Antworte auf:  Erwartungswert eines multivariat normalverteilten Zufallsvektors von xb2710
Forum:  Stochastik und Statistik, moderiert von: Kleine_Meerjungfrau Monkfish epsilonkugel

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luis52
Senior
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 370
Herkunft:
 Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-18 18:38    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-09-18 18:07 - xb2710 in Beitrag No. 2 schreibt:
  wichtig ist dort im Endeffekt ohnehin nur die Endlichkeit.

Das ist offensichtlich, $(Z^T\sigma_0^T\sigma_0Z)(Z^T\sigma_0^{-1}\sigma_0^T)^{-1}Z)$ ist eine Summe von Summanden der Form $Z_i^kZ_j^l$...


xb2710
Aktiv
Dabei seit: 06.04.2018
Mitteilungen: 39
Herkunft:
 Beitrag No.2, eingetragen 2020-09-18 18:07    [Diesen Beitrag zitieren]

Servus Luis,

vielen Dank für die Antwort!

Ich habe mir die Notation auch nicht ausgedacht sondern so aus einem Paper übernommen - interpretiere das aber auch als euklidische Norm :)

Interessant, vielen Dank! Sieht so aus als sei das einfach ein kleiner Fehler im Paper; wichtig ist dort im Endeffekt ohnehin nur die Endlichkeit.


luis52
Senior
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 370
Herkunft:
 Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-18 17:02    [Diesen Beitrag zitieren]

Moin xb2710, leider kann ich nicht mit einer Loesung aufwarten. Im Gegenteil, ich denke, dass die Gleichung falsch ist.

Zunaechst: ich vermute, dass die Notation $|x|^2$ die quadrierte euklidische Norm des Vektors $x\in\IR^d$ ist, also $|x|^2=\sum_{i=1}^dx_i^2=x^Tx$. Korrekt?

Dann kann man schreiben: $|\sigma_0Z|^2=Z^T\sigma_0^T\sigma_0Z$ und $|(\sigma_0^T)^{-1}Z|^2=Z^T\sigma_0^{-1}(\sigma_0^T)^{-1}Z$. Es ist also zu beweisen, dass gilt $\mathbb{E}[(Z^T\sigma_0^T\sigma_0Z)(Z^T\sigma_0^{-1}(\sigma_0^T)^{-1}Z)]=3d+d(d-1)$.

Fuer $\sigma_0=I_d$ ist die Gleichung korrekt, denn $Z^TZ$ ist $\chi^2(d)$- verteilt.

Eine kleine Simulation mit 10000 Werten fuer $\sigma_0=\left ( \begin{array} {rr}
 0 & -1 \\
 1 & 1 \\
 \end{array}\right )
$ liefert ein arithmetisches Mittel von $\bar x=13.89\gg8=3\cdot2+2\cdot(2-1)$. (Das kann man bestimmt auch exakt berechnen...)

vg Luis

P.S. In dem Beispiel ist $(Z^T\sigma_0^T\sigma_0Z)(Z^T\sigma_0^{-1}\sigma_0^T)^{-1}Z)= 2z_1^4 + 2 z_1^3 z_2 + z_1^2 z_2^2 - 2 z_1 z_2^3 + 2 z_2^4=:y$ und somit $\mathbb{E}[y]=13$.


xb2710
Aktiv
Dabei seit: 06.04.2018
Mitteilungen: 39
Herkunft:
 Themenstart: 2020-09-18 13:34    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo zusammen!

Kann mir jemand Tipps geben, wie man den folgenden Erwartungswert berechnet?

Dabei ist \(\sigma_0 \in \mathbb{R}^{dxd}\) invertierbar, \(Z\) ein standardnormalverteilter Zufallsvektor. Behauptung:

\[ \mathbb{E} \left[ \left|\sigma_0 Z \right|^2 \left|(\sigma_0^T)^{-1} Z\right|^2 \right] = 3d+d(d-1). \]
Mein Ansatz:

Sei \(V:=\sigma_0 Z, W:=(\sigma_0^T)^{-1} Z\). Dann ist doch

\[ \mathbb{E} \left[ \left|\sigma_0 Z \right|^2 \left|(\sigma_0^T)^{-1} Z\right|^2 \right] = \mathbb{E}[|V|^2|W|^2] = \mathbb{E}\left[\sum_{j=1}^d \sum_{k=1}^d v_j^2w_k^2\right], \] d.h. ich muss Kovarianzen der Art \(\mathbb{Cov}[v_j^2, w_k^2]\) berechnen - das Quadrat stört mich dabei aber...



 
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