Chi-Quadrat, idemp. Matrix < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:20 Do 14.04.2011 | | Autor: | wieschoo |
Hi,
ich soll folgende Aussage beweisen:
Voraussetzungen:
[mm]Y\sim \mathcal{N}(0_n,E_n)[/mm], [mm]Z_1= Y^TAY,Z_2=Y^TBY, Z_3=c^TY[/mm]
a) [mm]A^2=A \wedge rg(A)=r \Rightarrow Z_1\sim \chi_r^2[/mm] chi-quadr-Vert. mit r Freiheitsgraden
b) [mm]AB=0_{n,n}\Rightarrow Z_1,Z_2[/mm] sind unabhängig
c) [mm]c^TA=0_n\Rightarrow Z_1,Z_3[/mm] sind unabhängig$
zu a)
Ich muss ja zeigen [mm]Z_1=\sum Y_i^2[/mm]. Da setze ich
[mm]b=AY[/mm], also [mm]b_i=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}y_k[/mm]. Noch einmal multipliziert:[mm]Z_i=\sum_{j=1}^{n}y_jb_j=\sum_{j=1}^{n}y_j\sum_{k=1}^{n}y_ka_{ik}=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}y_jy_ka_{ik}[/mm]
Könnte ich jetzt die Einheitsmatrix für A voraussetzen, dann wäre ich fertig,mit [mm]a_{ik}=\delta_{ik}[/mm] Kroneckerdelta. Für A weiß ich nur die Eigenschaft der Idempotenz. Es wird keine Symmetrie vorausgesetzt. Ich kann also mit dem Trägheitssatz von Sylvester keine ONB in dem Sinne konstruieren mit [mm]A=F^{-1}DF[/mm] und Eigenwerten .
zu b)
zu zeigen wäre ja [mm]cov(Z_1,Z_2)=0[/mm].
Eingesetzt:
[mm]cov(Y^TAY,Y^TBY)=\mathbb{E}((Z_1-\mathbb{E}Z_1)(Z_2-\mathbb{E}Z_2))[/mm]
=[mm]\mathbb{E}((Z_1-r)(Z_2-r)[/mm] da gilt [mm]Z_1,Z_2\sim \chi_r^2[/mm]
=[mm]\mathbb{E}(Z_1Z_2-rZ_1-rZ_2+r^2)[/mm]
=[mm]\mathbb{E}(Y^TAYY^TBY-rZ_1-rZ_2+r^2)[/mm]
=[mm]\mathbb{E}(Y^TAYY^TBY)-\mathbb{E}(rZ_1)-\mathbb{E}(rZ_2)+\mathbb{E}(r^2)[/mm]
=[mm]\mathbb{E}(Y^TAYY^TBY)-r^2-r^2[/mm]
am liebsten würde ich jetzt auf [mm]\mathbb{E}(Y^TAYY^TBY)=2r^2[/mm] kommen.
Kann mir bitte jemand unter die Arme greifen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:27 Do 14.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
[mm] $a=\vektor{1\\1},\quad b=\vektor{1\\0}$
[/mm]
[mm] $ab^t$ [/mm] ist idempotent, aber
$Y^tab^tY= [mm] (Y_1+Y_2)Y_1$ [/mm] ist nicht [mm] $\chi^2$-verteilt.
[/mm]
Du brauchst zusätzlich, daß $A$ (und $B$ denk ich auch) symmetrisch ist. Damit ist sie diagonalisierbar. Die Eigenwerte von A sind der r-fache Eigenwert 1 und der $n-r$ fache Eigenwert 0.
[mm] $Y^tAY=(D^{1/2}QY)^t(D^{1/2}QY)
[/mm]
Laß das mit den einzelnen Koeffizienten, und rechne mal nur mit Matrizen.
zur b) zusätzlich noch: Aus Unkorreliertheit folgt nicht Unabhängigkeit bei der [mm] $\chi^2$-Verteilung, [/mm] bei der Normalverteilung hingegen schon...
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:06 Do 14.04.2011 | | Autor: | wieschoo |
> Hi,
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> [mm]a=\vektor{1\\
1},\quad b=\vektor{1\\
0}[/mm]
>
> [mm]ab^t[/mm] ist idempotent, aber
>
> [mm]Y^tab^tY= (Y_1+Y_2)Y_1[/mm] ist nicht [mm]\chi^2[/mm]-verteilt.
Ich weiß, dass symmetrisch [mm]Leftarrow[/mm] idempotent nicht gilt.
>
> Du brauchst zusätzlich, daß [mm]A[/mm] (und [mm]B[/mm] denk ich auch)
> symmetrisch ist. Damit ist sie diagonalisierbar. Die
Das war auch mein Gedanke. Jedoch steht nirgends etwas von Symmetrie.
> Eigenwerte von A sind der r-fache Eigenwert 1 und der [mm]n-r[/mm]
> fache Eigenwert 0.
Mit der Begründung: [mm]A^2=A\gdw A^2-A=0\Rightarrow \mu = x^2-x \Rightarrow [/mm] Eigenwerte 1,0.
>
> [mm]$Y^tAY=(D^{1/2}QY)^t(D^{1/2}QY)[/mm]
Vielleicht [mm]Y^TAY=Y^TQ^TDQY=(QY)^TD(QY)=H^TDH[/mm] mit [mm]H=QY \sim \mathcal{N}(0_n,QQ^T)[/mm] ??
Da hilft vielleicht doch dann die Koeff-schreibweise um zu sehen [mm]Z_i=\sum_{i=1}^{n-k}H_i^2 \sim \chi^2_{n-k}[/mm]
>
> Laß das mit den einzelnen Koeffizienten, und rechne mal
> nur mit Matrizen.
>
>
> zur b) zusätzlich noch: Aus Unkorreliertheit folgt nicht
> Unabhängigkeit bei der [mm]\chi^2[/mm]-Verteilung, bei der
> Normalverteilung hingegen schon...
Wie zeige ich das dann. Unabhängig heißt ja hier im speziellen Fall
Kannst du mir einen Ansatz geben?
Muss ich vielleicht zeigen, dass die Kovarianmatrix eine Diagonalmatrix ist? Und wie mache ich das?
Geht der Ansatz dann auch für c)
>
> ciao
> Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:24 Do 14.04.2011 | | Autor: | vivo |
Hi,
schau mal hier
[mm] http://www.mathematik.uni-ulm.de/stochastik/lehre/ws02_03/statistik_2/skript/node32.html
[/mm]
Unabhängigkeit Theorem 3.16, Verteilung weiter oben.
grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:47 Do 14.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Ich weiß, dass symmetrisch $ Leftarrow $ idempotent nicht gilt.
Mein Punkt ist, daß [mm] $ab^t$ [/mm] idempotent aber nicht symmetrisch ist. Die Aussagen, die Du beweisen sollst brauchen Symmetrie.
> Vielleicht $ Y^TAY=Y^TQ^TDQY=(QY)^TD(QY)=H^TDH $ mit $ H=QY [mm] \sim \mathcal{N}(0_n,QQ^T) [/mm] $ ??
Das ist gut. Das ist so aufgespalten sogar kürzer, als ich das gemacht hätte.
> Da hilft vielleicht doch dann die Koeff-schreibweise um zu sehen $ [mm] Z_i=\sum_{i=1}^{n-k}H_i^2 \sim \chi^2_{n-k} [/mm] $
Der letzte Schritt muß das sein. Ich hatte Befürchtungen, daß Du gleich im ersten Schritt mit Doppelsummen anfängst. =)
> Kannst du mir einen Ansatz geben?
Wir machen da weiter, wo a) aufgehört hat.
$Y^tAY= (DQY)^tDQY$
$Y^tBY= (ERY)^tERY$ (Zerlegung von B analog zu A)
$DQY$ und $ERY$ sind beide multivariat normalverteilt. D.h. wenn Du mal die Kovarianz von den beiden betrachtest (wieder mit Matrizen =) und Unkorreliertheit zeigen kannst, dann folgt in dem Fall tatsächlich Unabhängigkeit. (Sind X und Y unabhängig, dann sind es auch $X^tX$ und $Y^tY$)
> Geht der Ansatz dann auch für c)
1:1 nicht. Ich fürchte die c) hab ich mir noch nicht angeschaut.
Korrektur, dürfte doch funktionieren.
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:08 So 17.04.2011 | | Autor: | wieschoo |
Danke erst einmal für die Antworten.
> > Kannst du mir einen Ansatz geben?
>
> Wir machen da weiter, wo a) aufgehört hat.
>
> [mm]Y^tAY= (DQY)^tDQY[/mm]
> [mm]Y^tBY= (ERY)^tERY[/mm] (Zerlegung von B
> analog zu A)
Die Zerlegung hatte ich auch
>
> [mm]DQY[/mm] und [mm]ERY[/mm] sind beide multivariat normalverteilt. D.h.
> wenn Du mal die Kovarianz von den beiden betrachtest
> (wieder mit Matrizen =) und Unkorreliertheit zeigen kannst,
> dann folgt in dem Fall tatsächlich Unabhängigkeit. (Sind
> X und Y unabhängig, dann sind es auch [mm]X^tX[/mm] und [mm]Y^tY[/mm])
Du meinst ich soll:
[mm]cov(V)=cov(DQY)=(DQ)^TEDQ=Q^TD^TEDQ=Q^TD^2Q=Q^TDQ=A[/mm]
analog
[mm] $cov(\tilde{V}=\ldots=B$
[/mm]
berechnen?
Jetzt ist A,B die Koviarianmatrix?!
Um Unkorreliertheit zu zeigen muss ich doch auf eine Diagonalmatrix kommen.
Ich weiß noch nicht einmal wie ich mit diesem Ansatz weiter rechne. Noch habe ich auch ein Funke einer Idee, wo ich dieses AB=0 verwenden kann.
Ich glaube ich muss um einen nächsten Wegweiser bitten.
Was mich auch irritiert ist, dass $Y^TAY$ ein Skalar und dieses Z ein Vektor ist.
>
>
> > Geht der Ansatz dann auch für c)
>
> 1:1 nicht. Ich fürchte die c) hab ich mir noch nicht
> angeschaut.
> Korrektur, dürfte doch funktionieren.
>
> ciao
> Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:21 Mo 18.04.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Du meinst ich soll:
Nö,
[mm] $\mathrm{Cov}(DQY,ERY)=\ldots$
[/mm]
> Um Unkorreliertheit zu zeigen muss ich doch auf eine Diagonalmatrix kommen.
Demzufolge trifft das hier auch nicht zu. Wenn [mm] $\mathrm{Cov}(X,X)$ [/mm] diagonal ist, dann sind die einzelnen Komponenten unkorreliert. Hier hast Du [mm] $\mathrm{Cov}(X,Y)$ [/mm] und die Frage ist, ob die beiden Vektoren unkorreliert sind.
> Was mich auch irritiert ist, dass $ Y^TAY $ ein Skalar und dieses Z ein Vektor ist.
welches Z?
ciao
Stefan
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