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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:58 Fr 23.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
| Aufgabe | Seien [mm] $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n\;\text{iid}\sim\mathcal{N}(0,1)$. [/mm] Für ein [mm] $\theta\in\mathbb{R}$ [/mm] sei [mm] $$X_1:=\varepsilon_1,\,X_i:=\varepsilon_i+\theta\varepsilon_{i-1},\;i=2,\ldots,n$$
[/mm]
Unsere Beobachtung sei [mm] $X=[X_1,\ldots,X_n]'$. [/mm] Wir betrachten die Hypothese
[mm] $$H_0\,:\,\theta=0\text{ gegen }H_1\,:\,\theta\neq [/mm] 0.$$
Bestimmen Sie die Verteilungen von [mm] $T_a(X):=\sum_{i=1}^nX_i$ [/mm] und [mm] $T_b(X):=\sum_{i=1}^nX_i^2$ [/mm] unter [mm] $H_0$.
[/mm]
Geben Sie zwei Test für die obige Hypothese an; formulieren sie diese Test mit Hilfe der Statistiken [mm] $T_a$ [/mm] und [mm] $T_b$, [/mm] sowie mit Hilfe geeigneter Tests [mm] $\varphi_a,\varphi_b$.
[/mm]
Bestimmen Sie die Dichte der Verteilung von $X$ für allgemeines [mm] $\theta\in\mathbb{R}$. [/mm] |
Guten Tag zusammen,
ich sitze derzeit an dieser Aufgabe, komme aber leider auf keinen richtigen Ansatz.
Also die Verteilungen unter [mm] $H_0$ [/mm] sind recht klar, da unter [mm] $H_0$ [/mm] ja [mm] $X_i=\varepsilon_i\sim \mathcal{N}(0,1)$ [/mm] gilt und damit:
[mm] $$T_a(X)\sim \mathcal{N}(0,n),\;T_b(X)\sim\chi^2(n).$$
[/mm]
Damit könnte ich ja mit
[mm] $$T:=T(X):=\frac{T_a\left(\frac{1}{\sqrt{n}}X\right)}{\sqrt{\frac{T_b(X)}{n}}}\left(\sim \mathrm{t}(n)\right)=\frac{T_a(X)}{\sqrt{T_b(X)}}.$$
[/mm]
Damit könnte ich dann doch meinen Ablehnungsbereich durch [mm] $C:=\{t\in\mathbb{R}\;:\;|t|>t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)\}$ [/mm] definieren, wobei [mm] $t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)$ [/mm] das [mm] $\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)$-Quantil [/mm] der $t(n)$-Verteilung ist und [mm] $\alpha$ [/mm] das Signifikanzniveau.
Stimmt das so?
nun weiß ich leider nicht genau, wie ich den Test mit [mm] $\varphi_a,\varphi_b$ [/mm] angeben soll.
hier würde ich mich über Hilfe sehr freuen.
Vielen Dank und liebe Grüße
DerBaum
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:12 Sa 24.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
Guten Tag,
ich habe mich inzwischen mal an der Dichte von $X$ versucht, mit folgendem Ergebnis:
Wir betrachten ja für [mm] $\varepsilon=[\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n]'$:
[/mm]
[mm] $$X:=g(\varepsilon):=\begin{pmatrix}1& 0& 0&\ldots&0&0\\
\theta&1&0&\ldots&0&0\\ 0&\theta&1&\ldots&0&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\ddots&1&0\\ 0&0&0&\ldots&\theta&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\varepsilon_1\\\varepsilon_2\\\varepsilon_3\\\vdots\\\varepsilon_{n-1}\\\varepsilon_n\end{pmatrix}=:A\varepsilon\text{ mit der Umkehrfunktion }g^{-1}(Y)=A^{-1}Y=\begin{pmatrix}1& 0& 0&\ldots&0&0\\
-\theta&1&0&\ldots&0&0\\ \theta^2&-\theta&1&\ldots&0&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\
(-\theta)^{n-2}&(-\theta)^{n-3}&(-\theta)^{n-4}&\ddots&1&0\\ (-\theta)^{n-1}&(-\theta)^{n-2}&(-\theta)^{n-3}&\ldots&-\theta&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}Y_1\\Y_2\\Y_3\\\vdots\\Y_{n-1}\\Y_n\end{pmatrix}$$
[/mm]
Außerdem hat die Verteilung von [mm] $\varepsilon$ [/mm] die Dichte
[mm] $$f_\varepsilon(Z)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}^n}\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^nZ_i^2\right).$$
[/mm]
Damit erhalte ich mit dem Trafosatz die Dichte der Verteilung von $X$:
[mm] $$f_X(Y)=f_\varepsilon\left(g^{-1}(Y)\right)\left|\det\left(\frac{\mathrm{d}g^{-1}}{\mathrm{d}Y}\right)\right|=\frac{1}{\sqrt{2\pi}^n}\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\left(\left(A^{-1}Y\right)_j\right)^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}^n}\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\left(\sum_{j=1}^kY_j(-\theta)^{k-j}\right)^2\right)$$
[/mm]
Das sieht mir allerdings noch sehr unschön aus.
Aber ich wüsste nicht, wie ich weiter vereinfachen sollte...
Vielen Dank und liebe Grüße
DerBaum
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:15 Sa 24.10.2015 | | Autor: | luis52 |
> Das sieht mir allerdings noch sehr unschön aus.
> Aber ich wüsste nicht, wie ich weiter vereinfachen
>
Moin, in der Tat. Beachte, dass [mm] $\mathbf{\varepsilon}=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)'$ [/mm] multivariat normalverteilt ist mit [mm] $\operatorname{E}[\mathbf{\varepsilon}]=\mathbf{0}$ [/mm] und [mm] $\operatorname{Var}[\mathbf{\varepsilon}]=\mathbf{I}$. [/mm] Ist [mm] $\mathbf{A}$ [/mm] invertierbar, so besagt ein bekannter Satz der multivariaten Statistik, dass [mm] $\mathbf{A\varepsilon}$ [/mm] multivariat normalverteilt ist mit [mm] $\operatorname{E}[\mathbf{A\varepsilon}]=\mathbf{0}$ [/mm] und [mm] \operatorname{Var}[\mathbf{A\varepsilon}]=\mathbf{A}\mathbf{A}'$.
[/mm]
Vielleicht hilft das.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:00 Di 27.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
Vielen Dank für deine Antwort.
Das hilft mir weiter.
Liebe Grüße
DerBaum
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:40 Sa 24.10.2015 | | Autor: | luis52 |
Wenn ich die Aufgabe korrekt verstehe, sind zwei Tests zu entwickeln, die nur auf $ [mm] T_a(X):=\sum_{i=1}^nX_i [/mm] $ bzw. nur auf $ [mm] T_b(X):=\sum_{i=1}^nX_i^2 [/mm] $ beruhen.
Betrachten wir mal [mm] $T_a(X)=\sum_{i=1}^nX_i [/mm] $. Es gilt *immer* [mm] $\operatorname{E}[T_a(X)]=0$, [/mm] sowohl unter der Null- als auch unter Alternativhypothese. Insofern ist das nackte [mm] $T_a(X)$ [/mm] vermutlich ungeeignet als Pruefgroesse.
Was aber ist mit [mm] $T_a(X)^2 [/mm] $?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:19 Di 27.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
Vielen Dank für deine Antwort.
> Wenn ich die Aufgabe korrekt verstehe, sind zwei Tests zu
> entwickeln, die nur auf [mm]T_a(X):=\sum_{i=1}^nX_i[/mm] bzw. nur
> auf [mm]T_b(X):=\sum_{i=1}^nX_i^2[/mm] beruhen.
>
> Betrachten wir mal [mm]T_a(X)=\sum_{i=1}^nX_i [/mm]. Es gilt *immer*
> [mm]\operatorname{E}[T_a(X)]=0[/mm], sowohl unter der Null- als auch
> unter Alternativhypothese. Insofern ist das nackte [mm]T_a(X)[/mm]
> vermutlich ungeeignet als Pruefgroesse.
>
> Was aber ist mit [mm]T_a(X)^2 [/mm]?
[mm] $T_a(X)^2$ [/mm] wäre dann ja [mm] $\chi^2(1)$-Verteilt.
[/mm]
Kann ich hier dann einfach die [mm] $\chi^2$-Quantile [/mm] als Ablehnungsbereiche wählen?
Vielen Dank und liebe Grüße
DerBaum
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:46 Di 27.10.2015 | | Autor: | luis52 |
> [mm]T_a(X)^2[/mm] wäre dann ja [mm]\chi^2(1)[/mm]-Verteilt.
>
Nicht so voreilig! Das waere korrekt, wenn [mm] $\operatorname{Var}[T_a(X)]=1$ [/mm] gelten wuerde, was aber nicht der Fall ist ...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:28 Di 27.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
>
> > [mm]T_a(X)^2[/mm] wäre dann ja [mm]\chi^2(1)[/mm]-Verteilt.
> >
>
>
> Nicht so voreilig! Das waere korrekt, wenn
> [mm]\operatorname{Var}[T_a(X)]=1[/mm] gelten wuerde, was aber nicht
> der Fall ist ...
Ja, da hast du natürlich Recht. Da war ich zu voreilig. Aber ist die Verteilung hier dann überhaupt so einfach zu bestimmen?
Würde es mir etwas bringen, wenn ich vielleicht
[mm] $$\frac{T_a(X)-E[T_a(X)]}{\sqrt{var(T_a(X))}}=\frac{T_a(X)}{n}\sim\mathcal{N}(0,1)$$
[/mm]
und damit dann
[mm] $$\frac{T_a(X)^2}{n^2}\sim\chi^2(1)$$
[/mm]
betrachte?
Vielen Dank und liebe Grüße
DerBaum
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:34 Di 27.10.2015 | | Autor: | luis52 |
> Würde es mir etwas bringen, wenn ich vielleicht
> [mm]\frac{T_a(X)-E[T_a(X)]}{\sqrt{var(T_a(X))}}=\frac{T_a(X)}{n}\sim\mathcal{N}(0,1)[/mm]
> und damit dann
> [mm]\frac{T_a(X)^2}{n^2}\sim\chi^2(1)[/mm]
> betrachte?
Ich fuerchte nein, den Ansatz hast du schon oben verfolgt. Das Problem ist, dass du mit [mm] $T_a(X)^2$ [/mm] kein vernuenftiges Kriterium formulieren kannst, wonach $ [mm] H_0\,:\,\theta=0$ [/mm] zugunsten von [mm] $H_1\,:\,\theta\neq [/mm] 0.$ abzulehnen ist.
Tipp: Bestimme mal [mm] $\operatorname{E}[T_a(X)^2]$ [/mm] im *allgemeinen* Fall.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:08 Di 27.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
> Tipp: Bestimme mal [mm]\operatorname{E}[T_a(X)^2][/mm] im
> *allgemeinen* Fall.
>
Also unter [mm] $H_0$ [/mm] hätte ich mit dem Verschiebungssatz:
[mm] $$E[T_a(X)^2]=Var(T_a(X))+(E[T_a(X)])^2=n$$
[/mm]
und unter [mm] $H_1:$
[/mm]
[mm] $$E[T_a(X)^2]=(1-\theta)^2(n-1)+1$$
[/mm]
wegen
[mm] $Var(T_a(X))=Var(\varepsilon_1(1+\theta)+\varepsilon_2(1+\theta)+\ldots+\varepsilon_{n-1}(1+\theta)+\varepsilon_n)\overset{unkorr.}{=}(1+\theta)^2\sum_{i=1}^{n-1} Var(\varepsilon_i)+Var(\varepsilon_n)=(1-\theta)^2(n-1)+1$
[/mm]
Aber wie setze ich hier dann meinen Test an? Ich kenne hier die Verteilung von [mm] $T_a(X)^2$ [/mm] nicht?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:02 Mi 28.10.2015 | | Autor: | luis52 |
> Also unter [mm]H_0[/mm] hätte ich mit dem Verschiebungssatz:
> [mm]E[T_a(X)^2]=Var(T_a(X))+(E[T_a(X)])^2=n[/mm]
> und unter [mm]H_1:[/mm]
> [mm]E[T_a(X)^2]=(1-\theta)^2(n-1)+1[/mm]
> wegen
> [mm]Var(T_a(X))=Var(\varepsilon_1(1+\theta)+\varepsilon_2(1+\theta)+\ldots+\varepsilon_{n-1}(1+\theta)+\varepsilon_n)\overset{unkorr.}{=}(1+\theta)^2\sum_{i=1}^{n-1} Var(\varepsilon_i)+Var(\varepsilon_n)=(1-\theta)^2(n-1)+1[/mm]
Hier muss es m.E. [mm] $(1\red{+}\theta)^2(n-1)+1$ [/mm] heissen.
>
> Aber wie setze ich hier dann meinen Test an? Ich kenne hier
> die Verteilung von [mm]T_a(X)^2[/mm] nicht?
Doch die kennst du, ungefaehr deine Lieblingsverteilung  : Unter [mm] $\theta=0$ [/mm] ist [mm] $T_a(X)$ [/mm] normalverteilt mit Erwartungswert Null und Varianz $n$ ...
*Meine* Ueberlegung ist wie folgt: Das Testkriterium laeuft darauf hinaus, [mm] $H_0$ [/mm] zu verwerfen, wenn [mm] $T_a(X)^2$ [/mm] zu sehr von $n$ abweicht. Deswegen koennte [mm] $H_0$ [/mm] verworfen werden, wenn [mm] $(T_a(X)^2-n)^2$ [/mm] zu gross wird.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:44 Mi 28.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
>
> > Also unter [mm]H_0[/mm] hätte ich mit dem Verschiebungssatz:
> > [mm]E[T_a(X)^2]=Var(T_a(X))+(E[T_a(X)])^2=n[/mm]
> > und unter [mm]H_1:[/mm]
> > [mm]E[T_a(X)^2]=(1-\theta)^2(n-1)+1[/mm]
> > wegen
> >
> [mm]Var(T_a(X))=Var(\varepsilon_1(1+\theta)+\varepsilon_2(1+\theta)+\ldots+\varepsilon_{n-1}(1+\theta)+\varepsilon_n)\overset{unkorr.}{=}(1+\theta)^2\sum_{i=1}^{n-1} Var(\varepsilon_i)+Var(\varepsilon_n)=(1-\theta)^2(n-1)+1[/mm]
>
> Hier muss es m.E. [mm](1\red{+}\theta)^2(n-1)+1[/mm] heissen.
> >
Oh, ja, das stimmt natürlich... ein Tippfehler und dann Copy&Paste...
> > Aber wie setze ich hier dann meinen Test an? Ich kenne hier
> > die Verteilung von [mm]T_a(X)^2[/mm] nicht?
>
> Doch die kennst du, ungefaehr deine Lieblingsverteilung
> : Unter [mm]\theta=0[/mm] ist [mm]T_a(X)[/mm] normalverteilt mit
> Erwartungswert Null und Varianz [mm]n[/mm] ...
>
> *Meine* Ueberlegung ist wie folgt: Das Testkriterium laeuft
> darauf hinaus, [mm]H_0[/mm] zu verwerfen, wenn [mm]T_a(X)^2[/mm] zu sehr von
> [mm]n[/mm] abweicht. Deswegen koennte [mm]H_0[/mm] verworfen werden, wenn
> [mm](T_a(X)^2-n)^2[/mm] zu gross wird.
>
Ich habe mich nochmal an der Verteilung von [mm] $T_a(X)^2$ [/mm] versucht, stehe aber irgendwie etwas auf dem schlauch.
Ich finde den Weg nicht, wie ich auf die richtige Verteilung komme.
Würde mich über einen kleinen Tipp freuen.
Vielen Dank und liebe Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:39 Do 29.10.2015 | | Autor: | luis52 |
> > *Meine* Ueberlegung ist wie folgt: Das Testkriterium laeuft
> > darauf hinaus, [mm]H_0[/mm] zu verwerfen, wenn [mm]T_a(X)^2[/mm] zu sehr von
> > [mm]n[/mm] abweicht. Deswegen koennte [mm]H_0[/mm] verworfen werden, wenn
> > [mm](T_a(X)^2-n)^2[/mm] zu gross wird.
> >
>
> Ich habe mich nochmal an der Verteilung von [mm]T_a(X)^2[/mm]
> versucht, stehe aber irgendwie etwas auf dem schlauch.
> Ich finde den Weg nicht, wie ich auf die richtige
> Verteilung komme.
>
> Würde mich über einen kleinen Tipp freuen.
Bitte sehr: Betrachte statt [mm](T_a(X)^2-n)^2[/mm] die Pruefgroesse
[mm] $\frac{(T_a(X)^2-n)^2}{n^2}$
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:50 Do 29.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
Danke nochmal.
> Bitte sehr: Betrachte statt [mm](T_a(X)^2-n)^2[/mm] die
> Pruefgroesse
>
>
> [mm]\frac{(T_a(X)^2-n)^2}{n^2}[/mm]
>
So habe ich es nun gemacht und habe wegen [mm] $\frac{T_a(X)-E[T_a(X)]}{\sqrt{Var(T_1(X))}}\sim\mathrm{N}(0,1)$ [/mm] die Verteilung [mm] $\frac{T_a(X)^2}{n}\sim\chi^2(1)$. [/mm] Damit kann ich nun meinen Test formulieren.
Vielen Dank für deine Hilfe!
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:46 Mi 28.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
Ich habe mir inzwischen mal Gedanken zum Test mit [mm] $T_b(X)$ [/mm] gemacht:
Zuerst betrachte ich wieder den allgemeinen EW von [mm] $T_b(X)$:
[/mm]
[mm] \begin{aligned}E[T_b(X)]&=E\left[\varepsilon_1^2+\sum_{i=2}^n(\varepsilon_i+\theta\varepsilon_{i-1})^2\right]\\
&=E\left[\sum_{i=1}^{n-1}\varepsilon_i(1+\theta^2)+\sum_{i=1}^{n-1}2\theta\varepsilon_{i+1}\varepsilon_i+\varepsilon_n^2\right]\\
&\overset{lin}{=}(1+\theta^2)\sum_{i=1}^{n-1}E[\varepsilon_i^2]+2\theta\sum_{i=1}^{n-1}E[\varepsilon_i\varepsilon_{i+1}]+E[\varepsilon_n^2]\\
&\overset{unabh}{=}(1+\theta^2)\sum_{i=1}^{n-1}E[\varepsilon_i^2]+2\theta\sum_{i=1}^{n-1}\underset{=0}{E[\varepsilon_i]}\underset{=0}{E[\varepsilon_{i+1}]}+E[\varepsilon_n^2]\\
&=(1+\theta^2)\sum_{i=1}^{n-1}\underset{\overset{\ast}{=}1}{E[\varepsilon_i^2]}+\underset{\overset{\ast}{=}1}{E[\varepsilon_n^2]}\\
&=(1+\theta^2)(n-1)+1
\end{aligned}
[/mm]
[mm] $\ast:$ [/mm] wegen [mm] $E[\varepsilon_i^2]=\underbrace{Var(\varepsilon_i)}_{=1}+(\underbrace{E[\varepsilon_i]}_{=0})^2=0,\;i=1,\ldots,n$.
[/mm]
Damit unter [mm] $H_0:\; E[T_b(X)]=n$ [/mm] und unter [mm] $H_1:\;E[T_b(X)]\neq [/mm] n$.
Damit erhalte ich den Ablehnungsbereich [mm] $C:=\{x\in\mathbb{R}\;:\;|x|>\chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)\}$, [/mm] wobei [mm] $\chi^2_\alpha(n)$ [/mm] das [mm] $\alpha$-Quantil [/mm] der [mm] $\chi^2(n)$-Verteilung [/mm] und [mm] $\alpha$ [/mm] das Signifikanzniveau ist.
Wie genau sieht denn jetzt die Testfunktion [mm] $\varphi_b$ [/mm] aus?
Diese müsste doch irgendwie von der Form:
[mm] $$\varphi_b\,:\,\mathbb{R}^n\to \{0,1\},\;X\mapsto\varphi_b(X):=\begin{cases}1,&\text{für } T_b(X)\in C\\ 0,&\text{für }T_b(X)\notin C\end{cases}$$
[/mm]
sein?
Vielen Dank und liebe Grüße
DerBaum
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:32 Mi 28.10.2015 | | Autor: | luis52 |
> Ich habe mir inzwischen mal Gedanken zum Test mit [mm]T_b(X)[/mm]
> gemacht:
> Zuerst betrachte ich wieder den allgemeinen EW von
> [mm]T_b(X)[/mm]:
>
> [mm]\begin{aligned}E[T_b(X)]&=E\left[\varepsilon_1^2+\sum_{i=2}^n(\varepsilon_i+\theta\varepsilon_{i-1})^2\right]\\
&=E\left[\sum_{i=1}^{n-1}\varepsilon_i(1+\theta^2)+\sum_{i=1}^{n-1}2\theta\varepsilon_{i+1}\varepsilon_i+\varepsilon_n^2\right]\\
&\overset{lin}{=}(1+\theta^2)\sum_{i=1}^{n-1}E[\varepsilon_i^2]+2\theta\sum_{i=1}^{n-1}E[\varepsilon_i\varepsilon_{i+1}]+E[\varepsilon_n^2]\\
&\overset{unabh}{=}(1+\theta^2)\sum_{i=1}^{n-1}E[\varepsilon_i^2]+2\theta\sum_{i=1}^{n-1}\underset{=0}{E[\varepsilon_i]}\underset{=0}{E[\varepsilon_{i+1}]}+E[\varepsilon_n^2]\\
&=(1+\theta^2)\sum_{i=1}^{n-1}\underset{\overset{\ast}{=}1}{E[\varepsilon_i^2]}+\underset{\overset{\ast}{=}1}{E[\varepsilon_n^2]}\\
&=(1+\theta^2)(n-1)+1
\end{aligned}[/mm]
>
>
Prima. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> [mm]\ast:[/mm] wegen
> [mm]E[\varepsilon_i^2]=\underbrace{Var(\varepsilon_i)}_{=1}+(\underbrace{E[\varepsilon_i]}_{=0})^2=0,\;i=1,\ldots,n[/mm].
>
> Damit unter [mm]H_0:\; E[T_b(X)]=n[/mm] und unter
> [mm]H_1:\;E[T_b(X)]\neq n[/mm].
>
> Damit erhalte ich den Ablehnungsbereich
> [mm]C:=\{x\in\mathbb{R}\;:\;|x|>\chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)\}[/mm],
> wobei [mm]\chi^2_\alpha(n)[/mm] das [mm]\alpha[/mm]-Quantil der
> [mm]\chi^2(n)[/mm]-Verteilung und [mm]\alpha[/mm] das Signifikanzniveau ist.
Nicht so schnell. Du verwirfst, wenn [mm] $T_b(X)-n$ [/mm] "zu gross" ist, d.h. [mm] $T_b(X)-n>\chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)-n$, [/mm] d.h. [mm] $T_b(X)>\chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)$ [/mm] bzw. wenn [mm] $T_b(X)-n$ [/mm] "zu klein" ist, d.h. [mm] $T_b(X)-n<\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n)-n$, [/mm] d.h. [mm] $T_b(X)<\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n)$. [/mm] (Die Chi-Quadratverteilung ist nicht symmetrisch um Null.) Es ist also
$ [mm] C:=\{x\in\mathbb{R}\;:\;x<\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n)\text{ oder } x>\chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)\} [/mm] $
>
> Wie genau sieht denn jetzt die Testfunktion [mm]\varphi_b[/mm] aus?
> Diese müsste doch irgendwie von der Form:
> [mm]\varphi_b\,:\,\mathbb{R}^n\to \{0,1\},\;X\mapsto\varphi_b(X):=\begin{cases}1,&\text{für } T_b(X)\in C\\ 0,&\text{für }T_b(X)\notin C\end{cases}[/mm]
>
> sein?
Genauso, wie es hier steht. Wo ist das Problem?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:41 Do 29.10.2015 | | Autor: | DerBaum |
Nochmals Danke für deine Geduld un deine Hilfe :)
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