Varianz und Kurtosis < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:00 Fr 06.06.2008 | | Autor: | Nette20 |
| Aufgabe | Es sei X eine standardnormalverteilte Zufallsvariable.
Berechnen Sie
[mm] E[X-EX]^2 [/mm] und [mm] E[X-EX]^4. [/mm] |
Hallo!
Ich muss nächte Woche diese Aufgabe vorrechnen.
Kann mir jemanden helfen?
Ergänzung:
Ich weiß, dass die zweite Größe durch die quadrierte Varianz auch Kurtosis genannt wird.
Also:
[mm] \bruch{E[X-E[X]]^4}{(V[X])^2}=\bruch{E[X-E[X]]^4}{(E[(X-E[X])^2])^2}
[/mm]
da [mm] E[X-E[X]]^2 [/mm] = [mm] E[(X-E[X])^2]=E[X^2]-(E[X])^2=V[X]
[/mm]
Weiter weiß ich leider nicht.
Vielen Dank!
Janett
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:05 Fr 06.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Es sei X eine standardnormalverteilte Zufallsvariable.
> Berechnen Sie
> [mm]E[X-EX]^2[/mm] und [mm]E[X-EX]^4.[/mm]
> Hallo!
> Ich muss nächte Woche diese Aufgabe vorrechnen.
> Kann mir jemanden helfen?
Ja.
Aber erstens solltest Du zumindest mal einen Ansatz und ein eigene Überlegungen präsentieren, und zweitens müßten wir wissen wie elementar das ganze sein soll.
Bsp.: [mm] $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx=\sqrt{\pi}$. [/mm] Das wirst Du brauchen, aber sollst Du das selbst herleiten? Bronstein hernehmen?
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:36 Sa 07.06.2008 | | Autor: | Nette20 |
Hi blech,
natürlich hast Du Recht. Eigene Ansätze wären schön.
Aber ich habe dazu leider keinen Ansatz.
Im Bronstein habe ich weder etwas über Kurtosis, noch über Wölbung, noch Exzess gefunden.
Um Deine Frage nach der Genauigkeit zu beantworten:
Bei Adam und Eva muss es nicht beginnen.  Aber ein Zweizeiler sollte es auch nicht nur sein.
Liebe Grüße
Janett
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:45 So 08.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Hi blech,
> natürlich hast Du Recht. Eigene Ansätze wären schön.
> Aber ich habe dazu leider keinen Ansatz.
>
> Im Bronstein habe ich weder etwas über Kurtosis, noch über
> Wölbung, noch Exzess gefunden.
Es geht ja nur um die Integrale. Nachdem die Zufallsvariable standardnormalverteilt sein soll, gilt $EX=0$ ("weißt" Du das schon, oder sollst Du auch zeigen, daß der erste Parameter einer Normalverteilung den Erwartungswert darstellt?), also:
[mm] $E((X-EX)^2)=E(X^2)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^2 e^{-\frac12 x^2}\ [/mm] dx$
und
[mm] $E((X-EX)^4)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^4 e^{-\frac12 x^2}\ [/mm] dx$
Beide Integrale findest Du (fast) direkt im Bronstein. Das wäre natürlich relativ witzlos. Andererseits wirst Du auf einen Beweis zu
$ [mm] \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, dx=\sqrt{\pi} [/mm] $
kaum allein kommen, also nehm ich mal an, daß Du das nicht zeigen mußt. (der imho eingängigste Beweis ist über Polarkoordinaten, und die Idee muß man auch erstmal haben)
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:14 So 08.06.2008 | | Autor: | Nette20 |
Hi Stefan!
Danke für Deine Hilfe.
Ich habe allerdings noch Unklarheiten und würde mich freuen, wenn Du mir auch dabei weiterhilfst.
1.: Woher weiß ich, dass ich zur Berechnung das gaußsche Fehlerintegral nutzen muss?
2.: Das der erste Parameter einer Normalverteilung den Erwartungswert darstellt, ist mir nicht bekannt. Von daher könnte ich mir vorstellen, dass ich das zeigen muss.
3.: Wie kommst Du von [mm] E[X^2] [/mm] bzw. [mm] E[X^4] [/mm] auf $ [mm] \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^2 e^{-\frac12 x^2}\ [/mm] dx $ bzw. $ [mm] \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^4 e^{-\frac12 x^2}\ [/mm] dx $
Vielen Dank!
Janett
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:38 So 08.06.2008 | | Autor: | Blech |
Hi Janett,
was *genau* weißt Du denn über die Standardnormalverteilung und den Erwartungswert?
zu 3.:
[mm] $f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac12 x^2}$ [/mm] ist die Dichte der Standardnormalverteilung.
Falls die Zufallsvariable X die Dichte f(x) hat und g eine (fast) beliebige andere Funktion ist, gilt
[mm] $E(g(X))=\int_{-\infty}^{\infty}g(x)f(x)\ [/mm] dx$
hier haben wir einmal [mm] $g(x)=x^2$ [/mm] und einmal [mm] $g(x)=x^4$.
[/mm]
Setz g und f im Integral ein und Du kommst auf die beiden Ausdrücke.
[mm] $E(g(X))=\int_{-\infty}^{\infty}g(x)f(x)\ [/mm] dx$, solltest Du kennen, bzw. einfach verwenden dürfen, weil die Herleitung definitiv nicht Schulniveau ist.
(der hübschen Formel wegen: [mm] $\int_A g\circ [/mm] X\ dP= [mm] \int_{X(A)} [/mm] g\ [mm] dP\circ X^{-1}=\int_{X(A)} [/mm] g*f\ [mm] d\lambda$, [/mm] falls [mm] $P\circ X^{-1}$ [/mm] absolutstetig bzgl. des Lebesgue-Maßes ist. Beweis erfolgt mit mengentheoretischer Induktion. ^^° )
zu 1.:
Die beiden Integrale löst Du mit partieller Integration. Der Trick ist, wie Du die Funktionen gruppierst:
[mm]\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^2 e^{-\frac12 x^2}\ dx =
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \underbrace{x}_{=:h(x)}\cdot\underbrace{x e^{-\frac12 x^2}}_{=:l'(x)}\ dx[/mm]
Für $x [mm] e^{-\frac12 x^2}$ [/mm] kannst Du recht leicht eine Stammfunktion finden. Was dann übrig bleibt ist $ [mm] \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, [/mm] dx$.
EDIT:
Was übrig bleibt ist $ [mm] \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac12 x^2}\, [/mm] dx$. Aber daraus wird mit Substitution $ [mm] \sqrt{2} \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\, [/mm] dx$. Sry.
zu 2.:
X ist standardnormalverteilt. Also ist
[mm] $E(X)=\int_{-\infty}^\infty [/mm] x f(x)\ dx$
wenn Du genau hinschaust, siehst Du direkt, daß das Integral 0 sein muß (weil [mm] $x\cdot [/mm] f(x)$ punktsymmetrisch zum Ursprung ist). Du kannst es aber natürlich auch ausrechnen. =)
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:57 Fr 13.06.2008 | | Autor: | Nette20 |
Hi!
Ist es so richtig?
[mm] E[X-E[X]]^2=...=\bruch{1}{\wurzel{2\pi}}
[/mm]
und
[mm] E[X-E[X]]^4=...=\bruch{3}{\wurzel{2\pi}}
[/mm]
Danke!
Janett
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:43 Sa 14.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Hi!
> Ist es so richtig?
>
> [mm]E[X-E[X]]^2=...=\bruch{1}{\wurzel{2\pi}}[/mm]
> und
> [mm]E[X-E[X]]^4=...=\bruch{3}{\wurzel{2\pi}}[/mm]
Hi,
Das [mm] $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ [/mm] gehört jeweils weg. Die Lösung ist 1 und 3.
$ [mm] \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac12 x^2}\, [/mm] dx = [mm] \sqrt{2\pi} [/mm] $
das hast Du wohl unterschlagen =)
ciao
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:14 Sa 14.06.2008 | | Autor: | Nette20 |
Ahhh!
Habe meinen Fehler entdeckt.
Ich habe mit
[mm] \bruch{1}{2\pi} [/mm] * [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}... [/mm] gerechnet, anstatt mit
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2\pi}} [/mm] * [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}...
[/mm]
Korrigiere ich das, bekomme ich auch 1 und 3 raus.
Vielen Dank für Deine Hilfe!
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