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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:39 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
| Aufgabe | Es seien [mm] X_1,...,X_n [/mm] u.i.v mit N(0,1).
Man definiert [mm] U=\bruch{1}{\wurzel n} [/mm] * [mm] \summe_{i=1}^{n} X_i [/mm] und
[mm] V=\summe_{i=1}^{n} X_i^2
[/mm]
Zu zeigen ist, dass [mm] V-U^2 [/mm] unabhängig von U ist. |
Hallo zusammen,
ich bin folgendermaßen vorgegangen:
Es sei [mm] X=\pmat{ X_1\\...\\X_n}
[/mm]
Zunächst betrachte ich den Linearen Teilraum [mm] L_1=span \pmat{ \bruch {1}{\wurzel n} \\ ... \\\bruch {1}{\wurzel n} }
[/mm]
Dann ist die Orthogonale Projektion auf L1 gegeben durch [mm] \Pi_{L_1}= \begin{pmatrix} \frac{1}{n} & ... & \frac{1}{ n} \\ ... & ... & ... \\ \frac{1}{ n} & ... & \frac{1}{ n} \end{pmatrix}
[/mm]
Und [mm] \Pi_{L_1} \cdot [/mm] X = [mm] \begin{pmatrix} \frac{U}{\sqrt n} \\ ... \\ \frac{U}{\sqrt n} \end{pmatrix}
[/mm]
Außerdem gilt [mm] X^T \cdot [/mm] X = V und [mm] (\Pi_{L_1} \cdot X)^T \cdot (\Pi_{L_1} \cdot [/mm] X) = [mm] U^2
[/mm]
Dann ist also
[mm] V-U^2= X^T \cdot [/mm] X - [mm] (\Pi_{L_1} \cdot X)^T \cdot (\Pi_{L_1} \cdot [/mm] X)= [mm] X^T \cdot [/mm] X - [mm] X^T \cdot \Pi_{L_1} \cdot X=X^T(I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X
[/mm]
Nun ist zwar klar dass [mm] (I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1}) [/mm] X unabhängig von [mm] \Pi_{L_1}X [/mm] (und damit von U) ist, aber nicht dass auch [mm] X^T(I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X [/mm] unabh. von U ist.
Hab ich mich irgendwo vertan, oder bin hier womöglich ganz auf dem Holzweg?
Über jeden Tipp bin ich dankbar
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt:
[http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=452305]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:51 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
Hallo,
ich würde dass so angehen:
$U$ ist als Summe NV Zufallsvariablen mit jeweils Varianz [mm] $\frac{1}{n}$, [/mm] SNV.
$V$ ist als Summe SNV Zufallsvariablen zum quadrat, [mm] $\chi^2$ [/mm] verteil.
So, jetzt betrachte die gemeinsame Dichte von [mm] $V-U^2$ [/mm] und $U$ und stelle fest, dass diese das produkt der randdichten ist.
grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:06 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Erstmal vielen Dank für deine Antwort.
Für die gemeinsame Dichte von [mm] V-U^2 [/mm] und U müsste ich ja erstmal die Dichte von [mm] V-U^2 [/mm] kennen, wie gehe ich da vor?
Und die gemeinsame Dichte von [mm] V-U^2 [/mm] und U dann mittels Faltung berechnen?
Wir haben in dieser Vorlesung eigentlich nie mit Dichtefunktionen gearbeitet, deshalb bin ich mir ziemlich sicher dass die Aufgabe auch anders zu lösen sein muss.
Was sagst du zu meinem Ansatz? Ist das was ich bisher gemacht habe richtig, und kann das evtl auch zum Ziel führen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:31 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
Hi,
auf was fürn nen satz versuchst du dich denn da grad zu stützen, ich hab grad nur im Kopf
[mm] $X_i$ [/mm] snv dann sind [mm] $Y=\sum a_iX_i$ [/mm] und [mm] $Z=\sum b_iX_i$
[/mm]
mit [mm] $\sum a_ib_i [/mm] =0 $ unabhängig.
seh grad aber nicht, dass das hier helfen könnte.
gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:37 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Ich habe
[mm] V-U^2 [/mm] dargestellt als
[mm] X^T(I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X [/mm]
Dadurch weiß ich dass [mm] (I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X [/mm] und [mm] \Pi_{L_1}X [/mm] also auch [mm] (I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X [/mm] und U unabhängig sind - was da jetzt noch stört ist dieses [mm] X^T
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:11 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
Hi,
also
[mm](I_n - \Pi_{L_1})[/mm] ist ja idempotent, dadurch wissen wir schon mal dass
[mm]V-U^2= X^T (I_n - \Pi_{L_1})X[/mm] [mm] $\chi^2$(Rang[/mm] [mm](I_n - \Pi_{L_1})[/mm] ) verteilt ist
so mal schauen wie dass jetzt weiterhilft ...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:30 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Interessant, dass man von der Idempotenz auf die Verteilung schließen kann war mir nicht bekannt, danke für den Hinweis.
Der Rang von [mm] (I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1}) [/mm] sollte ja n sein, also hat [mm] V-U^2 [/mm] die gleiche Verteilung wie V.
Aber wie man daraus dann auf die Unabhängigkeit schließen kann ist mir nicht klar.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:39 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
> Der Rang von [mm](I_n - \Pi_{L_1})[/mm]
ist doch $(n-1)$ würd ich sagen! Dass ist auch konsisten mit Summe von $n$ [mm] $\chi^2 [/mm] (1)$ verteilten ist [mm] $\chi^2 [/mm] (n)$ verteilt.
helf mir bitte mal kurz warum man eigentlich gilt dass
[mm](I_n - \Pi_{L_1})X[/mm] und [mm]\Pi_{L_1}X[/mm] unabhängig sind.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:58 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
[mm] (I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X [/mm] und [mm] \Pi_{L_1}X [/mm] sind unabhängig weil [mm] I_n -\Pi_{L_1} [/mm] und [mm] \Pi_{L_1} [/mm] orthogonal sind
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:05 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
ja, hast recht:
$H$ idempotent dann
$(1-H)H=H-HH=H-H=0$
und deshalb $(1-H)X$ und $HX$ unabhängig aufgrund von dem Satz den ich weiter oben schon angesprochen habe (mit den Summen).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:09 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
halt sorry, die Matrix ist ja idempotent! alles klar! passt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:12 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Okay, aber wie kommt man jetzt von
[mm] V-U^2= X^T (I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X [/mm] ~ [mm] \chi^2 [/mm] (n-1) darauf dass [mm] V-U^2 [/mm] unabhängig von U ist?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:20 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
Insgesamt:
[mm]V \sim \chi^2(n)[/mm]
[mm]U \sim N(0,1)[/mm]
[mm]U^2 \sim \chi^2(1)[/mm]
[mm]V-U^2= X^T (I_n[/mm] - [mm]\Pi_{L_1})X[/mm] ~ [mm]\chi^2(n-1)[/mm]
[mm]V-U^2[/mm] unabhängig von U ist?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:32 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Sorry, aber aus deinem letzten Beitrag werd ich nicht schlau.
Könntest du mir vllt auch erklären warum [mm] V-U^2= X^T (I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X [/mm] ~ [mm] \chi^2(Rang(I_n [/mm] - [mm] \Pi_{L_1})X) [/mm] ist, ein entsprechender Satz ist mir leider unbekannt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:38 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
Ich hab nur zusammengefasst was wir bis jetzt haben.
zu dem Satz
Sei $X$ ein Vektor mit unabhängigen snv ZV dann ist und A eine idempotente Matrix mit Rang r dann ist
$X^TAX [mm] \sim \chi^2(r)$
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:42 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Danke für den Satz
Und wo setzt man jetzt am besten an?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:48 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
bin grad am überlegen, weiß halt leider auch nicht, was dir so zur Verfügung steht. Was für ne Vorlesung ist denn das? Weil du gesagt hast dass keine Dichten vorkommen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:56 Sa 09.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Es ist eine Vorlesung zur Einführung in die Ökonometrie.
Dichten und Faltung von Zufallsvariablen sind mir aus den Grundlagenvorlesung zur WT natürlich bekannt, da wir in dieser Vorlesung aber immer ohne ausgekommen sind denke ich dass das für die Lösung auch nicht unbedingt gebraucht wird
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:51 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
wir könnten mal schauen, ob sich die gemeinsame momenterzeugende Funktion von [mm] $X^T(I-H)X [/mm] = [mm] V-U^2$ [/mm] und $HX=U$ faktorisieren lässt ???
grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:35 Sa 09.04.2011 | | Autor: | vivo |
hi,
schau mal hier:
![[]](/images/popup.gif) klick
Theorem 3.16
so wie du die Matritzen gewählt hast passt es und die Quadratische Form
[mm] $X^T(I-H)X$ [/mm] und $HX$ sind unabhängig, da $HI(I-H)=0$
grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:38 So 10.04.2011 | | Autor: | Black90 |
Ja, genau so etwas hatte ich gesucht.
Vielen, vielen Dank für deine Hilfe 
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