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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:51 Do 16.01.2014 | | Autor: | ivanhoe |
| Aufgabe | Sei X eine standard-normalverteilte Zufallsvariable. Man definiere für jedes c [mm] \ge [/mm] 0
[mm] Y_{c} [/mm] = [mm] \begin{cases} X, & \mbox{falls } |X| < c \\ -X, & \mbox{falls } |X| \ge c \end{cases}
[/mm]
Zeigen Sie:
1. Alle [mm] Y_c [/mm] sind N(0,1)-verteilt
2. Es gibt ein [mm] c_0>0 [/mm] derart, dass X und [mm] Y_{c_0} [/mm] unkorreliert sind. Sind X und [mm] Y_{c_0} [/mm] dann auch unabhängig? |
Meine Frage ist, ob ich vielleicht einen Tipp bekommen kann, wie ich das angehem muss. Das wäre echt super, danke schonmal :D
gruß
ivanhoe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:05 Do 16.01.2014 | | Autor: | luis52 |
Moin,
> Zeigen Sie:
> 1. Alle [mm]Y_c[/mm] sind N(0,1)-verteilt
Zeige [mm] $P(Y_c\le z)=\Phi(z)$ [/mm] fuer alle [mm] $z\in\IR$. [/mm] Mache Fallunterscheidungen.
> 2. Es gibt ein [mm]c_0>0[/mm] derart, dass X und [mm]Y_{c_0}[/mm]
> unkorreliert sind.
Bestimme die Kovarianz von [mm] $Y_c$ [/mm] und $X$. Beachte [mm] $\operatorname{E}[Y_c]=0=\operatorname{E}[X]$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:09 Do 16.01.2014 | | Autor: | ivanhoe |
VIELEN DANK!
Ich dachte an charakteristische Funktion etc. aber nicht an so grundlegende Dinge. Manchmal sieht man wohl den Wald vor lauter Bäumen nicht. Der erste Teil hat wunderbar geklappt durch nachrechnen. Beim zweiten Teil allerdings hänge ich bei der Unkorreliertheit. Zu zeigen ist ja, es gibt ein [mm] c_0, [/mm] s.d.
[mm] Cov[X,Y_{c_0}] [/mm] = 0
ich hab jetzt mal nachgerechnet:
ind sei jetzt die Indikatorfunktion
da ja E[X]= 0 = [mm] E[Y_{c_0}] [/mm] folgt:
[mm] Cov[X,Y_{c_0}] [/mm] = [mm] E[X*Y_{c_0}] [/mm]
= E[X * X * [mm] ind_{\{|X| < c_0\}} [/mm] + E[X* (-X) * [mm] ind_{\{|X| \ge c_0\}}]
[/mm]
= [mm] E[X^2] [/mm] * [mm] ind_{\{|X| < c_0\}} [/mm] - [mm] E[X^2] [/mm] * [mm] ind_{\{|X| \ge c_0\}}
[/mm]
ist das der richtige Ansatz oder verrenne ich mich da? Ich sehe nicht, wie mein [mm] c_0 [/mm] jetzt aussehen soll, damit das klappt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:38 Do 16.01.2014 | | Autor: | luis52 |
> Zu zeigen ist ja, es gibt ein
> [mm]c_0,[/mm] s.d.
>
> [mm]Cov[X,Y_{c_0}][/mm] = 0
>
> ich hab jetzt mal nachgerechnet:
> ind sei jetzt die Indikatorfunktion
> da ja E[X]= 0 = [mm]E[Y_{c_0}][/mm] folgt:
> [mm]Cov[X,Y_{c_0}][/mm] = [mm]E[X*Y_{c_0}][/mm]
> = E[X * X * [mm]ind_{\{|X| < c_0\}}[/mm] + E[X* (-X) * [mm]ind_{\{|X| \ge c_0\}}][/mm]
>
> = [mm]E[X^2][/mm] * [mm]ind_{\{|X| < c_0\}}[/mm] - [mm]E[X^2][/mm] * [mm]ind_{\{|X| \ge c_0\}}[/mm]
>
> ist das der richtige Ansatz oder verrenne ich mich da? Ich
> sehe nicht, wie mein [mm]c_0[/mm] jetzt aussehen soll, damit das
> klappt.
Das ueberschaue ich nicht, aber es kommt mir nicht koscher vor. Was haeltst du von
[mm] $\operatorname{E}[X*Y_{c}]=\int_{-c}^{c}x^2\varphi(x)\,dx-2\int_{c}^{\infty}x^2\varphi(x)\,dx$ [/mm] ?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:59 Do 16.01.2014 | | Autor: | ivanhoe |
Ja im Prinzip komm ich dann auf die gleiche Lösung aber was muss jetzt c erfüllen damit das gilt? das ist mein Problem, denk ich.
Vielen Dank auf jeden Fall für die Hilfe.
gruß,
ivanhoe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:05 Do 16.01.2014 | | Autor: | luis52 |
> Ja im Prinzip komm ich dann auf die gleiche Lösung aber
> was muss jetzt c erfüllen damit das gilt? das ist mein
> Problem, denk ich.
Betrachte [mm] $c\to0$ [/mm] und [mm] $c\to\infty$ [/mm] und nutze den Zwischenwertsatz.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:14 Do 16.01.2014 | | Autor: | ivanhoe |
Ahhh!
Also sehe ich das richtig: für c [mm] \to [/mm] 0 geht das erste Integral gegen null und das zweite müsste ja gegen -1 gehen. für c [mm] \to \infty [/mm] geht das erste Integral gegen 1 und das zweite gegen 0 also muss dazwischen ein [mm] c_0 [/mm] existieren mit [mm] Cov[X,Y_{c_0}] [/mm] = 0. Richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:22 Do 16.01.2014 | | Autor: | luis52 |
> Richtig?
Richtig.
![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:26 Do 16.01.2014 | | Autor: | ivanhoe |
JUHU!
Jetzt geht es noch um die Unabhängigkeit, aber das kriege ich hin, ich denke eh, dass die beiden nicht unabhängig sind.
Vielen, vielen dank für die viele Hilfe!
Gute nacht ;)
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