Gamma-Verteilung Maximum Likel < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:18 Fr 14.01.2011 | | Autor: | tobster |
| Aufgabe | | Seien X1,....., Xn unabhängig und gamma-verteilt (a,b) mit bekanntem b>0. Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood Schätzer für a. |
Hallo,
ich habe eine Frage zur obigen Aufgabe! Da ja b bekannt ist setze ich dies als fest voraus und bilde die Zähldichte.
[mm] \produkt_{i=1}^{n} \bruch{b^a}{\gamma(a)}x_{i}^{a-1} e^{-bx_{i}} [/mm] = [mm] (\bruch{b^a}{\gamma(a)})^n \summe_{i=1}^{n} x_{i}^{a-1} e^{b^n\summe_{i=1}^{n} x_{i}}
[/mm]
So richtig?Jetzt muss ich ja den Logarithmus bilden, oder? Und danach ableiten und dann habe ich den MLS für a in Abhängigkeit von b, richtig?
Ich habe aber leider Probleme den Logarithmus zu bilden. Kann mir da einer helfen, ich habe das hier, was vermutlich schon falsch ist und wie mache ich das mit dem hinteren e^(irgendwas)?
(a-1) log [mm] ((\bruch{b^a}{\gamma(a)})^n \summe_{i=1}^{n}x_{i}) [/mm] + ...?
Wäre über Hilfe sehr dankbar! 
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Hallo tobster,
> Seien X1,....., Xn unabhängig und gamma-verteilt (a,b) mit
> bekanntem b>0. Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood
> Schätzer für a.
Wefelmeyer?
> Hallo,
>
> ich habe eine Frage zur obigen Aufgabe! Da ja b bekannt ist
> setze ich dies als fest voraus und bilde die Zähldichte.
>
> [mm]\produkt_{i=1}^{n} \bruch{b^a}{\gamma(a)}x_{i}^{a-1} e^{-bx_{i}}[/mm]
Nun, falls du auch bei Wefelmeyer hörst, so ist in der VL die Dichte der Gammavert. mit Parametern [mm]a,b>0[/mm] definiert als
[mm]p(x)=\frac{1}{a^b\cdot{}\Gamma(b)}\cdot{}x^{b-1}\cdot{}e^{-\frac{x}{a}}[/mm] für [mm]x>0[/mm]
Das kannst du mit der Indikatorfunktion schreiben als
[mm]p(x)=\frac{1}{a^b\cdot{}\Gamma(b)}\cdot{}x^{b-1}\cdot{}e^{-\frac{x}{a}}\cdot{}\chi_{(0,\infty)}(x)[/mm]
Da die [mm]X_i[/mm] unabh. sind, ist die Produktdichte mithin
[mm]\prod\limits_{i=1}^n\frac{1}{a^b\cdot{}\Gamma(b)}\cdot{}X_i^{b-1}\cdot{}e^{-\frac{X_i}{a}}\cdot{}\chi_{(0,\infty)}(X_i)[/mm]
[mm]=\frac{1}{a^{nb}\cdot{}\left(\Gamma(b)\right)^n}\cdot{}\prod\limits_{i=1}^nX_i^{b-1}\cdot{}e^{-\frac{1}{a}\cdot{}\sum\limits_{i=1}^nX_i}\cdot{}\chi_{(0,\infty)}(\min\limits_{1\le i\le n}\{X_i\})[/mm]
Das habe ich nun logarithmiert zu:
[mm]-nb\log(a)-n\log(\Gamma(b))+(b-1)\sum\limits_{i=1}^n\log(X_i)-\frac{1}{a}\sum\limits_{i=1}^nX_i \ =:f_b(a,X)[/mm]
Da [mm]b[/mm] bekannt ist, ist nur [mm]a[/mm] zu schätzen, also scheint mir deine Idee mit dem festen [mm]b[/mm] ganz plausibel.
Wenn ich obiges als Funktion mit festem Parameter [mm]b>0[/mm] und zu schätzendem [mm]a[/mm] auffasse und das Biest nach [mm]a[/mm] ableite, erhalte ich
[mm]-\frac{nb}{a}+\frac{1}{a^2}\sum\limits_{i=1}^nX_i[/mm]
Mithin [mm]\hat a=\frac{1}{nb}\sum\limits_{i=1}^nX_i[/mm] als Schätzer für [mm]a[/mm]
(Die 2. Ableitung ist in [mm] $\hat [/mm] a$ auch kleiner 0)
Ich hoffe, das war nun kein Quark ...
Vllt. mag ja mal jemand, der in diesen Dingen bewandert ist, drüber schauen ...
> = [mm](\bruch{b^a}{\gamma(a)})^n \summe_{i=1}^{n} x_{i}^{a-1} e^{b^n\summe_{i=1}^{n} x_{i}}[/mm]
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> So richtig?Jetzt muss ich ja den Logarithmus bilden, oder?
> Und danach ableiten und dann habe ich den MLS für a in
> Abhängigkeit von b, richtig?
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> Ich habe aber leider Probleme den Logarithmus zu bilden.
> Kann mir da einer helfen, ich habe das hier, was vermutlich
> schon falsch ist und wie mache ich das mit dem hinteren
> e^(irgendwas)?
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> (a-1) log [mm]((\bruch{b^a}{\gamma(a)})^n \summe_{i=1}^{n}x_{i})[/mm]
> + ...?
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> Wäre über Hilfe sehr dankbar!
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Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:49 Mo 17.01.2011 | | Autor: | tobster |
Habe ich jetzt unabhängig von deiner Antwort auch raus, was natürlich kein Beweis dafür ist, dass es stimmt 
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