Normalverteilung/empirische Standardabweichung

05.12.2010, 12:52

saz

Normalverteilung/empirische Standardabweichung

Folgende Aufgabe:

Zitat:

Seien $\begin{eqnarray*} X_1,\ldots,X_n \end{eqnarray*}$ unabhängige und normalverteilte Zufallsgrößen mit unbekanntem Erwartungswert $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ und unbekannter Varianz $\begin{eqnarray*} \theta := \sigma^2 \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie, dass für alle $\begin{eqnarray*} \theta>0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} n \cdot \mathbb{V}_{\theta} \left( \frac{1}{n-1} \cdot \sum_{i=1}^n (X_i-\overline{X}_n)^2 \right) = I(\theta)^{-1} \end{eqnarray*}$

gilt, wobei $\begin{eqnarray*} I(\theta) \end{eqnarray*}$ die Fischer-Information (des einfachen Produktmodells) bezeichnet.

So: Die Fischer-Information habe ich bereits berechnet und ebenso den Erwartungswert von

$\begin{eqnarray*} Z_n := \frac{1}{n-1} \cdot \sum_{i=1}^n (X_i-\overline{X}_n)^2 = \frac{1}{n-1} \cdot \left( \sum_{i=1}^n X_i^2 - n \cdot \overline{X}_n^2 \right) \end{eqnarray*}$

Soweit so gut. Leider weiß ich aber überhaupt nicht, wie ich nun die Varianz am besten bestimmen kann (oder $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(Z_n^2) \end{eqnarray*}$ ). Einerseits fällt mir kein guter Weg ein, um die Dichte von $\begin{eqnarray*} Z_n \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, andererseits ist es "per Hand"auch sehr unschön.

(Wir hatten in der Vorlesung die Informations-Ungleichung, allerdings sehe ich noch nicht so recht, wie ich das hier verwenden kann...)

Für einen Tipp wäre ich dankbar. Wink

05.12.2010, 22:14

René Gruber

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Zitat:

Original von saz
Leider weiß ich aber überhaupt nicht, wie ich nun die Varianz am besten bestimmen kann (oder $\begin{eqnarray*} \mathbb{E}(Z_n^2) \end{eqnarray*}$ ).

Basierend auf den zentrierten dritten und vierten Momenten dieser Normalverteilungen

$\begin{eqnarray*} E(X_i-\mu)^3 = 0,\quad E(X_i-\mu)^4 = 3\sigma^4 \end{eqnarray*}$

kannst du das schon berechnen - kommt drauf an, die Mehrfachsummen geschickt zu organisieren: Je ungeschickter, desto länger und unübersichtlicher kann es werden. Augenzwinkern

05.12.2010, 22:31

saz

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Ja, damit hatte ich auch schon angefangen. Irgendwo dachte ich mir dann aber, dass das ja wohl fast nicht ernst gemeint sein kann - wahrscheinlich war ich noch nicht geschickt genug.

Gibt es denn echt keinen anderen Weg...? Das ist doch unschön verwirrt

06.12.2010, 13:11

René Gruber

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Kein Durchhaltevermögen, diese jungen Leute. smile

Sei $\begin{eqnarray*} Y_i = X_i-\mu \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \bar{Y}_n = \bar{X_n}-\mu \end{eqnarray*}$ , dann können wir wie gesagt benutzen

$\begin{eqnarray*} E(Y_i) = E(Y_i^3) = 0,\quad E(Y_i^2)=\sigma^2,\quad E(Y_i^4)=3\sigma^4 \end{eqnarray*}$

Weiterhin ist

$\begin{eqnarray*} (n-1)Z_n = \sum_{i=1}^n (Y_i-\bar{Y}_n)^2 = \sum_{i=1}^n Y_i^2 - n\bar{Y}_n^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (n-1)^2Z_n^2 = \sum_{i=1}^n Y_i^4 + \sum_{i=1}^n \sum_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n Y_i^2Y_j^2 - 2n\sum_{i=1}^n Y_i^2\bar{Y}_n^2 + n^2\bar{Y}_n^4 \end{eqnarray*}$

Was brauchen wir also zuzüglich zu den Momenten oben noch, um den Erwartungswert dieser Größe zu berechnen? Nun, die beiden Werte $\begin{eqnarray*} E(Y_i^2\bar{Y}_n^2) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(\bar{Y}_n^4) \end{eqnarray*}$ . Es ist

$\begin{eqnarray*} n^2 E(Y_i^2\bar{Y}_n^2) = E\left(Y_i^2 \sum_{j=1}^n Y_j^2 \right) = 3\sigma^4 + (n-1)\sigma^2\sigma^2 = (n+2)\sigma^4 \end{eqnarray*}$ ,

denn die "gemischten" Terme $\begin{eqnarray*} Y_i^2Y_jY_k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} j\neq k \end{eqnarray*}$ tragen nichts zum Erwartungswert bei. Ähnlich geht es zu bei

$\begin{eqnarray*} n^4 E(\bar{Y}_n^4) = E\left( \left( \sum_{j=1}^n Y_j \right)^4 \right) = n\cdot 3\sigma^4 + \frac{n(n-1)}{2}\cdot 6\cdot \sigma^2\sigma^2 = 3n^2\sigma^4 \end{eqnarray*}$ ,

(berechnet per Multinomialsatz) so dass insgesamt herauskommt

$\begin{eqnarray*} (n-1)^2E(Z_n^2) = 3n\sigma^4 + n(n-1)\sigma^2\sigma^2 - 2(n+2)\sigma^4 + 3\sigma^4 \end{eqnarray*}$

umgeformt zu

$\begin{eqnarray*} E(Z_n^2) = \frac{n+1}{n-1} \sigma^4 \end{eqnarray*}$ .

06.12.2010, 19:05

saz

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Okay, danke auf jeden Fall erstmal für deine ausfürliche Antwort! Gott

Ich hatte es tatsächlich ungeschickter gemacht und entsprechend war es bei mir auch hässlicher auszurechnen. Danke, wie gesagt, ich denke mal, ich hab's nun doch ein Stück besser verstanden.

Irgendwie frage ich mich dennoch, ob man nicht irgendeinen "Trick" ersinnen kann, der dass alles einfacher macht. Aber vielleicht gibt es ja wirklich keinen.

Wink

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