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Guten Abend.

Mein Skript gibt mir folgendes an: (EDIT: jetzt vollständige Aufgabe mit Lösungsweg eingefügt)

Angenommen die Zufallsvariablen X und Y haben die gemeinsame Dichtefunktion:

\( f_{X,Y}(x,y)= \frac{1}{3}(4x+2y)  \text{ für } 0<= x <= 1 \text{ und } 0<=y<=1 \text{;  0 sonst }\)
Finde die Erwartungswerte von X und Y

Dazu kommt folgende Definition:

\(E[X] = \int_{R^2}xf_{X,Y}(x,y)dA = \int_Rxf_X(x)dx\)
sowie
\(E[Y] = \int_{R^2}yf_{X,Y}(x,y)dA = \int_Ryf_Y(y)dy\)

womit sich nach Fubinis Theorem, die Erwartungswerte von X und Y jeweils aus den Randwahrscheinlichkeiten errechnen lassen.
 
damit ergibt sich als erste Variante:

\( E[X] = \int_0^1 \int_0^1 \frac{x}{3}(4x+2y)dydx=\frac{11}{18}\)

Für E[Y] ergibt sich nun eine weitere Möglichkeit:

\( f_Y(y)=\int_0^1 \frac{1}{3}(4x+2y)dx = \frac{2}{3}(y+1) \)

Diese Schritt ist soweit klar und ich bekomme auch \( \frac{2}{3}(y+1) \) heraus
nun wird es aber suspekter:

\( E[Y]=  \int_0^1yf_Y(y)dy = \int_0^1 \frac{2y}{3}(y+1)dy = \frac{5}{9} \)

nun ist meine Frage: Warum ist dies so?

Wenn der Erwartungswert durch das doppelte Integral (nach Fubinis Theorem, erst das eine(innere) Integral integrieren und dann das Ergebnis (also das integrierte Integral) wieder als Funktion zum Integrieren ins äußere Integral nehmen.

Wenn ich das aber ausrechne, mit den angegeben Grenzen, kommt bei mir am Ende (beim zweiten Integral) \( [\frac{1}{3}y^2+\frac{2}{3}y]_0^1 = 1 \) heraus.

Angeblich sollen für E[X] = 11/18 und für E[Y] = 5/9 herauskommen.

EDIT: Ich verstehe außerdem nicht den Schritt bei welchem aus: 
\( f_{X,Y}(x,y)= \frac{1}{3}(4x+2y)  \text{ für } 0<= x <= 1 \text{ und } 0<=y<=1 \text{;  0 sonst }\) 
in diesem Schritt:
\( E[X] = \int_0^1 \int_0^1 \frac{x}{3}(4x+2y)dydx=\frac{11}{18}\)
bereits das x als Variable in den Bruch x/3 eingesetzt wird? Wieso wird nur dieser Teil "aufgeleitet" und der Rest also (4x+2y)dxdy wird belassen???

Das Selbe Phänomen erscheint im letzten Schritt:
\( E[Y]=  \int_0^1yf_Y(y)dy = \int_0^1 \frac{2y}{3}(y+1)dy = \frac{5}{9} \)

hier wird nach Fubinis Theorem ja das eine (nach dx integrierte) Integral \( \frac{2}{3}(y+1) \) genutzt als dA um dieses wieder zu integrieren diesmal nach dy.
Nun frage ich mich: Wieso wird der erste Teil also \( \frac{2y}{3} \) bereits "aufgeleitet" (indem die Variable zur Konstante hinzugefügt wird) aber der hintere Teil \( (y+1) \) wird belassen?



Danke und beste Grüße

Benjamin
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Hier geht es um Erwartungswerte, nicht um Randwahrscheinlichkeiten.   ─   cauchy 12.02.2021 um 01:02

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naja es geht um die Funktion der Randwahrscheinlichkeiten ja zur Variablen X oder Y nach welcher dann integriert wird um so die Erwartungswerte zu finden.   ─   benitodilorenzo 12.02.2021 um 12:25

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1 Antwort
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Die Brüche werden nicht "aufgeleitet". Du integriert aber nicht über \(f_{X,Y}(x,y)\), sondern über \(xf_{X,Y}(x,y)\) bzw. \(yf_{X,Y}(x,y)\)! Das heißt, das \(x\) und \(y\) kommt jeweils durch die Definition des Erwartungswertes.
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Hä? Macht aber doch keinen Sinn, wieso kommt das x bzw. das y in den Bruch?

Dies Antwort verstehe ich leider nicht. Wieso kommt das x und das y durch die Definition des Erwartungswertes? Dieser Schritt ist ja im Grunde genau jener welchen ich nicht verstehe.

Daher verstehe ich auch nicht wie ich weiter integrieren kann. Integriere ich den Bruch mit der hinzugekommenen Variable nun erneut? Also das aus x eben x^2 und aus y eben y^2 werden? Oder nur einen Teil des Integrals?

Ich versteh leider diesen Schritt überhaupt nicht.

  ─   benitodilorenzo 12.02.2021 um 13:25

Definition ist Definition. Daran gibt es nunmal nichts zu rütteln. Du hast sie doch sogar noch ergänzt... Nun ist \(f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{3}(4x+2y)\). Also ist \(xf_{X,Y}(x,y)=x\frac{1}{3}(4x+2y)=\frac{x}{3}(4x+2y)=\frac{1}{3}x(4x+2y)=\frac{4}{3}x^2+\frac{2}{3}xy\). Man kann es doch schreiben, wie man will. Zum Integrieren nutzt man dann natürlich die letzte Darstellung, indem man die Klammer ausmultipliziert. Analog funktioniert das für \(yf_{X,Y}(x,y)\).   ─   cauchy 12.02.2021 um 17:55

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Und woher kommt diese Defintion, wie ist deren Herleitung? In meinem Skript steht davon nämlich leider nichts? Daher auch meine Verwunderung.

Und würde ich jetzt die Funktion \( \frac{4}{3}x^2 + \frac{2}{3}xy \) bzw eine der anderen Varianten/Schreibweisen JETZT noch aufleiten, daher (im Falle von Xfxy und für den jeweiligen Erwartungswert) nach dy integrieren?
  ─   benitodilorenzo 13.02.2021 um 08:01

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Okay, was heißt dies jetzt für die Praxis? WO füge ich die jeweilige Variable ein? Also wenn ich die Funktion integriere? Oder mit anderen Worten: Wenn ich anhand der Randverteilung (hier entweder von X die Randverteilung nach y oder eben umgekehrt von Y die Randverteilung (Integral) aller x) den jeweiligen Erwartungswert finden möchte, WO füge ich dann die Variable ein, WENN diese Variable eben NICHT durch den Integrationsprozess eingefügt wird (hier eben in den Zähler) sondern per Definition??? Was ist das Schema/Muster?   ─   benitodilorenzo 13.02.2021 um 10:03

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Danke, ich werds mir anschauen.
  ─   benitodilorenzo 13.02.2021 um 14:31

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Die meisten Bücher sind in Latex gesetzt und ich weiß auch ehrlich gesagt nicht, wo da ein Problem ist. Du kannst natürlich auch lieber in Word schreiben. ;)

@benitodilorenzo: Ich verstehe so langsam dein eigentliches Problem nicht mehr. Die Formel für den Erwartungswert habt ihr doch. Nur weil ihr es nicht hergeleitet habt, heißt es nicht, dass ihr das nicht benutzen sollt. Zur Herleitung, wenn es dich denn interessiert, findet man sicherlich genug im Netz. Warum das nun so für Verwunderung sorgt, weiß ich nicht. Du kennst doch sicherlich die Formel für den Erwartungswert im Eindimensionalen. Sie hat doch einen ähnlichen Aufbau. Warum ist das bei zwei ZV nun so verwunderlich? Ich glaube, du schaffst dir gerade mehr Probleme als nötig.

Zu den Randverteilungen bzw. den Dichten: Wenn du diese hast, kannst du ja wie gewohnt den Erwartungswert über die Randdichte bestimmen. Aber auch dann multipliziert man im Integral mit der entsprechenden Variablen, eben weil der Erwartungswert so definiert ist. Und dann integrierst du die Randverteilung von \(X\) selbstverständlich über \(x\) und nicht über \(y\)! Und auch das steht oben in der Definition. Das Schema/Muster ist einfach die Anwendung der Definition vom Erwartungswert. Deswegen verstehe ich nicht, warum du da so ein riesen Problem draus machst, wo eigentlich keines ist.
  ─   cauchy 13.02.2021 um 15:39

Okay ich glaube ich habe es gecheckt. Die Variable kommt also durch die Multiplikation hinsichtlich der Definition \( E[X] = \int_{-\infty}^{\infty}xf(x)dx \) bzw. dann \( E[g(x)] = \int_{-\infty}^{\infty}g(x)f_{X}(x)dx \) . Daher kommt die Variable. Bei der Summe wäre es irgendwie insofern intuitiver, da ich hier ja mit \( x_i \) arbeite und die Multiplikatiation leichter zu sehen ist,

Danke!
  ─   benitodilorenzo 13.02.2021 um 17:35

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Genau, die Multiplikation kommt einfach nur durch die Definition. Keine Ahnung, warum du da jetzt irgendwie um zwanzig Ecken gedacht hast. :D   ─   cauchy 13.02.2021 um 18:19

Liebe Leute ich habe noch eine Folgefrage zu diesem Thema: Sollte ich lieber eine neue Frage stellen oder diese hier anfügen was meint ihr?
  ─   benitodilorenzo 13.02.2021 um 20:20

Wenn sie sich auf diesen Sachverhalt bezieht, kannst du sie auch hier schreiben.   ─   cauchy 13.02.2021 um 20:22

Ich denke dazu passend: Also ich habe jetzt eine Verteilungsfunktion \( \frac{2x}{15} \) und den gesuchten Erwartungswert \( E[5X -4] \)
Ich weiß nun, ich kann wegen der Linearität des Erwartungswertes die 5 als Faktor rausziehen und die Konstante ebenso einfach später dazuaddieren so das sich ergibt \( E[5X-4]= 5*E[X]-4 \)


Wenn ich nun aber nach der Definition gehe \( E[g(x)] = \int_{-\infty}^\infty g(x)f_X(x)dx \) wie würde ich dann den Zähler schreiben in obigem Fall?

\( E[5x-4] = \int_{-\infty}^\infty (5x-4)f_X(x)dx \text{ führt zu } (5x-4)*(2x) = 10x^2 -8x \) ??
Wie würde dann die Funktion aussehen welche ich integrieren kann? (Hier in den grenzen 1 bis 4)

Wolfram Alpha gibt mir das richtige Ergebnis aus, sofern ich den Term \(10x^2-8x \) nochmal durch 5 dividiere. Zumindest das Ergebnis welches ich auch bekomme wenn ich die Linearität nutze und \( E[5X-4]= 5*E[X]-4 \) berechne. In diesem Fall = 10 bei Eingabe in Wolfram Alpha von :

Expectation[((10x^2-8x)/(5)), x \[Distributed] UniformDistribution[{1,4}]]

Fünf war auf der Teiler durch welchen ich bei der Originalfunktion \( \frac{2x}{15} \) dividieren musste NACH der Integration. Denn der Erwartungswert E[X] von \( \frac{2x}{15} \) OHNE weitere innere Funktion g(x) ist im Ergebniss \( \frac{14}{5} \)

Wie sieht hier das mögliche Vorgehen Schritt für Schritt aus?

Vielen Dank!
  ─   benitodilorenzo 13.02.2021 um 20:34

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Achte bitte auf die Begriffe! Die Funktion \(f_X(x)\) ist eine DICHTEfunktion und keine Verteilungsfunktion!

Du hast schon richtig erkannt, dass \(g(x)=5x-4\) ist. Also ist \(g(x)f_X(x)=(5x-4)\frac{2x}{15}=\frac{10x^2-8x}{15}\). Einfach zusammenrechnen.
  ─   cauchy 13.02.2021 um 20:41

Plus, wenn ich \( \frac{10x^2-8x}{15} \) in den Grenzen von 1 bis 4 integriere, dann kommt auch wieder 10 heraus.
Wenn ich dies aber als Zufallsvariable für den Erwartungswert einfüge, dann erscheint 10/3
Stimmt natürlich eine DICHTEfunktion, danke.

EDIT: Naja gut, wenn ich es per Hand ausrechne, stimmt es und es kommt 10 heraus, scheint also eine falsche Art der Eingabe für Wolfram Alpha zu sein.

Danke!
  ─   benitodilorenzo 13.02.2021 um 20:52

Keine Ahnung, was du bei Wolfram Alpha eingegeben hast, aber: https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+%285x-4%29*2x%2F15+from+1+to+4   ─   cauchy 13.02.2021 um 21:23

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