Strona 1 z 1

Rozkład Weibulla - Statystyka dostateczna

: 13 paź 2017, o 21:31
autor: Neyo
Chciałbym, aby ktoś mógł sprawdzić moje rozumowanie:

Niech \(\displaystyle{ X = \left( X_{1}, ... , X_{n}\right)}\) będzie próbką losową z rozkładu Weibulla, którego gęstość opisuję się w następujący sposób:

\(\displaystyle{ [p(x, heta)=
egin{cases}
heta a x^{a-1}e^{- heta x^a}, & ext{jeśli } x > 0\
0, & ext{w p.p. }\
end{cases}}\)


gdzie: \(\displaystyle{ \theta, a > 0}\)
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n} \theta ax_{i}^{a-1}e^{\theta x_{i}^a} = \theta^{n}a^{n} \prod_{i=1}^{n}x_{i}^{a-1} exp\left\{ -\theta \sum_{i=1}^{n} x_{i}^a \right\} = \theta^{n}a^{n} exp\left\{ \left(a-1\right) \sum_{i=1}^{n} ln(x_i) -\theta \sum_{i=1}^{n} x_{i}^a \right\} = a^{n} exp\left\{ \left(a-1\right) \sum_{i=1}^{n} ln(x_i)\right\} \theta^{n}exp\left\{-\theta \sum_{i=1}^{n} x_{i}^a \right\} = h(x)g(T(x), \theta)}\)

Zatem naszą statystyką dostateczną jest: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} x_{i}^a}\) korzystając z twierdzenia o faktoryzacji.

Z góry dziękuje za poprawienie mnie

Re: Rozkład Weibulla - Statystyka dostateczna

: 13 paź 2017, o 21:39
autor: Premislav
Jest w porządku.