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Forum "Wahrscheinlichkeitstheorie" - momenterzeugende Funktion
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momenterzeugende Funktion: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:04 Mi 24.10.2018
Autor: questionpeter

Aufgabe
Sei X eine reellwertige Zufallsvariable mit [mm] X\in\mathcal{L}^k [/mm] für alle $k$ und mit
[mm] r=\big(\limes_{k\rightarrow\infty}sup\wurzel[k]{\bruch{\vert E(X^k)\vert}{k!}}\big)^{-1}>0 [/mm]

Ausserdem sei [mm] \kappa_k(X)=(log M_{X}(z)^{(k)})|_{z=0} [/mm] für [mm] k\in\IN, [/mm] wobei
[mm] M_x(z)=E(e^{zX}) [/mm] momenterzeugende Funktion.

(a) Bestimme [mm] \kappa_1(X), \kappa_2(X) [/mm] und [mm] \kappa_3(X) [/mm] in Abhängigkeit der Momente von X.

(b) Zeige, dass [mm] \kappa_1(X+c) =\kappa_1(X)+c [/mm] und [mm] \kappa_k(X+c)=\kappa_k(X) [/mm] für alle [mm] k\ge [/mm] 2 und [mm] c\in\IR [/mm] gilt.

(c) Zeige weiter, [mm] \kappa_k(cX)=c^k\kappa_k(X) [/mm] für alle [mm] k\le [/mm] 1 und alle [mm] c\in\IR [/mm] gilt.
(d) Sind X,Y unabhängig, dann gilt [mm] \kappa_k(X+Y)=\kappa_k(X)+\kappa_k(Y) [/mm] für alle [mm] k\ge [/mm] 1

Hallo,

(a) Ich habe gelesen dass gilt
[mm] \kappa_k(X)=(log M_{X}(z)^{(k)})|_{z=0}=E(X^k). [/mm]
also muss für k=1: [mm] \kappa_1(X)=E(X) [/mm] Erwartungswert
[mm] \kappa_1(X)=(log M_{X}(z)^{(1)})|_{z=0} [/mm]

erstmals habe ich log [mm] M_{X}(z) [/mm] abgeleitet, d.h. (log [mm] M_{X}(z))'=\bruch{1}{ M_{X}(z)}(M_{X}(z))'=\bruch{1}{ M_{X}(z)}E(Xe^{zX})\overset{z=0}{=}E(X) [/mm]

Intuitiv würde ich nun sagen, dass [mm] \kappa_2(X)=(log M_{X}(z)^{(k)})|_{z=0}=E(X^2) [/mm] und [mm] \kappa_3(X)=(log M_{X}(z)^{(k)})|_{z=0}=E(X^3). [/mm]

aber für k=2 erhalte ich:
[mm] (\bruch{1}{ M_{X}(z)}E(Xe^{zX}))'\overset{produktregel}{=}\bruch{-1}{ M_{X}(z)}^2E(X^e^{zX})+\bruch{1}{ M_{X}(z)}E(X^2e^{zX})\overset{z=0}{=}E(X^2)-E(X) [/mm]

für k=3 : [mm] \kappa_3(X)= E(X^3)-2E(X^2)+2E(X) [/mm]

stimmt das soweit?

(b) [mm] \kappa_1(X+c)=E(X+c)\overset{EW linear}{=}E(X)+c=\kappa_1(X)+c [/mm]

nun habe es für erstmals für k=2 nachgeprüft: Wenn ich es ausgehe [mm] \kappa_2(X)=E(X^2), [/mm] dann  erhalte ich [mm] \kappa_2(X+c)=E((X+c)^2)=E(X^2)+2cE(X)+c^2, [/mm]  aber wie komme ich von dort zu [mm] \kappa_2(X)? [/mm]
Kann mir da jemand weiterhelfen?
(c) [mm] \kappa_k(cX)=E((cX)^k)=E(c^kX^k)c^kE(X^k)=c^kE(X^k) [/mm]

(d) ich habe es mit der Verwendung des  Binomischen Lehrsatzes versucht, aber kam zu keinem Ergebnis.

Kann mir da jemand weiterhelfen?

        
Bezug
momenterzeugende Funktion: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:00 Mi 24.10.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> (a) Ich habe gelesen dass gilt
> [mm]\kappa_k(X)=(log M_{X}(z)^{(k)})|_{z=0}=E(X^k).[/mm]

das Buch zeig mir mal!
Es gilt [mm] $M_{X}(z)^{(k)}\big|_{z=0}=E(X^k)$, [/mm] also ohne [mm] $\log$ [/mm] davor.
Das ist die namensgebende Eigenschaft der Momenterzeugenden Funktion $M$.
Die Eigenschaft hattet ihr bestimmt auch… und demzufolge kann diese Eigenschaft nicht auch für [mm] $\kappa$ [/mm] gelten…

> erstmals habe ich log [mm]M_{X}(z)[/mm] abgeleitet

Gute Idee…

> d.h. (log [mm]M_{X}(z))'=\bruch{1}{ M_{X}(z)}(M_{X}(z))'=\bruch{1}{ M_{X}(z)}E(Xe^{zX})\overset{z=0}{=}E(X)[/mm]

Halten wir erst mal fest: Es gilt:
[mm] $\kappa_1(X)\big|_{z=0} [/mm] = [mm] \bruch{M'_X(z)}{ M_{X}(z)}\big|_{z=0} [/mm] = [mm] \frac{E[X]}{1} [/mm] = E[X]$

Das $M'_X(z) = [mm] E[Xe^{zX}]$ [/mm] gilt, ist alles andere als trivial und wurde von dir auch nicht begründet. Du vertauschst da nämlich Ableitung und Erwartungswert, warum sollte das möglich sein? Links steht nämlich [mm] $\frac{d}{dz}M_X(z) [/mm] = [mm] \frac{d}{dz}E[e^{zX}]$ [/mm] und rechts steht [mm] $E[Xe^{zX}] [/mm] = [mm] E\left[\frac{d}{dz}e^{zX}\right]$. [/mm] Warum solltest du den Operator [mm] $\frac{d}{dz}$ [/mm] in den Erwartungswert ziehen können?

> Intuitiv würde ich nun sagen, dass [mm]\kappa_2(X)=(log M_{X}(z)^{(k)})|_{z=0}=E(X^2)[/mm]
> und [mm]\kappa_3(X)=(log M_{X}(z)^{(k)})|_{z=0}=E(X^3).[/mm]

Woher kommt deine Intuition?
Ich vermute ja, du verwechselst [mm] \kappa [/mm] und [mm] M_X [/mm]

> aber für k=2 erhalte ich:
>  [mm](\bruch{1}{ M_{X}(z)}E(Xe^{zX}))'\overset{produktregel}{=}\bruch{-1}{ M_{X}(z)}^2E(X^e^{zX})+\bruch{1}{ M_{X}(z)}E(X^2e^{zX})\overset{z=0}{=}E(X^2)-E(X)[/mm]

Wieder: Schreibe lieber nur $M'_X$ und verwende die Eigenschaften der Momenterzeugenden Funktion.
Dann erhälst du: [mm] $\left(\frac{M'_X(z)}{M_X(z)}\right)' [/mm] = [mm] \frac{M''_X(z)M_X(z) - \left(M'_X(z)\right)^2}{M^2_X(z)}$ [/mm] und dann erhälst du für $z=0$ was?
Nicht deine Lösung… und wenn du die Lösung dann noch scharf anschaust, erkennst du womöglich, wie man das sonst nennt.


> (b) [mm]\kappa_1(X+c)=E(X+c)\overset{EW linear}{=}E(X)+c=\kappa_1(X)+c[/mm]

du unterschlägst hier schon wieder das [mm] $\log$ [/mm] im [mm] $\kappa$ [/mm]

>  (c) [mm]\kappa_k(cX)=E((cX)^k)=E(c^kX^k)c^kE(X^k)=c^kE(X^k)[/mm]

Hier auch…
  

> (d) ich habe es mit der Verwendung des  Binomischen
> Lehrsatzes versucht, aber kam zu keinem Ergebnis.

Viel einfacher: Was gilt für die momenterzeugende Funktioen einer Summe von unabhängigen Zufallsvariablen?
Also was ist [mm] M_{X+Y} [/mm] in Abhängigkeit von [mm] M_X [/mm] und [mm] $M_Y$? [/mm] Nutze dann Logarithmusgesetze…

Gruß,
Gono


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