Gegenbeispiel zu obiger Aussage basteln kann, aber ich bekomme es einfach nicht hin.
Wenn der Erwartungswert wie vorausgesetzt existiert, ist ja laut dessen Definition die Reihe
$E(X) = [mm] \sum_{x\in W_x} |x|\cdot\IP(X=x)$
[/mm]
(absolut) konvergent, wobei [mm] $W_X$ [/mm] der Wertebereich von $X$ sei. Hilft mir aber nicht sonderlich weiter, ausser dass man das [mm] \varepsilon [/mm] in die Konvergenz einfliessen lassen könnte.
Hat jemand einen hilfreichen Tipp für mich, oder kann mir jemand zumindest einen Hinweis dafür geben, ob ich auf dem richtigen Weg bin?
Ein großes Danke schonmal im Voraus 
|
|
| |
|
Huhu,
du denkst zu kompliziert.
Modellier dir mal den einfachen Würfelwurf oder nen einfachen Münzwurft. Was fällt dir auf?
MFG,
Gono.
|
|
|
| |
|
Hallo Gono,
erstmal danke für die sehr schnelle Reaktion. Also ich versuche mal, beides zu modellieren: Wenn wir als Wahrscheinlichkeitsräume die Variablen laut Aufgabenstellung voraussetzen, erhalten wir ja für einen Münzwurf:
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{ 0,1 \}$ [/mm] und [mm] $\IP(\{\omega\}) [/mm] = [mm] \frac{1}{2} [/mm] = [mm] \IP(X=\omega)$ [/mm] für alle [mm] $\omega\in\Omega$ [/mm] und $X$ als Zufallsvariable für die Wahrscheinlichkeit, dass eine Wahl aus Kopf/Zahl fällt.
Und $E(X) = [mm] \frac{1}{2}$ [/mm] als Erwartungswert für eine Wahl aus Kopf/Zahl.
bzw. für einen Würfelwurf:
[mm] $\Omega [/mm] = [mm] \{ 1,2,3,4,5,6 \}$ [/mm] und [mm] $\IP(\{\omega\}) [/mm] = [mm] \frac{1}{6} [/mm] = [mm] \IP(X=\omega)$ [/mm] für alle [mm] $\omega\in\Omega$ [/mm] und $X$ als Zufallsvariable für die Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimter Wert fällt.
Und $E(X) = [mm] \frac{1}{6}$ [/mm] als Erwartungswert für eine Würfelzahl.
Bei den modellierten Wahrscheinlichkeitsräumen gilt also scheinbar die Aussage der Ausgangsfrage, aber ich sehe noch nicht, ob das immer so ist ..?
|
|
|
| |
|
Hiho,
> Und [mm]E(X) = \frac{1}{2}[/mm] als Erwartungswert für eine Wahl
> aus Kopf/Zahl.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Und [mm]E(X) = \frac{1}{6}[/mm] als Erwartungswert für eine
> Würfelzahl.
Ganz sicher nicht!
Rechne hier mal bitte den Erwartungswert korrekt aus!
> Bei den modellierten Wahrscheinlichkeitsräumen gilt also
> scheinbar die Aussage der Ausgangsfrage, aber ich sehe noch
> nicht, ob das immer so ist ..?
Du behauptest nun, die Aussage stimmt.
Bleiben wir beim Münzwurf, da dein Erwartungswert da ja korrekt war.
Dann kann ich dir ja ein [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ geben, und du kannst mir dazu ein [mm] \omega_0 [/mm] nennen, so dass [mm] $X(\omega_0) \in [/mm] [E(X) - [mm] \varepsilon, [/mm] E(X) + [mm] \varepsilon]$
[/mm]
Dann nenne ich dir jetzt mal [mm] $\varepsilon [/mm] = [mm] \bruch{1}{4}$
[/mm]
In welchem Bereich muss nun dass [mm] X(\omega_0) [/mm] liege, damit die Aussage stimmt und gibt es so ein [mm] \omega_0?
[/mm]
MFG;
Gono.
|
|
|
| |
|
Hallo Gono,
beim Erwartungswert für den Würfelwurf hatte ich mich total verhauen (Erwartung mit Wahrscheinlichkeit verwechselt), da wollte ich wohl zu schnell sein...  Für den Würfelwurf müsste sich also nach der Definition aus meinem ersten Post ergeben:
$1 [mm] \cdot \frac{1}{6} [/mm] + 2 [mm] \cdot \frac{1}{6} [/mm] + 3 [mm] \cdot \frac{1}{6} [/mm] + 4 [mm] \cdot \frac{1}{6} [/mm] + 5 [mm] \cdot \frac{1}{6} [/mm] + 6 [mm] \cdot \frac{1}{6} [/mm] = [mm] \frac{21}{6}$.
[/mm]
Und daran sehe ich jetzt gerade ... die Behauptung gilt tatsächlich nicht (wenn ich z.B. [mm] \epsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{6} [/mm] wähle, finde ich kein [mm] \omega, [/mm] für das [mm] $X(\omega)\in[\frac{20}{6}, \frac{22}{6}]$ [/mm] gilt, da ja [mm] $X(\omega)\in\{1, \ldots 6\}$ [/mm] für alle [mm] \omega [/mm] gilt, oder ..?)
Beim Münzwurf müsste das ähnlich sein: Mit dem von Dir vorgegebenen [mm] $\epsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{4}$ [/mm] müsste ein [mm] $\omega_0$ [/mm] existieren mit [mm] $X(\omega_0)\in [\frac{1}{4}, \frac{3}{4}]$, [/mm] und so ein [mm] $\omega_0$ [/mm] lässt sich nicht finden, da stets [mm] $X(\omega_0)$ [/mm] entweder 0 oder 1 ist.
Ich hoffe, das jetzt richtig verstanden zu haben ...?
|
|
|
| |
|
> [mm]1 \cdot \frac{1}{6} + 2 \cdot \frac{1}{6} + 3 \cdot \frac{1}{6} + 4 \cdot \frac{1}{6} + 5 \cdot \frac{1}{6} + 6 \cdot \frac{1}{6} = \frac{21}{6}[/mm].
Oder schöner: 3,5
Denn: Der Erwartungswert liegt eben genau in der Mitte zwischen 1 und 6 und das ist eben gerade 3,5.
> Und daran sehe ich jetzt gerade ... die Behauptung gilt
> tatsächlich nicht (wenn ich z.B. [mm]\epsilon[/mm] = [mm]\frac{1}{6}[/mm]
> wähle, finde ich kein [mm]\omega,[/mm] für das
> [mm]X(\omega)\in[\frac{20}{6}, \frac{22}{6}][/mm] gilt, da ja
> [mm]X(\omega)\in\{1, \ldots 6\}[/mm] für alle [mm]\omega[/mm] gilt, oder
> ..?)
Genau, denn es gilt ja $3 < [mm] \frac{20}{6} [/mm] < [mm] \frac{22}{6} [/mm] < 4$
und das nächstgrößte nach 3 ist eben 4 beim Würfelwurf.
> Beim Münzwurf müsste das ähnlich sein: Mit dem von Dir
> vorgegebenen [mm]\epsilon = \frac{1}{4}[/mm] müsste ein [mm]\omega_0[/mm]
> existieren mit [mm]X(\omega_0)\in [\frac{1}{4}, \frac{3}{4}][/mm],
> und so ein [mm]\omega_0[/mm] lässt sich nicht finden, da stets
> [mm]X(\omega_0)[/mm] entweder 0 oder 1 ist.
> Ich hoffe, das jetzt richtig verstanden zu haben ...?
Ich hoffs auch.
MFG,
Gono.
|
|
|
|
