Faltungsdichte Cauchyverteilung

27.10.2013, 13:29

Studentu

Faltungsdichte Cauchyverteilung

Hallo an alle!
Ich habe folgende Aufgabe:
Bestimme die Faltungsdichte von zwei unabhängigen Cauchyverteilten Zufallsvariablen $\begin{eqnarray*} X_1, X_2 \end{eqnarray*}$ .
Welche Verteilung besitzt das Mittel $\begin{eqnarray*} \bar{X_{2n}} := \frac{1}{2^n} \sum_{i=1}^{2^n} X_i \end{eqnarray*}$ , wenn die $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ unabhängig, Cauchy-verteilt sind?

Zum ersten Teil habe ich bis jetzt Folgendes:
$\begin{eqnarray*} f_X(z) = \frac{1}{\pi(1+z^2)}, f_Y(z) = \frac{1}{\pi(1+z^2)} \end{eqnarray*}$
also: $\begin{eqnarray*} f_{X+Y}(z) = \int f_X(t) \cdot f_Y(s-t)d\lambda(t) = \int \frac{1}{\pi (1+t^2)} \cdot \frac{1}{\pi \cdot (1+(s-t)^2)}dt = \int \frac{1}{\pi^2} \cdot \frac{1}{s^4+4s^2} dt \end{eqnarray*}$

Wir sollen zunächst von -x bis x integrieren und dann x gegen unendlich gehen lassen. Trotzdem weiß ich nicht, wie ich jetzt am besten weitermache.

Danke schon für eure Vorschläge!

28.10.2013, 12:23

Leopold

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Wie kommst du denn auf das letzte Integral? Ich kann da keine sinnvolle Umformung erkennen. Ich würde Partialbruchzerlegung durchführen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\pi^2} \cdot \frac{1}{\left( 1+t^2 \right) \cdot \left( 1 + (t-s)^2 \right)} = \frac{1}{\pi^2} \cdot \left( \frac{a+bt}{1+t^2} + \frac{p+qt}{1+(t-s)^2} \right) \end{eqnarray*}$

mit noch zu bestimmenden Koeffizienten $\begin{eqnarray*} a=a(s),\, b=b(s), \, p=p(s),\, q=q(s) \end{eqnarray*}$ .

Für ein $\begin{eqnarray*} R>0 \end{eqnarray*}$ wird nun von $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ integriert. Bei einem ungeraden Integranden verschwinden solche Integrale. Man erhält somit beim ersten Summanden

$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R \frac{a+bt}{1+t^2} ~ \dd t = a \cdot \int_{-R}^R \frac{\dd t}{1+t^2} = 2a \cdot \arctan R \end{eqnarray*}$

Beim zweiten Summanden wird $\begin{eqnarray*} t-s=u \end{eqnarray*}$ substituiert:

$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R \frac{p+qt}{1+(t-s)^2} ~ \dd t = \int_{-R-s}^{R-s} \underbrace{\frac{p+qs+qu}{1+u^2}}_{g(u)} ~ \dd u = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + \int_{-R+s}^{R-s} g(u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + (p+qs) \cdot \int_{-R+s}^{R-s} \frac{1}{1+u^2} ~ \dd u = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + 2(p+qs) \cdot \arctan(R-s) \end{eqnarray*}$

Beim ersten Summanden der letzten Summe hat das Integrationsintervall die von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ unabhängige Breite $\begin{eqnarray*} 2|s| \end{eqnarray*}$ , während $\begin{eqnarray*} g(u) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ im Integrationsintervall beliebig klein wird. Also strebt auch das Integral gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

Der Grenzübergang $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ zeigt somit:

$\begin{eqnarray*} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\pi^2} \cdot \frac{1}{\left( 1+t^2 \right) \cdot \left( 1 + (t-s)^2 \right)} ~ \dd t = \frac{1}{\pi^2} \left( 2a \cdot \frac{\pi}{2} +2(p+qs) \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{\pi} \left( a + p + qs \right) \end{eqnarray*}$

Jetzt müssen also nur noch $\begin{eqnarray*} a,b,p,q \end{eqnarray*}$ in der Partialbruchzerlegung bestimmt werden.

28.10.2013, 17:31

Studentu

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Hallo Leopold, danke für deine Antwort!

Ich würde Partialbruchzerlegung durchführen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\pi^2} \cdot \frac{1}{\left( 1+t^2 \right) \cdot \left( 1 + (t-s)^2 \right)} = \frac{1}{\pi^2} \cdot \left( \frac{a+bt}{1+t^2} + \frac{p+qt}{1+(t-s)^2} \right) \end{eqnarray*}$
mit noch zu bestimmenden Koeffizienten $\begin{eqnarray*} a=a(s),\, b=b(s), \, p=p(s),\, q=q(s) \end{eqnarray*}$ .

<<<<<Wieso muss man das denn so aufspalten mit a+bt und p+qt, wieso nicht einfach A und B in den Zählern?

Für ein $\begin{eqnarray*} R>0 \end{eqnarray*}$ wird nun von $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ integriert. Bei einem ungeraden Integranden verschwinden solche Integrale.

<<<<<Wie meinst du das, sie verschwinden?

Man erhält somit beim ersten Summanden

$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R \frac{a+bt}{1+t^2} ~ \dd t = a \cdot \int_{-R}^R \frac{\dd t}{1+t^2} = 2a \cdot \arctan R \end{eqnarray*}$

<<<<<Wohin kommt denn da das bt? Handelt es sich dabei um einen ungeraden Integranden, wenn ja, wieso?

Beim zweiten Summanden wird $\begin{eqnarray*} t-s=u \end{eqnarray*}$ substituiert:

$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R \frac{p+qt}{1+(t-s)^2} ~ \dd t = \int_{-R-s}^{R-s} \underbrace{\frac{p+qs+qu}{1+u^2}}_{g(u)} ~ \dd u = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + \int_{-R+s}^{R-s} g(u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

<<<<<Wieso wird hier das Integrationsintervall so aufgespalten?

$\begin{eqnarray*} = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + (p+qs) \cdot \int_{-R+s}^{R-s} \frac{1}{1+u^2} ~ \dd u = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + 2(p+qs) \cdot \arctan(R-s) \end{eqnarray*}$

<<<<<Wieso ist dann hier nach dem ersten Gleichheitszeichen das qu nicht mehr dabei?

Beim ersten Summanden der letzten Summe hat das Integrationsintervall die von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ unabhängige Breite $\begin{eqnarray*} 2|s| \end{eqnarray*}$ , während $\begin{eqnarray*} g(u) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ im Integrationsintervall beliebig klein wird. Also strebt auch das Integral gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

<<<<<Warum ist es hier wichtig, dass das Integrationsintervall fest ist? Würde das Integral sonst nicht auch gegen Null gehen, weil g(u) gegen Null geht?

Der Grenzübergang $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ zeigt somit:

$\begin{eqnarray*} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\pi^2} \cdot \frac{1}{\left( 1+t^2 \right) \cdot \left( 1 + (t-s)^2 \right)} ~ \dd t = \frac{1}{\pi^2} \left( 2a \cdot \frac{\pi}{2} +2(p+qs) \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \frac{1}{\pi} \left( a + p + qs \right) \end{eqnarray*}$

Jetzt müssen also nur noch $\begin{eqnarray*} a,b,p,q \end{eqnarray*}$ in der Partialbruchzerlegung bestimmt werden.

<<<<Das habe ich versucht. Wie folgt bin ich vorgegangen:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(1+t^2)(1+(t-s)^2)} = \frac{a+bt}{1+t^2}+\frac{p+qt}{1+(t-s)^2} \Rightarrow 1=(a+bt) \cdot (1+(t-s)^2)+(p+qt) \cdot (1+t^2) = a(1+(t-s)^2)+bt(1+(t-s)^2)+p(1+t^2)+qt(1+t^2). \end{eqnarray*}$
Im nächsten Schritt würde ich jetzt für t (oder s???) so einsetzen. dass Summanden 0 werden und wegfallen, bis ich dastehen habe, z.B. a=..., aber das geht hier nicht, denn dann müsste ich für t "i" einsetzen.
Hast du einen Tipp, wie ich weitermachen kann?

Danke

28.10.2013, 19:59

Leopold

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Zitat:

Original von Studentu
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\pi^2} \cdot \frac{1}{\left( 1+t^2 \right) \cdot \left( 1 + (t-s)^2 \right)} = \frac{1}{\pi^2} \cdot \left( \frac{a+bt}{1+t^2} + \frac{p+qt}{1+(t-s)^2} \right) \end{eqnarray*}$
mit noch zu bestimmenden Koeffizienten $\begin{eqnarray*} a=a(s),\, b=b(s), \, p=p(s),\, q=q(s) \end{eqnarray*}$ .

<<<<<Wieso muss man das denn so aufspalten mit a+bt und p+qt, wieso nicht einfach A und B in den Zählern?

Die Polynome in den Nennern haben den Grad $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ , deshalb muß man für den Zähler den Grad $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ ansetzen.

Zitat:

Original von Studentu
Für ein $\begin{eqnarray*} R>0 \end{eqnarray*}$ wird nun von $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ integriert. Bei einem ungeraden Integranden verschwinden solche Integrale.

<<<<<Wie meinst du das, sie verschwinden?

"Verschwinden" bedeutet "sind Null".

Zitat:

Original von Studentu
$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R \frac{a+bt}{1+t^2} ~ \dd t = a \cdot \int_{-R}^R \frac{\dd t}{1+t^2} = 2a \cdot \arctan R \end{eqnarray*}$

<<<<<Wohin kommt denn da das bt? Handelt es sich dabei um einen ungeraden Integranden, wenn ja, wieso?

$\begin{eqnarray*} \frac{a+bt}{1+t^2} = \underbrace{\frac{a}{1+t^2}}_{\text{gerade}} + \underbrace{\frac{bt}{1+t^2}}_{\text{ungerade}} \end{eqnarray*}$

Ungerade Funktionen sind durch $\begin{eqnarray*} f(-t) = -f(t) \end{eqnarray*}$ , gerade durch $\begin{eqnarray*} f(-t) = f(t) \end{eqnarray*}$ charakterisiert. Die Graphen der ersteren sind punktsymmetrisch zum Ursprung, die der letzteren achsensymmetrisch zur $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Achse. Für eine ungerade Funktion $\begin{eqnarray*} f(t) \end{eqnarray*}$ gilt daher immer:

$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R f(t) ~ \dd t = 0 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Studentu
$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R \frac{p+qt}{1+(t-s)^2} ~ \dd t = \int_{-R-s}^{R-s} \underbrace{\frac{p+qs+qu}{1+u^2}}_{g(u)} ~ \dd u = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + \int_{-R+s}^{R-s} g(u) ~ \dd u \end{eqnarray*}$

<<<<<Wieso wird hier das Integrationsintervall so aufgespalten?

Damit die Grenzen $\begin{eqnarray*} -R+s \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} R-s \end{eqnarray*}$ beim zweiten symmetrisch zur $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ liegen.

Zitat:

Original von Studentu
$\begin{eqnarray*} = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + (p+qs) \cdot \int_{-R+s}^{R-s} \frac{1}{1+u^2} ~ \dd u = \int_{-R-s}^{-R+s} g(u) ~ \dd u + 2(p+qs) \cdot \arctan(R-s) \end{eqnarray*}$

<<<<<Wieso ist dann hier nach dem ersten Gleichheitszeichen das qu nicht mehr dabei?

Ungerade Funktion (siehe oben)!

Zitat:

Original von Studentu
Beim ersten Summanden der letzten Summe hat das Integrationsintervall die von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ unabhängige Breite $\begin{eqnarray*} 2|s| \end{eqnarray*}$ , während $\begin{eqnarray*} g(u) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ im Integrationsintervall beliebig klein wird. Also strebt auch das Integral gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

<<<<<Warum ist es hier wichtig, dass das Integrationsintervall fest ist? Würde das Integral sonst nicht auch gegen Null gehen, weil g(u) gegen Null geht?

Das Integrationsintervall ist nicht fest, es wandert für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ ins Minus-Unendliche. Allerdings ist seine Länge fest, nämlich $\begin{eqnarray*} 2|s| \end{eqnarray*}$ . Denke an die Standardabschätzung für Integrale:

$\begin{eqnarray*} \left| \int_{\alpha}^{\beta} f(x) ~ \dd x \right| \leq |\beta-\alpha| \cdot \sup |f(x)| \end{eqnarray*}$ , wobei das Supremum über alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ erstreckt wird.

28.10.2013, 23:46

Studentu

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Danke Leopold,
das war jetzt vollends verständlich (:

Kannst du mir bitte verraten, wie ich bei der Partialbruchzerlegung weitermachen kann?

LG

29.10.2013, 14:15

Leopold

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[WS] Partialbruchzerlegung

Zur Kontrolle das Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} a = \frac{1}{s^2+4} \, , \ \left[ \, b = \frac{2}{s(s^2+4)} \, , \right] \ p = \frac{3}{s^2+4} \, , \ q = - \frac{2}{s(s^2+4)} \end{eqnarray*}$

29.10.2013, 20:26

Studentu

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Hallo Leopold,
das habe ich dein Ergebnis habe ich auch einmal herausbekommen (:

Also wir wissen jetzt, dass

$\begin{eqnarray*} f_{X+Y}(s) = \int f_X(t) \cdot f_Y(s-t)d\lambda(t) = \frac{1}{\pi}\cdot (\frac{1}{s^2+4}+\frac{3}{s^2+4}-\frac{2}{s(s^2+4)}s)=\frac{1}{\pi}\cdot(\frac{2}{s^2+4}) \end{eqnarray*}$
Das schaut ja der Dichtefunktion der eindimensionalen Cauchy-Verteilung sehr ähnlich. Ist das wieder eine Cauchy-Verteilung oder sowas Ähnliches?

Wie geht man denn den zweiten Beispielteil am besten an?

Danke für deine Hilfe

30.10.2013, 08:41

Leopold

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In meinem Lexikon der Stochastik (Akademie-Verlag Berlin 1983) habe ich als Dichte der Cauchy-Verteilung

$\begin{eqnarray*} f_{\lambda,\mu}(t) = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\lambda}{(t-\mu)^2 + \lambda^2} \end{eqnarray*}$

gefunden ( $\begin{eqnarray*} \lambda,\mu \end{eqnarray*}$ sind reelle Parameter mit $\begin{eqnarray*} \lambda>0 \end{eqnarray*}$ ). Insofern haben wir jetzt nur den Spezialfall $\begin{eqnarray*} \lambda=1,\mu=0 \end{eqnarray*}$ behandelt und für die Faltung gezeigt:

$\begin{eqnarray*} f_{1,0} \star f_{1,0} = f_{2,0} \end{eqnarray*}$

Mir scheint, wir müssen das verallgemeinern. Ich betrachte nur den Fall $\begin{eqnarray*} \mu=0 \end{eqnarray*}$ und schreibe

$\begin{eqnarray*} f_{\lambda}(t) = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\lambda}{t^2 + \lambda^2} \end{eqnarray*}$

Für die Faltung gilt:

$\begin{eqnarray*} \left( f_{\lambda_1} \star f_{\lambda_2} \right)(s) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\lambda_1 \lambda_2}{\pi^2} \cdot \frac{1}{\left( t^2 + {\lambda_1}^2 \right) \left( (t-s)^2 + {\lambda_2}^2 \right)} ~ \dd t \end{eqnarray*}$

Das Integral habe ich mit komplexer Analysis nach dem Residuensatz berechnet. Für die bekannte Formel braucht man die Residuen bei den Polen in der oberen Halbebene. Es seien $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ die Residuen bei $\begin{eqnarray*} \operatorname{i} \lambda_1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} s + \operatorname{i} \lambda_2 \end{eqnarray*}$ . Als Werte habe ich

$\begin{eqnarray*} a = - \frac{\operatorname{i} \lambda_2}{2 \pi^2 \left( s - \operatorname{i} (\lambda_1 - \lambda_2) \right) \left( s - \operatorname{i} (\lambda_1 + \lambda_2) \right)} \, , \ \ b = - \frac{\operatorname{i} \lambda_1}{2 \pi^2 \left( s - \operatorname{i} (\lambda_1 - \lambda_2) \right) \left( s + \operatorname{i} (\lambda_1 + \lambda_2) \right)} \end{eqnarray*}$

Ergebnis der Rechnung ist

$\begin{eqnarray*} \left( f_{\lambda_1} \star f_{\lambda_2} \right)(s) = 2\pi \operatorname{i} \cdot (a+b) = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\lambda_1 + \lambda_2}{s^2 + \left( \lambda_1 + \lambda_2 \right)^2} \end{eqnarray*}$

Lange Rede, kurzer Sinn:

$\begin{eqnarray*} f_{\lambda_1} \star f_{\lambda_2} = f_{\lambda_1 + \lambda_2} \end{eqnarray*}$

Bei der Faltung der Dichten addieren sich die Parameter.

Wenn also nun jede Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X_k \end{eqnarray*}$ Cauchy-verteilt ist mit $\begin{eqnarray*} f_{\lambda} \end{eqnarray*}$ als Dichte, dann ist $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2^n} X_k \end{eqnarray*}$ Cauchy-verteilt mit der Dichte $\begin{eqnarray*} \bigstar_{k=1}^{2^n} \, f_{\lambda} = f_{2^n \lambda} \end{eqnarray*}$

30.10.2013, 11:39

Studentu

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Okay, danke.
Dazu hab ich noch eine grundlegende frage: wenn ich zwei cauchyverteilte ZV hab, deren summe cauchyverteilt ist, ist dann die hälfte der summe auch cauchyverteilt?

30.10.2013, 11:53

Leopold

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Rechne das selber nach!

$\begin{eqnarray*} X_1,X_2 \end{eqnarray*}$ seien Cauchy-verteilt mit der Dichte $\begin{eqnarray*} f_{\lambda} \end{eqnarray*}$ . Dann ist nach dem Bisherigen $\begin{eqnarray*} X = X_1+X_2 \end{eqnarray*}$ Cauchy-verteilt mit der Dichte $\begin{eqnarray*} f_{2 \lambda} \end{eqnarray*}$ . Jetzt zum Mittelwert $\begin{eqnarray*} Y = \frac{1}{2} X \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} P(Y \leq y ) = P(X \leq 2y) = \int_{-\infty}^{2y} f_{2 \lambda}(t) ~ \dd t = \int_{- \infty}^y 2 \cdot f_{2 \lambda}(2u) ~ \dd u = \text{???} \end{eqnarray*}$

01.11.2013, 14:42

Studentu

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Hallo,
hab ich mich da verrechnet? Ich komme auf:
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^y 2 \cdot f_{2\lambda}(2u)du = \int_{-\infty}^y \frac{1}{\pi} \cdot \frac{2 \lambda}{4u^2+4 \lambda^2}du = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^y \frac{2 \lambda}{4u^2+4 \lambda^2}du = \frac{1}{\pi}[\frac{1}{2} arctan(\frac{y}{\lambda})]|_{-\infty}^y = \frac{1}{\pi}[\frac{1}{2} arctan(\frac{y}{\lambda})-\frac{1}{2}arctan(\frac{-\infty}{\lambda})] = \frac{1}{\pi}[\frac{1}{2}arctan(\frac{y}{1})-\frac{1}{2}(-\frac{\pi}{2})]=\frac{1}{\pi}[\frac{1}{2}(arctan(y)+\frac{\pi}{2})] \end{eqnarray*}$

02.11.2013, 10:26

Leopold

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Da sind mehrere Rechenfehler drin. Gleich am Anfang fehlt der Faktor $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ :

Zitat:

Original von Studentu
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^y 2 \cdot f_{2\lambda}(2u)du = \int_{-\infty}^y \color{red} \text{fehlt: }2 \cdot \color{black} \frac{1}{\pi} \cdot \frac{2 \lambda}{4u^2+4 \lambda^2}du =\ldots \end{eqnarray*}$

Eigentlich geht es nur um das:

$\begin{eqnarray*} 2 \cdot f_{2 \lambda}(2u) = 2 \cdot \frac{1}{\pi} \cdot \frac{2 \lambda}{(2u)^2 + (2 \lambda)^2} = \frac{1}{\pi} \cdot \frac{\lambda}{u^2 + \lambda^2} = f_{\lambda}(u) \end{eqnarray*}$

Und alle Fragen sind geklärt.

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