Likelihood-Schätzer für Potenzfunktion

24.01.2016, 15:03

IWillTry

Likelihood-Schätzer für Potenzfunktion

Meine Frage:
Hallo zusammen,

Ich hänge bei folgender Aufgabe:
Wir haben mit $\begin{eqnarray*} X_{1},...,X_{n} \end{eqnarray*}$ unabhängige und identisch verteilte Zufallsvariablen mit der Riemanschen Dichte $\begin{eqnarray*} f_{\vartheta}(x)=\vartheta x^{-\vartheta -1}1_{(1,\infty )}(x) \end{eqnarray*}$ zum unbekannten Parameter $\begin{eqnarray*} \vartheta \in \Theta := (0, \infty ) \end{eqnarray*}$ .

a) Gebe die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_{\vartheta } \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} X_1 \end{eqnarray*}$ an.

b) Seien $\begin{eqnarray*} x_1,...,x_n \end{eqnarray*}$ Realisierungen von $\begin{eqnarray*} X_1,...,X_n \end{eqnarray*}$ . Gebe die Log-Likelihood-FUnktion an.

c) Bestimme den Maximum-Likelihood-Schätzer an.

Meine Ideen:
Im Grunde habe ich das drumherum der Likelihood-Funktion und Berechnung des Schätzers verstanden, allerdings bringt mir das nicht viel, da ich die Verteilungsfunktion aus a) nicht hinbekomme.

Vielleicht kann mir da jemand helfen?
Danke schonmal

24.01.2016, 15:06

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Verteilungsfunktion zu einer gegebenen Dichte ist als Integralfunktion

$\begin{align*} F_{\vartheta}(x) = \int\limits_{-\infty}^x f_{\vartheta}(t) ~ \dd t \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\in\mathbb{R} \end{align*}$

bestimmbar. Setz ein und rechne es aus.

26.01.2016, 10:41

IWillTry

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi, danke für die Antwort und sorry für meine späte Antwort.

Das bekomme ich dafür raus:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty }^{x} \! f_{\vartheta}(t) \, dt = \int_{-\infty }^{x} \! \vartheta t^{-\vartheta -1} \, dt = -t^{-\vartheta} \end{eqnarray*}$

Kommt das hin?

26.01.2016, 10:48

IWillTry

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Log-Likelihood-Funktion ergibt sich dann als folgende Summe

ln(L)= \sum\limits_{i=1}^{n} ln(F_{\vartheta}(x_i)) , stimmts?

26.01.2016, 10:59

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von IWillTry
Das bekomme ich dafür raus:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty }^{x} \! f_{\vartheta}(t) \, dt = \int_{-\infty }^{x} \! \vartheta t^{-\vartheta -1} \, dt = -t^{-\vartheta} \end{eqnarray*}$

Nein: Richtige Stammfunktion, aber falsch (bzw. "gar nicht") ausgewertete Integralfunktion. unglücklich

Zunächst: Für $\begin{align*} x<1 \end{align*}$ kommt $\begin{align*} F_{\vartheta}(x) = 0 \end{align*}$ heraus, klar.

Für $\begin{align*} x\geq 1 \end{align*}$ haben wir $\begin{align*} F_{\vartheta}(x) = \int\limits_1^x \vartheta t^{-\vartheta -1} ~ \dd t = \Big[ -t^{-\vartheta}\Big]_{t=1}^x = 1-x^{-\vartheta} \end{align*}$ .

Zur Log-Likelihood-Funktion: Da kommt nicht die Verteilungsfunktion $\begin{align*} F_{\vartheta} \end{align*}$ , sondern die Dichte $\begin{align*} f_{\vartheta} \end{align*}$ rein, d.h.,

$\begin{align*} \ln(L(\vartheta;x_1,\ldots,x_n)) = \sum_{i=1}^n \ln\left(f_{\vartheta}(x_i)\right) \end{align*}$ .

P.S.: Eine Frage - du warst nicht zufällig auch der Fragesteller hier in dem Thread

Gleichung auflösen ? verwirrt

26.01.2016, 11:12

IWillTry

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke, ich steh in Stochastik in letzter Zeit echt auf dem Schlauch, da ich die Vorlesung leider nicht regelmäßig besuchen kann :/

Aber der Fragesteller im anderen Thread war ich nicht O.o

26.01.2016, 11:32

IWillTry

Auf diesen Beitrag antworten »

Für mich ergibt sich dann:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{n} ln(f_{\vartheta}(x_i)) =n*ln(\vartheta)-(\vartheta +1)*ln(x_1 * x_2 * ... * x_n) \end{eqnarray*}$

Bin ich diesmal auf der richtigen Spur?

26.01.2016, 11:41

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja. Genau genommen müsste man noch betonen, dass dies nur gilt, wenn alle $\begin{align*} x_i>1 \end{align*}$ sind - denn sobald auch nur ein $\begin{align*} x_i\leq 1 \end{align*}$ ist, so haben wir Likelihoodfunktionswert 0 und damit Loglikelihood-Wert $\begin{align*} -\infty \end{align*}$ .

Allerdings widerspricht ein solcher Stichprobenwert $\begin{align*} x_i\leq 1 \end{align*}$ von vornherein dem angestrebten Verteilungsmodell (für alle in Frage kommenden $\begin{align*} \vartheta \end{align*}$ ), so dass man das nicht weiter diskutieren muss - wir gehen also von $\begin{align*} x_i>1 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} i \end{align*}$ aus.

Neue Frage »

Antworten »

Likelihood-Schätzer für Potenzfunktion

Verwandte Themen