Domanda:
Che tipo di distribuzione è $ f_X (x) = 2 \ lambda \ pi x e ^ {- \ lambda \ pi x ^ 2} $?
Mitch
2011-05-16 12:22:56 UTC
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Che tipo di funzione è:

$ f_X (x) = 2 \ lambda \ pi xe ^ {- \ lambda \ pi x ^ 2} $

È questo un distribuzione comune? Sto cercando di trovare un intervallo di confidenza di $ \ lambda $ usando lo stimatore $ \ hat {\ lambda} = \ frac {n} {\ pi \ sum ^ n_ {i = 1} X ^ 2_i} $ e sto lottando per dimostrare se questo stimatore ha una normalità asintotica.

Grazie

Forse aiuta: se Y è distribuito in modo esponenziale, allora X = Y ^ 2 è distribuito con f_X. Puoi dare un'occhiata [qui] (http://en.wikipedia.org/wiki/Exponential_distribution) per il MLE di Y ...
@teucer, scusa non ho visto il tuo commento, quindi ho postato praticamente la stessa risposta.
sempre, indica sempre che la domanda è relativa ai compiti. Il compito è che tu impari, il solo fatto di ottenere la risposta corretta non ti aiuterà e potrebbe anche ferirti a lungo termine. Suppongo che questo sia un compito a casa dalla domanda di un altro utente.
@mpiktas, questa domanda era correlata a una piccola parte di un problema di compiti a casa, ma non ho formulato la domanda in modo che qualcuno potesse semplicemente dirmi la risposta. Era mia intenzione comprendere i concetti e poi risolvere i compiti da solo.
la tua formulazione della domanda è stata esemplare, è così che dovrebbero essere poste le domande dei compiti. Ma conoscere il contesto del problema di solito aiuta molto a fornire una buona risposta.
@mpiktas Ma la tua risposta dice che se $ Y $ è una variabile casuale esponenziale con parametro $ \ pi \ lambda $, allora la ** radice quadrata ** di $ Y $ ha la distribuzione richiesta da OP Mitch mentre la risposta di teucer dice * * quadrato ** di $ Y $ contiene la distribuzione richiesta. Quindi, in che modo la tua risposta è praticamente uguale a quella di teucer (ea quale dovremmo credere)?
@DilipSarwate mio :). Se $ Y $ è esponenziale, $ P (\ sqrt {Y}
@mpiktas Sì, so che la tua caratterizzazione è corretta e quella di teucer non lo è (anche se ha ottenuto tre voti positivi nonostante il collegamento a Wikipedia fornito non supporti tale affermazione). Sono abituato a vedere variabili casuali con densità della forma $ \ frac {r} {\ sigma ^ 2} \ exp (-r ^ 2/2 \ sigma ^ 2) $ indicate come variabili casuali _Rayleigh_: descrivono la distanza dall'origine del punto $ (X, Y) $ dove $ X $ e $ Y $ sono variabili casuali $ N (0, \ sigma ^ 2) $ indipendenti.
Due risposte:
#1
+10
mpiktas
2011-05-16 13:17:54 UTC
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È una radice quadrata di distribuzione esponenziale con tasso $ \ pi \ lambda $. Ciò significa che se $ Y \ sim \ exp (\ pi \ lambda) $, allora $ \ sqrt {Y} \ sim f_X $.

Poiché la tua stima è stima di massima verosimiglianza, dovrebbe essere asintoticamente normale. Ciò deriva immediatamente dalle proprietà delle stime di massima verosimiglianza. In questo caso particolare:

$$ \ sqrt {n} (\ hat \ lambda- \ lambda) \ to N (0, \ lambda ^ 2) $$

da

$$ E \ frac {\ partial ^ 2} {\ partial \ lambda ^ 2} \ log f_X (X) = - \ frac {1} {\ lambda ^ 2}. $$

#2
+10
probabilityislogic
2011-05-16 15:22:52 UTC
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Perché ti interessano gli asintotici quando la risposta esatta è altrettanto semplice (ed esatta)? Suppongo che tu voglia la normalità asintotica in modo da poter utilizzare il tipo di intervallo di confidenza $ \ mathrm {Est} \ pm z _ {\ alpha} \ mathrm {StdErr} $

Se effettui la trasformazione di probabilità $ Y_ {i} = X_ {i} ^ {2} $ allora hai una distribuzione di campionamento esponenziale (come ha menzionato @mpiktas):

$$ \ newcommand {\ Gamma} {\ mathrm {Gamma }} \ newcommand {\ MLE} {\ mathrm {MLE}} \ newcommand {\ Pr} {\ mathrm {Pr}} f_ {Y_ {i}} (y_ {i}) = f_ {X_ {i}} ( \ sqrt {y_ {i}}) | \ frac {\ partial \ sqrt {y_ {i}}} {\ partial y_ {i}} | = 2 \ lambda \ pi \ sqrt {y_ {i}} \ exp ( - \ lambda \ pi \ sqrt {y_ {i}} ^ 2) \ frac {1} {2 \ sqrt {y_ {i}}} = \ lambda \ pi \ exp (- \ lambda \ pi y_ {i}) $$

Quindi la probabilità di log congiunta in termini di $ D \ equiv \ {y_ {1}, \ dots, y_ {N} \} $ diventa:

$$ \ log [f (D | \ lambda)] = N \ log (\ pi) + N \ log (\ lambda) - \ lambda \ pi \ sum_ {i = 1} ^ {N} y_ {i} $$

Ora l'unico modo in cui i dati entrano nell'analisi è attraverso il totale $ T_ {N} = \ sum_ {i = 1} ^ {N} y_ {i} $ (e la dimensione del campione $ N $) . Ora è un calcolo elementare della teoria del campionamento per mostrare che $ T_ {N} \ sim \ Gamma (N, \ pi \ lambda) $, e inoltre che $ \ pi N ^ {- 1} T_ {N} \ sim \ Gamma (N, N \ lambda) $. Possiamo ulteriormente renderla una quantità "fondamentale" estraendo $ \ lambda $ dalle equazioni (nello stesso modo in cui ho appena inserito $ N $). E abbiamo:

$$ \ lambda \ pi N ^ {- 1} T_ {N} = \ frac {\ lambda} {\ hat {\ lambda} _ {\ MLE}} \ sim \ Gamma (N, N) $$

Si noti che quindi ora abbiamo una distribuzione che coinvolge MLE e la cui distribuzione di campionamento è indipendente dal parametro $ \ lambda $. Ora il tuo MLE è uguale a $ \ frac {1} {\ pi N ^ {- 1} T_ {N}} $ E quindi scrivendo le quantità $ L _ {\ alpha} $ e $ U _ {\ alpha} $ tali che quanto segue contiene:

$$ \ Pr (L _ {\ alpha} < G < U _ {\ alpha}) = 1- \ alpha \; \; \; \; \; \; \; G \ sim \ Gamma (N, N) $$

E quindi abbiamo:

$$ \ Pr (L _ {\ alpha} < \ frac {\ lambda} {\ hat {\ lambda} _ {\ MLE}} < U _ {\ alpha}) = \ Pr (L _ {\ alpha} \ hat {\ lambda} _ {\ MLE} > \ lambda > U _ {\ alpha} \ hat {\ lambda} _ {\ MLE}) = 1- \ alpha $$

E hai un esatto $ 1- \ alpha $ intervallo di confidenza per $ \ lambda $.

NOTA: La distribuzione Gamma che sto usando è lo stile "precisione", quindi $ \ Gamma (N , N) $ densità è simile a: $$ f _ {\ Gamma (N, N)} (g) = \ frac {N ^ {N}} {\ Gamma (N)} g ^ {N-1} \ exp ( -Ng) $$

Grazie! Risposta davvero ottima, tuttavia avevo bisogno di usare un'approssimazione normale. Tuttavia, capisco completamente e sono d'accordo con la tua soluzione.


Questa domanda e risposta è stata tradotta automaticamente dalla lingua inglese. Il contenuto originale è disponibile su stackexchange, che ringraziamo per la licenza cc by-sa 3.0 con cui è distribuito.
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