Wahrscheinlichkeitsdichte von inverser, normalverteilter Zufallsvariable

14.05.2019, 19:20

linear3

Wahrscheinlichkeitsdichte von inverser, normalverteilter Zufallsvariable

Hallo,

ich interessiere mich für folgende Zufallsvariable:

$\begin{eqnarray*} Y = \frac{c^2}{X} - X,\quad c\in\mathbb{R}_+ \end{eqnarray*}$

X ist dabei normalverteilt mit Mittelwert $\begin{eqnarray*} \mu\neq 0 \end{eqnarray*}$ und Varianz $\begin{eqnarray*} \sigma^2 \end{eqnarray*}$ .

Gesucht ist der Erwartungswert bzw. die Wahrscheinlichkeitsdichte von Y.
Leider scheint diese für den Ausdruck $\begin{eqnarray*} \frac{1}{X} \end{eqnarray*}$ nicht definiert zu sein (siehe Wikipedia, ich kann keine Links posten).

Eine Simulation zeigt auch, dass vor allem für kleine $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ der Mittelwert der Stichproben
$\begin{eqnarray*} <br /> m_Y = \sum_{i=0}^{N-1} \frac{c^2}{x_i} - x_i<br /> \end{eqnarray*}$

nicht gegen den erwarteten Wert konvergiert und sich ein Bias einschleicht.

Für den Erwartungswert von Y sehe ich als einzige Möglichkeit, gleich den Erwartungswert von X in die obige Gleichung einzusetzen:
$\begin{eqnarray*} <br /> E[Y] = \frac{c^2}{E[X]} - E[X],\quad c\in\mathbb{R}_+<br /> \end{eqnarray*}$

Aber interessanter wäre eine Wahrscheinlichkeitsdichte von Y.

Mir ist glaube ich ungefähr klar warum es nicht funkioniert, aber gibt es hier einen (ggf. numerischen) Lösungsweg?

Viele Grüße

14.05.2019, 21:27

HAL 9000

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Zitat:

Original von linear3
$\begin{eqnarray*} Y = \frac{c^2}{X} - X,\quad c\in\mathbb{R}_+ \end{eqnarray*}$

[...]

$\begin{eqnarray*} E[Y] = \frac{c^2}{E[X]} - E[X],\quad c\in\mathbb{R}_+ \end{eqnarray*}$

Das geht so überhaupt nicht!!! $\begin{eqnarray*} E(g(X)) \stackrel{?}{=} g(E(X)) \end{eqnarray*}$ ist für nichtlineare $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ in aller Regel falsch.

Z.B. ist $\begin{eqnarray*} g(x)=\frac{c^2}{x} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ eine streng konvexe Funktion, nach Jensenscher Ungleichung ist damit $\begin{eqnarray*} E(g(X)) > g(E(X)) \end{eqnarray*}$ für jede (!) nichtkonstante positive Zufallsgröße.

Das $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ im Nenner ist hier generell ein Problem: Es sorgt dafür, dass der Erwartungswert von $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ gar nicht existiert, man kann nämlich

$\begin{eqnarray*} E\left[Y\cdot 1_{X<0}\right] = -\infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E\left[Y\cdot 1_{X>0}\right] = \infty \end{eqnarray*}$

nachweisen. Augenzwinkern

Zitat:

Original von linear3
Eine Simulation zeigt auch, dass vor allem für kleine $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ der Mittelwert der Stichproben
$\begin{eqnarray*} m_Y = \sum_{i=0}^{N-1} \frac{c^2}{x_i} - x_i \end{eqnarray*}$

nicht gegen den erwarteten Wert konvergiert

Auch für große $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ nicht, wenn du nur lang genug simulierst bzw. simulieren könntest: Dann kommen nämlich irgendwann auch Werte in der Nähe der Null ins Spiel, die das ganze Ergebnis "austicken" lassen. Augenzwinkern

Die Wahrscheinlichkeitsdichte von $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ lässt sich natürlich dennoch berechnen: Zuerst die Verteilungsfunktion

$\begin{eqnarray*} F_Y(y) = P\left( \frac{c^2}{X}-X < y \right) = P\left( \frac{c^2}{X}-X < y,\,X>0 \right) + P\left( \frac{c^2}{X}-X < y,\,X<0 \right) \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} P\left( \frac{c^2}{X}-X < y,\,X>0 \right) = P\left( c^2-X^2 < yX,\,X>0 \right) = P\left( 0 < X^2+yX-c^2,\,X>0 \right) = P_X\left(\left( \left(-\infty,-\frac{y}{2}-\sqrt{\frac{y^2}{4}+c^2}\right) \cup \left(-\frac{y}{2}+\sqrt{\frac{y^2}{4}+c^2},\infty\right) \right) \cap (0,\infty)\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P\left( \frac{c^2}{X}-X < y,\,X<0 \right) = P\left( 0 > X^2+yX-c^2,\,X<0 \right) = P_X\left( \left(-\frac{y}{2}-\sqrt{\frac{y^2}{4}+c^2},-\frac{y}{2}+\sqrt{\frac{y^2}{4}+c^2}\right) \cap (-\infty,0)\right) \end{eqnarray*}$ .

berechnen, ganz normale quadratische Ungleichungen. Alles hübsch in (*) zusammenwerfen, und dann nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ableiten, schon steht die Dichte $\begin{eqnarray*} f_Y(y) \end{eqnarray*}$ da. Augenzwinkern

EDIT: Ok, das tu ich mal noch: Wir bekommen

$\begin{eqnarray*} F_Y(y) = P_X\left(\left(\frac{-y+\sqrt{y^2+4c^2}}{2},\infty\right)\right) + P_X\left( \left( \frac{-y-\sqrt{y^2+4c^2}}{2},0\right)\right) = 1-F_X\left(\frac{-y+\sqrt{y^2+4c^2}}{2}\right) + F_X(0)-F_X\left( \frac{-y-\sqrt{y^2+4c^2}}{2}\right) \end{eqnarray*}$

mit Ableitung

$\begin{eqnarray*} f_Y(y) = \frac{1}{2}\left(1-\frac{y}{\sqrt{y^2+4c^2}}\right)\cdot f_X\left(\frac{-y+\sqrt{y^2+4c^2}}{2}\right) + \frac{1}{2}\left( 1+\frac{y}{\sqrt{y^2+4c^2}}\right)\cdot f_X\left( \frac{-y-\sqrt{y^2+4c^2}}{2}\right) \end{eqnarray*}$

Da jetzt noch die Normalverteilungsdichte $\begin{eqnarray*} f_X(t) = \varphi\left(\frac{t-\mu}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}} \end{eqnarray*}$ einzusetzen, spare ich mir.

EDIT2: Und hier auch noch die wasserdichte Begründung für den Erwartungswert, d.h. für dessen Nichtexistenz: Im Falle seiner Existenz wäre $\begin{eqnarray*} E[Y] = c^2 E\left[\frac{1}{X}\right] - E[X] = c^2 E\left[\frac{1}{X}\right]-\mu \end{eqnarray*}$ .

Und die Existenz von $\begin{eqnarray*} E\left[\frac{1}{X}\right] \end{eqnarray*}$ setzt zwingend die Endlichkeit der Erwartungswerte von Positiv- wie Negativteil dieser Zufallsgröße $\begin{eqnarray*} \frac{1}{X} \end{eqnarray*}$ voraus. Beides ist aber nicht der Fall, wie die folgenden Abschätzungen zeigen:

$\begin{eqnarray*} E\left[\frac{1}{X}\cdot 1_{X>0}\right] = \int\limits_0^{\infty} \frac{1}{x}f_X(x) ~ \dd x \geq \int\limits_0^{\mu} \frac{1}{x}f_X(x) ~ \dd x \geq f_X(0) \int\limits_0^{\mu} \frac{1}{x} ~ \dd x = \infty \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} E\left[-\frac{1}{X}\cdot 1_{X<0}\right] = \int\limits_{-\infty}^0 \frac{1}{-x}f_X(x) ~ \dd x \geq \int\limits_{-\mu}^0 \frac{1}{-x}f_X(x) ~ \dd x \geq f_X(-\mu) \int\limits_{-\mu}^0 \frac{1}{-x} ~ \dd x = \infty \end{eqnarray*}$ .

Bei diesen Abschätzungen gehe ich von $\begin{eqnarray*} \mu>0 \end{eqnarray*}$ aus, und es wird benutzt, dass $\begin{eqnarray*} f_X(x) \end{eqnarray*}$ im Bereich $\begin{eqnarray*} (-\infty,\mu) \end{eqnarray*}$ monoton wachsend und positiv ist.

16.05.2019, 20:57

linear3

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Alles klar, vielen Dank für deine ausführliche Antwort!

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