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| Aufgabe | Sei X eine [mm] \Lambda(\mu,\sigma^{2}) [/mm] -verteilte (d.h. log-normalverteilte) Zufallsvariable. Zeigen Sie
[mm] E(X)=e^{(\mu+\sigma^{2})/2}
[/mm]
und
[mm] Var(X)=e^{2\mu+\sigma^{2}}*(e^{\sigma^{2}}-1) [/mm] |
Hallo!
Die Dichte der log-Normalverteilung ist ja gegeben durch
[mm] f(s)=\bruch{1}{\wurzel[]{2\pi\sigma^{2}}}*\bruch{e^{-\bruch{(ln(s)-\mu)^{2}}{2\sigma^{2}}}}{s}
[/mm]
Für den Erwartungswert gilt ja
[mm] E(X)=\integral_{0}^{\infty}{sf(s) ds}
[/mm]
und für die Varianz gilt
[mm] Var(X)=\integral_{0}^{\infty}{s^{2}f(s) ds}
[/mm]
Ich knobele jetzt schon die ganze Zeit rum, wie ich diese Integrale lösen kann, aber mir will nichts vernünftiges einfallen.
Habe schon partielle Integration und Substitution probiert, aber da scheinen meine Ansätze schon falsch zu sein.
Ich hoffe, jemand kann mir weiterhelfen...
Viele Grüße,
SoB.DarkAngel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:11 So 14.05.2006 | | Autor: | DirkG |
Hast du's denn mal mit der naheliegenden Substitution $t = [mm] \frac{\ln(s)-\mu}{\sigma}$ [/mm] versucht? Du kannst ja dann das von der Standardnormalverteilung her bekannte bestimmte Integral
[mm] $$\int\limits_{-\infty}^{\infty} [/mm] ~ [mm] e^{-\frac{t^2}{2}} [/mm] ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \sqrt{2\pi}$$
[/mm]
nutzen.
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Ich habe das Integral für den Erwartungswert jetzt für den Spezialfall [mm] \mu=0 [/mm] und [mm] \sigma=1 [/mm] gelöst und erhalte
[mm] E(X)=e^{\bruch{1}{2}}
[/mm]
was ja auch richtig ist.
Nun möchte ich durch lineare Transformation zeigen, dass das Ergebnis auch für ein allgemeines [mm] \mu [/mm] und [mm] \sigma [/mm] gilt.
Reicht es dazu zu sagen, dass man
[mm] t=\bruch{ln(s)-\mu}{\sigma} \gdw s=e^{t*\sigma+\mu}
[/mm]
setzt und deshalb für den Erwartungswert
[mm] E(X)=e^{\mu + \sigma/2}
[/mm]
gelten muss?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:52 Do 18.05.2006 | | Autor: | DirkG |
Deiner Frage merkt man an, dass du dir selbst unsicher bist, ob man das so machen kann. Also zieh lieber die Substitution voll durch, außer diesem einen zusätzlichen Substitutionsschritt ist das nämlich auch nicht komplizierter als dein Spezialfall [mm] $\mu=0$ [/mm] und [mm] $\sigma=1$. [/mm] Und du bist dann auf der sicheren Seite.
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Der Stand der Dinge ist aber leider, dass wir es genau so machen sollen.
Ich glaube aber, dass ich früher noch nie eine lineare Transformation gemacht habe und deshalb unsicher bin, wie so etwas geht. Kannst du mir vielleicht erklären, wie man sowas macht, wenn es nicht all zu lang ist?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:01 Fr 19.05.2006 | | Autor: | DirkG |
Substitution $t = [mm] \frac{\ln(s)-\mu}{\sigma}$ [/mm] ergibt umgeformt [mm] $s=e^{\sigma t+\mu}$ [/mm] und folglich [mm] $\mathrm{d}s [/mm] = [mm] \sigma e^{\sigma t+\mu} [/mm] ~ [mm] \mathrm{d}t$. [/mm] Das ganze jetzt eingesetzt, und nicht vergessen, die Grenzen mit zu substituieren:
$$E(X) = [mm] \int\limits_{0}^{\infty} [/mm] ~ [mm] s\cdot [/mm] f(s) ~ [mm] \mathrm{d}s [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int\limits_{0}^{\infty} [/mm] ~ [mm] e^{-\frac{(\ln(s)-\mu)^2}{2\sigma^{2}}} [/mm] ~ [mm] \mathrm{d}s [/mm] = [mm] \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} [/mm] ~ [mm] e^{-\frac{t^2}{2}} \sigma e^{\sigma t+\mu} [/mm] ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \frac{e^{\mu}}{\sqrt{2\pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} [/mm] ~ [mm] e^{-\frac{t^2}{2}+\sigma t} [/mm] ~ [mm] \mathrm{d}t$$
[/mm]
So, und jetzt kannst du im Exponent noch eine quadratische Ergänzung vornehmen:
[mm] $$-\frac{t^2}{2}+\sigma [/mm] t = [mm] -\frac{1}{2} \left( t^2-2\sigma t+\sigma^2-\sigma^2 \right) [/mm] = [mm] -\frac{(t-\sigma)^2}{2} +\frac{\sigma^2}{2}$$
[/mm]
Und bis auf eine winzige Verschiebung hast du jetzt das von mir oben angesprochene Integral
[mm] $$\int\limits_{-\infty}^{\infty} [/mm] ~ [mm] e^{-\frac{t^2}{2}} [/mm] ~ [mm] \mathrm{d}t [/mm] = [mm] \sqrt{2\pi}$$
[/mm]
als Faktor vorliegen.
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