Απόδειξη διακύμανσης ανεξάρτητων τ.μ

Coxs · #1

Καλησπέρα σε όλους!
Έστω X_i ,i=1,...,d

ανεξάρτητες τυχαίες μεταβλητές. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{Var(\sum_{i=1}^{d}X_i)}$ = $\displaystyle{\sum_{i=1}^{d}Var(X_i)}$
Η απόδειξη που έκανα είναι η εξής:
$\displaystyle{Var(\sum_{i=1}^{d}X_i)}$ = Var(X_1+...+X_d)

= $\displaystyle{Var(X_1)+...+Var(X_d)+ \sum_{i=1}^{d}\sum_{j=1}^{d}Cov(X_i,X_j)}$ $\displaystyle{ -\sum_{i=1}^{d}Cov(X_i,X_i)}$
= $Var(X_i)+...+Var(X_d) \displaystyle{ +\sum_{i=1}^{d}Cov(X_i,X_i)}$ $\displaystyle{ -\sum_{i=1}^{d}Cov(X_i,X_i)}$
=

$=\displaystyle{\sum_{i=1}^{d}Var(X_i)}$
Αφού X_i ,i=1,...,d

ανεξάρτητες τυχαίες μεταβλητές και ισχύει Cov(X_i,X_j)=0

για $i\neq j$

Είναι σωστή η προσέγγιση και αν ναι υπάρχει διαφορετικός τρόπος να αποδείξω το ζητούμενο;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Coxs έγραψε:Καλησπέρα σε όλους!
Έστω ανεξάρτητες τυχαίες μεταβλητές. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{Var(\sum_{i=1}^{d}X_i)}$ = $\displaystyle{\sum_{i=1}^{d}Var(X_i)}$
Η απόδειξη που έκανα είναι η εξής:
$\displaystyle{Var(\sum_{i=1}^{d}X_i)}$ == $\displaystyle{Var(X_1)+...+Var(X_d)+ \sum_{i=1}^{d}\sum_{j=1}^{d}Cov(X_i,X_j)}$ $\displaystyle{ -\sum_{i=1}^{d}Cov(X_i,X_i)}$
= $Var(X_i)+...+Var(X_d) \displaystyle{ +\sum_{i=1}^{d}Cov(X_i,X_i)}$ $\displaystyle{ -\sum_{i=1}^{d}Cov(X_i,X_i)}$
= $=\displaystyle{\sum_{i=1}^{d}Var(X_i)}$
Αφού ανεξάρτητες τυχαίες μεταβλητές και ισχύει για $i\neq j$

Είναι σωστή η προσέγγιση και αν ναι υπάρχει διαφορετικός τρόπος να αποδείξω το ζητούμενο;

Σωστή είναι η απόδειξη.
Τουλάχιστον εγώ δεν γνωρίζω αλλον τρόπο.
Πάντως αυτή η απόδειξη υπάρχει σε όλα τα βιβλία.
Οι τυχαίες μεταβλητές δεν χρειάζεται να είναι ανεξάρτητες.Αρκεί να είναι ασυσχέτιστες.

Coxs · #3

Ωραία!!!

Ευχαριστώ πολύ για την άμεση απάντηση

Απόδειξη διακύμανσης ανεξάρτητων τ.μ

Απόδειξη διακύμανσης ανεξάρτητων τ.μ

Re: Απόδειξη διακύμανσης ανεξάρτητων τ.μ

Re: Απόδειξη διακύμανσης ανεξάρτητων τ.μ

Μέλη σε σύνδεση