Maximum-Likelihood-Schätzer

14.01.2011, 12:07

T0b1a5

Maximum-Likelihood-Schätzer

Moinsen,

gibt hier eine richtig schöne Aufgabe, die der Prof eigentlich zurücknehmen wollte, aber dann war das Blatt schon online.

Seien $\begin{eqnarray*} X_{1},...,X_{n} \end{eqnarray*}$ unabhängig identisch verteilte Zufallsvariablen. Die Zufallsvariable $\begin{eqnarray*} X_{1} \end{eqnarray*}$ unterliege einer Weibullverteilung zu den Parametern $\begin{eqnarray*} \alpha,\beta\in\left(0,\infty\right) \end{eqnarray*}$ d.h. es liegt die Riemannsche Dichte

$\begin{eqnarray*} f\left(x\right)=\alpha\beta x^{\beta-1}exp\left(-\alpha x^{\beta}\right)1_{\left(0,\infty\right)}\left(x\right) \end{eqnarray*}$

vor. Der Parameter $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ sei bekannt. Bestimmen Sie für gegebene Realisierungen $\begin{eqnarray*} x_{1},...,x_{n} \end{eqnarray*}$
von $\begin{eqnarray*} X_{1},...,X_{n} \end{eqnarray*}$ einen Maximum-Likelihood-Schätzer $\begin{eqnarray*} \hat{\alpha} \end{eqnarray*}$ den Parameter $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$

Ideen habe ich leider dieses mal gaaarkeine traurig

14.01.2011, 12:11

René Gruber

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Zumindest auf die Idee, erstmal überhaupt die Likelihood-Funktion aufzustellen, solltest du eigentlich schon kommen.

14.01.2011, 13:05

T0b1a5

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Okay, dann erstmal ein bisschen Theorie.

Zuerst Likelohood-Funktion bilden, dass den log-Likelihood reinbringen und ableiten. Leider kann ich die Likelihood-Funktion nicht bilden. Ich steige da noch nicht so ganz durch und Einführung in die Stochastik von N.Henze sowie das Skript vom Prof mögen mich nicht :\

14.01.2011, 21:13

René Gruber

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Zitat:

Original von T0b1a5
Leider kann ich die Likelihood-Funktion nicht bilden.

Da ist so ziemlich die einfachste Sache, die es in der Hochschulstochastik gibt: Einfach das Produkt aller Dichtewerte der Stichprobe aufschreiben:

$\begin{eqnarray*} L(\alpha;x_1,\ldots,x_n) := f(x_1)\cdot f(x_2)\cdot \ldots \cdot f(x_n) \end{eqnarray*}$ ,

natürlich für dein konkretes $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , und möglichst das ganze schon ein wenig vereinfachen. Das besondere daran ist nur, dass man die $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ hier als (feste) Parameter ansieht und den Verteilungsparameter $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ als eigentlich interessierende Variable der Funktion. Und bei log-Likelihood einfach den Logarithmus dieser Funktion $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ bilden.

15.01.2011, 09:27

T0b1a5

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Das es nicht so schwer sein kann, habe ich mir auch schon einmal gedacht, aber unser Prof hat die Eigenschaft, Grundlagen komisch rüber zu bringen. Gilt dann:

$\begin{eqnarray*} L_{\theta}\left(x\right)=\underset{i=1}{\overset{n}{\prod}}\alpha\beta x_{i}^{\beta-1}exp\left(-\alpha x_{i}^{\beta}\right) \end{eqnarray*}$

Maximum von $\begin{eqnarray*} L_{\theta}\left(x\right) \end{eqnarray*}$ ist gleich $\begin{eqnarray*} log\left(L_{\theta}\left(x\right)\right) \end{eqnarray*}$ .

Den Term mit Logarithmus-Gesetzen vereinfachen und fertig?
(Bin schwer von Begriff, ist gerade früh am morgen!)

15.01.2011, 18:20

René Gruber

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Zitat:

Original von T0b1a5
Maximum von $\begin{eqnarray*} L_{\theta}\left(x\right) \end{eqnarray*}$ ist gleich $\begin{eqnarray*} log\left(L_{\theta}\left(x\right)\right) \end{eqnarray*}$ .

Vielleicht ist es ja nur eine saloppe Schreibweise, wo die Hälfte der Worte weggelassen wurden - aber so geschrieben ist es natürlich falsch. Richtig ist

Zitat:

Maximum von $\begin{eqnarray*} L_{\theta}\left(x\right) \end{eqnarray*}$ wird erreicht an derselben Stelle, wo das Maximum von $\begin{eqnarray*} log\left(L_{\theta}\left(x\right)\right) \end{eqnarray*}$ eintritt.

15.01.2011, 19:00

T0b1a5

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Habs einfach schlampig formuliert Augenzwinkern

Demnach gilt folgende kleine Rechnung ? (Bin mit dem Logarithmus nicht mehr ganz so fit . . .)

$\begin{eqnarray*} log\left(L_{\theta}\left(x\right)\right)=log\left(\underset{i=1}{\overset{n}{\prod}}\alpha\beta x_{i}^{\beta-1}exp\left(-\alpha x_{i}^{\beta}\right)\right)= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}log\left(\alpha\beta x_{i}^{\beta-1}exp\left(-\alpha x_{i}^{\beta}\right)\right)= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =n\cdot log\left(-\alpha^{2}\beta\right)+\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}log\left(x_{i}^{\beta-1}exp\left(x_{i}^{\beta}\right)\right)= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =n\cdot log\left(-\alpha^{2}\beta\right)+n\cdot log(\beta)+\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}log\left(x_{i}^{\beta}\right)= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =n\cdot log\left(-\alpha^{2}\beta^{3}\right)+\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}log\left(x_{i}\right) \end{eqnarray*}$

Habe bewusst jeden Schritt aufgeschrieben, da der Logarithmus ein bisschen gemeint gilt, aber allgemein gilt doch: $\begin{eqnarray*} log\left(a^{n}\cdot b^{m}\right)=n\cdot log\left(a\right)+m\cdot log(b) \end{eqnarray*}$

Irgendwo muss ich aber noch irren. Da die Ableitung hier kein schönes Ergebnis liefert, oder doch ?

15.01.2011, 19:30

T0b1a5

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Die Rechnung ist totaler Quatsch! Hab zuviel und zu komisch aus der Summe/Log rausgezogen. Aber danke für den Hinweis, dass es "nur" das Produkt der Dichten ist smile

15.01.2011, 19:32

René Gruber

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Die Armada von Umformungsfehlern beginnt hier:

Zitat:

Original von T0b1a5
$\begin{eqnarray*} =\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}log\left(\alpha\beta x_{i}^{\beta-1}exp\left(-\alpha x_{i}^{\beta}\right)\right)= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =n\cdot log\left(-\alpha^{2}\beta\right)+\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}log\left(x_{i}^{\beta-1}exp\left(x_{i}^{\beta}\right)\right)= \end{eqnarray*}$

Wie in aller Welt kommst du auf den Term $\begin{eqnarray*} \log(-\alpha^2\beta) \end{eqnarray*}$ ? geschockt

15.01.2011, 19:52

T0b1a5

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An sich garnicht Big Laugh

Kurz gesagt will ich doch nur:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{d\alpha}\left[log\left(\underset{i=1}{\overset{n}{\prod}}f\left(x_{i}\right)\right)\right]=0 \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{d\alpha}\left[log\left(\underset{i=1}{\overset{n}{\prod}}f\left(x_{i}\right)\right)\right]=\frac{d}{d\alpha}\overset{n}{\underset{i=1}{\sum}}\left[log\left(\alpha\right)+log\left(\beta\right)+\left(\beta-1\right)log\left(x_{i}\right)-\alpha x_{i}^{\beta}\right]=0 \end{eqnarray*}$

Dann bekomme ich als Schätzer (Kommilitone hatte seine Lösung rumgeschickt und da hab ich meinen Quatsch erstmal überarbeitet, wenn er das hier liest, danke^^): $\begin{eqnarray*} \hat{\alpha}=\frac{n}{\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}x_{i}^{\beta}} \end{eqnarray*}$

Das macht auch Sinn, da wir die die Realisierungen gegeben haben und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ bekannt ist.

War wirklich nicht so schwer smile

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