Maximum-Likelihood-Schätzer < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:09 So 09.01.2011 | | Autor: | Roccoco |
| Aufgabe | Seien [mm] X_1,...,X_n [/mm] unabhängig und identisch verteilt mit Dichte
[mm] f_{\mu,\sigma^2} (x)=\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}} \bruch{1}{x}e^{\bruch{-(log(x)-\mu)^2}{2\sigma^2} }*1_(_0_,_\infty_)(x)
[/mm]
Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood-Schätzer für [mm] \nu=(\mu,\sigma^2). [/mm] |
Hallo zusammen,
mir bereitet diese Aufgabe Schwierigkeiten und würde mich über eure Hilfe freuen
Also bisher bin ich auf folgendes gekommen:
[mm] L_{x_1,...,x_n}(\mu,\sigma^2)=\produkt_{i=1}^{n}\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}} \bruch{1}{x}e^{\bruch{-(log(x)-\mu)^2}{2\sigma^2} }*1_(_0_,_\infty_)(x)
[/mm]
[mm] =(\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}})^n \bruch{1}{\summe_{i=1}^{n}x_i}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2}*1_{(0,\infty)}(x_n)
[/mm]
[mm] =\bruch{1}{(2\pi)^\bruch{n}{2}*\sigma^{2*\bruch{n}{2}}} \bruch{1}{n\bar x}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2}*1_{(0,\infty)}(x_n)
[/mm]
Wende darauf den Logarithmus an:
[mm] l(\mu,\sigma)=-\bruch{n}{2}log(2\pi)-\bruch{n}{2}log(\sigma^2)-log(n\bar x)-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2
[/mm]
Bin ich bisher auf dem richtig Weg? Ich kann nicht mit der Indikatorfunktion umgehen. Was ist zum Beispiel der Logarithmus von der Indikatorfunktion??
Wäre seeehr dankbar über Hilfe
Liebe Grüße
Roccoco
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:09 So 09.01.2011 | | Autor: | Roccoco |
Hallo,
also ich versuche es noch etwas weiter:
Wenn ich nu die partiellen Ableitungen bilde komme ich auf:
[mm] \bruch{\partial}{\partial\mu}= \bruch{1}{\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)
[/mm]
Wenn ich dass gleich Null setze:
[mm] \hat \mu=\bruch{1}{n}\summe_{i=1}^{n}log(x_i)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial}{\partial\sigma^2}=-\bruch{n}{2\sigma^2}+\bruch{1}{2(\sigma^2)^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2
[/mm]
Wenn ich das nun nach [mm] \sigma^2 [/mm] auflöse erhalte ich:
[mm] \hat \sigma^2=\bruch{1}{n}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2 [/mm] ???
Mache ich das hier richtig? Oder kompletten Unfug? Muss man hier etwas wegen der Indikatorfunktion beachten oder ist die egal, weil die beim Ableiten eh wegfällt?
Wäre über Hilfe sehr dankbar! Bin momentan ziemlich unsicher, ob ich das hier richtig mache :-/ und hoffe, dass ihr mir helfen könnt
Beste Grüße
Roccoco
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:48 Mo 10.01.2011 | | Autor: | brittag |
Hey,
ich sitze gerade an der gleichen Aufgabe und stimme mit Dir überein. Der Anfang sieht zumindest genau aus wie bei mir.
(Ob es aber tatsächlich richtig ist, weiß ich leider nicht).
Leider habe ich auch keine Idee, wie es dann weiter gehen könnte.
Hänge an dem Übergang zur Bestimmung des Schätzers...
Bist Du auch in Köln an der UNi?!?
Viele Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:05 Mo 10.01.2011 | | Autor: | luis52 |
Moiin
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> Also bisher bin ich auf folgendes gekommen:
>
> [mm]L_{x_1,...,x_n}(\mu,\sigma^2)=\produkt_{i=1}^{n}\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}} \bruch{1}{x}e^{\bruch{-(log(x)-\mu)^2}{2\sigma^2} }*1_(_0_,_\infty_)(x)[/mm]
>
> [mm]=(\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}})^n \bruch{1}{\summe_{i=1}^{n}x_i}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2}*1_{(0,\infty)}(x_n)[/mm]
>
> [mm]=\bruch{1}{(2\pi)^\bruch{n}{2}*\sigma^{2*\bruch{n}{2}}} \bruch{1}{n\bar x}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2}*1_{(0,\infty)}(x_n)[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
$ [mm] L_{x_1,...,x_n}(\mu,\sigma^2)=\produkt_{i=1}^{n}\bruch{1}{\sqrt{2\pi\cdot{}\sigma^2}} \bruch{1}{x_i}e^{\bruch{-(\log(x_i)-\mu)^2}{2\sigma^2} }\cdot{}1_(_0_,_\infty_)(x_i) [/mm] $
$ [mm] =(\bruch{1}{\sqrt{2\pi\cdot{}\sigma^2}})^n\bruch{1}{\prod_{i=1}^{n}x_i}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(\log(x_i)-\mu)^2}\cdot{}\prod_{i=1}^{n}1_{(0,\infty)}(x_i) [/mm] $
$ [mm] =\bruch{1}{(2\pi)^\bruch{n}{2}\cdot{}\sigma^{2\cdot{}\bruch{n}{2}}} \bruch{1}{\prod_{i=1}^{n}x_i}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(\log(x_i)-\mu)^2}$
[/mm]
vg Luis
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Hallo,
> [mm]L_{x_1,...,x_n}(\mu,\sigma^2)=\produkt_{i=1}^{n}\bruch{1}{\sqrt{2\pi\cdot{}\sigma^2}} \bruch{1}{x_i}e^{\bruch{-(\log(x_i)-\mu)^2}{2\sigma^2} }\cdot{}1_(_0_,_\infty_)(x_i)[/mm]
>
> [mm]=(\bruch{1}{\sqrt{2\pi\cdot{}\sigma^2}})^n\bruch{1}{\prod_{i=1}^{n}x_i}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(\log(x_i)-\mu)^2}\cdot{}\prod_{i=1}^{n}1_{(0,\infty)}(x_i)[/mm]
>
> [mm]=\bruch{1}{(2\pi)^\bruch{n}{2}\cdot{}\sigma^{2\cdot{}\bruch{n}{2}}} \bruch{1}{\prod_{i=1}^{n}x_i}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(\log(x_i)-\mu)^2}[/mm]
>
> vg Luis
Wenn ich das nun logarithmiere, erhalte ich:
[mm]\log\left(\frac{1}{\left(\sqrt{2\pi}\right)^{n}}\right)+\log\left(\frac{1}{\left(\sigma^2\right)^{n/2}}\right)+\log\left(\frac{1}{\prod\limits_{i=1}^nX_i}\right)-\frac{1}{2\sigma^2}\cdot{}\sum\limits_{i=1}^n\left(\log(X_i)-\mu\right)^2[/mm]
[mm]=-n\log(\sqrt{2\pi})-\frac{n}{2}\log\left(\sigma^2\right)-\sum\limits_{i=1}^n\log(X_i)-\frac{1}{2\sigma^2}\sum\limits_{i=1}^n\left(\log(X_i)-\mu\right)^2[/mm]
Weiter mit den partiellen Ableitungen nach [mm]\mu[/mm] und [mm]\sigma^2[/mm]
(1) [mm]\frac{\partial}{\partial\mu}[/mm]:
[mm]-\frac{1}{2\sigma^2}\cdot{}(-2)\cdot{}\sum\limits_{i=1}^n\left(\log(X_i)-\mu\right)[/mm]
[mm]=\frac{1}{\sigma^2}\sum\limits_{i=1}^n\left(\log(X_i)-\mu\right)[/mm]
Kann das jemand soweit bestätigen?
(2) [mm]\frac{\partial}{\partial\sigma^2}[/mm]:
[mm]-\frac{n}{2\sigma^2}+\frac{1}{2\left(\sigma^2\right)^2}\sum\limits_{i=1}^n\left(\log(X_i)-\mu\right)^2[/mm]
[mm]=\frac{1}{2\sigma^4}\sum\limits_{i=1}^n\left(\log(X_i)-\mu\right)^2-\frac{n}{2\sigma^2}[/mm]
Korrekt soweit?
Setze ich nun die beiden partiellen Ableitungen =0, so ergibt sich für den Schätzer [mm] $\left(\hat\mu,\hat\sigma^2\right)=\left(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\log(X_i),\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\left(\log(X_i)-\mu\right)^2\right)$
[/mm]
Ist da was dran?
Ob das ein Maximum ist, habe ich aber noch nicht überprüft.
Das würde ich machen, wenn der Kram bis hierher stimmt ...
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:48 Mo 10.01.2011 | | Autor: | luis52 |
> Wie kommst du (kommt man) denn auf deine 2.Komponente für
> den stat. Punkt?
Du musst die Vektorgleichung [mm] $(\partial L(\mu,\sigma^2)/\partial\mu,\partial L(\mu,\sigma^2)/\partial\sigma^2)=(0,0)$ [/mm] nach [mm] $(\mu,\sigma^2)$ [/mm] aufloesen. Dann *kann* in der Loesung kein [mm] $\mu$ [/mm] nicht stehen.
vg Luis
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Hallo Luis,
oooh, ich Honk!!
Wie recht du hast ...
![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]")
Ana2 ist wohl zu lange her ...
Danke fürs Wachrütteln
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:08 Mo 10.01.2011 | | Autor: | gfm |
> Seien [mm]X_1,...,X_n[/mm] unabhängig und identisch verteilt mit
> Dichte
> [mm]f_{\mu,\sigma^2} (x)=\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}} \bruch{1}{x}e^{\bruch{-(log(x)-\mu)^2}{2\sigma^2} }*1_(_0_,_\infty_)(x)[/mm]
>
> Bestimmen Sie den Maximum-Likelihood-Schätzer für
> [mm]\nu=(\mu,\sigma^2).[/mm]
>
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>
> Hallo zusammen,
>
> mir bereitet diese Aufgabe Schwierigkeiten und würde mich
> über eure Hilfe freuen
>
> Also bisher bin ich auf folgendes gekommen:
>
> [mm]L_{x_1,...,x_n}(\mu,\sigma^2)=\produkt_{i=1}^{n}\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}} \bruch{1}{x}e^{\bruch{-(log(x)-\mu)^2}{2\sigma^2} }*1_(_0_,_\infty_)(x)[/mm]
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> [mm]=(\bruch{1}{\sqrt{2\pi*\sigma^2}})^n \bruch{1}{\summe_{i=1}^{n}x_i}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2}*1_{(0,\infty)}(x_n)[/mm]
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> [mm]=\bruch{1}{(2\pi)^\bruch{n}{2}*\sigma^{2*\bruch{n}{2}}} \bruch{1}{n\bar x}e^{-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2}*1_{(0,\infty)}(x_n)[/mm]
>
> Wende darauf den Logarithmus an:
>
> [mm]l(\mu,\sigma)=-\bruch{n}{2}log(2\pi)-\bruch{n}{2}log(\sigma^2)-log(n\bar x)-\bruch{1}{2\sigma^2}\summe_{i=1}^{n}(log(x_i)-\mu)^2[/mm]
>
> Bin ich bisher auf dem richtig Weg? Ich kann nicht mit der
> Indikatorfunktion umgehen. Was ist zum Beispiel der
> Logarithmus von der Indikatorfunktion??
>
> Wäre seeehr dankbar über Hilfe
>
> Liebe Grüße
> Roccoco
>
Wenn [mm]f_{\mu,\sigma^2}(x)[/mm] die Dichte der Normalverteilung bezeichne und [mm]g_{\mu,\sigma^2}(x)[/mm] die der Log-Normalverteilung, dann besteht für [mm]x>0[/mm] der Zusammenhang [mm]g_{\mu,\sigma^2}(x)=\frac{1}{x}f_{\mu,\sigma^2}(\ln x)[/mm], woraus - wenn die entsprechenden Großbuchstaben die Likelihoodfunktionen bezeichnen - [mm]\ln G(\mu,\sigma|x_1,...,x_n)= \mbox{const.}+\ln F(\mu,\sigma|\ln x_1,...,\ln x_n)[/mm] folgt.
Man sollte also das Ergebnis für die Normalverteilung verwenden können, indem man dort [mm]x_i[/mm] durch [mm]\ln x_i[/mm] ersetzt.
LG
gfm
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
