Tests statistischer Hypothesen

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1 KAPITEL 10 Tests statistischer Hypothese I der Statistik muss ma oft Hypothese teste, z.b. muss ma ahad eier Stichprobe etscheide, ob ei ubekater Parameter eie vorgegebee Wert aimmt. Zuerst betrachte wir ei Beispiel Ist eie Müze fair? Es sei eie Müze gegebe. Wir wolle teste, ob diese Müze fair ist, d.h. ob die Wahrscheilichkeit vo Kopf, die wir mit θ bezeiche, gleich 1/2 ist. Dazu werfe wir die Müze z.b. = 200 Mal. Sei S die Azahl der Würfe, bei dee die Müze Kopf zeigt. Nu betrachte wir zwei Hypothese: Nullhypothese H 0 : Die Müze ist fair, d.h., θ = 1/2. Alterativhypothese H 1 : Die Müze ist icht fair, d.h., θ 1/2. Wir müsse etscheide, ob wir die Nullhypothese H 0 verwerfe oder beibehalte. Die Etscheidug muss ahad des Wertes vo S getroffe werde. Uter der Nullhypothese gilt, dass E H0 S = = 100. Die Idee besteht u dari, die Nullhypothese zu verwerfe, we 2 S stark vo 100 abweicht. Die Größe S 100 bezeichet ma i diesem Fall als Teststatistik. Dabei sid große Werte vo S 100 ei Hiweis darauf, dass die Nullhypothese verworfe werde muss, d.h. große Werte sid sigifikat. Wir wähle also eie Kostate c {0, 1,...} ud verwerfe H 0, falls S 100 > c. Aderfalls behalte wir die Hypothese H 0 bei. Bei diesem Vorgehe köe wir zwei Arte vo Fehler mache: Fehler 1. Art: H 0 wird verworfe, obwohl H 0 richtig ist. Fehler 2. Art: H 0 wird icht verworfe, obwohl H 0 falsch ist. Wie sollte u die Kostate c (der sogeate kritische Wert) gewählt werde? Ma möchte atürlich die Wahrscheilichkeite der beide Arte vo Fehler klei halte. I diesem Beispiel ist es allerdigs icht möglich, die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 2. Art zu bestimme. Der Grud dafür ist, dass ma für die Berechug dieser Wahrscheilichkeit de Wert vo θ kee muss, bei eiem Fehler 2. Art ist allerdigs ur bekat, dass θ 1/2 ist. Die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art ka aber sehr wohl bestimmt werde ud ist P H0 [ S 100 > c] = 2P H0 [S > c] = k=100+c+1 ( 200 k ) , da S Bi(200, 1/2) uter H 0. Wir wolle u c so wähle, dass die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art icht größer als ei kleies vorgegebees Niveau α (0, 1) ist. Normalerweise wählt ma α = 0.01 oder Hier wähle wir das Niveau α = Nu rechet ma ach, 1

2 Abbildug 1. Zähldichte der Biomialverteilug mit Parameter = 200 ud θ = 1/2. Rot: Ablehugsbereich. Blau: Aahmebereich. dass P H0 [ S 100 > c] = { , für c = 13, , für c = 14. Damit die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art kleier als α = 0.05 ist, müsse wir also c 14 wähle. Dabei ist es sivoll, c möglichst klei zu wähle, de sost vergrößert ma die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 2. Art. Also wähle wir c = 14. Usere Etscheidugsregel lautet u wie folgt: Wir verwerfe H 0, falls S 100 > 14. Sost behalte wir die Hypothese H 0 bei. Das Beibehalte vo H 0 bedeutet icht, dass H 0 bewiese wurde. Es ka ja immer och sei, dass die Müze ufair mit eiem θ = 1/ ist ud ei dermaße kleier Uterschied ka bei 200 Würfe sowieso icht erkat werde. Das Beibehalte vo H 0 bedeutet lediglich, dass i de vorhadee Date keie ausreichede Hiweise gege H 0 gefude wurde. Eie wichtige Größe zur Auswertug vo statistische Tests ist der p Wert. Defiitio Als p Wert bezeichet ma die Wahrscheilichkeit (uter der Nullhypothese), dass die Teststatistik eie midestes so extreme Wert aimmt, wie der i der Stichprobe beobachtete Wert. Hat ma z.b. bei 200 Würfe 150 Mal Kopf beobachtet, so ist der p Wert gegebe durch P H0 [ S ] = 2P H0 [S 150] = k=150 ( ) k Der Wert 150 weicht vom uter der Nullhypothese erwartete Wert 100 um 50 ab. Bei eier richtige Nullhypothese H 0 hat eie Abweichug vo midestes 50 eie Wahrscheilichkeit vo lediglich Deshalb muss i diesem Fall die Nullhypothese ohe große Zweifel verworfe werde. 2

3 Der p Wert liegt immer zwische 0 ud 1. Ei kleier p Wert ist ei Hiweis darauf, dass die Nullhypothese verworfe werde muss. Asymptotischer Test. Im obige Beispiel ka ma für die Berechug der Wahrscheilichkeite die Approximatio durch die Normalverteilug beutze. Es soll ei c mit P H0 [S 100 < c] α 2 bestimmt werde. Um die Güte der Approximatio zu verbesser, beutze wir de 1 2 Trick. Da c gaz ist, ist die obige Ugleichug äquivalet zu P H0 [S 100 c 0.5] α 2. Uter H 0 gilt S Bi(200, 1/2) ud somit E H0 S = 100, Var H0 S = Ugleichug ist äquivalet zu P H0 [ S c ] α = 50. Die obige Nu köe wir die Normalverteilugsapproximatio beutze ud die obige Ugleichug durch die folgede ersetze: ( Φ c ) α 50 2 Somit muss für c die folgede Ugleichug gelte: c z α 2, wobei z α das α Quatil der Stadardormalverteilug ist. Wege der Symmetrie der Stadardormalverteilug gilt z α = z 1 α. Für α = 0.05 ist z 1 α = z = 1.96 ud somit ist die obige Ugleichug äquivalet zu c Somit müsse wir c = 14 wähle. Die Etscheidugsregel bleibt geauso wie obe Tests für die Parameter der Normalverteilug Seie X 1,..., X N(µ, σ 2 ) uabhägige ud mit Parameter (µ, σ 2 ) ormalverteilte Zufallsvariable. Wir wolle Hypothese über die Parameter µ ud σ 2 teste. Wir werde die folgede vier Fälle betrachte: (1) Tests für µ bei bekatem σ 2. (2) Tests für µ bei ubekatem σ 2. (3) Tests für σ 2 bei bekatem µ. (4) Tests für σ 2 bei ubekatem µ. Fall 1: Tests für µ bei bekatem σ 2 (Gauß z Test). Seie X 1,..., X N(µ, σ 2 0) uabhägig, wobei die Variaz σ 2 0 bekat sei. Wir wolle verschiedee Hypothese über µ teste, z.b. µ = µ 0, µ µ 0 oder µ µ 0, wobei µ 0 ei vorgegebeer Wert ist. Wir betrachte die Teststatistik T := X µ 0 σ 0. 3

4 Uter µ = µ0 gilt T N(0, 1). Wir betrachte drei Fa lle i Abha gigkeit davo, wie die zu testede Hypothese formuliert wird. Fall 1A. H0 : µ = µ0 ; H1 : µ 6= µ0. Die Nullhypothese H0 sollte verworfe werde, we T groß ist. Dabei sollte die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art ho chstes α sei. Dies fu hrt zu der Etscheidugsregel, dass die Nullhypothese H0 verworfe wird, falls T > z1 α2, s. Abbildug 2 (liks). Fall 1B. H0 : µ µ0 ; H1 : µ < µ0. Die Nullhypothese H0 sollte verworfe werde, we T klei ist. Also verwerfe wir H0, falls T < zα, s. Abbildug 2 (Mitte). Uter µ = µ0 ist die Wahrscheilichkeit eies Fehlers erster Art gleich α. Ma ka zeige, dass fu r µ > µ0 (was auch zu H0 geho rt), die Wahrscheilichkeit, H0 irrtu mlich zu verwerfe, kleier als α ist. Fall 1C. H0 : µ µ0 ; H1 : µ > µ0. Hier sollte H0 verworfe werde, we T groß ist. I diesem Fall wird H0 verworfe, we T > z1 α,, s. Abbildug 2 (rechts) Abbildug 2. Vorgehesweise beim Gauß z Test. Rot: Ablehugsbereich. Blau: Aahmebereich. Liks: Zweiseitiger Test (Fall 1A). Mitte: Eiseitiger Test (Fall 1B). Rechts: Eiseitiger Test (Fall 1C). Fall 2: Tests fu r µ bei ubekatem σ 2 (Studet t Test). Seie X1,..., X N(µ, σ 2 ), wobei µ ud σ 2 ubekat seie. Wir mo chte Hypothese u ber µ teste, z. B. µ = µ0, µ µ0 oder µ µ0, wobei µ0 vorgegebe ist. Die Teststatistik aus Fall 1 ko e wir dafu r icht verwede, de sie etha lt de ubekate Parameter σ 2. Deshalb scha tze wir zuerst σ 2 durch S2 1 X = (Xi X )2. 1 Wir betrachte die Teststatistik T := X µ0. S Da gilt uter µ = µ0, dass T t 1. Fall 2A. H0 : µ = µ0 ; H1 : µ 6= µ0. Die Nullhypothese H0 sollte verworfe werde, we T groß ist. Dabei sollte die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art ho chstes α sei. Wege der 4

5 Symmetrie der t Verteilug erhalte wir die folgede Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, falls T > t 1,1 α 2. Fall 2B. H 0 : µ µ 0 ; H 1 : µ < µ 0. Die Nullhypothese H 0 wird verworfe, we T < t 1,α. Fall 2C. H 0 : µ µ 0 ; H 1 : µ > µ 0. Die Nullhypothese H 0 wird verworfe, we T > t 1,1 α. Fall 3: Tests für σ 2 bei bekatem µ (χ 2 Streuugstest). Seie X 1,..., X N(µ 0, σ 2 ) uabhägig, wobei der Erwartugswert µ 0 bekat sei. Wir wolle verschiedee Hypothese über die quadratische Streuug σ 2 der Stichprobe teste, wie z. B. σ 2 = σ0, 2 σ 2 σ0 2 oder σ 2 σ0, 2 wobei σ0 2 vorgegebe ist. Ei atürlicher Schätzer für σ 2 ist S 2 = 1 (X i µ 0 ) 2. Uter σ 2 = σ 2 0 gilt T := S 2 σ 2 0 = ( ) 2 Xi µ 0 χ 2. Fall 3A. H 0 : σ 2 = σ0; 2 H 1 : σ 2 σ0. 2 Die Nullhypothese H 0 sollte abgeleht werde, we T zu groß oder zu klei ist. Die χ 2 Verteilug ist icht symmetrisch. Dies führt zu folgeder Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T < χ 2, oder T > χ 2 α,1. α 2 2 Fall 3B. H 0 : σ 2 σ 2 0; H 1 : σ 2 < σ 2 0. Die Nullhypothese H 0 sollte verworfe werde, we T zu klei ist. Dies führt zu folgeder Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T < χ 2,α ist. Fall 3C. H 0 : σ 2 σ 2 0; H 1 : σ 2 > σ 2 0. Die Nullhypothese H 0 sollte verworfe werde, we T zu groß ist. Dies führt zu folgeder Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T > χ 2,1 α ist. Fall 4: Tests für σ 2 bei ubekatem µ (χ 2 Streuugstest). Seie X 1,..., X N(µ, σ 2 ), wobei µ ud σ 2 ubekat seie. Wir wolle Hypothese über σ 2 teste, z. B. σ 2 = σ0, 2 σ 2 σ0 2 oder σ 2 σ0, 2 wobei σ0 2 vorgegebe ist. Ei atürlicher Schätzer für σ 2 ist i diesem Fall S 2 = 1 (X i X ) 2. Uter σ 2 = σ 2 0 gilt T := ( 1)S2 σ 2 0 σ 0 χ 2 1. Die Etscheidugsregel sid also die gleiche wie i Fall 3, lediglich muss ma die Azahl der Freiheitsgrade der χ 2 Verteilug durch 1 ersetze Zweistichprobetests für die Parameter der Normalverteilug Nu betrachte wir zwei Stichprobe (X 1,..., X ) ud (Y 1,..., Y m ). Wir wolle verschiedee Hypothese über die Lage ud die Streuug dieser Stichprobe teste. Z. B. ka ma sich 5

6 für die Hypothese iteressiere, dass die Erwartugswerte (bzw. Streuuge) der beide Stichprobe gleich sid. Wir mache folgede Aahme: (1) X 1,..., X, Y 1,..., Y m sid uabhägige Zufallsvariable. (2) X 1,..., X N(µ 1, σ 2 1). (3) Y 1,..., Y m N(µ 2, σ 2 2). Wir wolle u Hypothese über µ 1 µ 2 ud σ 2 1/σ 2 2 teste. Dabei werde wir us auf die Nullhypothese der Form µ 1 = µ 2 bzw. σ 2 1 = σ 2 2 beschräke. Nullhypothese der Form µ 1 µ 2, µ 1 µ 2, σ 2 1 σ 2 2, σ 2 1 σ 2 2 köe aalog betrachtet werde. Fall 1: Test für µ 1 = µ 2 bei bekate σ 2 1 ud σ 2 2 (Zweistichprobe z Test). Es seie also σ 2 1 ud σ 2 2 bekat. Wir köe µ 1 µ 2 durch X Ȳm schätze. Uter der Nullhypothese H 0 : µ 1 = µ 2 gilt, dass T := X Ȳm σ1 2 + σ2 2 m N(0, 1). Die Nullhypothese H 0 wird verworfe, we T groß ist, also we T > z 1 α 2. Fall 2: Test für µ 1 = µ 2 bei ubekate aber gleiche σ 2 1 ud σ 2 2 (Zweistichprobe t Test). Es seie u σ1 2 ud σ2 2 ubekat. Um das Problem zu vereifache, werde wir aehme, dass die Variaze gleich sid, d.h. σ 2 := σ1 2 = σ2. 2 Wir schätze σ 2 durch ( ) 1 S = (X i + m 2 X m ) 2 + (Y j Ȳm) 2. Wir betrachte die folgede Teststatistik: T := X Ȳm. 1 S + 1 m Wir habe bei der Kostruktio der Kofidezitervalle gezeigt, dass T t +m 2 uter µ 1 = µ 2. Somit wird die Nullhypothese H 0 verworfe, we T > t +m 2,1 α 2. Fall 3: Test für σ 2 1 = σ 2 2 bei ubekate µ 1 ud µ 2 (F Test). Seie also µ 1 ud µ 2 ubekat. Wir wolle die Nullhypothese H 0 : σ 2 1 = σ 2 2 teste. Natürliche Schätzer für σ 2 1 ud σ 2 2 sid gegebe durch S 2 X = 1 1 j=1 (X i X ) 2, S 2 Y = 1 m 1 m (Y j Ȳm) 2. Bei der Kostruktio der Kofidezitervalle habe wir gezeigt, dass für σ 2 1 = σ 2 2 j=1 T := S2 X S 2 Y F 1,m 1. 6

7 Die Hypothese H 0 sollte verworfe werde, we T zu klei oder zu groß ist. Dabei ist die F Verteilug icht symmetrisch. Die Nullhypothese wird also verworfe, we T < F 1,m 1, α 2 oder T > F 1,m 1,1 α. 2 Fall 4: Test für σ 2 1 = σ 2 2 bei bekate µ 1 ud µ 2 (F Test). Aalog zu Fall 3 (Übug) Allgemeie Modellbeschreibug Wir beschreibe u allgemei das statistische Testproblem. Sei (P θ ) θ Θ eie Familie vo Wahrscheilichkeitsmaße auf dem Stichproberaum (X, A). Der Parameterraum Θ sei i zwei disjukte Teilmege Θ 0 ud Θ 1 aufgeteilt, d.h. Θ = Θ 0 Θ 1, Θ 0 Θ 1 =. Sei X eie Stichprobe, die zufällig aus X gemäß P θ gezoge wird, wobei θ Θ ubekat sei. Wir betrachte u zwei Hypothese: (1) Die Nullhypothese H 0 : θ Θ 0. (2) Die Alterativhypothese H 1 : θ Θ 1. Wir solle ahad der Stichprobe X etscheide, ob wir H 0 verwerfe oder beibehalte. Defiitio Ei Test ist eie messbare Fuktio ϕ : X {0, 1}. Iterpretatio: H 0 wird verworfe, falls ϕ(x) = 1. H 0 wird beibehalte, falls ϕ(x) = 0. Die Mege K := {x X: ϕ(x) = 1} heißt der Ablehugsbereich, de H 0 wird verworfe, falls X H 0. Wir werde auch eie allgemeiere Begriff beötige: Defiitio Ei radomisierter Test ist eie messbare Fuktio ϕ : X [0, 1]. Iterpretatio: Um die Etscheidug zu treffe, ob H 0 verworfe werde soll, berechet ma zuerst p := ϕ(x). Daach führt ma ei Beroulli Experimet mit Erfolgswahrscheilichkeit p durch. Bei Erfolg verwirft ma H 0, bei Misserfolg behält ma H 0 bei. Im folgede betrachte wir immer radomisierte Tests. Defiitio Die Fuktio G : X [0, 1] mit G(θ) = E θ ϕ(x) heißt die Gütefuktio eies Tests. 7

8 Dabei ist E θ ϕ(x) die Wahrscheilichkeit (uter P θ ), dass der Test ϕ die Hypothese H 0 verwirft. Es gilt also: Für θ Θ 0 ist G(θ) die Wahrscheilichkeit, dass H 0 irrtümlicherweise verworfe wird (Fehler 1. Art). Für θ Θ 1 ist 1 G(θ) die Wahrscheilichkeit, dass H 0 irrtümlicherweise beibehalte wird (Fehler 2. Art). Defiitio Für θ Θ 1 heißt G(θ) = E θ ϕ(x) die Macht des Tests. Die Macht ist also die Wahrscheilichkeit, dass die falsche Nullhypothese etlarvt wird. Beim Teste köe wir zwei Arte vo Fehler mache: Fehler 1. Art: H 0 wird verworfe, obwohl H 0 richtig ist. Fehler 2. Art: H 0 wird icht verworfe, obwohl H 0 falsch ist. Normalerweise versucht ma ϕ (bzw. de Ablehugsbereich K) so zu wähle, dass die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art durch ei vorgegebees Niveau α (0, 1) beschräkt ist, typischerweise α = 0.01 oder Defiitio Ei Test ϕ : X [0, 1] hat Sigifikaziveau α (0, 1), falls E θ ϕ(x) α für alle θ Θ 0. Sei Φ α die Mege aller Tests zum Sigifikaziveau α. Uter alle Tests zum Niveau α möchte ma u dejeige fide, der eie möglichst große Macht hat. Defiitio Wir sage, dass ϕ : X [0, 1] gleichmäßig bester Test zum Niveau α ist, we ϕ Φ α ud E θ ϕ(x) = sup ψ Φ α E θ ψ(x) für alle θ Θ 1. Diese Bedigug besagt, dass für alle θ Θ 1 der Test ϕ eie kleiere Wahrscheilichkeit eies Fehlers 2. Art uter P θ hat als jeder adere Test ψ Φ α. Zum Schluss defiiere wir och de p Wert. Stelle wir us vor, dass wir usere Testetscheidug auf dem Wert eier Statistik T : X R basiere. Es ka z.b. sei, dass große Werte vo T für eie Ablehug vo H 0 spreche. I diesem Fall hat der Test die Form ϕ(x) = 1 T (x) c für eie kritische Wert c. Defiitio Der p Wert eier Beobachtug x X ist gegebe durch p Wert(x) = sup θ Θ 0 P θ [T (X) T (x)]. Ei p Wert, der kleier als α ist, führt zur Ablehug vo H 0. 8

9 Beispiel Wir bereche die Gu tefuktio des Gauß z Tests. Seie X1,..., X N(µ, 1) uabha gig. Wir wolle H0 : µ = 0 gege H1 : µ 6= 0 teste, wobei wir hier der Eifachheit halber ageomme habe, dass µ0 = 0 ud σ02 = 1. Der zweiseitige Gauß z Test ist gegebe durch ϕ(x1,..., x ) = 1 x >z1 α. 2 Uter Pµ gilt X N(µ, 1/), somit X µ N(0, 1). Die Gu tefuktio berechet sich zu G(µ) = Eµ ϕ(x1,..., X ) = Pµ X > z1 α2 = Pµ X µ < z1 α2 µ + Pµ X µ > z1 α2 µ = 1 Φ( µ + z1 α2 ) + Φ( µ z1 α2 ), Rz 2 s. Abbildug 3 (liks), wobei Φ(z) = 12π e t /2 dt die Stadardormalverteilugsfuktio bezeichet. Die Gu tefuktio ist gleich α a der Stelle 0 (Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art) ud kovergiert gege 1 fu r µ ± (somit wird die Alterative bei großem µ mit großer Wahrscheilichkeit richtig etlarvt) Abbildug 3. Gu tefuktio des Gauß z Tests fu r µ0 = 0, σ02 = 1 ud = 10. Liks: Zweiseitiger Test (Fall 1A). Rechts: Eiseitiger Test (Fall 1C). Aufgabe Seie X1,..., X N(µ, 1) uabha gig. Betrachte Sie die eiseitige Hypothese H0 : µ 0 ud H1 : µ > 0. (a) Bestimme Sie die Gu tefuktio des eiseitige Gauß z Tests ϕ(x1,..., x ) = 1 x >z1 α. (b) Zeige Sie, dass die Gu tefuktio fu r alle µ 0 uterhalb vo α bleibt, s. Abbildug 3 (rechts). D.h. es hadelt sich tatsa chlich um eie Test zum Niveau α. 9 2

10 10.5. Tests eifacher Hypothese: Neyma Pearso Theorie I diesem Kapitel betrachte wir de Fall, we beide Hypothese eifach sid, d.h. Θ 0 = {θ 0 }, Θ 1 = {θ 1 }, Θ = {θ 0, θ 1 }. Zur Vereifachug der Notatio schreibe wir im Folgede P 0 bzw. P 1 für P θ0 bzw. P θ1. Aahme: Die Wahrscheilichkeitsmaße P 0 ud P 1 besitze Dichte h 0 ud h 1 bzgl. eies σ-edliche Maßes λ auf (X, A). Wir werde u zeige, wie ma eie gleichmäßig beste Test zum Niveau α kostruiert. Eie gaz atürliche Vorgehesweise ist diese: ma etscheidet sich für H 1 bzw. H 0 we der sogeate Likelihood Quotiet h 1 (x)/h 0 (x) größer bzw. kleier als ei vorgegebeer Wert k ist. Ist der Quotiet gleich k, so ist ma sich icht sicher ud radomisiert mit Erfolgswahrscheilichkeit γ. Defiitio Seie k [0, ] ud γ [0, 1]. Ei Likelihood Quatiete Test (oder LQ Test) ist ei Test der Form 1, falls h 1(x) > k, h 0 (x) (10.5.1) ϕ(x) = 0, falls h 1(x) h 0 (x) < k, γ, falls h 1(x) = k. h 0 (x) Mögliche Ubestimmtheite der Form 0/0 werde wir im Folgede igoriere, de die Mege A := {x X: h 0 (x) = h 1 (x) = 0} ist eie Nullmege bzgl. P 0 ud P 1. Somit ist die Wahrscheilichkeit, dass die Stichprobe X i A ladet gleich 0 sowohl uter H 0 als auch uter H 1. Abbildug 4. Jerzy Neyma ud Karl Pearso 10

11 Lemma (Neyma Pearso, Teil 1). Sei ϕ ei LQ Test mit E 0 ϕ(x) = α. Da gilt E 1 ϕ(x) = sup ψ : E 0 ψ(x) α E 1 ψ(x), d.h. ϕ ist gleichmäßig bester Test zum Niveau α. Beweis. Sei ψ ei Test zum Niveau α, d.h. E 0 ψ(x) α. Es reicht zu zeige, dass Wir behaupte, dass E 1 ϕ(x) E 1 ψ(x). (10.5.2) (ϕ(x) ψ(x))(h 1 (x) kh 0 (x)) 0 für alle x X. Um dies zu zeige, betrachte wir drei Fälle: Fall 1: h 1 (x) kh 0 (x) > 0. Da gilt ϕ(x) = 1 ud folglich ϕ(x) ψ(x) 0, woraus sich die Behauptug (10.5.2) ergibt. Fall 2: h 1 (x) kh 0 (x) < 0. Da gilt ϕ(x) = 0. Es folgt ϕ(x) ψ(x) 0, ud (10.5.2) ist richtig. Fall 3: h 1 (x) kh 0 (x) = 0. I diesem Fall ist das Produkt auf der like Seite vo (10.5.2) gleich 0 ud (10.5.2) stimmt. Idem wir (10.5.2) bzgl. λ itegriere, erhalte wir (ϕ ψ)h 1 dλ k (ϕ ψ)h 0 dλ. X Nachdem wir Itegrale als Erwartugswerte darstelle, ergibt sich E 1 [ϕ(x) ψ(x)] k E 0 [ϕ(x) ψ(x)]. Es gilt allerdigs E 0 ϕ(x) = α, währed E 0 ψ(x) α. Somit ist der Erwartugswert auf der rechte Seite ichtegativ ud es folgt, dass E 1 [ϕ(x) ψ(x)] 0. Das beweist die Behauptug. Lemma (Neyma Pearso, Teil 2). Zu jedem α (0, 1) lasse sich k [0, ) ud γ [0, 1] fide, so dass für de durch (10.5.1) defiierte Test ϕ X E 0 ϕ(x) = α gilt. Laut Teil 1 des Neyma Pearso Lemmas ist ϕ gleichmäßig bester Test zum Niveau α. Beweis. Sei ϕ gegebe durch (10.5.1). Durch eie geeigete Wahl vo k ud γ wolle wir erreiche, dass E 0 ϕ(x) def! = P 0 [T > k] + γp 0 [T = k] = α. Die Statistik T ist P 0 fast sicher edlich, de es gilt P 0 [T = + ] = P 0 [h 0 = 0] = h 0 dλ = 0dλ = {h 0 =0} {h 0 =0}

12 Die Fuktio y P 0 [T > y] ist rechtsstetig, mooto ichtsteiged ud es gilt lim y + P 0 [T > y] = 0 ud P 0 [T > y] = 1 falls y < 0. Started mit y = + verkleier wir de Wert vo y solage P 0 [T > y] α gilt. D.h. wir defiiere Nu gibt es zwei Fälle. k = if{y > 0: P 0 [T > y] α} [0, ). Fall 1: Der Wert α wird erreicht, d.h. P 0 [T > k] = α. Da köe wir γ = 0 setze. Fall 2: Der Wert α wird überspruge, d.h. P 0 [T > k] < α ud P 0 [T k] α. Wir defiiere da γ := α P 0[T > k] [0, 1], P 0 [T = k] wobei wir bemerke, dass α P 0 [T > k] P 0 [T k] P 0 [T > k] = P 0 [T = k] ud folglich γ 1. Beispiel (Likelihood Quotiete Test für de Parameter der Biomialverteilug). Es sei X Bi(, θ) mit eiem ubekate θ (0, 1). Wir betrachte die eifache Hypothese H 0 : θ = θ 0 ud H 1 : θ = θ 1, wobei θ 0, θ 1 (0, 1) vorgegebe seie ud wir der Eifachheit halber θ 0 < θ 1 voraussetze. Der gesude Mescheverstad sagt, dass wir H 0 verwerfe müsse, we X zu groß ist. Diese Ituitio wird durch die Neyma Pearso Theorie bestätigt. Der Stichproberaum ist X = {0,..., }. Sei λ das Zählmaß auf {0,..., }, d.h. λ({x}) = 1 für alle x X. Die Zähldichte h 0 ud h 1 sid gegebe durch ( ) h i (x) = θi x (1 θ i ) x, x {0,..., }, i {0, 1}. x Für de Likelihood Quotiete erhalte wir Λ(x) := h ( ) 1(x) h 0 (x) = x θ x 1 (1 θ 1 ) x ( ) x ( ) ) θ x 0 (1 θ 0 ) = θ1 (1 θ 0 ) 1 θ1. x θ 0 (1 θ 1 ) 1 θ 0 ( x Der Likelihood Quotiete Test fällt die Etscheidug i Abhägigkeit davo, ob Λ(x) größer, kleier oder gleich eiem bestimmte Wert k ist. Da aber θ 1 θ 0 > 1 ud 1 θ 0 1 θ 1 > 1, ist Λ(x) eie mooto steigede Fuktio vo x. Somit gilt Λ(x) > k x > k, Λ(x) < k x < k, Λ(x) = k x = k, für eie passede Wert k. Wir köe also de Likelihood Quotiete Test auch folgedermaße darstelle: 1, falls x > k, ϕ(x) = 0, falls x < k, γ, falls x = k für x {0, 1..., }. Wir müsse och die Werte k {0,..., } ud γ [0, 1] so bestimme, dass die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art gleich α wird, d.h. (10.5.3) P 0 [X > k ] + γ P 0 [X = k ] = α. 12

13 Started mit k = (i welchem Fall P 0 [X > k] = 0 ist) verkleier wir de Wert k solage die Wahrscheilichkeit P 0 [X > k] uterhalb vo α bleibt. Sei k = k der kleistmögliche Wert, für de och P 0 [X > k] α gilt, d.h. k = mi { k {0,..., } : P 0 [X > k] def = i=k ( ) } θ i i 0(1 θ 0 ) i α. Würde wir u H 0 verwerfe, we X > k, ud sost H 0 beibehalte, so wäre das Sigifikaziveau α. Bei eier weitere Verkleierug vo k würde das Sigifikaziveau de Wert α übersteige. Um das Niveau vo exakt α zu erreiche, müsse wir im Fall X = k eie zufällige Etscheidug treffe. Etscheide wir us für H 1 mit Wahrscheilichkeit γ = α P 0[X > k ] P 0 [X = k ] so ist (10.5.3) erfüllt ud das Niveau ist exakt α. [0, 1], Beispiel (Erkeug eies Sigals im Rausche). Es seie X 1,..., X N(µ, σ0) 2 uabhägig, wobei σ0 2 bekat sei. Fasst ma X 1,..., X als Messuge eies Sigals zu verschiedee Zeitpukte auf, so ka ma folgede Hypothese aufstelle: H 0 : µ = 0, d.h. es wurde ur Rausche empfage, H 1 : µ = µ 1, d.h. es wurde ei verrauschtes Sigal der Stärke µ 1 empfage. Dabei sei µ 1 > 0 bekat. Der Stichproberaum ist X = R. Die Dichte vo P 0 ud P 1 bzgl. des Lebesgue Maßes λ sid ( ) 1 h 0 (x 1,..., x ) = e 1 ( ) 2σ 0 2 x2 i 1, h 1 (x 1,..., x ) = e 1 2σ 0 2 (x i µ 1 ) 2. 2πσ0 2πσ0 Nach dem Lemma vo Neyma Pearso basiert der gleichmäßig beste Test auf dem Wert der LQ Statistik Λ(x 1,..., x ) := h µ1 1(x 1,..., x ) h 0 (x 1,..., x ) = e σ 0 2 x i 2σ 0 2 µ 2 1. Da Λ eie mooto steigede Fuktio vo x ist, hat der gleichmäßig beste Test die Form { 1, falls x > k, ϕ(x 1,..., x ) = 0, falls x < k, wobei der Fall x = k wege der Stetigkeit der Normalverteilug igoriert werde ka ud k so gewählt werde muss, dass P 0 [ X > k ] = α. Da X uter H 0 stadardormalverteilt ist, müsse wir k = z 1 α / wähle. Der gleichmäßig beste Test sieht also folgedermaße aus: { 1, falls x > z 1 α, ϕ(x 1,..., x ) = 0, falls x < z 1 α. Es sei bemerkt, dass der resultierede Test icht vo µ 1 abhägt. Aufgabe Bestimme Sie die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 2. Art für de obige Test. Zeige Sie, dass diese Wahrscheilichkeit für gege 0 kovergiert. 13

14 Aufgabe Sei ϕ ei gleichmäßig bester Test zum Niveau α für H 0 = {θ 0 } gege H 1 = {θ 1 }. Zeige Sie, dass E θ1 ϕ(x) α Tests für eiseitige Hypothese bei mootoe Dichtequotiete Sei (P θ ) θ Θ eie Familie vo Wahrscheilichkeitsmaße auf dem Stichproberaum (X, A). I diesem Abschitt ehme wir a, dass Θ = (θ, θ + ) R ei (möglicherweise uedliches) Itervall ist ud betrachte die eiseitige Hypothese wobei θ 0 Θ vorgegebe sei. H 0 : θ θ 0 ud H 1 : θ > θ 0, Die Aufgabe, H 0 gege H 1 zu teste, ist sicherlich schwieriger, als die Aufgabe, die eifache Hypothese θ = θ 1 ud θ = θ 2 gegeeiader zu teste, wobei θ 1 θ 0 < θ 2. Die i Beispiele ud kostruierte gleichmäßig beste Tests für eifache Hypothese basiere jeweils auf eier Statistik T, die uabhägig vo der Wahl vo θ 1 ud θ 2 ist. Diese Kohärezeigeschaft lässt hoffe, dass auch der gleichmäßig beste Test für die eiseitige Hypothese auf derselbe Statistik basiere muss. Wir werde u eie allgemeie Eigeschaft vo statistische Modelle formuliere, die garatiert, dass alle LQ Tests vo eifache Hypothese auf derselbe Statistik basiere. Aahme: (P θ ) θ Θ ist eie domiierte Familie vo Wahrscheilichkeitsmaße auf (X, A), d.h. es gibt ei σ-edliches Maß λ auf (X, A), sodass für jedes θ Θ das Wahrscheilichkeitsmaß P θ eie Dichte h θ bzgl. λ besitzt. Defiitio Die Familie (P θ ) θ Θ besitzt mootoe Dichtequotiete i eier Statistik T : X R, we für alle θ 1 < θ 2 eie mooto steigede Fuktio H θ1,θ 2 : R (0, ) existiert mit h θ2 (x) h θ1 (x) = H θ1,θ 2 (T (x)) P θ1 ud P θ2 f.s. Beispiel Sei P θ die Biomialverteilug Bi(, θ) auf X = {0,..., }. Der Parameterraum ist dabei Θ = (0, 1). Als λ ehme wir das Zählmaß auf {0,..., }, d.h. λ({x}) = 1 für alle x X. Die Zähldichte h θ ist da gegebe durch ( ) h θ (x) = θ x (1 θ) x, x {0,..., }. x Die Dichtequotiete sehe für θ 1 < θ 2 folgedermaße aus: ( ) h θ2 (x) x θ x = 1 (1 θ 1 ) x ( ) x ( ) ) h θ1 (x) θ x 2 (1 θ 2 ) = θ2 (1 θ 1 ) 1 θ1, x θ 1 (1 θ 2 ) 1 θ 0 ( x was eie mooto steigede Fuktio vo T (x) := x ist, de θ 2 θ 1 > 1 ud 1 θ 1 1 θ 2 liege hier mootoe Dichtequotiete vor. 14 > 1. Somit

15 Beispiel Seie X 1,..., X uabhägige Zufallsvariable mit Dichte/Zähldichte h θ (x). Bildet h θ (x) = a(θ)b(x)e c(θ)d(x) eie Expoetialfamilie, so gilt für de Likelihood Quotiete { } h θ2 (x 1 )... h θ2 (x ) h θ1 (x 1 )... h θ1 (x ) = exp (c(θ 2 ) c(θ 1 )) d(x i ). Ist die Fuktio c(θ) mooto steiged, so liege mootoe Dichtequotiete i der Statistik T (x 1,..., x ) := d(x i) vor. Diese Beobachtug liefert mehrere Beispiele vo statistische Modelle mit mootoe Dichtequotiete, etwa (a) X 1,..., X N(µ, σ0) 2 uabhägig mit bekatem σ0 2 > 0. Dabei ist T (x 1,..., x ) = x i. (b) X 1,..., X N(µ 0, σ 2 ) uabhägig mit bekatem µ 0 R. Dabei ist T (x 1,..., x ) = x2 i. (c) X 1,..., X Poi(θ) uabhägig. Dabei ist T (x 1,..., x ) = x i. (d) X 1,..., X Exp(1/θ) uabhägig. Dabei ist T (x 1,..., x ) = x i. Der ächste Satz beschreibt de gleichmäßig beste Test zum Niveau α für eiseitige Hypothese bei mootoe Dichtequotiete i eier Statistik T. Dieser Test basiert auf dem Wert der Statistik T. Satz (Gleichmäßig bester Test für eiseitige Hypothese). Sei (P θ ) θ Θ mit Θ = (θ, θ + ) R eie Familie vo Wahrscheilichkeitsmaße auf (X, A) mit mootoe Dichtequotiete i eier Statistik T : X R. Sei θ 0 Θ vorgegebe ud betrachte die eiseitige Hypothese H 0 : θ θ 0 ud H 1 : θ > θ 0. (a) Zu jedem α (0, 1) existiere k R ud γ [0, 1] mit P θ0 [T > k ] + γ P θ0 [T = k ] = α. (b) Der durch 1, falls T (x) > k, ϕ (x) = 0, falls T (x) < k, γ, falls T (x) = k. defiierte Test ϕ ist gleichmäßig bester Test für H 0 gege H 1 zum Niveau α. Beweis. Wir zeige ur Teil (b), de der Beweis vo Teil (a) verläuft geauso wie im zweite Teil des Neyma Pearso Lemmas. Schritt 1: Die Macht vo ϕ. Sei θ > θ 0. Wir zeige, dass für jede Test ϕ mit E θ0 ϕ(x) α gilt E θ ϕ (X) E θ ϕ(x). Das bedeutet, dass ϕ eie kleiere Wahrscheilichkeit eies Fehlers 2. Art besitzt als jeder Test ϕ zum Niveau α. Wir behaupte, dass 1, falls h θ(x) > k, h θ0 (x) (10.6.1) ϕ (x) = 0, falls h θ(x) < k, h θ0 (x) γ, falls h θ(x) = k, h θ0 (x) 15

16 wobei k = H θ0,θ(k ). I der Tat, h θ (x) h θ0 (x) > k H θ 0,θ(T (x)) > k = H θ0,θ(k ) T (x) > k, wobei wir die Mootoie vo H θ0,θ beutzt habe. Aaloge Äquivaleze gelte für < ud =. Es folgt aus (10.6.1), dass ϕ ei LQ Test für die eifache Hypothese H 0 := {θ 0 } gege H 1 := {θ 1 } ist. Das Niveau dieses Tests ist E θ0 ϕ (X) = P θ0 [T > k ] + γ P θ0 [T = k ] = α. Es folgt aus dem erste Teil des Neyma Pearso Lemmas, dass ϕ eie icht kleiere Macht besitzt, als jeder adere Test zum Niveau α, also z.b. E θ ϕ (X) E θ ϕ(x). Das beweist die Behauptug vo Schritt 1. Schritt 2: Das Niveau vo ϕ. Wir zeige, dass ϕ ei Test zum Niveau α ist, d.h. E θ ϕ (X) α für alle θ θ 0. Für θ = θ 0 fogt das aus Teil (a) des Satzes. Sei also θ < θ 0. Wir behaupte, dass 1, falls h θ(x) < h θ0 (x) k, (10.6.2) ϕ (x) = 0, falls h θ(x) > h θ0 (x) k, γ, falls h θ(x) = h θ0 (x) k, wobei k = 1/H θ,θ0 (k ). I der Tat, h θ (x) h θ0 (x) < k h θ 0 (x) h θ (x) > 1 H k θ,θ0 (T (x)) > 1 = H k θ,θ0 (k ) T (x) > k, wege der Mootoie vo H θ,θ0. Ähliche Äquivaleze gelte für > ud =, was die Behauptug (10.6.2) beweist. Wir betrachte u 0, falls h θ(x) < h θ0 (x) k, ψ (x) := 1 ϕ (x) = 1, falls h θ(x) > h θ0 (x) k, 1 γ, falls h θ(x) = h θ0 (x) k, Somit ist ψ ei LQ Test für H 0 := {θ 0 } gege H 1 := {θ} zum Niveau E θ0 ψ (X) = 1 E θ0 ϕ (X) = 1 α. Aus dem erste Teil des Neyma Pearso Lemmas folgt, dass ψ gleichmäßig bester Test zum Niveau 1 α ist, d.h. Somit gilt für ϕ, dass E θ ϕ (X) = 1 E θ ψ (X) = 1 E θ ψ (X) = sup E θ ψ(x). ψ : E θ0 ψ(x)=1 α sup E θ ψ(x) ψ : E θ0 ψ(x)=1 α = if E θ[1 ψ(x)] = if E θϕ(x), ψ : E θ0 ψ(x)=1 α ϕ: E θ0 ϕ(x)=α 16

17 wobei wir beim letzte Übergag ϕ := 1 ψ gesetzt habe. Nu ist aber ϕ(x) := α ei gültiger Test mit E θ0 ϕ(x) = E θ ϕ(x) = α, somit ergibt sich was die Behauptug beweist. E θ ϕ (X) = if E θϕ(x) α, ϕ: E θ0 ϕ(x)=α Beispiel (Eiseitiger Biomial Test ist gleichmäßig bester Test). Ei alterprobtes Medikamet führe zu eier Besserug mit bekater Wahrscheilichkeit θ 0 (0, 1). Ei eues Medikamet wurde i Fälle erprobt ud führte zu eier Besserug i x {0,..., } Fälle. Wir betrachte die Hypothese H 0 : eues Medikamet ist icht besser als das alte, H 1 : eues Medikamet ist besser. Das folgede statistische Modell erscheit atürlich: Die Beobachtug X Bi(, θ) ist biomialverteilt mit eiem ubekatem θ (0, 1), der Stichproberaum ist X = {0,..., }. Da laute usere Hypothese H 0 : θ θ 0 ud H 1 : θ > θ 0. Die Bedigug der mootoe Dichtequotiete gilt mit T (x) = x, wie i Beispiel gezeigt wurde. Somit hat der gleichmäßig bester Test die Form 1, falls x > k, ϕ(x) = 0, falls x < k, γ, falls x = k für x {0, 1..., }. Es bleibt ur och, die Werte k ud γ so zu wähle, dass die Wahrscheilichkeit H 0 uter θ = θ 0 irrtümlich zu verwerfe gleich α wird, d.h. E θ0 ϕ(x) = P θ0 [T > k ] + γ P θ0 [T = k ] = α. Die Parameter k ud γ köe u geauso wie i Beispiel bestimmt werde, ämlich { ( ) } k = mi k {0,..., } : P θ0 [X > k] def = θ i i 0(1 θ 0 ) i α, γ = α P θ 0 [X > k ]. P θ0 [X = k ] Beispiel (Eiseitiger Gauß z Test ist gleichmäßig bester Test). Betrachte uabhägige Beobachtuge X 1,..., X N(µ, σ 2 0), wobei σ 2 0 > 0 bekat sei. Wir iteressiere us für die Hypothese H 0 : µ µ 0 ud H 1 : µ > µ 0, wobei µ 0 vorgegebe sei. Der eiseitige Gauß z Test basiert auf der Teststatistik i=k T := X µ 0 σ 0, die uter µ = µ 0 stadardormalverteilt ist, ud verwirft H 0 falls T > z 1 α. Um zu zeige, dass dieser Test gleichmäßig bester Test zum Niveau α ist, müsse wir die Bedigug der 17

18 mootoe Dichtequetiete überprüfe. Der Stichproberaum ist X = R ud die Dichte vo P µ bzgl. des -dimesioale Lebesgue Maßes ist ( ) { } 1 h µ (x 1,..., x ) = exp 1 (x 2πσ0 2σ0 2 i µ) 2. Für beliebige µ 1 < µ 2 ist der Dichtequotiet gegebe durch { h µ2 (x 1,..., x ) h µ1 (x 1,..., x ) = exp 1 ( (xi µ 2σ0 2 2 ) 2 (x i µ 1 ) 2)} { (µ2 µ 1 ) x i = exp { µ2 µ 1 = exp σ 2 0 σ } (µ 2 2σ0 2 1 µ 2 2) ( ) T σ0 + µ 0 + (µ 2 2σ0 2 1 µ 2 2) wobei wir beim letzte Übergag die Idetität x i = ( T σ 0 + µ 0 ) beutzt habe. Die rechte Seite ist eie mooto steigede Fuktio vo T, folglich liege mootoe Dichtequotiete vor. Aufgabe Seie X 1,..., X N(0, σ 2 ) uabhägig, wobei der Erwartugswert gleich 0 ist ud die Variaz σ 2 > 0 ubekat sei. Zeige Sie, dass die Bedigug der mootoe Dichtequotiete mit T (x 1,..., x ) = x2 i gilt ud kostruiere Sie de gleichmäßig beste Test zum Niveau α für H 0 : σ 2 σ0 2 gege H 1 : σ 2 > σ0 2. Aufgabe Seie X 1,..., X Poi(θ) uabhägig, wobei θ > 0. Zeige Sie, dass die Bedigug der mootoe Dichtequetiete mit T (x 1,..., x ) = x i gilt ud beschreibe Sie de gleichmäßig beste Test vo H 0 : θ θ 0 gege H 1 : θ > θ 0 zum Niveau α Verallgemeierter Likelihood Quotiete Test Für eifache Hypothese ist der Likelihood Quotiete Test ei gleichmäßig bester Test. Für icht-eifache Hypothese lässt sich der LQ Test wie folgt verallgemeier. Aahme: (P θ ) θ Θ ist eie domiierte Familie vo Wahrscheilichkeitsmaße auf dem Stichproberaum (X, A), d.h. es gibt ei σ-edliches Maß λ auf (X, A), sodass für jedes θ Θ das Wahrscheilichkeitsmaß P θ eie Dichte h θ bzgl. λ besitzt. }, Wir betrachte die Hypothese H 0 : θ Θ 0 ud H 1 : θ Θ 1, wobei Θ = Θ 0 Θ 1 eie disjukte Zerlegug des Parameterraumes Θ sei. 18

19 Defiitio Die verallgemeierte Likelihood Quotiete Statistik ist defiiert durch Λ(x) = sup θ Θ 0 h θ (x) [0, 1], x X. sup θ Θ h θ (x) Kleie Werte vo Λ spreche für eie Ablehug vo H 0. Defiitio Der verallgemeierte LQ Test ist defiiert durch { 1, falls Λ(x) c, ϕ(x) = 0, falls Λ(x) > c, Dabei soll die Wahl vo c [0, 1] sicherstelle, dass der Test Niveau α besitzt, d.h. sup E θ ϕ(x) = α. θ Θ 0 Beispiel (Zweiseitiger Studet t Test als verallgemeierter LQ Test). Betrachte uabhägige ormalverteilte Beobachtuge X 1,..., X N(µ, σ 2 ). Der Stichproberaum ist X = R ud der Parameterraum ist eie Halbebee: Θ = {(µ, σ 2 ): µ R, σ 2 > 0}. Wir betrachte die Hypothese H 0 : µ = µ 0 ud H 1 : µ µ 0 mit eiem vorgegebee µ 0 R ud eiem ubekatem σ 2, d.h. Θ 0 = {(µ 0, σ 2 ) : σ 2 > 0}, Θ 1 = {(µ, σ 2 ): µ µ 0, σ 2 > 0}. Die Dichte vo P µ,σ 2 bzgl. des Lebesgue Maßes auf R ist ( ) { 1 h µ,σ 2(x 1,..., x ) = exp 1 2πσ 2σ 2 } (x i µ) 2. Um das Supremum der Likelihood Fuktio h µ,σ 2(x 1,...) über Θ bzw. Θ 0 zu bestimme, erier wir us a die Maximum Likelihood Schätzer ( ) arg max h µ,σ 2(x 1,..., x ) = x, 1 (x i x ) 2 (µ,σ 2 ) Θ ud arg max h µ,σ 2(x 1,..., x ) = (µ,σ 2 ) Θ 0 ( µ 0, 1 ) (x i µ 0 ) 2. Eisetze der optimale Werte vo (µ, σ 2 ) i die Dichte h µ,σ 2 ergibt ( ) ( ) /2 1 1 sup h µ,σ 2(x 1,..., x ) = (x i x ) 2 e /2. (µ,σ 2 ) Θ 2π 19

20 bzw. ( ) ( ) /2 1 1 sup h µ,σ 2(x 1,..., x ) = (x i µ 0 ) 2 e /2. (µ,σ 2 ) Θ 0 2π Die Likelihood Quotiete Statistik ergibt sich somit zu ( Λ(x 1,..., x ) = (x ) i x ) 2 /2 (x. i µ 0 ) 2 Um de Zusammehag zur Studet t-statistiki herzustelle, beutze wir die Steier Formel (x i µ 0 ) 2 = (x i x ) 2 + ( x µ 0 ) 2 ud schreibe Λ wie folgt um: Λ(x 1,..., x ) = ( x µ 0) 2 (x i x ) 2 was eie mooto fallede Fuktio vo T ist, wobei T (x 1,..., x ) := /2 1 1 ( = T 2 /( 1) x µ 0 (x i x ) 2 ) /2, die Studet t Statistik bezeichet. Die Bedigug Λ(x 1,..., x ) c ist äquivalet zur Bedigug T (x 1,..., x ) > c für ei passedes c. Wählt ma c bzw. c so, dass beide Tests das gleiche Sigifikaziveau α besitze, so treffe die beide Tests die gleiche Etscheidug Asymptotische Tests für die Erfolgswahrscheilichkeit bei Beroulli Experimete Machmal ist es icht möglich oder schwierig, eie exakte Test zum Niveau α zu kostruiere. I diesem Fall ka ma versuche, eie Test zu kostruiere, der zumidest approximativ (bei großem Stichprobeumfag ) das Niveau α erreicht. Wir werde u die etsprechede Defiitio eiführe. Seie X 1, X 2,... uabhägige ud idetisch verteilte Zufallsvariable mit Dichte bzw. Zähldichte h θ, wobei θ Θ. Es sei außerdem eie Zerlegug des Parameterraumes Θ i zwei disjukte Teilmege Θ 0 ud Θ 1 gegebe: Θ = Θ 0 Θ 1, Θ 0 Θ 1 =. Wir wolle die Nullhypothese H 0 : θ Θ 0 gege die Alterativhypothese H 1 : θ Θ 1 teste. Defiitio Eie Folge vo Borel Fuktioe ϕ 1, ϕ 2,... mit ϕ : R {0, 1} heißt asymptotischer Test zum Niveau α (0, 1), falls lim sup sup P θ [ϕ (X 1,..., X ) = 1] α. θ Θ 0 Dabei ist ϕ die zum Stichprobeumfag gehörede Etscheidugsregel. Wir werde u asymptotische Tests für die Erfolgswahrscheilichkeit θ bei Beroulli Experimete kostruiere. Seie X 1,..., X uabhägige ud mit Parameter θ (0, 1) 20

21 Beroulli verteilte Zufallsvariable. Wir wolle verschiedee Hypothese über de Parameter θ teste, z. B. θ = θ 0, θ θ 0 oder θ θ 0. Ei atürlicher Schätzer für θ ist X. Wir betrachte die Teststatistik T := X θ 0 θ0 (1 θ 0 ). Uter der Hypothese θ = θ 0 gilt ach dem zetrale Grezwertsatz T Wir betrachte u drei verschiedee Fälle. d N(0, 1). Fall A. H 0 : θ = θ 0 ; H 1 : θ θ 0. I diesem Fall sollte H 0 verworfe werde, we T groß ist. Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T z 1 α 2. Fall B. H 0 : θ θ 0 ; H 1 : θ < θ 0. Die Nullhypothese H 0 sollte verworfe werde, we T klei ist. Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T z α. Fall C. H 0 : θ θ 0 ; H 1 : θ > θ 0. Die Nullhypothese H 0 sollte verworfe werde, we T groß ist. Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T z 1 α. Nu betrachte wir ei Zweistichprobeproblem, bei dem zwei Parameter θ 1 ud θ 2 vo zwei Beroulli verteilte Stichprobe vergliche werde solle. Wir mache folgede Aahme: (1) X 1,..., X, Y 1,..., Y m sid uabhägige Zufallsvariable. (2) X 1,..., X Ber(θ 1 ). (3) Y 1,..., Y m Ber(θ 2 ). Es solle u Hypothese über die Erfolgswahrscheilichkeite θ 1 ud θ 2 getestet werde, z. B. θ 1 = θ 2, θ 1 θ 2 oder θ 1 θ 2. Ei atürlicher Schätzer für θ 1 θ 2 ist X Ȳm. Wir defiiere us die Größe T,m = X Ȳm. θ 1 (1 θ 1 ) + θ 2(1 θ 2 ) m Satz Uter θ := θ 1 = θ 2 gilt T,m d N(0, 1) für, m. Beweis. Wir habe die Darstellug T,m = Z 1;,m Z +m;,m, wobei X k θ, falls k = 1,...,, 1 θ(1 θ) Z k;,m = + 1 m Y k θ, falls k = + 1,..., + m. 1 m θ(1 θ) + 1 m Wir wolle de zetrale Grezwertsatz vo Ljapuow verwede. Es gilt: (1) Die Zufallsvariable Z 1;,m,..., Z +m;,m sid uabhägig. (2) EZ k;,m = 0. (3) +m k=1 EZ2 k;,m = 1. 21

22 Die letzte Eigeschaft ka ma folgedermaße beweise: +m k=1 EZ 2 k;,m = 1 θ(1 θ) ( 1 + ) 1 m ( θ(1 θ) + m 2 ) θ(1 θ) = 1. m 2 Wir müsse also ur och die Ljapuow Bedigug überprüfe. Sei δ > 0 beliebig. Es gilt +m E Z k;,m 2+δ 1 { = 2+δ ( k=1 θ(1 θ) E X m)2+δ 2+δ 1 θ 2+δ + m } m E Y 2+δ 1 θ 2+δ { C(θ) 1 ( } m)2+δ 1+δ m 1+δ C(θ) C(θ) = ( ) δ 2+δ + ( m δ 2+δ, 2 m 2 + 1) m was für, m gege 0 kovergiert. Dabei ist C(θ) eie vo, m uabhägige Größe. Nach dem zetrale Grezwertsatz vo Ljapuow folgt die Behauptug des Satzes. Die Größe T,m kovergiert zwar gege die Stadardormalverteilug, wir köe diese Größe allerdigs icht direkt zur Kostruktio vo asymptotische Tests verwede, de T,m beihaltet die ubekate Parameter θ 1 ud θ 2. Deshalb betrachte wir eie Modifizierug vo T,m, i der θ 1 ud θ 2 durch die etsprechede Schätzer X ud Ȳm ersetzt wurde: X Ȳm T,m = X(1 X ) + Ȳm(1 Ȳm) m Nach dem Gesetz der große Zahle gilt X θ 1 ud Ȳm θ 2 fast sicher für, m. Aus dem Satz vo Slutsky ka ma da herleite (Übugsaufgabe), dass T,m d N(0, 1) für, m. Wir betrachte u drei verschiedee Nullhypothese. Fall A. H 0 : θ 1 = θ 2 ; H 1 : θ 1 θ 2. I diesem Fall sollte H 0 verworfe werde, we T,m groß ist. Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T,m z 1 α 2. Fall B. H 0 : θ 1 θ 2 ; H 1 : θ 1 < θ 2. Die Nullhypothese H 0 sollte verworfe werde, we T,m klei ist. Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T,m z α. Fall C. H 0 : θ 1 θ 2 ; H 1 : θ 1 > θ 2. Die Nullhypothese H 0 sollte verworfe werde, we T,m groß ist. Etscheidugsregel: H 0 wird verworfe, we T,m z 1 α Pearso χ 2 Test Beispiel I seie klassische Versuche hat Gregor Medel Vererbug vo Merkmale bei Erbse utersucht. I eiem Experimet aus dem Jahre 1865 züchtete er 556 Erbse der folgede 4 Type: 315 rud ud gelb, 101 katig ud gelb, 108 rud ud grü, 22.

23 32 katig ud grü. Theoretisch sollte diese Type im Verhältis 9 : 3 : 3 : 1 stehe. Die theoretische Erwartugswerte der 4 Type sid , , , 34.75, was vo Medels Werte abweicht. Sid diese Abweichuge u so groß, dass Medelsche Theorie verworfe werde ka? Diese Frage ka ma mit dem Pearso χ 2 Test beatworte. Wir begie mit der Defiitio der Multiomialverteilug. Ma betrachte Bälle, die uabhägg voeiader i Behälter geworfe werde. Die Azahl der Behälter sei d ud die Wahrscheilichkeit, dass ei Ball im Behälter i {1,..., d} ladet, sei p i 0, wobei p p d = 1. Bezeiche wir mit X i die Azahl der Bälle, die im Behälter i lade, so ist der Zufallsvektor (X 1,..., X d ) multiomialverteilt mit Parameter (; p 1,..., p d ). Es gilt ( ) P[X 1 = x 1,..., X d = x d ] = p x p x d d x 1,..., x d für alle x 1,..., x d N 0 mit x x d =. Notatio: (X 1,..., X d ) Mult(; p 1,..., p d ). Aufgabe Zeige Sie, dass für die Margialverteiluge X i Bi(, p i ) gilt. Beispiel Wir werfe eie faire Würfel Mal. Es sei X 1 die Azahl der Eise, X 2 die Azahl der Zweie, usw. Da ist (X 1,..., X 6 ) multiomialverteilt mit Parameter (; 1 6,..., 1 6 ). Mit dem Pearso χ 2 test ka ma Hypothese über die Parameter (p 1,..., p d ) teste. Wir betrachte eie multiomialverteilte Stichprobe (X 1,..., X d ) Mult(; p 1,..., p d ), wobei, d bekat ud p 1,..., p d ubekat seie. Für eie vorgegebee Wahrscheilichkeitsvektor (p 1,..., p d ) betrachte wir die Hypothese H 0 : (p 1,..., p d ) = (p 1,..., p d) ud H 1 : (p 1,..., p d ) (p 1,..., p d). Wir stelle das dazugehörige statistische Modell auf. Der Stichproberaum ist die edliche Mege X = {(x 1,..., x d ) N d 0 : x x d = }. Der Parameterraum ist ei Simplex Θ = {(p 1,..., p d ) : p 1,..., p d 0, p p d = 1}. Für ei (p 1,..., p d ) Θ ist P p1,...,p d ei Wahrscheilichkeitsmaß auf X mit ( ) P p1,...,p d [A] = p x p x d d x 1,..., x, A X. d (x 1,...,x d ) A Um die obe formulierte Hypothese H 0 zu teste, werde wir die quadratische Abweichuge der beobachtete Werte x 1,..., x d vo de erwartete Werte p 1,..., p d mit spezielle Gewichte summiere. 23

24 Defiitio Die Pearso Statistik ist defiiert durch d (x i p i ) 2 T (x 1,..., x d ) =. p i Der Pearso χ 2 Test verwirft H 0, we T größer als ei kritischer Wert ist. Um de kritische Wert zu bestimme, müsse wir die Verteilug vo T uter der Nullhypothese kee. Satz (Pearso). Uter H 0 gilt T d χ2 d 1. Also verwerfe wir H 0, we T > χ 2 d 1,1 α. Dies ist ei asymptotischer Test zum Niveau α, de ach dem Satz vo Pearso gilt für die Wahrscheilichkeit eies Fehlers 1. Art lim P H 0 [T > χ 2 d 1,1 α] = α. Bemerkug Ma beachte, dass die Azahl der Freiheitsgrade der χ 2 Verteilug gleich d 1 ud icht d ist. Ei Freiheitsgrad ist durch die Relatio d (x i p i ) = = 0 verloregegage. Beweis vo Satz Seie ξ 1, ξ 2,... uabhägige idetisch verteilte Zufallsvariable mit Werte i der Mege {1,..., d} ud Wahrscheilichkeite P[ξ k = 1] = p 1,..., P[ξ k = d] = p d, k N. Wir köe ξ k als die Nummer des Behälters iterpretiere, i dem der k-te Ball ladet. Somit ist der Vektor (X 1,..., X d ) mit X 1 = 1 {ξk =1},..., X d = 1 {ξk =d}. k=1 multiomialverteilt mit Parameter (; p 1,..., p d ). Wir wolle zeige, dass T (X 1,..., X d ) k=1 d χ2 d 1. Schritt 1: Kovariazmatrix. Defiitiosgemäß gilt ( ) (X 1,..., X d ) = 1{ξk =1},..., 1 {ξk =d}. k=1 Also ist (X 1,..., X d ) eie Summe vo uabhägige idetisch verteilte Zufallsvektore. Um auf diese Summe de multidimesioale zetrale Grezwertsatz azuwede, müsse wir de Erwartugswert ud die Kovariazmatrix der Summade ausreche. Für alle i {1,..., d} gilt E1 {ξ1 =i} = P[ξ 1 = i] = p i. 24

25 Außerdem gilt für alle i, j {1,..., d}, dass Cov ( 1 {ξ1 =i}, 1 {ξ1 =j}) = P[ξ1 = i, ξ 1 = j] P[ξ 1 = i]p[ξ 1 = j] { p i p = j, falls i j, p i (1 p i ), falls i = j. wobei wir beim letzte Übergag beutzt habe, dass Ereigisse {ξ 1 = i} ud {ξ 1 = j} für i j disjukt sid. Schritt 2: Zetraler Grezwertsatz. Mit dem (d 1)-dimesioale zetrale Grezwertsatz ergibt sich U := ( X1 p 1,..., X d 1 p ) d 1 d (Z 1,..., Z d 1 ), wobei Z = (Z 1,..., Z d 1 ) ei (d 1)-dimesioaler Gauß verteilter Zufallsvektor ist mit EZ 1 =... = EZ d 1 = 0 ud der Kovariazmatrix r ij := Cov(Z i, Z j ) = { p i p j, falls i j, p i (1 p i ), falls i = j. Es sei bemerkt, dass wir die letzte Koordiate weggelasse habe, de sost würde wir wege der Relatio X X d = im Grezwert eie Gauß Vektor (Z 1,..., Z d ) mit Z Z d = 0 bekomme. Dieser Vektor ist degeeriert, wir müsse aber im ächste Schritt die Kovariazmatrix ivertiere. Schritt 3: Normierug auf die Stadardormalverteilug. Das Iverse der Kovariazmatrix Σ = (r ij ) 1 i,j d 1 berechet sich zu (Übug) { Σ 1 = (s ij ) 1 i,j d 1 mit s ij = 1/p d, falls i j, 1/p d + 1/p j, falls i = j. Der Zufallsvektor Σ 1/2 Z ist stadardormalverteilt auf R d 1. Mit dem Satz vo der stetige Abbildug ergibt sich, dass ( Σ 1/2 U = Σ 1/2 X1 p 1,..., X d 1 p ) d 1 d (N 1,..., N d 1 ), wobei (N 1,..., N d 1 ) stadardormalverteilt auf R d 1 ist. Durch ochmalige Awedug desselbe Satzes folgt ( Σ 1/2 U ) ( Σ 1/2 U ) d N N 2 d 1 χ 2 d 1. 25

26 Auf der adere Seite gilt ( Σ 1/2 U ) ( Σ 1/2 U ) = U Σ 1 U d 1 d 1 ( Xi p i = s ij = = = d 1 j=1 p j=1 j d 1 j=1 ) ( Xj p ) j 1 (X j p j) 2 d 1 d 1 1 (X i p i )(X j p j) + (X j p j) 2 p j d (X j p j) 2 j=1 p j = T (X 1,..., X d ), + 1 p d p j=1 d ( d 1 (X i p i ) wobei wir beim letzte Übergag die Relatio d (X i p i ) = 0 beutzt habe. Fasst ma alles zusamme, so ergibt sich die zu beweisede Aussage T (X 1,..., X d ) = ( Σ 1/2 U ) ( Σ 1/2 U ) Aufgabe Zeige Sie, dass T (x 1,..., x d ) = d d χ2 d 1. Der ächste Satz besagt, dass der Pearso Test jede feste Parameterwert aus der Alterativhypothese mit eier für gege 1 kovergierede Wahrscheilichkeit erket. x 2 i p i. ) 2 Satz (Puktweise Kosistez des Pearso χ 2 Tests). Für eie Stichprobe betrachte wir die Hypothese (X 1,..., X d ) Mult(; p 1,..., p d ) H 0 : (p 1,..., p d ) = (p 1,..., p d), H1 : (p 1,..., p d ) = (p 1,..., p d), wobei (p 1,..., p d ) (p 1,..., p d ) vorgegebe seie. Da gilt P H1 [T (X 1,..., X d ) > χ 2 d 1,1 α] = 1. Beweis. Nach Voraussetzug gibt es midestes ei i {1,..., d} mit p i p i. Uter H 1 gilt ach dem starke Gesetz der große Zahle X i = 1 k=1 1 {ξk =i} 26 f.s. p i p i.

27 Es folgt, dass uter H 1 T = T (X 1,..., X d ) (X i p i ) 2 p i = p i ( ) 2 Xi f.s. p i +. Daraus folgt, dass T gege + auch i Wahrscheilichkeit kovergiert, d.h. lim P H1 [T > c] = 1 für jedes feste c R. Beispiel Für de obe beschriebee Versuch vo Medel mit = 556 Erbse lautet die Nullhypothese ( 9 (p 1, p 2, p 3, p 4) = 16, 3 16, 3 16, 1 ). 16 Die vo Medel beobachtete Werte sid (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = (315, 101, 108, 32). Der Wert der Pearso Statistik bereche sich zu T (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = Nach dem Satz vo Pearso sollte T uter der Nullhypothese approximativ χ 2 3 verteilt sei. Das 0.95 Quatil der χ 2 3 Verteilug ist laut Tabelle χ 2 3,0.95 = 7.81, was viel größer als der beobachtete Wert vo T ist. Also ka die Nullhypothese icht verworfe werde. Die Date zeige keie sigifikate Abweichug vo der Medelsche Theorie. Der p Wert ist die Wahrscheilichkeit, dass bei eier uabhägige Wiederholug des Experimets ei Wert der Pearso Statistik T beobachtet wird, der 0.47 ist, ud beträgt i userem Fall Vo 10 Biologe, die das Experimet vo Medel uabhägig wiederhole, würde im Durchschitt ur eier eie bessere Übereistimmug mit der Theorie beobachte, als Medel. Auch i adere Experimete vo Medel war die Übereistimmug mit de theoretische Werte zu gut. Aus diesem Grud warf Fisher i eier Arbeit aus dem Jahre 1936 Medel vor, seie Ergebisse beschöigt zu habe, was zur sogeate Medel Fisher Kotroverse führte. A dieser Stelle verweise wir auf das Buch vo A. Frakli, A. W. F. Edwards, D. J. Fairbaks, D. L. Hartl, ad T. Seidefeld, Edig the Medel Fisher Cotroversy, Uiv. Pittsburgh Press, Beispiel Ma ka sich frage, ob i der Dezimaldarstellug der Zahl π = alle 10 Ziffer ugefähr gleich oft vorkomme. Uter de erste = 10 7 Dezimalstelle vo π fide sich so viele verschiedee Ziffer: x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x Wir möchte u die Hypothese, dass jede Ziffer mit eier Häufigkeit vo 1/10 vorkommt, teste. Die Pearso Statistik berechet sich zu T (x 0,..., x 9 ) =

28 Nach dem Satz vo Pearso sollte T approximativ χ 2 9-verteilt sei. Das 0.95 Quatil der χ 2 9 Verteilug ist laut Tabelle χ 2 9,0.95 = 16.92, was viel größer als der beobachtete Wert vo T ist. Somit köe wir die Nullhypothese icht verwerfe. Wir bereche och de p Wert des Pearso Tests. Dieser ist defiiert als die Wahrscheilichkeit, dass eie χ 2 9 verteilte Zufallsvariable als der beobachtete Wert ist. Mit der etsprechede Software erhält ma eie p Wert vo , was auffalled hoch ist! Wie ka ma u diese extrem kleie Wert der Pearso Statistik (bzw. de extrem hohe p Wert) iterpretiere? Die Abweichuge der beobachtete Werte x 0,..., x 9 (s. die obige Tabelle) vo dem erwartete Wert 10 6 sid viel kleier, als das, was ma bei eier Folge vo u.i.v. Zufallsvariable mit Gleichverteilug auf {0, 1,..., 9} erwarte würde. Der kleie Wert der Pearso Statistik ist ei Hiweis darauf, dass die vo us utersuchte Folge vo Ziffer icht zufällig ist. 28

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