Aufgaben, Beispiele und Berechnungen zur Erwartungstreue

Lösung:

a) $E(\hat{\mu }_1)=E(\sum _{i=1}^nX_i-n\overline X+X_1).$

Widerum erhalten wir aufgrund der Linearität des Erwartungswertes:

$E(\hat{\mu }_1)=E(\sum _{i=1}^nX_i-n\overline X+X_1)=\sum _{i=1}^nE(X_i)-nE(\overline X)+E(X_1).$

Also ist

$E(\hat{\mu }_1)=\sum _{i=1}^nE(X_i)-nE(\overline X)+E(X_1)=\sum _{i=1}^n\mu -nE(\frac 1 n\sum _{i=1}^nX_i)+\mu $

$\text{ }\text =n\mu -n(\frac 1 n\sum _{i=1}^nE(X_i))+\mu =n\mu -n(\frac 1 n\sum _{i=1}^n\mu )+\mu =n\mu -n\frac 1 nn\mu +\mu =n\mu-n\mu+\mu =\mu .$
Also ist $\hat{\mu }$ erwartungstreu für $\mu .$

b) Wir überprüfen, ob:

$E(\hat{\mu }_2)=\mu $

Es ist

$E(\hat{\mu }_2)=E(0,2X_1+0,9X_2-0,1X_3)=0,2E(X_1)+0,9E(x_2)-0,1E(X_3)$

Dies führt zu:

$E(X_1)=E(X_2)=E(X_3)=\mu$

$E(\hat{\mu }_2)=0,2\mu +0,9\mu -0,1\mu =1,1\mu -0,1\mu =\mu .$

Auch die Schätzfunktion $\hat{\mu }_2$ ist erwartungstreu für $\mu .$

c) Auch dieses mal prüfen wir ob:

$E(\hat{\mu }_3)=\mu $ gilt.
$E(\hat{\mu }_3)=E(\frac 1{n-2}\sum _{i=1}^{n-1}X_i+2X_1)=\frac 1{n-2}\sum _{i=1}^{n-1}E(X_i)+2E(X_1)=\frac 1{n-2}(n-1)\mu +2\mu .$
Wir fassen zusammen und erhalten:

$E(\hat{\mu }_3)=\frac 1{n-2}(n-1)\mu +2\mu =\frac{(n-1)}{n-2}\mu +\frac{2(n-2)\mu }{n-2}=\frac{(n-1)\mu +(2n-4)\mu }{n-2} = {3n-5}\over{n-2}\cdot \mu \neq \mu.$
Schließlich ist

$E(\hat{\mu }_3)=\frac{n\mu -\mu +2n\mu -4\mu }{n-2}=\frac{3n\mu -5\mu }{n-2}.$
Es gilt nicht, das $\hat E(\hat{\mu }_3)=\mu ,$ womit $\hat{\mu }_3$ kein erwartungstreuer Schätzer für $\mu $ ist.

Lösung:

Wegen der Unabhängigkeit gilt die folgende Gleichheit: E(XY) = E(X) * E(X), also:

Es ist $E(\hat{\mu })=E(\frac{\mathit{XY}}{\mu })=\frac{E(X)E(Y)}{\mu }=\frac{\mu \mu }{\mu }=\mu .$ 

Somit ist $\hat{\mu }$ erwartungstreu für $\mu$.

Lösung:

Wir erhalten

$E(\hat{\mu })=\mathit{EX}=E(X^{\text +}-X^{\text{{}-}})=E(X^{\text +})-E(X^{\text{{}-}})=\mu +0=\mu .$
Also ist $\hat{\mu }$ erwartungstreu für $\mu$.

Lösung:

Es ist

$E(\hat{\mu })=E\left((X-\frac 1 n)(Y-\frac 1 n)\right)$
$=E(XY-\frac 1 n \cdot Y - \frac 1 n \cdot X + {1\over{n^2}}$
$=E(\mathit{XY})-\frac{E(X)+E(Y)} n+\frac 1{n^2}$
$=\mu -\frac{E(X)+E(Y)} n+\frac 1{n^2}\neq \mu .$

Somit ist $\hat{\mu }$ nicht erwartungstreu für $\mu .$

Lösung:

Die Varianz der auftretenden Zufallsvariablen sei $\sigma ^2.$

Ist die Schätzfunktion $\hat{\sigma }^2$ erwartungstreu für die Varianz, so gilt $E(\hat{\sigma }^2)=\sigma ^2.$

Zu a) Wir prüfen, ob $E(\hat{\sigma }_1^2)=\sigma ^2$ gilt.

Der Erwartungswert ist linear. Des Weiteren ist $E(\mathit{const.})=\mathit{const.}$

$E(\hat{\sigma }_1^2)=\frac 1 nE(\sum _{i=1}^n(X_i-\mu )^2)=\frac 1 n\sum _{i=1}^n\text (E(X_i^2)-2\overbrace{E(X_i)}^{\text =\mu }\mu +\mu ^2\text )$

$\text =\frac 1 n\sum _{i=1}^n\text (E(X_i^2)-2\mu ^2+\mu ^2\text )=\frac 1 n\sum _{i=1}^n\text (E(X_i^2)-\mu ^2\text )=\frac 1 n\sum _{i=1}^n\text (E(X_i^2)-(\mathit{EX}_i)^2\text ).$

Es gilt 

$\sigma ^2=E(X_i^2)-(\mathit{EX}_i)^2.$

Dann sehen wir aber, dass

$\text =E(\hat{\sigma }_1^2)=\frac 1 n\sum _{i=1}^n\overbrace{\text (E(X_i^2)-(\mathit{EX}_i)^2\text )}^{\sigma^2}$
$=\frac 1 nn\sigma ^2=\sigma ^2.$

Zu b) Auch hier prüfen wir, ob $E(\hat{\sigma }_2^2)=\sigma ^2$ gilt.}

Zunächst stellen wir fest, dass

$\sum _{i=1}^n\text (X_i-\overline X\text )^2=\sum _{i=1}^n\text (X_i^2-2X_i\overline X+\overline X^2\text )=\sum _{i=1}^nX_i^2-\frac n n2\sum _{i=1}^nX_i\overline X+\sum _{i=1}^n\overline X^2,$
wobei wir uns hier an die Definition des arithmetischen Mittels $\overline X$ erinnert haben.

$\text =(\sum _{i=1}^nX_i^2)-2n\overline X\overline X+n\overline X^2=(\sum _{i=1}^nX_i^2)-2n\overline X^2+n\overline X^2=(\sum _{i=1}^nX_i^2)-n\overline X^2.$

Nun können wir prüfen, ob Erwartungstreue bezüglich der Varianz besteht.

$E(\hat{\sigma }_2^2)=\frac 1{n-1}E\sum _{i=1}^n\text (X_i-\overline X\text )^2=\frac 1{n-1}[E(\sum _{i=1}^nX_i^2)-nE\text (\overline X^2\text )],$

nach obiger Herleitung.

Für unsere weiteren Betrachtungen ist es wichtig, dass wir wissen, dass

$\sigma ^2=E(X_i^2)-(EX_i)^2\text{{\textless}={\textgreater}}\sigma ^2+(EX_i)^2=E(X_i^2),$

so dass

$E(\hat{\sigma }_2^2)=\frac 1{n-1}E(\sum _{i=1}^nX_i^2)-nE\text (\overline X^2\text )=\frac 1{n-1}\sum _{i=1}^nE\text (X_i^2\text )-nE\text (\overline X^2\text ).$

Wir berücksichtigen unsere letzte Formel für $\sigma ^2$ und erhalten:

$E(\hat{\sigma }_2^2)=\frac 1{n-1}\sum _{i=1}^n\text (\sigma ^2+(EX_i)^2\text )-\frac n{n-1}(\overline{\sigma }^2+(E\overline X)^2)\text ),$ $\overline{\sigma }^2=\mathit{VAR}(\overline X)=\mathit{VAR}(\frac 1 n\sum _{i=1}^nX_i)$
so dass

$E(\hat{\sigma }_2^2)=\frac 1{n-1}\text (n\sigma ^2+n(EX_i)^2\text )-\frac n{n-1}(\mathit{VAR}(\frac 1 n\sum _{i=1}^nX_i)+(\frac 1 n\sum _{i=1}^nE(X_i))^2)$

Aufgrund der Unabhängigkeit gilt hier:

$\mathit{VAR}(\frac 1 n\sum _{i=1}^nX_i)=\frac 1{n^2}\sum _{i=1}^n\mathit{VAR}(X_i)=\frac 1{n^2}n\sigma ^2=\frac 1 n\sigma ^2,$ so dass

$E(\hat{\sigma }_2^2)=\frac 1{n-1}\text (n\sigma ^2+n(EX_i)^2\text )-\frac 1{n-1}\sigma ^2-\frac n{n-1}(\mathit{EX}_i)^2=\frac 1{n-1}\text (n\sigma ^2+n(EX_i)^2-\sigma ^2-n(\mathit{EX}_i)^2$

$E(\hat{\sigma }_2^2)=\frac 1{n-1}\text (n\sigma ^2-\sigma ^2\text )=\frac{n-1}{n-1}\sigma ^2=\sigma ^2.$
Es gilt: $E(\hat{\sigma }_2^2)=\sigma ^2,$ womit $\hat{\sigma }_2^2$ ein erwartungstreuer Schätzer für die Varianz ist.

c) $E(\hat{\sigma }_3^2)=E(X_1)=\mu ,$ womit $\hat{\sigma }_3^2$ kein erwartungstreuer Schätzer für die Varianz ist.

Lösung:

Die Erwartungstreue von $\mu _g$ sehen wir folgendermaßen.

$E(\mu _g)=E\left(\sum _{i=1}^n\omega _iX_i\right)=\sum _{i=1}^n\omega _iE\underbrace{(X_i)}_{\text =\mu \mathit{n.V.}}=\sum _{i=1}^n\omega _i\mu =\mu \underbrace{\sum _{i=1}^n\omega _i}_{\text =1}=\mu .$
Somit ist $E(\mu _g)=\mu ,$ womit $\mu _g$ erwartungstreu ist für das Mittel $\mu .$