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Forum "stochastische Analysis" - Verteilung Wiener Prozeß
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Verteilung Wiener Prozeß: Varianzberechnung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:00 Di 08.11.2011
Autor: KomplexKompliziert

Aufgabe
Berechne die Verteilung der Zufallsvariablen [mm] W_1+...+W_n. [/mm] Setze dazu
[mm] X_1=W_1, X_2=W_2-W_1,..., X_n=W_n-W_{n-1} [/mm]
und zeige
i.) [mm] W_1+...+W_n [/mm] lässt sich als Linearkombination der [mm] X_1,...,X_n [/mm] darstellen

Hallo!
hab da ne Frage zu der Verteilung. Mein Ansatz lautet wie folgt
[mm] W_1=X_1 [/mm]
[mm] W_1+W_2=2X_1+X_2 [/mm]
[mm] W_1+W_2+W_3=3X_1+2X_2+X_3 [/mm]

[mm] \sum_{j=1}^n W_j= n\cdot X_1+(n-1)\cdot X_2+...+2\cdot X_{n-1}+X_n [/mm]
[mm] =\sum_{j=1}^n(n-(j-1))X_j [/mm]
Wie komme ich jetzt hier zu meiner Verteilung? In der Lösung steht
[mm] \sum_{j=1}^n(n-(j-1))X_j \sim [/mm] N(0, [mm] \sum_{j=1}^n j^2) [/mm] aber das ist mir irgendwie noch nicht klar.
Also beim Erwartungswert ist mir klar, dass der bei den [mm] X_j [/mm] immer 0 ist, also ist bei der Summe der Erwartungswerte auch 0, aber bei der Varianz scheitere ich!
Vielen Dank!

        
Bezug
Verteilung Wiener Prozeß: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:50 Di 08.11.2011
Autor: rrgg

Hallo!

[mm] $X_j \sim [/mm] N(0;1)$ und unabhängig.
(man kann den Wiener-Prozess ja auch über unabhängige normalverteilte Zuwächse definieren)
[mm] $nX_j \sim N(0;n^2)$; [/mm] geht ja immer bei der Normalverteilung.
Die Summe normalverteilter ZV ist dann wieder normalverteilt.
[mm] $X_j \sim N(0;j^2)$ $X_i \sim N(0;i^2)$ [/mm] dann gilt :
[mm] $X_j+X_i \sim N(0;i^2+j^2)$ [/mm]


Das alles ergibt dann die Behauptung

LG

Bezug
                
Bezug
Verteilung Wiener Prozeß: Rückfrage
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:28 Mi 09.11.2011
Autor: KomplexKompliziert

Hallo!
Danke für die schnelle Antwort!
Du schreibst ganz oben [mm] X_j\sim [/mm] N(0,1), das ist klar und [mm] nX_j\sim N(0,n^2) [/mm] ist mir jetzt auch klar. Aber müsste nicht dann danach stehen:
[mm] \textcolor{red}{j}X_j\sim N(0,j^2) [/mm] und [mm] \textcolor{red}{i}X_i\sim N(0,i^2), [/mm] woraus dann folgt, dass die Summe [mm] jX_j+iX_i\sim N(0,j^2+i^2)? [/mm]

Danke

Bezug
                        
Bezug
Verteilung Wiener Prozeß: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:03 Mi 09.11.2011
Autor: donquijote


> Hallo!
>  Danke für die schnelle Antwort!
>  Du schreibst ganz oben [mm]X_j\sim[/mm] N(0,1), das ist klar und
> [mm]nX_j\sim N(0,n^2)[/mm] ist mir jetzt auch klar. Aber müsste
> nicht dann danach stehen:
>  [mm]\textcolor{red}{j}X_j\sim N(0,j^2)[/mm] und
> [mm]\textcolor{red}{i}X_i\sim N(0,i^2),[/mm] woraus dann folgt, dass
> die Summe [mm]jX_j+iX_i\sim N(0,j^2+i^2)?[/mm]
>  
> Danke

[mm] W_n=X_1+1*X_2+...+1*X_n [/mm]
Dann wird alles einfacher

Bezug
        
Bezug
Verteilung Wiener Prozeß: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 08:38 Mi 09.11.2011
Autor: KomplexKompliziert

Aufgabe
Aufgabe wie oben, nur mit anderer Fragestellung:
Die Verteilung von [mm] W_1+...+W_n [/mm] lässt sich mit folgendem Satz berechnen:
Satz:Ist X ein mehrdimensionaler normalverteilter Zufallsvektor [mm] X=(X_1,...,X_n>) [/mm]  mit [mm] \sigma_i^2=Var(X_i), [/mm] so gilt:
a.) [mm] X_i\sim N(\mu_i,\sigma_i^2) [/mm] für alle [mm] i^\in\{1,...,n\} [/mm]
[mm] b.)a_1X_1+...+a_nX_n\sim N(a_1\mu_1,...,a_n\mu [/mm] n, [mm] (a_1,...,a_n)\sum (a_1,...,a_n)^T) [/mm]
mit [mm] \sum [/mm] als Kovarianzmatrix


Hallo!
Das ist ja im Grunde wie die letzte Aufgabe, also
[mm] X_i=W_i-W_{i-1} \sim [/mm] N(0,1) für alle [mm] i\in\{1,...,n\} [/mm]

[mm] a_1X_1+...+a_nX_n=nX_1+(n-1)X_2+...+2X_{n-1}+X_n=\sum_{i=1}^n W_i [/mm]
[mm] E(a_1X_1+...+a_nX_n)=0 [/mm]
Wegen der Unabhängigkeit der [mm] X_i [/mm] gilt:
[mm] Var(a_1X_1+...+a_nX_n)=n^2Var(X_1)+(n-1)^2 Var(X_2)+...+2^2Var(X_{n-1})+Var(X_n)=\sum_{i=1}^n i^2 [/mm]

Stimmt das so?
Dankeschön!


Bezug
                
Bezug
Verteilung Wiener Prozeß: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 09:23 Fr 11.11.2011
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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