UMVU Schätzer der Normalverteilung für mü^3 und mü^4

12.05.2014, 18:17

steviehawk

UMVU Schätzer der Normalverteilung für mü^3 und mü^4

Meine Frage:
Hallo Leute, ich möchte gerne folgende Aufgabe lösen.

Seien $\begin{eqnarray*} X_1, \dots , X_n \sim N(\mu, \sigma^2) \end{eqnarray*}$ iid. Mit unbekanntem $\begin{eqnarray*} \mu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ und bekanntem $\begin{eqnarray*} \sigma^2 > 0 \end{eqnarray*}$ . Bestimmen Sie die UMVU Schätzer von $\begin{eqnarray*} \mu^3 , \mu^4 \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Ich kenne eigentlich nur die Methode von Lehmann Scheffe eine UMVU Schätzer zu basteln. Hilft diese auch hier mit dem Hoch 3 und Hoch 4 weiter??

Danke für die Tipps, die mich zunächst mal in die richtige Richtung gehen lasse smile

12.05.2014, 18:30

HAL 9000

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Na zunächst mal brauchst du als Start überhaupt einen erwartungstreue Schätzer für $\begin{eqnarray*} \mu^3 \end{eqnarray*}$ bzw. einen für $\begin{eqnarray*} \mu^4 \end{eqnarray*}$ . Ideen dazu?

12.05.2014, 18:53

steviehawk

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Hallo HAL 9000, da bin ich ja froh, dass du antwortest smile

Also ich kenne Schätzer für $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ naiverweise würde ich jetzt sagen, dass ich dann diesen Schätzer einfach ^3 nehme. Der Schätzer für $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ wäre übrigens der Mittelwert der Stichprobe. Ist das erlaubt?

12.05.2014, 18:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von steviehawk
Hallo HAL 9000, da bin ich ja froh, dass du antwortest smile

Freu dich nicht zu früh, ich weiß auch noch nicht so genau, wie es hier langgeht.

Zitat:

Original von steviehawk
Also ich kenne Schätzer für $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ naiverweise würde ich jetzt sagen, dass ich dann diesen Schätzer einfach ^3 nehme.

Nein, das ist leider nicht erlaubt.

Ich bezeichne mal die standardisierten $\begin{eqnarray*} Z_i = \frac{X_i-\mu}{\sigma} \sim \mathcal{N}(0,1) \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} X_i = \mu + \sigma Z_i \end{eqnarray*}$ . Speziell haben wir

$\begin{eqnarray*} X_1 = \mu + \sigma Z_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} X_1^3 = \mu^3 + 3\mu^2\sigma Z_1 + 3\mu\sigma^2 Z_1^2 + \sigma^3 Z_1^3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E(X_1^3) = \mu^3 + 3\mu\sigma^2 \end{eqnarray*}$ wegen $\begin{eqnarray*} E(Z_1) = E(Z_1^3) = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E(Z_1^2) = 1 \end{eqnarray*}$

Zusammen mit bekanntermaßen $\begin{eqnarray*} E(X_1)=\mu \end{eqnarray*}$ wäre also $\begin{eqnarray*} X_1^3-3\sigma^2 X_1 \end{eqnarray*}$ ein geeigneter Schätzer für $\begin{eqnarray*} \mu^3 \end{eqnarray*}$ . Dass der Schätzer so merkwürdig unsymmetrisch aussieht, macht überhaupt nichts, das UMVU-Verfahren basierend auf der suffizienten Statistik $\begin{eqnarray*} \bar{X} \end{eqnarray*}$ "zieht" das gerade.

Bei $\begin{eqnarray*} \mu^4 \end{eqnarray*}$ geht ähnliches, basierend auf $\begin{eqnarray*} X_1^4 \end{eqnarray*}$ .

12.05.2014, 21:41

steviehawk

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Aber die Statistik $\begin{eqnarray*} \overline X \end{eqnarray*}$ ist ja eine suffiziente Statistik für $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ brauche ich da nicht auch eine für $\begin{eqnarray*} \mu^3 \end{eqnarray*}$ ? Für den Satz von Lehmann Scheffe brauche ich ja zwei für das $\begin{eqnarray*} \mu^3 \end{eqnarray*}$

Es gilt dann: $\begin{eqnarray*} T(X) = X_1^3 - 3 \sigma X_1 \end{eqnarray*}$
und für das S(X) ? da Kann ich ja wie du gesagt hast nicht einfach $\begin{eqnarray*} S(X) = \overline {X}^3 \end{eqnarray*}$ nehmen oder?

Danke schon mal!

12.05.2014, 22:08

HAL 9000

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Wenn ich mich an deinen anderen Thread erinnere, da stand $\begin{eqnarray*} T(X) \end{eqnarray*}$ für die suffiziente Statistik, und $\begin{eqnarray*} S(X) \end{eqnarray*}$ für die erwartungstreue Statistik für den gesuchten Parameterwert? In dem Sinne ist hier

$\begin{eqnarray*} T(X) = \bar{X} \end{eqnarray*}$ , also das Stichprobenmittel, und

$\begin{eqnarray*} S(X) = X_1^3 - 3\sigma^2 X_1 \end{eqnarray*}$ .

Der UMVU-Schätzer ist dann also $\begin{eqnarray*} T^*(X) := E[S(X) \bigm| T(X)] = E[X_1^3 - 3\sigma^2 X_1 \bigm| \bar{X}] \end{eqnarray*}$ .

Zur Berechnung benötigt man im wesentlichen die bedingte Dichte $\begin{eqnarray*} f_{X_1|\bar{X}}(x,t) \end{eqnarray*}$ . Es wird sich herausstellen, dass die bedingte Verteilung von $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ unter der Bedingung $\begin{eqnarray*} \bar{X}=t \end{eqnarray*}$ eine Normalverteilung $\begin{eqnarray*} \mathcal{N}\left(t, \frac{n-1}{n}\sigma^2 \right) \end{eqnarray*}$ ist.

P.S.: Im anderen Thread hätte man übrigens auch gleich mit

$\begin{eqnarray*} T^*(X) = E\left[ 2X_1-1 \bigm| \max\{X_1,\ldots,X_n\} \right] \end{eqnarray*}$

arbeiten können, hätte manchen Umweg erspart. Augenzwinkern

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