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Mathematik » Stochastik und Statistik » Lineare Einfachregression: Varianz von Beta
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Universität/Hochschule Lineare Einfachregression: Varianz von Beta
marsmac
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-17


Hallo,

folgende Ausgangssituation:

Schätzung von \(\alpha\) und $\beta$ im einfachen linearen Regressionsmodell $y_i=\alpha+\beta x_i + u_i$ mittels KQ-Methode. Die Variable $x_i$ sei deterministisch, nur $u_i$ und infolgedessen $y_i$ seien Zufallsvariablen.

Der Schätzer für $\beta$ lautet: $\hat{\beta}$=\(\frac{S_{xy}}{S_{xx}}\) mit $S_{xy}$=$\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})$ und $S_{xx}$=$\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})^2$. Alle Annahmen zur Erfüllung der BLUE-Eigenschaft seien erfüllt.

Die Varianz des Beta-Schätzers ergibt sich als:
\[Var(\hat{\beta})=Var(\frac{S_{xy}}{S_{xx}})=\frac{1}{S_{xx}^2}*Var(S_{xy})\]
Ich weiß, dass sich $S_{xy}$ umstellen lässt zu $\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})y_i$ und die Berechnung stark vereinfacht.

Nun zu meiner Frage:
Angenommen, wir lassen $S_{xy}$ bei seiner ursprünglichen Form
\[Var(S_{xy})=Var\left(\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})\right)\].
Die folgende Umformung ist nicht möglich, da die "Variablen" nicht unabhängig sind:
\[Var\left(\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})\right) \neq \sum_{n=1}^N Var [(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})] \] da \[Cov\left( (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) ; (x_j-\bar{x})(y_j-\bar{y})\right) \neq 0\]  $\forall i,j  =1,...,N$ und $i \neq j$. $Cov=0$ würde nur gelten, sofern $x_i$ oder $y_i$ nicht variieren.
RICHTIG?



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StefanVogel
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Aus: Raun
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-05-18


Hallo marsmac,
Am Anfang setzt du voraus, Variable \(x_i\) sei deterministisch, so dass man diese wie Konstanten verwenden kann. Über die \(u_i\) und damit auch \(y_i\) wird allgemein angenommen, dass sie voneinander unabhängige Zufallsvariablen sind, siehe Wikipedia: Einfache lineare Regression, Annahmen über die Fehlerterme. In dem Fall gilt schon

\(\displaystyle\operatorname{Var}\left(\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})\right) = \sum_{n=1}^N \operatorname{Var} [(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})]\)

Viele Grüße,
  Stefan



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marsmac
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-20


Hallo Stefan,

vielen Dank für deine Nachricht.

Du hast vollkommen Recht bezüglich der Annahmen, allerdings glaube ich, dass der gezogene Schluss falsch ist, da es in diesem Fall nicht nur um die ZV $y_i$, sondern um $(y_i-\bar{y})$ geht.

Oder anders gesagt: Angenommen ich könnte den Ausdruck wie du sagst umschreiben, dann folgt daraus:
 \[ \sum_{n=1}^N Var [(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})] = \sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})^2 \cdot Var [y_i-\bar{y}]  \]
mit \[ Var [y_i-\bar{y}] = Var(y) + Var(\bar{y})\]. Die $Cov[y_i \bar{y}]$ beträge aufgrund der oben angenommenen Unabhängigkeit $0$.

Allerdings ergäbe sich so für die Varianz des Schätzers:

\[ Var(\hat{\beta}) = \frac{1}{S_{xx}} \cdot \left( Var(y) + Var(\bar{y})  \right)  \]
(???)

Genau das war für mich der Grund, über die Unabhängigkeit nachzudenken mit dem Ergebnis aus Post #1.

Viele Grüße, marsmac



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StefanVogel
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Aus: Raun
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-05-26 06:47


Stimmt, das \(\bar{y}\) muss weg: \(\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) = \sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})y_i\) wegen \(\sum_{n=1}^N (x_i-\bar{x})=0\).



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