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ML-Schätzer: Verteilungsfkt.
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:15 Mi 11.01.2012
Autor: mikexx

Aufgabe
Es sei eine stetige Zufallsvariable $X$ mit der Verteilungsfunktion

[mm] $F(x)=\begin{cases} 0 & \text{für} x\leq 0\\ 1-e^{-\alpha x^k} & \text{für}x>0~\text{mit}~\alpha,k>0. \end{cases}$ [/mm]

gegeben. Dabei sei $k$ eine fest vorgegebene Zahl mit $k>0$, während vom Parameter [mm] $\alpha$ [/mm] nur [mm] $\alpha>0$ [/mm] bekannt ist.

(a) Zeige, daß $F$ eine Verteilungsfunktion ist.

(b) Bestimme für [mm] $X_1,...,X_n$ [/mm] die Maximum-Likelihood-Schätzung für [mm] $\alpha$. [/mm] Dabei seien die [mm] $X_i$ [/mm] unabhängig und identisch wie $X$ verteilt.






Hallo, ich würde gerne wissen, ob meine Ideen zu (a) und mein Ansatz zu (b) in Ordnung sind:

(a) Ich versuche zu zeigen, daß $F$ monoton steigt, rechtsstetig ist und daß gilt [mm] $\lim_{x\to -\infty}F(x)=0, \lim_{x\to\infty}F(x)=1$. [/mm]

Dann ist $F$ Verteilungsfunktion.


Also die asymptotischen Eigenschaften sind erfüllt:

[mm] $\lim_{x\to -\infty}F(x)=0$ [/mm] ist klar, da $F(x)=0$ für [mm] $x\leq [/mm] 0$.

[mm] $\lim_{x\to \infty}F(x)=1$, [/mm] da [mm] $e^{-\alpha x^{k}}\to [/mm] 0$ für [mm] $x\to\infty$, [/mm] wenn (wie vorausgesetzt) [mm] $\alpha,k>0$. [/mm]

Was die Rechtsstetigkeit angeht, gilt doch für beliebiges $c>x$:

[mm] $\lim_{c\to x}F(c)=\begin{cases} 0 & \text{falls}~x\leq 0\\ 1-e^{-\alpha x^{k}} & \text{falls}~x>0, \end{cases}$ [/mm]

also [mm] $\lim_{c\to x}F(c)=F(x)$. [/mm]


Zur Monotonie:

Da [mm] $e^{-\alpha a^k}\geq e^{-\alpha b^k}$ [/mm] für [mm] $a\leq [/mm] b$, folgt

[mm] $\frac{F(a)}{F(b)}=\begin{cases} 0 & \text{falls}~a\leq 0, b\leq 0\\ 0 & \text{falls}~a\leq 0, b>0\\ \frac{1-e^{-\alpha a^k}}{1-e^{-\alpha b^k}}\leq 1 & \text{falls}~a>0, b>0 \end{cases} [/mm]

Damit ist $F$ monoton wachsend.


Insgesamt habe ich so (hoffentlich!) gezeigt, daß $F$ Verteilungsfunktion ist.


(b) Hier würde ich zuerst (wie bei solchen Aufgaben immer) die Likelihood-Funktion aufstellen und zwar so:

[mm] $L(x_1,...,x_n|\alpha)=F_{\alpha}(X_1)\cdot [/mm] ... [mm] \cdot F_{\alpha}(X_n)=\begin{cases} 0 & \exists i\in\left\{0,...,n\right\}: x_i\leq 0\\ \prod_{i=1}^{n}\left(1-e^{-\alpha x_i^k}\right) & x_i>0~\forall i\in\left\{0,...,n\right\} \end{cases}$ [/mm]

Da [mm] $\alpha>0$ [/mm] gelten soll, kann ich mich doch auf den zweiten Fall beschränken. Dafür würde ich jetzt die log-Likelihood-Funktion aufstellen, die da wäre:

[mm] $\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\log\left(1-e^{-\alpha x_i^k}\right)=\sum_{i=1}^{n}\left(\log\left(e^{\alpha x_i^k}-1\right)-\alpha x_i^k\right)$ [/mm]

Jetzt würde ich diese log-Likelihood-Funktion nach [mm] $\alpha$ [/mm] ableiten:

Da bekomme ich Folgendes:

[mm] $\frac{\partial}{\partial\alpha}\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^k}{e^{\alpha x_i^k}-1}$ [/mm]




Mich würde, wie gesagt, interessieren, ob (a) so stimmt und ob ich bei (b) bis jetzt richtig liege.

Danke für jede Mühe!


Viele Grüße

mikexx

        
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ML-Schätzer: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:00 Mi 11.01.2012
Autor: Blech

Hi,

> Was die Rechtsstetigkeit angeht, gilt doch für beliebiges $ c>x $:

> $ [mm] $\lim_{c\to x}F(c)=\begin{cases} 0 & \text{falls}~x\leq 0\\ 1-e^{-\alpha x^{k}} & \text{falls}~x>0, \end{cases}$ [/mm] $

> also $ [mm] \lim_{c\to x}F(c)=F(x) [/mm] $.

Hier schreibst Du im Prinzip:

"Die Stetigkeit von F ist gegeben, weil F stetig ist."

Irgendeine Begründung (Verknüpfung stetiger Funktionen. Gesonderte Begründung bei x=0) wäre nett.


> Hier würde ich zuerst (wie bei solchen Aufgaben immer) die Likelihood-Funktion aufstellen und zwar so:

> [mm] $L(x_1,...,x_n|\alpha)=F_{\alpha}(X_1)\cdot [/mm]  ...  [mm] \cdot F_{\alpha}(X_n)=\begin{cases} 0 & \exists i\in\left\{0,...,n\right\}: x_i\leq 0\\ \prod_{i=1}^{n}\left(1-e^{-\alpha x_i^k}\right) & x_i>0~\forall i\in\left\{0,...,n\right\} \end{cases}$ [/mm]

Die Likelihoodfunktion ist die gemeinsame Dichte, nicht die Verteilungsfunktion:

[mm] $L(x_1,\ldots, x_n|\alpha)=\prod_{i=1}^n f_\alpha(x_i)$ [/mm]

ciao
Stefan

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ML-Schätzer: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:19 Mi 11.01.2012
Autor: mikexx

Danke für die Antwort.

Zu der Rechtsstetigkeit:

Also kann man es dann so formulieren:

1. Fall: $F(x)=0$:

Konstante Funktion, also stetig und daher insb. rechtsstetig.

2. Fall: [mm] $F(x)=1-e^{-\alpha x^k}$ [/mm]

[mm] $a(x)=1-e^{x}$ [/mm] ist stetig, also insb. rechtsstetig.
[mm] $b(x)=-\alpha x^k$ [/mm] ist stetig, also insb. rechtsstetig.

[mm] $\Rightarrow a\circ b=1-e^{-\alpha x^k}$ [/mm] ist stetig, da die Verknüpfung stetiger Funktionen stetig ist, also insb. rechtsstetig.

?
---------------

Die Dichte ist [mm] $f(x)=\begin{cases} 0, $ x\leq 0\\ \alpha\cdot k\cdot x^{k-1}\cdot e^{-\alpha x^k}, $ x>0 \end{cases}$ [/mm]


Und zu der Likelihood, die ist dann

[mm] $L(x_1,...,x_n|\alpha)=\begin{cases} 0, & \exists~i\in\left\{1,...,n\right\}:~x_i\leq 0\\ \alpha^n\cdot k^n\cdot\prod_{i=1}^{n}\left(x_i^{k-1}\cdot e^{-\alpha x_i^k}\right), & x_i>0~\forall~i\in\left\{1,...,n\right\} \end{cases}$ [/mm]

?

Die log-Likelihood-Funktion ist nach meiner Rechnung:

[mm] $\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=n\cdot \log(\alpha)+n\cdot\log(k)+(k-1)\sum_{i=1}^{n}\log(x_i)-\alpha\cdot\sum_{i=1}^{n}x_i^k$ [/mm]

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ML-Schätzer: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:40 Mi 11.01.2012
Autor: Blech

Hi,

und was ist für x=0? Ana I ist schon lange her, oder? =)
Stetigkeit bezieht sich immer auf ein x.

Mal ganz präzise:
Für $x<0$ gibt es eine Umgebung [mm] $\delta_x$ [/mm] um x mit $F(y)=0$ für [mm] $y\in \delta_x$. $y\mapsto [/mm] 0$ ist eine auf ganz [mm] $\IR$ [/mm] stetige Funktion, also insbesondere stetig in der Umgebung [mm] $\delta_x$. [/mm] Damit ist $F(x)$ stetig in allen Punkten $x<0$.


Für $x>0$ funktioniert das genauso. Aber für x=0 brauchst Du eine gesonderte Begründung.


> $ [mm] \log L(x_1,...,x_n|\alpha)=n\cdot \log(\alpha)+n\cdot\log(k)+(k-1)\sum_{i=1}^{n}\log(x_i)-\alpha\cdot\sum_{i=1}^{n}x_i^k [/mm] $

Stimmt.

ciao
Stefan

Bezug
                                
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ML-Schätzer: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:46 Mi 11.01.2012
Autor: mikexx

Ich komme auf die Rechtsstetigkeit gleich zurück.
Versuche ich aber erstmal, (b) abzuhaken.

Wenn ich nun die ermittelte log-Likelihood ableite nach [mm] $\alpha$, [/mm] so komme ich auf:

[mm] $\frac{\partial}{\partial\alpha}\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=\frac{n}{\alpha}-\sum_{i=1}^{n}x_i^k$. [/mm]


Setze ich das gleich 0, erhalte ich

[mm] $\alpha=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}x_i^k}$ [/mm]

Die zweite Ableitung lautet:

[mm] $\frac{\partial^2}{\partial^2\alpha}\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=-\frac{n}{\alpha^2}$. [/mm]

Das ist für [mm] $\alpha=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}x_i^k}$ [/mm] kleiner als 0 und somit ist das oben ermittelte [mm] $\alpha$ [/mm] das Maximum.


Also habe ich als Ergebnis für (b):

[mm] $\hat{\alpha}_{ML}=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}x_i^k}$ [/mm]


Stimmt das?

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ML-Schätzer: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:42 Mi 11.01.2012
Autor: Blech

Stimmt.

ciao
Stefan

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ML-Schätzer: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 16:49 Mi 11.01.2012
Autor: mikexx

Das freut mich schonmal.

Dann nochmal zu der Rechtsstetigkeit. Ana I ist wirklich länger her... oh, oh.

Also was Du da benutzt hast, ist doch das Epsilon-Delta-Kriterium, oder?

Wenn ich mir ein [mm] $x_0<0$ [/mm] aussuche und ein $x$, das sehr in der Nähe liegt, also [mm] $|x-x_0|<\delta$ [/mm] für ein kleines [mm] $\delta$, [/mm] so muss ich zeigen, daß die Funktionswerte auch nur sehr wenig auseinander liegen bzw. genauer: [mm] $|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$. [/mm] So erinnere ich das.

In diesem Fall ist doch jetzt [mm] $|f(x)-f(x_0)|=0$, [/mm] also wähle ich einfach [mm] $\delta:=\varepsilon$. [/mm]

Aber wie geht das denn jetzt für [mm] $x_0>0$? [/mm]

Da hätte ich für ein x, das sehr nahe bei [mm] $x_0$ [/mm] liegt:

[mm] $|f(x)-f(x_0)|=|e^{-\alpha x_0^k}-e^{-\alpha x^k}|$, [/mm] wüsste aber nicht, wie ich das jetzt nach oben abschätzen kann.


Und für [mm] $x_0=0$? [/mm]

Da habe ich entweder $|f(x)-f(0)|=|0|$, wenn $x<0$ (dann ist es wieder klar) oder [mm] $|f(x)-f(0)|=|1-e^{-\alpha x^k}|$, [/mm] dann weiß ich wieder nicht, wie ich abschätzen kann.


LG

mikexx

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ML-Schätzer: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:20 Fr 13.01.2012
Autor: matux

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