F-Verteilung E(X) Beweis < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:45 Mi 13.11.2013 | | Autor: | EllaK |
Hallo.
Für meine Seminararbeit muss ich den Erwartungswert der F-Verteilung beweisen.
Ich weiß, dass die F-Verteilung zwei unabhängige Chi-Quadrat-verteilte Zufallsvariablen X1 und X2 mit m und n Freiheitsgraden hat.
Im groben und ganzen habe ich ja den Beweis, leider verstehe ich da einen einzigen Schritt nicht ganz.
E(X) = E((X1/m)/(X2/n)) = E(X1/X2) * n/m = E(X1) * E(1/X2) * n/m = m * 1/(n-2) * n/m = n/(n-2)
Dass E(X1)=m ergibt, macht Sinn, da X1 von m abhängig ist.
Aber warum kommt bei E(1/X2) = 1/(n-2) raus? Diesen Schritt verstehe ich nicht.
Mein Professor hat gemeint, dass ich dies über die Dichtefunktion der Chi-Quadrat-Verteilung berechnen kann.
Leider weiß ich überhaupt nicht, wie ich da vorgehen muss.
LG Ella Kunkel
P.S.: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hiho,
machen wir doch mal ein paar Grundlagen:
Wenn du Zufallsvariable X mit Dichtefunktion [mm] f_X [/mm] hast, wie kannst du denn dann E[X] berechnen?
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:36 Mi 13.11.2013 | | Autor: | EllaK |
E(X) = [mm] \integral_{-unendl}^{+unendl}{xf(x) dx} [/mm]
oder E(X) = [mm] \summe_{i=1}^{n} x_{i}p(x=x_{i})
[/mm]
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Hiho,
dein berechnendes Integral würde E[X] ergeben, du willst ja aber [mm] $E\left[\bruch{1}{X}\right]$
[/mm]
Wie berechnet man Erwartungswerte der Form $E[f(X)]$?
Da ändert sich das Integral nur minimal. aus dem vorangegangenen x wird f(x).
Auf deine Aufgabe explizit angewendet, könntest du dir auch mal ![[]](/images/popup.gif) Seite 248 dieser Datei anschauen (danke luis52) 
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:54 Mi 13.11.2013 | | Autor: | EllaK |
Dann lautet der Ansatz so:
[mm] \integral_{-\infty}^{+\infty}{xf(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{+\infty}{\bruch{1}{X}* \bruch{1}{x^{\bruch{n}{2}}*Gammafkt(\bruch{n}{2})}*x^{\bruch{n-2}{2}} dx}
[/mm]
oder?
Dann kann man den Bruch mit der Gammafkt vorziehen, da es ja eine Konstante ist.
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Hallo,
> Dann lautet der Ansatz so:
> [mm]\integral_{-\infty}^{+\infty}{xf(x) dx}[/mm] =
> [mm]\integral_{-\infty}^{+\infty}{\bruch{1}{X}* \bruch{1}{x^{\bruch{n}{2}}*Gammafkt(\bruch{n}{2})}*x^{\bruch{n-2}{2}} dx}[/mm]
>
> oder?
Hmm, die Dichte der F-Verteilung mit m Freiheitsgraden im Zähler und n Freiheitsgraden im Nenner lautet doch
[mm]f(x\mid m,n)=m^{\frac{m}{2}}\cdot{}n^{\frac{n}{2}}\cdot{}\frac{\Gamma\left(\frac{m}{2}+\frac{n}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{m}{2}\right)\cdot{}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}\cdot{}\frac{x^{\frac{m}{2}-1}}{(m\cdot{}x+n)^{\frac{m+n}{2}}} \ \cdot{} \ \chi_{[0,\infty)}(x)[/mm]
Sie ist also für [mm]x\ge 0[/mm] durch diesen Term definiert und für [mm]x<0[/mm] dann entsprechend konstant 0
Damit ergibt sich als zu berechnendes Integral:
[mm]\int\limits_{-\infty}^{\infty}{x\cdot{}f(x\mid m,n) \ dx} \ = \ \int\limits_{0}^{\infty}{x\cdot{}m^{\frac{m}{2}}\cdot{}n^{\frac{n}{2}}\cdot{}\frac{\Gamma\left(\frac{m}{2}+\frac{n}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{m}{2}\right)\cdot{}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}\cdot{}\frac{x^{\frac{m}{2}-1}}{(m\cdot{}x+n)^{\frac{m+n}{2}}} \ dx}[/mm]
Und ja, die Terme mit der Gammafunktion und die Potenzterme vorne, die unabh. von x sind, kannst du rausziehen...
Gruß
schachuzipus
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