GProt Aufgabe 6 - Druckversion

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GProt Aufgabe 6 - 7formell - 04.10.2009 21:23

Hi,

hat jemand die letzte Aufgabe vom GProt gelöst bzw. wollen wir hier mal versuchen, diese zusammen zu lösen ?

So weit bin ich :
Verteilungsfunktion lautet: $F_\vartheta (x) = (1-(\frac{x}{\vartheta})^{-2}) 1_{[\vartheta,\infty)} (x), x \in \mathbb{R}$

Für den ML-Schätzer brauchen wir die Dichtefunktion, also bilden wir die erste Ableitung:
$f_{\vartheta} (x) = (2*\vartheta^2 * x^{-3}) * 1_{[\vartheta,\infty)} (x)$

Stimmt das soweit ?

Nun benutzen wir den ML:
$L(x_i, \vartheta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i , \vartheta)= \prod_{i=1}^{n} (2*\vartheta^2 * x^{-3}) * 1_{[\vartheta,\infty)} (x)= 2^n*\vartheta^{2+n} * \prod_{i=1}^{n} (x^{-3}) * \prod_{i=1}^{n} 1_{[\vartheta,\infty)} (x)$

Bin mir hier schon nicht mehr sicher ob das so richtig ist.

Dann wenden wir den Logarithmus an:
$ln(L(x_i, \vartheta)) = ln(2^n*\vartheta^{2+n} * \prod_{i=1}^{n} (x^{-3}) * \prod_{i=1}^{n} 1_{[\vartheta,\infty)} (x)) = n * ln(2) + (2+n) * ln(\vartheta) + \sum_{i=1}^n (-3) * ln(x) + \sum_{i=1}^n ln(1_{[\vartheta,\infty)} (x))$

Das Problem ist hier irgendwie, dass wenn ich das nun Ableite, ich gar kein x mehr habe ... wo liegt mein Fehler ?

Dominik

PS: GProt gibt es hier: http://www.informatik.uni-hamburg.de/Fachschaft/wiki/index.php/Ged%C3%A4chtnisprotokoll_STO09-1

RE: GProt Aufgabe 6 - rothose86 - 04.10.2009 23:03

Zunaechst einmal ist

$f_\theta ( x ) = 2*(\frac{x}{\theta})^{-3})* 1_{[\theta, \infty)}(x)$

Jetzt brauchen wir die gemeinsame Dichte der n stochastisch unabhaengigen Zufallsvariablen:

$f_\theta^n ( x_1,...,x_n) = 2^n * \theta^{3n} * 1_{[\theta, \infty)}( min \lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace ) * \prod \limits_{i=1}^n x_i^{-3}$

Wir muessen nun fuer $L_{x_1,...,x_n}(\theta) = f_\theta^n ( x_1,...,x_n)$ die Maximalstelle finden.

Diese erhaelt man fuer $\theta = min\lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace$ (wir hatten in der Vorlesung oder einer Uebung mal was aehnliches, nur dass es da das Maximum war!).
Warum $\theta = min\lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace$ ? Fuer $\theta > min\lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace$ nimmt die Funktion den Wert 0 an, und da die Funktion monoton steigend ist und $\theta = min\lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace$ der groesste Wert ist, an dem die Funktion nicht den Wert 0 annimmt, ist dies die Maximalstelle.

RE: GProt Aufgabe 6 - 7formell - 04.10.2009 23:35

magst einmal kurz sagen, wie du auf die Dichte-Funktion kommst?
$f_\theta ( x ) = 2*(\frac{x}{\theta})^{-3}* 1_{[\theta, \infty)}(x)$

Die Verteilungsfunktion lautet:
$F_\vartheta (x) = (1-(\frac{x}{\vartheta})^{-2}) 1_{[\vartheta,\infty)} (x) = (1-\vartheta^2 * x^{-2}) 1_{[\vartheta,\infty)} (x)$

Ableitung wäre jetzt doch:
$f_\theta ( x ) = (0 - (-2) * \vartheta^2 * x^{-2-1}) 1_{[\vartheta,\infty)} (x) = 2 * \vartheta^2 * x^{-3}) 1_{[\vartheta,\infty)} (x)$

Oder seh ich da was falsch ?

RE: GProt Aufgabe 6 - rothose86 - 04.10.2009 23:44

Ne du hast recht, hab einen Fehler gemacht. Bei mir muesste es richtig lauten ::

$f_\theta ( x ) = 2* \frac{1}{\theta} * (\frac{x}{\theta})^{-3}* 1_{[\theta, \infty)}(x) = 2 * (\frac{x^{-3}}{\theta^{-2}})* 1_{[\theta, \infty)}(x)= 2 * x^{-3}\theta}^2* 1_{[\theta, \infty)}(x)$

RE: GProt Aufgabe 6 - 7formell - 04.10.2009 23:55

Ok, den zweiten Teil versteh ich aber noch nicht, wir haben dann:
$f_\theta^n ( x_1,...,x_n) = 2^n * \theta^{3n} * 1_{[\theta, \infty)}( min \lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace ) * \prod \limits_{i=1}^n x_i^{-3}$

Und man kann jetzt nicht mithilfe vom logarithmus und null setzen den Schätzer bestimmen ?

$ln(f_\theta^n ( x_1,...,x_n)) = n * ln(2) + 3n * ln(\theta) + ln(1_{[\theta, \infty)}( min \lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace )) + \sum_{i=1}^n x_i^{-3}$

Wenn wir das nach $\theta$ Ableiten haben wir ja nur noch $\frac{3n}{\theta}$

Das können wir ja nicht 0 setzen ....

Ändert sich jetzt hier etwas dadurch, dass wir den min suchen und nicht den max? Wie finden wir hier jetzt die Maximalstelle ?

RE: GProt Aufgabe 6 - rothose86 - 05.10.2009 00:22

Ja das ist schon richtig so. Wir koennen hier nicht mit der 1. Ableitung argumentieren, da die Funktion monoton steigt, bis $\theta = min \lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace$ , und danach einen Sprung macht auf 0.
Du hast hier also keine Extremstelle, an der die Tangente die Steigung null hat (wegen dem Sprung), und daher bringt dir die 1. Ableitung auch nicht.

Fazit fuer die Klausur: Wenn man die Extremstelle nicht offensichtlich sieht zunaechst den Standardweg mit Ableitung und so machen, und wenn man dann merkt dass die Funktion doch schwieriger ist, sich die Funktion nochmal genau angucken.

RE: GProt Aufgabe 6 - 7formell - 05.10.2009 10:59

ist das jetzt die Lösung der Aufgabe?!:
$\theta = min\lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace$

Können wir hier keinen konkreten Wert errechnen wegen der Sprünge ?
(Das ja schon ein wenig gemein die Aufgabe ... )

Wie würd es den jetzt weiter gehen, bei b) soll man zeigen, dass für alle $t \geq 1$ gilt: $P\lbrace \frac{\widehat{\theta}_n}{\theta} \textgreater t\rbrace = t^{-2n}$

Ist $\widehat{\theta}_n$ erwartungstreu ?

Hab da gerade keinen Ansatz ...

RE: GProt Aufgabe 6 - rothose86 - 05.10.2009 15:09

7formell schrieb:

ist das jetzt die Lösung der Aufgabe?!:
$\theta = min\lbrace x_i | 1 \leq i \leq n \rbrace$

Können wir hier keinen konkreten Wert errechnen wegen der Sprünge ?
(Das ja schon ein wenig gemein die Aufgabe ... )

Wie würd es den jetzt weiter gehen, bei b) soll man zeigen, dass für alle $t \geq 1$ gilt: $P\lbrace \frac{\widehat{\theta}_n}{\theta} \textgreater t\rbrace = t^{-2n}$

Ist $\widehat{\theta}_n$ erwartungstreu ?

Hab da gerade keinen Ansatz ...

$P\lbrace \frac{\widehat{\theta}_n}{\theta} \textgreater t\rbrace = P \lbrace \widehat{\theta_n} > \theta* t \rbrace = P \lbrace min \lbrace X_i | 1 \leq i \leq n \rbrace > \theta * t \rbrace = P \lbrace X_1 > \theta * t , ..., X_n > \theta *t \rbrace$
Die Zufallsvariablen sind stochastisch unabhaengig daher ist das
$= P \lbrace X_1 > \theta * t \rbrace *...* P\lbrace X_n > \theta *t \rbrace = (1 - F(\theta * t) ) * ... (1 - F(\theta * t) )$
denn $P \lbrace x>\theta * t \rbrace = 1 - P \lbrace x \leq \theta * t \rbrace = 1 - F(\theta * t)$
und das ergibt dann $= ( 1 - (1 - (\frac{\theta * t}{\theta})^{-2})) ^n = t^{-2n}$

Um zu pruefen ob erwartungstreu, setze t=1, dann ergibt sich $P \lbrace \hat \theta_n > \theta \rbrace = 1$ , d.h. der Schaetzer schaetzt immer einen Wert groesser als den zu schaetzenden Wert, und daher ist er nicht erwartungstreu.

RE: GProt Aufgabe 6 - 7formell - 05.10.2009 16:03

oha oha ... so macht das alles Sinn, aber darauf zu kommen.... :/
Hattest du noch einen Ansatz für c) ? Dann hätten wir die Aufgabe komplett :)

RE: GProt Aufgabe 6 - rothose86 - 05.10.2009 16:23

$P \lbrace \frac{\hat \theta_n}{\theta} > t \rbrace = P \lbrace \hat \theta_n *t > \theta \rbrace = \alpha = t^{-2n}$

Nun nach t aufloesen: $t = \alpha^{ - \frac{1}{2n}}$

Also gilt $P \lbrace \hat \theta_n * \alpha^{ - \frac{1}{2n}}>\theta\rbrace = \alpha$
und das erste Konfidenzintervall zum Niveau $\alpha$ ist $(0,\hat \theta_n * \alpha^{ - \frac{1}{2n}})$

Fuer das Andere Konfidenzintervall bilden wir $P \lbrace \hat \theta_n*t > \theta \rbrace = 1 - P \lbrace \hat \theta_n * t \leq \theta \rbrace = t^{-2n}$ und formen um
$P \lbrace \hat \theta_n * t \leq \theta \rbrace = 1 - t^{-2n}$

Durch gleichsetzen von $\alpha = 1 - t^{-2n}$ erhalten wir wenn wir nach t umformen $t = (1- \alpha)^{-\frac{1}{2n}}$ und das Konfidenzintervall $[ \theta_n * (1- \alpha)^{- \frac{1}{2n}} , \infty)$