prosze o pomoc w tym zadaniu
Wyznaczyc estymator NW dla :
a.) parametru \(\displaystyle{ \lambda}\) rozkladu wykladniczego
b.) parametru \(\displaystyle{ \lambda}\) rozkladu Poissona.
estymator
-
- Użytkownik
- Posty: 3
- Rejestracja: 1 cze 2007, o 21:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: czestochowa
- Podziękował: 2 razy
- abrasax
- Użytkownik
- Posty: 844
- Rejestracja: 20 maja 2005, o 13:19
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Zabrze
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 161 razy
estymator
dla rozkładu Poissona - metoda nawiększej wiarygodności
\(\displaystyle{ P(\xi = k)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{- \lambda}, \ k=0,1,..., \ \lambda>0}\)
1. wyznaczamy funkcję wiarygodności
\(\displaystyle{ L(x_1,...,x_n, \lambda) =P(x_1,\lambda)\cdot ... P(x_n,\lambda)}\)
\(\displaystyle{ L(x_1,...,x_n, \lambda)=\frac{\lambda^{x_1}}{x_1!}e^{- \lambda} ... \frac{\lambda^{x_n}}{x_n!}e^{- \lambda}=e^{-n \lambda}\frac{\lambda^{x_1+...+x_n}}{x_1! ... x_n!}}\)
2. logarytmujemy funkcję wiarygodności
\(\displaystyle{ lnL=-n \lambda +(x_1+...+x_n) ln \lambda -ln(x_1! ... x_n !)}\)
3. sprawdzamy warunek konieczny ekstremum
\(\displaystyle{ \frac{dln L}{d \lambda}=0}\)
\(\displaystyle{ -n +\frac{x_1+...+x_n}{\lambda}=0}\)
z tego otrzymujemy estymator \(\displaystyle{ \lambda^*=\overline{x}}\)
4. sprawdzamy warunek dostateczny na maksimum
\(\displaystyle{ \frac{d^2ln L}{d \lambda^2} \ |_{\lambda=\lambda^*} \ }\)
\(\displaystyle{ P(\xi = k)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{- \lambda}, \ k=0,1,..., \ \lambda>0}\)
1. wyznaczamy funkcję wiarygodności
\(\displaystyle{ L(x_1,...,x_n, \lambda) =P(x_1,\lambda)\cdot ... P(x_n,\lambda)}\)
\(\displaystyle{ L(x_1,...,x_n, \lambda)=\frac{\lambda^{x_1}}{x_1!}e^{- \lambda} ... \frac{\lambda^{x_n}}{x_n!}e^{- \lambda}=e^{-n \lambda}\frac{\lambda^{x_1+...+x_n}}{x_1! ... x_n!}}\)
2. logarytmujemy funkcję wiarygodności
\(\displaystyle{ lnL=-n \lambda +(x_1+...+x_n) ln \lambda -ln(x_1! ... x_n !)}\)
3. sprawdzamy warunek konieczny ekstremum
\(\displaystyle{ \frac{dln L}{d \lambda}=0}\)
\(\displaystyle{ -n +\frac{x_1+...+x_n}{\lambda}=0}\)
z tego otrzymujemy estymator \(\displaystyle{ \lambda^*=\overline{x}}\)
4. sprawdzamy warunek dostateczny na maksimum
\(\displaystyle{ \frac{d^2ln L}{d \lambda^2} \ |_{\lambda=\lambda^*} \ }\)
-
- Użytkownik
- Posty: 3
- Rejestracja: 1 cze 2007, o 21:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: czestochowa
- Podziękował: 2 razy
estymator
jejku dziekuje :*:*:*:* ale moglbym poprosic jeszcze o rozbisanie tego podpunktu a ) ? wiem ze to juz moze nie powinienem prosic ale jestem z tego kompletnie zielony z gory dziekuje raz jeszcze :*
- abrasax
- Użytkownik
- Posty: 844
- Rejestracja: 20 maja 2005, o 13:19
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Zabrze
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 161 razy
estymator
w skrócie dla rozkładu wykładniczego:
\(\displaystyle{ L=\lambda e^{-\lambda x_1} ... \lambda e^{-\lambda x_n} = \lambda^n e^{-\lambda (x_1+...+x_n)}\)
\(\displaystyle{ lnL=nln\lambda - \lambda(x_1+...+x_n)}\)
\(\displaystyle{ \frac{dln L}{d \lambda}=\frac{n}{\lambda}-(x_1+...+x_n)=0}\)
\(\displaystyle{ \lambda^*=\frac{1}{\overline{x}}}\)
\(\displaystyle{ \frac{d^2ln L}{d \lambda^2} \ |_{\lambda=\lambda^*} \ }\)
\(\displaystyle{ L=\lambda e^{-\lambda x_1} ... \lambda e^{-\lambda x_n} = \lambda^n e^{-\lambda (x_1+...+x_n)}\)
\(\displaystyle{ lnL=nln\lambda - \lambda(x_1+...+x_n)}\)
\(\displaystyle{ \frac{dln L}{d \lambda}=\frac{n}{\lambda}-(x_1+...+x_n)=0}\)
\(\displaystyle{ \lambda^*=\frac{1}{\overline{x}}}\)
\(\displaystyle{ \frac{d^2ln L}{d \lambda^2} \ |_{\lambda=\lambda^*} \ }\)
-
- Użytkownik
- Posty: 3
- Rejestracja: 1 cze 2007, o 21:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: czestochowa
- Podziękował: 2 razy