পিসন প্যারামিটারের নিরপেক্ষ अनुमानক

দিন প্রতি দুর্ঘটনার সংখ্যা পরামিতি সঙ্গে একটি পইসন র্যান্ডম পরিবর্তনশীল , কি আর করব 10 এলোমেলোভাবে নির্বাচিত দিনগুলোতে দুর্ঘটনার সংখ্যা 1,0,1,1,2,0,2,0,0,1 যেমন পরিলক্ষিত হয় এর নিরপেক্ষ অনুমানক হতে হবে ? $\lambda$ $e^{\lambda}$

আমি এই ভাবে প্রচেষ্টা করার চেষ্টা: আমরা জানি যে , কিন্তু । তাহলে প্রয়োজনীয় নিরপেক্ষ অনুমানক কী হবে? $E(\bar{x})=\lambda=0.8$ $E(e^{\bar{x}})\neq\ e^{\lambda}$

self-study estimation poisson-distribution

— প্রিয়াঙ্কা
সূত্র

উত্তর:

যদি , তবে, । এটি গণনা করা শক্ত $X\sim \text{Pois}(\lambda)$ $P(X = k) = \lambda^ke^{-\lambda}/k!$ $k\geq 0$

E [X^{n}] = \sum_{k \geq 0} k^{n} P (X = k),

$E[X^n] = \sum_{k\geq 0} k^n P(X = k)\text{,}$ তবে , যেখানে গণনা করা অনেক সহজ : আপনি এটি প্রমাণ করতে পারেন নিজের দ্বারা - এটি একটি সহজ অনুশীলন। এছাড়াও, আমি আপনাকে নিম্নলিখিতটি নিজের দ্বারা প্রমাণ করতে দেব: যদি যদি তবে সুতরাং, আসুন । এটা যে অনুসরণ করে

E [X^{\underline{n}}]

$E[X^{\underline{n}}]$

X^{\underline{n}} = X (X - 1) \dots (X - n + 1)

$X^{\underline{n}} = X(X - 1)\cdots (X - n + 1)$

E [X^{\underline{n}}] = λ^{n} .

$E[X^\underline{n}]=\lambda^n\text{.}$

X_{1}, \dots, X_{N}

$X_1,\cdots, X_N$

Pois (λ)

$\text{Pois}(\lambda)$

U = \sum_{i} X_{i} \sim Pois (N λ)

$U = \sum_i X_i\sim \text{Pois}(N\lambda)$

E [U^{\underline{n}}] = (N λ)^{n} = N^{n} λ^{n} and E [U^{\underline{n}} / N^{n}] = λ^{n} .

$E[U^{\underline{n}}] = (N\lambda)^n = N^n \lambda^n\quad\text{and}\quad E[U^\underline{n}/N^n] = \lambda^n\text{.}$

Z_{n} = U^{\underline{n}} / N^{n}

$Z_n = U^{\underline{n}}/N^n$

$Z_n$ করা আপনার পরিমাপ কার্যাবলী হয় , , $X_1$ $\dots$ $X_N$
$E[Z_n] = \lambda^n$ ,

যেহেতু, আমরা এটি অনুমান করতে পারি $e^\lambda = \sum_{n\geq 0}\lambda^n /n!$

E [\sum_{n \geq 0} \frac{Z_{n}}{n!}] = \sum_{n \geq 0} \frac{λ^{n}}{n!} = e^{λ},

$E\left[\sum_{n\geq 0}\frac{Z_n}{n!}\right] =\sum_{n\geq 0} \frac{\lambda^n}{n!} = e^\lambda\text{,}$ অতএব, আপনার নিরপেক্ষ, অর্থাৎ, । যাইহোক, গনা , এক একটি সমষ্টি যে অসীম মনে করা হয় মূল্যায়ন করতে হবে, কিন্তু মনে রাখবেন যে , অত জন্য । এটি জন্য অনুসরণ করে , সুতরাং যোগফল সীমাবদ্ধ।

W = \sum_{n \geq 0} Z_{n} / n!

$W = \sum_{n\geq 0} Z_n/n!$

E [W] = e^{λ}

$E[W] = e^\lambda$

W

$W$

U \in N_{0}

$U\in \mathbb{N}_0$

U^{\underline{n}} = 0

$U^\underline{n} = 0$

n > U

$n>U$

Z_{n} = 0

$Z_n = 0$

n > U

$n>U$

আমরা দেখতে পাচ্ছি যে এই পদ্ধতিটি ব্যবহার করে, আপনি যে কোনও ফাংশনের জন্য নিরপেক্ষ অনুমানকটি পেতে পারেন যা । $\lambda$ $f(\lambda) = \sum_{n\geq 0}a_n\lambda^n$

— Antoine:
সূত্র

এটি অনুসরণ করে যে । আমরা অনুমান করতে চাই । আপনি যেমনটি বলেছেন, একটি সম্ভাব্য অনুমানকারী হবে মুহূর্ত উৎপাদিত ফাংশন ব্যবহার , আমরা যে সুতরাং পক্ষপাতদুষ্ট। কিছু অনুমানের পরামর্শ দেয় যে $Y=\sum_{i=1}^{10} X_i \sim \text{Pois}(10\lambda)$ $\theta=e^\lambda$

\hat{θ} = e^{\bar{X}} = e^{Y / 10} .

$\begin{equation} \hat\theta = e^{\bar X} = e^{Y/10}. \end{equation}$

Y

$Y$

M_{Y} (t) = e^{10 λ (e^{t} - 1)},

$\begin{equation} M_Y(t)=e^{10\lambda(e^t - 1)}, \end{equation}$

E (\hat{θ}) = E (e^{\frac{1}{10} Y}) = M_{Y} (\frac{1}{10}) = e^{10 λ (e^{1 / 10} - 1)} = θ^{10 (e^{1 / 10} - 1)},

$\begin{equation} E(\hat\theta) = E(e^{\frac1{10}Y}) = M_Y(\frac1{10}) = e^{10\lambda(e^{1/10} - 1)} = \theta^{10(e^{1/10}-1)}, \end{equation}$

\hat{θ}

$\hat\theta$

θ^{*} = e^{a Y},

$\begin{equation} \theta^* = e^{aY}, \end{equation}$ সংশোধন ফ্যাক্টরের উপযুক্ত পছন্দের জন্য পক্ষপাতহীন হতে পারে । আবার, এর এমজিএফ ব্যবহার করে আমরা দেখতে পেলাম যে সুতরাং এটি নিরপেক্ষ যদি যা এবং ল্যাম্বদার একটি নিরপেক্ষ अनुमानক হিসাবে ।

a

$a$

Y

$Y$

E (θ^{*}) = e^{10 λ (e^{a} - 1)} = θ^{10 (e^{a} - 1)},

$\begin{equation} E(\theta^*) = e^{10\lambda(e^a - 1)} = \theta^{10(e^a-1)}, \end{equation}$

10 (e^{a} - 1) = 1

$10(e^a - 1) = 1$

a = \ln \frac{11}{10}

$a=\ln\frac{11}{10}$

θ^{*} = (\frac{11}{10})^{Y}

$\theta^* = (\frac{11}{10})^Y$

θ = e^{λ}

$\theta=e^\lambda$

দ্বারা লেহম্যান-Scheffé উপপাদ্য , যেহেতু জন্য যথেষ্ট পরিসংখ্যাত হয় , মূল্নির্ধারক (ক ফাংশন ) হল UMVUE জন্য । $Y$ $\lambda$ $\theta^*$ $Y$ $e^\lambda$

— জারলে টুফ্টো
সূত্র