Charakteristische Funktionen < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:20 Mi 08.12.2010 | | Autor: | janisE |
| Aufgabe | Es sei für eine Zufallsvariable X mit Werten in [mm]\IR[/mm](bzw. [mm]\IN_{0}[/mm]) die charakteristische Funktion von X, [mm]\phi_X(t): \IR \rightarrow \IC[/mm], durch [mm]\phi_X(t) := \IE \left [ e^{(it X)} \right ][/mm] gegeben. Hierbei hängt [mm]\phi_X[/mm] nur von der Verteilung von X ab. Zwei gleich verteilte ZV haben als die gleiche charakteristische Funktion.
a) Bestemmen Sie die charakteristische Funktion einer [mm]\mathcal{N}(0,1)[/mm]-verteilten Zufallsvariable
b) Bestimmen Sie die charakteristische Funktion der Summe S := X + Y zweier unabhängigen und [mm]\mathcal{N}(0,1)[/mm] verteilten Zufallsvariablen X,Y. |
Hallo!
Was ich bisher habe:
Zur a)
In meiner Mitschrift habe ich leider nicht gefunden, was eine [mm]\mathcal{N}(0,1)[/mm] verteilte Zufallsvariable ist, könnt ihr mir bitte ganz kurz erklären, was es ist? Normalverteilt?
Mein Ansatz: Das Problem hierbei, ist den Erwartungswert zu bestimmen. Die die Verteilung nicht bekannt ist (oder?), nehme ich nicth die Definition über die Summe (das war auch ein Tipp), sondern [mm]E[X] = \int\limits_{-\infty}^\infty x\;f(x)\;\;dx[/mm], wobei f(x) die Dichtefunktion ist.
In das Ergebnis müsste ich nun, wenn meine Vermutung zutrifft, [mm] e^{(it X)} [/mm] einsetzen können, und wäre fertig. Stimmt das?
Mein Problem: Wie bestimme ich die Dichtefunktion? Ist dies einfach die Dichte der Normalverteilung, die schlichtweg eingesetzt werden muss?
zu b)
Hier ist meines Erachtens nur Umformen gefragt. Ich schaue mal, ob ich das hinbekomme, wenn ich weiß, dass mein Ansatz (bei a)) richtig ist. Vielleicht bekomme ich es ja auch alleine hin :)
Danke und noch einen schönen Abend!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:31 Mi 08.12.2010 | | Autor: | luis52 |
Moin
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> Zur a)
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> In meiner Mitschrift habe ich leider nicht gefunden, was
> eine [mm]\mathcal{N}(0,1)[/mm] verteilte Zufallsvariable ist, könnt
> ihr mir bitte ganz kurz erklären, was es ist?
> Normalverteilt?
Ja, genauer Standardnormalverteilung.
vg Luis
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Huhu,
> Mein Ansatz: Das Problem hierbei, ist den Erwartungswert zu
> bestimmen. Die die Verteilung nicht bekannt ist (oder?),
> nehme ich nicth die Definition über die Summe (das war
> auch ein Tipp), sondern [mm]E[X] = \int\limits_{-\infty}^\infty x\;f(x)\;\;dx[/mm],
> wobei f(x) die Dichtefunktion ist.
Korrekt.
> In das Ergebnis müsste ich nun, wenn meine Vermutung
> zutrifft, [mm]e^{(it X)}[/mm] einsetzen können, und wäre fertig.
> Stimmt das?
Nein! Wie berechnet man denn allgemein den Erwartungswert von
E[g(X)], wenn die Verteilungsdichte von X bekannt ist?
Hier gilt nun halt $g(X) = [mm] e^{itX}$
[/mm]
> Mein Problem: Wie bestimme ich die Dichtefunktion? Ist dies
> einfach die Dichte der Normalverteilung, die schlichtweg
> eingesetzt werden muss?
Jap, genau. Wobei hier natürlich die Werte der Standardnormalverteilung zu nehmen ist, das heisst es gilt [mm] $\mu [/mm] = 0, [mm] \sigma=1$.
[/mm]
> zu b)
>
> Hier ist meines Erachtens nur Umformen gefragt. Ich schaue
> mal, ob ich das hinbekomme, wenn ich weiß, dass mein
> Ansatz (bei a)) richtig ist. Vielleicht bekomme ich es ja
> auch alleine hin :)
Das schaffst du auch, ohne das in a) ausgerechnet zu haben!
Versuchs mal soweit umzuformen, bis du nur noch [mm] \varphi_X [/mm] bzw [mm] \varphi_Y [/mm] verwendest.
Das ist eigentlich nicht sehr schwer.
MFG,
Gono.
>
> Danke und noch einen schönen Abend!
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:57 Mi 08.12.2010 | | Autor: | janisE |
> > In das Ergebnis müsste ich nun, wenn meine Vermutung
> > zutrifft, [mm]e^{(it X)}[/mm] einsetzen können, und wäre fertig.
> > Stimmt das?
>
> Nein! Wie berechnet man denn allgemein den Erwartungswert
> von
> E[g(X)], wenn die Verteilungsdichte von X bekannt ist?
>
> Hier gilt nun halt [mm]g(X) = e^{itX}[/mm]
Tut mir leid, aber hier hast du mich abgehängt. Den Erwartungswert berechnet man doch allgemein über das von mir genannte Integral, oder? (Du hast doch gesagt, dass dies richtig sei?)
Also ich hätte jetzt gesagt [mm] \phi_X(t) = E[g(x)] = \int\limits_{-\infty}^\infty x\;g(x)\;\;dx = \int\limits_{-\infty}^\infty x\;e^{(it X)}\;\;dx [/mm], ist das falsch?
> > zu b)
> >
> > Hier ist meines Erachtens nur Umformen gefragt. Ich schaue
> > mal, ob ich das hinbekomme, wenn ich weiß, dass mein
> > Ansatz (bei a)) richtig ist. Vielleicht bekomme ich es ja
> > auch alleine hin :)
>
> Das schaffst du auch, ohne das in a) ausgerechnet zu
> haben!
> Versuchs mal soweit umzuformen, bis du nur noch [mm]\varphi_X[/mm]
> bzw [mm]\varphi_Y[/mm] verwendest.
> Das ist eigentlich nicht sehr schwer.
Nun ja, was mir direkt ins Auge sticht:
[mm] \phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right] [/mm] = [mm] \int\limits_{-\infty}^\infty \lambda\; e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)}\;\;d \sigma [/mm] wobei ich keine Ahnung habe, was [mm] \sigma, \lambda [/mm] sein sollen. Kannst du mir da etwas auf die Sprünge helfen bzw. bin ich auf dem richtigen Weg?
Danke für die Hilfe!
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Huhu,
> Tut mir leid, aber hier hast du mich abgehängt.
Das ist schlecht, das braucht man nämlich dafür.
> Den Erwartungswert berechnet man doch allgemein über das von
> mir genannte Integral, oder? (Du hast doch gesagt, dass
> dies richtig sei?)
Den Erwartungswert von X, ja.
Du möchtest ja aber den EW von [mm] e^{itX}, [/mm] was allgemein erstmal ne ganz andere Funktion ist!
> Also ich hätte jetzt gesagt [mm]\phi_X(t) = E[g(x)] = \int\limits_{-\infty}^\infty x\;g(x)\;\;dx = \int\limits_{-\infty}^\infty x\;e^{(it X)}\;\;dx [/mm],
> ist das falsch?
Ja, das ist falsch.
Es gilt $E[g(X)] = [mm] \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)f(x)\;dx$
[/mm]
Nun setzt du mal ein.
Ich kann dir schon jetzt sagen: Ich seh keinen wirklich schönen Weg, das zu berechnen.
Zum Ziel kommst du aber auf jedenfall mit der eulerschen Identität.
> Nun ja, was mir direkt ins Auge sticht:
>
> [mm]\phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right][/mm]
Bis hierhin ist alles prima!
Den letzten Schritt vergessen wir mal. Hier gehts nun wie folgt weiter.
Sind X,Y unabhängig, so auch [mm] e^{itX} [/mm] und [mm] e^{itY} [/mm]
Was kannst du nun also machen und was steht dann da?
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:22 Mi 08.12.2010 | | Autor: | janisE |
> > Den Erwartungswert berechnet man doch allgemein über das
> von
> > mir genannte Integral, oder? (Du hast doch gesagt, dass
> > dies richtig sei?)
>
> Den Erwartungswert von X, ja.
> Du möchtest ja aber den EW von [mm]e^{itX},[/mm] was allgemein
> erstmal ne ganz andere Funktion ist!
Wie meinst du das, "eine andere Funktion"? Ist das keine "allgemeine" Formel?
> Es gilt [mm]E[g(X)] = \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)f(x)\;dx[/mm]
> Nun setzt du mal ein.
[mm]E[g(X)] = \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)f(x)\;dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \left(e^{it X}\right) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right)[/mm]
soweit richtig? Ich habe mir die Eulersche Identität einmal angesehen. Dazu müsste ich das [mm] e^{it X} [/mm] irgendwie zu [mm] e^{i\pi} [/mm] umformen, richtig? Meinst du nicht, dass es einen anderen Weg gibt?
> > Nun ja, was mir direkt ins Auge sticht:
> >
> > [mm]\phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right][/mm]
>
> Bis hierhin ist alles prima!
> Den letzten Schritt vergessen wir mal. Hier gehts nun wie
> folgt weiter.
>
> Sind X,Y unabhängig, so auch [mm]e^{itX}[/mm] und [mm]e^{itY}[/mm]
> Was kannst du nun also machen und was steht dann da?
[mm] \phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right] \underbrace{=}_{\textrm{X,Y unabh.}} E \left[ e^{(it X)} \right] E \left[ e^{(it Y)} \right] [/mm]
und an dieser Stelle würde ich die Lösung von a) benötigen, oder?
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Huhu
> Wie meinst du das, "eine andere Funktion"? Ist das keine
> "allgemeine" Formel?,
für die Bestimmung der char. Funktion schon.
Aber $E[X]$ ist doch generell erstmal was anderes als [mm] $E[e^{itX}]$ [/mm] und nur weil du E[X] berechnen kannst, heisst das ja generell erstmal noch nicht, dass du das auch mit [mm] $E[e^{itX}]$ [/mm] so machen kannst.
>
> > Es gilt [mm]E[g(X)] = \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)f(x)\;dx[/mm]
>
> > Nun setzt du mal ein.
>
> [mm]E[g(X)] = \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)f(x)\;dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \left(e^{it X}\right) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right)[/mm]
Ja. Beachte: Kleines X im Integral und hinten das dx nicht vergessen
> soweit richtig? Ich habe mir die Eulersche Identität
> einmal angesehen. Dazu müsste ich das [mm]e^{it X}[/mm] irgendwie
> zu [mm]e^{i\pi}[/mm] umformen, richtig? Meinst du nicht, dass es
> einen anderen Weg gibt?
Du hast es doch bereits in der Form, nämlich [mm] $e^{i(tx)}$
[/mm]
Ist doch genau diese Form.
Und mir ist zumindest kein anderer Weg bekannt, ich lass das mal auf halb beantwortet, vielleicht fällt ja jemand anderem noch was ein.
Ich kenn zumindest nur die Beweise, wo das mit Sinus und Kosinus bewiesen wird, weil die schöne symmetrische Eigenschaften haben 
> [mm]\phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right] \underbrace{=}_{\textrm{X,Y unabh.}} E \left[ e^{(it X)} \right] E \left[ e^{(it Y)} \right][/mm]
>
> und an dieser Stelle würde ich die Lösung von a)
> benötigen, oder?
Ja, aber man kann es noch weiter vereinfachen.
Mach dir klar, dass $E [mm] \left[ e^{(it X)} \right] [/mm] = E [mm] \left[ e^{(it Y)} \right]$ [/mm] und damit da steht:
[mm]\phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right] \underbrace{=}_{\textrm{X,Y unabh.}} E \left[ e^{(it X)} \right] E \left[ e^{(it Y)} \right] = \varphi_X(t) * \varphi_Y(t) = \left(\varphi_X(t)\right)^2[/mm].
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:04 Mi 08.12.2010 | | Autor: | janisE |
> >
> > [mm]E[g(X)] = \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)f(x)\;dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \left(e^{it X}\right) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right)[/mm]
>
> Ja. Beachte: Kleines X im Integral und hinten das dx nicht
> vergessen
Huch, wo habe ich denn ein großes X, außer bei $ [mm] e^{it X} [/mm] $?
> > soweit richtig? Ich habe mir die Eulersche Identität
> > einmal angesehen. Dazu müsste ich das [mm]e^{it X}[/mm] irgendwie
> > zu [mm]e^{i\pi}[/mm] umformen, richtig? Meinst du nicht, dass es
> > einen anderen Weg gibt?
>
> Du hast es doch bereits in der Form, nämlich [mm]e^{i(tx)}[/mm]
> Ist doch genau diese Form.
Stimmt, dann habe ich [mm]\int\limits_{-\infty}^\infty \left(e^{it X}\right) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right) dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \cos(t X) + i \cdot \sin(t X) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right) dx[/mm]
So meintest du das doch, oder? Dann muss ich mich (wenn es richtig ist) Morgen mal in Ruhe dran setzen und schauen, wie ich die ganzen Terme aufleiten kann.
> Ich kenn zumindest nur die Beweise, wo das mit Sinus und
> Kosinus bewiesen wird, weil die schöne symmetrische
> Eigenschaften haben
Sinus und Cosinus hab ich jetzt ja. Wie meinst du das? Nicht aufleiten?
> Mach dir klar, dass [mm]E \left[ e^{(it X)} \right] = E \left[ e^{(it Y)} \right][/mm]
Du meinst, weil die charakteristische Funktion nur von der Verteilung abhängig ist, und die bei X und Y identisch ist?
> und damit da steht:
>
[mm]\phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right] \underbrace{=}_{\textrm{X,Y unabh.}} E \left[ e^{(it X)} \right] E \left[ e^{(it Y)} \right] = \varphi_X(t) * \varphi_Y(t) = \left(\varphi_X(t)\right)^2[/mm]
das ist genial ;)
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 22:48 Do 09.12.2010 | | Autor: | janisE |
Hallo!
Durch den Serverausfall hat sich das alles verschoben, daher eine neue "Frage", da die Antwort für mich noch interessant ist ;)
Könnt ihr bitte einmal drüberschauen?
Vielen, lieben Dank!
Janis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:20 Sa 11.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Huhu,
> Huch, wo habe ich denn ein großes X, außer bei [mm]e^{it X} [/mm]?
genau da. Im Integral steht aber [mm] $e^{itx}$ [/mm] NICHT [mm] $e^{itX}$.
[/mm]
Anscheinend ist dir der Unterschied nicht so wirklich klar....
> Stimmt, dann habe ich [mm]\int\limits_{-\infty}^\infty \left(e^{it X}\right) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right) dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \cos(t X) + i \cdot \sin(t X) \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right) dx[/mm]
>
> So meintest du das doch, oder? Dann muss ich mich (wenn es
> richtig ist) Morgen mal in Ruhe dran setzen und schauen,
> wie ich die ganzen Terme aufleiten kann.
So meinte ich das. Und ja, du sollst da integrieren und NICHT "aufleiten".... das ist kein mathematischer Begriff *schüttel*
> Sinus und Cosinus hab ich jetzt ja. Wie meinst du das?
> Nicht aufleiten?
Nunja, Sinus ist ungerade, die Dichte symmetrisch um Null, was ergibt sich dann also für
[mm] $\integral_{-\infty}^\infty \sin(t [/mm] X) [mm] \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{1}{2}x^2} \right) [/mm] dx $
durch einfaches überlegen?
> > Mach dir klar, dass [mm]E \left[ e^{(it X)} \right] = E \left[ e^{(it Y)} \right][/mm]
>
> Du meinst, weil die charakteristische Funktion nur von der
> Verteilung abhängig ist, und die bei X und Y identisch
> ist?
Genau.
> > und damit da steht:
> >
> [mm]\phi_S(t) = E \left[ e^{(it S)} \right] = E \left[ e^{(it (X+Y))} \right] = E \left[ e^{((it X)+(it Y))} \right] = E \left[ e^{(it X)} \cdot e^{(it Y)} \right] \underbrace{=}_{\textrm{X,Y unabh.}} E \left[ e^{(it X)} \right] E \left[ e^{(it Y)} \right] = \varphi_X(t) * \varphi_Y(t) = \left(\varphi_X(t)\right)^2[/mm]
>
> das ist genial ;)
Nein, nur umgeformt und die Eigenschaften der charakteristischen Funktion ausgenutzt.
MFG,
Gono.
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