Maximum Likelihood Schätzer < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:18 Fr 02.02.2007 | | Autor: | Fry |
| Aufgabe | [mm] X_{1}, [/mm] ..., [mm] X_{n} [/mm] seien stochastisch unabhängige, identisch [mm] Poi(\lambda) [/mm] -verteilte Zufallsgrößen [mm] (\lambda [/mm] > 0). Zeigen Sie, dass
[mm] d(x_{1},...,x_{n}) [/mm] = [mm] (1+\bruch{1}{n})^{\summe_{i=1}^{n}x_{i}}
[/mm]
eine erwartungstreue Schätzfunktion für [mm] \theta [/mm] = [mm] \gamma(\lambda) [/mm] = [mm] e^{\lambda} [/mm] ist. |
Hallo,
ich hab probiert die obige Aufgabe zu lösen, allerdings ohne Erfolg...
Mein Ansatz:
[mm] L(\theta|x) [/mm] = [mm] \produkt_{i=1}^{n} P(X_{i} [/mm] = [mm] x_{i}) [/mm] = [mm] \produkt_{i=1}^{n}\bruch{1}{x_{i}!}\lambda^{\summe_{i=1}^{n}x_{i}}e^{-n\lambda}
[/mm]
Hab dann [mm] \theta [/mm] = [mm] e^{\lambda} [/mm] gesetzt und die log Likelihood-Funktion gebildet:
[mm] l(\theta|x) [/mm] = ln [mm] \produkt_{i=1}^{n}\bruch{1}{x_{i}!} [/mm] + ln [mm] \lambda^{\summe_{i=1}^{n} x_{i}} [/mm] - n [mm] ln\theta
[/mm]
l ' [mm] (\theta|x) [/mm] = [mm] -\bruch{n}{\theta} [/mm] < 0 => l streng monoton fallend ?
Entweder hab ich ne Fehler gemacht oder man kommt so nicht zum Ziel.
Kann jemand mir helfen ? Würde mich über eure Hilfe freuen.
Lg
Fry
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:28 Fr 02.02.2007 | | Autor: | smee |
Grüß Gott!
Reicht es bei deiner Aufgabe nicht, bloß die Erwartungstreue zu zeigen?
Dann müsstest du ja nur zeigen, dass:
[mm]E(d(x_1, ..., x_n)) = e^\lambda[/mm]
also ...
[mm]E(d(x_1, ..., x_n)) = (1 + \bruch{1}{n})^{E(\summe_{i=1}^{n} x_i)} = e^\lambda[/mm]
Die Erwartungstreue gilt hierbei dann im Grenzwert.
Gruß,
Carsten
Hoffe, das ist richtig ... hab's erstmal als Mitteilung belassen 
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:32 Fr 02.02.2007 | | Autor: | luis52 |
Moin Fry,
sei [mm] $Y=\sum_{i=1}^n X_i$ [/mm] und [mm] $g(y)=(1+1/n)^y$. [/mm] Bekanntlich berechnet man
den Erwartungswert von $g(Y)$ nach der Formel
[mm] $\mbox{E}[g(Y)]=\sum_y [/mm] g(y)P(Y=y)$. Da $Y$ [mm] Poisson$(n\lambda)$-verteilt
[/mm]
ist, ergibt sich
[mm] \begin{matrix}
\mbox{E}\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^Y\right]&=& \mbox{E}[g(Y)]\\
&=&\sum_{y=0}^\infty\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^y\dfrac{(n\lambda)^y}{y!}e^{-n\lambda}\\
&=&e^{-n\lambda}\sum_{y=0}^\infty\dfrac{(n\lambda+\lambda)^y}{y!}\\
&=&e^{-n\lambda}e^{n\lambda+\lambda}\\
&=&e^{\lambda}
\end{matrix} [/mm]
hth
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:34 Sa 03.02.2007 | | Autor: | Fry |
Vielen Dank für eure Antworten !
Aber warum muss man nicht mehr zeigen, dass die Funktion überhaupt ein Schätzer von [mm] e^{\lambda} [/mm] ist ?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:08 Sa 03.02.2007 | | Autor: | luis52 |
Was verstehst *du* denn unter einem Schaetzer?
Mit anderen Worten, was fehlt denn deiner Meinung nach?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:55 Sa 03.02.2007 | | Autor: | Fry |
Hallo,
ich dachte, dass man zunächst zeigen muss, dass es sich bei der Funktion überhaupt um einen Schätzer von [mm] e^{\lambda} [/mm] handelt und dann kann man auch überprüfen, ob der Schätzer erwartungstreu ist...ok, mir fällt gerade auf, dass man beim zweiten Schritt von erstigem ausgeht. Damit fällt das dann wohl weg, oder ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:10 Sa 03.02.2007 | | Autor: | luis52 |
Gut, dann will ich einmal erklaeren, was ein Schaetzer fuer mich ist, naemlich eine Stichprobenfunktion [mm] $g(X_1,...X_n)$. [/mm] So ist das arithmetische Mittel [mm] $\bar X=(X_1+...+X_n)/n$ [/mm] oder die mittlere quadratische Abweichung [mm] $S^2=((X_1-\bar X)^2+...+(X_n-\bar X)^2)/n$ [/mm] ein Schaetzer. Danach erfuellt die hier betrachtete Funktion das Kriterium, ein Schaetzer zu sein.
hth
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:15 Sa 03.02.2007 | | Autor: | Fry |
Hallo,
erkenne meinen Fehler.
Ich hab bislang unter Schätzer immer den MHL-Schätzer verstanden und dieser muss ja zunächst bestimmt bzw. falls vorgegeben überprüft werden.
Danke
Fry
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