Nieobciążony estymator

[Drzewo18]

Niech \(\displaystyle{ X=(X_1,X_2,...X_n)}\) będzie próbą prostą z rozkładu Poissona z nieznanym prametrem \(\displaystyle{ \lambda}\). Do oszacowania \(\displaystyle{ \lambda}\) użyto dwóch estymatorów \(\displaystyle{ T_1=\overline{X}_n}\) i \(\displaystyle{ T_2=\frac{1}{n-1}\sum(X_i-T_i)^2}\). Który z nich jest estymatorem nieobciążonym parametru lambda?

Jeżeli liczę:
\(\displaystyle{ E(T_2)=E \left( \frac{1}{n-1}\sum (X_i^2-2X_iT_1+T_1^2)\right)=\frac{1}{n-1}\sum \left(E(X_i^2)-2E(X_iT_1)+E(T_1^2) \right)}\)
Wiem, że \(\displaystyle{ E(X_i^2)=\lambda^2}\) i tyle samo \(\displaystyle{ E(T_1^2)}\), bo mam to wcześniej policzone, tylko nie wiem jak mam policzyć \(\displaystyle{ E(X_iT_1)}\)?

[pyzol]

\(\displaystyle{ \mathcal{E}X^2=\lambda+\lambda^2}\)
Z tego co pamiętam, to jeśli \(\displaystyle{ X_i}\) są niezależne, to \(\displaystyle{ X_1,\overline{X}}\) też.
Ale pewny nie jestem.

[lokas]

\(\displaystyle{ E(X_iT_1)=E(X _{i}) \cdot E(T_1)= \lambda \cdot \lambda=\lambda ^{2}}\)

[Adifek]

\(\displaystyle{ \mathcal{E}X^2=\lambda+\lambda^2}\)
Z tego co pamiętam, to jeśli \(\displaystyle{ X_i}\) są niezależne, to \(\displaystyle{ X_1,\overline{X}}\) też.
Ale pewny nie jestem.

No i dobrze, że pewny nie jesteś. Jak suma zmiennych może nie zależeć od swojego składnika?


Ja bym próbował skorzystać z faktu, że

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}= \sum_{i=1}^{n}X_{i}^{2} - n(\overline{X})^{2}}\)

To nam troszeczkę uprości przekształcenia. Ogólnie \(\displaystyle{ T_{2}}\) jest nieobciążonym estymatorem wariancji dla każdego rozkładu, więc już wiadomo, co powinno wyjść

\(\displaystyle{ E(X_iT_1)=E(X _{i}) \cdot E(T_1)= \lambda \cdot \lambda=\lambda ^{2}}\)

Na jakiej podstawie zachodzi pierwsza równość?

[lokas]

\(\displaystyle{ E(X_iT_1)=E(X _{i}) \cdot E(T_1)= \lambda \cdot \lambda=\lambda ^{2}}\)

Na jakiej podstawie zachodzi pierwsza równość?

Rzeczywiście źle napisałem, pomylone z sumą

[pyzol]

To można też jakoś tak spróbować:
\(\displaystyle{ \mathcal{E}(X_1 \overline{X})=\mathcal{E}X_1^2 + \mathcal{E}X_1\left(\frac{1}{n}\sum_{i=2}^n X_i \right)}\)
I tu już mamy niezależność. Chyba blefu nie ma.

[Adifek]

Zgubiłeś \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) w pierwszym składniku. Ale tak właśnie trzeba to robić Wtedy policzenie wartości oczekiwanej iloczynu jest trywialne