charakteristische Funktion < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:39 Di 05.08.2014 | | Autor: | petapahn |
| Aufgabe | Sei [mm] Z\sim Binomial(3,\bruch{1}{3}), X_{k} \sim \mathcal{N}(0,1) \forall [/mm] k [mm] \in \IN. [/mm] Außerdem seien [mm] Z,X_{1},X_{2},... [/mm] unabhängig.
Bestimme die charakteristische Funktion von der Zufallsvariable [mm] S=\sum_{k=1}^{Z}{X_{k}}. [/mm] |
Hallo,
kann mir jemand helfen? Also mein Ansatz ist:
[mm] \phi_{S}(t)=E[e^{itS}]=E[e^{it\sum_{k=1}^{Z}{X_{k}}}]=E[\produkt_{k=1}^{Z}{e^{itX_{k}}}]=\produkt_{k=1}^{Z}E[e^{itX_{k}}], [/mm] da [mm] X_{1},X_{2}, [/mm] ... unabhängig
Nun ist [mm] E[e^{itX_{k}}]=\bruch{1}{\sqrt{2*\pi}} \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{itx-\bruch{x^2}{2}}dx}=....=e^{-\bruch{t^2}{2}}.
[/mm]
Also ist [mm] \produkt_{k=1}^{Z}E[e^{itX_{k}}]= e^{-\bruch{t^2}{2}}^Z.
[/mm]
Irgendetwas scheint hier nicht zu stimmen, da ich ja Z nun ohne Erwartungswert habe. Anscheinend durfte ich das Z nicht aus dem Erwartungswert herausziehen..
Kann mir jemand helfen?
LG,
petapahn
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:20 Di 05.08.2014 | | Autor: | luis52 |
Moin,
schau mal ![[]](/images/popup.gif) hier, Folie 5.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:06 Mi 06.08.2014 | | Autor: | petapahn |
Hallo luis52,
Vielen Dank für deinen Tipp.
Also ist [mm] E[e^{it\sum_{k=1}^{Z}{Y_{k}}}]=E[\produkt_{k=1}^{Z}{e^{itY_{k}}}]=E[E[\produkt_{k=1}^{Z}{e^{itY_{k}}}|Z]] [/mm] (*) wegen totalem Erwartungswert
(*)= [mm] E[\produkt_{k=1}^{Z}{E[e^{itY_{k}}}|Z]] [/mm] (**) wegen Unabhängigkeit der [mm] Y_{k}
[/mm]
[mm] (**)=E[\produkt_{k=1}^{Z}{\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ity} dP(Y_{k}\le{y}|Z=k)}}] [/mm]
Da [mm] Y_{k} [/mm] und X unabhängig sind, gilt: [mm] P(Y_{k}\le{y}|Z=k)= P(Y_{k}\le{y})
[/mm]
--> [mm] E[\produkt_{k=1}^{Z}{\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ity} dP(Y_{k}\le y)}}]= E[\produkt_{k=1}^{Z}{\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ity}*e^{\bruch{y^2}{2}}dy}}]=...=E[\produkt_{k=1}^{Z}{e^{-\bruch{t^2}{2}}}]=E[e^{-\bruch{t^2}{2}*Z}]=\sum_{k=0}^{\infty}{e^{-\bruch{t^2}{2}*k}*P(Z=k)}=\sum_{k=0}^{\infty}{e^{-\bruch{t^2}{2}*k}*\bruch{3!}{(3-k)!*k!}*(\bruch{1}{3})^{k}*(\bruch{2}{3})^{3-k}}
[/mm]
Stimmen meine Ausführungen soweit? Eine Vereinfachung des Endterms ist nicht nötig.
LG, petapahn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:33 Mi 06.08.2014 | | Autor: | luis52 |
Also das kommt mir viel zu kompliziert vor.
Bestimme doch erst einmal die Verteilung von [mm] $E[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z]$ [/mm] (nicht [mm] $\sum_{k=1}^{Z}Y_{k}$, [/mm] oder?). Der gesuchte Erwartungswert wird dann m.E. aus vier Summanden bestehen. Dabei musst du noch definieren, was [mm] $\sum_{k=1}^{0}X_{k}$ [/mm] sein soll.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:41 Fr 08.08.2014 | | Autor: | petapahn |
Hi luis52,
wie bestimmt man denn die Verteilung von [mm] E[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z] [/mm] ? Also da [mm] X_{k} [/mm] standardnormalverteilt ist, ist [mm] \sum_{k=1}^{Z}X_{k} \sim \mathcal{N}(0,Z)? [/mm]
Es ist doch eigtl [mm] E[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z] [/mm] = [mm] E[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})] [/mm] wegen der Unabhängigkeit von [mm] X_{k} [/mm] und Z. Der normale Erwartungswert ist aber doch keine Zufallsvariable?
LG,
petapahn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:23 Fr 08.08.2014 | | Autor: | luis52 |
> Es ist doch eigtl [mm]E[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z][/mm] =
> [mm]E[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})][/mm] wegen der Unabhängigkeit
> von [mm]X_{k}[/mm] und Z.
Moin, zwar sind [mm] $Z,X_1,X_2,\ldots$ [/mm] unabhaengig, nicht aber $Z$ und [mm] $\sum_{k=1}^ZX_k$.
[/mm]
> Der normale Erwartungswert ist aber doch keine Zufallsvariable?
Korrekt, nicht aber der *bedingte* Erwartungswert. Beispielsweise ist [mm] $\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z=1]=\operatorname{E}[\exp(itX_{1})]=\exp(-t^2/2)$ [/mm] und [mm] $\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z=2]=\operatorname{E}[\exp(it(X_{1}+X_2)]=\exp[-t^2]$, [/mm] usw. Du siehst, mit $Z$ variiert auch $ [mm] \operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z]$. [/mm] Geichwohl musst du dich erkundigen, wie [mm] $\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z=0]$ [/mm] zu berechnen ist.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:11 Fr 08.08.2014 | | Autor: | petapahn |
Hallo,
ok das hab ich verstanden.
Dann ist ja $ [mm] \operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z=n]=\operatorname{E}[\exp(it(\sum_{k=1}^{n}X_{k})]= \produkt_{k=1}^{n}\operatorname{E}[\exp[itX_{k}]= \exp[-\bruch{t^2}{2}*n] [/mm] $
Also ist $ [mm] \operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z]=\exp[-\bruch{t^2}{2}*Z] [/mm] $
--> $ [mm] \operatorname{E}[\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z]]=\operatorname{E}[\exp[-\bruch{t^2}{2}*Z] [/mm] $, und das kann man dann so berechnen wie ichs oben gemacht hab. Ist das deine schnellere Variante oder meinst du etwas anderes?
LG petapahn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:54 Fr 08.08.2014 | | Autor: | luis52 |
> Hallo,
> ok das hab ich verstanden.
> Dann ist ja
> [mm]\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z=n]=\operatorname{E}[\exp(it(\sum_{k=1}^{n}X_{k})]= \produkt_{k=1}^{n}\operatorname{E}[\exp[itX_{k}]= \exp[-\bruch{t^2}{2}*n][/mm]
>
> Also ist
> [mm]\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z]=\exp[-\bruch{t^2}{2}*Z][/mm]
>
> -->
> [mm]\operatorname{E}[\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z]]=\operatorname{E}[\exp[-\bruch{t^2}{2}*Z] [/mm],
Das sieht gut aus.
> und das kann man dann so berechnen wie ichs oben gemacht
> hab. Ist das deine schnellere Variante oder meinst du etwas
> anderes?
>
Um ehrlich zu sein, ich sehe eine unendliche Reihe, das rauszufriemeln, habe ich keine Lust. Ich rechne jetzt so:
[mm] $\operatorname{E}[\operatorname{E}[\exp(it\sum_{k=1}^{Z}X_{k})|Z]]=\sum_{k=0}^3\binom{3}{k}\exp\left(-\bruch{t^2}{2}*k\right)\left(\dfrac{1}{3}\right)^k\left(\dfrac{2}{3}\right)^{3-k}$.
[/mm]
Vielleicht kann man das noch in einer geschlossenen Form darstellen ... (mit ohne Summenzeichen  ).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:14 Sa 09.08.2014 | | Autor: | petapahn |
Sehr gut, habe alles verstanden. Vielen Dank für deine Hilfe!
LG,
petapahn
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Hiho,
die Aufgabe lässt sich viel schneller auch ohne bedingte Erwartung lösen:
[mm] $E[\produkt_{k=1}^{Z}{e^{itX_{k}}}] [/mm] = [mm] E[\summe_{n=1}^\infty \left(\produkt_{k=1}^{n}{e^{itX_{k}}}\right)*1_{Z=n}] [/mm] = [mm] \summe_{n=1}^\infty\left(E[\produkt_{k=1}^{n}{e^{itX_{k}}}] *E[1_{Z=n}]\right) [/mm] = [mm] \summe_{n=1}^\infty(\varphi_{X_1}^n(t)*P(Z=n))$
[/mm]
Gruß,
Gono.
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