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Hallo zusammen,
habe eine Frage zur Erwartungstreue eines Schätzers:
Seien [mm] n > 2 [/mm] und [mm] X_1,\ldots,X_n [/mm] i.i.d. [mm] \sim Exp(\lambda), \; \lambda > 0. [/mm] Weiter sei [mm] \hat{\lambda}_n = \bruch{n-1}{\sum_{i=1}^nX_i} [/mm] ein Schätzer für [mm] \lambda [/mm].
zz.: [mm] \hat{\lambda}_n [/mm] ist erwartungstreu für [mm] \lambda [/mm].
Ich hab mir gedacht, du machst es einfach wie immer:
[mm] E(\hat{\lambda}_n) = E(\bruch{n-1}{\sum_{i=1}^nX_i}) = (n-1)E(\bruch{1}{\sum_{i=1}^nX_i}) = (n-1)\bruch{n-1}{E(\sum_{i=1}^nX_i)} = \bruch{n-1}{n\bruch{1}{\lambda}} = \bruch{n-1}{n}\lambda [/mm],
(wegen der Linearität der Erwartungswertes und da die [mm] X_i [/mm] i.i.d.)
aber dann wäre [mm] \hat{\lambda}_n [/mm] nicht erwartungstreu.
Habe noch irgendwo aufgeschnappt, daß das über Faltung gehen soll. Aber da weiß ich nicht wirklich, wie man rangeht. Wär nett, wenn mir jemand helfen könnte.
Mfg
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo!
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Seien [mm]n > 2[/mm] und [mm]X_1,\ldots,X_n[/mm] i.i.d. [mm]\sim Exp(\lambda), \; \lambda > 0.[/mm]
> Weiter sei [mm]\hat{\lambda}_n = \bruch{n-1}{\sum_{i=1}^nX_i}[/mm]
> ein Schätzer für [mm]\lambda [/mm].
>
> zz.: [mm]\hat{\lambda}_n[/mm] ist erwartungstreu für [mm]\lambda [/mm].
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>
> Ich hab mir gedacht, du machst es einfach wie immer:
> [mm]E(\hat{\lambda}_n) = E(\bruch{n-1}{\sum_{i=1}^nX_i}) = (n-1)E(\bruch{1}{\sum_{i=1}^nX_i}) = (n-1)\bruch{n-1}{E(\sum_{i=1}^nX_i)} = \bruch{n-1}{n\bruch{1}{\lambda}} = \bruch{n-1}{n}\lambda [/mm],
Hui. Aber es gilt im Allgemeinen doch nicht
[mm]E\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{1}{E(X)}[/mm]
Da hilft auch die Linearität nicht weiter. Ich denke, Du musst schon zu Fuß rechnen, also:
[mm]E\left(\frac{1}{\sum_i X_i}\right)=\int_0^\infty\ldots\int_0^\infty \frac{1}{\sum_i x_i}
\lambda^n e^{-\lambda\sum_i x_i} \,dx_n\ldots dx_1[/mm]
Schaffst Du das? Vielleicht sollte man da induktiv rangehen...
Viel Erfolg
Brigitte
P.S.: Kann leider nicht Korrektur lesen :-(
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Hallo nochmal!
> Seien [mm]n > 2[/mm] und [mm]X_1,\ldots,X_n[/mm] i.i.d. [mm]\sim Exp(\lambda), \; \lambda > 0.[/mm]
> Weiter sei [mm]\hat{\lambda}_n = \bruch{n-1}{\sum_{i=1}^nX_i}[/mm]
> ein Schätzer für [mm]\lambda [/mm].
>
> zz.: [mm]\hat{\lambda}_n[/mm] ist erwartungstreu für [mm]\lambda [/mm].
Habe noch mal über meinen INtegralansatz nachgedacht und bin zu keinem Ergebnis gekommen.
> Habe noch irgendwo aufgeschnappt, daß das über Faltung
> gehen soll. Aber da weiß ich nicht wirklich, wie man
> rangeht. Wär nett, wenn mir jemand helfen könnte.
Aber damit funktioniert es tatsächlich. Nehmen wir erst mal $n=2$. Die Dichte von [mm] $X_1+X_2$ [/mm] berechnet man nach der Faltungsformel
[mm]g_2(z)=\int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx[/mm]
wobei $g$ die gemeinsame Dichte von [mm] $X_1$ [/mm] und [mm] $X_2$ [/mm] bezeichnet, also
[mm]g(x_1,x_2)=\left\{
\begin{array}{cl}
\lambda^2e^{-\lambda (x_1+x_2)} & \mbox{für }x_1,x_2>0\\
0& \mbox{sonst.}
\end{array}
\right.[/mm]
Beachte, dass bei der Berechnung von [mm] $g_2$ [/mm] auch die Integralgrenzen wichtig sind. Man erhält
[mm]g_2(z)=\lambda^2ze^{-\lambda z}[/mm]
für $z>0$ und 0 sonst. Nun kannst Du Schritt für Schritt [mm] $g_3$, $g_4$ [/mm] usw. bestimmen. Nach meiner REchnung ergibt sich
[mm]g_n(z)=\lambda^n\frac{z^{n-1}}{(n-1)!}e^{-\lambda z}[/mm]
für die Dichte von [mm] $Z:=X_1+\ldots X_n$. [/mm] Diese benutzt Du, um über erneute Integration den Erwartungswert von 1/Z zu bestimmen. Dann sollte es hinhauen.
Viele Grüße
Brigitte
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Hi!
Ich seh grad nicht weiter.
> Aber damit funktioniert es tatsächlich. Nehmen wir erst mal
> [mm]n=2[/mm]. Die Dichte von [mm]X_1+X_2[/mm] berechnet man nach der
> Faltungsformel
>
> [mm]g_2(z)=\int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx[/mm]
> wobei [mm]g[/mm] die gemeinsame Dichte von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] bezeichnet, also
[mm]g(x_1,x_2)=\left\{
\begin{array}{cl}
\lambda^2e^{-\lambda (x_1+x_2)} & \mbox{für }x_1,x_2>0\\
0& \mbox{sonst.}
\end{array}
\right. [/mm]
> Beachte, dass bei der Berechnung von [mm]g_2[/mm] auch die Integralgrenzen wichtig sind. Man erhält
[mm]g_2(z)=\lambda^2ze^{-\lambda z}[/mm]
> für [mm]z>0[/mm] und 0 sonst.
Wenn ich das so in deine Formel mit den Bezeichnungen einsetze, komme ich zu
[mm] g_2(z)=\int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \lambda^2 e^{-\lambda(x+z-x)}dx = \int_{-\infty}^{\infty} \lambda^2 e^{-\lambda z}dx [/mm]
und das macht ja keinen Sinn. Was machst du denn mit dem [mm]dx[/mm]?
> Nun kannst Du Schritt für Schritt [mm]g_3[/mm], [mm]g_4[/mm] usw. bestimmen.
Wie sieht denn das [mm]g_3[/mm] aus?
[mm]g_3(z) = \int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx[/mm]
Aber da müßten doch jetzt irgendwie 3 Argumente auftauchen, wenn ich es richtig sehe? *Verzweiflung*
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Hallo!
Sorry, dass ich beim ersten Mal zu ungenau erklärt habe.
> > Aber damit funktioniert es tatsächlich. Nehmen wir erst
> mal
> > [mm]n=2[/mm]. Die Dichte von [mm]X_1+X_2[/mm] berechnet man nach der
> > Faltungsformel
> >
> > [mm]g_2(z)=\int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx[/mm]
> wobei [mm]g[/mm] die gemeinsame Dichte von [mm]X_1[/mm] und [mm]X_2[/mm] bezeichnet, also
>[mm]g(x_1,x_2)=\left\{
\begin{array}{cl}
\lambda^2e^{-\lambda (x_1+x_2)} & \mbox{für }x_1,x_2>0\\
0& \mbox{sonst.}
\end{array}
\right.[/mm]
> Beachte, dass bei der Berechnung von [mm]g_2[/mm] auch die Integralgrenzen wichtig sind. Man erhält
> > [mm]g_2(z)=\lambda^2ze^{-\lambda z}[/mm]
> > für [mm]z>0[/mm] und 0 sonst.
> Wenn ich das so in deine Formel mit den Bezeichnungen einsetze, komme ich zu
> [mm]g_2(z)=\int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \lambda^2 e^{-\lambda(x+z-x)}dx = \int_{-\infty}^{\infty} \lambda^2 e^{-\lambda z}dx[/mm]
> und das macht ja keinen Sinn. Was machst du denn mit dem [mm]dx[/mm]?
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Du hast die Integralgrenzen nicht berücksichtigt. Die Dichte ist nur dann exht positiv, wenn $x>0$ und
$x-z>0$, also für $0<x<z$. Damit geht das Integral nur von 0 bis $z$, und Du erhältst noch den Faktor $z$ (den Du bei meiner Lösung offenbar übersehen hast).
> > Nun kannst Du Schritt für Schritt [mm]g_3[/mm], [mm]g_4[/mm] usw. bestimmen.
> Wie sieht denn das [mm]g_3[/mm] aus?
> [mm]g_3(z) = \int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx[/mm]
Aber was ist nun $g$? Das muss ja die gemeinsame Dichte von [mm] $X_1+X_2$ [/mm] und [mm] $X_3$ [/mm] sein. Die Dichte von [mm] $X_1+X_2$ [/mm] ist [mm] $g_2(z)$ [/mm] und die Dichte von [mm] $X_3$ [/mm] wieder die von der Exponentialverteilung. Da die beiden Zufallsvariablen als unabhängig angenommen werden, darfst Du die beiden Dichten multiplizieren, um auf die gemeinsame zu kommen. Was kommt dann raus?
> Aber da müßten doch jetzt irgendwie 3 Argumente auftauchen, wenn ich es richtig sehe? *Verzweiflung*
Da Du immer nur zwei Zufallsvariablen betrachtest (hier [mm] $X_1+X_2$ [/mm] und [mm] $X_3$), [/mm] werden es nicht mehr Argumente, es bleibt bei zweien. Vielleicht gibt es ja auch eine Formel, die gleich alles auf einmal berücksichtigt. Aber ich finde es übersichtlicher, wenn man Schritt für Schritt vorgeht.
Viele Grüße
Brigitte
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Hey brigitte!
Ja klar, danke schön. Wenn ich die Grenzen richtig (!) berücksichtige komme ich auch
[mm] g_2(z) = \int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx = \int_0^z\lambda^2e^{-\lambda(x+z-x)}\,dx = \lambda^2e^{-\lambda z}z[/mm]
Mit
[mm] g_3(z) = \int_{-\infty}^{\infty} g(x,z-x)\,dx [/mm],
wobei [mm]g[/mm] die gemeinsame Dichte von [mm]X_1+X_2[/mm] und [mm]X_3[/mm] ist, also wegen der Unabhängigkeit
[mm]g_3(y,x_3) = g_2(y)f(x_3) = \lambda^2 z e^{-\lambda z} \lambda e^{-\lambda x_3} = \lambda^3 z e^{-\lambda(y+x_3)}[/mm] für [mm]y,x_3 > 0\quad (y=x_1+x_2)[/mm]
und 0 sonst.
usw. führt mich das tatsächlich auf die Form der gemeinsamen Dichte von [mm]Z=X_1+\ldots+X_n[/mm]
[mm]g_n(z) = \lambda^n\bruch{z^{n-1}}{(n-1)!}e^{-\lambda z}[/mm]
Wie's dann weitergeht ist ja klar, hast du ja geschrieben.
Ich danke dir vielmals... war nett und funktioniert ganz gut dieses Forum!
Gruß
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