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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:54 Sa 26.11.2011 | | Autor: | dennis2 |
| Aufgabe | Seien [mm] $X_1,...,X_n$ [/mm] unabhängig identisch gemäß $F$ verteilt. Bezeichne
[mm] $\hat F^{(n)}(a)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\chi_{(-\infty,a]}(X_i)$
[/mm]
die empirische Verteilungsfunktion.
Zeige:
(1) [mm] $P\left(\hat F^{(n)}(a)=\frac{m}{n}\right)=\binom{n}{m}(F(a))^{m}(1-F(a))^{n-m}, [/mm] m=0,...,n$
(2) [mm] $\hat F^{(n)}(a)$ [/mm] ist ein stark konsistenter Schätzer für $F(a)$. |
Hallo und einen schönen Samstag-Nachmittag! Ich habe mich mal an den Beweis der obigen Aufgabe gewagt und ich würde mich freuen, wenn mir jemand ein Feedback geben würde!
Beweis:
(1)
(*) [mm] $\hat F^{(n)}(a)=\frac{m}{n}\Leftrightarrow n\cdot \hat F^{(n)}(a)=m$
[/mm]
(**) [mm] $\hat F^{(n)}(a,\omega)=\frac{1}{n}\left\vert\left\{i: 1\leq i\leq n, \underbrace{X_i(\omega)\leq a}_{=F(a)}\right\}\right\vert$
[/mm]
------
Wegen (*) und (**) kann man die Zufallsvariable [mm] $n\cdot \hat F^{(n)}(a)$ [/mm] als die Anzahl der Erfolge beim n-fachen Münzwurf auffassen - mit den (nach Voraussetzung) identischen Erfolgswahrscheinlichkeiten [mm] $c_1=...=c_n=F(a)$, [/mm] das heißt:
[mm] $n\cdot\hat F^{(n)}(a)=\left\vert\left\{i: 1\leq i\leq n, F(a)\right\}\right\vert=m\in\left\{0,...,n\right\}$ [/mm]
und daher
[mm] $P\left(n\cdot\hat F^{(n)}(a)=m\right)=\binom{n}{m}(F(a))^m(1-F(a))^{n-m}$, [/mm] das heißt, daß [mm] $n\cdot\hat F^{(n)}(a)$ [/mm] binomialverteilt ist zu den Parametern $n$ und $p=F(a)$.
Dann nach (*) auch [mm] $\hat F^{(n)}(a)$.
[/mm]
(2)
Zu zeigen ist, daß [mm] $\hat F^{(n)}(a)\underrightarrow{f.s.} [/mm] F(a)$ für [mm] $n\to\infty$.
[/mm]
----
Da man [mm] $n\cdot\hat F^{(n)}(a)$ [/mm] (wie oben beschrieben) als Erfolgsanzahl beim n-fachen Münzwurf mit identischen Erfolgswahrscheinlichkeiten betrachten kann, ist [mm] $n\cdot\hat F^{(n)}(a)$ [/mm] die Summe von $n$ unabhängigen und identisch (bernouilli-) verteilten Zufallsvariablen. Daher ergibt sich die Behauptung aus dem Gesetz der großen Zahlen wie folgt:
[mm] $\hat F^{(n)}(a)=\frac{1}{n}\cdot n\cdot \hat F^{(n)}(a)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\hat F^{(n)}(a)\underrightarrow{f.s.}E\left(\hat F^{(n)}(a)\right)=F(a)$
[/mm]
mit [mm] $\hat F^{(n)}(a)$ [/mm] paarweise unabhängig, identisch verteilt in [mm] $\mathcal{L}^1$.
[/mm]
(Das heißt: Die Voraussetzungen des starken Gesetzes der großen Zahlen sind erfüllt.)
[mm] $\Box$
[/mm]
Vielen Dank für's Durchlesen und ich freue mich auf Reaktionen.
Dennis
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:57 So 27.11.2011 | | Autor: | vivo |
Hallo,
ich weiß teilweise nicht genau was du meinst. Deshalb hier eine leicht andere Version:
[mm]P(X_i \le x)=F(x)[/mm]
setzte:
[mm]Y_i(x)=\begin{cases} 1, & \mbox{ falls } X_i \le x \\ 0, & \mbox{ falls } X_i > x \end{cases}[/mm]
so ist
[mm]P(Y_i(x)=1)=F(x)[/mm]
[mm]P(Y_i(x)=0)=1-F(x)[/mm]
offenbar ist ja
[mm]n \hat{F}^{(n)}(x)=\sum_{i=1}^{n}Y_i(x)[/mm]
die Anzahl der Beobachtungen die [mm]x[/mm] nicht übertreffen
Da die [mm]Y_i(x)[/mm] stochstisch unabhängig bernoulliverteilt mit Parameter [mm]p=F(x)[/mm] sind folgt
[mm]n\hat{F}^{(n)}(x) \sim Bi(n, F(x))[/mm]
also die Behauptung.
[mm]E(\hat{F}^{(n)}(x))=F(x)[/mm]
[mm]V(\hat{F}^{(n)}(x))=\frac{1}{n}F(x)(1-F(x))[/mm]
wegen Verteilung.
Also Erwartungstreu und mit wachsendem [mm]n[/mm] konvergiert Varianz gegen Null.
Also konsisten im quadratischen Mittel (stark konsinstent). Daraus folgt auch schwach konsistent (Konvergenz in Wahrscheinlichkeit).
Es liegt sogar eine gleichmäßige Konvergenz vor, was über den Satz von
Glivenko und Cantelli gezeigt werden kann.
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