¿Qué tipo de distribución es ?

Qué tipo de función es:

$f_X(x) = 2 \lambda \pi x e^{-\lambda \pi x ^2}$

¿Es esta una distribución común? Estoy tratando de encontrar un intervalo de confianza de usando el estimador y estoy luchando para demostrar si esto estimador tiene normalidad asintótica. $\lambda$ $\hat{\lambda}=\frac{n}{\pi \sum^n_{i=1} X^2_i}$

Gracias

distributions confidence-interval estimation self-study Mitch
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Tal vez ayude: si Y se distribuye exponencialmente, entonces X = Y ^ 2 se distribuye con f_X. Puedes echar un vistazo aquí para el MLE de Y ...

teucer

@teucer, lo siento, no vi tu comentario, así que publiqué prácticamente la misma respuesta.

mpiktas

siempre, siempre indica que la pregunta está relacionada con la tarea. La tarea es para que aprendas, solo obtener la respuesta correcta no te ayudará e incluso puede hacerte daño a la larga. Supongo que esta es una tarea de la pregunta de otro usuario.

mpiktas

@mpiktas, esta pregunta estaba relacionada con una pequeña parte de un problema de tarea, pero no formulé la pregunta de manera que alguien simplemente pudiera decirme la respuesta. Era mi intención entender los conceptos y luego resolver mi tarea yo mismo.

Mitch

@mpiktas Sí, sé que su caracterización es correcta y la del teucer no lo es (a pesar de que obtuvo tres votos a pesar del hecho de que el enlace a Wikipedia proporcionado no respalda esa afirmación). Estoy acostumbrado a ver variables aleatorias con densidades de la forma referidas como variables aleatorias de Rayleigh : describen la distancia desde origen del punto donde e son variables aleatorias independientes .

\frac{r}{σ^{2}} \exp (- r^{2} / 2 σ^{2})

$\frac{r}{\sigma^2}\exp(-r^2/2\sigma^2)$

(X, Y)

$(X,Y)$

X

$X$

Y

$Y$

N (0, σ^{2})

$N(0,\sigma^2)$

Dilip Sarwate

Respuestas:

Es una raíz cuadrada de distribución exponencial con tasa . Esto significa que si , entonces . $\pi\lambda$ $Y\sim\exp(\pi\lambda)$ $\sqrt{Y}\sim f_X$

Dado que su estimación es la estimación de máxima probabilidad , debe ser asintóticamente normal. Esto se deduce inmediatamente de las propiedades de las estimaciones de máxima verosimilitud. En este caso particular:

\sqrt{n} (\hat{λ} - λ) \to N (0, λ^{2})

$\sqrt{n}(\hat\lambda-\lambda)\to N(0,\lambda^2)$

ya que

E \frac{\partial^{2}}{\partial λ^{2}} \log f_{X} (X) = - \frac{1}{λ^{2}} .

$E\frac{\partial^2}{\partial \lambda^2}\log f_X(X)=-\frac{1}{\lambda^2}.$

mpiktas
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¿Por qué te interesan los asintóticos cuando la respuesta exacta es igual de simple (y exacta)? Supongo que desea una normalidad asintótica para poder utilizar el tipo de intervalo de confianza $\mathrm{Est}\pm z_{\alpha}\mathrm{StdErr}$

Si realiza la transformación de probabilidad entonces tiene una distribución de muestreo exponencial (como ha mencionado @mpiktas): $Y_{i}=X_{i}^{2}$

f_{Y_{i}} (y_{i}) = f_{X_{i}} (\sqrt{y_{i}}) | \frac{\partial \sqrt{y_{i}}}{\partial y_{i}} | = 2 λ π \sqrt{y_{i}} \exp (- λ π {\sqrt{y_{i}}}^{2}) \frac{1}{2 \sqrt{y_{i}}} = λ π \exp (- λ π y_{i})

$\newcommand{\Gamma}{\mathrm{Gamma}} \newcommand{\MLE}{\mathrm{MLE}} \newcommand{\Pr}{\mathrm{Pr}} f_{Y_{i}}(y_{i})=f_{X_{i}}(\sqrt{y_{i}})|\frac{\partial\sqrt{y_{i}}}{\partial y_{i}}|=2 \lambda \pi \sqrt{y_{i}} \exp(-\lambda \pi \sqrt{y_{i}} ^2)\frac{1}{2\sqrt{y_{i}}}=\lambda\pi\exp(-\lambda\pi y_{i})$

Entonces, la probabilidad de registro conjunta en términos de convierte en: $D\equiv\{y_{1},\dots,y_{N}\}$

\log [f (D | λ)] = N \log (π) + N \log (λ) - λ π \sum_{i = 1}^{N} y_{i}

$\log[f(D|\lambda)]=N\log(\pi)+N\log(\lambda)-\lambda\pi\sum_{i=1}^{N}y_{i}$

Ahora, la única forma en que los datos ingresan al análisis es a través del total (y el tamaño de la muestra ). Ahora es un cálculo de la teoría de muestreo elemental mostrar que , y además que . Podemos hacer que esto sea una cantidad "fundamental" sacando de las ecuaciones (de la misma manera que acabo de poner en ellas). Y tenemos: $T_{N}=\sum_{i=1}^{N}y_{i}$ $N$ $T_{N}\sim \Gamma(N,\pi\lambda)$ $\pi N^{-1}T_{N}\sim \Gamma(N,N\lambda)$ $\lambda$ $N$

λ π N^{- 1} T_{N} = \frac{λ}{{\hat{λ}}_{M L E}} \sim G a m m a (N, N)

$\lambda\pi N^{-1}T_{N}=\frac{\lambda}{\hat{\lambda}_{\MLE}}\sim \Gamma(N,N)$

Tenga en cuenta que, por lo tanto, ahora tenemos una distribución que involucra el MLE y cuya distribución de muestreo es independiente del parámetro . Ahora su MLE es igual a Y así escribe cantidades y modo que se cumpla lo siguiente: $\lambda$ $\frac{1}{\pi N^{-1}T_{N}}$ $L_{\alpha}$ $U_{\alpha}$

P r (L_{α} < G < U_{α}) = 1 - α G \sim G a m m a (N, N)

$\Pr(L_{\alpha} < G < U_{\alpha})=1-\alpha\;\;\;\;\;\;\;G\sim \Gamma(N,N)$

Y luego tenemos:

P r (L_{α} < \frac{λ}{{\hat{λ}}_{M L E}} < U_{α}) = P r (L_{α} {\hat{λ}}_{M L E} > λ > U_{α} {\hat{λ}}_{M L E}) = 1 - α

$\Pr(L_{\alpha} < \frac{\lambda}{\hat{\lambda}_{\MLE}} < U_{\alpha})=\Pr(L_{\alpha}\hat{\lambda}_{\MLE} > \lambda > U_{\alpha}\hat{\lambda}_{\MLE})=1-\alpha$

Y tiene un intervalo de confianza exacto para . $1-\alpha$ $\lambda$

NOTA: La distribución Gamma que estoy usando es el estilo de "precisión", de modo que una densidad ve así: $\Gamma(N,N)$

f_{G a m m a (N, N)} (g) = \frac{N^{N}}{G a m m a (N)} g^{N - 1} \exp (- N g)

$f_{\Gamma(N,N)}(g)=\frac{N^{N}}{\Gamma(N)}g^{N-1}\exp(-Ng)$

probabilidadislogica
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¡Gracias! Muy buena respuesta, sin embargo, necesitaba usar una aproximación normal. Sin embargo, entiendo completamente y estoy de acuerdo con su solución.

Mitch