Suffizienz der Exp-Vert. < math. Statistik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | [mm] X_1, [/mm] ..., [mm] X_n [/mm] seien unabhängig exponentialverteilt mit Parameter [mm] \lambda [/mm] mit Parametrisierung [mm] E[X_i]=\bruch{1}{\lambda}.
[/mm]
Ermitteln Sie eine suffiziente Statistik für die sogenannte Zuverlässigkeit [mm] e^{-\lambda}. [/mm] |
1. Wir haben bereits gezeigt, dass
[mm] \summe_{i=1}^{n}X_i
[/mm]
eine suffiziente Statistik für den Parameter [mm] \lambda [/mm] ist.
Meine Idee wäre daher [mm] e^{-\summe_{i=1}^{n}X_i} [/mm] zu nehmen. Dann wäre doch [mm] {e^{-X_1}, e^{-X_2},...} [/mm] eine suffiziente Statistik für [mm] e^{-\lambda}.
[/mm]
Kann man das so machen bzw. was müsste noch gezeigt werden oder lieg ich da komplett daneben?
2. Was ist die Zuverlässigkeit und was sagt mir das?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:29 Mo 03.12.2007 | | Autor: | luis52 |
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> 1. Wir haben bereits gezeigt, dass
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> [mm]\summe_{i=1}^{n}X_i[/mm]
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> eine suffiziente Statistik für den Parameter [mm]\lambda[/mm] ist.
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> Meine Idee wäre daher [mm]e^{-\summe_{i=1}^{n}X_i}[/mm] zu nehmen.
Ja, das ist eine suffiziente Statistik fuer [mm] $\exp[-\lambda]$, [/mm] aber auch
[mm]\summe_{i=1}^{n}X_i[/mm], da die e-Funktion injektiv ist.
Ich weiss nicht, was du ueber suffiziente Statistiken weisst, aber ich kann dir nur wieder
raten, dass Buch von Mood et al. zur Hand zu nehmen. Dort findest du das wichtige
Faktorisierungskriterium auf Seite 307, womit deine Vermutung bestaetigt werden kann.
> Dann wäre doch [mm]{e^{-X_1}, e^{-X_2},...}[/mm] eine suffiziente
> Statistik für [mm]e^{-\lambda}.[/mm]
Das kann ich nicht nachvollziehen. Wir haben doch schon eine suffiziente Statistik
gefunden...
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> Kann man das so machen bzw. was müsste noch gezeigt werden
> oder lieg ich da komplett daneben?
s.o.
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> 2. Was ist die Zuverlässigkeit und was sagt mir das?
Der Begriff ist mir auch nicht gelaeufig, aber ich denke, es ist Folgendes gemeint.
Bekanntlich gilt [mm] $P(X\le x)=1-\exp[-\lambda [/mm] x]$ fuer die Exp-Vert. Mithin ist
[mm] $P(X>1)=\exp[-\lambda]$, [/mm] was die Wsk dafuer ist, dass bspw. eine Gluehbirne laenger als
1 Zeiteinheit haelt.
lg Luis
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Seh ich es richtig, dass es keinen Unterschied macht einen suffizienten Schätzer für [mm] \lambda [/mm] zu finden und einen für irgendeine Funktion [mm] f(\lambda) [/mm] also z.B. [mm] e^{-\lambda}?
[/mm]
Mich wundert halt, dass es bei dem Beispiel damit bewandt sein soll, das Ergebnis aus der VL wiederzugeben.
Zuverlässigkeit ist mir jetzt klar. danke!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:27 Di 04.12.2007 | | Autor: | luis52 |
> Seh ich es richtig, dass es keinen Unterschied macht einen
> suffizienten Schätzer für [mm]\lambda[/mm] zu finden und einen für
> irgendeine Funktion [mm]f(\lambda)[/mm] also z.B. [mm]e^{-\lambda}?[/mm]
Ja, ist $T$ suffizient fuer [mm] $\theta$, [/mm] so auch $g(T)$, wenn $g$ injektiv ist.
>
> Mich wundert halt, dass es bei dem Beispiel damit bewandt
> sein soll, das Ergebnis aus der VL wiederzugeben.
Ich weiss ja nicht was ihr in der VL hattet, etwa die obige Aussage.
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> Zuverlässigkeit ist mir jetzt klar. danke!
Prima.
lg Luis
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> > Seh ich es richtig, dass es keinen Unterschied macht einen
> > suffizienten Schätzer für [mm]\lambda[/mm] zu finden und einen für
> > irgendeine Funktion [mm]f(\lambda)[/mm] also z.B. [mm]e^{-\lambda}?[/mm]
>
> Ja, ist [mm]T[/mm] suffizient fuer [mm]\theta[/mm], so auch [mm]g(T)[/mm], wenn [mm]g[/mm]
> injektiv ist.
Das ist schon klar: Wenn ich einen suffiziente Schätzer für einen Parameter [mm] \lambda [/mm] habe, dann ist auch jede umkehrbare Funktion davon suffizient für [mm] \lambda. [/mm] (So bastelt man sich ja dann z.B. einen Schätzer, der zudem noch erwartungstreu ist).
Ich möchte aber jetzt gar nicht [mm] \lambda, [/mm] sondern [mm] e^{-\lambda} [/mm] schätzen.
Kann ich das dann so machen:
Sei [mm] S_n=\summe_{i=1}^{n}X_i.
[/mm]
[mm] S_n [/mm] ist suffizienter Schätzer für [mm] \lambda.
[/mm]
Ein erwartungstreuer Schätzer für [mm] \lambda [/mm] ist [mm] \bruch{n-1}{S_n}.
[/mm]
Also sollte [mm] e^\bruch{1-n}{S_n} [/mm] ein ganz guter Schätzer für die Zuverlässigkeit sein, der wegen [mm] e^{\bruch{1-n}{x}} [/mm] injektiv auch suffizient ist.
Danke!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:00 Di 04.12.2007 | | Autor: | luis52 |
> Das ist schon klar: Wenn ich einen suffiziente Schätzer für
> einen Parameter [mm]\lambda[/mm] habe, dann ist auch jede umkehrbare
> Funktion davon suffizient für [mm]\lambda.[/mm] (So bastelt man sich
> ja dann z.B. einen Schätzer, der zudem noch erwartungstreu
> ist).
> Ich möchte aber jetzt gar nicht [mm]\lambda,[/mm] sondern
> [mm]e^{-\lambda}[/mm] schätzen.
>
> Kann ich das dann so machen:
> Sei [mm]S_n=\summe_{i=1}^{n}X_i.[/mm]
> [mm]S_n[/mm] ist suffizienter Schätzer für [mm]\lambda.[/mm]
> Ein erwartungstreuer Schätzer für [mm]\lambda[/mm] ist
> [mm]\bruch{n-1}{S_n}.[/mm]
>
> Also sollte [mm]e^\bruch{1-n}{S_n}[/mm] ein ganz guter Schätzer für
> die Zuverlässigkeit sein, der wegen [mm]e^{\bruch{1-n}{x}}[/mm]
> injektiv auch suffizient ist.
>
Wieso die Purzelbaeume? Wir suchen doch eine suffiziente Statistik
fuer [mm] $tau=\exp[-\lambda]$. $S_n$ [/mm] ist suffizient fuer [mm] $\lambda$,
[/mm]
[mm] $g(t)=\exp[-t]$ [/mm] ist injektiv, also ist [mm] $g(S_n)$ [/mm] suffizient fuer [mm] $\tau$.
[/mm]
lg Luis
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:32 Mi 05.12.2007 | | Autor: | chimneytop |
Danke!
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