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| Aufgabe | Seien [mm] X_1, [/mm] ..., [mm] X_n [/mm] unabhängig nach folgender Pareto-Verteilung verteilte ZV:
[mm] f_\theta(t)=\bruch{1}{\theta*t^(1+\bruch{1}{\theta})} [/mm] mit [mm] t\in[1,\inf).
[/mm]
1.) Bestimmen Sie den Maximum Likelihood Schätzer.
2.) Zeigen Sie, dass dieser ein erwartungstreuer Schätzer mit gleichmäßig kleinster Varianz ist. |
Zu a.)
Ich bekomme [mm] \bruch{\summe_{i=1}^{n} ln(t_i)}{n}. [/mm] Stimmt das? Kann ich den Parameter t als fest annehmen (und für alle [mm] X_i [/mm] gleich) oder müsste ich den auch erst schätzen?
Zu b.)
Wie bestimme ich [mm] E[ln(t_i)]?
[/mm]
Vielen Dank!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:46 Mi 30.01.2008 | | Autor: | Blech |
> Seien [mm]X_1,[/mm] ..., [mm]X_n[/mm] unabhängig nach folgender
> Pareto-Verteilung verteilte ZV:
>
> [mm]f_\theta(t)=\bruch{1}{\theta*t^(1+\bruch{1}{\theta})}[/mm] mit
> [mm]t\in[1,\inf).[/mm]
Ich nehme an, Du meinst [mm] $f_\theta(t)=\bruch{1}{\theta*t^{(1+\bruch{1}{\theta})}}$
[/mm]
Es wäre nett, wenn Du solche Sachen korrekturlesen könntest, damit wir nicht raten müssen, was die Aufgabe ist. =)
> Zu a.)
> Ich bekomme [mm]\bruch{\summe_{i=1}^{n} ln(t_i)}{n}.[/mm] Stimmt
> das?
Ja.
> Kann ich den Parameter t als fest annehmen (und für
> alle [mm]X_i[/mm] gleich) oder müsste ich den auch erst schätzen?
t ist kein Parameter. [mm] $f_\theta(t)$ [/mm] ist die Dichte zum Parameter [mm] $\theta$ [/mm] an der Stelle t. Du setzt für die t die Ausprägungen von den [mm] $X_i$ [/mm] (d.h. die Werte Deiner tatsächlichen Stichprobe) ein; deswegen enthält Deine Formel ja auch [mm] $t_i$.
[/mm]
Würdest Du in irgendeiner Form das t schätzen, dann hättest Du keine Dichte mehr, weil dann alle Werte in f fest wären (nämlich die Schätzer von [mm] $\theta$ [/mm] und t) und f damit eine Konstante und keine Funktion mehr wäre.
>
> Zu b.)
> Wie bestimme ich [mm]E[ln(t_i)]?[/mm]
die [mm] $t_i$ [/mm] sind die Ausprägungen der [mm] $X_i$. [/mm] Denk's Dir als [mm] $E[ln(X_i)]$. [/mm] Und da die [mm] $X_i$ [/mm] ja paretoverteilt sind, ist das ist mit der Trafoformel:
[mm] $E(ln(X_i))=\int_1^\infty \ln(t)f_\theta(t)\ [/mm] dt$
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Erstmal danke! Ich war irgendwie zu sehr drauf fixiert, dass eine Pareto-Verteilung zwei Parameter hat. Hier handelt es sich aber um den Fall [mm] X_i \sim Par(\theta, [/mm] 1).
Zu b.)
Ich hab gezeigt, dass [mm] E[MLS]=\theta. [/mm] Der Schätzer ist also erwartungstreu. Weiters sind die Bedingungen für den Satz von Frechet-Rao-Cramer erfüllt, die Schranke ist:
[mm] V[Schätzer]>=\bruch{\theta^2}{n}.
[/mm]
Jetzt müsste ich doch zeigen, dass die Varianz des MLS gleich dieser Schranke ist, also
[mm] V[MLS]=\bruch{\theta^2}{n}.
[/mm]
Da komm ich aber um einen Faktor [mm] \bruch{1}{n} [/mm] nicht hin.
Ich bekomme
[mm] V[MLS]=V[\bruch{\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)}}{n}]=
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{n^2}*V[\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)}]=
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{n^2}*E[(\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)})^2]-E[\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)}]^2=
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{n^2}*E[(\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)})^2]-n^2*\theta^2=
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{n^2}*(n^2*E[ln(X_i)]^2-n^2*\theta^2)=
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{n^2}*(n^2*2\theta^2-n^2*\theta^2)=
[/mm]
[mm] =\theta^2.
[/mm]
Wo steckt der Fehler?
Für die Berechnung von [mm] E[(\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)})^2], [/mm] hab ich mir überlegt aus wie vielen Summanden das Quadrat dieser Summe besteht und wie der Erwartungswert davon aussieht. Es gibt n quadratische Terme [mm] (ln(X_i))^2 [/mm] und [mm] \vektor{n \\ 2} [/mm] gemischte Terme der Form [mm] 2*ln(X_i)*ln(X_j). [/mm] Da die [mm] X_i [/mm] unabhängig sind, folgt, dass [mm] E[2*ln(X_i)*ln(X_j)]=2*E[X_i]^2. [/mm] Insgesamt hätten wir also [mm] (n+2*\vektor{n \\ 2})*E[X_i]^2=n^2*E[X_i]^2. [/mm] Aber anscheinend stimmt da was nicht ganz.
Vielleicht sieht ja jemand den Fehler. Danke schon mal im Voraus!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:14 Mi 30.01.2008 | | Autor: | luis52 |
Moin chimneytop,
ich fuerchte deine Ueberlegungen sind zu kompliziert.
Ueberlege, welche Verteilung [mm] $\ln [/mm] X$ hat (eine Exponentialverteilung).
Fasse dann deinen Schaetzer auf als ein arithmetisches Mittel
jener Verteilung...
vg Luis
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:50 Mi 30.01.2008 | | Autor: | Blech |
> Ich bekomme
> [mm]V[MLS]=V[\bruch{\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)}}{n}]=[/mm]
Mal nur mit Rechenregeln für die Varianz:
[mm] $=\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n Var(\ln(X_i))=\frac{\theta}{n}$
[/mm]
Direkt aus der Definition der Varianz [mm] $Var(X):=E((X-EX)^2)$:
[/mm]
[mm] $E\left(\left(\sum_{i=1}^n \ln(X_i)-E(\ln(X_i))\right)^2\right)=$
[/mm]
[mm] $=E(\sum_{i,j=1}^n \ln X_i\ln X_j-\ln X_i E(\ln X_j)-E(\ln X_i)\ln X_j [/mm] + [mm] E(\ln X_i)E(\ln X_j))=$
[/mm]
[mm] $=\sum_{i,j=1}^n \underbrace{E(\ln X_i \ln X_j)}_{E(\ln X_i)E(\ln X_j)\ \text{für}\ i\neq j}- E(\ln X_i)E(\ln X_j)$
[/mm]
Damit fallen alle bis auf n Terme (die mit i=j) raus.
Dein Fehler liegt also hier:
[mm] $E[(\summe_{i=1}^{n}{ln(X_i)})^2] [/mm] = [mm] n*2*\theta^2 [/mm] + [mm] \underbrace{(n^2-n)}_{\text{Anzahl der gemischten Terme}}\theta^2$
[/mm]
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