Que tipo de distribuição é ?

Que tipo de função é:

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

Esta é uma distribuição comum? Estou tentando encontrar um intervalo de confiança de usando o estimador e estou lutando para provar se isso estimador possui Normalidade Assintótica. $\lambda$ $\hat{\lambda}=\frac{n}{\pi \sum^n_{i=1} X^2_i}$

obrigado

— Mitch
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Talvez ajude: se Y é distribuído exponencialmente, então X = Y ^ 2 é distribuído com f_X. Você pode ter um olhar aqui para o MLE de Y ...

— Teucer

@teucer, desculpe não ter visto seu comentário, então eu postei praticamente a mesma resposta.

— mpiktas 16/05

sempre, sempre indique que a pergunta está relacionada à lição de casa. O dever de casa é para você aprender, apenas obter a resposta correta não o ajudará e pode até machucá-lo a longo prazo. Estou supondo que isso seja uma lição de casa da pergunta de outro usuário.

— mpiktas 17/05

@mpiktas, esta pergunta estava relacionada a uma pequena parte de um problema de lição de casa, mas eu não a expressei de uma maneira que alguém pudesse simplesmente me responder. Era minha intenção compreender os conceitos e depois resolver minha lição de casa.

— Mitch

@mpiktas Sim, eu sei que sua caracterização está correta e o professor não está (apesar de ter recebido três votos positivos, apesar do link para a Wikipedia fornecido nela não suportar essa alegação). Estou acostumado a ver variáveis aleatórias com densidades da forma conhecidas como variáveis aleatórias Rayleigh : elas descrevem a distância da origem do ponto onde e são variáveis aleatórias independentes .

\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})

$N(0,\sigma^2)$

— precisa

Respostas:

É uma raiz quadrada da distribuição exponencial com taxa . Isso significa que, se , então . $\pi\lambda$ $Y\sim\exp(\pi\lambda)$ $\sqrt{Y}\sim f_X$

Como sua estimativa é de probabilidade máxima , deve ser assintoticamente normal. Isso segue imediatamente das propriedades das estimativas de máxima verossimilhança. Nesse caso em particular:

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

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

Desde a

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 que você se importa com assintóticos quando a resposta exata é tão simples (e exata)? Estou assumindo que você deseja normalidade assintótica para poder usar o tipo de intervalo de confiança $\mathrm{Est}\pm z_{\alpha}\mathrm{StdErr}$

Se você fizer a transformação de probabilidade , terá uma distribuição de amostragem exponencial (como @mpiktas mencionou): $Y_{i}=X_{i}^{2}$

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})

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

Portanto, a probabilidade conjunta de log em termos de se torna: $D\equiv\{y_{1},\dots,y_{N}\}$

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

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

Agora, a única maneira pela qual os dados entram na análise é através do total (e o tamanho da amostra ). Agora é um cálculo da teoria de amostragem elementar mostrar que e ainda mais que . Podemos ainda fazer disso uma quantidade "essencial" removendo das equações (da mesma maneira que acabei de colocar nelas). E nós temos: $T_{N}=\sum_{i=1}^{N}y_{i}$ $N$ $T_{N}\sim \Gamma(N,\pi\lambda)$ $\pi N^{-1}T_{N}\sim \Gamma(N,N\lambda)$ $\lambda$ $N$

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

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

Observe que agora temos uma distribuição que envolve o MLE e cuja distribuição amostral é independente do parâmetro . Agora, seu MLE é igual a e, portanto, escrevendo as quantidades e modo que o seguinte seja válido: $\lambda$ $\frac{1}{\pi N^{-1}T_{N}}$ $L_{\alpha}$ $U_{\alpha}$

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

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

E então temos:

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

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

E você tem um intervalo de confiança exato para . $1-\alpha$ $\lambda$

NOTA: A distribuição gama que estou usando é o estilo "precisão", para que a densidade semelhante a: $\Gamma(N,N)$

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

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

— probabilityislogic
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Obrigado! Resposta realmente ótima, no entanto, eu precisava usar uma aproximação normal. Eu entendo e concordo completamente com sua solução.

— Mitch