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  n-te Ableitung der momenterzeugenden Funktion |
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th57
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Hallo,
Ich habe als Aufgabe bekommen zu zeigen, dass \(EX^n = 0\) für n ungerade
\(EX^n =(n-1)!!\) für n gerade, falls \(X\) Standardnormalverteilt ist. Dies soll ich explizit über die Momenterzeugende Funktion tun. Soweit so gut, ich weiß, für
\(X\sim\cal{N}(0,1)\) ist \(M_X(s) = e^{\frac{1}{2}x^2}\) und \(EX^n = M_X^{(n)}(0)\), also die n-te Ableitung ausgewertet an 0.
Dafür brauche ich nun allerdings die allgemeine n-te Ableitung und in dieser entdecke ich kein Muster (ich hab mir mal ein paar aufgeschrieben).
Oder kann ich das irgendwie über Induktion machen?
Über Tipps wäre ich dankbar.
LG
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Triceratops
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 |      Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-22
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Es gilt $M'(x) = x M(x)$ $(*)$, und daher $ M''(x) = (1+x^2) M(x)$, usw. Berechne einmal ein paar weitere Ableitungen in dieser Form.
Definiere allgemeiner rekursiv ein Polynom $p_n(x) \in \IZ[x]$ durch $p_0(x)=1$ und $p_{n+1}(x) := p'_n(x) + p_n(x) x$. Zum Beispiel ist $p_1(x) = x$, $p_2(x) = 1+x^2$, $p_3(x) = x^3+3x$, $p_4(x) = x^4 + 6x^2+3$. Per Induktion, Produktregel und $(*)$ folgt ganz leicht
$M^{(n)}(x) = p_n(x) M(x)$
Wegen $M(0)=1$ musst du also lediglich zeigen, dass $p_n(0)=0$ für ungerade $n$ und $p_n(0)=(n-1)!!$ für gerade $n$. Um das per Induktion zu beweisen, muss man parallel auch noch die Formeln $p'_n(0)=0$ für gerade $n$ und $p'_n(0) = n!!$ für ungerade $n$ beweisen, dann geht es ganz leicht per rekursiven Definition von $p_n$.
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th57
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|  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-22
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Danke für die schnelle Antwort
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Nuramon
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Mitteilungen: 2587
| Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-22
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo,
du kannst die $n$-te Ableitung auch an der Potenzreihenentwicklung von $e^{\frac 12 x^2}$ ablesen.\(\endgroup\)
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th57
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-22
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Ja stimmt, aber wenn ich das richtige sehe, ist das ja dann eigentlich das selbe wie die von Triceratops aufgestellte Folge \((p_n)_n\).
Aber das verknüpft nochmal gut so ein paar alte Erkentnisse.
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Nuramon
Senior
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Mitteilungen: 2587
| Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-22
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
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\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Die Potenzreihenentwicklung von $e^{\frac 12 x^2}$ kann man direkt angeben, denn die Potenzreihenentwicklung der Exponentialfunktion sollte dir bekannt sein.
Dadurch braucht man dann auch keine vollständige Induktion mehr.\(\endgroup\)
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th57
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-23
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Ok, das versteh ich nicht ganz. Ich habe ja
\[f(x) = e^{0.5x^2} = \sum_k\frac{(\frac{1}{2}x^2)}{k!}^k\] ich lass die Dann weiß ich auf Grund der Konvergenz \(\forall x\), dass ich die Ableitung in die Summe reinziehen kann und erhalte für die erste (nach Indexshift von k-1):
\[f'(x) = \sum_k\frac{x(\frac{1}{2}x^2)}{k!}^k = x\sum_k\frac{(\frac{1}{2}x^2)}{k!}^k = xf(x)\]
Wenn ich dann weiter die \(n\)-te Ableitung berechnen will, komm ich mit der Produktregel doch wieder auf die rekursive Folge. Oder seh ich da was falsch?
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piquer
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 | Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-23
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Nuramon
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-23
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
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\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Wenn du die Ableitung in die Summe reinziehst, dann steht da:
$$\left. \frac {\d^n e^{\frac 12 x^2}}{\d x^n}\right|_{x=0} = \sum_{k\geq 0}\left.\frac{\d^n}{\d x^n}\frac 1{k!} \left(\frac 12 x^2\right)^k\right|_{x=0}.$$
Kannst du
$$ \left.\frac{\d^n}{\d x^n}\frac 1{k!} \left(\frac 12 x^2\right)^k\right|_{x=0}$$
berechnen?\(\endgroup\)
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th57
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-23
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Also irgendwie bin ich gerade überfordert.
Mit Hilfe des Artikels konnte ich das Problem induktiv lösen, aber über die Reihe bin ich gerade aufgeschmissen.
Ich weiß nicht, ob ich da kompletten Unsinn verzapf, aber für mich ist
\[\frac{d^n}{dx^n}\frac{1}{k!}(\frac{1}{2}x^2)^k\bigg\vert_{x=0} = 0\ \forall n\]
Wie gesagt, ich habe das Problem anders bereits gelöst, aber wenn du die Muse besitzt, dass für mich auszuformulieren, fände ich es interessant.
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Nuramon
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| Beitrag No.10, eingetragen 2021-01-23
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Das, was da abgeleitet wird, ist ja einfach ein Polynom. Um die Rechnung etwas einfacher zu gestalten, überlege dir allgemein für $m,n\in \IN$, was
$$ \left.\frac{\d^n}{\d x^n}x^m\right|_{x=0}$$
ist. Unterscheide dabei am besten die Fälle $n < m$, $n= m$ und $n>m$.\(\endgroup\)
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th57
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-23
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Ok ich glaube langsam komm ich auf die richtige Spur. Betrachten wir das ganze mal zusammen:
\[n = m:\ \ \frac{d^n}{dx^n}x^m\bigg\vert_{x=0} = m!x^0\bigg\vert_{x=0} = m!\]
\[n > m:\ \ \frac{d^n}{dx^n}x^m\bigg\vert_{x=0} = 0\bigg\vert_{x=0} = 0\]
\[n < m:\ \ \frac{d^n}{dx^n}x^m\bigg\vert_{x=0} = \frac{m!}{(m-n)!}x^{m-n}\bigg\vert_{x=0} = 0\]
und dadurch für
\[\frac{1}{k!}\Bigl(\frac{1}{2}x^2\Bigr)^k = \frac{1}{k!}\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^kx^{2k} = \frac{1}{k!2^k}x^{2k}\]
und erhalte damit nur noch für \(n = 2k\)
\[\frac{d^n}{dx^n}\frac{1}{k!2^k}x^{2k}\bigg\vert_{x=0} = \frac{2k!}{k!2^k}x^0\bigg\vert_{x=0} = \frac{2k!}{k!2^k}\overset{*}{=} (2k-1)!!\]
Also * haben wir als Formel angegeben und damit habe ich ja stehen, was ich will.
Nur habe ich jetzt unterwegs ein bisschen den Überblick verloren, kann ich hieraus auch direkt folgern, dass das Ganze 0 ist für ungerade \(n\)?
Kleiner Edit \(n!!\) ist ja definiert als \(n(n-2)(n-4)\ldots\) nun falls \(n\) ungerade ist \((2k-1) = n-1\) gerade und somit \((2k-1)!! = (2k-1)(2k-3)\cdots0 = 0\) passt das?
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Nuramon
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| Beitrag No.12, eingetragen 2021-01-23
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Du meinst jeweils $(2k)!$ statt $2k!$, aber sonst stimmt es.
Du musst das jetzt natürlich wieder in die Summe einsetzen (bisher haben wir nur die einzelnen Summanden berechnet).
Dann sollte auch deine letzte Frage klar sein, denn für ungerade $n$ gibt es bekanntlich kein $k\in \IN$ mit $n=2k$.\(\endgroup\)
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th57
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-23
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Alles klar.
Vielen Dank Dir, das hat mir echt viel weitergeholfen.
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Nuramon
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| Beitrag No.14, eingetragen 2021-01-23
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
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\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2021-01-23 13:44 - th57 in Beitrag No. 11 schreibt:
Kleiner Edit \(n!!\) ist ja definiert als \(n(n-2)(n-4)\ldots\) nun falls \(n\) ungerade ist \((2k-1) = n-1\) gerade und somit \((2k-1)!! = (2k-1)(2k-3)\cdots0 = 0\) passt das? Nein, das ist falsch. In der Definition von $(2k-1)!!$ kommt kein Faktor $0$ vor.\(\endgroup\)
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Triceratops
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| Beitrag No.15, eingetragen 2021-01-23
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Nuramons Ansatz ist natürlich viel besser als meiner, aber ich wundere mich, dass ihr bei dem Ansatz noch Ableitungen ausrechnet. Man kann direkt die Reihe ausrechnen und dann anhand der Koeffizienten (mit Vorfaktor $\frac{1}{n!}$) die Ableitung ablesen:
$\begin{align*}
\exp\left(\frac{1}{2} x^2\right) &= \sum_{n \geq 0} \frac{1}{n!} \left(\frac{1}{2} x^2\right)^n \\
&= \sum_{n \geq 0} \frac{1}{2^n \cdot n!} x^{2n} \\
&= \sum_{n \geq 0 \text{ gerade}} \frac{1}{2^{n/2} \cdot (n/2)!} x^n \\
&= \sum_{n \geq 0 \text{ gerade}} \frac{1}{n!} \cdot (n-1)!! \cdot x^n
\end{align*}$
Im letzten Schritt benutzt man
$n! = 2^{n/2} \cdot (n/2)! \cdot (n-1)!!,$
was daran liegt, dass die Faktoren $k$ (für $k=1,2,\dotsc,n$) in $n!$ für ungerade $k$ zum Produkt $(n-1)!! = (n-1) \cdot (n-3) \cdots 1$ werden und für gerade $k$ die Form $2i$ mit $i=1,\dotsc,n/2$ haben.
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Nuramon
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| Beitrag No.16, eingetragen 2021-01-23
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
@Triceratops: Das ist ja nur deshalb kürzer, weil du den Zusammenhang zwischen den Koeffizienten und den Ableitungen bei $0$ als bekannt voraussetzt. Ist natürlich trotzdem gut, nochmal ausdrücklich darauf hinzuweisen.\(\endgroup\)
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