add aufgabe 2 und 4

wtheo5.tex

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-\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+\documentclass[uebung]{lecture}
 
 \title{Wtheo 0: Übungsblatt 5}
 \author{Josua Kugler, Christian Merten}
@@ -41,8 +41,49 @@
     \end{proof}
 \end{aufgabe}
 
-\stepcounter{aufgabe}
-
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Der Neyman-Pearson-Test $\varphi \colon \R \to \{1,0\}$ ist gegeben durch $\mathbbm{1}_{A_{k_\alpha}}$ mit 
+        \[
+            A_{k_\alpha} = \{x \in \R | \mathbbm{f}_1(x) \geq k_\alpha \mathbbm{f}_0(x)\} = \{x \in \R | \mathbbm{f}_1(x) / \mathbbm{f}_0(x) \geq k_\alpha\},
+        \] wobei wir zeigen werden, dass ein $k_\alpha$ existiert mit $\mathbbm{P}_0(A_{k_\alpha}) = \alpha$.
+        Dabei ist der Likelihoodquotient $L(x) = \frac{\mathbbm{f}_1(x)}{\mathbbm{f}_0(x)} = \frac{\lambda_0}{\lambda_1} e^{\left(\frac{1}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_1}\right) x}$ stetig und wegen $\lambda_0 < \lambda_1 \implies \frac{1}{\lambda_0} > \frac{1}{\lambda_1}$ auch monoton wachsend. Insbesondere existiert zu jedem $k_\alpha$ genau ein $c_\alpha$ mit
+        \[
+            A_{k_\alpha} = [c_\alpha, \infty). 
+        \]
+        Dann gilt
+        \[
+            \alpha \overset{!}{=} \mathbbm{P}_0(A_{k_\alpha}) = \int_{A_{k_\alpha}} \mathbbm{f}_0(x) \d{x} = \int_{c_\alpha}^\infty \frac{1}{\lambda_0}e^{- \frac{1}{\lambda_0} x} \d{x} = e^{- \frac{1}{\lambda_0} c_\alpha}
+        \]
+        Daher gilt $c_\alpha = -\lambda_0 \log(\alpha)$ und damit $\varphi = \mathbbm{1}_{[-\lambda_0\log(\alpha), \infty)}$
+        \item Offensichtlich ist also $\varphi$ unabhängig von $\lambda_1$.
+        Sei $\lambda < \lambda_0$. Dann gilt
+        \[
+            \mathbbm{P}_\lambda(A_{k_\alpha}) = \int_{-\lambda_0\log(\alpha)}^\infty \frac{1}{\lambda}e^{-\frac{1}{\lambda}x} \d{x} = e^{\frac{\lambda_0}{\lambda}\log(\alpha)} = \alpha^{\frac{\lambda_0}{\lambda}} < \alpha,
+        \]
+        da $\alpha < 1$. 
+        Damit hält $\varphi$ für $H_0: \lambda \le \lambda_0$ das Signifikanzniveau $\alpha$ ein und ist folglich gleichmäßig bester Test mit $H_1: \lambda > \lambda_0$, da für alle $\lambda_1 > \lambda_0$ nach dem Neyman-Pearson-Lemma $\varphi$ ein bester Test ist.
+        \item Die Forscher liegen falsch, wenn die Nullhypothese $\lambda \leq \lambda_0$ wahr ist und sie diese ablehnen. Das ist also gerade ein Fehler erster Art und wir erhalten $\alpha = 0.05$. Damit ist $\varphi = \mathbbm{1}_{[- \lambda_0 \log(\alpha), \infty)} = \mathbbm{1}_{[15,7917, \infty]}$. Wegen $\varphi(X) = \varphi(13) = 0$ publizieren sie ihre Ergebnisse nicht.
+        \item Es gilt $\mathcal{R}_\lambda = \mathcal F_\lambda^c = (0,\lambda)^c = [\lambda, \infty)$. Die assoziierte Familie von Partitionen ist 
+        \[ 
+            \mathscr H_\lambda^0 \coloneqq \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda \in \mathcal R_{\tilde \lambda}\} 
+            = \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda \geq \tilde \lambda\} = (-\infty, \tilde \lambda]
+        \] und analog
+        \[ 
+            \mathscr H_\lambda^1 \coloneqq \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda \in \mathcal F_{\tilde \lambda}\} 
+            = \{\tilde \lambda \in \R^+ \colon \lambda < \tilde \lambda\} = (\tilde \lambda, \infty).
+        \]
+        Nach Aufgabe $b$ wissen wir, dass $\varphi_\lambda = \mathbbm{1}_{[-\lambda \log(\alpha)]}$ ein gleichmäßig bester Test zum Niveau $\alpha$ mit Nullhypothese $\mathscr H_\lambda^0$ gegen die Alternative $\mathscr H_\lambda^1$ ist. Nach Satz 12.33 muss damit die assoziierte Bereichsschätzfunktion $B$ ein gleichmäßig bester $(1-\alpha)$-Konfidenzbereich sein. Die assoziierte Bereichsschätzfunktion ist gegeben durch
+        \begin{align*}
+            B(x) &= \{\lambda \in \R^+ \colon \varphi_\lambda(x) = 0\}\\
+            &= \{\lambda \in \R^+\colon \mathbbm{1}_{[-\lambda\log(\alpha), \infty)} = 0\}\\
+            &= \{\lambda \in \R^+\colon x  < -\lambda\log(\alpha)\}
+            \intertext{$\log(\alpha) < 0$}
+            &= \{\lambda \in \R^+\colon -x/\log(\alpha)  < \lambda\}\\
+            &= \left(-\frac{x}{\log(\alpha)}, \infty\right)
+        \end{align*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
 \begin{aufgabe}[]
     \begin{enumerate}[(a)]
         \item Beh.: $\hat{\theta}_n(x) = (\overline{x}_n, \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x}_n)^2)$.
@@ -116,5 +157,47 @@
             \end{proof}
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
-
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Für die Zähldichte $\mathbbm p_{X_i}$ gilt
+        \[
+            \mathbbm p_{X_i} = \begin{cases}
+                \mathbbm p_{\text{Poi}_\lambda}(0) &| X_i = 0\\
+                \sum_{i = 1}^{\infty} \mathbbm p_{\text{Poi}_\lambda}(i) &| X_i = 1
+            \end{cases}  = \begin{cases}
+                e^{-\lambda} & |X_i = 0\\
+                1 - e^{-\lambda} & | X_i = 1
+            \end{cases}
+        \]
+        Für die Produktzähldichte erhalten wir daher
+        \[
+            \prod_{i=1}^n \mathbbm p_{X_i} = (1 - e^{-\lambda})^{\sum_{i = 1}^{n} X_i} (e^{-\lambda})^{n - \sum_{i = 1}^{n} X_i}
+            = (1 - e^{-\lambda})^{n \overline{X_n}} (e^{-\lambda})^{n - n \overline{X_n}}
+            %(1 - e^{-\lambda})^{\sum_{i = 1}^{n} X_i} \cdot e^{-n\lambda} \cdot e^{\lambda \sum_{i = 1}^{n} X_i} = (e^{\lambda} - 1)^{\sum_{i = 1}^{n} X_i} \cdot e^{-n\lambda}
+        \]
+        Daraus ergibt sich die Likelihoodfunktion
+        \[
+            L(X, \lambda) = (1 - e^{-\lambda})^{n \overline{X_n}} e^{-n\lambda} e^{n \lambda \overline{X_n}} = (e^{\lambda} - 1)^{n \overline{X_n}} \cdot e^{-n\lambda},
+        \]
+        die log-Likelihoodfunktion
+        \[
+            l(X,\lambda) = n \overline{X_n} \log(e^\lambda - 1) - n\lambda,
+        \]  
+        sowie deren Ableitung
+        \[
+            \frac{\partial}{\partial \lambda}  l(X, \lambda) = n \overline{X_n} \frac{e^\lambda}{e^\lambda - 1} - n \overset{!}{=} 0,
+        \]
+        von der wir direkt die Nullstellen berechnen um Extremstellen in $L(X, \lambda)$ zu finden.
+        Daraus folgern wir
+        \begin{align*}
+            \overline{X_n} e^{\hat \lambda_n} &= e^{\hat \lambda_n} - 1\\
+            1 - \overline{X_n}  &= e^{-\hat \lambda_n}\\
+            \hat \lambda_n &= -\log(1 - \overline{X_n}).
+        \end{align*}
+        \item Der Schätzer $ \hat \lambda_n$ existiert genau dann nicht, wenn $\overline{X_n} = 1 \Leftrightarrow X_i = 1 \forall 1\le i\le n$. Es gilt 
+        \[ 
+            \mathbbm P(X_1 = \dots = X_n = 1) = \prod_{i=1}^n \mathbbm P_i(X_i = 1) = \prod_{i=1}^n (1 - e^{-\lambda}) = e^{-n\lambda} > 0.
+        \]
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
 \end{document}