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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:15 Mi 11.01.2012 | | Autor: | mikexx |
| Aufgabe | Es sei eine stetige Zufallsvariable $X$ mit der Verteilungsfunktion
[mm] $F(x)=\begin{cases}
0 & \text{für} x\leq 0\\
1-e^{-\alpha x^k} & \text{für}x>0~\text{mit}~\alpha,k>0.
\end{cases}$
[/mm]
gegeben. Dabei sei $k$ eine fest vorgegebene Zahl mit $k>0$, während vom Parameter [mm] $\alpha$ [/mm] nur [mm] $\alpha>0$ [/mm] bekannt ist.
(a) Zeige, daß $F$ eine Verteilungsfunktion ist.
(b) Bestimme für [mm] $X_1,...,X_n$ [/mm] die Maximum-Likelihood-Schätzung für [mm] $\alpha$. [/mm] Dabei seien die [mm] $X_i$ [/mm] unabhängig und identisch wie $X$ verteilt. |
Hallo, ich würde gerne wissen, ob meine Ideen zu (a) und mein Ansatz zu (b) in Ordnung sind:
(a) Ich versuche zu zeigen, daß $F$ monoton steigt, rechtsstetig ist und daß gilt [mm] $\lim_{x\to -\infty}F(x)=0, \lim_{x\to\infty}F(x)=1$.
[/mm]
Dann ist $F$ Verteilungsfunktion.
Also die asymptotischen Eigenschaften sind erfüllt:
[mm] $\lim_{x\to -\infty}F(x)=0$ [/mm] ist klar, da $F(x)=0$ für [mm] $x\leq [/mm] 0$.
[mm] $\lim_{x\to \infty}F(x)=1$, [/mm] da [mm] $e^{-\alpha x^{k}}\to [/mm] 0$ für [mm] $x\to\infty$, [/mm] wenn (wie vorausgesetzt) [mm] $\alpha,k>0$.
[/mm]
Was die Rechtsstetigkeit angeht, gilt doch für beliebiges $c>x$:
[mm] $\lim_{c\to x}F(c)=\begin{cases}
0 & \text{falls}~x\leq 0\\
1-e^{-\alpha x^{k}} & \text{falls}~x>0,
\end{cases}$
[/mm]
also [mm] $\lim_{c\to x}F(c)=F(x)$.
[/mm]
Zur Monotonie:
Da [mm] $e^{-\alpha a^k}\geq e^{-\alpha b^k}$ [/mm] für [mm] $a\leq [/mm] b$, folgt
[mm] $\frac{F(a)}{F(b)}=\begin{cases}
0 & \text{falls}~a\leq 0, b\leq 0\\
0 & \text{falls}~a\leq 0, b>0\\
\frac{1-e^{-\alpha a^k}}{1-e^{-\alpha b^k}}\leq 1 & \text{falls}~a>0, b>0
\end{cases}
[/mm]
Damit ist $F$ monoton wachsend.
Insgesamt habe ich so (hoffentlich!) gezeigt, daß $F$ Verteilungsfunktion ist.
(b) Hier würde ich zuerst (wie bei solchen Aufgaben immer) die Likelihood-Funktion aufstellen und zwar so:
[mm] $L(x_1,...,x_n|\alpha)=F_{\alpha}(X_1)\cdot [/mm] ... [mm] \cdot F_{\alpha}(X_n)=\begin{cases}
0 & \exists i\in\left\{0,...,n\right\}: x_i\leq 0\\
\prod_{i=1}^{n}\left(1-e^{-\alpha x_i^k}\right) & x_i>0~\forall i\in\left\{0,...,n\right\}
\end{cases}$
[/mm]
Da [mm] $\alpha>0$ [/mm] gelten soll, kann ich mich doch auf den zweiten Fall beschränken. Dafür würde ich jetzt die log-Likelihood-Funktion aufstellen, die da wäre:
[mm] $\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\log\left(1-e^{-\alpha x_i^k}\right)=\sum_{i=1}^{n}\left(\log\left(e^{\alpha x_i^k}-1\right)-\alpha x_i^k\right)$
[/mm]
Jetzt würde ich diese log-Likelihood-Funktion nach [mm] $\alpha$ [/mm] ableiten:
Da bekomme ich Folgendes:
[mm] $\frac{\partial}{\partial\alpha}\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^k}{e^{\alpha x_i^k}-1}$
[/mm]
Mich würde, wie gesagt, interessieren, ob (a) so stimmt und ob ich bei (b) bis jetzt richtig liege.
Danke für jede Mühe!
Viele Grüße
mikexx
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:00 Mi 11.01.2012 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Was die Rechtsstetigkeit angeht, gilt doch für beliebiges $ c>x $:
> $ [mm] $\lim_{c\to x}F(c)=\begin{cases} 0 & \text{falls}~x\leq 0\\ 1-e^{-\alpha x^{k}} & \text{falls}~x>0, \end{cases}$ [/mm] $
> also $ [mm] \lim_{c\to x}F(c)=F(x) [/mm] $.
Hier schreibst Du im Prinzip:
"Die Stetigkeit von F ist gegeben, weil F stetig ist."
Irgendeine Begründung (Verknüpfung stetiger Funktionen. Gesonderte Begründung bei x=0) wäre nett.
> Hier würde ich zuerst (wie bei solchen Aufgaben immer) die Likelihood-Funktion aufstellen und zwar so:
> [mm] $L(x_1,...,x_n|\alpha)=F_{\alpha}(X_1)\cdot [/mm] ... [mm] \cdot F_{\alpha}(X_n)=\begin{cases} 0 & \exists i\in\left\{0,...,n\right\}: x_i\leq 0\\ \prod_{i=1}^{n}\left(1-e^{-\alpha x_i^k}\right) & x_i>0~\forall i\in\left\{0,...,n\right\} \end{cases}$ [/mm]
Die Likelihoodfunktion ist die gemeinsame Dichte, nicht die Verteilungsfunktion:
[mm] $L(x_1,\ldots, x_n|\alpha)=\prod_{i=1}^n f_\alpha(x_i)$
[/mm]
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:19 Mi 11.01.2012 | | Autor: | mikexx |
Danke für die Antwort.
Zu der Rechtsstetigkeit:
Also kann man es dann so formulieren:
1. Fall: $F(x)=0$:
Konstante Funktion, also stetig und daher insb. rechtsstetig.
2. Fall: [mm] $F(x)=1-e^{-\alpha x^k}$
[/mm]
[mm] $a(x)=1-e^{x}$ [/mm] ist stetig, also insb. rechtsstetig.
[mm] $b(x)=-\alpha x^k$ [/mm] ist stetig, also insb. rechtsstetig.
[mm] $\Rightarrow a\circ b=1-e^{-\alpha x^k}$ [/mm] ist stetig, da die Verknüpfung stetiger Funktionen stetig ist, also insb. rechtsstetig.
?
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Die Dichte ist [mm] $f(x)=\begin{cases}
0, $ x\leq 0\\
\alpha\cdot k\cdot x^{k-1}\cdot e^{-\alpha x^k}, $ x>0
\end{cases}$
[/mm]
Und zu der Likelihood, die ist dann
[mm] $L(x_1,...,x_n|\alpha)=\begin{cases}
0, & \exists~i\in\left\{1,...,n\right\}:~x_i\leq 0\\
\alpha^n\cdot k^n\cdot\prod_{i=1}^{n}\left(x_i^{k-1}\cdot e^{-\alpha x_i^k}\right), & x_i>0~\forall~i\in\left\{1,...,n\right\}
\end{cases}$
[/mm]
?
Die log-Likelihood-Funktion ist nach meiner Rechnung:
[mm] $\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=n\cdot \log(\alpha)+n\cdot\log(k)+(k-1)\sum_{i=1}^{n}\log(x_i)-\alpha\cdot\sum_{i=1}^{n}x_i^k$
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:40 Mi 11.01.2012 | | Autor: | Blech |
Hi,
und was ist für x=0? Ana I ist schon lange her, oder? =)
Stetigkeit bezieht sich immer auf ein x.
Mal ganz präzise:
Für $x<0$ gibt es eine Umgebung [mm] $\delta_x$ [/mm] um x mit $F(y)=0$ für [mm] $y\in \delta_x$. $y\mapsto [/mm] 0$ ist eine auf ganz [mm] $\IR$ [/mm] stetige Funktion, also insbesondere stetig in der Umgebung [mm] $\delta_x$. [/mm] Damit ist $F(x)$ stetig in allen Punkten $x<0$.
Für $x>0$ funktioniert das genauso. Aber für x=0 brauchst Du eine gesonderte Begründung.
> $ [mm] \log L(x_1,...,x_n|\alpha)=n\cdot \log(\alpha)+n\cdot\log(k)+(k-1)\sum_{i=1}^{n}\log(x_i)-\alpha\cdot\sum_{i=1}^{n}x_i^k [/mm] $
Stimmt.
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:46 Mi 11.01.2012 | | Autor: | mikexx |
Ich komme auf die Rechtsstetigkeit gleich zurück.
Versuche ich aber erstmal, (b) abzuhaken.
Wenn ich nun die ermittelte log-Likelihood ableite nach [mm] $\alpha$, [/mm] so komme ich auf:
[mm] $\frac{\partial}{\partial\alpha}\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=\frac{n}{\alpha}-\sum_{i=1}^{n}x_i^k$.
[/mm]
Setze ich das gleich 0, erhalte ich
[mm] $\alpha=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}x_i^k}$
[/mm]
Die zweite Ableitung lautet:
[mm] $\frac{\partial^2}{\partial^2\alpha}\log L(x_1,...,x_n|\alpha)=-\frac{n}{\alpha^2}$.
[/mm]
Das ist für [mm] $\alpha=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}x_i^k}$ [/mm] kleiner als 0 und somit ist das oben ermittelte [mm] $\alpha$ [/mm] das Maximum.
Also habe ich als Ergebnis für (b):
[mm] $\hat{\alpha}_{ML}=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}x_i^k}$
[/mm]
Stimmt das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:42 Mi 11.01.2012 | | Autor: | Blech |
Stimmt.
ciao
Stefan
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:49 Mi 11.01.2012 | | Autor: | mikexx |
Das freut mich schonmal.
Dann nochmal zu der Rechtsstetigkeit. Ana I ist wirklich länger her... oh, oh.
Also was Du da benutzt hast, ist doch das Epsilon-Delta-Kriterium, oder?
Wenn ich mir ein [mm] $x_0<0$ [/mm] aussuche und ein $x$, das sehr in der Nähe liegt, also [mm] $|x-x_0|<\delta$ [/mm] für ein kleines [mm] $\delta$, [/mm] so muss ich zeigen, daß die Funktionswerte auch nur sehr wenig auseinander liegen bzw. genauer: [mm] $|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$. [/mm] So erinnere ich das.
In diesem Fall ist doch jetzt [mm] $|f(x)-f(x_0)|=0$, [/mm] also wähle ich einfach [mm] $\delta:=\varepsilon$.
[/mm]
Aber wie geht das denn jetzt für [mm] $x_0>0$?
[/mm]
Da hätte ich für ein x, das sehr nahe bei [mm] $x_0$ [/mm] liegt:
[mm] $|f(x)-f(x_0)|=|e^{-\alpha x_0^k}-e^{-\alpha x^k}|$, [/mm] wüsste aber nicht, wie ich das jetzt nach oben abschätzen kann.
Und für [mm] $x_0=0$?
[/mm]
Da habe ich entweder $|f(x)-f(0)|=|0|$, wenn $x<0$ (dann ist es wieder klar) oder [mm] $|f(x)-f(0)|=|1-e^{-\alpha x^k}|$, [/mm] dann weiß ich wieder nicht, wie ich abschätzen kann.
LG
mikexx
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 Fr 13.01.2012 | | Autor: | matux |
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