Mittelwert und Standardabweichung einer kontinuierlichen ZV

Wir haben bereits gesehen, dass eine diskrete Zufallsvariable $X$ mit den möglichen Ausgängen $x_1,...,x_u$ den Mittelwert hat

\mu = p(X=x_1)\cdot x_1 +...+p(X=x_u)\cdot x_u

und Standardabweichung

\sigma = \sqrt{p(X=x_1)\cdot (x_1-\mu)^2 +...+p(X=x_u)\cdot (x_u-\mu)^2}

Das bedeutet, wenn wir das Experiment viele Male wiederholen, dann ist der Durchschnitt aller Werte von $X$ gerade $\mu$ , und die typische Abweichung von diesem Durchschnitt ist $\sigma$ . Wenn $X$ eine kontinuierliche Zufallsvariable ist, erhalten wir die kontinuierliche Version dieser Formeln, wobei wir die Summe durch das Integral ersetzen, und die diskrete Wahrscheinlichkeitsverteilung durch die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion:

Theorem 1

Der Mittelwert und die Standardabweichung einer stetigen Zufallsvariablen $X$ mit der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $f_X$ sind

\mu = \int_{-\infty}^\infty x \cdot f_X(x)\, dx

and

\sigma = \sqrt{\int_{-\infty}^\infty (x-\mu)^2\cdot f_X(x)\, dx}

Bevor wir Argumente geben, warum diese Formeln richtig sind, wollen wir ein Beispiel anführen.

Exercise 1

Man betrachte ein Zufallsexperiment mit einer kontinuierlichen Zufallsvariablen $X$ , deren Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion gegeben ist durch

f_X(x)=\begin{cases}\frac{3}{4}-\frac{3}{4}x^2 & x\in [-1,1] \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}

Bestimmen Sie den Mittelwert und die Standardabweichung von $X$ .

Solution

Wir müssen das Integral der Funktion bilden

\begin{array}{lll} x\cdot f(x)&=& x\cdot \left(\frac{3}{4}-\frac{3}{4}x^2\right)\\ &=& \frac{3}{4}x-\frac{3}{4}x^3 \end{array}

Also,

\begin{array}{lll} \mu & = & \int_{-\infty}^\infty (x \cdot f(x))\, dx\\ &=& \int_{-1}^1 \left(\frac{3}{4}x-\frac{3}{4}x^3\right)\, dx\\ &=& F(1)-F(-1)\\ &=& \left(\frac{3}{8}-\frac{3}{16}\right)-\left(\frac{3}{8}-\frac{3}{16}\right)\\ &=& 0 \end{array}

Wir haben gebraucht, dass $F(x)=\frac{3}{8}x^2-\frac{3}{16}x^4$ die Stammfunktion von $\frac{3}{4}x-\frac{3}{4}x^3$ ist. Für die Standardabweichung haben wir

\begin{array}{lll} \sigma^2 & = & \int_{-\infty}^\infty (x-0)^2 \cdot f(x)\, dx\\ &=& \int_{-1}^1 x^2\cdot \left(\frac{3}{4}-\frac{3}{4}x^2\right)\, dx\\ &=& \int_{-1}^1 \left(\frac{3}{4}x^2-\frac{3}{4}x^4\right)\, dx\\ &=& F(1)-F(-1)\\ &=& \left(\frac{1}{4}-\frac{3}{20}\right)-\left(-\frac{1}{4}+\frac{3}{20}\right)\\ &=& \frac{1}{5} \end{array}

Wir haben benutzt, dass $F(x)=\frac{1}{4}x^3-\frac{3}{20}x^5$ die Stammfunktion von $\frac{3}{4}x^2-\frac{3}{4}x^4$ ist. Es ist also

\sigma =\sqrt{\frac{1}{5}}

Um nun zu sehen, warum diese Formeln für den Mittelwert und die Standardabweichung korrekt sind, klicke rechts. Der Beweis ist technisch ... versuche zu folgen.

Show

Wir teilen die $x$ -Achse in $u$ Klassen $K_i$ mit Klassenbreite $\Delta x$ , wobei $u$ gross und $\Delta x$ nahe bei null sein soll. Wir haben dann

p(X\in K_i) =\int_{K_i} f_X(x)\Delta x \approx f_X(x_i)\,\Delta x

wobei $x_i$ der Mittelpunkt von $K_i$ ist. Wir können nun die Mittelwert-Formel für den diskreten Fall anwenden:

\begin{array}{lll} \mu &\approx & p(X\in K_1)\cdot x_1+...+p(X\in K_u)\cdot x_u\\ &\approx & f(x_1)\cdot \Delta x\cdot x_1 + ...+ f(x_u)\cdot \Delta x\cdot x_u\\ &=& \int_{-\infty}^{\infty} x\cdot f(x)\, dx\\ \end{array}

Der Beweis für die Standardabweichung ist ähnlich.

Exercise 2

Die Zufallsvariable $X$ besitze die Dichtefunktion

f(x)=\begin{cases}\frac{a}{x^2} & x\in [1,2] \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}

wobei $a$ noch zu bestimmen ist.

Bestimme den Wert $a$ .
Bestimme den Mittelwert und die Standardabweichung von $X$ . Beachte: die Standardabweichung muss numerisch bestimmt werden.

Solution

Das Integral muss $1$ ergeben:
$\int_1^2 f_X(x)\, dx = \int_1^2 \frac{a}{x^2}\, dx =1$
Die Stammfunktion von $\frac{a}{x^2}=ax^{-2}$ ist
$F(x)=a(-1)x^{-1}=-\frac{a}{x}$
und somit haben wir die Gleichung
$F(2)-F(1)=1$ $-\frac{a}{2}-(-\frac{a}{1})=\frac{a}{2}=1 \rightarrow a=2$
Es ist also $f_X(x)=\frac{2}{x^2}$ .
Für den Mittelwert haben wir:
$\begin{array}{lll} \mu &=&\int_1^2 x f_X(x)\, dx \\[0.2em] &=& \int_1^2 x\frac{2}{x^2}\, dx \\[0.2em] &=& \int_1^2 \frac{2}{x}\, dx\\[0.2em] &=&2\ln(2)-2\ln(1)\\[0.2em] &=&2\ln(2)\\[0.2em] &=&1.386\\ \end{array}$
Für die Standardabweichung gilt:
$\begin{array}{lll} \sigma^2 &=&\int_1^2 (x-1.386)^2 f_X(x)\, dx \\[0.2em] &=& \int_1^2 (x-1.386)^2 \frac{2}{x^2}\, dx \\[0.2em] &=& \int_1^2 (x^2-2.772x+1.922)\frac{2}{x^2}\, dx \\[0.2em] &=& \int_1^2 2-5.545x^{-1}+3.843x^{-2}\, dx \\[0.2em] &=& F(2)-F(1)\\[0.2em] &=& 0.08\\ \end{array}$
wobei die Stammfunktion von $2-5.545x^{-1}+3.843x^{-2}$ gegen ist durch
$F(x)=2x-5.544\ln(x)-3.844x^{-1}$
Wir bekommen also
$\sigma = 0.28$