Korrelationen

07.09.2014, 22:34

griffith

Korrelationen

Hallo!
Ich hätte eine kurze Frage:
Es sei Cov(x(t),x(t-1))=0 und Cov(x(t-1),x(t-2))=0.

Folgt daraus Cov(x(t),x(t-2))=0? Und falls ja hat jemand einen Tipp wie das zu zeigen ist?
Vielen Dank!

08.09.2014, 19:00

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Aus meiner Sicht kann es sich bei x(t) nur um eine lineare Funktion handeln
x(t)=at+b
und da kannst du die Antwort vielleicht selbst finden

08.09.2014, 21:40

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Ich habe mir das nochmal überlegt
das kann nicht stimmen
wenn x(t) eine lineare Funktion ist das wäre ja der Korrelationskoeffizient 1
und da kann die Kovarianz ja nicht Null sein

08.09.2014, 22:06

HAL 9000

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Zitat:

Original von griffith
Es sei Cov(x(t),x(t-1))=0 und Cov(x(t-1),x(t-2))=0.

Folgt daraus Cov(x(t),x(t-2))=0?

Warum sollte das i.a. gelten? Betrachten wir ein nahezu beliebig gewähltes Beispiel mit x(t-2)=x(t), schon ist die Aussage zu Fall gebracht.

10.09.2014, 17:04

griffith

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Da hast du wohl Recht HAL. Dann muss ich doch etwas weiter ausholen.
Ich habe folgendes Modell:

x(t)=x(t-1)+e(t)

Ist e(t)~iid und E(e(t))=0, V(e(t))=const. dann ist das ein Random Walk.

Nun reicht mir aber die Martingal Eigenschaft aus. Diese ist anscheinend bereits durch E(e(t))=0 und Cov(x(t),x(t-1))=0 für alle t gegeben. Ich komme allerdings nicht drauf. Denn damit:

E(x(t)|x(t-1),x(t-2),...)=x(t-1) + E(e(t)|x(t-1),x(t-2),...).

Meine Frage: Wieso ist nun E(e(t)|x(t-1),x(t-2),...)=0?

Lieben Dank!

11.09.2014, 08:00

HAL 9000

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Zitat:

Original von griffith
Nun reicht mir aber die Martingal Eigenschaft aus. Diese ist anscheinend bereits durch E(e(t))=0 und Cov(x(t),x(t-1))=0 für alle t gegeben.

Was ist daran "anscheinend" ?

Betrachten wir mal konkret zwei Würfe mit einer ungezinkten Münze und daraus abgeleitet

$\begin{align*} X(t) = \begin{cases} 1 & \;\mbox{falls Wurf 1 Kopf} \\ -1 & \;\mbox{falls Wurf 1 Zahl} \end{cases} \end{align*}$ für ungerade $\begin{align*} t \end{align*}$

$\begin{align*} X(t) = \begin{cases} 1 & \;\mbox{falls Wurf 2 Kopf} \\ -1 & \;\mbox{falls Wurf 2 Zahl} \end{cases} \end{align*}$ für gerade $\begin{align*} t \end{align*}$

Dann sicher $\begin{align*} E(X(t))=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} \operatorname{Cov}(X(t),X(t-1))=0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} t\in\mathbb{N} \end{align*}$ , aber das ist mitnichten ein Martingal: Tatsächlich ist hier für $\begin{align*} t\geq 2 \end{align*}$

$\begin{align*} E(X(t) \bigm| X(t-1),X(t-2),\ldots) = X(t-2) \neq X(t-1) \end{align*}$ .

11.09.2014, 16:00

griffith

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Ja Mir ist klar, dass E(X(t))=0 und Cov(X(t),X(t−1))=0 im Allg. nicht ausreicht für ein Martingal.

Aber für den Fall des Modells x(t)=x(t-1)+e(t) sollte E(e(t))=0 und Cov(x(t),x(t-1))=0 ausreichen, oder nicht? unglücklich

11.09.2014, 16:40

HAL 9000

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Dafür habe ich doch gerade das Gegenbeispiel angegeben, dass diese beide Sachen eben nicht ausreichen: Mit $\begin{align*} E(X(t))=0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} t \end{align*}$ folgt doch via $\begin{align*} e(t):=X(t)-X(t-1) \end{align*}$ auch das von dir geforderte $\begin{align*} E(e(t))=0 \end{align*}$ , also liegt doch ein waschechtes Gegenbeispiel vor. Forum Kloppe

Sollte hingegen zusätzlich Unabhängigkeit der e(t) vorliegen (wie oben bei deinem e(t) iid), dann sieht es schon anders aus, denn diese Unabhängigkeit ist natürlich in meinem Beispiel nicht erfüllt.

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