Covarianza de $10$ Tirar monedas

Question

Le estoy cogiendo el truco a usar las propiedades de la Covarianza para que calcularla sea mucho más fácil pero estoy atascado en esta.

Moneda justa lanzada al aire $10$ veces. Sea $X$ denotan el número de cabezas observadas y $Y=X^2$ . Encuentra la covarianza.

Bueno, el $E(X)=5$ cabezas y $E(Y)=25$ . ¿Cómo podría calcular $E(XY)$ . Al principio pensé que sólo sería $E(X)^3$ que es igual a $125$ por lo que la covarianza sería $0$ pero esta no era la respuesta correcta.

Answer 1

Usted quiere $E(XY)-E(X)E(Y)$ que es $E(X^3)-E(X)E(X^2)$ . Usted sabe cómo hacer frente a la última parte, por lo que necesita $E(X^3)$ . El valor de esto no es obvio. En la respuesta principal vemos un enfoque general, y en un comentario al final mencionamos una forma rudimentaria de hacer el cálculo.

Puede encontrar $E(X^3)$ En efecto $E(X^n)$ utilizando el función generadora de momentos del binomio. Se trata de la función $M_X(t)$ definido por $$M_X(t)=E(e^{tX}).$$ Es igual a $$\sum_0^{10} e^{tk}\binom{10}{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}.$$ Tenga en cuenta que $e^{tk}=(e^t)^k$ por lo que nuestra suma es $$ \left(\frac{1}{2}\right)^{10}\sum_{k=0}^{10} \binom{10}{k}(e^t)^k.$$ Por el Teorema Binomial, obtenemos $$M_X(t)=\left(\frac{1}{2}\right)^{10}(e^t+1)^{10}.$$ Ahora puede obtener la expectativa de $X^3$ hallando la tercera derivada de la mgf en $t=0$ .

Observación: Para su ejemplo concreto, puede encontrar $E(X^3)$ más directamente calculando la suma $$\sum_{k=0}^{10} k^3\binom{10}{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}.$$ No muy divertido, pero factible.

Answer 2

Ahora $\mathrm{Cov}(X,Y)=\mathrm{E}(XY)-\mathrm{E}(X)\cdot\mathrm{E}(Y) = \mathrm{E}(X^3) - \mathrm{E}(X)\mathrm{E}(X^2)$

Esto no debería ser $0$ como el valor de $Y$ claramente no va a ser independiente del valor de $X$ .

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Sea $X_i$ ser el acontecimiento del $i^{th}$ tirar hacia arriba una cabeza, para $i=1..10$ . Cada $X_i$ tiene un valor posible de $0$ o $1$ .

Así que esto da: $X=X_1+X_2+X_3+X_4+X_5+X_6+X+7+X_8+X_9+X_{10}$ que podemos escribir como $X=\sum\limits_{\forall i}X_i$

Obviamente por una moneda: $\mathrm{E}(X_i) = \frac 12 (1+0) = \frac 12$ pero también $\mathrm{E}(X_i^2) = \frac 12 (1^2+0^2) = \frac 12$ .

Sin embargo, cuando las monedas son diferentes, hay 4 resultados posibles, por lo que $\mathrm{E}(X_i X_j \mid i\neq j) = \frac14(1\cdot 1 + 1\cdot 0 + 0\cdot 1+0\cdot 0) = \frac 14$

Esto es importante porque $X^2 = (\sum\limits_{\forall i} X_i)(\sum\limits_{\forall j} X_j) = \sum\limits_{\substack{\forall i, j\\ i=j}} X_iX_j + \sum\limits_{\substack{\forall i,j\\i\neq j}} X_iX_j = \sum\limits_{\forall i} X_i^2 + \sum\limits_{\substack{\forall i,j\\i\neq j}} X_iX_j $

Así que podemos utilizar los valores esperados de las monedas individuales para determinar los valores esperados de $X$ , $X^2$ y $X^3$ que, no por casualidad, nos da la expectativa para $Y$ y $XY$ .

$\mathrm{E}(X) $ $= \mathrm{E}(\sum\limits_{\forall i} X_i) \\ = \sum\limits_{\forall i} \mathrm{E}(X_i) \\ = 10\cdot\frac 12 \\ = 5$

$\mathrm{E}(Y) = \mathrm{E}(X^2)$ $= \mathrm{E}((\sum\limits_{\forall i} X_i)(\sum\limits_{\forall j} X_j)) \\ = \mathrm{E}(\sum\limits_{\forall i} X_i^2) + \mathrm{E}(\sum\limits_{\substack{\forall i,j\\ i\neq j}} X_iX_j) \\ = 10\cdot\frac 12 + 10\cdot 9 \cdot \frac 14 \\ = \frac {55}2$

$\mathrm{E}(XY)=\mathrm{E}(X^3)$ $= \mathrm{E}((\sum\limits_{\forall i} X_i)(\sum\limits_{\forall j} X_j)(\sum\limits_{\forall k} X_k)) \\ = \mathrm{E}(\sum\limits_{\forall i} X_i^3) + 3\mathrm{E}(\sum\limits_{\substack{\forall i,k \\ k\neq i}} X_i^2X_k) + \mathrm{E}(\sum\limits_{\substack{\forall i,j,k\\ i\neq j\neq k\neq i}} X_iX_jX_k) \\ = 10\cdot\frac 12 + 3\cdot 10\cdot 9\cdot\frac 14 + 10\cdot 9 \cdot 8 \cdot \frac 18 \\ = \frac {325}2 $

Así $\mathrm{E}(X^3)\neq \mathrm{E}(X)^3$ e igualmente $\mathrm{E}(X^2)\neq \mathrm{E}(X)^2$ .

Póngalo todo junto para encontrar $\mathrm{Cov}(X,Y) = \mathrm{E}(X^3) - \mathrm{E}(X)\mathrm{E}(X^2) = \frac{325}2 - 5\cdot\frac{55}2 = 25$