Distribusi seperti apa

Apa jenis fungsinya:

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

Apakah ini distribusi yang umum? Saya mencoba mencari interval kepercayaan $\lambda$ menggunakan estimator $\hat{\lambda}=\frac{n}{\pi \sum^n_{i=1} X^2_i}$ dan saya berjuang untuk membuktikan apakah penaksir ini memiliki Normalitas Asimptotik.

Terima kasih

— Mitch
sumber

Mungkin membantu: jika Y didistribusikan secara eksponensial, maka X = Y ^ 2 didistribusikan dengan f_X. Anda dapat melihat di sini untuk MLE Y ...

— penggoda

@teuser, maaf tidak melihat komentar Anda, jadi saya memposting jawaban yang sama.

— mpiktas

selalu, selalu tunjukkan bahwa pertanyaan itu terkait dengan pekerjaan rumah. Pekerjaan rumah adalah untuk Anda pelajari, hanya mendapatkan jawaban yang benar tidak akan membantu Anda, dan bahkan mungkin menyakiti Anda dalam jangka panjang. Saya menduga ini adalah pekerjaan rumah dari pertanyaan pengguna lain.

— mpiktas

@mpiktas, pertanyaan ini terkait dengan sebagian kecil dari masalah pekerjaan rumah, tapi saya tidak mengutarakan pertanyaannya dengan cara yang bisa orang beri tahu saya jawabannya. Setiap niat saya adalah untuk memahami konsep-konsep dan kemudian menyelesaikan pekerjaan rumah saya sendiri.

— Mitch

@mpikta Ya, saya tahu karakterisasi Anda benar dan teucer tidak (meskipun mendapat tiga upvotes terlepas dari kenyataan bahwa tautan ke Wikipedia yang diberikan di dalamnya tidak mendukung klaim itu). Saya terbiasa melihat variabel acak dengan kepadatan bentuk

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

$\frac{r}{\sigma^2}\exp(-r^2/2\sigma^2)$ disebut sebagai variabel acak Rayleigh : mereka menggambarkan jarak dari titik asal

(X, Y)

$(X,Y)$ dimana

X

$X$ dan

Y

$Y$ independen

N (0, σ^{2})

$N(0,\sigma^2)$ variabel acak.

— Dilip Sarwate

Jawaban:

Ini adalah akar kuadrat dari distribusi eksponensial dengan laju $\pi\lambda$ . Ini berarti jika $Y\sim\exp(\pi\lambda)$ , kemudian $\sqrt{Y}\sim f_X$ .

Karena perkiraan Anda adalah perkiraan kemungkinan maksimum, maka asumsi tersebut seharusnya normal asimptot. Ini mengikuti langsung dari properti estimasi kemungkinan maksimum. Dalam kasus khusus ini:

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

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

sejak

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
sumber

Mengapa Anda peduli dengan asimptotik ketika jawaban yang tepat sama sederhana (dan tepat)? Saya berasumsi bahwa Anda menginginkan normalitas asimptotik sehingga Anda dapat menggunakan $\mathrm{Est}\pm z_{\alpha}\mathrm{StdErr}$ jenis interval kepercayaan

Jika Anda membuat transformasi probabilitas $Y_{i}=X_{i}^{2}$ maka Anda memiliki distribusi sampling eksponensial (seperti @mpiktas telah sebutkan):

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})

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

Jadi kemungkinan log bersama dalam hal menjadi: $D\equiv\{y_{1},\dots,y_{N}\}$

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

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

Sekarang satu-satunya cara data memasuki analisis adalah melalui total (dan ukuran sampel ). Sekarang ini adalah perhitungan teori sampel elementer untuk menunjukkan bahwa , dan selanjutnya . Kita selanjutnya dapat menjadikan ini kuantitas "penting" dengan mengeluarkan dari persamaan (melalui cara yang sama seperti saya memasukkan ke dalamnya). Dan kita mempunyai: $T_{N}=\sum_{i=1}^{N}y_{i}$ $N$ $T_{N}\sim \Gamma(N,\pi\lambda)$ $\pi N^{-1}T_{N}\sim \Gamma(N,N\lambda)$ $\lambda$ $N$

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

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

Perhatikan bahwa dengan demikian kita sekarang memiliki distribusi yang melibatkan MLE dan yang distribusi sampelnya tidak tergantung pada parameter . Sekarang MLE Anda sama dengan Jadi, tulislah kuantitas dan sedemikian rupa sehingga berlaku sebagai berikut: $\lambda$ $\frac{1}{\pi N^{-1}T_{N}}$ $L_{\alpha}$ $U_{\alpha}$

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

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

Dan kemudian kita memiliki:

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

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

Dan Anda memiliki interval kepercayaan tepat untuk . $1-\alpha$ $\lambda$

CATATAN: Distribusi Gamma yang saya gunakan adalah gaya "presisi", sehingga kepadatan terlihat seperti: $\Gamma(N,N)$

f_{G a m m a (N, N)} (g) = \frac{N^{N}}{G a m m a (N)} g^{N - 1} \exp (- N g)

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

— probabilityislogic
sumber

Terima kasih! Benar-benar jawaban yang hebat, namun saya perlu menggunakan perkiraan yang normal. Saya sepenuhnya mengerti dan setuju dengan solusi Anda.

— Mitch