Quel type de distribution est ?

Quel genre de fonction est:

$f_X(x) = 2 \lambda \pi x e^{-\lambda \pi x ^2}$

Est-ce une distribution commune? J'essaie de trouver un intervalle de confiance de utilisant l'estimateur et j'ai du mal à prouver si cela l'estimateur a la normalité asymptotique. $\lambda$ $\hat{\lambda}=\frac{n}{\pi \sum^n_{i=1} X^2_i}$

Merci

distributions confidence-interval estimation self-study Mitch
la source

Peut être utile: si Y est distribué de façon exponentielle, alors X = Y ^ 2 est distribué avec f_X. Vous pouvez voir ici le MLE de Y ...

teucer

@teucer, désolé de ne pas avoir vu votre commentaire, j'ai donc posté pratiquement la même réponse.

mpiktas

toujours, toujours indiquer que la question est liée aux devoirs. Les devoirs sont à vous d'apprendre, le simple fait d'obtenir la bonne réponse ne vous aidera pas et peut même vous blesser à long terme. Je suppose que c'est un devoir de la question d'un autre utilisateur.

mpiktas

@mpiktas, cette question était liée à une petite partie d'un problème de devoirs, mais je n'ai pas formulé la question d'une manière que quelqu'un pourrait simplement me donner la réponse. J'avais la ferme intention de comprendre les concepts et de résoudre moi-même mes devoirs.

Mitch

@mpiktas Oui, je sais que votre caractérisation est correcte et que Teucer ne l'est pas (même si elle a obtenu trois votes positifs malgré le fait que le lien vers Wikipédia qui y est fourni ne supporte pas cette affirmation). J'ai l'habitude de voir des variables aléatoires avec des densités de la forme appelées variables aléatoires de Rayleigh : elles décrivent la distance de la origine du point où et sont des variables aléatoires indépendantes .

\frac{r}{σ^{2}} \exp (- r^{2} / 2 σ^{2})

$\frac{r}{\sigma^2}\exp(-r^2/2\sigma^2)$

(X, Y)

$(X,Y)$

X

$X$

Y

$Y$

N (0, σ^{2})

$N(0,\sigma^2)$

Dilip Sarwate

Réponses:

C'est une racine carrée de distribution exponentielle avec taux $\pi\lambda$ . Cela signifie que si $Y\sim\exp(\pi\lambda)$ , puis $\sqrt{Y}\sim f_X$ .

Étant donné que votre estimation est une estimation du maximum de vraisemblance, elle devrait être asymptotiquement normale. Cela découle immédiatement des propriétés des estimations du maximum de vraisemblance. Dans ce cas particulier:

\sqrt{n} (\hat{λ} - λ) \to N (0, λ^{2})

$\sqrt{n}(\hat\lambda-\lambda)\to N(0,\lambda^2)$

depuis

E \frac{\partial^{2}}{\partial λ^{2}} \log f_{X} (X) = - \frac{1}{λ^{2}} .

$E\frac{\partial^2}{\partial \lambda^2}\log f_X(X)=-\frac{1}{\lambda^2}.$

mpiktas
la source

Pourquoi vous souciez-vous des asymptotiques alors que la réponse exacte est tout aussi simple (et exacte)? Je suppose que vous voulez une normalité asymptotique pour pouvoir utiliser le $\mathrm{Est}\pm z_{\alpha}\mathrm{StdErr}$ type d'intervalle de confiance

Si vous effectuez la transformation de probabilité $Y_{i}=X_{i}^{2}$ alors vous avez une distribution d'échantillonnage exponentielle (comme l'a mentionné @mpiktas):

f_{Y_{i}} (y_{i}) = f_{X_{i}} (\sqrt{y_{i}}) | \frac{\partial \sqrt{y_{i}}}{\partial y_{i}} | = 2 λ π \sqrt{y_{i}} \exp (- λ π {\sqrt{y_{i}}}^{2}) \frac{1}{2 \sqrt{y_{i}}} = λ π \exp (- λ π y_{i})

$\newcommand{\Gamma}{\mathrm{Gamma}} \newcommand{\MLE}{\mathrm{MLE}} \newcommand{\Pr}{\mathrm{Pr}} f_{Y_{i}}(y_{i})=f_{X_{i}}(\sqrt{y_{i}})|\frac{\partial\sqrt{y_{i}}}{\partial y_{i}}|=2 \lambda \pi \sqrt{y_{i}} \exp(-\lambda \pi \sqrt{y_{i}} ^2)\frac{1}{2\sqrt{y_{i}}}=\lambda\pi\exp(-\lambda\pi y_{i})$

Ainsi, la log-vraisemblance conjointe en termes de devient: $D\equiv\{y_{1},\dots,y_{N}\}$

\log [f (D | λ)] = N \log (π) + N \log (λ) - λ π \sum_{i = 1}^{N} y_{i}

$\log[f(D|\lambda)]=N\log(\pi)+N\log(\lambda)-\lambda\pi\sum_{i=1}^{N}y_{i}$

Maintenant, la seule façon dont les données pénètrent dans l'analyse est le total (et la taille de l'échantillon ). Maintenant, c'est un calcul de théorie d'échantillonnage élémentaire pour montrer que , et en outre que . Nous pouvons encore en faire une quantité "pivot" en retirant des équations (de la même manière que je viens de mettre dans celles-ci). Et nous avons: $T_{N}=\sum_{i=1}^{N}y_{i}$ $N$ $T_{N}\sim \Gamma(N,\pi\lambda)$ $\pi N^{-1}T_{N}\sim \Gamma(N,N\lambda)$ $\lambda$ $N$

λ π N^{- 1} T_{N} = \frac{λ}{{\hat{λ}}_{M L E}} \sim g une m m une (N, N)

$\lambda\pi N^{-1}T_{N}=\frac{\lambda}{\hat{\lambda}_{\MLE}}\sim \Gamma(N,N)$

Notez que nous avons donc maintenant une distribution qui implique le MLE et dont la distribution d'échantillonnage est indépendante du paramètre . Maintenant, votre MLE est égal à Et donc écrire les quantités et telle sorte que ce qui suit tient: $\lambda$ $\frac{1}{\pi N^{-1}T_{N}}$ $L_{\alpha}$ $U_{\alpha}$

P r (L_{α} < g < U_{α}) = 1 - α g \sim g une m m une (N, N)

$\Pr(L_{\alpha} < G < U_{\alpha})=1-\alpha\;\;\;\;\;\;\;G\sim \Gamma(N,N)$

Et nous avons alors:

P r (L_{α} < \frac{λ}{{\hat{λ}}_{M L E}} < U_{α}) = P r (L_{α} {\hat{λ}}_{M L E} > λ > U_{α} {\hat{λ}}_{M L E}) = 1 - α

$\Pr(L_{\alpha} < \frac{\lambda}{\hat{\lambda}_{\MLE}} < U_{\alpha})=\Pr(L_{\alpha}\hat{\lambda}_{\MLE} > \lambda > U_{\alpha}\hat{\lambda}_{\MLE})=1-\alpha$

Et vous avez un intervalle de confiance exact pour . $1-\alpha$ $\lambda$

REMARQUE: La distribution gamma que j'utilise est le style de "précision", de sorte qu'une densité ressemble à: $\Gamma(N,N)$

F_{g une m m une (N, N)} (g) = \frac{N^{N}}{g une m m une (N)} g^{N - 1} \exp (- N g)

$f_{\Gamma(N,N)}(g)=\frac{N^{N}}{\Gamma(N)}g^{N-1}\exp(-Ng)$

probabilitéislogique
la source

Merci! Vraiment une excellente réponse, mais j'avais besoin d'utiliser une approximation normale. Cependant, je comprends parfaitement et suis d'accord avec votre solution.

Mitch