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  Erwartungswert der n-ten Potenz / k-ten Potenz einer Zufallsvariable |
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Sekorita
Aktiv 
Dabei seit: 26.10.2021
Mitteilungen: 425
 |  Themenstart: 2022-12-13
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Hallo,
Aufgabe 2 meines Blattes stellt mich vor Probleme
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55059_Hilfe_81.JPG
Ich habe k,n \el\ \IN
Ich weiß, dass E[ abs(X)^n ] < \inf . Also existiert der Erwartungswert von abs(X)^n und ist endlich.
Also ist sum(,k=1,n) ((sum(X(\omega)*P({\omega}),\omega\el\ \Omega,))^n eine endliche Summe. Habe ich die Bedingung richtig interpretiert? Das der Erwartungswert E[ abs(X)^k] mit k<=
n nun auch endlich sein muss, macht rein vom Gespür her Sinn. Wie ich aber jetzt vorgehen soll, sehe ich nicht.
Danke für die Hilfe im Voraus
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nzimme10
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Dabei seit: 01.11.2020
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Wohnort: Köln
 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-12-13
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\renewcommand{\vec}[3]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2\\ #3\end{pmatrix}}
\newcommand{\rot}{\opn{rot}}
\newcommand{\div}{\opn{div}}\)
Hallo,
ich gehe mal davon aus, dass es sich um einen diskreten Wahrscheinlichkeitsraum handelt? Dann ist zunächst mal
$$
\mathbb E[|X|^k]=\sum_{\omega\in \Omega} |X(\omega)|^k\cdot \mathbb P(\lbrace \omega\rbrace).
$$
Nun könnte dir die Hölder-Ungleichung helfen.
LG Nico\(\endgroup\)
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Sekorita
Aktiv
Dabei seit: 26.10.2021
Mitteilungen: 425
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-13
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Ja genau, es handelt sich um einen diskreten Wahrscheinlichkeisraum.
Die haben wir leider nicht gehabt...
Wir hatten für Zufallsvariablen die Cauchy-Schwarze Ungleichung, wenn die hier weiterhelfen könnte
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55059_Hilfe_84.JPG
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luis52
Senior
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 915
 | Beitrag No.3, eingetragen 2022-12-14
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Moin, ich glaube, ohne die Hölder-Ungleichung wird's schwer. Vielleicht kannst du hier etwas Honig saugen.
vg Luis
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Sekorita
Aktiv
Dabei seit: 26.10.2021
Mitteilungen: 425
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-15
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Hallo,
ich tue mich gerade schwer, weil die Hölder Ungleichung ja eine Aussage über
mehrere unabhängige ZV trifft, bzw. im Fall p=2 ja dann genau die Cauchy Schwarze Ungleichung ist.
Aber wenn ich das versuche anzuwenden, dann müsste gelten:
E[ abs(X) ] = sum(abs(X(\omega))^k * P({\omega}),w\el\ \Omega,)
<=
Ich wollte jetzt sagen, dass dies kleiner gleich die Summe (X(\omega)*P({\omega}))^k und dann die gesamte Summe nochmal hoch 1/k ist. Aber irgendwie kriege ich das gerade nicht eingegeben, geschweige denn sieht das eher falsch aus,....
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2080
Wohnort: Köln
| Beitrag No.5, eingetragen 2022-12-15
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\renewcommand{\vec}[3]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2\\ #3\end{pmatrix}}
\newcommand{\rot}{\opn{rot}}
\newcommand{\div}{\opn{div}}\)
Für zwei Folgen reeller Zahlen $(a_k)$ und $(b_k)$ besagt die Hölder-Ungleichung in diesem Fall, dass
$$
\sum_{k=1}^\infty |a_k b_k| \leq \left( \sum_{k=1}^\infty |a_k|^p \right)^{1/p} \left( \sum_{k=1}^\infty |b_k|^q \right)^{1/q}
$$
gilt, wobei $1\leq p,q<\infty$ und $\frac 1p+\frac 1q=1$. Angewendet auf deinen Fall liefert das
\[
\begin{align*}
\mathbb E[|X|^k]=\sum_{\omega\in \Omega} |X(\omega)|^k \cdot \mathbb P(\lbrace \omega\rbrace) &=\sum_{\omega\in \Omega} |X(\omega)^k \cdot \mathbb P(\lbrace \omega\rbrace)^{k/n}\cdot \mathbb P(\lbrace \omega\rbrace)^{1-(k/n)}| \\
&\leq \left( \sum_{\omega\in \Omega} |X(\omega)^k \cdot \mathbb P(\lbrace \omega\rbrace)^{k/n}|^{n/k} \right)^{k/n} \left( \sum_{\omega\in \Omega}|\mathbb P(\lbrace \omega\rbrace)^{1-(k/n)}|^{1/(1-(k/n))} \right)^{1-(k/n)} \\
&=\left( \sum_{\omega\in \Omega} |X(\omega)^n \cdot \mathbb P(\lbrace \omega\rbrace)| \right)^{k/n} \left( \sum_{\omega\in \Omega}|\mathbb P(\lbrace \omega\rbrace)| \right)^{1-(k/n)} \\
&= \big(\mathbb E[|X|^n]\big)^{k/n}\cdot 1^{1-(k/n)}.
\end{align*}
\]
Ich habe also $p=n/k$ und $q=1/(1-(k/n))$ verwendet.
LG Nico\(\endgroup\)
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Sekorita
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Dabei seit: 26.10.2021
Mitteilungen: 425
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-15
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Oh man.... das war am Ende einfach nur intelligentes anwenden von Potenzgesetzen.... Hab vielen Dank für die Erklärung :)
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Sekorita hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Sekorita hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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