Logarithmische N-Verteilung < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Eine Zufallsvariable X > 0 heißt logarithmisch normalverteilt, wenn ln(X) normalverteilt ist.
Verteilungsfunktion und Dichte sind gegeben durch
F(x) = [mm] \Phi(\bruch{ln(x) - \mu}{\sigma}) [/mm] bzw. f(x) = [mm] \bruch{1}{\sigma x} \phi(\bruch{ln(x) - \mu}{\sigma})
[/mm]
Erwartungswert und Varianz sind gegeben durch
E(X) = [mm] e^{\mu + \bruch{{\sigma}^2}{2}}, [/mm] Var(X) = [mm] e^{2 \mu + {\sigma}^2}(e^{\sigma}^2 [/mm] - 1)
Zeigen Sie die Formel für den Erwargungswert. Tipp: Substitution x = [mm] e^y [/mm] und danach in der Exponentialfunktion quadratisch ergänzen, um mit der Normalverteilung vergleichen zu können. |
Hallo,
weiß einer wie der Tipp gemeint ist? Ich soll in f(x) x durch [mm] e^y [/mm] ersetzen, versteh ich das richtig?
Danke & Gruß,
Martin
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Hiho,
> weiß einer wie der Tipp gemeint ist? Ich soll in f(x) x durch [mm]e^y[/mm] ersetzen, versteh ich das richtig?
Nein, du sollst die entstehenden Integralen durch die Substitution [mm] $x=e^y \gdw [/mm] y = [mm] \ln(x)$ [/mm] umformen.
Auf den Wertebereich der Integrale achten!
Gruß,
Gono
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Hmm, also ich habe hingeschrieben
E(X) = [mm] \integral_{0}^{\infty}{x \phi(\bruch{ln(x) - \mu}{\sigma}) dx}
[/mm]
Wenn ich jetzt substituiere [mm] e^y [/mm] := x, dann ist das ja quasi die Substitutionsmethode rückwärts angewandt, richtig? Also
E(X) = [mm] \integral_{0}^{\infty}{x \phi(\bruch{ln(x) - \mu}{\sigma}) dx} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{g^{-1}(0)}^{\limes_{n\rightarrow\infty}g^{-1}(n)}{f(g(y))g'(y) dy} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^y \phi(\bruch{ln(e^y) - \mu}{\sigma}) e^y dy} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{2y} \phi(\bruch{y - \mu}{\sigma}) dy}
[/mm]
Macht das soweit erstmal Sinn?
Wenn ja, wie soll ich hier eine quadratische Ergänzung (bei 2y) in der Exponentialfunktion vornehmen?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:30 Mi 20.05.2020 | | Autor: | fred97 |
Du hast hingeschrieben
$ [mm] \int_0^{\infty}xF(x) [/mm] dx$.
Für den Erwartungswert ist aber
$ [mm] \int_0^{\infty}xf(x) [/mm] dx$
zuständig.
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Vorbemerkung1:
[mm] -\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}+y=\bruch{-(y-\mu)^2+2y\sigma^2}{2\sigma^2}=\bruch{-y^2-\mu^2+2y\mu+2y\sigma^2}{2\sigma^2}=(quadr. [/mm] Ergänzung) [mm] \bruch{-y^2-\mu^2-\sigma^4+2y\mu+2y\sigma^2-2\mu\sigma^2 }{2\sigma^2}+\bruch{\sigma^4+2\mu\sigma^2}{2\sigma^2}=-\bruch{(y-\mu-\sigma^2)^2}{2\sigma^2}+\sigma^2/2+\mu
[/mm]
Vorbemerkung2:
[mm] -\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}+2y=\bruch{-(y-\mu)^2+4y\sigma^2}{2\sigma^2}=\bruch{-y^2-\mu^2+2y\mu+4y\sigma^2}{2\sigma^2}=(quadr. [/mm] Ergänzung) [mm] \bruch{-y^2-\mu^2-4\sigma^4+2y\mu+4y\sigma^2-4\mu\sigma^2 }{2\sigma^2}+\bruch{4\sigma^4+4\mu\sigma^2}{2\sigma^2}=-\bruch{(y-\mu-2\sigma^2)^2}{2\sigma^2}+2\sigma^2+2\mu
[/mm]
Setze y=ln(x) bzw. x = [mm] e^y. [/mm] Dann gilt dx = [mm] e^y [/mm] dy = xdy
y ist normalverteilt mit [mm] f(y)=\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}}. [/mm] Das sieht dann etwa so aus:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dabei ist die Funktion so normiert, dass die gelbe Fläche ein Maß für die rel. Häufigkeit der y-Werte angibt, die im Streifen der Breite dy liegen. Die Gesamtfläche ist 1.
Transformiert man nun aber die y-Werte des Streifens auf die dazugehörigen x-Werte, so wird wegen x = [mm] e^y [/mm] dieser Streifen breiter oder schmaler. Würde man nun die rel. Häufigkeit für diesen Streifen beibehalten (also f(y)), so wäre die Fläche und damit der Anteil an der Gesamtfläche verzerrt. Man muss also die Höhe von f(y) so anpassen, dass die Flächen gleichbleiben.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Nennt man die Dichtefunktion für x g(x), so ergibt sich:
f(y)dy=g(x)dx oder g(x)=f(y) [mm] \bruch{dy}{dx}= [/mm] f(y)/x und damit
[mm] g(x)=\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}}/x [/mm] NICHT [mm] \bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}}/(\sigma [/mm] x)
Nun lässt sich der Erwartungswert durch Integration ermitteln:
[mm] E(x)=\integral_{0}^{\infty}{x*g(x) dx}=\integral_{0}^{\infty}{x*\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}}/x dx}=\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}} e^ydy}=\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}+y} dy}=(Vorbemerkung1)\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu-\sigma^2)^2}{2\sigma^2}+\sigma^2/2+\mu} dy}
[/mm]
[mm] =e^{\sigma^2/2+\mu}\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu-\sigma^2)^2}{2\sigma^2}} dy}=e^{\sigma^2/2+\mu},
[/mm]
denn das Integral hat den Wert 1, da es genau einer Verteilung mit den Parametern [mm] \mu+\sigma^2 [/mm] (statt nur [mm] \mu, [/mm] also einer verschobenen Verteilung) und [mm] \sigma [/mm] entspricht.
Für die Varianz gehen wir genau so vor, wobei im Integral das x durch [mm] x^2 [/mm] ersetzt wird:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{x^2*g(x) dx}=\integral_{0}^{\infty}{x^2*\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}}/x dx}=\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}x*e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^y*e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}} e^ydy}=\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}+2y} dy}=(Vorbemerkung2)\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu-2\sigma^2)^2}{2\sigma^2}+2\sigma^2+2\mu} dy}
[/mm]
[mm] =e^{2\sigma^2+2\mu}\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}e^{-\bruch{(y-\mu-2\sigma^2)^2}{2\sigma^2}} dy}=e^{2\sigma^2+2\mu},
[/mm]
denn auch dieses Integral hat den Wert 1, da es genau einer Verteilung mit den Parametern [mm] \mu+2\sigma^2 [/mm] (statt nur [mm] \mu, [/mm] also einer verschobenen Verteilung) und [mm] \sigma [/mm] entspricht.
[mm] Var(x)=e^{2\sigma^2+2\mu}-E(x)^2=e^{2\sigma^2+2\mu}-e^{\sigma^2+2\mu}=e^{\sigma^2+2\mu}(e^{\sigma^2}-1)
[/mm]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:09 Do 21.05.2020 | | Autor: | sancho1980 |
> Vorbemerkung1:
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> [mm]-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}+y=-\bruch{(y-\mu)^2+2y\sigma^2}{2\sigma^2}[/mm]
[mm] -\bruch{(y-\mu)^2-2y\sigma^2}{2\sigma^2} [/mm] !
edit: analog für Vorbemerkung 2
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Danke, habe ich korrigiert, indem ich das Minuszeichen auf den Bruchstrich geschrieben habe.
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> Nennt man die Dichtefunktion für x g(x), so ergibt sich:
>
> f(y)dy=g(x)dx oder g(x)=f(y) [mm]\bruch{dy}{dx}=[/mm] f(y)/x und
> damit
Danke für den ausführlichen Lösungsweg, aber ehrlich gesagt kann ich dir nicht ganz folgen, vielleicht auch, weil ich immer noch nicht verstanden habe, was es mit diesen Gleichungen a la
f(y)dy=g(x)dx
bzw.
g(x)=f(y) [mm]\bruch{dy}{dx}=[/mm] f(y)/x
auf sich hat.
Ich bin mir auch nicht sicher, ob dein Lösungsweg der mit dem Tipp vorgeschlagene ist; ich schreibe mal zusammen, was ich bisher habe und wo ich nicht weiterkomme. Vielleicht kannst du mir sagen, wo sich unsere Wege kreuzen bzw. ob/was ich falsch mache:
E(X) = [mm] \integral_{0}^{\infty}{x f(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{\sigma} \phi(\bruch{ln(x) - \mu}{\sigma}) dx}
[/mm]
Mit Rückwärtssubstitution [mm] e^y [/mm] = x komme ich dann auf
E(X) = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma} \phi(\bruch{y - \mu}{\sigma}) dy} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma^2 \wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{1}{2}(\bruch{\bruch{y - \mu}{\sigma} -\mu}{\sigma})^2} dy} [/mm] = ... = [mm] \bruch{1}{\sigma} \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\sigma \wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{1}{2} (\bruch{y^2 - 2\sigma^4 y - 2y \mu - 2y \sigma \mu + \mu^2 + 2 \sigma \mu^2 + \sigma^2}{\sigma^4})} dy}
[/mm]
In dem Tipp steht ja was von "mit der Normalverteilung vergleichen"; daher dachte ich, das Ziel muss sein, den Ausdruck
[mm] \bruch{y^2 - 2\sigma^4 y - 2y \mu - 2y \sigma \mu + \mu^2 + 2 \sigma \mu^2 + \sigma^2}{\sigma^4}
[/mm]
in die Form
[mm] (\bruch{y - a}{b})^2
[/mm]
zu überführen. Macht das irgendwie Sinn?
Danke und Gruß,
Martin
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Hiho,
> E(X) = [mm]\integral_{0}^{\infty}{x f(x) dx}[/mm] =
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{\sigma} \phi(\bruch{ln(x) - \mu}{\sigma}) dx}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Mit Rückwärtssubstitution [mm]e^y[/mm] = x komme ich dann auf
>
> E(X) = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma} \phi(\bruch{y - \mu}{\sigma}) dy}[/mm]
> = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma^2 \wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{1}{2}(\bruch{\bruch{y - \mu}{\sigma} -\mu}{\sigma})^2} dy}[/mm]
> = ... = [mm]\bruch{1}{\sigma} \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\sigma \wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{1}{2} (\bruch{y^2 - 2\sigma^4 y - 2y \mu - 2y \sigma \mu + \mu^2 + 2 \sigma \mu^2 + \sigma^2}{\sigma^4})} dy}[/mm]
Die Idee ist korrekt, du machst es nur unnötig kompliziert.
[mm] $\phi$ [/mm] ist die Dichtefunktion der Standardnormalverteilung, d.h. da kommt weder [mm] $\sigma$ [/mm] noch [mm] $\mu$ [/mm] drin vor, d.h. du kommst auf:
[mm]E(X) = \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma} \phi(\bruch{y - \mu}{\sigma}) dy} = \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma\wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{\left(\bruch{y - \mu}{\sigma}\right)^2}{2} dy} = \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\sigma\wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{1}{2}\left(\bruch{y^2 - 2y\mu +\mu^2 - 2\sigma^2y}{\sigma^2}\right) dy}[/mm]
> In dem Tipp steht ja was von "mit der Normalverteilung
> vergleichen"; daher dachte ich, das Ziel muss sein, den
> Ausdruck […] in die Form
>
> [mm](\bruch{y - a}{b})^2[/mm]
>
> zu überführen. Macht das irgendwie Sinn?
Ja, das ist die richtige Idee. Es wird allerdings eher etwas von der Form [mm](\bruch{y - a}{b})^2 + c[/mm] wobei c nicht mehr von y abhängt und damit vor das Integral gezogen werden kann.
Und wie man sieht, steht im Bruch auch schon schön [mm] $\sigma^2$, [/mm] das kann man also so stehen lassen und es wird was in der Form [mm](\bruch{y - a}{\sigma})^2 + c[/mm]
Tipp: [mm] $y^2 [/mm] - [mm] 2y\mu +\mu^2 [/mm] - [mm] 2\sigma^2y [/mm] = [mm] y^2 [/mm] - [mm] 2(\mu [/mm] + [mm] \sigma^2)y [/mm] + [mm] \mu^2$
[/mm]
Was fehlt nun, damit du [mm] $y^2 [/mm] - [mm] 2(\mu [/mm] + [mm] \sigma^2)y$ [/mm] gemäß binomischer Formel zusammenfassen kannst?
Gruß,
Gono
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>
> Danke für den ausführlichen Lösungsweg, aber ehrlich
> gesagt kann ich dir nicht ganz folgen, vielleicht auch,
> weil ich immer noch nicht verstanden habe, was es mit
> diesen Gleichungen a la
>
> f(y)dy=g(x)dx
>
> bzw.
>
> g(x)=f(y) [mm]\bruch{dy}{dx}=[/mm] f(y)/x
>
> auf sich hat.
Die Normalverteilung ergibt sich aus der Binomialverteilung für den Fall "unendlich vieler" Ereignisse. Hierzu ein modellhaftes Beispiel:
Der liebe Gott legt die Norm-Körpergröße eines Menschen auf 1,68 m fest. Weil ihm das zu eintönig erscheint, wirft er für jeden Menschen 500 mal eine Münze; bei Kopf wird der Mensch jeweils 1 mm größer, bei Zahl jeweils 1 mm kleiner. Er hat dann eine Körpergröße zwischen 1,18 m und 2,18 m, wobei [mm] \mu=1,68 [/mm] m am häufigsten vorkommt. Würde man nun alle Menschen vermessen und ihre Häufigkeit ein ein Diagramm eintragen, entspräche dies der Gaußschen Glockenkurve. Tatsächlich haben derartige Messungen genau solch ein Verhalten bei Körpergrößen gezeigt!
Geht man zu einer stetigen Kurve über, so hat diese die Form
[mm] A*e^{-\bruch{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}
[/mm]
Die Funktion kann aber nicht mehr die W. für einen einzelnen Wert anzeigen, denn bei einer stetigen Verteilung gibt es in jedem Intervall überabzählbar unendlich viele Werte, und die W. für jeden Einzelwert ist 0. Die Fläche unter dem Graphen von a bis b repräsentiert aber die W. dafür, dass der x-Wert in diesem Intervall liegt - vorausgesetzt, die Gesamtfläche hat den Wert 1. Das geschieht durch die Normierung mit [mm] A=\bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}.
[/mm]
Nun soll y=ln(x) genau nach so einer Kurve verteilt sein. Für z.B. [mm] \mu=2 [/mm] und [mm] \sigma=1 [/mm] erhält man folgendes Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die Funktion [mm] \bruch{1}{\wurzel{2\pi}\sigma}.*e^{-\bruch{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}} [/mm] ist nun so gebaut, dass die obige Voraussetzung erfüllt ist. Die gelbe Fläche zwischen y=2,5 und 2,6 gibt an, wie hoch der Anteil der vorkommenden y-Werte zwischen 2,5 und 2,6 an allen vorkommenden y-Werten ist, sagen wir mal 2 %.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Wenn wir nun wegen y=ln(x) die dazu passenden x-Werte betrachten, dann darf ihr Anteil ja auch nur 2 % betragen. Die Umrechnung auf [mm] x=e^{2,5}=12,2 [/mm] und [mm] x=e^{2,6}=13,5 [/mm] gibt aber ein breiteres Intervall, statt der Breite 0,1 jetzt 1,3. Würde man den Funktionswert nun nicht anpassen, wäre die Fläche und damit der Anteil der in diesem Intervall vorkommenden x-Werte nicht mehr 2%, sondern ca. 26 %. Ein Multiplizieren der Funktionswerte mit einem konstanten Verkleinerungsfaktor würde auch nicht helfen, denn hier verbreitert sich das Interval gerade um einen Faktor 13, bei höheren x-Werten um höhere Faktoren. Deshalb muss sich der Faktor ständig so ändern, dass die Flächen für die sich entsprechenden Intervalle gleich groß bleiben.
Die Bilder geben nun wieder, wie gerechnet werden muss. Die Flächen sind für kleine Intervallbreiten nahezu Rechtecke. Im ersten Bild ist F=Breite*Höhe=dy*f(y), im zweiten Bild F=Breite*Höhe=dx*g(x) mit unbekanntem g. Also muss f(y)*dy=g(x)*dx sein.
Wegen y=ln(x) ist dy/dx gerade die Angabe, mit welchem Faktor sich an der jeweiligen Stelle das (winzige)Intervall dy zum (winzigen) Intervall dx verbreitert bzw. verkürzt. dy/dx ist aber gerade die Ableitung von y=ln(x), also y'=1/x, und damit muss nun f(x) multipliziert werden. (In unserem Fall brauchen wir den Faktor 1/13, und x liegt ja auch etwa dort.) Man erhält damit
g(x)=f(y)/x, und der Graph sieht dann tatsächlich so wie im Bild aus. Die Gesamtfläche hat den Wert 1.
Diese ganzen Betrachtungen habe ich nur angestellt, um (mir) zu erklären, woher das 1/x für die transformierte Funktion kommt. Das Ganze funktioniert also wie bei der Substitutionsregel, nur sind wir hier noch gar nicht bei der Integration, sondern beim Herausfinden der W.-Dichte für die x-Werte! Mit dieser Funktion können wir nun E(x) und Var(x) berechnen, wobei wir dabei am einfachsten im Integral nochmals die (Rück-)Substitutionsregel anwenden, aber nicht, um obige Veränderung rückgängig zu machen, sondern als Berechnungsvereinfachung für das Integral.
>
> Ich bin mir auch nicht sicher, ob dein Lösungsweg der mit
> dem Tipp vorgeschlagene ist; ich schreibe mal zusammen, was
> ich bisher habe und wo ich nicht weiterkomme. Vielleicht
> kannst du mir sagen, wo sich unsere Wege kreuzen bzw.
> ob/was ich falsch mache:
>
> E(X) = [mm]\integral_{0}^{\infty}{x f(x) dx}[/mm] =
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{\sigma} \phi(\bruch{ln(x) - \mu}{\sigma}) dx}[/mm]
>
> Mit Rückwärtssubstitution [mm]e^y[/mm] = x komme ich dann auf
>
> E(X) = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma} \phi(\bruch{y - \mu}{\sigma}) dy}[/mm]
> = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^y}{\sigma^2 \wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{1}{2}(\bruch{\bruch{y - \mu}{\sigma} -\mu}{\sigma})^2} dy}[/mm]
Woher kommen das zweite [mm] \sigma [/mm] und das zweite [mm] \mu? [/mm]
In meinem ersten Beitrag findest du genau die richtigen Integrale wieder...
> = ... = [mm]\bruch{1}{\sigma} \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{\sigma \wurzel{2 \pi}} e^{-\bruch{1}{2} (\bruch{y^2 - 2\sigma^4 y - 2y \mu - 2y \sigma \mu + \mu^2 + 2 \sigma \mu^2 + \sigma^2}{\sigma^4})} dy}[/mm]
>
> In dem Tipp steht ja was von "mit der Normalverteilung
> vergleichen"; daher dachte ich, das Ziel muss sein, den
> Ausdruck
>
> [mm]\bruch{y^2 - 2\sigma^4 y - 2y \mu - 2y \sigma \mu + \mu^2 + 2 \sigma \mu^2 + \sigma^2}{\sigma^4}[/mm]
>
> in die Form
>
> [mm](\bruch{y - a}{b})^2[/mm]
>
> zu überführen. Macht das irgendwie Sinn?
Genau diese Berechnungen findest du in den beiden Vorbemerkungen in meinem ersten Beitrag.
>
> Danke und Gruß,
>
> Martin
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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