Grenzwertsatz < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:37 Fr 15.05.2009 | | Autor: | grenife |
| Aufgabe | Sei [mm] $\left(X_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ [/mm] eine Folge unabhängiger Zufallsvariablen mit stetigen und streng monoton steigenden Verteilungsfunktionen [mm] $\left(F_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$.
[/mm]
Sei
[mm] $Z_n=-\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n(1+\log (1-F_k(X_k)))$, [/mm] $n=1,2...$.
Zeigen Sie, dass für [mm] $n\to\infty$ $\left(Z_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ [/mm] in Verteilung gegen eine Standardnormalverteilung konvergiert. |
Hallo zusammen,
weiß bei dieser Aufgabe leider nicht, wie ich an die Aufgabe herangehen soll. Der ZGS scheint mir hiermit nicht wirklich zusammenzuhängen. Vielleicht kann mir ja jemand einen Tipp geben. Zumindest meine ich, dass [mm] $F_k(X_k)$ [/mm] auf Grund der Wahrscheinlichkeitsintegral-Transformation einer Gleichverteilung folgt, oder?
Vielen Dank und viele Grüße
Gregor
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:06 Sa 16.05.2009 | | Autor: | vivo |
hallo,
du könntest ja mal schauen ob die charakteristische funktion gegen die der normalverteilung konvergiert.
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:44 Mo 15.06.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo!
Erstmal einen verspäteten Dank für Deine Antwort. Habe mich mal an der charakt. Funktion versucht:
[mm] $\varphi(t)=E(e^{itX})$
[/mm]
[mm] $=E\left[e^{it(-\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n(1+\log (1-F_k(X_k))))}\right] [/mm] $
[mm] $=E\left[\prod_{k=1}^n e^{it(-\frac{1}{\sqrt{n}}(1+\log (1-F_k(X_k))))}\right]$
[/mm]
An der Stelle komme ich nicht wirklich weiter, da ich mit dem log(1-Fk) Probleme habe.
Vielleicht hat ja jemand einen Tipp für mich.
Vielen Dank und viele Grüße
Gregor
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:26 Mo 15.06.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin grenife,
m.E. kannst du ueber den Zentralen Grenzwertsatz argumentieren.
1) Bestimme die Verteilung von [mm] $Z_k=-(1-\log(1-F_k(X_k)))$. [/mm] Du hast ja schon festgestellt, dass [mm] $F_k(X_k)$ [/mm] gleichverteilt ist in (0,1), also auch [mm] $1-F_k(X_k)$ [/mm] ...
2) Zeige [mm] $\operatorname{E}[Z_k]=0$ [/mm] und [mm] $\operatorname{Var}[Z_k]=1$.
[/mm]
3) Wende nun den Zentralen Grenzwertsatz an.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:46 Mo 15.06.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo Luis,
vielen Dank!
zu 1):
[mm] $Z_k=-(1-\log(1-F_k(X_k)))$
[/mm]
[mm] $=-(1+\frac{1}{-1}\log(1-F_k(X_k)))$
[/mm]
und da [mm] $Y:=1-F_k(X_k))$ [/mm] stetig und gleichverteilt auf $(0;1)$ ist, folgt
dass [mm] $\frac{1}{-1}\log(1-F_k(X_k)))$ [/mm] exponentialverteilt ist mit Parameter [mm] $\lambda=-1$.
[/mm]
also:
[mm] $Z_k\sim-(1+\exp(-1))$
[/mm]
Aber wie komme ich von der Exponentialvert. zur Normal-vert.?
zu 2)
[mm] $E(Z_k)=-(1+E(\exp(-1))=-(1-1)=0$
[/mm]
[mm] $Var(Z_k)=(-1)^2\cdot Var(\exp(-1))=1\cdot \frac{1}{(-1)^2}=1$
[/mm]
Mit dem ZGS folgt die Aussage dann natürlich sofort.
Viele Grüße
Gregor
> Moin grenife,
>
> m.E. kannst du ueber den Zentralen Grenzwertsatz
> argumentieren.
>
> 1) Bestimme die Verteilung von [mm]Z_k=-(1-\log(1-F_k(X_k)))[/mm].
> Du hast ja schon festgestellt, dass [mm]F_k(X_k)[/mm] gleichverteilt
> ist in (0,1), also auch [mm]1-F_k(X_k)[/mm] ...
> 2) Zeige [mm]\operatorname{E}[Z_k]=0[/mm] und
> [mm]\operatorname{Var}[Z_k]=1[/mm].
> 3) Wende nun den Zentralen Grenzwertsatz an.
>
> vg Luis
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:05 Mo 15.06.2009 | | Autor: | luis52 |
> Hallo Luis,
>
> vielen Dank!
>
> zu 1):
>
> [mm]Z_k=-(1-\log(1-F_k(X_k)))[/mm]
Wir sollten diese Variablen lieber [mm] $Y_k$ [/mm] nennen,
da die Summen schon [mm] $Z_k$ [/mm] heissen (mea culpa).
> [mm]=-(1+\frac{1}{-1}\log(1-F_k(X_k)))[/mm]
> und da [mm]Y:=1-F_k(X_k))[/mm] stetig und gleichverteilt auf [mm](0;1)[/mm]
> ist, folgt
> dass [mm]\frac{1}{-1}\log(1-F_k(X_k)))[/mm] exponentialverteilt ist
> mit Parameter [mm]\lambda=-1[/mm].
Hier hast du dich kraeftig verrechnet.
Eine Exponentialverteilung mit [mm] $\lambda=-1$ [/mm] gibt es nicht.
> also:
> [mm]Z_k\sim-(1+\exp(-1))[/mm]
> Aber wie komme ich von der Exponentialvert. zur
> Normal-vert.?
Warum solltest du? Du sollst doch nur zeigen, dass [mm] $Z_k$ [/mm] i.V. gegen N(0,1) konvergiert.
>
> zu 2)
> [mm]E(Z_k)=-(1+E(\exp(-1))=-(1-1)=0[/mm]
> [mm]Var(Z_k)=(-1)^2\cdot Var(\exp(-1))=1\cdot \frac{1}{(-1)^2}=1[/mm]
Leider falsch wg oben.
>
> Mit dem ZGS folgt die Aussage dann natürlich sofort.
Ja. Und wie?
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:02 Di 16.06.2009 | | Autor: | grenife |
Hallo Luis,
stehe einfach auf dem Schlauch, wenn [mm] $(1-F_k(X_k))$ [/mm] gleichverteilt ist, dann sehe ich einfach nicht, wie dann [mm] $\log(1-F_k(X_k))$ [/mm] verteilt sein soll. So viele Verteilungen, die mit der Gleichverteilung in Beziehung stehen, gibt es m.W. auch nicht.
Und für die Konvergenzfrage muss ich doch schon wissen, wie [mm] $Y_k$ [/mm] verteilt ist, oder?
Viele Grüße und Danke für Deine Hilfe!
Gregor
> > Hallo Luis,
> >
> > vielen Dank!
> >
> > zu 1):
> >
> > [mm]Z_k=-(1-\log(1-F_k(X_k)))[/mm]
>
> Wir sollten diese Variablen lieber [mm]Y_k[/mm] nennen,
> da die Summen schon [mm]Z_k[/mm] heissen (mea culpa).
>
> > [mm]=-(1+\frac{1}{-1}\log(1-F_k(X_k)))[/mm]
> > und da [mm]Y:=1-F_k(X_k))[/mm] stetig und gleichverteilt auf
> [mm](0;1)[/mm]
> > ist, folgt
> > dass [mm]\frac{1}{-1}\log(1-F_k(X_k)))[/mm] exponentialverteilt ist
> > mit Parameter [mm]\lambda=-1[/mm].
>
> Hier hast du dich kraeftig verrechnet.
> Eine Exponentialverteilung mit [mm]\lambda=-1[/mm] gibt es nicht.
>
> > also:
> > [mm]Z_k\sim-(1+\exp(-1))[/mm]
> > Aber wie komme ich von der Exponentialvert. zur
> > Normal-vert.?
>
> Warum solltest du? Du sollst doch nur zeigen, dass [mm]Z_k[/mm] i.V.
> gegen N(0,1) konvergiert.
>
> >
> > zu 2)
> > [mm]E(Z_k)=-(1+E(\exp(-1))=-(1-1)=0[/mm]
> > [mm]Var(Z_k)=(-1)^2\cdot Var(\exp(-1))=1\cdot \frac{1}{(-1)^2}=1[/mm]
>
> Leider falsch wg oben.
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> >
> > Mit dem ZGS folgt die Aussage dann natürlich sofort.
>
> Ja. Und wie?
>
> vg Luis
>
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:59 Di 16.06.2009 | | Autor: | luis52 |
Moin grenife,
die resultierende Verteilung hat m.W. keinen Namen (ich schlage vor: Grenife-Verteilung  )
Aber dass es sich um keine Exponential-Verteilung ist, ist offensichtlich: Sei [mm] $U_k=1-F(X_k)$. $U_k$ [/mm] ist gleichverteilt in (0,1). Also nimmt [mm] $\log(U_k)$ [/mm] nur Werte an in [mm] $(-\infty,0)$, $1+\log(U_k)$ [/mm] in [mm] $(-\infty,1)$ [/mm] und [mm] $Y_k=-(1+\log(U_k))$ [/mm] in [mm] $(-1,\infty)$. [/mm] Waere [mm] $Y_k$ [/mm] exponentialverteilt, so wuerde sie keine negativen Werte annehmen.
Sehen wir uns nun die Verteilung von [mm] $Y=-(1+\log(U))$ [/mm] an fuer gleichverteiltes $U_$. Sei $y>-1$. Fuer die Verteilungsfunktion von $Y_$ ergibt sich
[mm] $P(Y\le y)=P(-(1+\log(U))\le y)=\dots=1-\exp(-(1+y))$.
[/mm]
Bestimme hieraus die Dichte, den Erwartungswert 0 und die Varianz 1. Wende dann den ZGS an.
vg Luis
PS: Merke gerade, dass meine Loesung zu umstaendlich ist. Betrachte nochmals [mm] $Y=-(1+\log(U))=-1-\log(U)$. $-\log(U)$ [/mm] *ist* Exponential(1)-verteilt...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:50 Mi 17.06.2009 | | Autor: | grenife |
Hi,
dann ist es aber denke ich auch mir langsam klar
Nochmal von vorne:
Ich schreibe die Summe und das vorangestellte Minuszeichen als
[mm] $S_n=\sum_{k=1}^n-1-\log(1-F_k(X_k)))$. [/mm] Mit der Wahrscheinlichkeitsintegraltransformation ist [mm] $F_k(X_k)$ [/mm] gleichverteilt, dann ist [mm] $-\log(1-F_k(X_k))$ [/mm] exponentialverteilt mit [mm] $\lambda=1$. [/mm] Demnach sind die Summanden i.i.d. mit Erwartungswert $-1+E(exp(1))=-1+1=0$ und Standardabweichung [mm] $\sigma=1/\lambda=1$.
[/mm]
Wir können dann [mm] $Z_n$ [/mm] schreiben als:
[mm] $Z_n=\frac{S_n-n\mu}{\sigma \sqrt{n}}=\frac{S_n-n\cdot 0}{1\cdot \sqrt{n}}$.
[/mm]
Mit dem ZGS konvergiert somit die Folge der [mm] $Z_n$ [/mm] in Verteilung gegen eine Standardnormalverteilung.
Soweit richtig?
Vielen Dank und viele Grüße
Gregor
> Moin grenife,
>
> die resultierende Verteilung hat m.W. keinen Namen (ich
> schlage vor: Grenife-Verteilung )
>
> Aber dass es sich um keine Exponential-Verteilung ist, ist
> offensichtlich: Sei [mm]U_k=1-F(X_k)[/mm]. [mm]U_k[/mm] ist gleichverteilt
> in (0,1). Also nimmt [mm]\log(U_k)[/mm] nur Werte an in
> [mm](-\infty,0)[/mm], [mm]1+\log(U_k)[/mm] in [mm](-\infty,1)[/mm] und
> [mm]Y_k=-(1+\log(U_k))[/mm] in [mm](-1,\infty)[/mm]. Waere [mm]Y_k[/mm]
> exponentialverteilt, so wuerde sie keine negativen Werte
> annehmen.
>
> Sehen wir uns nun die Verteilung von [mm]Y=-(1+\log(U))[/mm] an fuer
> gleichverteiltes [mm]U_[/mm]. Sei [mm]y>-1[/mm]. Fuer die Verteilungsfunktion
> von [mm]Y_[/mm] ergibt sich
>
> [mm]P(Y\le y)=P(-(1+\log(U))\le y)=\dots=1-\exp(-(1+y))[/mm].
>
> Bestimme hieraus die Dichte, den Erwartungswert 0 und die
> Varianz 1. Wende dann den ZGS an.
>
> vg Luis
>
> PS: Merke gerade, dass meine Loesung zu umstaendlich ist.
> Betrachte nochmals [mm]Y=-(1+\log(U))=-1-\log(U)[/mm]. [mm]-\log(U)[/mm]
> *ist* Exponential(1)-verteilt...
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