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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:45 Fr 14.11.2014 | | Autor: | GeMir |
| Aufgabe | | Sind $X$ und $Y$ zwei stochastisch unabhängige Zufallsvariablen mit $X [mm] \sim N(\mu, \sigma^2)$ [/mm] und $Y [mm] \sim N(\nu, \tau^2)$ [/mm] so gilt für $X+Y = Z [mm] \sim N(\mu+\nu, \sigma^2 [/mm] + [mm] \tau^2)$ [/mm] |
Im Prinzip ist es eine vergleichsweise einfache Faltung, klappt aber nicht.
Unabhängig davon, ob ich "vorwärts" oder "rückwärts" rechne :/
In den meisten Quellen (Uni Ulm, Wikipedia etc.) wird empfohlen quadratische Ergänzung im Argument der Exponentialfunktion anzuwenden,
bzw. es wird nur der (einfachere) Fall $X [mm] \sim [/mm] N(0, [mm] \sigma^2)$ [/mm] und $Y [mm] \sim [/mm] N(0, [mm] \tau^2)$ [/mm] betrachtet. Ich wüsste aber gern, wie es für
zwei beliebige stochastisch unabhängige Zufallsvariablen geht.
$h(z) = [mm] \int_{-\infty}^{\infty}{f(t)\cdot g(z-t)dt}$
[/mm]
Also:
$h(z) = [mm] \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\cdot\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}\bigg)\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi\tau^2}}\cdot\exp\bigg(-\frac{(z-t-\nu)^2}{2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)^2-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\
[/mm]
[mm] \overset{?}{=} \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\Bigg(\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)^2+2\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg) - 2\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg) + \bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)\Bigg)dt}
[/mm]
[mm] \overset{?}{=} \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg( \frac{t-\mu}{\sigma} + \frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2 + \bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)\Bigg)dt}\\
[/mm]
[mm] \ldots
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{2\pi\cdot(\sigma^2+\tau^2)}}\cdot\exp\bigg(-\frac{\big(z-(\mu+\nu)\big)^2}{2\cdot(\sigma^2+\tau^2)}\bigg)$
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:18 Fr 14.11.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo,
> Sind [mm]X[/mm] und [mm]Y[/mm] zwei stochastisch unabhängige
> Zufallsvariablen mit [mm]X \sim N(\mu, \sigma^2)[/mm] und [mm]Y \sim N(\nu, \tau^2)[/mm]
> so gilt für [mm]X+Y = Z \sim N(\mu+\nu, \sigma^2 + \tau^2)[/mm]
>
>
>
> Im Prinzip ist es eine vergleichsweise einfache Faltung,
> klappt aber nicht.
Okay, aber mit der charakteristischen Funktionen ist es einfacher!
> Unabhängig davon, ob ich "vorwärts" oder "rückwärts"
> rechne :/
>
> In den meisten Quellen (Uni Ulm, Wikipedia etc.) wird
> empfohlen quadratische Ergänzung im Argument der
> Exponentialfunktion anzuwenden,
> bzw. es wird nur der (einfachere) Fall [mm]X \sim N(0, \sigma^2)[/mm]
> und [mm]Y \sim N(0, \tau^2)[/mm] betrachtet.
Was heißt "einfachere" Fall? Wir dürfen hier [mm] \mu=\nu=0 [/mm] annehmen (Wieso?).
> Ich wüsste aber gern,
> wie es für
> zwei beliebige stochastisch unabhängige Zufallsvariablen
> geht.
Du willst aber obige Eigenschaft für zwei stochastisch unab-
hängige normalverteilte Zufallsvariablen zeigen. Du hast aber
Recht: Die Summe unabhängiger normalverteilter Zufallsgrößen
ist (mit der gewünschten Eigenschaft) wieder normalverteilt.
> [mm]h(z) = \int_{-\infty}^{\infty}{f(t)\cdot g(z-t)dt}[/mm]
>
> Also:
>
> $h(z) =
> [mm]\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\cdot\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}\bigg)\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi\tau^2}}\cdot\exp\bigg(-\frac{(z-t-\nu)^2}{2\tau^2}\bigg)dt}\\[/mm]
> =
> [mm]\frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\[/mm]
> =
> [mm]\frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)^2-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\[/mm]
> [mm]\overset{?}{=} \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\Bigg(\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)^2+2\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg) - 2\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg) + \bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)\Bigg)dt}[/mm]
>
> [mm]\overset{?}{=} \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg( \frac{t-\mu}{\sigma} + \frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2 + \bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)\Bigg)dt}\\[/mm]
>
> [mm]\ldots[/mm]
>
> =
> [mm]\frac{1}{\sqrt{2\pi\cdot(\sigma^2+\tau^2)}}\cdot\exp\bigg(-\frac{\big(z-(\mu+\nu)\big)^2}{2\cdot(\sigma^2+\tau^2)}\bigg)$[/mm]
Ich habe gerade keine Zeit das hier durchzugehen, aber mach dir
klar, dass du hier in der Tat [mm] \mu=\nu=0 [/mm] annehmen darfst. Aber auch
für den Fall, dass du das nicht tun willst ist es einfacher
[mm] \frac{\phi_{\mu,\sigma}\star\phi_{\nu,\tau}}{\phi_{\mu+\nu,\sigma^2+\tau^2}}=1
[/mm]
zu zeigen.
Ansonsten: Charakteristischen Funktionen.
Gruß
DieAcht
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 18:58 Fr 14.11.2014 | | Autor: | GeMir |
Es geht mir leider nicht darum, die Aufgabe irgendwie zu Lösen, sondern darum, die Aufgabe so zu lösen, wie es verlangt wird: Mit der Faltungsformel.
Mein Fehler, sollte es lieber in der Aufgabenstellung erwähnen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:06 Fr 14.11.2014 | | Autor: | DieAcht |
> Es geht mir leider nicht darum, die Aufgabe irgendwie zu
> Lösen, sondern darum, die Aufgabe so zu lösen, wie es
> verlangt wird: Mit der Faltungsformel.
Das ist auch in Ordnung.
> Mein Fehler, sollte es lieber in der Aufgabenstellung
> erwähnen.
Wieso willst du aber [mm] \mu=\nu=0 [/mm] nicht annehmen?
Ansonsten: Probiere folgendes zu zeigen:
[mm] \frac{\phi_{\mu,\sigma}\star\phi_{\nu,\tau}}{\phi_{\mu+\nu,\sigma^2+\tau^2}}=1.
[/mm]
(Ist dir klar, dass das äquivalent ist zu deinem Ansatz? Die
"rechte" Seite ist einfach nur auf die andere Seite dividiert
worden. So müssen wir nur noch zeigen, dass Eins rauskommt.)
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(Frage) überfällig | | Datum: | 00:01 Do 20.11.2014 | | Autor: | GeMir |
Ja, klar, jede normalverteilte Zufallsvariable lässt sich in eine standardnormalverteilte transformieren (und vice versa), aber wie gesagt, würde gerne die "allgemeine" Version der Rechnung zu Ende führen, weil sie "easy but messy" bezeichnet wird und nirgendwo vollständig zu finden ist.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:20 Sa 29.11.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:20 So 16.11.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:22 Fr 14.11.2014 | | Autor: | andyv |
Hallo,
ist zwar richtig, was du gemacht hast, besonders zielführend schaut das mir aber nicht aus.
Offenbar ist
$h(z) = [mm] \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\cdot\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}\bigg)\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi\tau^2}}\cdot\exp\bigg(-\frac{(z-t-\nu)^2}{2\tau^2}\bigg)dt}\\ [/mm] $
= $ [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\alpha}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\ [/mm] $,
wobei [mm] $\alpha=\mu+\nu$.
[/mm]
Nun ist, wie man ohne Weiteres nachrechnet, [mm] -$\frac{t^2}{2\sigma^2}-\frac{(z-t-\alpha)^2}{2\tau^2}=- \frac{\tau^2+\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}(t+x)^2-\frac{(z-\alpha)^2}{2(\tau^2+\sigma^2)}$ [/mm] mit einem $x [mm] \in \mathbb{R}$.
[/mm]
Integration über die Gauß-Glocke liefert nun die Behauptung.
Liebe Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:29 Sa 15.11.2014 | | Autor: | GeMir |
Ähm, die Frage kommt mir albern vor, aber ist die erste Umformung wirklich offensichtlich?
$= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t-\mu}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}$
[/mm]
Mit [mm] $\alpha [/mm] = [mm] \mu [/mm] + [mm] \nu$ [/mm] (und somit [mm] $\mu [/mm] = [mm] \alpha [/mm] - [mm] \nu$ [/mm] und [mm] $\nu [/mm] = [mm] \alpha [/mm] - [mm] \mu$)
[/mm]
$= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t-(\alpha-\nu)}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-(\alpha-\mu)}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t-\alpha+\nu}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\alpha+\mu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\
[/mm]
[mm] \overset{???}{=} \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t-\alpha}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{t^2}{2\sigma^2}\bigg)
\cdot\exp\bigg(-\frac{(z-t-\alpha)^2}{2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{t^2}{2\sigma^2}-\frac{(z-t-\alpha)^2}{2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{t^2\cdot \tau^2 + (z-t-\alpha)^2\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt}$
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:25 Sa 15.11.2014 | | Autor: | andyv |
Ich habe zunächst [mm] $t'=t-\mu$ [/mm] substituiert.
Liebe Grüße
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:34 Mo 17.11.2014 | | Autor: | GeMir |
Danke. Sieht schon mal ähnlich aus, aber immer noch nicht so genau:
Mit $t' = t - [mm] \mu$:
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{t'}{\sigma}\bigg)^2\Bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-(t'+ \mu)-\nu}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{{t'}^2}{\sigma^2}\bigg)\cdot\exp\Bigg(-\frac{1}{2}\cdot\bigg(\frac{z-t'-(\mu+\nu)}{\tau}\bigg)^2\Bigg)dt'}
[/mm]
Mit [mm] $\alpha [/mm] = [mm] \mu [/mm] + [mm] \nu$:
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{{t'}^2}{\sigma^2}\bigg)\cdot\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{(z-t'-\alpha)^2}{\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{{t'}^2}{\sigma^2}-\frac{1}{2}\cdot\frac{(z-t'-\alpha)^2}{\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\bigg(\frac{{t'}^2}{2\sigma^2}+\frac{(z-t'-\alpha)^2}{2\tau^2}\bigg)\Bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{{t'}^2\tau^2 + (z-t'-\alpha)^2\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{{t'}^2\cdot\tau^2 + (z-t'-\alpha)^2\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2\cdot\tau^2 + \big(z-t+\mu-\alpha\big)^2\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2\cdot\tau^2 + \big((z-\alpha)-(t-\mu)\big)^2\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2\cdot\tau^2 + \big((z-\alpha)^2-2(z-\alpha)(t-\mu) + (t-\mu)^2\big)\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2\cdot\tau^2 + \big((z-\alpha)^2-2(z-\alpha)(t-\mu)\big)\cdot\sigma^2 + (t-\mu)^2\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{(t-\mu)^2\cdot(\tau^2 + \sigma^2) + \big((z-\alpha)^2-2(z-\alpha)(t-\mu)\big)\cdot\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{(\tau^2 + \sigma^2)}{2\sigma^2\tau^2}\cdot(t-\mu)^2\bigg)\exp\bigg(-\frac{(z-\alpha)^2-2(z-\alpha)(t-\mu)}{2\tau^2}\bigg)dt}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{(\tau^2 + \sigma^2)}{2\sigma^2\tau^2}\cdot(t-\mu)^2\bigg)\exp\bigg(-\frac{(z-\alpha)^2}{2\tau^2}\bigg)\exp\bigg(-\frac{-2(z-\alpha)(t-\mu)}{2\tau^2}\bigg)dt}[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:38 Do 20.11.2014 | | Autor: | andyv |
Ist nicht sehr zielführend, was du da machst.
Man multipliziert in $ [mm] \frac{t^2}{2\sigma^2}-\frac{(z-t-\alpha)^2}{2\tau^2} [/mm] $ den 2. Summanden aus, klammert dann [mm] $-\frac{\tau^2+\sigma^2}{2\sigma^2\tau^2}$ [/mm] aus und macht eine quadratische Ergänzung, um ein vollständiges Quadrat zu erhalten.
Liebe Grüße
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| Status: |
(Frage) überfällig | | Datum: | 17:46 Fr 21.11.2014 | | Autor: | GeMir |
Muss zugeben, bin durch die Menge der Parameter überfordert und sehe wahrscheinlich die einfachsten Umformungen nicht mehr:
[mm] $=\frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{{t'}^2}{\sigma^2}\bigg)\cdot\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{(z-t'-\alpha)^2}{\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{{t'}^2}{\sigma^2} - \frac{1}{2}\cdot\frac{(z-t'-\alpha)^2}{\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{{t'}^2}{\sigma^2} - \frac{1}{2}\cdot\frac{z^2 -zt' - z\alpha - zt' +t'^2 + t'\alpha - z\alpha + t'\alpha +\alpha^2}{\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\bigg(-\frac{1}{2}\cdot\frac{{t'}^2}{\sigma^2} - \frac{1}{2}\cdot\frac{z^2 -2zt' - 2z\alpha + 2t'\alpha + t'^2 +\alpha^2}{\tau^2}\bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{\sigma^2+\tau^2}{2\sigma^2\tau^2}\cdot\bigg(\frac{{t'}^2\tau^2}{\sigma^2+\tau^2} + \frac{(z^2 -2zt' - 2z\alpha + 2t'\alpha + t'^2 +\alpha^2)\cdot\sigma^2}{\sigma^2+\tau^2}\bigg)\Bigg)dt'}\\
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{4\pi^2\sigma^2\tau^2}}\cdot\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\Bigg(-\frac{\sigma^2+\tau^2}{2\sigma^2\tau^2}\cdot\bigg(\frac{{t'}^2\tau^2 + \big((z^2 - 2z\alpha + \alpha^2) - 2zt' +2t'\alpha +t'^2 +\alpha^2 \big)\cdot\sigma^2}{\sigma^2+\tau^2}\bigg)\Bigg)dt'}$
[/mm]
Wie soll es denn weiter gehen?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Sa 29.11.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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