Problem z wyznaczeniem estymatora
-
- Użytkownik
- Posty: 147
- Rejestracja: 10 lut 2010, o 20:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Nowe
- Podziękował: 17 razy
Problem z wyznaczeniem estymatora
Dopiero co zacząłem się uczyć o estymatorach i mam problem z wyznaczeniem estymatora wiarygodności parametru \(\displaystyle{ \lambda}\)
Treść
Przyjmujemy, że liczby wypadków \(\displaystyle{ N_{1},...,N_{n}}\) zgłaszanych w kolejnych \(\displaystyle{ n}\) latach są niezależnymi zmiennymi losowymi. Zakładamy, że zmienna \(\displaystyle{ N_{i}}\) ma rozkład Poissona z wartością oczekiwaną \(\displaystyle{ \lambda m_{i}}\), gdzie \(\displaystyle{ m_{i}}\) jest znaną liczą samochodów ubezpieczonych w i-tym roku, zaś \(\displaystyle{ \lambda}\) jest nieznanym parametrem.
Treść
Przyjmujemy, że liczby wypadków \(\displaystyle{ N_{1},...,N_{n}}\) zgłaszanych w kolejnych \(\displaystyle{ n}\) latach są niezależnymi zmiennymi losowymi. Zakładamy, że zmienna \(\displaystyle{ N_{i}}\) ma rozkład Poissona z wartością oczekiwaną \(\displaystyle{ \lambda m_{i}}\), gdzie \(\displaystyle{ m_{i}}\) jest znaną liczą samochodów ubezpieczonych w i-tym roku, zaś \(\displaystyle{ \lambda}\) jest nieznanym parametrem.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Problem z wyznaczeniem estymatora
Metoda największej wiarygodności wydaje się pasować, choć ja to miałem statystykę rok temu i mogę coś kiełbasić.
Mamy \(\displaystyle{ L(\lambda, x_1, x_2, \dots x_n)= \prod_{i=1}^{n}\mathbf{P}(N_i=x_i)= \prod_{i=1}^{n}e^{-\lambda m_i} \frac{(\lambda m_i)^{x_i}}{(x_i)!}}\)
Toteż
\(\displaystyle{ l(\lambda)=\ln L(\lambda)= \sum_{i=1}^{n}\left( -\lambda m_i+x_i \ln(\lambda m_i)-\ln(x_i)!\right)=\\=-\lambda \sum_{i=1}^{n}m_i+\ln(\lambda) \sum_{i=1}^{n}x_i+ \sum_{i=1}^{n} x_i \ln(m_i)- \sum_{i=1}^{n}\ln (x_i)!}\)
(korzystamy z tego, iż logarytm naturalny jest funkcją ściśle rosnącą).
Różniczkujemy to po \(\displaystyle{ \lambda}\) i mamy
\(\displaystyle{ l'(\lambda)=- \sum_{i=1}^{n}m_i+ \frac{1}{\lambda} \sum_{i=1}^{n}x_i}\)
a to jest równe zero wtedy i tylko wtedy, gdy
\(\displaystyle{ \lambda=\frac{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i }}{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}m_i} }}\)
Ponadto łatwo widać, że \(\displaystyle{ l''(\lambda)=- \frac{1}{\lambda^2} \sum_{i=1}^{n}x_i \le 0}\)
Myślę tylko, co by się stało, gdyby wszystkie obserwacje w tych Poissonach wyniosły zero...
Wydaje się, że odpowiedzią jest \(\displaystyle{ \hat{\lambda}=\frac{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i }}{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}m_i} }}\)
gdzie \(\displaystyle{ x_i}\) to zaobserwowane wartości zmiennych losowych \(\displaystyle{ N_i}\).
-- 18 sty 2017, o 13:41 --
Ale dobrze by było, gdyby ktoś lepszy ze statystyki/analizy skomentował, co by się stało, gdybyśmy zaobserwowali same zera (w rozkładzie Poissona to możliwe, bo to takie okrągłe jak rybia ikra)...
Mamy \(\displaystyle{ L(\lambda, x_1, x_2, \dots x_n)= \prod_{i=1}^{n}\mathbf{P}(N_i=x_i)= \prod_{i=1}^{n}e^{-\lambda m_i} \frac{(\lambda m_i)^{x_i}}{(x_i)!}}\)
Toteż
\(\displaystyle{ l(\lambda)=\ln L(\lambda)= \sum_{i=1}^{n}\left( -\lambda m_i+x_i \ln(\lambda m_i)-\ln(x_i)!\right)=\\=-\lambda \sum_{i=1}^{n}m_i+\ln(\lambda) \sum_{i=1}^{n}x_i+ \sum_{i=1}^{n} x_i \ln(m_i)- \sum_{i=1}^{n}\ln (x_i)!}\)
(korzystamy z tego, iż logarytm naturalny jest funkcją ściśle rosnącą).
Różniczkujemy to po \(\displaystyle{ \lambda}\) i mamy
\(\displaystyle{ l'(\lambda)=- \sum_{i=1}^{n}m_i+ \frac{1}{\lambda} \sum_{i=1}^{n}x_i}\)
a to jest równe zero wtedy i tylko wtedy, gdy
\(\displaystyle{ \lambda=\frac{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i }}{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}m_i} }}\)
Ponadto łatwo widać, że \(\displaystyle{ l''(\lambda)=- \frac{1}{\lambda^2} \sum_{i=1}^{n}x_i \le 0}\)
Myślę tylko, co by się stało, gdyby wszystkie obserwacje w tych Poissonach wyniosły zero...
Wydaje się, że odpowiedzią jest \(\displaystyle{ \hat{\lambda}=\frac{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i }}{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}m_i} }}\)
gdzie \(\displaystyle{ x_i}\) to zaobserwowane wartości zmiennych losowych \(\displaystyle{ N_i}\).
-- 18 sty 2017, o 13:41 --
Ale dobrze by było, gdyby ktoś lepszy ze statystyki/analizy skomentował, co by się stało, gdybyśmy zaobserwowali same zera (w rozkładzie Poissona to możliwe, bo to takie okrągłe jak rybia ikra)...
-
- Użytkownik
- Posty: 147
- Rejestracja: 10 lut 2010, o 20:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Nowe
- Podziękował: 17 razy
Problem z wyznaczeniem estymatora
Ok, mam problem z jeszcze jednym punktem
Korzystając z metody największej wiarygodności przybliż wartość parametru \(\displaystyle{ \lambda}\), wiedząc, że w kolejnych dziesięciu latach ubezpieczono 1280, 1053, 1300, 909, 1111, 1117,1056, 1100, 899, 950 samochodów oraz zgłoszono 11, 7, 9, 8, 11, 10, 9, 9, 8 wypadków odpowiednio.
Korzystając z metody największej wiarygodności przybliż wartość parametru \(\displaystyle{ \lambda}\), wiedząc, że w kolejnych dziesięciu latach ubezpieczono 1280, 1053, 1300, 909, 1111, 1117,1056, 1100, 899, 950 samochodów oraz zgłoszono 11, 7, 9, 8, 11, 10, 9, 9, 8 wypadków odpowiednio.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Problem z wyznaczeniem estymatora
Przykro mi, ale jeśli mając wzór, nie potrafisz doń podstawić, to trzeba wrócić do materiału gimnazjum albo i szkoły podstawowej, żeby ruszyć dalej.
Pozdrawiam.
Pozdrawiam.
-
- Użytkownik
- Posty: 147
- Rejestracja: 10 lut 2010, o 20:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Nowe
- Podziękował: 17 razy
Problem z wyznaczeniem estymatora
Chodzi tutaj o ten końcowy wzór tak?
\(\displaystyle{ \hat{\lambda}=\frac{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i }}{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}m_i} }}\)
\(\displaystyle{ \hat{\lambda}=\frac{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i }}{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}m_i} }}\)
Problem z wyznaczeniem estymatora
takLukassz pisze:Chodzi tutaj o ten końcowy wzór tak?
\(\displaystyle{ \hat{\lambda}=\frac{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}x_i }}{\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}m_i} }}\)