Vergleich zweier Schätzer < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:11 Di 14.01.2014 | | Autor: | custos |
| Aufgabe | | Betrachtet sei in unserem Münzwurfbeispiel der alternative Schätzer [mm]\widetilde m(X)=\frac 1{n+2}(X+1)[/mm]. Zeigen Sie, dass der mittlere quadratischer Fehler für einige Werte von [mm]p[/mm] kleiner als der des arithmetischen Mittels ist. |
[mm]X[/mm] ist eine Folge von Münzwürfen, also binomialverteilt, und wir wollen den Bernoulli-Parameter [mm]p[/mm] schätzen. Zu vergleichen sind [mm]\widetile m[/mm] (s. o.) und [mm]\widehat p(X)=\frac Xn[/mm] (arithm. Mittel). Mein Ansatz ist folgender:
[mm]\[ R(p, \widetilde m) \overset !< R(p, \widehat p)\\
\iff E_p\left(\left(\frac{X+1}{n+2}-p\right)^2\right) < E_p\left(\left(\frac Xn-p\right)^2\right)\\
\iff \sum_{x\in X}\left(\frac{x+1}{n+2}-p\right)^2\binom nx p^x(1-p)^{n-x} < \sum_{x\in X}\left(\frac{x}{n}-p\right)^2\binom nx p^x(1-p)^{n-x} \][/mm]
Soweit richtig? Wie finde ich diejenigen [mm]p[/mm], für die die Ungleichung gilt? Oder geht mein Ansatz in eine völlig falsche Richtung?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:38 Di 14.01.2014 | | Autor: | luis52 |
> Oder geht mein Ansatz in eine völlig falsche Richtung?
Moin, "falsch" ist vielleicht zu stark, aber umstaendlich. Nutze die alte Bauernregel
[mm] $\operatorname{E}[(T-p)^2]=(\operatorname{E}[T]-p)^2+\operatorname{Var}[T]=\operatorname{Bias}^2+\operatorname{Varianz}$.
[/mm]
Alle relevanten Groessen kannst du aus [mm] $\operatorname{E}[X]=np$ [/mm] und [mm] \operatorname{Var}[X]=np(1-p)$ [/mm] berechnen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:12 Di 14.01.2014 | | Autor: | custos |
Vielen Dank für den Tipp, ich versuche es mal mit Bias und Varianz:
[mm]\[ Var_p(\widehat p)+b(p, \widehat p)^2 \overset !< Var_p(\widetilde m) + b(p, \widehat m)^2 \iff \frac{p(1-p)}n+(p-p)^2 < \frac{np(1-p)}{(n+2)^2}+\left(p-\frac{np+1}{n+2}\right)^2[/mm]
Soweit richtig? Dann müsste ich nur noch bestimmen, für welche p die Ungleichung gilt? Aber so viel einfacher sieht mir das jetzt nicht aus, zumindest auf den ersten Blick. :S
(Stimmt es überhaupt, dass bspw. [mm]Var_p(\widehat p)=\frac{p(1-p)}n[/mm]? Ich habe das 1/n einfach quadratisch vor die Varianz der Binomialverteilung gezogen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:18 Di 14.01.2014 | | Autor: | luis52 |
> Vielen Dank für den Tipp, ich versuche es mal mit Bias und
> Varianz:
> [mm]\[ Var_p(\widehat p)+b(p, \widehat p)^2 \overset !< Var_p(\widetilde m) + b(p, \widehat m)^2 \iff \frac{p(1-p)}n+(p-p)^2 < \frac{np(1-p)}{(n+2)^2}+\left(p-\frac{np+1}{n+2}\right)^2[/mm]
>
> Soweit richtig? Dann müsste ich nur noch bestimmen, für
> welche p die Ungleichung gilt? Aber so viel einfacher sieht
> mir das jetzt nicht aus, zumindest auf den ersten Blick.
> :S
Nicht einfacher als [mm] $\sum_{x\in X}\left(\frac{x+1}{n+2}-p\right)^2\binom [/mm] nx [mm] p^x(1-p)^{n-x} [/mm] < [mm] \sum_{x\in }\left(\frac{x}{n}-p\right)^2\binom [/mm] nx [mm] p^x(1-p)^{n-x} [/mm] $ ? Da bin ich anderer Ansicht.
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> (Stimmt es überhaupt, dass bspw. [mm]Var_p(\widehat p)=\frac{p(1-p)}n[/mm]?
> Ich habe das 1/n einfach quadratisch vor die Varianz der
> Binomialverteilung gezogen.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Laut Mathematica ist
[mm] $Var_p(\widehat [/mm] p)+b(p, [mm] \widehat p)^2 [/mm] - [mm] Var_p(\widetilde [/mm] m) - b(p, [mm] \widehat m)^2=Var_p(\widehat [/mm] p)- [mm] Var_p(\widetilde [/mm] m) - b(p, [mm] \widehat m)^2$ [/mm]
gegeben durch [mm] $\frac{n (-8 (p-1) p-1)-4 (p-1) p}{n (n+2)^2}$ [/mm] ...
(Ohne Gewaehr.)
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