Randverteilung bestimmen < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:00 Fr 11.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
| Aufgabe | Hallo, meine Angabe lautet:
[mm] (X_1, X_2) [/mm] ~ N(0,1,0,1,0)
Man Bestimme die gemeinsame Verteilung und die Randverteilungen von [mm] Y_1:=X_1+X_2, Y_2 [/mm] = [mm] X_1 [/mm] - [mm] X_2 [/mm] |
Könnt ihr mir zunächst bitte sagen, um welche Verteilung es sich bei diesem ~N handelt und als was ich die Werte in Klammer zu verstehen habe?
Danke schonmal
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> Hallo, meine Angabe lautet:
> [mm](X_1, X_2)[/mm] ~ N(0,1,0,1,0)
> Man Bestimme die gemeinsame Verteilung und die
> Randverteilungen von [mm]Y_1:=X_1+X_2, Y_2[/mm] = [mm]X_1[/mm] - [mm]X_2[/mm]
> Könnt ihr mir zunächst bitte sagen, um welche Verteilung
> es sich bei diesem ~N handelt und als was ich die Werte in
> Klammer zu verstehen habe?
Sicher, dass die Aufgabe so da steht?
"Dieses N" steht normalerweise für eine "Normalverteilung". In der Klamer dahintern wird dann jeweils Mittelwert und Varianz der Zufallsvariblen angegeben. Also: $N(Mittelwert|Varianz)$
Valerie
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:21 Fr 11.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Tipsi!
> [mm](X_1, X_2)[/mm] ~ N(0,1,0,1,0)
> Man Bestimme die gemeinsame Verteilung und die
> Randverteilungen von [mm]Y_1:=X_1+X_2, Y_2[/mm] = [mm]X_1[/mm] - [mm]X_2[/mm]
> Könnt ihr mir zunächst bitte sagen, um welche Verteilung
> es sich bei diesem ~N handelt und als was ich die Werte in
> Klammer zu verstehen habe?
Das $N$ steht offenbar hier für eine 2-dimensionale Normalverteilung. Das [mm] $\sim$ [/mm] bedeutet, dass der davor angegebene Zufallsvektor die hinter dem [mm] $\sim$ [/mm] angegebene Verteilung besitzt.
Welche Bedeutung die 5 Parameter hinter dem $N$ haben, ist mir allerdings auch nicht klar. Angegeben sein sollte eigentlich ein Mittelwert-Vektor und eine Kovarianz-Matrix.
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:57 Fr 11.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Danke für eure Antworten.
Sobald ich genau weiß, was da jetzt eigentlich gemeint ist, melde ich mich nochmal.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:12 Fr 11.10.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin, wie ein Vorredner schon sagte, handelt es sich vermultlich um eine zweidimensionale NV. Die Parameter 1 und 2 bzw 3 und 4 sind Erwartungswerte und Varianzen von [mm] $X_1$ [/mm] bzw. [mm] $X_2$. [/mm] Der 5. Parameter ist die Korrelation zwischen [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:20 Sa 12.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Okay, das klingt vernünftig.
Also du meinst, dass 0 der Erwartungswert von [mm] X_1, [/mm] 1 die Varianz von [mm] X_1, [/mm] 0 der Erwartungswert von [mm] X_2, [/mm] 1 die Varianz von [mm] X_2 [/mm] und 0 die Korrelation (=Kovarianz?) zwischen den beiden ist?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:24 Sa 12.10.2013 | | Autor: | luis52 |
> Okay, das klingt vernünftig.
> Also du meinst, dass 0 der Erwartungswert von [mm]X_1,[/mm] 1 die
> Varianz von [mm]X_1,[/mm] 0 der Erwartungswert von [mm]X_2,[/mm] 1 die
> Varianz von [mm]X_2[/mm] und 0 die Korrelation (=Kovarianz?)
> zwischen den beiden ist?
Ja.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:53 So 13.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Danke für die Antwort.
Leider kenne ich mich immer noch nicht wirklich aus, wie ich die Randverteilungen und die gemeinsame Verteilung bestimmen kann.
Folgendes habe ich mir nun dazu überlegt:
[mm]\mathbb{E}(X_1)=\integral X_1dP = 0 = \mathbb{E}X_2[/mm]
[mm]\mathbb{V}(X_1) = \mathbb{E}((X_1-\mathbb{E}(X_1))^2)=\mathbb{E}(X_1^2)={E}(X_2^2)=1[/mm]
[mm] Cov(X_1, X_2)=\mathbb{E}(X_1,X_2)-\mathbb{E}(X_1)\cdot\mathbb{E}(X_2)=\mathbb{E}(X_1X_2) [/mm] = 0
Nun soll ich hiervon mit [mm] Y=(Y_1,Y_2) [/mm] zunächst die gemeinsame Verteilung von [mm] Y_1 [/mm] und [mm] Y_2 [/mm] berechnen, die gegeben ist durch [mm]PY^{-1}[/mm].
Könnt ihr mir dabei bitte helfen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:27 So 13.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Folgendes habe ich mir nun dazu überlegt:
> [mm]\mathbb{E}(X_1)=\integral X_1dP = 0 = \mathbb{E}X_2[/mm]
>
> [mm]\mathbb{V}(X_1) = \mathbb{E}((X_1-\mathbb{E}(X_1))^2)=\mathbb{E}(X_1^2)={E}(X_2^2)=1[/mm]
>
> [mm]Cov(X_1, X_2)=\mathbb{E}(X_1,X_2)-\mathbb{E}(X_1)\cdot\mathbb{E}(X_2)=\mathbb{E}(X_1X_2)[/mm]
> = 0
> Nun soll ich hiervon mit [mm]Y=(Y_1,Y_2)[/mm] zunächst die
> gemeinsame Verteilung von [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm] berechnen,
Ja.
> die
> gegeben ist durch [mm]PY^{-1}[/mm].
Ist das eine Schreibweise für die Verteilung von $Y$ unter $P$? Ich kenne nur die Schreibweisen [mm] $P^Y$ [/mm] und [mm] $P_Y$.
[/mm]
> Könnt ihr mir dabei bitte helfen?
Ist aus der Vorlesung bekannt, wie sich (unter bestimmten Voraussetzungen) mehrdimensional normalverteilte Zufallsvektoren unter linearer Transformation verhalten?
D.h.: Wenn $X$ ein n-dimensionaler Zufallsvektor ist und A eine reelle [mm] $m\times [/mm] n$-Matrix ist, ist dann (unter gewissen Voraussetzungen) die Verteilung des Zufallsvektors $A*x$ bekannt?
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:37 So 13.10.2013 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
> > die gegeben ist durch [mm]PY^{-1}[/mm].
> Ist das eine Schreibweise für die Verteilung von [mm]Y[/mm] unter [mm]P[/mm]? Ich kenne nur die Schreibweisen [mm]P^Y[/mm] und [mm]P_Y[/mm].
Ja, das ist sogar recht gängig und macht auch Sinn, denn:
[mm] $PY^{-1} [/mm] = P [mm] \circ Y^{-1}$
[/mm]
Und damit: [mm] $PY^{-1}(A) [/mm] = P [mm] \circ Y^{-1}(A) [/mm] = [mm] P(Y^{-1}(A)) [/mm] = P(Y [mm] \in [/mm] A)$
Gruß,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:40 So 13.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Gono,
> > > die gegeben ist durch [mm]PY^{-1}[/mm].
> > Ist das eine Schreibweise für die Verteilung von [mm]Y[/mm]
> unter [mm]P[/mm]? Ich kenne nur die Schreibweisen [mm]P^Y[/mm] und [mm]P_Y[/mm].
>
> Ja, das ist sogar recht gängig und macht auch Sinn, denn:
>
> [mm]PY^{-1} = P \circ Y^{-1}[/mm]
>
> Und damit: [mm]PY^{-1}(A) = P \circ Y^{-1}(A) = P(Y^{-1}(A)) = P(Y \in A)[/mm]
Danke für die Aufklärung! Da habe ich etwas dazugelernt.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 10:47 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Tobias,
Danke für deine Bemühungen!
> > Folgendes habe ich mir nun dazu überlegt:
> > [mm]\mathbb{E}(X_1)=\integral X_1dP = 0 = \mathbb{E}X_2[/mm]
> >
> > [mm]\mathbb{V}(X_1) = \mathbb{E}((X_1-\mathbb{E}(X_1))^2)=\mathbb{E}(X_1^2)={E}(X_2^2)=1[/mm]
>
> >
> > [mm]Cov(X_1, X_2)=\mathbb{E}(X_1,X_2)-\mathbb{E}(X_1)\cdot\mathbb{E}(X_2)=\mathbb{E}(X_1X_2)[/mm]
> > = 0
> > Nun soll ich hiervon mit [mm]Y=(Y_1,Y_2)[/mm] zunächst die
> > gemeinsame Verteilung von [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm] berechnen,
> Ja.
>
> > die
> > gegeben ist durch [mm]PY^{-1}[/mm].
> Ist das eine Schreibweise für die Verteilung von [mm]Y[/mm] unter
> [mm]P[/mm]? Ich kenne nur die Schreibweisen [mm]P^Y[/mm] und [mm]P_Y[/mm].
>
>
> > Könnt ihr mir dabei bitte helfen?
> Ist aus der Vorlesung bekannt, wie sich (unter bestimmten
> Voraussetzungen) mehrdimensional normalverteilte
> Zufallsvektoren unter linearer Transformation verhalten?
>
> D.h.: Wenn [mm]X[/mm] ein n-dimensionaler Zufallsvektor ist und A
> eine reelle [mm]m\times n[/mm]-Matrix ist, ist dann (unter gewissen
> Voraussetzungen) die Verteilung des Zufallsvektors [mm]A*x[/mm]
> bekannt?
>
Hallo,
Das ist bis jetzt leider noch nicht in unserem skript vorgekommen.
Können wir mit dem anderen ansatz, von dir und luis52 arbeiten, wo wir die unkorreliertheit ausnutzen?
>
LG
Tipsi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:30 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> > Ist aus der Vorlesung bekannt, wie sich (unter bestimmten
> > Voraussetzungen) mehrdimensional normalverteilte
> > Zufallsvektoren unter linearer Transformation verhalten?
> >
> > D.h.: Wenn [mm]X[/mm] ein n-dimensionaler Zufallsvektor ist und A
> > eine reelle [mm]m\times n[/mm]-Matrix ist, ist dann (unter gewissen
> > Voraussetzungen) die Verteilung des Zufallsvektors [mm]A*x[/mm]
> > bekannt?
> Das ist bis jetzt leider noch nicht in unserem skript
> vorgekommen.
> Können wir mit dem anderen ansatz, von dir und luis52
> arbeiten, wo wir die unkorreliertheit ausnutzen?
Wie wir ohne ein solches Resultat über mehrdimensionale Normalverteilungen unter linearer Transformation die gemeinsame Verteilung von [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Y_2$ [/mm] bestimmen können, weiß ich auch noch nicht, daher lasse ich die Frage als nur teilweise beantwortet markiert.
Jedoch können wir schon einmal die (Rand-)Verteilungen von [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Y_2$ [/mm] bestimmen:
Wie luis schrieb, sind [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] als unkorrelierte normalverteilte Zufallsgrößen bereits stochastisch unabhängig.
[mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] sind jeweils normalverteilt mit Mittelwert 0 und Varianz 1.
Was folgt also für die Verteilung von [mm] $Y_1=X_1+X_2$?
[/mm]
Für die Verteilung von [mm] $Y_2=X_1+(-X_2)$ [/mm] musst du dir zunächst Gedanken machen, wie die Verteilung von [mm] $-X_2$ [/mm] aussieht und ob [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $-X_2$ [/mm] ebenfalls stochastisch unabhängig sind.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:34 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Hallo,
> Jedoch können wir schon einmal die (Rand-)Verteilungen von
> [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm] bestimmen:
>
> Wie luis schrieb, sind [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] als unkorrelierte
> normalverteilte Zufallsgrößen bereits stochastisch
> unabhängig.
> [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] sind jeweils normalverteilt mit Mittelwert 0
> und Varianz 1.
> Was folgt also für die Verteilung von [mm]Y_1=X_1+X_2[/mm]?
Ich stehe leider noch auf der Leitung... Aber [mm] Y_2 [/mm] hat dann wohl auch Erwartungswert 0?
> Für die Verteilung von [mm]Y_2=X_1+(-X_2)[/mm] musst du dir
> zunächst Gedanken machen, wie die Verteilung von [mm]-X_2[/mm]
> aussieht und ob [mm]X_1[/mm] und [mm]-X_2[/mm] ebenfalls stochastisch
> unabhängig sind.
Also wenn [mm] Cov(X_1, X_2) [/mm] = 0, dann müsste doch [mm] Cov(X_1, -X_2) [/mm] auch = 0 oder?
(falls nicht, hast du vlt. ein gegenbsp, damit ich mir darunter was vorstellen kann?
>
Danke auch für deine (eure) bisherige Hilfe!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:41 Mo 14.10.2013 | | Autor: | luis52 |
> Also wenn [mm]Cov(X_1, X_2)[/mm] = 0, dann müsste doch [mm]Cov(X_1, -X_2)[/mm]
> auch = 0 oder?
Korrekt.
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 18:10 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Also wie genau ich das jetzt ins Bsp einbringe, weiß ich nicht, aber ich glaube, es müsste folgendes gelten (teils schon von euch bestätigt):
[mm] \mathbb{E}X_1 [/mm] = 0 und [mm] \mathbb{E}X_2 [/mm] = 0 --> [mm] \mathbb{E}X_1+X_2 [/mm] = 0 = [mm] \mathbb{E}Y_1
[/mm]
analog für [mm] \mathbb{E}Y_2 [/mm] = 0
[mm] X_1, X_2 [/mm] sind unkorreliert und normalverteilt und darum unabhängig
--> [mm] X_1, -X_2 [/mm] haben auch [mm] Cov(X_1,-X_2)=0 [/mm] --> sind auch unabhängig
außerdem: [mm] X_1+X_2 [/mm] unabhängig von [mm] X_1-X_2 [/mm] <--> [mm] Y_1 [/mm] unabhängig von [mm] Y_2
[/mm]
Wie bist du denn auf [mm] "Cov(Y_1,Y_2) [/mm] = [mm] Var(X_1)-Var(X_2)" [/mm] (=0) gekommen, Tobias?
Wie gehe ich das Beispiel nun richtig an? (mit dem allgemeinen Transformationssatz ;) )
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:30 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Also wie genau ich das jetzt ins Bsp einbringe, weiß ich
> nicht, aber ich glaube, es müsste folgendes gelten (teils
> schon von euch bestätigt):
>
> [mm]\mathbb{E}X_1[/mm] = 0 und [mm]\mathbb{E}X_2[/mm] = 0 -->
> [mm]\mathbb{E}X_1+X_2[/mm] = 0 = [mm]\mathbb{E}Y_1[/mm]
> analog für [mm]\mathbb{E}Y_2[/mm] = 0
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") (Linearität des Erwartungswertes)
> [mm]X_1, X_2[/mm] sind unkorreliert und normalverteilt und darum
> unabhängig
Ja.
> --> [mm]X_1, -X_2[/mm] haben auch [mm]Cov(X_1,-X_2)=0[/mm]
Ja.
> --> sind auch
> unabhängig
Achtung: Aus Unkorreliertheit folgt im Allgemeinen nicht stochastische Unabhängigkeit.
Diese Folgerung gilt allerdings, wenn du schon weißt, dass die beiden Zufallsgrößen normalverteilt sind.
Ist aus der Vorlesung bekannt, dass [mm] $-X_2=(-1)*X_2$ [/mm] normalverteilt ist, da [mm] $X_2$ [/mm] dies ist?
Ansonsten folgt die stochastische Unabhängigkeit von [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $-X_2$ [/mm] aus der stochastischen Unabhängigkeit von [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] unter Berücksichtigung, dass stochastische Unabhängigkeit von Zufallsvariablen unter (messbarer) "Verarbeitung" der Zufallsvariablen erhalten bleibt.
> außerdem: [mm]X_1+X_2[/mm] unabhängig von [mm]X_1-X_2[/mm]
Warum?
> <--> [mm]Y_1[/mm]
> unabhängig von [mm]Y_2[/mm]
>
> Wie bist du denn auf [mm]"Cov(Y_1,Y_2)[/mm] = [mm]Var(X_1)-Var(X_2)"[/mm]
> (=0) gekommen, Tobias?
Durch eine Rechnung auf einem Schmierzettel. Versuche es einmal selbst! Dabei ist natürlich [mm] $Y_1=X_1+X_2$ [/mm] und [mm] $Y_2=X_1-X_2$ [/mm] zu verwenden.
Falls aus der Vorlesung bekannt ist, dass die Summe zweier stochastisch unabhängiger eindimensional normalverteilter Zufallsgrößen wieder normalverteilt ist, weißt du, dass [mm] $Y_1$ [/mm] normalverteilt ist.
Die Parameter der Normalverteilung von [mm] $Y_1$ [/mm] ergeben sich dann natürlich durch Erwartungswert und Varianz von [mm] $Y_1$.
[/mm]
Ähnlich kannst du bei entsprechendem Wissen aus der Vorlesung über die eindimensionalen Normalverteilungen die (Rand-)Verteilung von [mm] $Y_2$ [/mm] bestimmen.
> Wie gehe ich das Beispiel nun richtig an? (mit dem
> allgemeinen Transformationssatz ;) )
Das muss ich mir erst noch selbst überlegen. Daher lasse ich die Frage wieder als nur teilweise beantwortet markiert. Vielleicht hilft ja Luis in der Zwischenzeit weiter...
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:51 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > Also wie genau ich das jetzt ins Bsp einbringe, weiß ich
> > nicht, aber ich glaube, es müsste folgendes gelten (teils
> > schon von euch bestätigt):
> >
> > [mm]\mathbb{E}X_1[/mm] = 0 und [mm]\mathbb{E}X_2[/mm] = 0 -->
> > [mm]\mathbb{E}X_1+X_2[/mm] = 0 = [mm]\mathbb{E}Y_1[/mm]
> > analog für [mm]\mathbb{E}Y_2[/mm] = 0
> (Linearität des Erwartungswertes)
>
> > [mm]X_1, X_2[/mm] sind unkorreliert und normalverteilt und darum
> > unabhängig
> Ja.
>
> > --> [mm]X_1, -X_2[/mm] haben auch [mm]Cov(X_1,-X_2)=0[/mm]
> Ja.
>
> > --> sind auch
> > unabhängig
> Achtung: Aus Unkorreliertheit folgt im Allgemeinen nicht
> stochastische Unabhängigkeit.
>
> Diese Folgerung gilt allerdings, wenn du schon weißt, dass
> die beiden Zufallsgrößen normalverteilt sind.
>
> Ist aus der Vorlesung bekannt, dass [mm]-X_2=(-1)*X_2[/mm]
> normalverteilt ist, da [mm]X_2[/mm] dies ist?
>
> Ansonsten folgt die stochastische Unabhängigkeit von [mm]X_1[/mm]
> und [mm]-X_2[/mm] aus der stochastischen Unabhängigkeit von [mm]X_1[/mm] und
> [mm]X_2[/mm] unter Berücksichtigung, dass stochastische
> Unabhängigkeit von Zufallsvariablen unter (messbarer)
> "Verarbeitung" der Zufallsvariablen erhalten bleibt.
>
>
> > außerdem: [mm]X_1+X_2[/mm] unabhängig von [mm]X_1-X_2[/mm]
> Warum?
>
> > <--> [mm]Y_1[/mm]
> > unabhängig von [mm]Y_2[/mm]
> >
> > Wie bist du denn auf [mm]"Cov(Y_1,Y_2)[/mm] = [mm]Var(X_1)-Var(X_2)"[/mm]
> > (=0) gekommen, Tobias?
> Durch eine Rechnung auf einem Schmierzettel. Versuche es
> einmal selbst! Dabei ist natürlich [mm]Y_1=X_1+X_2[/mm] und
> [mm]Y_2=X_1-X_2[/mm] zu verwenden.
Ja, aber ich komme dabei immer nur auf:
[mm] \mathbb{E}(Y_1, Y_2)-\mathbb{E}(Y_1)\mathbb{E}(Y_2) [/mm] = [mm] \mathbb{E}(X_1+X_2, X_1-X_2)-\mathbb{E}(X_1+X_2)\mathbb{E}(X_1-X_2) [/mm] = [mm] (\mathbb{E}(X_1+X_2), \mathbb{E}(X_1-X_2))-\mathbb{E}(X_1+X_2)\mathbb{E}(X_1-X_2) [/mm] = (0,0) - 0 [mm] \cdot [/mm] 0 = 0
>
>
> Falls aus der Vorlesung bekannt ist, dass die Summe zweier
> stochastisch unabhängiger eindimensional normalverteilter
> Zufallsgrößen wieder normalverteilt ist, weißt du, dass
> [mm]Y_1[/mm] normalverteilt ist.
> Die Parameter der Normalverteilung von [mm]Y_1[/mm] ergeben sich
> dann natürlich durch Erwartungswert und Varianz von [mm]Y_1[/mm].
Was ist denn dann die Varianz von [mm] Y_1? [/mm] Ist das:
... = [mm] \mathbb{E}((X_1+X_2)^2) [/mm] = [mm] \mathbb{E}(X_1^2+2X_1X_2 [/mm] + [mm] X_2^2) [/mm] = 1+0+1 = 2?
>
> Ähnlich kannst du bei entsprechendem Wissen aus der
> Vorlesung über die eindimensionalen Normalverteilungen die
> (Rand-)Verteilung von [mm]Y_2[/mm] bestimmen.
Haben wir die Randverteilung von [mm] Y_1 [/mm] denn mit obigem schon bestimmt? Wir haben doch nur die Verteilung von [mm] Y_1 [/mm] bestimmt?
>
>
> > Wie gehe ich das Beispiel nun richtig an? (mit dem
> > allgemeinen Transformationssatz ;) )
> Das muss ich mir erst noch selbst überlegen. Daher lasse
> ich die Frage wieder als nur teilweise beantwortet
> markiert. Vielleicht hilft ja Luis in der Zwischenzeit
> weiter...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:09 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> > > Wie bist du denn auf [mm]"Cov(Y_1,Y_2)[/mm] = [mm]Var(X_1)-Var(X_2)"[/mm]
> > > (=0) gekommen, Tobias?
> > Durch eine Rechnung auf einem Schmierzettel. Versuche
> es
> > einmal selbst! Dabei ist natürlich [mm]Y_1=X_1+X_2[/mm] und
> > [mm]Y_2=X_1-X_2[/mm] zu verwenden.
>
> Ja, aber ich komme dabei immer nur auf:
> [mm]\mathbb{E}(Y_1, Y_2)-\mathbb{E}(Y_1)\mathbb{E}(Y_2)[/mm] =
> [mm]\mathbb{E}(X_1+X_2, X_1-X_2)-\mathbb{E}(X_1+X_2)\mathbb{E}(X_1-X_2)[/mm]
> = [mm](\mathbb{E}(X_1+X_2), \mathbb{E}(X_1-X_2))-\mathbb{E}(X_1+X_2)\mathbb{E}(X_1-X_2)[/mm]
> = (0,0) - 0 [mm]\cdot[/mm] 0 = 0
Nein, da ist dir wohl ein Flüchtigkeitsfehler unterlaufen: Es muss direkt am Anfang [mm] $E(Y_1*Y_2)$, [/mm] nicht [mm] $E(Y_1,Y_2)$ [/mm] heißen.
Dann hilft dir die dritte binomische Formel sowie die Linearität des Erwartungswertes weiter.
Wenn du die allgemeine Formel [mm] $Cov(Y_1,Y_2)=Var(X_1)-Var(X_2)$ [/mm] herleiten und nicht nur für unseren Fall 0 herausbekommen möchtest, solltest du kein Wissen, dass [mm] $EX_1=0$ [/mm] und [mm] $EX_2=0$ [/mm] (und somit [mm] $EY_1=0$ [/mm] und [mm] $EY_2=0$) [/mm] gilt, anwenden.
> > Falls aus der Vorlesung bekannt ist, dass die Summe zweier
> > stochastisch unabhängiger eindimensional normalverteilter
> > Zufallsgrößen wieder normalverteilt ist, weißt du, dass
> > [mm]Y_1[/mm] normalverteilt ist.
> > Die Parameter der Normalverteilung von [mm]Y_1[/mm] ergeben sich
> > dann natürlich durch Erwartungswert und Varianz von [mm]Y_1[/mm].
> Was ist denn dann die Varianz von [mm]Y_1?[/mm] Ist das:
> ... = [mm]\mathbb{E}((X_1+X_2)^2)[/mm] = [mm]\mathbb{E}(X_1^2+2X_1X_2[/mm] +
> [mm]X_2^2)[/mm] = 1+0+1 = 2?
Das Endergebnis stimmt. Am Anfang hast du wohl [mm] $E(X_1+X_2)=0$ [/mm] ausgenutzt und beim vorletzten Gleichheitszeichen die Unkorreliertheit von [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$. [/mm] Wenn du dir das dazu gedacht hast, liegst du richtig.
Im Falle unkorrelierter Zufallsgrößen [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] ist die Varianz der Summe [mm] $X_1+X_2$ [/mm] stets die Summe der Varianzen von [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$. [/mm] Damit kann man direkt sehen, dass [mm] $Var(X_1+X_2)=1+1=2$ [/mm] gilt.
> > Ähnlich kannst du bei entsprechendem Wissen aus der
> > Vorlesung über die eindimensionalen Normalverteilungen die
> > (Rand-)Verteilung von [mm]Y_2[/mm] bestimmen.
> Haben wir die Randverteilung von [mm]Y_1[/mm] denn mit obigem schon
> bestimmt? Wir haben doch nur die Verteilung von [mm]Y_1[/mm]
> bestimmt?
Die Randverteilungen von [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] SIND die Verteilungen von [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Y_2$.
[/mm]
Schaue dir dazu einmal die Definition einer Randverteilung an.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:25 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > > > Wie bist du denn auf [mm]"Cov(Y_1,Y_2)[/mm] = [mm]Var(X_1)-Var(X_2)"[/mm]
> > > > (=0) gekommen, Tobias?
> > > Durch eine Rechnung auf einem Schmierzettel.
> Versuche
> > es
> > > einmal selbst! Dabei ist natürlich [mm]Y_1=X_1+X_2[/mm] und
> > > [mm]Y_2=X_1-X_2[/mm] zu verwenden.
> >
> > Ja, aber ich komme dabei immer nur auf:
> > [mm]\mathbb{E}(Y_1, Y_2)-\mathbb{E}(Y_1)\mathbb{E}(Y_2)[/mm] =
> > [mm]\mathbb{E}(X_1+X_2, X_1-X_2)-\mathbb{E}(X_1+X_2)\mathbb{E}(X_1-X_2)[/mm]
> > = [mm](\mathbb{E}(X_1+X_2), \mathbb{E}(X_1-X_2))-\mathbb{E}(X_1+X_2)\mathbb{E}(X_1-X_2)[/mm]
> > = (0,0) - 0 [mm]\cdot[/mm] 0 = 0
> Nein, da ist dir wohl ein Flüchtigkeitsfehler
> unterlaufen: Es muss direkt am Anfang [mm]E(Y_1*Y_2)[/mm], nicht
> [mm]E(Y_1,Y_2)[/mm] heißen.
>
> Dann hilft dir die dritte binomische Formel sowie die
> Linearität des Erwartungswertes weiter.
>
> Wenn du die allgemeine Formel
> [mm]Cov(Y_1,Y_2)=Var(X_1)-Var(X_2)[/mm] herleiten und nicht nur für
> unseren Fall 0 herausbekommen möchtest, solltest du kein
> Wissen, dass [mm]EX_1=0[/mm] und [mm]EX_2=0[/mm] (und somit [mm]EY_1=0[/mm] und
> [mm]EY_2=0[/mm]) gilt, anwenden.
Okay, habs nochmals gemacht und falls es so weit stimmt, fehlt mir noch die Begründung, warum man das zum Schluss zur Varianzformel zusammenfassen darf:
[mm] Cov(Y_1,Y_2) [/mm] = [mm] E(Y_1\cdot Y_2) -E(Y_1)\cdot E(Y_2) [/mm] = [mm] E((X_1+X_2)(X_1-X_2))-E(X_!+X_2)\cdot E(X_1-X_2) [/mm] = [mm] E(X_1^2 [/mm] - [mm] X_2^2) [/mm] - [mm] E(X_1+X_2) \cdot E(X_1-X_2) [/mm] = [mm] E(X_1^2)-E(X_2^2)-E(X_1+X_2)\cdot E(X_1-X_2) [/mm] = [mm] E(X_1^2)-E(X_2^2)-((E(X_1)+E(X_2)) \cdot (E(X_1)-E(X_2)) [/mm] = [mm] E(X_1^2)-E(X_2^2)-(E(X_1)^2-E(X_2)^2) [/mm] = [mm] E(X_1^2)-E(X_2^2)-E(X_1)^2+E(X_2)^2 [/mm] = ?
>
>
> > > Falls aus der Vorlesung bekannt ist, dass die Summe zweier
> > > stochastisch unabhängiger eindimensional normalverteilter
> > > Zufallsgrößen wieder normalverteilt ist, weißt du, dass
> > > [mm]Y_1[/mm] normalverteilt ist.
> > > Die Parameter der Normalverteilung von [mm]Y_1[/mm] ergeben
> sich
> > > dann natürlich durch Erwartungswert und Varianz von [mm]Y_1[/mm].
> > Was ist denn dann die Varianz von [mm]Y_1?[/mm] Ist das:
> > ... = [mm]\mathbb{E}((X_1+X_2)^2)[/mm] =
> [mm]\mathbb{E}(X_1^2+2X_1X_2[/mm] +
> > [mm]X_2^2)[/mm] = 1+0+1 = 2?
> Das Endergebnis stimmt. Am Anfang hast du wohl
> [mm]E(X_1+X_2)=0[/mm] ausgenutzt und beim vorletzten
> Gleichheitszeichen die Unkorreliertheit von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm].
> Wenn du dir das dazu gedacht hast, liegst du richtig.
>
> Im Falle unkorrelierter Zufallsgrößen [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] ist die
> Varianz der Summe [mm]X_1+X_2[/mm] stets die Summe der Varianzen von
> [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm]. Damit kann man direkt sehen, dass
> [mm]Var(X_1+X_2)=1+1=2[/mm] gilt.
>
>
> > > Ähnlich kannst du bei entsprechendem Wissen aus der
> > > Vorlesung über die eindimensionalen Normalverteilungen die
> > > (Rand-)Verteilung von [mm]Y_2[/mm] bestimmen.
Durch Einsetzen in die Varianzformel erhält man doch für [mm] Y_2 [/mm] ebenfalls Varianz 2 und somit hat [mm] Y_2 [/mm] genau die gleiche Verteilung wie [mm] Y_1 [/mm] oder?
> > Haben wir die Randverteilung von [mm]Y_1[/mm] denn mit obigem
> schon
> > bestimmt? Wir haben doch nur die Verteilung von [mm]Y_1[/mm]
> > bestimmt?
> Die Randverteilungen von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] SIND die Verteilungen
> von [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm].
> Schaue dir dazu einmal die Definition einer Randverteilung
> an.
Das ist mir jetzt klar. (:
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:36 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Okay, habs nochmals gemacht und falls es so weit stimmt,
> fehlt mir noch die Begründung, warum man das zum Schluss
> zur Varianzformel zusammenfassen darf:
> [mm]Cov(Y_1,Y_2)[/mm] = [mm]E(Y_1\cdot Y_2) -E(Y_1)\cdot E(Y_2)[/mm] =
> [mm]E((X_1+X_2)(X_1-X_2))-E(X_!+X_2)\cdot E(X_1-X_2)[/mm] = [mm]E(X_1^2[/mm]
> - [mm]X_2^2)[/mm] - [mm]E(X_1+X_2) \cdot E(X_1-X_2)[/mm] =
> [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-E(X_1+X_2)\cdot E(X_1-X_2)[/mm] =
> [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-((E(X_1)+E(X_2)) \cdot (E(X_1)-E(X_2))[/mm] =
> [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-(E(X_1)^2-E(X_2)^2)[/mm] =
> [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-E(X_1)^2+E(X_2)^2[/mm] = ?
Genau.
Du kennst doch sicherlich die Formel
[mm] $Var(X)=E(X^2)-(EX)^2$
[/mm]
(für quadratisch integrierbare Zufallsgrößen $X$).
Wende diese auf die Zufallsgrößen [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] an.
> > > > Ähnlich kannst du bei entsprechendem Wissen aus der
> > > > Vorlesung über die eindimensionalen Normalverteilungen die
> > > > (Rand-)Verteilung von [mm]Y_2[/mm] bestimmen.
>
> Durch Einsetzen in die Varianzformel erhält man doch für
> [mm]Y_2[/mm] ebenfalls Varianz 2 und somit hat [mm]Y_2[/mm] genau die gleiche
> Verteilung wie [mm]Y_1[/mm] oder?
Das Ergebnis stimmt.
Du benötigst dazu das Wissen, dass mit [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] auch [mm] $Y_2$ [/mm] normalverteilt ist.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:49 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > Okay, habs nochmals gemacht und falls es so weit stimmt,
> > fehlt mir noch die Begründung, warum man das zum Schluss
> > zur Varianzformel zusammenfassen darf:
> > [mm]Cov(Y_1,Y_2)[/mm] = [mm]E(Y_1\cdot Y_2) -E(Y_1)\cdot E(Y_2)[/mm] =
> > [mm]E((X_1+X_2)(X_1-X_2))-E(X_!+X_2)\cdot E(X_1-X_2)[/mm] = [mm]E(X_1^2[/mm]
> > - [mm]X_2^2)[/mm] - [mm]E(X_1+X_2) \cdot E(X_1-X_2)[/mm] =
> > [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-E(X_1+X_2)\cdot E(X_1-X_2)[/mm] =
> > [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-((E(X_1)+E(X_2)) \cdot (E(X_1)-E(X_2))[/mm] =
> > [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-(E(X_1)^2-E(X_2)^2)[/mm] =
> > [mm]E(X_1^2)-E(X_2^2)-E(X_1)^2+E(X_2)^2[/mm] = ?
> Genau.
>
> Du kennst doch sicherlich die Formel
>
> [mm]Var(X)=E(X^2)-(EX)^2[/mm]
>
> (für quadratisch integrierbare Zufallsgrößen [mm]X[/mm]).
>
> Wende diese auf die Zufallsgrößen [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] an.
Ich kenne die Formel so geschrieben:
V(X) = [mm] E((X-E(X))^2)
[/mm]
Wie formt man diese denn auf die andere um?
>
>
> > > > > Ähnlich kannst du bei entsprechendem Wissen aus der
> > > > > Vorlesung über die eindimensionalen Normalverteilungen die
> > > > > (Rand-)Verteilung von [mm]Y_2[/mm] bestimmen.
> >
> > Durch Einsetzen in die Varianzformel erhält man doch für
> > [mm]Y_2[/mm] ebenfalls Varianz 2 und somit hat [mm]Y_2[/mm] genau die gleiche
> > Verteilung wie [mm]Y_1[/mm] oder?
> Das Ergebnis stimmt.
>
> Du benötigst dazu das Wissen, dass mit [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] auch
> [mm]Y_2[/mm] normalverteilt ist.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:49 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> > Du kennst doch sicherlich die Formel
> >
> > [mm]Var(X)=E(X^2)-(EX)^2[/mm]
> >
> > (für quadratisch integrierbare Zufallsgrößen [mm]X[/mm]).
> >
> > Wende diese auf die Zufallsgrößen [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] an.
>
> Ich kenne die Formel so geschrieben:
> V(X) = [mm]E((X-E(X))^2)[/mm]
> Wie formt man diese denn auf die andere um?
Unter Berücksichtigung der Linearität des Erwartungswertes und von $Ec=c$ für alle [mm] $c\in\IR$ [/mm] (wobei wir $c$ mit der konstanten Zufallsgröße mit Wert $c$ identifizieren) erhalten wir:
[mm] $E((X-EX)^2)=E(X^2-2X(EX)+(EX)^2)=E(X^2)-E(2(EX)*X)+E(\underbrace{(EX)^2}_{\in\IR})=E(X^2)-2(EX)*(EX)+(EX)^2=E(X^2)-(EX)^2$.
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:59 Di 15.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Okay, danke Tobias! (:
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:35 Mo 14.10.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin Tipsi,
bitte schildere doch einmal, was du ueber die ein- bzw. zweidimensionale NV weisst.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:40 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Hallo, wir haben Folgendes dazu gelernt:
Für X~N(0,1) hat [mm] Y:=\sigma X+\mu, \sigma [/mm] > 0, [mm] \mu \in [/mm] R die Dichte:
...
für 2-dimensionale:
[mm] \mu_1, \mu_2 \in [/mm] R, [mm] \sigma_1^2, \sigma_2^2 [/mm] > 0, -1<cov<1
die Dichte davon kennen wir
In dem Zusammenhang bin ich jetzt auf einen interessanten Satz gestoßen:
Ist G: [mm] R^k-->R^k [/mm] eine lineare Transformation mit der Determinante det G [mm] \neq [/mm] 0 und existiert das Integral von f: [mm] R^k-->R [/mm] oder von f [mm] \circ [/mm] G, so gilt:
[mm] \integral_{G^{-1}(A)}f \circ [/mm] G |det G| [mm] d\lambda_k [/mm] = [mm] \integral_A [/mm] f [mm] d\ambda_k [/mm] für alle A [mm] \in \mathcal{B}_k
[/mm]
Ich hoffe, irgendwas davon bringt uns der Lösung näher. :)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:32 Mo 14.10.2013 | | Autor: | luis52 |
Gut, dann wende den Satz an auf [mm] $\left(\begin{matrix} Y_1 \\ Y_2 \end{matrix} \right)= \left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right) [/mm] $.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:29 Di 15.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Ist das einer der Sätze von denen ihr gesprochen hattet? (Wenn ja, wie nennt man ihn?)
> Gut, dann wende den Satz an auf [mm]\left(\begin{matrix} Y_1 \\ Y_2 \end{matrix} \right)= \left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right) [/mm].
Leider weiß ich nicht, was genau der Satz bedeutet...
Muss ich für f [mm] \left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right) [/mm] und für G [mm] \left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right) [/mm] einsetzen?
Soll ich mir die Determinante von G so berechnen, wie ich es aus der Linearen Algebra kenne?
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:18 Di 15.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Ist das einer der Sätze von denen ihr gesprochen hattet?
Ja.
> (Wenn ja, wie nennt man ihn?)
Transformationssatz oder auch Transformationsformel (für das Lebesgue-Integral)
> > Gut, dann wende den Satz an auf [mm]\left(\begin{matrix} Y_1 \\ Y_2 \end{matrix} \right)= \left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right) [/mm].
> Leider weiß ich nicht, was genau der Satz bedeutet...
> Muss ich für f [mm]\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right)[/mm]
> und für G [mm]\left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)[/mm]
> einsetzen?
$f$ aus dem Satz soll eine Funktion [mm] $f\colon\IR^k\to\IR$ [/mm] sein. [mm] $\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right)$ [/mm] ist hingegen eine Funktion [mm] $\Omega\to\IR^2$. [/mm] Das kann also nicht funktionieren.
Für $G$ dachte ich auch zunächst an die Matrix [mm] $\left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)$. [/mm] Beim Rechnen stellte sich dann heraus, dass es sich anbietet, eine andere Matrix für $G$ zu wählen.
Ich nenne die Matrix [mm] $\left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)$ [/mm] im Folgenden $H$ und identifiziere sie mit der entsprechenden linearen Abbildung [mm] $\IR^2\to\IR^2$. [/mm] Es gilt also [mm] $(Y_1,Y_2)=H\circ(X_1,X_2)$.
[/mm]
> Soll ich mir die Determinante von G so berechnen, wie ich
> es aus der Linearen Algebra kenne?
Determinanten berechnet man grundsätzlich so, wie man es in der linearen Algebra gelernt hat. Bei [mm] $2\times [/mm] 2$-Matrizen geht das bekanntlich einfach und schnell.
Es gilt [mm] $\det(H)=\ldots\not=0$, [/mm] also ist $H$ invertierbar.
Sei $f$ die euch bekannte Dichte von [mm] $(X_1,X_2)$ [/mm] bezüglich des Lebesgue-Maßes.
Wie lautet Sie?
(Gib zusätzlich bitte noch die Dichte einer beliebigen zweidimensionalen Normalverteilung an, wie sie bei euch notiert wurde. Dann kann ich mich darauf in den folgenden Antworten beziehen.)
Es gilt also für alle [mm] $B\in\mathcal{B}_2$:
[/mm]
[mm] $P(X_1,X_2)^{-1}(B)=\integral_{B}f\;d\lambda_2$.
[/mm]
Versuchen wir nun die Verteilung von [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] zu bestimmen:
Wiederum für alle [mm] $B\in\mathcal{B}_2$ [/mm] gilt:
[mm] $P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=P(H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B)=P((H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B))=P((X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B)))=P(X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B))=\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2$.
[/mm]
Wende nun den Transformationssatz auf $f$, [mm] $G:=H^{-1}$ [/mm] und [mm] $A:=H^{-1}(B)$ [/mm] an.
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:57 Di 15.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > > Gut, dann wende den Satz an auf [mm]\left(\begin{matrix} Y_1 \\ Y_2 \end{matrix} \right)= \left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right) [/mm].
> > Leider weiß ich nicht, was genau der Satz bedeutet...
> > Muss ich für f [mm]\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right)[/mm]
> > und für G [mm]\left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)[/mm]
> > einsetzen?
> [mm]f[/mm] aus dem Satz soll eine Funktion [mm]f\colon\IR^k\to\IR[/mm] sein.
> [mm]\left(\begin{matrix} X_1 \\ X_2 \end{matrix} \right)[/mm] ist
> hingegen eine Funktion [mm]\Omega\to\IR^2[/mm]. Das kann also nicht
> funktionieren.
>
> Für [mm]G[/mm] dachte ich auch zunächst an die Matrix
> [mm]\left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)[/mm].
> Beim Rechnen stellte sich dann heraus, dass es sich
> anbietet, eine andere Matrix für [mm]G[/mm] zu wählen.
>
> Ich nenne die Matrix [mm]\left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1&-1 \end{matrix} \right)[/mm]
> im Folgenden [mm]H[/mm] und identifiziere sie mit der entsprechenden
> linearen Abbildung [mm]\IR^2\to\IR^2[/mm]. Es gilt also
> [mm](Y_1,Y_2)=H\circ(X_1,X_2)[/mm].
>
> > Soll ich mir die Determinante von G so berechnen, wie ich
> > es aus der Linearen Algebra kenne?
> Determinanten berechnet man grundsätzlich so, wie man es
> in der linearen Algebra gelernt hat. Bei [mm]2\times 2[/mm]-Matrizen
> geht das bekanntlich einfach und schnell.
Okay, die Determinante von H ist dann -2 und [mm] H^{-1} [/mm] = G = [mm] \left(\begin{matrix} 0 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)
[/mm]
>
> Es gilt [mm]\det(H)=\ldots\not=0[/mm], also ist [mm]H[/mm] invertierbar.
>
>
> Sei [mm]f[/mm] die euch bekannte Dichte von [mm](X_1,X_2)[/mm] bezüglich des
> Lebesgue-Maßes.
> Wie lautet Sie?
Ist die Dichte von [mm] (X_1, X_2) [/mm] das Produkt der beiden Dichtefunktionen, weil [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2 [/mm] ja unabhängig sind?
Ist die Dichte von [mm] X_1 [/mm] bzw. [mm] X_2 [/mm] jeweils die Dichte der Normalverteilung, also die gemeinsame Dichte dann das Quadrat davon?
> (Gib zusätzlich bitte noch die Dichte einer beliebigen
> zweidimensionalen Normalverteilung an, wie sie bei euch
> notiert wurde. Dann kann ich mich darauf in den folgenden
> Antworten beziehen.)
Die Formel finde ich ziemlich kompliziert:
[mm] f_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2) [/mm] = [mm] \frac{1}{2 \pi \sigma_1 \sigma_2 \sqrt{1-cov^2}}e^{-\frac{(\frac{z_1-\mu_1}{\sigma_1})^2-2cov\frac{(z_1 - \mu_1)(z_2-\mu_2)}{\sigma_1 \sigma_2}+(\frac{z_2-\mu_2}{\sigma_2})^2}{2(1-cov^2)}},
[/mm]
wobei [mm] Z_1 [/mm] = [mm] \sigma_1 Y_1 [/mm] + [mm] \mu_1, Z_2 [/mm] = [mm] \sigma_2 Y_2 [/mm] + [mm] \mu_2, \sigma_1, \sigma_2 [/mm] > 0, [mm] \mu_1, \mu_2 \in [/mm] R
Soll ich für die gemeinsame Dichtefunktion jetzt in diese Formel einsetzen?
>
> Es gilt also für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm]:
>
> [mm]P(X_1,X_2)^{-1}(B)=\integral_{B}f\;d\lambda_2[/mm].
Wo kommt diese Formel jetzt her bzw. was ist das [mm] \lambda_2?
[/mm]
>
> Versuchen wir nun die Verteilung von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] zu
> bestimmen:
> Wiederum für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm] gilt:
>
> [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=P(H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B)=P((H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B))=P((X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B)))=P(X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B))=\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2[/mm].
>
> Wende nun den Transformationssatz auf [mm]f[/mm], [mm]G:=H^{-1}[/mm] und
> [mm]A:=H^{-1}(B)[/mm] an.
Für G kann ich dann die oben schon beschriebene Inverse von H nehmen (?) und für f die gemeinsame Dichtefunktion von [mm] X_1 [/mm] und [mm] X_2, [/mm] die uns noch fehlt, und was ist dann A, lass ich das als Variable stehen, weil B ja alles sein kann?
>
>
> Viele Grüße
> Tobias
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:31 Di 15.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> > Determinanten berechnet man grundsätzlich so, wie man
> es
> > in der linearen Algebra gelernt hat. Bei [mm]2\times 2[/mm]-Matrizen
> > geht das bekanntlich einfach und schnell.
> Okay, die Determinante von H ist dann -2
> und [mm]H^{-1}[/mm] = G =
> [mm]\left(\begin{matrix} 0 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)[/mm]
Schön, dass du [mm] $H^{-1}$ [/mm] gleich mit bestimmt hast! Vermutlich hast du dich dabei vertippt: Der linke obere Eintrag von [mm] $H^{-1}$ [/mm] muss $0,5$ lauten.
> > Sei [mm]f[/mm] die euch bekannte Dichte von [mm](X_1,X_2)[/mm] bezüglich des
> > Lebesgue-Maßes.
> > Wie lautet Sie?
> Ist die Dichte von [mm](X_1, X_2)[/mm] das Produkt der beiden
> Dichtefunktionen, weil [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] ja unabhängig sind?
Wenn du mit dem Produkt der beiden Dichtefunktionen [mm] $f_1\colon\IR\to\IR$ [/mm] und [mm] $f_2\colon\IR\to\IR$ [/mm] die Funktion
[mm] $f\colon\IR^2\to\IR,\quad f(x_1,x_2)=f_1(x_1)*f_2(x_2)$
[/mm]
meinst, ja.
Alternativ weißt du ja, dass [mm] $(X_1,X_2)$ [/mm] zweidimensional normalverteilt mit [mm] $\mu_1=\mu_2=0$ [/mm] und [mm] $\sigma_1^2,\sigma_2^2=1$ [/mm] sowie $cov=0$ ist. Und dafür kennst du ja die Dichte schon.
> Ist die Dichte von [mm]X_1[/mm] bzw. [mm]X_2[/mm] jeweils die Dichte der
> Normalverteilung,
Ja. Also mit meinen neu eingeführten Bezeichnungen: [mm] $f_1=f_2$ [/mm] ist die Dichte der Standard-Normalverteilung.
> also die gemeinsame Dichte dann das
> Quadrat davon?
Falls du mit dem Quadrat von [mm] $f_1$
[/mm]
[mm] $f\colon\IR^2\to\IR,\quad f(x_1,x_2)=f_1(x_1)*f_1(x_2)$
[/mm]
meinst, ja.
> > (Gib zusätzlich bitte noch die Dichte einer beliebigen
> > zweidimensionalen Normalverteilung an, wie sie bei euch
> > notiert wurde. Dann kann ich mich darauf in den folgenden
> > Antworten beziehen.)
> Die Formel finde ich ziemlich kompliziert:
Ich auch... 
> [mm]f_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2)[/mm] = [mm]\frac{1}{2 \pi \sigma_1 \sigma_2 \sqrt{1-cov^2}}e^{-\frac{(\frac{z_1-\mu_1}{\sigma_1})^2-2cov\frac{(z_1 - \mu_1)(z_2-\mu_2)}{\sigma_1 \sigma_2}+(\frac{z_2-\mu_2}{\sigma_2})^2}{2(1-cov^2)}},[/mm]
>
> wobei [mm]Z_1[/mm] = [mm]\sigma_1 Y_1[/mm] + [mm]\mu_1, Z_2[/mm] = [mm]\sigma_2 Y_2[/mm] +
> [mm]\mu_2, \sigma_1, \sigma_2[/mm] > 0, [mm]\mu_1, \mu_2 \in[/mm] R
und $-1<cov<1$.
Offenbar sollen [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Y_2$ [/mm] hier nicht unsere [mm] $Y_1,Y_2$ [/mm] aus der Aufgabenstellung bezeichnen, sondern Standard-normalverteilte Zufallsgrößen mit [mm] $Cov(Y_1,Y_2)=\bruch{cov}{\sigma_1,\sigma_2}$.
[/mm]
> Soll ich für die gemeinsame Dichtefunktion jetzt in diese
> Formel einsetzen?
Es gilt [mm] $f(z_1,z_2)=f_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2)$ [/mm] mit [mm] $\mu_1=\mu_2=0$ [/mm] und [mm] $\sigma_1^2,\sigma_2^2=1$ [/mm] sowie $cov=0$ für alle [mm] $z_1,z_2\in\IR$.
[/mm]
Das kannst und solltest du in der Tat in die von mir unten hergeleitete Formel für [mm] $P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)$ [/mm] einsetzen.
Tue dies aber am besten erst nach Anwendung des Transformationssatzes (das erhöht die Übersichtlichkeit).
> > Es gilt also für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm]:
> >
> > [mm]P(X_1,X_2)^{-1}(B)=\integral_{B}f\;d\lambda_2[/mm].
> Wo kommt diese Formel jetzt her bzw. was ist das
> [mm]\lambda_2?[/mm]
[mm] $\lambda_2$ [/mm] ist das Lebesgue-Maß auf [mm] $(\IR^2,\mathcal{B}_2)$.
[/mm]
Diese Bezeichnung hast du selbst schon verwendet (mit beliebigem k anstelle von 2).
Diese Formel drückt einfach nur aus, was es heißt, dass f eine Dichte von [mm] $(X_1,X_2)$ [/mm] bezüglich dieses Lebesgue-Maßes ist.
Schlage gegebenenfalls die Definition einer Dichte nach.
> > Versuchen wir nun die Verteilung von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] zu
> > bestimmen:
> > Wiederum für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm] gilt:
> >
> >
> [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=P(H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B)=P((H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B))=P((X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B)))=P(X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B))=\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2[/mm].
> >
> > Wende nun den Transformationssatz auf [mm]f[/mm], [mm]G:=H^{-1}[/mm] und
> > [mm]A:=H^{-1}(B)[/mm] an.
> Für G kann ich dann die oben schon beschriebene Inverse
> von H nehmen (?)
Ja (bis auf deinen obigen Tippfehler bei der Angabe von [mm] $H^{-1}$).
[/mm]
Ich würde allerdings erst nach Anwenden des Transformationssatzes den konkreten Wert von $G$ einsetzen (wieder um die Übersichtlichkeit zu erhöhen).
> und für f die gemeinsame Dichtefunktion
> von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2,[/mm] die uns noch fehlt,
Jetzt ja hoffentlich nicht mehr...
> und was ist dann A,
> lass ich das als Variable stehen, weil B ja alles sein
> kann?
Ja.
Praktischerweise gilt
[mm] $G^{-1}(A)=G^{-1}(H^{-1}(B))=(H\circ G)^{-1}(B)=(H\circ H^{-1})^{-1}(B)=(\operatorname{id}_{\IR^2})^{-1}(B)=B$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:34 Di 15.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > Okay, die Determinante von H ist dann -2
>
>
> > und [mm]H^{-1}[/mm] = G =
> > [mm]\left(\begin{matrix} 0 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)[/mm]
>
>
> > > Sei [mm]f[/mm] die euch bekannte Dichte von [mm](X_1,X_2)[/mm] bezüglich des
> > > Lebesgue-Maßes.
> > > Wie lautet Sie?
> > Ist die Dichte von [mm](X_1, X_2)[/mm] das Produkt der beiden
> > Dichtefunktionen, weil [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] ja unabhängig sind?
> Wenn du mit dem Produkt der beiden Dichtefunktionen
> [mm]f_1\colon\IR\to\IR[/mm] und [mm]f_2\colon\IR\to\IR[/mm] die Funktion
>
> [mm]f\colon\IR^2\to\IR,\quad f(x_1,x_2)=f_1(x_1)*f_2(x_2)[/mm]
>
> meinst, ja.
>
> Alternativ weißt du ja, dass [mm](X_1,X_2)[/mm] zweidimensional
> normalverteilt mit [mm]\mu_1=\mu_2=0[/mm] und
> [mm]\sigma_1^2,\sigma_2^2=1[/mm] sowie [mm]cov=0[/mm] ist. Und dafür kennst
> du ja die Dichte schon.
>
>
> > Ist die Dichte von [mm]X_1[/mm] bzw. [mm]X_2[/mm] jeweils die Dichte der
> > Normalverteilung,
> Ja. Also mit meinen neu eingeführten Bezeichnungen:
> [mm]f_1=f_2[/mm] ist die Dichte der Standard-Normalverteilung.
>
> > also die gemeinsame Dichte dann das
> > Quadrat davon?
> Falls du mit dem Quadrat von [mm]f_1[/mm]
>
> [mm]f\colon\IR^2\to\IR,\quad f(x_1,x_2)=f_1(x_1)*f_1(x_2)[/mm]
>
> meinst, ja.
Also dann gilt: [mm] f(X_1,X_2) [/mm] = [mm] e^{\frac{\frac{-(x_1^2+x_2^2)}{2}}{\sqrt{2 \pi}}}
[/mm]
für [mm] P(X_1, X_2) [/mm] muss ich das jetzt integrieren, also:
[mm] P(X_1,X_2)^{-1}(B) [/mm] = [mm] \integral_B [/mm] f [mm] d\lambda_2
[/mm]
Wie mache ich das? Was setze ich als Intervallgrenzen (für B) ein? Soll ich dann mit Variablen weiterrechnen?
>
> > > Dichte einer beliebigen zweidimensionalen Normalverteilung
> > Die Formel finde ich ziemlich kompliziert:
> Ich auch...
>
> > [mm]f_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2)[/mm] = [mm]\frac{1}{2 \pi \sigma_1 \sigma_2 \sqrt{1-cov^2}}e^{-\frac{(\frac{z_1-\mu_1}{\sigma_1})^2-2cov\frac{(z_1 - \mu_1)(z_2-\mu_2)}{\sigma_1 \sigma_2}+(\frac{z_2-\mu_2}{\sigma_2})^2}{2(1-cov^2)}},[/mm]
>
> >
> > wobei [mm]Z_1[/mm] = [mm]\sigma_1 Y_1[/mm] + [mm]\mu_1, Z_2[/mm] = [mm]\sigma_2 Y_2[/mm] +
> > [mm]\mu_2, \sigma_1, \sigma_2[/mm] > 0, [mm]\mu_1, \mu_2 \in[/mm] R
> und [mm]-1
>
> Offenbar sollen [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm] hier nicht unsere [mm]Y_1,Y_2[/mm] aus
> der Aufgabenstellung bezeichnen, sondern
> Standard-normalverteilte Zufallsgrößen mit
> [mm]Cov(Y_1,Y_2)=\bruch{cov}{\sigma_1,\sigma_2}[/mm].
>
> > Soll ich für die gemeinsame Dichtefunktion jetzt in diese
> > Formel einsetzen?
> Es gilt [mm]f(z_1,z_2)=f_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2)[/mm] mit
> [mm]\mu_1=\mu_2=0[/mm] und [mm]\sigma_1^2,\sigma_2^2=1[/mm] sowie [mm]cov=0[/mm] für
> alle [mm]z_1,z_2\in\IR[/mm].
>
> Das kannst und solltest du in der Tat in die von mir unten
> hergeleitete Formel für [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)[/mm] einsetzen.
> Tue dies aber am besten erst nach Anwendung des
> Transformationssatzes (das erhöht die
> Übersichtlichkeit).
Wie meinst du das "erst nach Anwendung des Transformationssatzes"? Soll ich jetzt direkt in [mm] \integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2 [/mm] einsetzen?
Dann brauchen wir oben genanntes Integral [mm] P(X_1,X_2)^{-1}(B) [/mm] = [mm] \integral_B [/mm] f [mm] d\lambda_2 [/mm] eigentlich gar nicht einzeln zu berechnen, sondern nur hier oder?
Wir kommen wegen [mm] (X_1, X_2) [/mm] dann wsl auf ein Doppelintegral oder, also nach [mm] dX_1 dX_2. [/mm] (weiß nicht genau, wie ich die [mm] H^{-1} [/mm] dann da rein einsetzen soll)
>
> > > Es gilt also für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm]:
> > >
> > > [mm]P(X_1,X_2)^{-1}(B)=\integral_{B}f\;d\lambda_2[/mm].
> > Wo kommt diese Formel jetzt her bzw. was ist das
> > [mm]\lambda_2?[/mm]
> [mm]\lambda_2[/mm] ist das Lebesgue-Maß auf
> [mm](\IR^2,\mathcal{B}_2)[/mm].
> Diese Bezeichnung hast du selbst schon verwendet (mit
> beliebigem k anstelle von 2).
>
> Diese Formel drückt einfach nur aus, was es heißt, dass f
> eine Dichte von [mm](X_1,X_2)[/mm] bezüglich dieses Lebesgue-Maßes
> ist.
> Schlage gegebenenfalls die Definition einer Dichte nach.
>
> > > Versuchen wir nun die Verteilung von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] zu
> > > bestimmen:
> > > Wiederum für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm] gilt:
> > >
> > >
> >
> [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=P(H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B)=P((H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B))=P((X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B)))=P(X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B))=\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2[/mm].
> > >
> > > Wende nun den Transformationssatz auf [mm]f[/mm], [mm]G:=H^{-1}[/mm] und
> > > [mm]A:=H^{-1}(B)[/mm] an.
> > Für G kann ich dann die oben schon beschriebene
> Inverse
> > von H nehmen (?)
> Ja (bis auf deinen obigen Tippfehler bei der Angabe von
> [mm]H^{-1}[/mm]).
> Ich würde allerdings erst nach Anwenden des
> Transformationssatzes den konkreten Wert von [mm]G[/mm] einsetzen
> (wieder um die Übersichtlichkeit zu erhöhen).
>
> > und für f die gemeinsame Dichtefunktion
> > von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2,[/mm] die uns noch fehlt,
> Jetzt ja hoffentlich nicht mehr...
>
> > und was ist dann A,
> > lass ich das als Variable stehen, weil B ja alles sein
> > kann?
> Ja.
> Praktischerweise gilt
>
> [mm]G^{-1}(A)=G^{-1}(H^{-1}(B))=(H\circ G)^{-1}(B)=(H\circ H^{-1})^{-1}(B)=(\operatorname{id}_{\IR^2})^{-1}(B)=B[/mm].
Ist der nächste Schritt jetzt schon das einsetzen in [mm] \integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2?
[/mm]
Oder soll ich einsetzen in [mm] \integral_{G^{-1}(A)}f \circ [/mm] G |det G| [mm] d\lambda_k?
[/mm]
Wenn ja, dann bräuchte ich da bitte deine Hilfe wegen dem Doppelintegral...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:05 Mi 16.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> > > Ist die Dichte von [mm]X_1[/mm] bzw. [mm]X_2[/mm] jeweils die Dichte der
> > > Normalverteilung,
> > Ja. Also mit meinen neu eingeführten Bezeichnungen:
> > [mm]f_1=f_2[/mm] ist die Dichte der Standard-Normalverteilung.
> >
> > > also die gemeinsame Dichte dann das
> > > Quadrat davon?
> > Falls du mit dem Quadrat von [mm]f_1[/mm]
> >
> > [mm]f\colon\IR^2\to\IR,\quad f(x_1,x_2)=f_1(x_1)*f_1(x_2)[/mm]
> >
> > meinst, ja.
> Also dann gilt: [mm]f(X_1,X_2)[/mm] =
> [mm]e^{\frac{\frac{-(x_1^2+x_2^2)}{2}}{\sqrt{2 \pi}}}[/mm]
Es müsste [mm] $\frac{e^{\frac{-(x_1^2+x_2^2)}{2}}}{2\pi}$ [/mm] heißen.
Beachte, dass es sich dabei um den Wert [mm] $f(x_1,x_2)$ [/mm] der Dichte $f$ an der Stelle [mm] $(x_1,x_2)\in\IR^2$ [/mm] handelt, nicht um die Zufallsgröße [mm] $f(X_1,X_2)$ [/mm] wie von dir geschrieben.
> für [mm]P(X_1, X_2)[/mm] muss ich das jetzt integrieren, also:
> [mm]P(X_1,X_2)^{-1}(B)[/mm] = [mm]\integral_B[/mm] f [mm]d\lambda_2[/mm]
> Wie mache ich das? Was setze ich als Intervallgrenzen
> (für B) ein? Soll ich dann mit Variablen weiterrechnen?
$B$ ist hier im Allgemeinen ja gar kein Intervall.
Selbst wenn $B$ das kartesische Produkt zweier Intervalle wäre, könntest du das Integral nicht (ohne numerische Näherung) explizit bestimmen.
Das brauchst du aber auch gar nicht zu tun.
> > > Soll ich für die gemeinsame Dichtefunktion jetzt in diese
> > > Formel einsetzen?
> > Es gilt [mm]f(z_1,z_2)=f_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2)[/mm] mit
> > [mm]\mu_1=\mu_2=0[/mm] und [mm]\sigma_1^2,\sigma_2^2=1[/mm] sowie [mm]cov=0[/mm] für
> > alle [mm]z_1,z_2\in\IR[/mm].
> >
> > Das kannst und solltest du in der Tat in die von mir unten
> > hergeleitete Formel für [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)[/mm] einsetzen.
> > Tue dies aber am besten erst nach Anwendung des
> > Transformationssatzes (das erhöht die
> > Übersichtlichkeit).
>
> Wie meinst du das "erst nach Anwendung des
> Transformationssatzes"? Soll ich jetzt direkt in
> [mm]\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2[/mm] einsetzen?
Ich schrieb in einer der zurückliegenden Antworten, dass du auf dieses Integral den Transformationssatz anwenden solltest.
Ich empfehle dir dies zunächst zu tun und dann erst die Formel für $f$ einzusetzen.
Es geht auch umgekehrt, aber dann wird die Anwendung des Transformationssatzes deutlich unübersichtlicher.
> Dann brauchen wir oben genanntes Integral
> [mm]P(X_1,X_2)^{-1}(B)[/mm] = [mm]\integral_B[/mm] f [mm]d\lambda_2[/mm] eigentlich
> gar nicht einzeln zu berechnen, sondern nur hier oder?
Genau.
> Wir kommen wegen [mm](X_1, X_2)[/mm] dann wsl auf ein
> Doppelintegral oder, also nach [mm]dX_1 dX_2.[/mm]
(Nach [mm] $d\lambda\; d\lambda$ [/mm] oder [mm] $dx_1\;dx_2$ [/mm] meinst du vermutlich.)
Ziel ist auch gar nicht, das Integral explizit zu bestimmen (was uns auch nicht gelingen würde).
Vielmehr ist das Ziel auf eine Darstellung der Form
[mm] $P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=\integral_Bg\;d\lambda_2$
[/mm]
für eine geeignete Funktion [mm] $g\colon\IR^2\to\IR$ [/mm] zu kommen, die nicht von $B$ abhängt.
Dann ist $g$ also eine Dichte von [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] bezüglich [mm] $\lambda_2$.
[/mm]
Diese Dichte charakterisiert dann die Verteilung von [mm] $(Y_1,Y_2)$.
[/mm]
Ich verrate dir vermutlich kein Geheimnis mehr, wenn ich dir jetzt mitteile, dass es sich bei $g$ um eine Dichte einer 2-dimensionalen Normalverteilung handeln wird.
> > > > Versuchen wir nun die Verteilung von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] zu
> > > > bestimmen:
> > > > Wiederum für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm] gilt:
> >
> [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=P(H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B)=P((H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B))=P((X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B)))=P(X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B))=\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2[/mm].
> > > >
> > > > Wende nun den Transformationssatz auf [mm]f[/mm], [mm]G:=H^{-1}[/mm] und
> > > > [mm]A:=H^{-1}(B)[/mm] an.
> > > Für G kann ich dann die oben schon beschriebene
> > Inverse
> > > von H nehmen (?)
> > Ja (bis auf deinen obigen Tippfehler bei der Angabe von
> > [mm]H^{-1}[/mm]).
> > Ich würde allerdings erst nach Anwenden des
> > Transformationssatzes den konkreten Wert von [mm]G[/mm] einsetzen
> > (wieder um die Übersichtlichkeit zu erhöhen).
> >
> > > und für f die gemeinsame Dichtefunktion
> > > von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2,[/mm] die uns noch fehlt,
> > Jetzt ja hoffentlich nicht mehr...
> >
> > > und was ist dann A,
> > > lass ich das als Variable stehen, weil B ja alles sein
> > > kann?
> > Ja.
> > Praktischerweise gilt
> >
> > [mm]G^{-1}(A)=G^{-1}(H^{-1}(B))=(H\circ G)^{-1}(B)=(H\circ H^{-1})^{-1}(B)=(\operatorname{id}_{\IR^2})^{-1}(B)=B[/mm].
>
> Ist der nächste Schritt jetzt schon das einsetzen in
> [mm]\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2?[/mm]
> Oder soll ich einsetzen in [mm]\integral_{G^{-1}(A)}f \circ[/mm] G
> |det G| [mm]d\lambda_k?[/mm]
In letzteres (mit $k=2$). Dazu musst du aber zunächst [mm] $G(x_1,x_2)$ [/mm] für [mm] $(x_1,x_2)\in\IR^2$ [/mm] ausrechnen.
Es gilt nämlich nach dem Transformationssatz
[mm] $\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2=\integral_Af\;d\lambda_2=\integral_{G^{-1}(A)}f\circ G|\det G|\;d\lambda_2=\integral_B f(G(x_1,x_2))|\det G|\;\lambda_2d(x_1,x_2)$.
[/mm]
> Wenn ja, dann bräuchte ich da bitte deine Hilfe wegen dem
> Doppelintegral...
Wie gesagt: Es geht hier gar nicht darum, den Satz von Fubini anzuwenden oder das Integral explizit zu bestimmen.
Vielmehr wollen wir auf eine Form [mm] $\integral_B g(x_1,x_2)\;\lambda_2d(x_1,x_2)$ [/mm] hinaus, wobei $g$ eine Dichte einer 2-dimensionalen Normalverteilung ist.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:36 Mi 16.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > > > Ist die Dichte von [mm]X_1[/mm] bzw. [mm]X_2[/mm] jeweils die Dichte der
> > > > Normalverteilung,
> > > Ja. Also mit meinen neu eingeführten Bezeichnungen:
> > > [mm]f_1=f_2[/mm] ist die Dichte der Standard-Normalverteilung.
> > >
> > > > also die gemeinsame Dichte dann das
> > > > Quadrat davon?
> > > Falls du mit dem Quadrat von [mm]f_1[/mm]
> > >
> > > [mm]f\colon\IR^2\to\IR,\quad f(x_1,x_2)=f_1(x_1)*f_1(x_2)[/mm]
>
> > >
> > > meinst, ja.
> > Also dann gilt: [mm]f(X_1,X_2)[/mm] =
> > [mm]e^{\frac{\frac{-(x_1^2+x_2^2)}{2}}{\sqrt{2 \pi}}}[/mm]
> Es
> müsste [mm]\frac{e^{\frac{-(x_1^2+x_2^2)}{2}}}{2\pi}[/mm] heißen.
>
> Beachte, dass es sich dabei um den Wert [mm]f(x_1,x_2)[/mm] der
> Dichte [mm]f[/mm] an der Stelle [mm](x_1,x_2)\in\IR^2[/mm] handelt, nicht um
> die Zufallsgröße [mm]f(X_1,X_2)[/mm] wie von dir geschrieben.
Okay
>
> > für [mm]P(X_1, X_2)[/mm] muss ich das jetzt integrieren, also:
> > [mm]P(X_1,X_2)^{-1}(B)[/mm] = [mm]\integral_B[/mm] f [mm]d\lambda_2[/mm]
> > Wie mache ich das? Was setze ich als Intervallgrenzen
> > (für B) ein? Soll ich dann mit Variablen weiterrechnen?
> [mm]B[/mm] ist hier im Allgemeinen ja gar kein Intervall.
> Selbst wenn [mm]B[/mm] das kartesische Produkt zweier Intervalle
> wäre, könntest du das Integral nicht (ohne numerische
> Näherung) explizit bestimmen.
> Das brauchst du aber auch gar nicht zu tun.
>
> > > > Soll ich für die gemeinsame Dichtefunktion jetzt in diese
> > > > Formel einsetzen?
> > > Es gilt [mm]f(z_1,z_2)=f_{Z_1, Z_2}(z_1, z_2)[/mm] mit
> > > [mm]\mu_1=\mu_2=0[/mm] und [mm]\sigma_1^2,\sigma_2^2=1[/mm] sowie [mm]cov=0[/mm] für
> > > alle [mm]z_1,z_2\in\IR[/mm].
> > >
> > > Das kannst und solltest du in der Tat in die von mir unten
> > > hergeleitete Formel für [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)[/mm] einsetzen.
> > > Tue dies aber am besten erst nach Anwendung des
> > > Transformationssatzes (das erhöht die
> > > Übersichtlichkeit).
> >
> > Wie meinst du das "erst nach Anwendung des
> > Transformationssatzes"? Soll ich jetzt direkt in
> > [mm]\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2[/mm] einsetzen?
> Ich schrieb in einer der zurückliegenden Antworten, dass
> du auf dieses Integral den Transformationssatz anwenden
> solltest.
> Ich empfehle dir dies zunächst zu tun und dann erst die
> Formel für [mm]f[/mm] einzusetzen.
> Es geht auch umgekehrt, aber dann wird die Anwendung des
> Transformationssatzes deutlich unübersichtlicher.
Gut, ich hoffe, ich hab das jetzt so gemacht, wie du gemeint hast.
>
> > Dann brauchen wir oben genanntes Integral
> > [mm]P(X_1,X_2)^{-1}(B)[/mm] = [mm]\integral_B[/mm] f [mm]d\lambda_2[/mm] eigentlich
> > gar nicht einzeln zu berechnen, sondern nur hier oder?
> Genau.
>
> > Wir kommen wegen [mm](X_1, X_2)[/mm] dann wsl auf ein
> > Doppelintegral oder, also nach [mm]dX_1 dX_2.[/mm]
> (Nach
> [mm]d\lambda\; d\lambda[/mm] oder [mm]dx_1\;dx_2[/mm] meinst du vermutlich.)
>
> Ziel ist auch gar nicht, das Integral explizit zu bestimmen
> (was uns auch nicht gelingen würde).
> Vielmehr ist das Ziel auf eine Darstellung der Form
>
> [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=\integral_Bg\;d\lambda_2[/mm]
>
> für eine geeignete Funktion [mm]g\colon\IR^2\to\IR[/mm] zu kommen,
> die nicht von [mm]B[/mm] abhängt.
> Dann ist [mm]g[/mm] also eine Dichte von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] bezüglich
> [mm]\lambda_2[/mm].
> Diese Dichte charakterisiert dann die Verteilung von
> [mm](Y_1,Y_2)[/mm].
> Ich verrate dir vermutlich kein Geheimnis mehr, wenn ich
> dir jetzt mitteile, dass es sich bei [mm]g[/mm] um eine Dichte einer
> 2-dimensionalen Normalverteilung handeln wird.
Hab ich mir fast gedacht ^^
>
> > > > > Versuchen wir nun die Verteilung von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] zu
> > > > > bestimmen:
> > > > > Wiederum für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm] gilt:
> > >
> >
> [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=P(H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B)=P((H\circ(X_1,X_2))^{-1}(B))=P((X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B)))=P(X_1,X_2)^{-1}(H^{-1}(B))=\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2[/mm].
> > > > >
> > > > > Wende nun den Transformationssatz auf [mm]f[/mm], [mm]G:=H^{-1}[/mm] und
> > > > > [mm]A:=H^{-1}(B)[/mm] an.
> > > > Für G kann ich dann die oben schon beschriebene
> > > Inverse
> > > > von H nehmen (?)
> > > Ja (bis auf deinen obigen Tippfehler bei der Angabe
> von
> > > [mm]H^{-1}[/mm]).
> > > Ich würde allerdings erst nach Anwenden des
> > > Transformationssatzes den konkreten Wert von [mm]G[/mm] einsetzen
> > > (wieder um die Übersichtlichkeit zu erhöhen).
> > >
> > > > und für f die gemeinsame Dichtefunktion
> > > > von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2,[/mm] die uns noch fehlt,
> > > Jetzt ja hoffentlich nicht mehr...
> > >
> > > > und was ist dann A,
> > > > lass ich das als Variable stehen, weil B ja alles sein
> > > > kann?
> > > Ja.
> > > Praktischerweise gilt
> > >
> > > [mm]G^{-1}(A)=G^{-1}(H^{-1}(B))=(H\circ G)^{-1}(B)=(H\circ H^{-1})^{-1}(B)=(\operatorname{id}_{\IR^2})^{-1}(B)=B[/mm].
> >
> > Ist der nächste Schritt jetzt schon das einsetzen in
> > [mm]\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2?[/mm]
> > Oder soll ich einsetzen in [mm]\integral_{G^{-1}(A)}f \circ[/mm]
> G
> > |det G| [mm]d\lambda_k?[/mm]
> In letzteres (mit [mm]k=2[/mm]). Dazu musst du aber zunächst
> [mm]G(x_1,x_2)[/mm] für [mm](x_1,x_2)\in\IR^2[/mm] ausrechnen.
>
> Es gilt nämlich nach dem Transformationssatz
>
> [mm]\integral_{H^{-1}(B)}f\;d\lambda_2=\integral_Af\;d\lambda_2=\integral_{G^{-1}(A)}f\circ G|\det G|\;d\lambda_2=\integral_B f(G(x_1,x_2))|\det G|\;\lambda_2d(x_1,x_2)[/mm].
>
> > Wenn ja, dann bräuchte ich da bitte deine Hilfe wegen dem
> > Doppelintegral...
> Wie gesagt: Es geht hier gar nicht darum, den Satz von
> Fubini anzuwenden oder das Integral explizit zu bestimmen.
>
> Vielmehr wollen wir auf eine Form [mm]\integral_B g(x_1,x_2)\;\lambda_2d(x_1,x_2)[/mm]
> hinaus, wobei [mm]g[/mm] eine Dichte einer 2-dimensionalen
> Normalverteilung ist.
Danke für deine Antworten.
Nun habe ich folgendes gerechnet:
[mm]\integral_{H^{-1}(B)} f d\lambda_2 = \integral_{H^{-1}(H)(B)}f \circ H^{-1} |det H^{-1}| d \lambda_2 = \integral_B f \left(\begin{matrix} 0,5 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)(x_1, x_2)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2d(x_1, x_2) = \integral_B \frac{e^{\frac{-z_1^2+z_2^2}{2}}}{\sqrt{2 \pi}}\left(\begin{matrix} 0,5 x_1 + 0,5 x_2 \\ 0,5 x_1 -0,5 x_2 \end{matrix} \right)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2 d(x_1, x_2) = \frac{1}{\sqrt{8 \pi}} \cdot \integral_B e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}} \lambda_2 d(x_1, x_2)[/mm]
Ist das jetzt das Endergebnis? Haben wir damit unser g schon gefunden?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:13 Mi 16.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> [mm]\integral_{H^{-1}(B)} f d\lambda_2 = \integral_{H^{-1}(H)(B)}f \circ H^{-1} |det H^{-1}| d \lambda_2[/mm]
Mit [mm] $H^{-1}(H)(B)$ [/mm] meinst du [mm] $(H^{-1}\circ [/mm] H)(B)$, also das Bild von B unter der Abbildung [mm] $H^{-1}\circ [/mm] H$?
Zunächst einmal müsste unter dem rechten Integral da [mm] $(H^{-1})^{-1}(H^{-1}(B))$ [/mm] stehen.
Das ist dann $=B$.
> [mm]= \integral_B f \left(\begin{matrix} 0,5 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)(x_1, x_2)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2d(x_1, x_2)[/mm]
Da fehlen Klammern.
Es müsste [mm] $\integral_B [/mm] f [mm] \left(\left(\begin{matrix} 0,5 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)(x_1, x_2)\right)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2d(x_1, x_2)$ [/mm] heißen.
> [mm]= \integral_B \frac{e^{\frac{-z_1^2+z_2^2}{2}}}{\sqrt{2 \pi}}\left(\begin{matrix} 0,5 x_1 + 0,5 x_2 \\ 0,5 x_1 -0,5 x_2 \end{matrix} \right)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2 d(x_1, x_2)[/mm]
Ich weiß, was du meinst, aber die Notation stimmt so nicht.
Wörtlich genommen steht da ja jetzt plötzlich ein Produkt mit den Faktoren
[mm] $\frac{e^{\frac{-z_1^2+z_2^2}{2}}}{\sqrt{2 \pi}}$ [/mm] und [mm] $\left(\begin{matrix} 0,5 x_1 + 0,5 x_2 \\ 0,5 x_1 -0,5 x_2 \end{matrix} \right)$.
[/mm]
Du kannst
[mm] $\integral_B f\left(\left(\begin{matrix} 0,5 x_1 + 0,5 x_2 \\ 0,5 x_1 -0,5 x_2 \end{matrix} \right)\right)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2 d(x_1, x_2)$
[/mm]
schreiben.
Der Nenner von [mm] $f(z_1,z_2)$ [/mm] lautet [mm] $2\pi$ [/mm] und nicht [mm] $\wurzel{2\pi}$.
[/mm]
> [mm]= \frac{1}{\sqrt{8 \pi}} \cdot \integral_B e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}} \lambda_2 d(x_1, x_2)[/mm]
Hier hast du wohl einige Zwischenschritte ausgelassen. Aber ok.
Wie gesagt: Du bist von einem falschen Nenner von [mm] $f(z_1,z_2)$ [/mm] ausgegangen.
Mit korrektem Nenner erhältst du insgesamt
[mm] $P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=\integral_B \bruch1{4\pi}e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}} \lambda_2 d(x_1, x_2)=\integral g\;d\lambda_2$
[/mm]
mit
[mm] $g\colon\IR^2\to\IR,\quad g(x_1,x_2):=\bruch1{4\pi}e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}}$.
[/mm]
> Ist das jetzt das Endergebnis? Haben wir damit unser g
> schon gefunden?
Es folgt (da obiges für alle [mm] $B\in\mathcal{B}_2$ [/mm] gilt):
Das gerade eingeführte $g$ ist eine Dichte von [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] bezüglich [mm] $\lambda_2$.
[/mm]
Dadurch wird die Verteilung von [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] beschrieben.
Wir sollten jedoch noch überlegen, dass es sich nicht um irgendeine abstruse Verteilung handelt, sondern um eine 2-dimensionale Normalverteilung.
Schreibe dazu
[mm] $g(x_1,x_2):=\bruch1{4\pi}e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}}$
[/mm]
in der Form
[mm] $\frac{1}{2 \pi \sigma_1 \sigma_2 \sqrt{1-cov^2}}e^{-\frac{(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1})^2-2cov\frac{(x_1 - \mu_1)(x_2-\mu_2)}{\sigma_1 \sigma_2}+(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2})^2}{2(1-cov^2)}}$
[/mm]
für geeignete [mm] $\mu_1,\mu_2,\sigma_1,\sigma_2,cov$.
[/mm]
Wenn dir das gelungen ist, hast du gezeigt: [mm] (Y_1,Y_2) [/mm] besitzt die 2-dimensionale Normalverteilung [mm] $N(\mu_1,\sigma_1^2,\mu_2,\sigma_2^2,cov)$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:45 Mi 16.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > [mm]\integral_{H^{-1}(B)} f d\lambda_2 = \integral_{H^{-1}(H)(B)}f \circ H^{-1} |det H^{-1}| d \lambda_2[/mm]
>
> Mit [mm]H^{-1}(H)(B)[/mm] meinst du [mm](H^{-1}\circ H)(B)[/mm], also das
> Bild von B unter der Abbildung [mm]H^{-1}\circ H[/mm]?
> Zunächst
> einmal müsste unter dem rechten Integral da
> [mm](H^{-1})^{-1}(H^{-1}(B))[/mm] stehen.
> Das ist dann [mm]=B[/mm].
>
>
> > [mm]= \integral_B f \left(\begin{matrix} 0,5 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)(x_1, x_2)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2d(x_1, x_2)[/mm]
>
> Da fehlen Klammern.
> Es müsste [mm]\integral_B f \left(\left(\begin{matrix} 0,5 & 0,5 \\ 0,5&-0,5 \end{matrix} \right)(x_1, x_2)\right)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2d(x_1, x_2)[/mm]
> heißen.
Okay, danke fürs Richtigstellen!
>
> > [mm]= \integral_B \frac{e^{\frac{-z_1^2+z_2^2}{2}}}{\sqrt{2 \pi}}\left(\begin{matrix} 0,5 x_1 + 0,5 x_2 \\ 0,5 x_1 -0,5 x_2 \end{matrix} \right)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2 d(x_1, x_2)[/mm]
>
> Ich weiß, was du meinst, aber die Notation stimmt so
> nicht.
> Wörtlich genommen steht da ja jetzt plötzlich ein
> Produkt mit den Faktoren
> [mm]\frac{e^{\frac{-z_1^2+z_2^2}{2}}}{\sqrt{2 \pi}}[/mm] und
> [mm]\left(\begin{matrix} 0,5 x_1 + 0,5 x_2 \\ 0,5 x_1 -0,5 x_2 \end{matrix} \right)[/mm].
>
> Du kannst
>
> [mm]\integral_B f\left(\left(\begin{matrix} 0,5 x_1 + 0,5 x_2 \\ 0,5 x_1 -0,5 x_2 \end{matrix} \right)\right)\cdot \frac{1}{2} \lambda_2 d(x_1, x_2)[/mm]
>
> schreiben.
>
> Der Nenner von [mm]f(z_1,z_2)[/mm] lautet [mm]2\pi[/mm] und nicht
> [mm]\wurzel{2\pi}[/mm].
>
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> > [mm]= \frac{1}{\sqrt{8 \pi}} \cdot \integral_B e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}} \lambda_2 d(x_1, x_2)[/mm]
>
> Hier hast du wohl einige Zwischenschritte ausgelassen. Aber
> ok.
>
> Wie gesagt: Du bist von einem falschen Nenner von
> [mm]f(z_1,z_2)[/mm] ausgegangen.
Ja, entschuldigung, ich habs erst im Nachhinein gemerkt.
> Mit korrektem Nenner erhältst du insgesamt
>
> [mm]P(Y_1,Y_2)^{-1}(B)=\integral_B \bruch1{4\pi}e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}} \lambda_2 d(x_1, x_2)=\integral g\;d\lambda_2[/mm]
>
> mit
>
> [mm]g\colon\IR^2\to\IR,\quad g(x_1,x_2):=\bruch1{4\pi}e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}}[/mm].
>
> > Ist das jetzt das Endergebnis? Haben wir damit unser g
> > schon gefunden?
> Es folgt (da obiges für alle [mm]B\in\mathcal{B}_2[/mm] gilt):
> Das gerade eingeführte [mm]g[/mm] ist eine Dichte von [mm](Y_1,Y_2)[/mm]
> bezüglich [mm]\lambda_2[/mm].
> Dadurch wird die Verteilung von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] beschrieben.
>
> Wir sollten jedoch noch überlegen, dass es sich nicht um
> irgendeine abstruse Verteilung handelt, sondern um eine
> 2-dimensionale Normalverteilung.
>
> Schreibe dazu
>
> [mm]g(x_1,x_2):=\bruch1{4\pi}e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}}[/mm]
>
> in der Form
>
> [mm]\frac{1}{2 \pi \sigma_1 \sigma_2 \sqrt{1-cov^2}}e^{-\frac{(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1})^2-2cov\frac{(x_1 - \mu_1)(x_2-\mu_2)}{\sigma_1 \sigma_2}+(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2})^2}{2(1-cov^2)}}[/mm]
>
> für geeignete [mm]\mu_1,\mu_2,\sigma_1,\sigma_2,cov[/mm].
Ich komme auf cov = 0, [mm] \mu_1 [/mm] = [mm] \mu_2 [/mm] = 0 und [mm] \sigma_1 [/mm] = [mm] \sigma_2, [/mm] wobei ich mir bei dem Wert der Standardabweichungen nichts sicher bin, denn wenn ich den Ausdruck vor dem e betrachte, komme ich auf [mm] \sqrt{e} [/mm] und beim Exponenten auf 2?
>
> Wenn dir das gelungen ist, hast du gezeigt: [mm](Y_1,Y_2)[/mm]
> besitzt die 2-dimensionale Normalverteilung
> [mm]N(\mu_1,\sigma_1^2,\mu_2,\sigma_2^2,cov)[/mm].
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:09 Mi 16.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> > Das gerade eingeführte [mm]g[/mm] ist eine Dichte von [mm](Y_1,Y_2)[/mm]
> > bezüglich [mm]\lambda_2[/mm].
> > Dadurch wird die Verteilung von [mm](Y_1,Y_2)[/mm] beschrieben.
> >
> > Wir sollten jedoch noch überlegen, dass es sich nicht um
> > irgendeine abstruse Verteilung handelt, sondern um eine
> > 2-dimensionale Normalverteilung.
> >
> > Schreibe dazu
> >
> > [mm]g(x_1,x_2):=\bruch1{4\pi}e^{\frac{-(2x_1^2 + 2x_2^2)}{8}}[/mm]
>
> >
> > in der Form
> >
> > [mm]\frac{1}{2 \pi \sigma_1 \sigma_2 \sqrt{1-cov^2}}e^{-\frac{(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1})^2-2cov\frac{(x_1 - \mu_1)(x_2-\mu_2)}{\sigma_1 \sigma_2}+(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2})^2}{2(1-cov^2)}}[/mm]
>
> >
> > für geeignete [mm]\mu_1,\mu_2,\sigma_1,\sigma_2,cov[/mm].
>
> Ich komme auf cov = 0, [mm]\mu_1[/mm] = [mm]\mu_2[/mm] = 0 und [mm]\sigma_1[/mm] =
> [mm]\sigma_2,[/mm]
> wobei ich mir bei dem Wert der
> Standardabweichungen nichts sicher bin, denn wenn ich den
> Ausdruck vor dem e betrachte, komme ich auf [mm]\sqrt{e}[/mm] und
> beim Exponenten auf 2?
![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Nimm [mm] $\sigma_1=\sigma_2=\wurzel2$ [/mm] und mache dir klar, dass es damit passt.
Also [mm] $\sigma_1^2=\sigma_2^2=2$.
[/mm]
Somit besitzt [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] die Verteilung $N(0,2,0,2,0)$.
Das passt zu unseren früheren Überlegungen, nach denen [mm] $EY_1=EY_2=0$, $\operatorname{Var}(Y_1)=\operatorname{Var}(Y_2)=2$ [/mm] und [mm] $\operatorname{Cov}(Y_1,Y_2)=0$ [/mm] gilt.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:59 Mi 16.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Tobias!
Vielen Dank, dass du so geduldig mit mir das Bsp gelöst hast (:
Hätte man auf die gemeinsame Verteilung denn auch schon durch die Randverteilungen oder unsere Überlegungen zu E, Var, Cov schließen können oder ist das Zufall, dass sich das so schön ausgeht und wieder was ähnliches rauskommt?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:19 Mi 16.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Hätte man auf die gemeinsame Verteilung denn auch schon
> durch die Randverteilungen oder unsere Überlegungen zu E,
> Var, Cov schließen können oder ist das Zufall, dass sich
> das so schön ausgeht und wieder was ähnliches rauskommt?
Wenn ein beliebiger Zufallsvektor [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] die Verteilung [mm] $N(\mu_1,\sigma_1^2,\mu_2,\sigma_2^2,cov)$ [/mm] besitzt, dann gilt notwendig [mm] $\mu_1=E(Y_1)$, $\sigma_1^2=Var(Y_1)$, $\mu_2=E(Y_2)$, $Var(Y_2)=\sigma_2^2$ [/mm] und [mm] $cov=Cov(Y_1,Y_2)$.
[/mm]
Insofern war klar: Wenn denn unser Zufallsvektor [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] wieder zweidimensional normalverteilt ist, muss seine Verteilung notwendig $N(0,2,0,2,0)$ lauten.
Das Problem war nun, dass wir nicht wussten, ob [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] wieder zweidimensional normalverteilt ist.
Daher war unsere Mühe schon nötig.
Natürlich kann man sich (vermutlich mit einer ähnlichen Rechnung) einmal allgemein überlegen, wann lineare Transformationen normalverteilter Zufallsvektoren wieder normalverteilte Zufallsvektoren liefern.
Wenn das in eurer Vorlesung geschehen wäre, hätten wir hier einfach das Resultat anwenden können.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:25 Mi 16.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Tobias!
Jetzt, wo ich die Rechengänge alle schön übersichtlich aufgeschrieben habe, schauen die Umformungen auf einmal so einfach aus (:
Danke für deine Hilfe und die guten Erklärungen! =D
Danke auch Luis52 und Valerie20!
LG
Tipsi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:29 Mi 16.10.2013 | | Autor: | luis52 |
> Danke auch Luis52 und Valerie20!
Gerne
@ Tobias: ![[klatsch]](/images/smileys/klatsch.gif "[klatsch]")
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:28 So 13.10.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin, nutze aus, dass im Falle der bivariaten NV die Unabhaengigkeit der Komponenten aus deren Unkorreliertheit folgt.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 04:07 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo luis,
> Moin, nutze aus, dass im Falle der bivariaten NV die
> Unabhaengigkeit der Komponenten aus deren Unkorreliertheit
> folgt.
Daran habe ich auch zunächst gedacht. Damit lassen sich dann die Verteilungen von [mm] $Y_1=X_1+X_2$ [/mm] und [mm] $Y_2=X_1-X_2$ [/mm] ermitteln. Hilft das auch bei der Bestimmung der gemeinsamen Verteilung von [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Y_2$?
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:00 Mo 14.10.2013 | | Autor: | luis52 |
> Daran habe ich auch zunächst gedacht. Damit lassen sich
> dann die Verteilungen von [mm]Y_1=X_1+X_2[/mm] und [mm]Y_2=X_1-X_2[/mm]
> ermitteln. Hilft das auch bei der Bestimmung der
> gemeinsamen Verteilung von [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm]?
>
>
ja, denn [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Y_2$ [/mm] sind stets(!) unkorreliert (und [mm] $(Y_1,Y_2)$ [/mm] ist bivariat normalvertleilt).
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:17 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo luis,
danke für deinen Hinweis!
> > Daran habe ich auch zunächst gedacht. Damit lassen sich
> > dann die Verteilungen von [mm]Y_1=X_1+X_2[/mm] und [mm]Y_2=X_1-X_2[/mm]
> > ermitteln. Hilft das auch bei der Bestimmung der
> > gemeinsamen Verteilung von [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm]?
> >
> >
>
> ja, denn [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm] sind stets(!) unkorreliert
Ich habe heraus [mm] $Cov(Y_1,Y_2)=Var(X_1)-Var(X_2)$. [/mm] Demnach sind [mm] $Y_1$ [/mm] und [mm] $Y_2$ [/mm] zwar nicht für beliebige Zufallsgrößen [mm] $X_1,X_2$ [/mm] unkorreliert, aber für Zufallsgrößen [mm] $X_1,X_2$ [/mm] mit übereinstimmender Varianz (was ja für [mm] $X_1,X_2$ [/mm] aus der Aufgabenstellung gilt).
> (und
> [mm](Y_1,Y_2)[/mm] ist bivariat normalvertleilt).
Wie würdest du das begründen, ohne auf eine Transformationseigenschaft der mehrdimensionalen Normalverteilung unter linearen Abbildungen zurückzugreifen?
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:48 Mo 14.10.2013 | | Autor: | luis52 |
> Hallo luis,
> Ich habe heraus [mm]Cov(Y_1,Y_2)=Var(X_1)-Var(X_2)[/mm]. Demnach
> sind [mm]Y_1[/mm] und [mm]Y_2[/mm] zwar nicht für beliebige Zufallsgrößen
> [mm]X_1,X_2[/mm] unkorreliert, aber für Zufallsgrößen [mm]X_1,X_2[/mm] mit
> übereinstimmender Varianz (was ja für [mm]X_1,X_2[/mm] aus der
> Aufgabenstellung gilt).
Stimmt, da war ich etwas vorschnell ![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]") (ich meinte identisch verteilte ZV, aber so ist es noch schoener).
>
>
> > (und
> > [mm](Y_1,Y_2)[/mm] ist bivariat normalvertleilt).
> Wie würdest du das begründen, ohne auf eine
> Transformationseigenschaft der mehrdimensionalen
> Normalverteilung unter linearen Abbildungen
> zurückzugreifen?
Hm, Tipsi offenbart nicht so recht, ueber welche Bordmittel sie(?) verfuegt. Normalverteilung unter linearen Abbildungen ist natuerlich ein eleganter Weg, aber anscheinend ist ihr das nicht bekannt. Alternativen: Transformationsatz fuer Dichten oder momenterzeugende Funktion.
Es ist etwas muehsam, im Nebel zu stochern.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:10 Mo 14.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
> Hm, Tipsi offenbart nicht so recht, ueber welche Bordmittel
> sie(?) verfuegt. Normalverteilung unter linearen
> Abbildungen ist natuerlich ein eleganter Weg, aber
> anscheinend ist ihr das nicht bekannt. Alternativen:
> Transformationsatz fuer Dichten oder momenterzeugende
> Funktion.
Danke für die entscheidenden Stichworte!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:19 Mo 14.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> > Hm, Tipsi offenbart nicht so recht, ueber welche Bordmittel
> > sie(?) verfuegt. Normalverteilung unter linearen
> > Abbildungen ist natuerlich ein eleganter Weg, aber
> > anscheinend ist ihr das nicht bekannt. Alternativen:
> > Transformationsatz fuer Dichten oder momenterzeugende
> > Funktion.
> Danke für die entscheidenden Stichworte!
Hallo Tobias,
tut mir leid, wenn ich da verwirrung gestiftet habe.
Speziell zur Normalverteilung hatten wir keine Sätze.
Momentanerzeugende Fkt sagt mir auch nichts.
Was wir gelernt haben, ist der allgemeine Transformationssatz.
Vlt. kann man den hier brauchen(?)...
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:27 Mo 14.10.2013 | | Autor: | luis52 |
> Was wir gelernt haben, ist der allgemeine
> Transformationssatz.
> Vlt. kann man den hier brauchen(?)...
Ja! Ja!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:11 Mi 16.10.2013 | | Autor: | Kegorus |
Laut meinem Maß- und Wahrscheinlichkeitsbuch würde
N(0,1,0,1,0) bedeuten:
[mm] E(X_{1})=0 [/mm] (Erwartungswert)
[mm] E(X_{2})=1 [/mm] (Erwartungswert)
[mm] V(X_{1})=0 [/mm] (Varianz)
[mm] V(X_{2})=1 [/mm] (Varianz)
Korrelation von [mm] X_{1} [/mm] und [mm] X_{2} [/mm] gleich 0
Würde mich wundern, wenn es da verschiede Versionen gibt..
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