Normalverteilung, Kurtosis, Schiefe etc.

04.01.2006, 14:25

CISC

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Normalverteilung, Kurtosis, Schiefe etc.

Hallo

Es ist ja bekannt das bei einer Normalverteilung die Schiefe (skewness, 3.tes zentrale Moment) null ist, und das die Kurtosis (flatness, wölbung, 4.tes zentrales Moment) 3 mal die Varianz, sprich 3 mal das 2.te moment ist. Ich verstehe aber nicht wie ich letzteres herleite... einer einen Rat? Es muss ja irgendwie die Bestimmungsgl. der Normalverteilung integriert werden, was aber aufgrund der analytischen nicht integrierbarkeit zur errorfunktion führt. Es ist zu lange her und ich finde in Bücher nur das Ergebnis, der Weg wird immer als Übung für den Leser gelassen

Danke

edit (AD): Bitte nicht so ein aufdringliches Schriftbild. Wir lesen die Aufgaben auch so.

04.01.2006, 14:49

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Bei jeder stetigen Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ mit Dichtefunktion $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ berechnet sich der Erwartungswerts einer Funktion der Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ gemäß

$\begin{eqnarray*} E(g(X)) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ g(x)f(x) ~ \mathrm{d}{x} \end{eqnarray*}$

Wenn es um das vierte zentrale Moment der Normalverteilung geht, ist also $\begin{eqnarray*} g(x)=(x-E(X))^4=(x-\mu)^4 \end{eqnarray*}$ zu betrachten sowie die Dichte

$\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} ~ e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \end{eqnarray*}$

einzusetzen:

$\begin{eqnarray*} E(X-\mu)^4 = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ (x-\mu)^4 ~ \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} ~ e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} ~ \mathrm{d}{x} \end{eqnarray*}$

Das ausrechnen kommst du auf $\begin{eqnarray*} E(X-\mu)^4 = 3\sigma^4 \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Vielleicht noch ein Hinweis zum Integrieren: Substitution $\begin{eqnarray*} z=\frac{x-\mu}{\sigma} \end{eqnarray*}$ , dann partielle Integration unter Nutzung des bekannten Integrals

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}{z} = 1 \end{eqnarray*}$

04.01.2006, 15:26

CISC

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Hallo Artuhur,

danke für die Tipps.

Aber ich komme beim einsetzen von z und bei Nutzng des bekannten Integrals auf das Ergebnis

E(X-µ)^4 = Integral von sigma³ * z^4 dz

Wie soll ich da die partielle Integration anwenden. Danke imvorraus.

04.01.2006, 15:36

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$\begin{eqnarray*} \int ~ z^4\cdot e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z = \int ~ u\cdot v' ~ \mathrm{d}z \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} u=z^3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v'=ze^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} v=-e^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ .

04.01.2006, 15:42

CISC

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Hallo Arthur,

ähmm..wo kommt jetzt das e^-z²/2 her, das haben wir doch schon durch eine 1 ersetzt, so dass nur noch z^4 * sigma ³ * 1 dz stehen haben. Sorry, ist aber schon lange her mit dem Integrieren. Und wo ist das sigma³ geblieben?

Danke

04.01.2006, 15:44

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Zitat:

Original von CISC
ähmm..wo kommt jetzt das e^-z²/2 her, das haben wir doch schon durch eine 1 ersetzt

Wie das??? verwirrt

verwirrt

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04.01.2006, 15:46

CISC

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Ahh nee, ok.

Aber was ist mit dem 1/Wurzel 2 Pi passiert und das sigma³?

Lehrer

Lehrer

04.01.2006, 15:50

AD

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Also nochmal ganz ruhig: Wir haben mit

$\begin{eqnarray*} E(X-\mu)^4 = \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ (x-\mu)^4 ~ \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} ~ e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} ~ \mathrm{d}{x} \end{eqnarray*}$

angefangen. Jetzt substituieren wir $\begin{eqnarray*} z=\frac{x-\mu}{\sigma} \end{eqnarray*}$ und erhalten über $\begin{eqnarray*} x = \mu+\sigma z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x = \sigma \mathrm{d}z \end{eqnarray*}$ dann erstmal

$\begin{eqnarray*} E(X-\mu)^4 = \frac{\sigma^4}{\sqrt{2\pi}} ~ \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ z^4 ~ e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}{z} \end{eqnarray*}$

Wie hast du jetzt weiter gerechnet?

04.01.2006, 15:53

CISC

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OK, soweit bin ich auch.

Aber es müsste doch sigma³ sein, weil wir 1/sigma * Wurzel 2PI haben, oder?

04.01.2006, 15:57

AD

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Nein, wir substituieren, und da kommt eben durch $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x = \sigma \mathrm{d}z \end{eqnarray*}$ ein weiterer Faktor $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ mit rein!!!

04.01.2006, 16:02

CISC

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Aso, OK

Aber von hier aus, komme ich leider nicht weiter, weil ich an der partiellen Integration scheitere.. verwirrt

verwirrt

04.01.2006, 16:07

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Und das hier hilft dir gar nicht dabei:

Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} \int ~ z^4\cdot e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z = \int ~ u\cdot v' ~ \mathrm{d}z \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} u=z^3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v'=ze^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} v=-e^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ .

Nicht ein bisschen? geschockt

geschockt

04.01.2006, 16:09

CISC

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Ahhh nee, habe die Bedingung oben vergessen. Jetzt ist es klar...muss es noch aucrechnen. Danke

04.01.2006, 16:24

CISC

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Also, ich bekomme sehr seltsame Werte raus. Ich habe als Ergebnis

= Wurzel 2PI ( - z³|von -unendlich bis unendlich + z³|von -unendlich bis unendlich)=0

und das kann ja net sein, oder? verwirrt

verwirrt

04.01.2006, 16:45

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Da hast du dich verrechnet. Sowohl das $\begin{eqnarray*} z^3 \end{eqnarray*}$ ist seltsam als auch, dass der Exponentialterm plötzlich ganz verschwunden ist.

04.01.2006, 17:31

CISC

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Hallo Arthur,

also ich komm da nicht weiter...ich kriege nur seltsame Werte raus.

Hoffe, kannst mir weiterhelfen.

04.01.2006, 18:24

AD

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Gut, nochmal: Mit $\begin{eqnarray*} u=z^3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v=-e^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} u'=3z^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v'=z e^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ , also ergibt die partielle Integration

$\begin{eqnarray*} \int ~ z^4\cdot e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z &=& \int ~ z^3\cdot z e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z = \int ~ u\cdot v' ~ \mathrm{d}z = u\cdot v - \int ~ u'\cdot v ~ \mathrm{d}z \\ &=& -z^3e^{-\frac{z^2}{2}} + 3\int ~ z^2\cdot e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z \end{eqnarray*}$

Jetzt die Grenzen $\begin{eqnarray*} z=-\infty\ldots\infty \end{eqnarray*}$ eingesetzt folgt

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ z^4\cdot e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z = 3\int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ z^2\cdot e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z \end{eqnarray*}$

Entweder erinnerst du dich an das Integral rechts (von der Varianz her) - oder du machst das ganze Spiel nochmal, jetzt aber mit $\begin{eqnarray*} u=z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v=-e^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ . Dann haben wir $\begin{eqnarray*} u'=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v'=z e^{-\frac{z^2}{2}} \end{eqnarray*}$ und somit

$\begin{eqnarray*} \int ~ z^2\cdot e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z &=& \int ~ z\cdot z e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z = \int ~ u\cdot v' ~ \mathrm{d}z = u\cdot v - \int ~ u'\cdot v ~ \mathrm{d}z \\ &=& -ze^{-\frac{z^2}{2}} + \int ~ e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z \end{eqnarray*}$

Und jetzt kannst du rechts die Identität $\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ e^{-\frac{z^2}{2}} ~ \mathrm{d}z = \sqrt{2\pi} \end{eqnarray*}$ nutzen.

So, ich habe mich auf die wesentliche Rechnung konzentriert und ein paar Vorfaktoren in dieser Rechnung weggelassen - nicht dass du dich wieder beschwerst... smile

smile

04.01.2006, 18:56

CISC

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Hallo Arthur

Ja, ich hab' es endlich. Ich Dummkopf habe die Grenzwertbetrachtung völlig vernachlässigt, d.h. e^z²...-->0

Bin nun auf das Endergebnis gekomme. Super, Danke!

Bis dann

04.01.2006, 18:59

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Mit analogen Betrachtungen folgen auch die höheren geraden Momente:

$\begin{eqnarray*} E(X-\mu)^{2k} = (2k-1)(2k-3)\cdot\ldots\cdot 3\cdot \sigma^{2k} = \frac{(2k)!}{2^kk!}\sigma^{2k} \end{eqnarray*}$

(die ungeraden sind natürlich wieder alle Null).

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