Musterlösungen für Blatt 10 zur Vorlesung Statistik II, SoSe 2010

Musterlösungen für Blatt 10 zur Vorlesung Statistik II, SoSe 2010
Lösung zu Aufgabe 1
Wir beweisen zunächst die Darstellung für Un . Es gilt:
n −1 X
n −1 X
e
Un − γ =
(h(Xβ1 , ..., Xβr ) − γ) =
h(Xβ1 , ..., Xβr )
r
r
β∈B
β∈B
r,n
=
=
=
r,n
n −1 X r
r
Sr,n +
X
gc (Xβα1 , ..., Xβαc )
c=1 α∈Bc,r−1
β∈Br,n
n −1
r−1 X
X
X
gc (Xβα1 , ..., Xβαc )
c=1 β∈Br,n α∈Bc,r−1
r X
c=1
gr (Xβ1 , ..., Xβr ) +
r−1
X
r n −1
c
c
Sc,n .
P
P
Dabei folgt die letzte Gleichheit aus der Tatsache, dass die Doppelsumme β∈Br,n α∈Bc,r−1
genau n−c
gleiche Summanden enthält [es gibt genau so viele r-elementige Teilmenden
r−c
von {1, ..., n}, die i1 , ..., ic enthalten], und wegen der Identität
n −1 n − c r
r−c
=
n −1 r c
c
.
Weiterhin gilt wegen den Eigenschaften von gc :
E[Sc,n+1 |X1 , ..., Xn ]
h X
i
= E
gc (Xβ1 , ..., Xβc )X1 , ..., Xn
β∈Bc,n+1
i
h
h X
= E
gc (Xβ1 , ..., Xβc )X1 , ..., Xn + E
=
i
gc (Xβ1 , ..., Xβc−1 , Xn+1 )X1 , ..., Xn
β∈Bc,n−1
β∈Bc,n
X
X
gc (Xβ1 , ..., Xβc ) = Sc,n .
β∈Bc,n
Es bleibt also zu zeigen, dass gc symmetrisch ist und dass
E[gc (X1 , ..., Xc )|X1 , ..., Xc−1 ] = 0.
Die Symmetrie von gc folgt aus der entsprechenden Definition. Die zweite Eigenschaft
beweisen wir per Induktion. Für c = 1 folgt die Aussage sofort. Der Induktionsschritt
lautet:
E[gm+1 |X1 , ..., Xm ]
m
X
= e
hm (X1 , ..., Xm ) −
X
E[gc (Xβ1 , ..., Xβc )|X1 , ..., Xm ]
c=1 β∈Bc,m+1
= e
hm (X1 , ..., Xm ) −
m−1
X
X
c=1 β∈Bc,m+1
E[gc (Xβ1 , ..., Xβc )|X1 , ..., Xm ] − gm (X1 , ..., Xm )
= e
hm (X1 , ..., Xm ) −
m−1
X
c=1
= e
hm (X1 , ..., Xm ) −
X
m−1
X
c=1
E[gc (Xβ1 , ..., Xβc )|X1 , ..., Xm ] − gm (X1 , ..., Xm )
β∈Bc,m+1
{β1 ,...,βc }⊂{1,...,m}
X
E[gc (Xβ1 , ..., Xβc )|X1 , ..., Xm ] − gm (X1 , ..., Xm )
β∈Bc,m
{β1 ,...,βc }⊂{1,...,m}
= gm (X1 , ..., Xm ) − gm (X1 , ..., Xm ) = 0
nach der Definition von gm wobei wir verwendet haben, dass nach Induktionsvoraussetzung gilt [Xi mit i ∈
/ {β1 , ..., βc } können im bedingten Erwartungswert weggelassen werden
da sie unabhängig von den anderen sind]:
gc (Xβ1 , ..., Xβc ) , {β1 , .., βc } ⊂ {1, .., m}
E[gc (Xβ1 , ..., Xβc )|X1 , ..., Xm ] =
0
,
sonst
Damit ist die Aussage nachgewiesen.
Lösung zu Aufgabe 2
Definiere
∗
Um,n
:= γ +
n
X
m
X
(E[Um,n |Xi ] − γ) +
(E[Um,n |Yj ] − γ)
i=1
r
= γ+
n
j=1
n
X
m
s X
(h1,0 (Xi ) − γ) +
(h0,1 (Yj ) − γ),
m
i=1
j=1
wobei die letzte Gleichheit aus der Tatsache folgt, dass
m −1 n −1 X
E[Um,n |Xi ] − γ =
(E[h(Xβ1 , ..., Xβr , Yα1 , ..., Yαs )|Xi ] − γ)
r
s
β∈Br,m
α∈Bs,n
=
=
m −1 n −1
r
s
X
m −1 m − 1 r
r−1
(h1,0 (Xi ) − γ)
β∈Br,m :i∈β
α∈Bs,n
(h1,0 (Xi ) − γ) =
r
(h1,0 (Xi ) − γ)
m
wobei wir die Symmetrie des Kerns h verwendet haben und die Identität
E[Um,n |Yi ] − γ =
s
(h0,1 (Yi ) − γ)
n
mit analogen Argumenten hergeleitet werden kann. Weiterhin gilt:
∗
∗
∗
∗
E[(Um,n − γ)2 ] = E[(Um,n − Um,n
)2 ] + E[(Um,n
− γ)2 ] − 2E[(Um,n − Um,n
)(Um,n
− γ)]
und somit ist
∗
∗
∗
∗
E[(Um,n − Um,n
)2 ] = E[(Um,n − γ)2 ] − E[(Um,n
− γ)2 ] − 2E[(Um,n − Um,n
)(Um,n
− γ)]
∗
∗
∗
= Var(Um,n ) − Var(Um,n ) − 2E[(Um,n − Um,n )(Um,n − γ)].
Nu gilt zusätzlich:
X
∗
∗
− γ)] =
)(Um,n
E[(Um,n − Um,n
∗
)|Xi ](E[Um,n |Xi ] − γ)]
E[E[(Um,n − Um,n
i
+
X
∗
E[E[(Um,n − Um,n
)|Yj ](E[Um,n |Yj ] − γ)]
j
= 0,
denn
∗
E[(Um,n − Um,n
)|Xi ] = E[Um,n |Xi ] − γ −
X
(E[E[Um,n |Xj ]|Xi ] − γ) −
j
X
(E[E[Um,n |Yk ]|Xi ])
k
= 0 f.s.
∗
und E[(Um,n − Um,n
)|Yj ] = 0 mit analogen Argumenten, also insbesondere
∗
∗
E[(Um,n − Um,n
)2 ] = Var(Um,n ) − Var(Um,n
).
Da die Stichproben X1 , ..., Xn und Y1 , ..., Ym unabhängig sind, gilt:
∗
Var(Um,n
)=
r2
s2
ξ1,0 + ξ0,1 .
n
m
Weiterhin ist nach den Präsenzübungen
Var(Um,n ) =
1
r2
s2
1
ξ1,0 + ξ0,1 + o
+
.
n
m
m n
Also folgt:
E[(Um,n −
∗
Um,n
)2 ]
1
+
,
=o
m n
1
was insbesondere impliziert
√
P
∗
m + n(Um,n − Um,n
) −→ 0.
Schliesslich folgt aus dem zentralen Grenzwertsatz:
n
1 X
D
√
(h1,0 (Xi ) − γ) −→ N (0, r2 ξ1,0 ),
n i=1
m
1 X
D
√
(h0,1 (Yi ) − γ) −→, N (0, s2 ξ0,1 )
m i=1
und wegen der Unabhängigkeit von X1 , ..., Xn und Y1 , ..., Ym gilt diese Konvergenz auch
gemeinsam. Daraus erhalten wir nach dem Lemma von Slutzky:
√
m + n(Um,n − γ)
√
∗
=
m + n(Um,n
− γ) + oP (1)
√
√
n
m
m+n r X
m+n s X
√
√
√
=
(h1,0 (Xi ) − γ) + √
(h0,1 (Yj ) − γ) + oP (1)
n
n i=1
m
m j=1
r2
r
s
s2
D
D
√
√
−→
Z1 +
Z2 = N 0, ξ1,0 +
ξ0,1 ,
λ
1−λ
1−λ
λ
wobei Z1 ∼ N (0, ξ1,0 ), Z2 ∼ N (0, ξ0,1 ) unabhängige Zufallsvariablen sind. Damit ist die
Aussage bewiesen.
Lösung zu Aufgabe 3
Korrelationskoeffizient ρ:
- Die Cauchy-Schwarz Ungleichung besagt, dass für quandratintegrierbare Zufallsvariablen A, B gilt: E[|AB|] ≤ (E[A2 ]E[B 2 ])1/2 mit Gleichheit genau dann, wenn
A = αB + β fastpsicher für reellwertige Konstanten α, β. Insbesondere ist also |Cov(Y, Z)| =
Var(Y )Var(Z) ⇔ Y = aZ + b fast sicher. Damit und wegen Cov(Y, Z) = −Cov(−Y, Z) ist klar, dass (i) und (ii) genau dann gilt, wenn
Y = aZ + b fast sicher und Y mit positiver Wahrscheinlichkeit Werte ausserhalb
von {0, 1} annimmt.
- Eigenschaft (iii) folgt aus der Cauchy-Schwarz Ungleichung.
- Eigenschaft (iv) folgt da für Y, Z unabhängig gilt: Cov(Y, Z) = 0.
- Eigenschaften (v) und (vi) gelten da Cov(Y, Z) = −Cov(−Y, Z) = Cov(−Y, −Z)
und weil die Varianz unter Vorzeichenwechsel invariant ist.
- Eigenschaft (vii) für lineare Trafos: folgt wegen Var(aY + b) = a2 Y , und
Cov(aY + b, αZ + β) = aαCov(Y, Z).
Gegenbeispiel für nichtlineare Trafos: sei Y = Z, beide seien positive Zufallsvariablen die mit positiver Wahrscheinlichkeit Werte ausser {0, 1} annehmen σ1 (Y ) :=
Y 2 , σ2 (Z) := Z. Dann ist mit den Argumenten aus dem Beweis von (i) ρ(Y, Z) = 1
und ρ(Y 2 , Z) 6= 1.
Kendalls τ [für stetige Verteilungen von Y, Z, das muss angenommen werden]:
- Eigenschaft (i)+(ii) ist aus der Definition von τ klar [im Fall (i) ist πc = 1, πd = 0,
im Fall (ii) ist πd = 1, πc = 0].
- Eigenschaft (iii) folgt, da πc und πd Wahrscheinlichkeiten sind
- Sind Y, Z unabhängig mit stetigen Verteilungen, so ist
πc = P((Z1 − Z2 )(Y1 − Y2 ) > 0) = P(Y1 > Y2 , Z1 > Z2 ) + P(Y1 < Y2 , Z1 < Z2 )
= P(Y1 > Y2 )P(Z1 > Z2 ) + P(Y1 < Y2 )P(Z1 < Z2 )
1
1 1
+ = .
=
4 4
2
Damit ist Eigenschaft (iv) nachgewiesen.
- Eigenschaft (v) und (vi) ergeben sich direkt aus der Definition
- Sind σ1 , σ2 streng monoton steigend, so folgt insbesondere:
Y1 > Y2 ⇔ σ1 (Y1 ) > σ1 (Y2 ),
Z1 > Z2 ⇔ σ2 (Z1 ) > σ2 (Z2 ),
und damit ist τ (σ1 (Y ), σ2 (Z)) = τ (Y, Z).
Lösung zu Aufgabe 4
Betrachte die Zufallsvariablen U :=
U V
Y1 −Y
√ 2,V
σ1 2
Z1 −Z
√ 2.
σ2 2
:=
Dann gilt:
0 1 ρ S
D
p
∼N
,
=
0
ρ 1
ρS + 1 − ρ2 T
mit S, T i.i.d. ∼ N (0, 1). Wegen der Eigenschaften von Kendalls τ (z.B. Invarianz unter
monotonen wachsenden Transformationen) gilt:
τ (Y, Z) = τ
Y
Z √ , √ = 2P(U V > 0) − 1.
σ1 2 σ2 2
Weiterhin ist mit α := √ ρ
1−ρ2
p
P(U V > 0) = P(S(ρS + 1 − ρ2 T ) > 0)
= P(S > 0, T > −αS) + P(S < 0, T < −αS)
= 2P(S > 0, T > −αS),
D
denn (S, T ) = (−S, −T ). Mit der Substitution (s, t) = (r cos θ, r sin θ) erhalten wir:
Z ∞Z
2
2
2πP(S > 0, T > −αS) =
I{t > −αs}e−(t +s )/2 dtds
0
R
Z π/2 Z ∞
2
=
I{tan θ > −α}re−r /2 drdθ
−π/2
Z
0
π/2
=
dθ =
− arctan α
π
− arctan α.
2
Die Behauptung folgt nun wegen
arctan α = arctan p
da für θ ∈ [−π/2, π/2] gilt: tan θ = sin θ/
ρ
1 − ρ2
= arcsin ρ
p
1 − sin2 θ.