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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:08 Di 30.06.2009 | | Autor: | Tobi1988 |
| Aufgabe | | Seien x,y [mm] \sim [/mm] N(0,1) unabhängig. Zeigen Sie: z=x+y [mm] \sim [/mm] N(0,2) |
Also gut, im Grunde dürfte die Aufgabe nicht sehr schwer sein. Aber trotzdem habe ich etwas Probleme den Zusammenhang (Stichwort: Faltung) zu verstehen.
Meine erste Herangehensweise wäre gewesen:
E(z)=E(x+y)=E(x)+E(y)=0+0=0
V(z)=V(x+y)=V(x)+V(y)=1+1=2 (Cov(x,y)=0 weil unabhängig)
Aber damit habe ich ja quasi noch nicht gezeigt, dass z normalverteilt ist, sondern nur Parameter angegeben.
Deshalb jetzt mit der "Faltungsformel" (ehrlich gesagt weiß ich nicht, was hier genau passiert)
[mm] f_{x+y}(z)=f_{z}(z)=\integral_{-\infty}^{\infty} f_{y}(y)*f_{x}(x)dy
[/mm]
[mm] =\integral_{-\infty}^{\infty} f_{y}(y)*f_{x}(z-y)dy
[/mm]
[mm] =\integral_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}y^2}*\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}(z-y)^2}dy
[/mm]
[mm] =\frac{1}{2\pi} \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}y^2-\frac{1}{2}(z-y)^2}dy
[/mm]
[mm] =\frac{1}{2\pi} \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}y^2-\frac{1}{2}(z^2-2zy+y^2)}dy
[/mm]
[mm] =\frac{1}{2\pi} \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2-\frac{1}{2}z^2+zy}dy
[/mm]
[mm] =\frac{1}{2\pi} e^{\frac{1}{2}z^2} \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2+zy-z^2}dy
[/mm]
[mm] =\frac{1}{2\pi} e^{\frac{1}{2}z^2} \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-(y^2-zy+z^2)}dy
[/mm]
[mm] =\frac{1}{2\pi} e^{\frac{1}{2}z^2} \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-(y-z)^2}dy
[/mm]
Hmm, wo steckt nun der Fehler? Bzw. richtig gerechnet müsste es ja sein, habe ja jeden einzelnen Schritt extra hingeschrieben, wahrscheinlich ist der Weg einfach falsch.
Kann ich irgendwas mit dem Term zy machen? Zum Beispiel:
[mm] zy=(x+y)y=xy+y^2=y^2 [/mm] (weil x,y unabhängig) ?
Für Hilfe wäre ich dankbar!
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Auf den ersten Blick würde ich mal sagen, dass deine quadratische Ergänzung von der vorletzten auf die letzte Zeile keine ist (den sonst müsste da wohl 2yz stehen, oder?). Ob das jetzt weiterführt ist eine andere Frage...
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Noch ein Tipp: Normalerweise verwendet man für diesen Beweis die charakteristische Funktion (falls ihr die gemacht habt). Der Beweis findet sich vermutlich in jedem Buch über Stochastik.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:28 Do 02.07.2009 | | Autor: | Tobi1988 |
Vielen Dank für die Reaktionen!
Habe nun also stehen:
$... [mm] =\frac{1}{2\pi} \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2-\frac{1}{2}z^2+zy}dy [/mm] $
$ [mm] =\frac{1}{2\pi} [/mm] * [mm] e^{-\frac{1}{4}z^2}\integral_{-\infty}^{\infty} e^{-(y-\frac{1}{2}z^2)^2}dy [/mm] $
Wenn jetzt das Integral = $ [mm] \sqrt{\frac{2*\pi}{2}} [/mm] $ wäre. Stünde dann schließlich da:
$ [mm] \frac{1}{\sqrt{4 \pi}} [/mm] * [mm] e^{-\frac{1}{4}z^2} [/mm] $
Das wäre die Normalverteilung mit den gewünschten Parametern [mm] \mu [/mm] = 0 und [mm] \sigma^2=4, [/mm] also [mm] \sigma=2.
[/mm]
Jetzt noch die Frage: WARUM ist dieses komische Integral = $ [mm] \sqrt{\frac{2*\pi}{2}} [/mm] $???
Danke schon mal für eine Antwort, vielleicht gerade die nötigen Umformungen, bin echt "leicht" verwirrt von der Aufgabe...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:07 Do 02.07.2009 | | Autor: | luis52 |
> Wenn jetzt das Integral = [mm]\sqrt{\frac{2*\pi}{2}} [/mm] wäre.
Also [mm] $\sqrt{\pi}$, [/mm] oder?
> Stünde dann schließlich da:
>
> [mm]\frac{1}{\sqrt{4 \pi}} * e^{-\frac{1}{4}z^2}[/mm]
>
>
>
> Jetzt noch die Frage: WARUM ist dieses komische Integral =
> [mm]\sqrt{\frac{2*\pi}{2}} [/mm]???
>
"Komisches" Integral? Ich sehe nirgends ein "komisches" Integral.
Der Begriff ist mir nicht gelaeufig. ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Aber setze mal in
[mm] $\integral_{-\infty}^{\infty} e^{-(y-\frac{1}{2}z^2)^2}dy [/mm] $
[mm] $u/\sqrt{2}=y-z^2/2$ [/mm] ...
vg Luis
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:20 Di 30.06.2009 | | Autor: | Blech |
Hi,
charakteristische Funktion brauchst Du nicht, Du bist fast am Ziel.
Das Problem ist wirklich die quadratische Ergänzung
[mm] $-y^2-\frac{1}{2}z^2+zy [/mm] = [mm] -(y-\frac12 z)^2 -\frac{1}{4} z^2$
[/mm]
Das Integral löst Du dann, indem Du entweder im Bronstein nachschlägst, oder es auf die Form
[mm] $\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{(y-\kappa)^2}{2\rho}}\ [/mm] dy$
bringst (für geeignetes [mm] $\rho$. [/mm] Was genau [mm] $\kappa$ [/mm] ist, ist wurscht. Weil wir von [mm] $-\infty$ [/mm] bis [mm] $\infty$ [/mm] integrieren, spielen Verschiebungen keine Rolle), denn das ist dann wieder (bis auf Vorfaktor) die Dichte der Normalverteilung.
> Aber damit habe ich ja quasi noch nicht gezeigt, dass z
> normalverteilt ist, sondern nur Parameter angegeben.
Richtig.
> Deshalb jetzt mit der "Faltungsformel" (ehrlich gesagt
> weiß ich nicht, was hier genau passiert)
Für diskrete X und Y gilt:
$P(X+Y=z) = P(X=z-Y) = [mm] \sum_y [/mm] P( Y=z-Y\ |\ Y=y)P(Y=y) [mm] \underset{\text{unabh.}}{=} \sum_y [/mm] P(X=z-y)P(Y=y)$
bei stetigen Zufallsvariablen summierst Du nicht mehr über alle möglichen Werte y, die Y annehmen kann, sondern über alle infinitesimalen Intervalle dy und anstatt der Wkeit, daß X bzw. Y die Werte annehmen, nimmst Du die Dichte in dem jeweiligen Intervall.
> [mm]f_{x+y}(z)=f_{z}(z)=\integral_{-\infty}^{\infty} f_{y}(y)*f_{x}(x)dy[/mm]
Das ist so falsch, außer Du schreibst irgendwo hin, daß x:=z-y, denn wenn Du x einfach als beliebige Variable läßt, gilt:
[mm] $\integral_{-\infty}^{\infty} f_{y}(y)*f_{x}(x)dy [/mm] = [mm] f_x(x)\integral_{-\infty}^{\infty} f_{y}(y)dy =f_x(x)$
[/mm]
=)
ciao
Stefan
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