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Hallo Zusammen,
Es gibt da noch eine Aufgabe, wo ich nicht weiterkomme. Und zwar ...
| Aufgabe |
Sei [mm]X[/mm] eine [mm]N\left(0,\sigma^2\right)\texttt{-verteilte}[/mm] Zufallsgröße. Für [mm]k\in\mathbb{N}[/mm] bezeichne [mm]m_k := E\left(X^k\right)[/mm] das [mm]k\texttt{-te}[/mm] Moment von [mm]X[/mm]. Zeigen Sie [mm]m_k = 1\cdot{3}\cdot{}\ldots\cdot{}(k-1)\sigma^k[/mm], falls [mm]k[/mm] gerade ist.
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Ich habe nun erstmal die Definition des Erwartungswertes stetiger Zufallsgrößen genommen und versucht einen "Substitutionstrick" anzuwenden, den ich in der Vorlesung gesehen habe( und der für [mm]k[/mm] ungerade  auch funktioniert hat):
[mm]E\left(X^k\right) = \int_{-\infty}^\infty{x^kf(x)\,\mathrm{d}x} = \int_{-\infty}^0{x^kf(x)\,\mathrm{d}x}+\int_0^\infty{x^kf(x)\,\mathrm{d}x}[/mm]
Substituiert man fürs erste Integral [mm]x(z) := -z, x'(z) = -1[/mm], erhält man
[mm]\int_{\overline{z}(-\infty)}^{\overline{z}(0)}{(-z)^kf(-z)(-1)\,\mathrm{d}z} = -\int_{\infty}^0{z^kf(z)\,\mathrm{d}z} = \int_0^{\infty}{z^kf(z)\,\mathrm{d}z}[/mm]
Also gilt:
[mm]E\left(X^k\right) = 2\int_0^{\infty}{x^kf(x)\,\mathrm{d}x}.[/mm]
Nur weiß ich im Moment nicht, ob mir das für die Aussage, die ich beweisen soll, irgendwie nützlich sein könnte. Oder hätte ich hier doch einen anderen Ansatz wählen sollen?
Vielen Dank für die Hilfe!
Grüße
Karl
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:52 Mo 29.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Karl!
> Es gibt da noch eine Aufgabe, wo ich nicht weiterkomme. Und
> zwar ...
>
>
> Sei [mm]X[/mm] eine [mm]N\left(0,\sigma^2\right)\texttt{-verteilte}[/mm]
> Zufallsgröße. Für [mm]k\in\mathbb{N}[/mm] bezeichne [mm]m_k := E\left(X^k\right)[/mm]
> das [mm]k\texttt{-te}[/mm] Moment von [mm]X[/mm]. Zeigen Sie [mm]m_k = 1\cdot{3}\cdot{}\ldots\cdot{}(k-1)\sigma^k[/mm],
> falls [mm]k[/mm] gerade ist.
>
>
>
> Ich habe nun erstmal die Definition des Erwartungswertes
> stetiger Zufallsgrößen genommen und versucht einen
> "Substitutionstrick" anzuwenden, den ich in der Vorlesung
> gesehen habe( und der für [mm]k[/mm] ungerade auch funktioniert
> hat):
Versuchs mal lieber mit partieller Integration. Hier hab ich das mal fuer $k = 4$ durchgerechnet und das auf $k = 2$ zurueckgefuehrt.
Per Induktion nach [mm] $\frac{k}{2}$ [/mm] und mit partieller Integration im Induktionsschluss solltest du also weiterkommen...
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:22 Di 30.05.2006 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo Felix!
> Versuchs mal lieber mit partieller Integration.
> Per Induktion nach [mm]\frac{k}{2}[/mm] und mit partieller
> Integration im Induktionsschluss solltest du also
> weiterkommen...
Danke für den Hinweis mit der partiellen Induktion. Damit kann man diese Formel direkt herleiten sogar ohne Induktion, wie ich festgestellt habe.
Zuerst beweisen wir eine nützliche Identität.
Sei dazu [mm]f(x) := \tfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}[/mm]. Dann gilt für die Ableitung nach der Kettenregel:
[mm]f'(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\left(-\frac{x}{\sigma^2}\right)e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} = -\frac{x}{\sigma^2}f(x)\quad(\star)[/mm]
Jetzt benutze ich deinen Tipp mit partieller Integration:
[mm]\int_{-\infty}^{\infty}{x^kf(x)\,\mathrm{d}x} \mathop =^{\star} \left.\frac{x^{k+1}}{k+1}f(x)\right|_{-\infty}^{\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{x^{k+1}}{k+1}\left(-\frac{x}{\sigma^2}\right)f(x)\,\mathrm{d}x}[/mm]
Wegen der Symmetrie von [mm]f[/mm] gilt:
[mm]\left.\frac{x^{k+1}}{k+1}f(x)\right|_{-\infty}^{\infty}
= \lim_{z\to\infty}{\left(\frac{z^{k+1}}{k+1}f(z)-\frac{(-z)^{k+1}}{k+1}f(-z)\right)} \mathop =^{k\text{ gerade}} \lim_{z\to\infty}{\left(\frac{z^{k+1}}{k+1}f(z)-\frac{-z^{k+1}}{k+1}f(z)\right)} = \lim_{z\to\infty}{\frac{2z^{k+1}}{k+1}f(z)}[/mm]
[mm]= \lim_{z\to\infty}{\frac{2z^{k+1}}{k+1}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{z^2}{2\sigma^2}}} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{(k+1)\sigma}\lim_{z\to\infty}{\frac{z^{k+1}}{e^{z^2/2\sigma^2}}}=0[/mm]
Damit gilt:
[mm]\int_{-\infty}^{\infty}{x^kf(x)\,\mathrm{d}x} = \frac{1}{(k+1)\sigma^2}\int_{-\infty}^{\infty}{x^{k+2}f(x)\,\mathrm{d}x} \gdw m_k =\frac{1}{(k+1)\sigma^2}m_{k+2}[/mm]
Dies ist eine Rekursion, welche jedoch in aufsteigender Form aufgeschrieben ist. Also formen wir sie in eine absteigende Form um:
[mm]m_k =\frac{1}{(k+1)\sigma^2}m_{k+2} \gdw m_{k+2}=(k+1)\sigma^2m_k \gdw m_k=(k-1)\sigma^2m_{k-2}[/mm]
Jetzt "entfalten" wir die Rekursion; Mal sehen was dann passiert...
[mm]m_k=(k-1)\sigma^2m_{k-2}=(k-1)\sigma^2(k-3)\sigma^2m_{k-4}=(k-1)\sigma^2(k-3)\sigma^2(k-5)\sigma^2m_{k-6} = \dotsb = (k-1)\sigma^2(k-3)\sigma^2(k-5)\sigma^2\dotsc(k-k+1)\sigma^2m_0[/mm]
Und was ist [mm]m_0[/mm]? Das ist per Definition einer Dichtefunktion:
[mm]\int_{-\infty}^{\infty}{x^0f(x)\,\mathrm{d}x} = 1[/mm]
Es bleibt die Frage, aus wievielen Faktoren der Form [mm](k-(2i-1))\sigma^2[/mm] das obige Produkt besteht. Da aber [mm]k[/mm] gerade ist, und jeder Faktor [mm](k-(2i-1))[/mm] eine ungerade Zahl ist, gibt es insgesamt [mm]\tfrac{k}{2}[/mm] solche Faktoren. Damit gilt nach Umstellen der Faktoren:
[mm]m_k = 1\dotsc(k-5)(k-3)(k-1)\sigma^{\frac{2k}{2}}[/mm]
oder anders aufgeschrieben:
[mm]m_k = 1\cdot{3}\dotsc(k-1)\sigma^k.\quad\Box[/mm]
Also danke nochmal für den Tipp.
Grüße
Karl
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