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Universität/Hochschule J Wie heißt diese Funktion?
viganme
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-05-17


Hallo,
ich sehe immer öfters diese Funktion für eine Zufallsvariabele $X$:
\[I(x)=\sup_{\lambda \geq 0}\{x\lambda-\log\mathbb{E}[e^{\lambda X}]\}\]
kann mir jemand sagen wie diese Funktion heißt und was sie genau bedeutet?
Und wie man sie ausrechnet z.b. für eine Binomial-verteilte Zufallsvariable?
(sorry mir ist kein besserer Betreff eingefallen :P)

Liebe Grüße
Vigan



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-17


Hallo,

hat es etwas mit dem Prinzip der großen Abweichungen zutun. Ist es eine Ratenfunktion?



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viganme
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-17


2021-05-17 20:45 - ochen in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo,

hat es etwas mit dem Prinzip der großen Abweichungen zutun. Ist es eine Ratenfunktion?

Hi, ja. Unter anderem war sie beim Satz über große Abweichungen dabei.



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-17


Dann schätze ich, dass die Funktion Ratenfunktion heißt und sie die Wahrscheinlichkeit für untypisches Verhalten beim Gesetz der großen Zahlen quantifiziert.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-05-18


Hallo viganme,

die Funktion \(\lambda\mapsto\log\mathbb{E}[e^{\lambda X}]\) heißt kumulantenerzeugende Funktion von \(X\). \(I\) ist damit die Legendre-Transformierte der kumulantenerzeugenden Funktion von \(X\). Neben dem Begriff Rate-Funktion ist für \(I\) wohl auch der Begriff Cramér-Funktion oder Cramér-Transformierte gebräuchlich. Hier sind auch ein paar Beispiele aufgelistet. Allerdings wird dort das Supremum über alle \(\lambda\in\mathbb{R}\) und nicht nur über alle \(\lambda\geq0\) gebildet.


Für eine Binomial-verteilte ZV \(X\) mit Parametern \(n\in\mathbb{N}\) und \(p\in(0,1)\) gilt
\[\mathbb{E}[e^{\lambda X}]=\sum_{k=0}^n e^{\lambda k}\mathbb{P}(X=k)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k} e^{\lambda k}p^k(1-p)^{n-k}=(e^{\lambda}p+1-p)^n.\] Du musst also \(x\lambda-\log(e^{\lambda}p+1-p)^n\) für \(\lambda\geq0\) untersuchen.


Für \(x\leq np\) ist diese Funktion fallend, also \(I(x)=0\).

Für \(x>n\) ist diese Funktion nach oben unbeschränkt, also \(I(x)=\infty\).

Für \(x=n\) ist diese Funktion wachsend und für \(\lambda\to\infty\) ergibt sich \(-n\log(p)\), also \(I(n)=-n\log(p)\).

Bleibt noch der Fall \(np<x<n\). Die Ableitung nach \(\lambda\) ergibt
\[x-\frac{ne^{\lambda}p}{e^{\lambda}p+1-p}.\] Durch Nullsetzen erhält man \(x(e^{\lambda}p+1-p)=ne^{\lambda}p\), also \((x-n)e^{\lambda}p=x(p-1)\) und damit
\[\lambda=\log\left(\frac{x(1-p)}{(n-x)p}\right).\] Damit ist
\[I(x)=x\log\left(\frac{x(1-p)}{(n-x)p}\right)-n\log\left(\frac{x(1-p)}{n-x}+1-p\right)=x\log\left(\frac{x}{p}\right)+(n-x)\log\left(\frac{n-x}{1-p}\right)-n\log(n).\]

Kann aber gut sein, dass ich mich irgendwo verrechnet habe :P



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viganme
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-19


2021-05-18 00:09 - sonnenschein96 in Beitrag No. 4 schreibt:
Hallo viganme,

die Funktion \(\lambda\mapsto\log\mathbb{E}[e^{\lambda X}]\) heißt kumulantenerzeugende Funktion von \(X\). \(I\) ist damit die Legendre-Transformierte der kumulantenerzeugenden Funktion von \(X\). Neben dem Begriff Rate-Funktion ist für \(I\) wohl auch der Begriff Cramér-Funktion oder Cramér-Transformierte gebräuchlich. Hier sind auch ein paar Beispiele aufgelistet. Allerdings wird dort das Supremum über alle \(\lambda\in\mathbb{R}\) und nicht nur über alle \(\lambda\geq0\) gebildet.


Für eine Binomial-verteilte ZV \(X\) mit Parametern \(n\in\mathbb{N}\) und \(p\in(0,1)\) gilt
\[\mathbb{E}[e^{\lambda X}]=\sum_{k=0}^n e^{\lambda k}\mathbb{P}(X=k)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k} e^{\lambda k}p^k(1-p)^{n-k}=(e^{\lambda}p+1-p)^n.\] Du musst also \(x\lambda-\log(e^{\lambda}p+1-p)^n\) für \(\lambda\geq0\) untersuchen.


Für \(x\leq np\) ist diese Funktion fallend, also \(I(x)=0\).

Für \(x>n\) ist diese Funktion nach oben unbeschränkt, also \(I(x)=\infty\).

Für \(x=n\) ist diese Funktion wachsend und für \(\lambda\to\infty\) ergibt sich \(-n\log(p)\), also \(I(n)=-n\log(p)\).

Bleibt noch der Fall \(np<x<n\). Die Ableitung nach \(\lambda\) ergibt
\[x-\frac{ne^{\lambda}p}{e^{\lambda}p+1-p}.\] Durch Nullsetzen erhält man \(x(e^{\lambda}p+1-p)=ne^{\lambda}p\), also \((x-n)e^{\lambda}p=x(p-1)\) und damit
\[\lambda=\log\left(\frac{x(1-p)}{(n-x)p}\right).\] Damit ist
\[I(x)=x\log\left(\frac{x(1-p)}{(n-x)p}\right)-n\log\left(\frac{x(1-p)}{n-x}+1-p\right)=x\log\left(\frac{x}{p}\right)+(n-x)\log\left(\frac{n-x}{1-p}\right)-n\log(n).\]

Kann aber gut sein, dass ich mich irgendwo verrechnet habe :P

Hallo,
vielen dank für deine ausführliche Antwort. Tatsächlich habe ich das gleiche Ergebnis rausbekommen, nur mit anderen Methoden, da wir das I(x) tatsächlich schon kennen (aus der Vorlesung). Wir mussten es aber trotzdem mit Rechenweg nochmal aufschreiben. Unsere Lösung ist zwar vom "aussehen" nicht identisch wie aus der Vorlesung, aber ich vermute durch Umformung wird man dazu kommen, aber ich hatte leider keine Zeit mehr, es in die richtige Form zu bringen, ob unsere Lösung richtig ist, wird sich dann nächste Woche zeigen:P

Liebe Grüße

Vigan



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