Trasformazione non lineare - N(0,1)
Ciao a tutti, è il mio primo messaggio sul forum. Non trovando niente su internet dell'argomento del quale vi chiedo delucidazioni, sono arrivato ad iscrivermi su questo sito e a chiedervi, appunto, un aiuto per questo esercizio del corso di Calcolo delle Probabilità, cdl in Scienze Statistiche. La traccia è la seguente:
"Sia X una variabile aleatoria con densità normale standardizzata. Si determinino la densità ed il valore atteso di Y=exp(µ+σX)."
Ora sulle trasformazioni lineari non ci sono problemi, ma in questo caso non ho trovato nessun appunto teorico che mi potesse risultare utile. Il professore suggerisce che potrei utilizzare la funzione generatrice dei momenti, ma come?
Grazie in anticipo, Domenico.
"Sia X una variabile aleatoria con densità normale standardizzata. Si determinino la densità ed il valore atteso di Y=exp(µ+σX)."
Ora sulle trasformazioni lineari non ci sono problemi, ma in questo caso non ho trovato nessun appunto teorico che mi potesse risultare utile. Il professore suggerisce che potrei utilizzare la funzione generatrice dei momenti, ma come?
Grazie in anticipo, Domenico.
Risposte
Se ti serve una reference sulle trasformazioni (anche non lineari) di v.a. eccone una.
Ad ogni modo, per una qualsiasi trasformazione $Y=g(X)$, si mostra che la pdf di $Y$ è data da
\(\displaystyle f_Y(y)=\sum_i \frac{f_X(x_i)}{|g'(x_i)|} \)
dove $f_X(\cdot)$ è la pdf di $X$ (una gaussiana nel tuo caso) e le $x_i$ sono le soluzioni in $x$ all'equazione $y = g(x)$, ovvero $x = g^{-1}(y)$. Le soluzioni possono essere multiple. Nel tuo caso devi risolvere
\(\displaystyle y= e^x \rightarrow x = \ln( y)\)
quindi la soluzione è unica. L'unico caveat è che $y>0$, altrimenti non hai nessuna soluzione. Questo si tradurrà nel fatto che la $f_Y(y)$ sarà uguale a $0$ per $y$ negative. Ora non ti resta che utilizzare la formula sopra (che conterrà un solo termine, visto che hai una sola soluzione).
Ad ogni modo, per una qualsiasi trasformazione $Y=g(X)$, si mostra che la pdf di $Y$ è data da
\(\displaystyle f_Y(y)=\sum_i \frac{f_X(x_i)}{|g'(x_i)|} \)
dove $f_X(\cdot)$ è la pdf di $X$ (una gaussiana nel tuo caso) e le $x_i$ sono le soluzioni in $x$ all'equazione $y = g(x)$, ovvero $x = g^{-1}(y)$. Le soluzioni possono essere multiple. Nel tuo caso devi risolvere
\(\displaystyle y= e^x \rightarrow x = \ln( y)\)
quindi la soluzione è unica. L'unico caveat è che $y>0$, altrimenti non hai nessuna soluzione. Questo si tradurrà nel fatto che la $f_Y(y)$ sarà uguale a $0$ per $y$ negative. Ora non ti resta che utilizzare la formula sopra (che conterrà un solo termine, visto che hai una sola soluzione).
Ti ringrazio per la tempestiva risposta, ora dimmi solo dove ho sbagliato (perchè sicuramente qualcosa l'avrò capita male):
$ f_y(y)= (1/(sqrt(2π))*e^(-((lny-µ)^2)/(2*σ^2)))*|σy|, $ $ y>0 $
$ f_y(y)= (1/(sqrt(2π))*e^(-((lny-µ)^2)/(2*σ^2)))*|σy|, $ $ y>0 $
L'errore è nel $\sigma \cdot y$ che va a denominatore,per il resto è giusto.
Per tua informazione, la distribuzione in oggetto è nota come lognormale
Per tua informazione, la distribuzione in oggetto è nota come lognormale
Non è $ g'(x) = 1/(σy) $ ?
"DDelrio":
Non è $ g'(x) = 1/(σy) $ ?
No, occhio. Non è $g(x)=\ln (x)$, ma $g(x)=e^x$, da calcolare nella soluzione $x_1=\ln(y)$.
Invece il $sigma$ va sotto perché è così nella densità della gaussiana.
allora $ g(x_i)=e^(lny) = y $ 
Finora comunque davo per scontato che sapessi che se $X'$ è \(\displaystyle \mathcal{N}(0,1) \) allora $X=\mu + \sigma$ è \(\displaystyle \mathcal{N}(\mu,\sigma) \) (hai detto di cavartela con le trasformazioni lineari), quindi devi trovare la densità di $e^X$ dove $X$ è una normale con $\mu$ e $\sigma$ generiche.
"DDelrio":
allora $ g(x_i)=e^(lny) = y $
Si, appunto. Però il termine \(\displaystyle |g'(x_i)| \) è a denominatore.
di conseguenza $ g'(x_i)=1 $ no?
Ti confesso che sono completamente nel pallone, la lognormale e questo tipo di trasformazioni non ci sono nel programma. Sull'utilizzo della generatrice dei momenti, che suggeriva il prof, hai qualche idea?
"DDelrio":
di conseguenza $ g'(x_i)=1 $ no?
Con calma...
Abbiamo detto che $g(x)=e^x$, e che \(\displaystyle x_1 = \ln(y) \). Per cui $g'(x)=e^x$, da calcolare in $x_1 = \ln(y)$..
"DDelrio":
Ti confesso che sono completamente nel pallone
Non perderti in un bicchier d'acqua, alla fine si tratta di applicare una formuletta.
"elgiovo":
Finora comunque davo per scontato che sapessi che se $X'$ è \(\displaystyle \mathcal{N}(0,1) \) allora $X=\mu + \sigma$ è \(\displaystyle \mathcal{N}(\mu,\sigma) \) (hai detto di cavartela con le trasformazioni lineari), quindi devi trovare la densità di $e^X$ dove $X$ è una normale con $\mu$ e $\sigma$ generiche.
Ah ecco, ora sono meno nel pallone.
"elgiovo":
[quote="DDelrio"]di conseguenza $ g'(x_i)=1 $ no?
Con calma...
Abbiamo detto che $ g(x)=e^x $, e che \( \displaystyle x_1 = \ln(y) \). Per cui $ g'(x)=e^x $, da calcolare in $ x_1 = \ln(y) $..[/quote]Ah quindi prima derivare e poi calcolare nel punto.
Bene e ci siamo, quindi da wikipedia $ E(Y)=e^(\mu+(\sigma^2)/2) $
e
$ f_y(y)= 1/(σysqrt(2π))*e^(-((lny-µ)^2)/(2*σ^2)) $
Ok, ci siamo. Magari $E[Y]$ però dovresti saperlo trovare senza wikipedia, immagino...
Dagli appunti del prof i momenti li fa calcolare dalla $φ_x(u)$ per le funzioni di densità normale quindi procedendo al calcolo della $ φ_y(u)=\int_0^\inftye^(ut)*e^(-((lnt-mu)^2)/(2sigma^2))/(sigmatsqrt(2pi))dt=1/(sigmasqrt(2pi))\int_0^inftye^(ut-((lnt-mu)^2)/(2sigma^2))/t dt$ niente ci rinuncio
$E(Y)$ potrei calcolarlo integrando da 0 a infinito $ t*f_y(t) $
$E(Y)$ potrei calcolarlo integrando da 0 a infinito $ t*f_y(t) $
Si lascia perdere la $\phi$ della lognormale, non c'è una forma semplice. Vai con la seconda che hai detto.
Sei stato enormemente di aiuto, fra 24h ti faccio sapere com'è andato l'esame 
"DDelrio":
Sei stato enormemente di aiuto, fra 24h ti faccio sapere com'è andato l'esame
26! Grazie ancora.
P.S.: Quel tipo di esercizio non c'era nella traccia
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