\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Wtheo 0: Übungsblatt 5}
\author{Josua Kugler, Christian Merten}
\usepackage[]{bbm}

\begin{document}

\punkte[17]

\begin{aufgabe}
    Beh.: $\varphi = \mathbbm{1}_{A_k}$ mit $ k \in \R^{+}$ ist bester Test
    zum Niveau $\mathbb{P}_0(A_k) \in [0,1]$.
    \begin{proof}
        Sei $\tilde{\varphi} = \mathbbm{1}_{\tilde{A}}$ ein Test zum Niveau $\mathbb{P}_0(A_k)$, d.h.
        $\mathbb{P}_0(\tilde{\varphi} = 1) = \mathbb{P}_0(\tilde{A}) \le \mathbb{P}_{0}(A_k) =
        \mathbb{P}_0(\varphi = 1)$ $(**)$.

        Z.z.: $\mathbb{P}_1(\tilde{\varphi} = 0) = \mathbb{P}_1(\tilde{A}^{c}) \ge \mathbb{P}_1(A_k^{c}) =
        \mathbb{P}_1(\varphi = 0)$.

        Es ist $x \in A_{k} \iff \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \ge 0$, also
        $x \in A_k^{c} \iff \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) < 0$ $(*)$. Damit folgt
        \begin{salign*}
            \mathbb{P}_1(A_k) - k \mathbb{P}_0(A_k) &= \int_{A_k}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} \\
            &\ge \int_{A_k \cap \tilde{A}}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} \\
            &\ge \int_{A_k \cap \tilde{A}}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} 
            + \int_{A_k^{c} \cap \tilde{A}}^{} \underbrace{\left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  }_{< 0 \; (*)}\d{x} \\
            &= \int_{\tilde{A}}^{} \left[ \mathbbm{f}_1(x) - k \mathbbm{f}_0(x) \right]  \d{x} \\
            &= \mathbb{P}_1(\tilde{A}) - k \mathbb{P}_0(\tilde{A})
        .\end{salign*}
        Also folgt
        \[
        \mathbb{P}_1(A_k) - \mathbb{P}_1(\tilde{A}) \ge k (\mathbb{P}_0(A_k) - \mathbb{P}_0(\tilde{A}))
        \stackrel{\text{(**)}}{\ge } 0
    .\] Es ist also $\mathbb{P}_1(A_k) \ge \mathbb{P}_1(\tilde{A})$, insgesamt
    \[
        \mathbb{P}_1(A_k^{c}) = 1 - \mathbb{P}_1(A_k) \le 1 - \mathbb{P}_1(\tilde{A})
        = \mathbb{P}_1(\tilde{A}^{c})
    .\] Also Fehler $2$. Art minimiert und damit $\varphi$ bester Test zum Niveau $\mathbb{P}_0(A_k)$.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\stepcounter{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\hat{\theta}_n(x) = (\overline{x}_n, \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x}_n)^2)$.
            \begin{proof}
                Betrachte für $\sigma^2 > 0$:
                \begin{salign*}
                    L(x, \mu, \sigma^2) &= (2 \pi \sigma^2)^{-\frac{n}{2}} \exp\left( -\frac{1}{2\sigma^2}
                    \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2\right) \\
                    l(x, \mu, \sigma^2) &= \log L \\
                                        &= -\frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2
                                        - \frac{n}{2} \log(2 \pi \sigma^2)
                    \intertext{Es genügt die Maxima von $l = \log L$ zu betrachten, da der Logarithmus
                    streng monoton wachsend ist. Betrachte den Gradienten bezüglich $\mu$ und $\sigma^2$:}
                    \nabla l(x, \mu, \sigma^2) &= \begin{pmatrix} 
                        \frac{1}{2 \sigma^2} \sum_{i=1}^{n} 2 (x_i - \mu) \\
                        \frac{1}{2 \sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 - \frac{n}{2} \frac{1}{\sigma^2}
                    \end{pmatrix} 
                        \stackrel{!}{=} 0
                .\end{salign*}
                Damit folgt
                \[
                    \frac{1}{\sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 = \frac{n}{\sigma^2}
                    \implies \sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2
                .\] Eingesetzt in die zweite Gleichung ergibt:
                \[
                    n \frac{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)}{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2} = 0
                    \implies \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu) = 0
                    \implies \sum_{i=1}^{n} x_i = n \mu \implies \mu = \overline{x}_n
                .\] Damit folgt
                \[
                    \sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x}_n)^2
                .\]
                Die Determinante der Hessematrix von $l$ bezüglich $\mu$ und $\sigma^2$
                ausgewertet bei $\mu = \overline{x}_n$ ist
                $\forall \sigma^2 > 0$:
                \begin{salign*}
                    \text{det}\left[\begin{pmatrix} -\frac{n}{\sigma^2} & -\frac{1}{\sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu) \\
                        - \frac{1}{\sigma ^{4}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu) &
                        - \frac{1}{\sigma ^{6}} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 + \frac{n}{2} \frac{1}{\sigma ^{4}}
                    \end{pmatrix}\Big|_{\mu = \overline{x}_n} \right]
                    &= \text{det} \left[\begin{pmatrix}
                        - \frac{n}{\sigma ^2} & 0 \\
                        0 & \frac{n}{2 \sigma ^{4}}
                \end{pmatrix} \right] \\
                          &= - \underbrace{\frac{n^2}{2 \sigma ^{6}}}_{> 0} < 0
                .\end{salign*}
                Es liegt also ein (lokales) Maximum bei
                $\theta = (\overline{x}_n, \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \overline{x}_n)^2)$ vor.
                Damit folgt die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\hat{\theta}_n(x) = \frac{\overline{x}_n}{m}$.
            \begin{proof}
                Sei $m \in \N$ fest. Betrachte wieder den Logarithmus der Likelihoodfunktion:
                \begin{salign*}
                    L(x, p) &= \prod_{i=1}^{n} p^{x_i} (1 - p)^{m - x_i} \\
                    &= p^{n \overline{x}_n} (1-p)^{nm - n \overline{x}_n} \\
                    l(x, p) &= n \overline{x}_n \log(p) + n(m - \overline{x}_n) \log(1-p)
                    \intertext{Dann folgt}
                    \frac{\partial l}{\partial p} &= \frac{n \overline{x}_n}{p} - \frac{n(m - \overline{x}_n)}{1-p} \stackrel{!}{=} 0\\
                    \intertext{Damit folgt direkt}
                    p &= \frac{\overline{x}_n}{m}
                    \intertext{Dieses ist auch lokales Maximum da wegen $0 \le x_i \le m$ $\forall i \in \N$
                    auch $0 \le \overline{x_n} \le m$ gilt und damit}
                    \frac{\partial l^2}{\partial p^2} \Big|_{p = \frac{\overline{x}_n}{m}}
                    &= - \frac{n \overline{x}_n}{p^2} - \frac{n(m - \overline{x}_n)}{(1-p)^2}
                    \Big|_{p = \frac{\overline{x}_n}{m}} = - n \frac{m^2}{\overline{x}_n}
                    - \frac{n(\overbrace{m - \overline{x}_n}^{\ge 0})}{\left( 1 - \frac{\overline{x}_n}{m} \right)^2} < 0
                .\end{salign*}
                Da $\frac{\overline{x}_n}{m}$ einzige Nullstelle von $\frac{\partial l}{\partial p}$, ist
                dieses auch globales Maximum. Damit folgt die Behauptung.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}