Existenz Dichte zu zeigen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Mit [mm] $\alpha [/mm] > 0 , X$ einer normalverteilten Zufallsgrösse sei
$Y:= [mm] exp(\bruch{1}{\alpha} X^2)$ [/mm] .
a) Man zeige, dass Y eine Dichte besitzt und berechne diese.
b) Für welche Werte von [mm] $\alpha$ [/mm] existieren Erwartungswerte bzw. Varianz von $Y$? |
Hallo.
Ich denke, dass b) nicht mehr so schwierig ist, wenn man in die a) reingefunden hat (...) . Nur da scheint es zu happern:
$P(Y [mm] \le t)=P(e^{\bruch{1}{\alpha}X^2} \le [/mm] t) = [mm] P(\bruch{1}{\alpha} X^2 \le [/mm] log(t)) = [mm] P(X^2 \le \alpha [/mm] * log(t)) = [mm] P(-\wurzel{\alpha*log(t)} \le [/mm] X [mm] \le \wurzel{\alpha*log(t)} [/mm] ) $
$= [mm] \bruch{1}{\wurzel(2*\pi)}\integral_{-\wurzel{\alpha*log(t)}}^{\wurzel{\alpha*log(t)} }{e^{-\bruch{1}{2}*x^2} dx} [/mm] $
Ich komme hier iwie nicht weiter. Kann mir bitte jmd. einen Rat geben?
Grüsse
Pablo
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Hallo Pablo,
> Mit [mm]\alpha > 0 , X[/mm] einer normalverteilten Zufallsgrösse
> sei
>
> [mm]Y:= exp(\bruch{1}{\alpha} X^2)[/mm] .
>
> a) Man zeige, dass Y eine Dichte besitzt und berechne
> diese.
> b) Für welche Werte von [mm]\alpha[/mm] existieren Erwartungswerte
> bzw. Varianz von [mm]Y[/mm]?
> Hallo.
>
> Ich denke, dass b) nicht mehr so schwierig ist, wenn man in
> die a) reingefunden hat (...) . Nur da scheint es zu
> happern:
>
> [mm]P(Y \le t)=P(e^{\bruch{1}{\alpha}X^2} \le t) = P(\bruch{1}{\alpha} X^2 \le log(t)) = P(X^2 \le \alpha * log(t)) = P(-\wurzel{\alpha*log(t)} \le X \le \wurzel{\alpha*log(t)} )[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> [mm]= \bruch{1}{\wurzel(2*\pi)}\integral_{-\wurzel{\alpha*log(t)}}^{\wurzel{\alpha*log(t)} }{e^{-\bruch{1}{2}*x^2} dx}[/mm]
(![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]") )
Wieso ist [mm]X[/mm] denn [mm]N_{0,1}[/mm]-verteilt? Davon steht nix da ...
Wie man das Integal knackt, kann ich dir nicht sagen, aber ich würde die Aufgabe direkt mit dem Transformationssatz für Dichten angehen.
Es ist [mm]T(x)=\exp\left(\frac{1}{\alpha}\cdot{}x^2\right)[/mm] differenzierbar, [mm]T(\IR)=(0,\infty)[/mm] und [mm]T'>0[/mm]
Das sind doch schonmal gute Voraussetzungen, um den Trafosatz mal rauszukramen ...
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> Ich komme hier iwie nicht weiter. Kann mir bitte jmd. einen
> Rat geben?
>
> Grüsse
> Pablo
LG
schachuzipus
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Guten Abend. Danke.
Ich verstehe zwar den Transformationssatz, jedoch überhaupt nicht, wie ich das bezüglich einer Dichte berechnen soll?
Was heisst "bezüglich" einer Dichte? So wie ich das mitbekommen habe, möchtest du gar nicht mehr das Integral berechnen sondern direkt die Dichten... wie geht das?
Grüsse
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Hiho,
nochmal: die Integraldarstellung brauchst du doch gar nicht!!!
Auch wenn sie dich zum gleichen Ergebnis führt, ist das Umschreiben dazu aber einfach nur Umständlich (und dadurch Fehleranfällig!)
Ich machs dir mal an einem Beispiel:
Wir möchten die Dichte berechnen von
[mm] $F_X( \sqrt{2x}) [/mm] = [mm] P\left(X \le \sqrt{2x}\right)$
[/mm]
wobei [mm] f_X [/mm] die Verteilungsdichte von X sei.
Dann ist das nach Kettenregel einfach:
[mm] $\left(F_X( \sqrt{2x})\right)' [/mm] = [mm] F'_X(\sqrt{2x})*\bruch{1}{\sqrt{2x}} [/mm] = [mm] f_X(\sqrt{2x})*\bruch{1}{\sqrt{2x}}$
[/mm]
Na und nun mach das mal an deinem Beispiel, wo du ja dann noch weiter einsetzen kannst, weil du [mm] f_X [/mm] ja kennst.
MFG,
Gono.
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Danke.
Dann kriege ich in diesem Fall:
[mm] $f_Y [/mm] = [mm] P'(X\le [/mm] t) [mm] *\bruch{2*X}{\alpha}*e^{\bruch{1}{\alpha}*X^2} [/mm] = [mm] \bruch{2*X}{\alpha*\sigma*\wurzel{2*\pi}}*e^{ \bruch{1}{\alpha}*X^2-\bruch{1}{2}* (\bruch{x-a}{\sigma} )^2 }$
[/mm]
Das ist doch dann die Dichte von Y, ja?
Folgt die Existenz nun, weil ich diese berechnet habe?
Grüsse
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Hiho,
warum kriegst du hier was anderes als unten? Ist doch alles das gleiche. Und hör auf deine Fragen doppelt zu stellen.
MFG,
Gono.
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Hiho,
und wenn du nicht mit dem Trafo-Satz arbeiten magst, ist dein Ansatz schonmal prima, aber wozu die Integraldarstellung?
[mm] $P(-\wurzel{\alpha*log(t)} \le [/mm] X [mm] \le \wurzel{\alpha*log(t)} [/mm] )$
Bis hierhin alles gut, nun noch umschreiben zu:
$= [mm] \IP(X \le \wurzel{\alpha*log(t)}) [/mm] - [mm] \IP(X \le -\wurzel{\alpha*log(t)})$ [/mm] und ableiten mit Kettenregel liefert dir die Dichte.
MFG,
Gono.
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Danke. Hier bin ich vlt. etwas weiter gekommen:
Ich möchte nun aber
[mm] $\bruch{1}{\wurzel{2*\pi*\sigma}} [/mm] * ( [mm] \integral_{-\infty}^{\wurzel{\alpha*log(t)}}{e^{\bruch{-1}{2}* (\bruch{x-a}{\sigma})^2} dx} [/mm] - [mm] \integral_{-\infty}^{-\wurzel{\alpha*log(t)}}{e^{\bruch{-1}{2}* (\bruch{x-a}{\sigma})^2} dx} [/mm] )$
nach t ableiten (nicht nach x oder so...)? Das oben ist korrekt ja?
Wie ist nun diese Ableitung bewerkstelligen? Falls ich das t reinziehen kann ins Integral (wo es sich dann in ein x "verwandelt") ... dann verstehe ich nicht ganz, warum man das darf???
Und wenn ich eine Dichte berechnet habe, ist die Existenz automatisch bewiesen, oder?
Grüsse
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:03 Di 21.08.2012 | | Autor: | MontBlanc |
Hallo,
vergiss doch mal diese Integraldarstellung, macht alles unschön und kompliziert! Leite doch mal
$ [mm] P(-\wurzel{\alpha\cdot{}log(t)} \le [/mm] X [mm] \le \wurzel{\alpha\cdot{}log(t)} )=\IP(X \le \wurzel{\alpha\cdot{}log(t)}) [/mm] - [mm] \IP(X \le -\wurzel{\alpha\cdot{}log(t)}) =F_{X}(\wurzel{\alpha\cdot{}log(t)})-F_{X}(-\wurzel{\alpha\cdot{}log(t)}) [/mm] $
nach der Kettenregel - wie oben beschrieben ab. $ [mm] f_{X} [/mm] $ kennst du (Normalverteilung), bleibt nur noch die innere Ableitung zu bewerkstelligen.
LG
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Danke. Ich komme auf
[mm] \bruch{\alpha}{2*t*\wurzel{ \alpha log(t)}}*[ f_X(\wurzel{\alpha log(t)}) -f_X(-\wurzel{\alpha log(t)})]=f_Y
[/mm]
Ist das korrekt? Ist damit auch die Existenz gezeigt?
Warum sollten Erwartungswert bzw. Varianz für gewisse [mm] \alpha [/mm] > 0 nicht existieren?
Grüsse
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Hiho,
> Danke. Ich komme auf
>
> [mm]\bruch{\alpha}{2*t*\wurzel{ \alpha log(t)}}*[ f_X(\wurzel{\alpha log(t)}) -f_X(-\wurzel{\alpha log(t)})]=f_Y[/mm]
> Ist das korrekt?
Nein. Du hast ein Vorzeichenfehler. Es müsste:
[mm]\bruch{\alpha}{2*t*\wurzel{ \alpha log(t)}}*[ f_X(\wurzel{\alpha log(t)}) + f_X(-\wurzel{\alpha log(t)})]=f_Y[/mm]
sein.
> Ist damit auch die Existenz gezeigt?
Ja, du hast ja gerade gezeigt, dass es sich differenzieren lässt.
> Warum sollten Erwartungswert bzw. Varianz für gewisse
> [mm]\alpha[/mm] > 0 nicht existieren?
Ja nichtmal die Dichte existiert für gewisse [mm] $\alpha$!
[/mm]
Schau dir die Dichte oben doch mal genau an, wo kommen da überall [mm] $\alpha$'s [/mm] vor?
Wo könnte es problematisch werden?
Man Man man....
MFG,
Gono.
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Ja Danke.
Ich dachte, es seien 2 mögliche Wege , die hier vorgeschlagen wurden (Transformationssatz für Dichten und deiner mit dem Umstellen auf die Wurzel...(?)) . Und wenn es zwei Wege sein sollten, wäre es doch gut, wenn ich beide beherrsche...? Naja.
Du hast Recht, ich habe hier vergessen, $(-1)*(-1)$ zu rechnen, dann kriegt man:
$ [mm] \bruch{\alpha}{2\cdot{}t\cdot{}\wurzel{ \alpha log(t)}}\cdot{}[ f_X(\wurzel{\alpha log(t)}) [/mm] + [mm] f_X(-\wurzel{\alpha log(t)})]=f_Y [/mm] $
Also ich sehe hier nur, dass die Dichte für [mm] $\alpha \le [/mm] 0$ nicht existiert, aber das wurde ja schon per Aufgabenstellung ausgeschlossen. (???).
Was sind weitere Möglichkeiten??
Grüsse
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Hallo
Also ich komme hier auf keine weiteren Möglichkeiten, wo das nicht gehen soll. Von euch hat keiner eine Idee?
Grüsse
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Hiho,
hast du denn den Erwartungswert mal explizit berechnet?
Machs doch mal vor 
Nimm der Einfachheit halber mal an, dass $X [mm] \sim\mathcal{N}(0,1)$ [/mm] verteilt ist, dann vereinfacht sich da einiges.
MFG,
Gono.
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Wie soll ich das berechnen? Ich wüsste nicht wie.
Ist denn
[mm] $f_X(\sqrt{\alpha *log(t)})= \bruch{1}{2*\Pi}*e^{\bruch{-1}{2}*\bruch{\sqrt{\alpha*log(t)}-a}{\sigma}^2}$
[/mm]
Wie soll man das integrieren können?
Wenn ich die Std.normalvert. nehme ist:
[mm] $f_X(\sqrt{\alpha *log(t)})= \bruch{1}{2*\Pi}*e^{\alpha*log(t)}= \bruch{1}{2*\Pi}*t^{\alpha}$
[/mm]
[mm] $\integral_{-\infty}^{\infty}{ t^\alpha dx} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\alpha+1} t^{\alpha+1} |_{-\infty}^{\infty} [/mm] $
Du meinst, dass das Ganze für [mm] $\alpha [/mm] $ gerade = [mm] $\infty$ [/mm] ist und für [mm] $\alpha$ [/mm] ungerade =0 ????
Grüsse
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Hiho,
> Wie soll ich das berechnen? Ich wüsste nicht wie.
Wie berechnet sich denn der Erwartungswert, wenn man die Dichte kennt??
>
> Ist denn
>
> [mm]f_X(\sqrt{\alpha *log(t)})= \bruch{1}{2*\Pi}*e^(\bruch{-1}{2}*\bruch{\sqrt{\alpha*log(t)}-a}{\sigma}^2)[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Naja, so zu lesen ist das blöd.
Aber ja, es ist die Dichte der Normalverteilung für $x = \sqrt{\alpha *log(t)}$
> Wie soll man das integrieren können?
Das ist ja gerade die Frage bei b)
> Wenn ich die Std.normalvert. nehme ist:
Den Rest hiernach ist nicht klar, was du da gemacht hast.
Folgendes: Für X standardnormalverteilt ist $f_X(x) = f_X(-x)$ und damit:
$f_Y(t) = \bruch{\alpha}{2\cdot{}t\cdot{}\wurzel{ \alpha log(t)}}\cdot{}[ f_X(\wurzel{\alpha log(t)}) + f_X(-\wurzel{\alpha log(t)})] = \bruch{\alpha}{t\wurzel{ \alpha log(t)}}f_X\right(\wurzel{\alpha log(t)}\left)$
Und nun berechne den Erwartungswert mal.
Tipp: Substituiere $z = \sqrt{\alpha\log(t)}$
MFG,
Gono.
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Hallo
Ich habe dann nach Substitution auch nach mehrmaligem Nachrechnen
$ E[t][mm] =\bruch{4}{\sqrt{2*\pi}} [/mm] * [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{ e^{u^2*(\bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{2})} du} [/mm] $
Dieses Integral kann ich dann von Hand nicht lösen.
Hat vlt. noch irgendwer Ideen, wie diese Aufgabe zu lösen ist? Wohl nicht lösbar...
Grüsse
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Hallo nochmal,
> Hallo
>
> Ich habe dann nach Substitution auch nach mehrmaligem
> Nachrechnen
>
> [mm] E[\green{t}] =\bruch{\red{4}}{\sqrt{2*\pi}}[/mm] * [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ e^{u^2*(\bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{2})} du}[/mm] [/mm]
Du meinst [mm]E[\green{Y}][/mm]
Das sieht gut aus, bei der [mm]\red{4}[/mm] erhalte *ich* aber eine [mm]\red{2}[/mm].
Die Grenzen nach der Substitution habe ich nicht nachgerechnet, das solltest du nochmal genau prüfen.
Den Integranden kannst du schreiben als [mm]e^{-u^2\cdot{}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{\alpha}\right)[/mm] und nochmal substituieren:
[mm]z=z(u):=\sqrt{\frac{\alpha-2}{2\alpha}}\cdot{}u[/mm].
Verrechne das mal mit dem Vorfaktor und du bekommst im Integral [mm]e^{-z^2}[/mm] - und den Wert über ganz [mm]\IR[/mm] oder [mm]\IR^+[/mm] integriert, kennst du doch ...
>
> Dieses Integral kann ich dann von Hand nicht lösen.
>
> Hat vlt. noch irgendwer Ideen, wie diese Aufgabe zu lösen ist? Wohl nicht lösbar...
>
> Grüsse
Gruß
schachuzipus
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Hallo und Danke
Bei Y hast du Recht. Mein 4 stimmt meiner Ansicht nach, weil man die Glockenkurve wg. der Substitution (keine Wurzel ziehen aus neg. Zahlen) anstatt von [mm] -\infty [/mm] nach [mm] \infty [/mm] zwei mal von 0 bis [mm] \infty [/mm] integrieren muss.
Auch ist dann der limes der Randwerte so gegeben, dass von [mm] -\infty [/mm] nach [mm] \infty [/mm] integriert werden muss. Jedenfalls ist das meine Interpretation...
Ja, wahrhaftig... wenn man mit $ [mm] z=z(u):=\sqrt{\frac{\alpha-2}{2\alpha}}\cdot{}u [/mm] $ substituiert, erhält man das Integral
[mm] $E[Y]=\wurzel{\bruch{32*\alpha}{\alpha-2}}*\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2*\pi}} e^{-z^2} dz}=\wurzel{\bruch{32*\alpha}{\alpha-2}}$
[/mm]
Das heisst wenn [mm] \alpha=2 [/mm] ist in diesem Fall .
Versuch:
Generell muss [mm] \alpha [/mm] ausser >0 auch grösser sein als der Erwartungswert der gegebenen Normalverteilung X und darf nicht gleich [mm] Erwartungswert+2*\wurzel{Varianz} [/mm] der Normalverteilung X sein?
Was meint ihr? Was ist eurer Meinung nach richtig?
Grüsse
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 So 26.08.2012 | | Autor: | matux |
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