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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:55 Sa 04.02.2023
Autor: Fry

Hallo zusammen,


im Allgemeinen gilt ja für zwei Zufallsvariablen X und Y:
Wenn X und Y unabhängig sind, so ist $E[Y|X] = E[Y]$.
Gilt auch die Umkehrung? Falls nicht, was wäre ein Gegenbeispiel?




Für zum Beispiel stetige ZVen hätte ich gesagt, dass die Umkehrung gilt,
denn wenn $E[Y|X=x]  = E[Y]$  für alle [mm] $x\in\mathbb [/mm] R$,
also [mm] $\int_{-\infty}^{\infty} y*f_{Y|X=x}(y)dy  [/mm] = [mm] \int_{-\infty}^{\infty} y*f_{Y}(y)dy$, [/mm]
dann sollten auch die Integranden bis auf Nullmengen identisch sein, oder?
Also [mm] $f_{Y|X=x}(y)=f_{Y}(y)$  [/mm] für alle x
und dann wären die Variablen unabhängig, oder?

LG
Fry

        
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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:10 So 05.02.2023
Autor: HJKweseleit

Für diskrete Werte siehst du die Antwort sofort:

Schau dir eine Vierfeldertafel an und trage variable Wahrscheinlichkeiten ein. (Es gibt nur einen Freiheitsgrad.)

Kannst du das Ergebnis auch auf kontinuierliche Verteilungen übertragen?

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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:47 So 05.02.2023
Autor: Fry

Hallo HJKweseleit,

vielen Dank für deine Antwort.
Also im Falle einer Vierfeldertafel
müsste dann ja
[mm] $y_1*P(Y=y_1|X=\cdots) [/mm] + [mm] y_2*P(Y=y_2|X=\cdots) [/mm] = [mm] y_1*P(Y=y_1)+y_2*P(Y=y_2) [/mm] sein,
also
[mm] $y_1*P(Y=y_1|X=\cdots) [/mm] + [mm] y_2*(1-P(Y=y_1|X=\cdots)) [/mm] = [mm] y_1*P(Y=y_1)+y_2*(1-P(Y=y_1)$ [/mm]
sein,
was nach Auflösen zu [mm] $P(Y=y_1|X=\dots)=P(Y=y_1)$ [/mm] und  [mm] $P(Y=y_2|X=\dots)=P(Y=y_2)$führt. [/mm]
In diesem Fall sind dann ja X und Y unabhängig. Richtig?


Meine Gedanken zum kontinuierlichen Fall hab ich ja im ersten Posting geschildert.

VG
Fry

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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:41 So 05.02.2023
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Meine Gedanken zum kontinuierlichen Fall hab ich ja im
> ersten Posting geschildert.

schön, dass du einen eigenen Ansatz versucht hast.

Nimm eine beliebige integierbare integrierbare Zufallsvariabe $X$ und eine davon unabhängige Variabe $Z$ mit $P(Z = -1) = P(Z=1) = [mm] \frac{1}{2}$. [/mm]

Dann liefert $Y = ZX$ das Gewünschte.
(Edit: Nur der Korrektheit halber: Sofern [mm] $X^2$ [/mm] nicht konstant ist…)

Nichtsdestotrotz ist deine Idee gar nicht verkehrt, denn es gilt:

Ist $E[f(Y)|X] = E[f(Y)]$ für jede meßbare Funktion $f$, so sind Y und X unabhängig.
Die Anforderungen an $f$ lassen sich noch etwas abschwächen (es reicht bspw. beschränkte Funktionen zu betrachten), aber du brauchst halt mehr als nur deine Ausgangsgleichung.

Gruß,
Gono


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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Antwort (fehlerhaft)
Status: (Antwort) fehlerhaft Status 
Datum: 12:40 Di 07.02.2023
Autor: HJKweseleit

[Dateianhang nicht öffentlich]

Vereinfacht gesagt: Ist eines der a, b, c, d das Produkt "seiner" beiden Summen an den Randfeldern dividiert durch die Gesamtsumme, so gilt dies schon für alle anderen auch, und genau dann ist die Verteilung stochastisch unabhängig.

Beispiel: a = [mm] \bruch{(a+b)(a+c)}{a+b+c+d} [/mm]

Dann ist  b = (a+b)-a = [mm] \bruch{(a+b)(a+b+c+d)}{a+b+c+d}-\bruch{(a+b)(a+c)}{a+b+c+d}=\bruch{(a+b)(a+b+c+d-a-c)}{a+b+c+d}=\bruch{(a+b)(b+d)}{a+b+c+d} [/mm] ebenfalls das Produkt "seiner" beiden Summen an den Randfeldern dividiert durch die Gesamtsumme. Entsprechendes gilt für c und d.

Außerdem ist [mm] \bruch{a}{b}=\bruch{(a+b)(a+c)}{(a+b)(b+d)}=\bruch{(a+c)}{(b+d)} [/mm] = [mm] \bruch{P(A)}{P(B)}, [/mm] also
[mm] \bruch{P(A|C)}{P(B|C)}=\bruch{P(A)}{P(B)}, [/mm] und entsprechend gelten die analogen Beziehungen auch für die anderen Kombinationen.



Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Bezug
                                
Bezug
Stoch. Unah. & bedingte EWe: Korrekturmitteilung
Status: (Korrektur) fundamentaler Fehler Status 
Datum: 07:42 Mi 08.02.2023
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Vereinfacht gesagt: Ist eines der a, b, c, d das Produkt
> "seiner" beiden Summen an den Randfeldern dividiert durch
> die Gesamtsumme, so gilt dies schon für alle anderen auch,
> und genau dann ist die Verteilung stochastisch
> unabhängig.

nur um das hier nicht unkommentiert stehen zu lassen: Unabhängigkeit folgt natürlich nicht…

Gruß,
Gono

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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 11:22 Mi 08.02.2023
Autor: HJKweseleit

Ich kann keinen Fehler in meiner Betrachtung entdecken.

Zwei Ereignisse sind stochastisch unabhängig, wenn die Wahrscheinlichkeit, dass beide Ereignisse eintreten, gleich dem Produkt ihrer Einzelwahrscheinlichkeiten ist.

In meinem Beispiel ist [mm] P(A)=\bruch{a+b}{a+b+c+d} [/mm] und [mm] P(C)=\bruch{a+c}{a+b+c+d}. [/mm]

Außerdem ist [mm] P(A\cap C)=\bruch{a}{a+b+c+d} [/mm] mit [mm] a=\bruch{(a+b)(a+c)}{a+b+c+d}, [/mm] also

[mm] P(A\cap C)=\bruch{(a+b)(a+c)}{(a+b+c+d)^2}=P(A)*P(C). [/mm]

Vielleicht kann mir jemand ein Beispiel mit 4 Zahlen a,b,c,d zeigen, bei dem (unter den von mir angegebenen Voraussetzungen) keine stochastische Unabhängigkeit vorliegt. Es geht hier nur um die Viefeldertafel.

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Bezug
Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 11:46 Mi 08.02.2023
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

du schriebst:

> Für diskrete Werte siehst du die Antwort sofort:

> Schau dir eine Vierfeldertafel an und trage variable Wahrscheinlichkeiten ein. (Es gibt nur einen Freiheitsgrad.)

Betrachte die unabhängigen diskreten ZV X und Z mit $P(X = 3) = P(X=1)  = P(Z=-1) = P(Z=1) = [mm] \frac{1}{2}$ [/mm] sowie $Y = XZ$.

Dann erfüllen X und Y die Gleichung $E[Y|X] = E[Y]$ und X und Y sind stochastisch abhängig.

Laut deiner obigen Aussage sieht man "die Antwort sofort" mit Hilfe der Vierfeldertafel, aus der du dann Unabhängigkeit folgerst.

Da dies offensichtlich falsch ist (siehe obiges Gegenbeispiel), kannst du dich nun auf Fehlersuche machen.

Gruß,
Gono  

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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Kein Gegenbeispiel
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:18 Mi 08.02.2023
Autor: HJKweseleit


> Betrachte die unabhängigen diskreten ZV X und Z mit [mm]P(X = 3) = P(X=1) = P(Z=-1) = P(Z=1) = \frac{1}{2}[/mm]
> sowie [mm]Y = XZ[/mm].
>  
> Dann erfüllen X und Y die Gleichung [mm]E[Y|X] = E[Y][/mm] [notok] Es ist E(-3|1)=0 [mm] \ne [/mm] E(-3)= 1/4 (s.u.).
> und X und Y sind stochastisch abhängig.


> Da dies offensichtlich falsch ist (siehe obiges
> Gegenbeispiel), kannst du dich nun auf Fehlersuche machen.
>  
> Gruß,
>  Gono  


Hallo Gono,

Für Y erhalte ich die Werte 3*(-1)=-3, 3*1=3, 1*(-1)=-1 und 1*1=1 mit der W. 1/4 für jeden Wert.

Eine 4-Feldertafel mit X und Z ist sinnlos, weil du mit den Mengen X und Y argumentierst und es somit keine Rolle spielt, wie die Y-Werte durch Z entstanden sind (wohl aber ihre Abhängigkeit von X). Da es 2 X- und 4 Y-Werte gibt, entsteht auch keine 4-, sondern eine 8-Feldertafel:

[Dateianhang nicht öffentlich]

Hier sieht man, dass die Wahrscheinlichkeiten im Mittelfeld nicht die jeweiligen Produkte "ihrer" Randwerte sind, und damit sind X und Y eben stochastisch abhängig. Es ist E(-3|1)=0 [mm] \ne [/mm] E(-3)= 1/4.

Wenn man X durch Z ersetzt, ergibt sich ein ähnliches Verhalten:

[Dateianhang nicht öffentlich]

Dein Beispiel widerlegt also nicht meine Aussage.


Es gilt auch folgende Aussage: Zwei Variable sind stoch. unabhängig, wenn im W.-Baum die Teilwahrscheinlichkeiten an den Zweigen überall den W. in den entsprechenden Mengen gleichen.


[Dateianhang nicht öffentlich]

Im X-Z-Baum haben alle Zweige die W. 1/2 wie die Zahlen 3, 1, -1, 1 in den beiden Mengen. Im X-Y-Baum stehen aber bei Y jeweils die W. 1/2, die Zahlen -3, -1, 1 und 3 haben in Y aber die W. 1/4. Da das Letzte nicht übereinstimmt, haben wir stoch. Abhängigkeit.




Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:39 Do 09.02.2023
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

du drückst dich um das, worum es eigentlich geht.
Du schriebst als Antwort auf die initiale Frage:

> Für diskrete Werte siehst du die Antwort sofort:

> Schau dir eine Vierfeldertafel an und trage variable Wahrscheinlichkeiten ein. (Es gibt nur einen Freiheitsgrad.)

Ich warte für mein Beispiel mit diskreten Werten noch immer auf deine Vierfeldertafel, bei der man die Antwort sofort sieht.

Gruß,
Gono

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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:47 Do 09.02.2023
Autor: HJKweseleit

In diesem Fall handelt es sich um eine 8-Felder-Tafel, bei der man die Abhängigkeit sofort sieht: Es ist keine Multiplikationstafel.

Meine Aussage bezog sich auf die 4-Felder-Tafel, bei der man das sofort sieht. Es sollte eine Anregung für den Fragesteller sein, zu prüfen, ob sich die Betrachtung auf sein Problem übertragen lässt.

Auf die 8-Felder-Tafel lässt sie sich spielend übertragen: Wäre sie eine Multiplikationstafel, wären X und Y stoch. unabhängig, so sind sie es nicht.

Du hast meine Aussage bezüglich der 4-Felder-Tafel kritisiert. Ich dehne sie nun auf dein Beispiel und somit auf eine 8-Felder-Tafel aus. Da stimmt sie aber auch. Zeig mir doch an deinem Beispiel, was du meinst. Die von dir getroffene Aussage E[Y|X]=E[Y] ist auf jeden Fall falsch, deine Aussage X und Y sind stoch. abhängig allerdings richtig.



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Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:19 Do 09.02.2023
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> In diesem Fall handelt es sich um eine 8-Felder-Tafel, bei
> der man die Abhängigkeit sofort sieht: Es ist keine
> Multiplikationstafel.

Aha, aber du meintest doch, es sei bei diskreten Werten leicht mit einer Vierfelder-Tafel zu sehen… und dass es auch so verstanden wurde, zeigt der darauf folgende Ansatz des Fragestellers.

> Meine Aussage bezog sich auf die 4-Felder-Tafel, bei der
> man das sofort sieht. Es sollte eine Anregung für den
> Fragesteller sein, zu prüfen, ob sich die Betrachtung auf
> sein Problem übertragen lässt.

Und dass es lässt es eben nur im sehr speziellen Fall von 2 Werten… nichts mit "für diskrete Werte siehst du […] sofort"… und deswegen wurden deine Antworten von mir markiert.

> Die von dir getroffene Aussage E[Y|X]=E[Y] ist auf jeden Fall falsch

Ach ist sie das?
Es ist offensichtlich $E[Z] = 0$ und damit sowohl $E[Y] = E[XZ] = E[X]E[Z] = E[X] [mm] \cdot [/mm] 0 = 0$ als auch $E[Y|X] = E[XZ|X] = XE[Z|X] = XE[Z] = [mm] X\cdot [/mm] 0 = 0$

Dann ist wohl $0=0$ auf jeden Fall falsch…

Gruß,
Gono


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Bezug
Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:19 Fr 10.02.2023
Autor: HJKweseleit

Hallo Gono,

>  Es ist offensichtlich [mm]E[Z] = 0[/mm] und damit sowohl [mm]E[Y] = E[XZ] = E[X]E[Z] = E[X] \cdot 0 = 0[/mm]
> als auch [mm]E[Y|X] = E[XZ|X] = XE[Z|X] = XE[Z] = X\cdot 0 = 0[/mm]
>  
> Dann ist wohl [mm]0=0[/mm] auf jeden Fall falsch…

Was jetzt wieder Z mit meiner Tafel zu tun hat, erschließt sich mir nicht, insbesondere auch nicht E[Z]=0.

Ich glaube, wir reden aneinander vorbei. Ich vermute mal, dass du mir Folgendes sagen willst, an einem Beispiel erklärt:

300 Personen werden befragt, ob sie häufiger (oder am liebsten) Kartoffeln, Nudeln, Reis oder Knödel essen. Es sind zufällig 100 Männer und 200 Frauen mit folgender Verteilung:

[Dateianhang nicht öffentlich]

Für Kartoffeln gilt: E[F|Kart.]=60/90=E[F]=2/3
Für Knödel gilt:     E[F|Knöd.]=40/60=E[F]=2/3  

Das sieht nach stochast. Unabhängigkeit aus, aber  

Für Nudeln gilt:     E[F|Nud.]=10/30=1/3 [mm] \ne [/mm] E[F]=2/3
Für Reis gilt:       E[F|Knöd.]=90/120=3/4 [mm] \ne [/mm] E[F]=2/3  

Also ist die Verteilung stochast. abhängig.

Und so steht dann am nächsten Tag in der Zeitung: Frauen mögen keine Nudeln, Männer keinen Reis.

Fazit:
[mm] \fbox{Aus der Beziehung E[Y|X]=E[Y] für eine Kombination lässt sich nicht auf stoch. Unabhängigkeit schließen, es muss für alle Kombinationen gelten.} [/mm]

Falls du mir das die ganze Zeit sagen wolltest: Ja!!!
Bei einer 4-Feldertafel reicht allerdings ein einziger Test, deshalb habe ich hier vom Freiheitsgrad 1 gesprochen. Bei mehr als 4 Feldern reicht das natürlich nicht.

Falls du mir die ganze Zeit aber etwas anderes sagen wolltest: Ich weiß dann immer noch nicht, was.

Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Bezug
                                                                                        
Bezug
Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:28 Fr 10.02.2023
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Hallo Gono,
>  
> >  Es ist offensichtlich [mm]E[Z] = 0[/mm] und damit sowohl [mm]E[Y] = E[XZ] = E[X]E[Z] = E[X] \cdot 0 = 0[/mm]

> > als auch [mm]E[Y|X] = E[XZ|X] = XE[Z|X] = XE[Z] = X\cdot 0 = 0[/mm]
>  
> >  

> > Dann ist wohl [mm]0=0[/mm] auf jeden Fall falsch…
>  
> Was jetzt wieder Z mit meiner Tafel zu tun hat, erschließt
> sich mir nicht, insbesondere auch nicht E[Z]=0.

Um es jetzt mal klar zu sagen: Dein Tafelansatz ist Murks.


> Für Kartoffeln gilt: E[F|Kart.]=60/90=E[F]=2/3
>  Für Knödel gilt:     E[F|Knöd.]=40/60=E[F]=2/3  
>
> Das sieht nach stochast. Unabhängigkeit aus, aber  
>
> Für Nudeln gilt:     E[F|Nud.]=10/30=1/3 [mm]\ne[/mm] E[F]=2/3
>  Für Reis gilt:       E[F|Knöd.]=90/120=3/4 [mm]\ne[/mm] E[F]=2/3  
>
> Also ist die Verteilung stochast. abhängig.
>  
> Und so steht dann am nächsten Tag in der Zeitung: Frauen
> mögen keine Nudeln, Männer keinen Reis.
>  
> Fazit:
>  [mm]\fbox{Aus der Beziehung E[Y|X]=E[Y] für eine Kombination lässt sich nicht auf stoch. Unabhängigkeit schließen, es muss für alle Kombinationen gelten.}[/mm]

Deine Ausführungen zeigen: Du hast keine Ahnung, was der []bedingte Erwartungswert ist, geschweige denn, was die Schreibweise E[Y|X] bedeutet.
Insbesondere gibt es da keine Kombinationen, d.h. Werte werden nicht getrennt gebrachtet, sondern E[Y|X] ist eine Zufallsvariable.

Zur Schreibweise:
Es ist $E[Y|X] := E[Y | [mm] \sigma(X)]$, [/mm] wobei [mm] $\sigma(X)$ [/mm] die kleinste Sigma-Algebra ist, bezüglich derer X noch meßbar ist.

Zur Definition:
Es ist $E[Y | [mm] \mathcal{A}]$ [/mm] eine Zufallsvariable [mm] $\tilde{Y}$, [/mm] für die gilt:
i) [mm] $\tilde{Y}$ [/mm] ist [mm] $\mathcal{A}$ [/mm] meßbar
ii) [mm] $E[\tilde{Y}1_A] [/mm] = [mm] E[Y1_A]$ [/mm] für alle $A [mm] \in \mathcal{A}$ [/mm]

Mit Schulmathematik und simpler Betrachtung von bedingten Wahrscheinlichkeiten kommst du da nicht weit…

Gruß,
Gono

Bezug
                                                                                                
Bezug
Stoch. Unah. & bedingte EWe: Autsch!
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:27 Fr 10.02.2023
Autor: HJKweseleit

Hallo Gono,
ich gehe in Sack und Asche.


> Deine Ausführungen zeigen: Du hast keine Ahnung, was der
> []bedingte Erwartungswert
> ist, geschweige denn, was die Schreibweise E[Y|X] bedeutet.
> Insbesondere gibt es da keine Kombinationen, d.h. Werte
> werden nicht getrennt gebrachtet, sondern E[Y|X] ist eine
> Zufallsvariable.

Doch, ich weiß genau, dass E[X] etwas anderes als P(x) ist, aber genau das habe ich - wieso auch immer - völlig "übersehen" und in unserer gesamten Korrespondenz immer E[X] mit P(X) gleichgesetzt. Daher auch mein Unverständnis über E[Z]=0 oder E[Y/X]=E[Y].

Fazit: Du hast mit allem Recht, ich habe jetzt auch alles verstanden, was du mir sagen wolltest. Hoffentlich habe ich dich nicht zu sehr geärgert...

Alles Gute
Kw


Bezug
                
Bezug
Stoch. Unah. & bedingte EWe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 07:41 Mi 08.02.2023
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Für diskrete Werte siehst du die Antwort sofort:

tut man das?
Also nur um das hier noch mal klar zu sagen: Weder im diskreten noch im stetigen Fall folgt die Unabhängigkeit aus der Gleichung.
Siehe meine Antwort zu der Frage, die sogar eine Konstruktionsvorschrift für beliebige Gegenbeispiele liefert, sofern [mm] $X^2$ [/mm] nicht konstant ist.

Gruß,
Gono

Bezug
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