Randvtlg. der biv. Gaußvertlg. < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:45 Mi 08.04.2009 | | Autor: | grenife |
| Aufgabe | Sei
[mm] $f(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}\right\}$, [/mm] für [mm] $x,y\in\mathbb{R}$ [/mm] eine gemeinsame Dichtefunktion zweier ZVen.
a) Bestimmen Sie die Randdichten von $X$ und $Y$.
b) Sind $X$ und $Y$ stoch. unabhängig?
c) Bestimmen Sie die bedingte Verteilung von Y unter X.
d) Bestimmen Sie zwei Konstanten $a$ und $b$, so dass $aX+bY$ standardnormalverteilt und unabhängig von $X$ ist. |
Hallo zusammen,
habe zu der ersten Teilaufgabe eine Frage. Ich "sehe", dass $f$ die gemeinsame Dichte einer bivariaten Normalverteilung mit [mm] $\mu_1=\mu_2=0$ [/mm] und [mm] $\sigma_1=\sigma_2=1$ [/mm] ist.
Die Randdichten bestimme ich ja, indem ich die andere Variable rausintegriere, nur frage ich mich gerade, wie ich dabei vorgehen soll.
[mm] $\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)dy=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}\right\}dy$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left\{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}\right\}dy$
[/mm]
Wenn ich nun [mm] $z:=\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}$ [/mm] setze, kann ich zwar $dy$ durch [mm] $\frac{dz\cdot (2(1-\rho^2))}{2y-2x\rho}$ [/mm] ersetzen, aber die ursprüngliche Variable $y$ verschwindet leider nicht.
Hat vielleicht jemand einen Tipp, wie ich weiterrechnen sollte oder wie ich auf anderem Wege das Integral auflösen kann?
Vielen Dank und viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:15 Mi 08.04.2009 | | Autor: | Blech |
> Hat vielleicht jemand einen Tipp, wie ich weiterrechnen
> sollte oder wie ich auf anderem Wege das Integral auflösen
> kann?
>
Quadratische Ergänzung.
Du kriegst was der Form
[mm] $-(y-K(x))^2$ [/mm] + Terme ohne y
im Exponenten. Den hinteren Teil kannst Du dann als Konstante rausziehen, der
vordere führt mit einfacher Substitution auf das Fehlerintegral:
[mm] $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx [/mm] = [mm] \sqrt{\pi}$
[/mm]
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:39 Do 09.04.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo zusammen,
habe eine weitere Frage zu Teilaufgabe c)
würde die bedingte Verteilung über die bedingte Dichte bestimmen. Diese ist gegeben durch
[mm] $\frac{f(x,y)}{f_X(x)}=\frac{\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}\right\}}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot \exp \left\{-\frac{x^2}{2}\right\}}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}+\frac{x^2}{2}\right\}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{1-\rho^2}\right)\right\}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{x^2-x^2\rho^2-x^2-2\rho xy+y^2}{1-\rho^2}\right)\right\}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{y^2-x^2\rho^2-2\rho xy}{1-\rho^2}\right)\right\}$
[/mm]
An dieser Stelle hakt es bei mir, wäre nett, wenn mir jemand einen Tipp geben könnte.
Vielen Dank und viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:14 Sa 11.04.2009 | | Autor: | luis52 |
> An dieser Stelle hakt es bei mir, wäre nett, wenn mir
> jemand einen Tipp geben könnte.
>
Moin Gregor,
ich kann deine vierte Gleichung nicht nachvollziehen. Ich meine, du hast das Minuszeichen falsch in die innere Runde Klammer gezogen. Tipp: Klammere mal im Exponenten [mm] $-\frac{1}{2(1-\rho^2)}$ [/mm] aus.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:02 Di 14.04.2009 | | Autor: | grenife |
Hi,
erstmal vielen Dank für Deinen Hinweis. Hab in der Tat ein Vorzeichen falsch in den Bruch gezogen. Richtig muss es heißen:
[mm] $\frac{f(x,y)}{f_X(x)}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{1-\rho^2}\right)\right\}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{x^2-x^2\rho^2-x^2+2\rho xy-y^2}{1-\rho^2}\right)\right\}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{-\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left((x\rho)^2-2(x\rho)y+y^2\right)\right\}$
[/mm]
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left\{-\frac{1}{2(1-\rho^2)}(\rho x-y)^2\right\}$
[/mm]
Hier kann man nun sehen, dass $f(y|x)$ normaltverteilt mit [mm] $\mu=\rho [/mm] x$ und [mm] $\sigma^2=1-\rho^2$ [/mm] ist, nur leider passt hierfür das Vorzeichen in der letzten Klammer [mm] $(\rho [/mm] x-y)$ nicht. Sieht jemand, wo ich den Vorzeichenfehler habe? (mir fällt nichts auf...)
Vielen Dank und viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:46 Di 14.04.2009 | | Autor: | luis52 |
> Sieht jemand, wo ich den Vorzeichenfehler habe?
Hilft dir [mm] $(\rho x-y)^2=(y-\rho x)^2$ [/mm] weiter?
vg Luis
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:50 Di 14.04.2009 | | Autor: | grenife |
Danke, ist ja klar! Hab mich zu sehr auf ein Auflösen der Klammern versteift...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:11 Di 14.04.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo zusammen,
habe eine kurze Frage zur letzten Teilaufgabe. Sehe ich das richtig, dass $aX+bY$ normal verteilt mit [mm] $N(0;a^2+2ab\rho +b^2)$ [/mm] ist? $aX+bY$ ist eine lineare Transformation von $(X;Y)$ und laut
http://en.wikipedia.org/wiki/Multivariate_normal_distribution#Affine_transformation
müsste sich die neue Varianz dann mit [mm] $(a;b)\Sigma (a;b)^T$ [/mm] ergeben.
Dann müsste [mm] $a^2+2ab\rho +b^2=1$ [/mm] gelten (vorgebene Varianz der Linearkombination) und $aX+bY$ und $X$ müssten unabhängig sein.
Wie kann ich denn die geforderte Unabhängigkeit am besten darstellen? $X$ und $aX+bY$ sind dann jeweils normalverteilt und unabhängig gdw ihre Kovarianz gleich Null ist. Oder geht es auch auf einfacherem Wege?
Vielen Dank für Eure Hinweise und viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:10 Di 14.04.2009 | | Autor: | luis52 |
> Wie kann ich denn die geforderte Unabhängigkeit am besten
> darstellen? [mm]X[/mm] und [mm]aX+bY[/mm] sind dann jeweils normalverteilt
> und unabhängig gdw ihre Kovarianz gleich Null ist. Oder
> geht es auch auf einfacherem Wege?
>
Das finde ich schon ganz schoen einfach ...
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:37 Di 14.04.2009 | | Autor: | grenife |
Dann versuche ich das doch mal.
Es muss also gelten $ [mm] a^2+2ab\rho +b^2=1 [/mm] $ und
[mm] $E[X\cdot(aX+bY)]-E(X)\cdot [/mm] E(aX+bY)=0$
Der letzte Term fällt wegen E(X)=0 sofort weg, es bleibt also übrig:
[mm] $E[X\cdot(aX+bY)]=E[aX^2+bXY]=0$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow aE(X^2)+bE(XY)=0$
[/mm]
$X$ ist standardnormalverteilt, demnach ist [mm] $X^2$ [/mm] Chi-Quadrat-verteilt mit einem Freiheitsgrad, demnach ist [mm] $E(X^2)=1$.
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow [/mm] a+bE(XY)=0$
Da mit $E(X)=E(Y)=0$ $cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=E(XY)$ gilt, folgt:
[mm] $\Leftrightarrow [/mm] a+bcov(XY)=0$
Mit [mm] $\sigma_X=\sigma_Y=1$ [/mm] folgt [mm] $cov(X,Y)=\rho$, [/mm] also insgesamt:
[mm] $\Leftrightarrow a+b\rho=0$ [/mm] bzw. [mm] $a=-b\rho$.
[/mm]
Mit der ersten Bedingung ergibt sich
$ [mm] (-b\rho)^2+2(-b\rho)b\rho +b^2=1 [/mm] $
[mm] $\Leftrightarrow b^2\rho^2-2b^2\rho^2 +b^2=1 [/mm] $
[mm] $\Leftrightarrow b^2\left(\rho^2-2\rho^2 +1\right)=1 [/mm] $
[mm] $\Leftrightarrow b^2\left(\rho-1\right)^2=1 [/mm] $
[mm] $\Leftrightarrow b^2=\frac{1}{\left(\rho-1\right)^2} [/mm] $
und schließlich
[mm] $\Leftrightarrow |b|=\frac{1}{\left|\rho-1\right|} [/mm] $
Viele Grüße
Gregor
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