Äquivalente Teststatistiken

08.06.2012, 11:04

Gast11022013

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Äquivalente Teststatistiken

Meine Frage:
Moin, ich habe mal eine generelle Frage.

Wie zeigt man, daß zwei Teststatistiken äquivalent sind?

Meine Ideen:
Beispiel:

Die Wilcoxon-Teststatistik $\begin{eqnarray*} W_{N}=\sum_{i=m+1}^{N=m+n}R_i \end{eqnarray*}$ soll, so wird behauptet, äquivalent sein zur Statistik $\begin{eqnarray*} D:=\overline{R}-\overline{Q} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \overline{Q} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \overline{R} \end{eqnarray*}$ den Durschschnitt der Ränge der $\begin{eqnarray*} X_1,\hdots,X_m \end{eqnarray*}$ bzw. der $\begin{eqnarray*} X_{m+1},\hdots,X_{m+n} \end{eqnarray*}$ in der kombinierten geordneten Stichprobe bezeichnen sollen, also wohl:

$\begin{eqnarray*} D=\frac{1}{n}\sum_{i=m+1}^{N=m+n}R_i-\frac{1}{m}\sum_{i=1}^{m}R_i \end{eqnarray*}$

Wie zeigt man nun die Äquivalenz von $\begin{eqnarray*} W_{N} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ ?

Meine Idee wäre, sich die drei verschiedenen Testfälle anzusehen (linksseitig, rechtsseitig, beidseitig) und zu schauen, ob man bei der einen Teststatistik die Nullhypothese genau dann ablehnt, wenn man sie auch bei der anderen Teststatistik ablehnt. Also beispielsweise für den linksseitigen Test:

Es wird die Nullhypothese abgelehnt, wenn $\begin{eqnarray*} W_{N}\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ . Also zeige, daß dann auch $\begin{eqnarray*} D\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ (und umgekehrt).

08.06.2012, 15:20

Gast11022013

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Ich habe jetzt länger drüber nachgedacht, was sonst noch mit "Äquivalenz von Teststatistiken" gemeint sein könnte: Etwas Anderes fällt mir nicht ein.

---------------------

Ich würde dann an meine obige Idee anknüpfen.

1.) Linksseitiger Test

Sei $\begin{eqnarray*} W_{N}\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ . Zeige, daß $\begin{eqnarray*} D\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} D\leq \frac{1}{n}w_{\alpha}-\frac{1}{m}\sum_{i=1}^{m}R_i\leq \frac{w_{\alpha}}{n}\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$

Sei nun $\begin{eqnarray*} D\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ . Zeige, daß auch $\begin{eqnarray*} W_{N}\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

Wie zeigt man das? Da komme ich nicht klar.

08.06.2012, 15:45

Huggy

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Die Teststatistiken $\begin{eqnarray*} W_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ sind äquivalent, weil die eine eine streng monotone Funktion der anderen ist, also

$\begin{eqnarray*} D=f(W_n) \end{eqnarray*}$

f ist streng monoton steigend. Also hat man:

$\begin{eqnarray*} W_n \leq w_{\alpha} \leftrightarrow D \leq f(w_{\alpha}) \end{eqnarray*}$

08.06.2012, 16:01

Gast11022013

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Mal gucken, ob ich Dich richtig verstanden habe.

Man betrachtet die Teststatistik $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ als Funktion von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ , also:

$\begin{eqnarray*} D=f(W)=\frac{1}{n}W-\overline{Q} \end{eqnarray*}$

Diese Funktion ist streng monoton steigend, denn $\begin{eqnarray*} f(W)<f(W+1) \end{eqnarray*}$ .

Ist nun $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ folgt:

$\begin{eqnarray*} D=f(W)\leq f(w_{\alpha})=\frac{1}{n}w_{\alpha}-\overline{Q}\leq \frac{w_{\alpha}}{n}\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

Gilt umgekehrt, daß $\begin{eqnarray*} D\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ , folgt wegen der Monotonie sofort, daß $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

-------

Und Entsprechendes ist jetzt für den rechtsseitigen Testfall und den beidseitigen Testfall zu zeigen?

08.06.2012, 16:15

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Gilt umgekehrt, daß $\begin{eqnarray*} D\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ , folgt wegen der Monotonie sofort, daß $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

Nein! Es gilt dann $\begin{eqnarray*} W \leq f^{-1}(w_{\alpha}) \end{eqnarray*}$

Du solltest noch $\begin{eqnarray*} \overline Q \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ ausdrücken. Dann hast du f explizit dastehen und siehst die strenge Monotonie. Die folgenden Fallunterscheidungen sind unnötig. Durch die strenge Monotonie ist alles erschlagen.

Zitat:

Und Entsprechendes ist jetzt für den rechtsseitigen Testfall und den beidseitigen Testfall zu zeigen?

08.06.2012, 16:34

Gast11022013

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Okay und dann gilt $\begin{eqnarray*} f^{-1}(w_{\alpha})=w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

Edit. QUATSCH

Ich frage mich gerade, wie man $\begin{eqnarray*} \overline{Q} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ ausdrücken kann.

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08.06.2012, 16:48

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Okay und dann gilt $\begin{eqnarray*} f^{-1}(w_{\alpha})=w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

Quark!

unglücklich

Dann wäre ja f die identische Abbildung und das ist f sicher nicht.

Zitat:

Ich frage mich gerade, wie man $\begin{eqnarray*} \overline{Q} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ ausdrücken kann.

Uff! Und noch so ein Tiefschlag. Hast du überhaupt kein Mitleid mit mir? Ich frage mich jetzt, ob in dem anderen Thread wirklich der Groschen gefallen ist. Da hatte ich dich schon darauf hingewiesen, dass die Summe der Rangzahlen der beiden Populationen einen konstanten Wert ergibt.

Also, es gilt doch trivialerweise

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^m R_i + \sum_{i=m+1}^{m+n=N}R_i = \sum_{i=1}^N i=\frac{N(N+1)}{2} \end{eqnarray*}$

Schließlich muss jede Zahl zwischen 1 und N genau einmal als Rangzahl auftreten.

08.06.2012, 16:54

Gast11022013

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Daß das Erste Quark war, hatte ich schon bemerkt.

Also es ist doch $\begin{eqnarray*} f^{-1}(w_{\alpha})=n(w_{\alpha}+\overline{Q}) \end{eqnarray*}$ .

Und $\begin{eqnarray*} \overline{Q}=\frac{N(N+1)}{2m}-\frac{W}{m} \end{eqnarray*}$ .

Edit: Doch, ich habe schon Mitleid. Aber ich mache die Fehler ja nicht absichtlich. Mir wäre auch lieber, ich würde Tiefschläge vermeiden.

08.06.2012, 17:12

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Daß das Erste Quark war, hatte ich schon bemerkt.

Also es ist doch $\begin{eqnarray*} f^{-1}(w_{\alpha})=n(w_{\alpha}+\overline{Q}) \end{eqnarray*}$ .

Was soll hier das $\begin{eqnarray*} \overline Q \end{eqnarray*}$ ? Es sollten auf beiden Seiten Zahlen oder auf beiden Seiten Zufallsgrößen stehen.

Zitat:

Und $\begin{eqnarray*} \overline{Q}=\frac{N(N+1)}{2m}-\frac{W}{m} \end{eqnarray*}$ .

Ja.

08.06.2012, 17:17

Gast11022013

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Tut mir leid, aber ich sehe nicht, wie aus $\begin{eqnarray*} W\leq f^{-1}(w_{\alpha})=n(w_{\alpha}+\frac{N(N+1)}{2m}-\frac{W}{m}) \end{eqnarray*}$ dann folgt, daß $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

unglücklich

unglücklich

Wieder ein Schlag in die Magengrube...

08.06.2012, 17:49

Huggy

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Ich sehe dafür 2 Gründe:

Einmal antwortest du immer schnell und nimmst dir nicht die Zeit, mal über die Dinge nachzudenken. Zum anderen scheinst du mit Formeln keine Inhalte zu verbinden. Du scheinst nur Symbolketten nach irgendwelchen Regeln umzuformen. So kann ein Computer arbeiten, aber doch kein Mensch!

Ich komme auf:

$\begin{eqnarray*} D=(\frac{1}{m}+\frac{1}{n})W-\frac{N(N+1)}{2m}=:f(W) \end{eqnarray*}$

Falls nun $\begin{eqnarray*} W \leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ , so gilt wegen der strengen Monotonie von f:

$\begin{eqnarray*} D \leq(\frac{1}{m}+\frac{1}{n})w_{\alpha}-\frac{N(N+1)}{2m}=f(w_{\alpha}) \end{eqnarray*}$

Die erste Gleichung umgestellt ergibt:

$\begin{eqnarray*} W=\frac {mn}{m+n}(D+\frac{N(N+1)}{2m})=f^{-1}(D) \end{eqnarray*}$

Falls nun $\begin{eqnarray*} D \leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ , so folgt wieder wegen der strengen Monotonie:

$\begin{eqnarray*} W \leq \frac {mn}{m+n}(w_{\alpha}+\frac{N(N+1)}{2m})=f^{-1}(w_{\alpha}) \end{eqnarray*}$

Wobei es mir besser gefallen würde, diesmal statt $\begin{eqnarray*} w_\alpha \end{eqnarray*}$ den kritischen Wert $\begin{eqnarray*} d_{\alpha} \end{eqnarray*}$ zu nennen. Aber das ist nicht wichtig.

08.06.2012, 18:06

Gast11022013

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Dennoch verstehe ich noch nicht, wieso dann

$\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ ´

folgt.

08.06.2012, 18:10

Huggy

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Das folgt doch auch gar nicht! Wieso behauptest du das immer?

08.06.2012, 18:12

Gast11022013

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Muss ich das denn nicht zeigen?...

unglücklich

unglücklich

Ich muss doch zeigen, daß aus $\begin{eqnarray*} D\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ folgt, daß $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ ?

Ohje.

08.06.2012, 18:20

Huggy

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Wieso musst du das zeigen? Äquivalent heißt doch nicht gleich!

Die beiden Teststatistiken sind äquivalent, weil man sie ineinander umrechnen kann und weil man, wenn man die kritischen Werte mit derselben Funktion ineinander umrechnet, in beiden Fällen dasselbe Testergebnis (Ablehnung oder Nichtablehnung) für eine gegebene Stichprobe bekommt.

08.06.2012, 18:31

Gast11022013

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Das habe ich dann missverstanden.

Wieso nimmst Du einmal an, dass $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ und einmal, daß $\begin{eqnarray*} D\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ ?

Wäre es dann nicht besser, wenn man dann auch $\begin{eqnarray*} D\leq f(w_{\alpha}) \end{eqnarray*}$ annimmt und dann zeigt, dass dann $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ ?

08.06.2012, 18:39

Huggy

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Das kam doch nicht von mir. Ich habe schon vorher gesagt, dass es mir besser gefallen würde, den kritischen Wert für D anders zu nennen. Und falls er aus dem kritischen Wert für W berechnet wurde, dann ist er $\begin{eqnarray*} f(w_{\alpha}) \end{eqnarray*}$ .

08.06.2012, 18:46

Gast11022013

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Dann entschuldige bitte.

Okay, dann fasse ich nochmal zusammen.

Ich stelle die Behauptung auf:

$\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha}\Leftrightarrow D\leq f(w_{\alpha})=:d_{\alpha} \end{eqnarray*}$

Zum Beweis nehme ich ein Mal an, daß $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ und zeige dann, daß $\begin{eqnarray*} D\leq d_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

Andersherum nehme ich an, daß $\begin{eqnarray*} D\leq d_{\alpha} \end{eqnarray*}$ und zeige, daß dann $\begin{eqnarray*} W\leq w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ .

Das ist der Beweis.

-----

Könntest Du eventuell noch ein Wörtchen darüber verlieren, wieso man die anderen Testfälle (rechtsseitig, beidseitig) automatisch mitbewiesen hat?

08.06.2012, 18:59

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Könntest Du eventuell noch ein Wörtchen darüber verlieren, wieso man die anderen Testfälle (rechtsseitig, beidseitig) automatisch mitbewiesen hat?

Wenn gilt

$\begin{eqnarray*} D=f(W) \end{eqnarray*}$ mit einer streng monoton steigenden Funktion f, dann ist

$\begin{eqnarray*} P(w_1 \leq W \leq w_2)=P(f(w_1) \leq D \leq f(w_2)) \end{eqnarray*}$

für beliebiges $\begin{eqnarray*} w_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} w_2 \end{eqnarray*}$ . Die einseitigen Fälle bekommt man, wenn man für einen der Werte $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ setzt.

08.06.2012, 19:05

Gast11022013

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Da ich nicht so ein Schnelldenker bin, könnte ich die beiden anderen Fälle aber theoretisch auch analog nochmal getrennt aufschreiben?

--------------------

Nun sitze ich hier und weiß nicht, wie ich Dir danken kann.

Vielleicht, indem ich ein riesiges DANKE an Dich sende. Gott

Gott

08.06.2012, 19:11

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Da ich nicht so ein Schnelldenker bin, könnte ich die beiden anderen Fälle aber theoretisch auch analog nochmal getrennt aufschreiben?

Selbstverständlich.

Zitat:

Nun sitze ich hier und weiß nicht, wie ich Dir danken kann.

Vielleicht, indem ich ein riesiges DANKE an Dich sende. Gott

Gott

Noch besser, du versuchst zukünftig mehr, die Dinge nicht nur formal, sondern auch inhaltlich zu verstehen.

08.06.2012, 19:13

Gast11022013

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Zitat:

Original von Huggy
Noch besser, du versuchst zukünftig mehr, die Dinge nicht nur formal, sondern auch inhaltlich zu verstehen.

Ich versuche es.

Nochmal ein großes "Danke".

Und (falls Du Fußballfan bist) einen schönen Fußballabend.

08.06.2012, 20:14

Gast11022013

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Ich schreibs mal hin:

Für den rechtsseitigen Test ist die Behauptung dann:

$\begin{eqnarray*} W\geq w_{1-\alpha}\Leftrightarrow D\geq f(w_{1-\alpha}) \end{eqnarray*}$

Beweis:

Sei $\begin{eqnarray*} W\geq w_{1-\alpha} \end{eqnarray*}$ . Wegen der strengen Monotonie von f gilt dann:

$\begin{eqnarray*} D=f(W)\geq f(w_{1-\alpha}) \end{eqnarray*}$

Andersherum:

Sei $\begin{eqnarray*} D\geq f(w_{1-\alpha}) \end{eqnarray*}$ .

Dann gillt wegen der strengen Monotonie von $\begin{eqnarray*} f^{-1} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} W=f^{-1}(f(W))=f^{-1}(D)\geq f^{-1}(f(w_{1-\alpha}))=w_{1-\alpha} \end{eqnarray*}$

BEDISEITGER Testfall:

Behauptet wird:

$\begin{eqnarray*} w_{1-\alpha/2}\leq W\leq w_{\alpha/2}\Leftrightarrow f(w_{1-\alpha/2})\leq D\leq f(w_{\alpha/2}) \end{eqnarray*}$ .

Naja, wegen der strengen Monotonie von f gilt für die Hin-Richtung:

$\begin{eqnarray*} f(w_{1-\alpha/2})\leq D\leq f(w_{\alpha/2}) \end{eqnarray*}$

und für die Rückrichtung wegen der strengen Monotonie von $\begin{eqnarray*} f^{-1} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} f^{-1}(f(w_{1-\alpha/2}))\leq f^{-1}(D)=W\leq f^{-1}(f(w_{\alpha/2})) \end{eqnarray*}$

Okay?

09.06.2012, 08:11

Huggy

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Richtig.

09.06.2012, 10:44

Gast11022013

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Thank you!

12.07.2012, 13:43

Gast11022013

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Im Tutorium gab es folgende Lösung:

$\begin{eqnarray*} T=-\overline{Q}+\overline{R}=-\frac{1}{m}\sum\limits_{i=1}^{m}R_i+\frac{1}{n}\sum\limits_{i=m+1}^{N}R_i=-\frac{1}{m}\left(\sum\limits_{i=1}^{N}i-\sum\limits_{i=m+1}^{N}R_i\right)+\frac{1}{n}\sum\limits_{i=m+1}^{N}R_i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-\frac{1}{m}\left(\frac{N(N+1)}{2}-\sum\limits_{i=m+1}^{N}R_i\right)+\frac{1}{n}\sum\limits_{i=m+1}^{N}R_i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\underbrace{\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\right)}_{=:c_1}\underbrace{\sum\limits_{i=m+1}^{N}R_i}_{=W}-\underbrace{\frac{N(N+1)}{2m}}_{=:c_2} \end{eqnarray*}$

Meine Frage: Wieso sind zwei Teststatistiken äquivalent, wenn man die eine mittels Multiplikation oder Addition von Konstanten als die andere Teststatistik darstellen kann?

12.07.2012, 15:07

Huggy

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Anscheinend war die ganze vorherige Diskussion für die Katz. Ich hatte doch dasselbe Ergebnis genannt:

Zitat:

Ich komme auf:

$\begin{eqnarray*} D=(\frac{1}{m}+\frac{1}{n})W-\frac{N(N+1)}{2m}=:f(W) \end{eqnarray*}$

Womit D eine streng monotone Funktion von W ist. Und wir hatten lang und breit und hin und her mit viel Bauchschmerzen bei dir diskutiert, weshalb das bedeutet, wenn eine Teststatistik bei gegebenem $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ eine Hypothese ablehnt, dann tut es auch die andere und wenn sie die Hypothese nicht ablehnt, dann lehnt auch die andere Teststatistik sie nicht ab.

12.07.2012, 15:49

Gast11022013

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Ich glaube Du hast mich in diesem Fall missverstanden.

Ich habe das aus dem Tutorium hingeschrieben und anschließend die Frage gestellt, weil mir da die Argumentation mit den kritischen Werten und der Monotonie fehlte - und nicht, weil ich es nochmal diskutieren wollte. Big Laugh

Big Laugh

Die Frage hätte ich nur zu der Lösung aus dem Tutorium gestellt, weil sie mir daraus nicht klar geworden wäre. Mit Deinen vorherigen Ausführungen ist es mir klar.

12.07.2012, 16:32

Huggy

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Zitat:

Original von Dennis2010
Die Frage hätte ich nur zu der Lösung aus dem Tutorium gestellt, weil sie mir daraus nicht klar geworden wäre. Mit Deinen vorherigen Ausführungen ist es mir klar.

Das konnte ich aus deiner Fragestellung oben

Zitat:

Meine Frage: Wieso sind zwei Teststatistiken äquivalent, wenn man die eine mittels Multiplikation oder Addition von Konstanten als die andere Teststatistik darstellen kann?

nicht ersehen. Und im Tutorium ist man vermutlich nicht darauf eingegangen, weil es eigentlich eine Trivialität ist. Ich habe ja in dem Thread meine Verwunderung deutlich gemacht, dass bei dir so viel Überzeugungsarbeit erforderlich war.

12.07.2012, 16:52

Gast11022013

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Ja, ich gebe Dir Recht. Ich habe das nicht sehr geschickt formuliert.

Okay, "trivial" ist natürlich relativ. Für mich war es keine Trivialität.

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