erwartungstreuer Schätzer < math. Statistik < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Seien [mm] X_1,...,X_n [/mm] unabhängig identisch [mm] Po(\lambda)-verteilt, \lambda>0 [/mm] unbekannt.
a) Zeige, dass [mm] X_1*X_2 [/mm] erwartungstreuer Schätzer für [mm] \lambda^2 [/mm] ist.
b) Bestimme [mm] T_0=E[X_1*X_2|\summe_{i=1}^{n}X_i] [/mm] und begründe, dass [mm] T_0 [/mm] UMVU-Schätzer ist.
Hinweis: Bestimme zunächst die bedingte Verteilung von [mm] (X_1,...,X_n) [/mm] gegeben [mm] T=\summe_{i=1}^{n}X_i=k [/mm] und daraus die bedingte Verteilung von [mm] (X_1,X_2) [/mm] gegeben T=k, um [mm] E[X_1 X_2|T=k] [/mm] zu bestimmen. Verwende Eigenschaften der Zähldichte der Multinomialverteilung. |
Hallo,
also zu a) dachte ich:
Wegen der Poissonvtlg. gilt [mm] E[X_1]=E[X_1]=\lambda
[/mm]
und wegen der Unabhängigkeit [mm] E[X_1*X_2]=E[X_1]*E[X_2]=\lambda*\lambda=\lambda^2
[/mm]
und damit e-treu für [mm] \lambda^2.
[/mm]
Ist das so korrekt?
Bei b) fehlt mir noch der Ansatz.
Danke
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Hallo,
> Seien [mm]X_1,...,X_n[/mm] unabhängig identisch
> [mm]Po(\lambda)-verteilt, \lambda>0[/mm] unbekannt.
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> a) Zeige, dass [mm]X_1*X_2[/mm] erwartungstreuer Schätzer für
> [mm]\lambda^2[/mm] ist.
>
> b) Bestimme [mm]T_0=E[X_1*X_2|\summe_{i=1}^{n}X_i][/mm] und
> begründe, dass [mm]T_0[/mm] UMVU-Schätzer ist.
> Hinweis: Bestimme zunächst die bedingte Verteilung von
> [mm](X_1,...,X_n)[/mm] gegeben [mm]T=\summe_{i=1}^{n}X_i=k[/mm] und daraus
> die bedingte Verteilung von [mm](X_1,X_2)[/mm] gegeben T=k, um [mm]E[X_1 X_2|T=k][/mm]
> zu bestimmen. Verwende Eigenschaften der Zähldichte der
> Multinomialverteilung.
> Hallo,
>
> also zu a) dachte ich:
> Wegen der Poissonvtlg. gilt [mm]E[X_1]=E[X_1]=\lambda[/mm]
> und wegen der Unabhängigkeit
> [mm]E[X_1*X_2]=E[X_1]*E[X_2]=\lambda*\lambda=\lambda^2[/mm]
> und damit e-treu für [mm]\lambda^2.[/mm]
Richtig.
Wenn ihr die Formel (X,Y unabhängig --> E(X*Y) = E(X)*E(Y) ), ist alles okay.
> Bei b) fehlt mir noch der Ansatz.
Naja - der Hinweis sagt doch schon ziemlich viel. Was hast du denn da schon alles rausbekommen?
Die Bedingte Verteilung von [mm] (X_{1},...,X_{n}) [/mm] gegeben [mm] $T=\summe_{i=1}^{n}X_i=k$ [/mm] ist
[mm] $P\Big(X_{1} [/mm] = [mm] x_1, [/mm] ..., [mm] X_n [/mm] = [mm] x_n [/mm] | [mm] \summe_{i=1}^{n}X_i [/mm] = [mm] k\Big) [/mm] = [mm] \frac{P\Big( (X_{1} = x_1, ..., X_n = x_n)\mbox{ und }\summe_{i=1}^{n}X_i = k\Big)}{P\Big(\summe_{i=1}^{n}X_i = k\Big)}$
[/mm]
Nun gilt es zunächst,
[mm] $P\Big(\summe_{i=1}^{n}X_i [/mm] = [mm] k\Big) [/mm] = [mm] \sum_{i_{1}=1}^{k}\sum_{i_{2}=1}^{k-i_{1}}...\sum_{i_{n-1}=1}^{k-i_{1}-...-i_{n-2}}P(X_{1} [/mm] = [mm] i_{1},...,X_{n-1} [/mm] = [mm] i_{n-1}, X_{n} [/mm] = k - [mm] i_{1} [/mm] - [mm] i_{2} [/mm] - ... - [mm] i_{n})$
[/mm]
auszurechnen - dafür ist es gut, wenn du die Eigenschaften der Multinomialverteilung kennst (was habt ihr da so gelernt?).
Grüße,
Stefan
PS.: Ich bin mir nicht sicher, ob diese lange Formel oben der sinnvollste Weg ist. Deswegen lasse ich die Frage auf halb beantwortet.
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Danke für deine Antwort.
> [mm]P\Big(\summe_{i=1}^{n}X_i = k\Big) = \sum_{i_{1}=1}^{k}\sum_{i_{2}=1}^{k-i_{1}}...\sum_{i_{n-1}=1}^{k-i_{1}-...-i_{n-2}}P(X_{1} = i_{1},...,X_{n-1} = i_{n-1}, X_{n} = k - i_{1} - i_{2} - ... - i_{n})[/mm]
Das ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Multinomialverteilung, oder?
Aber dann stecke ich schon wieder fest.
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Hallo!
> Danke für deine Antwort.
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> > [mm]P\Big(\summe_{i=1}^{n}X_i = k\Big) = \sum_{i_{1}=1}^{k}\sum_{i_{2}=1}^{k-i_{1}}...\sum_{i_{n-1}=1}^{k-i_{1}-...-i_{n-2}}P(X_{1} = i_{1},...,X_{n-1} = i_{n-1}, X_{n} = k - i_{1} - i_{2} - ... - i_{n})[/mm]
>
> Das ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung der
> Multinomialverteilung, oder?
Nicht, dass ich wüsste.
Ich würde auch eher den binomischen Lehrsatz bei der Aufgabe anwenden als irgendwas anderes.
Fakt ist: Als Ergebnis erhältst du eine Poisson-Verteilung, die zum Parameter [mm] k*\lambda [/mm] verteilt ist.
Um das einzusehen, solltest du zunächst mal folgende Wahrscheinlichkeit ausrechnen:
[mm] $\sum_{k_{1}=0}^{n}\sum_{k_{2}=0}^{n-k_1}P(X_{1} [/mm] = [mm] k_{1})*P(X_2 [/mm] = [mm] k_2)*P(X_3 [/mm] = [mm] n-k_1-k_2)$
[/mm]
$= [mm] \sum_{k_{1}=0}^{n}P(X_{1} [/mm] = [mm] k_{1})*\sum_{k_{2}=0}^{n-k_1}P(X_2 [/mm] = [mm] k_2)*P(X_3 [/mm] = [mm] n-k_1-k_2)$
[/mm]
Nun zunächst die innere Verteilung (also die innere Summe) ausrechnen. Dies wird eine Poisson-Verteilung mit Parameter [mm] 2*\lambda. [/mm] Dann die gesamte restliche Verteilung ausrechnen. Dies gibt dir ein Gefühl dafür, wie oben vorzugehen ist.
Grüße,
Stefan
PS: Achtung: Ich zeige dir hier einen Lösungsweg, der funktioniert, aber es muss nicht der "bestmöglichste" sein!
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Danke, dass habe ich verstanden und jetzt auch die [mm] Po(k*\lambda)-Verteilung [/mm] raus.
Aber wie geht es dann weiter?
Ich will ja [mm] \bruch{P((X_1=x_1,...,X_n=x_n),\summe_{i=1}^{n}X_i)}{P(\summe_{i=1}^{n}X_i)} [/mm] berechnen.
Wegen der Unabhängigkeit ist das
[mm] =\bruch{P(X_1=x_1,...,X_n=x_n)*P(\summe_{i=1}^{n}X_i)}{P(\summe_{i=1}^{n}X_i)} [/mm]
Aber dann kürzt sich das ja raus!?
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Hallo,
> Danke, dass habe ich verstanden und jetzt auch die
> [mm]Po(k*\lambda)-Verteilung[/mm] raus.
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> Aber wie geht es dann weiter?
>
> Ich will ja
> [mm]\bruch{P((X_1=x_1,...,X_n=x_n),\summe_{i=1}^{n}X_i)}{P(\summe_{i=1}^{n}X_i)}[/mm]
> berechnen.
> Wegen der Unabhängigkeit ist das
>
> [mm]=\bruch{P(X_1=x_1,...,X_n=x_n)*P(\summe_{i=1}^{n}X_i)}{P(\summe_{i=1}^{n}X_i)}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> Aber dann kürzt sich das ja raus!?
Achtung! X_{1},..,X_{n} sind zwar unabhängig, aber $X_{1},...,X_{n},\sum X_{i}$ sind doch nicht mehr unabhängig! (das ist doch irgendwie klar, oder?) 
Mach' eine kleine Fallunterscheidung: Was passiert, wenn $x_{1}+...+x_{n}\not= k = \sum_{i=1}^{n} X_{i}$ ? Wie lautet dann die Wahrscheinlichkeit
$P((X_1=x_1,...,X_n=x_n),\summe_{i=1}^{n}X_i = k}) = ?$
Was passiert bei Gleichheit?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:20 Mi 19.05.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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