Незаангажований оцінювач параметра Пуассона

9

Кількість аварій на день - випадкова величина Пуассона з параметром , за 10 випадково вибраних днів кількість аварій спостерігалося як 1,0,1,1,2,0,2,0,0,1, яка буде бути неупередженим оцінювачем ? $\lambda$ $e^{\lambda}$

Я намагався спробувати таким чином: Ми знаємо, що , але . Тоді яким буде необхідний неупереджений оцінювач? $E(\bar{x})=\lambda=0.8$ $E(e^{\bar{x}})\neq\ e^{\lambda}$

self-study estimation poisson-distribution

— приянка
джерело

9

Якщо $X\sim \text{Pois}(\lambda)$ , тоді $P(X = k) = \lambda^ke^{-\lambda}/k!$ , для $k\geq 0$ . Важко обчислити

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

$E[X^n] = \sum_{k\geq 0} k^n P(X = k)\text{,}$ але набагато простіше обчислити

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

$E[X^{\underline{n}}]$ , де

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} .

$E[X^\underline{n}]=\lambda^n\text{.}$ Ви можете довести це самостійно - це легка вправа. Також я дозволю вам довести наступне: Якщо

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

$X_1,\cdots, X_N$ є як

Pois (λ)

$\text{Pois}(\lambda)$ , тоді

U = \sum_{i} X_{i} \sim Pois (N λ)

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

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

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

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

$Z_n = U^{\underline{n}}/N^n$ . З цього випливає

$Z_n$ - це функції ваших вимірювань $X_1$ , $\dots$ , $X_N$
$E[Z_n] = \lambda^n$ ,

З тих пір $e^\lambda = \sum_{n\geq 0}\lambda^n /n!$ , ми можемо це зробити

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

$E\left[\sum_{n\geq 0}\frac{Z_n}{n!}\right] =\sum_{n\geq 0} \frac{\lambda^n}{n!} = e^\lambda\text{,}$ отже, ваш неупереджений оцінювач

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

$W = \sum_{n\geq 0} Z_n/n!$ , тобто

E [W] = e^{λ}

$E[W] = e^\lambda$ . Однак для обчислення

W

$W$ , треба оцінити суму, яка здається нескінченною, але зауважте це

U \in N_{0}

$U\in \mathbb{N}_0$ , отже

U^{\underline{n}} = 0

$U^\underline{n} = 0$ для

n > U

$n>U$ . З цього випливає

Z_{n} = 0

$Z_n = 0$ для

n > U

$n>U$ , отже, сума є кінцевою.

Ми можемо бачити, що за допомогою цього методу можна знайти неупереджений оцінювач для будь-якої функції $\lambda$ що можна виразити як $f(\lambda) = \sum_{n\geq 0}a_n\lambda^n$ .

— Антуан
джерело

3

З цього випливає $Y=\sum_{i=1}^{10} X_i \sim \text{Pois}(10\lambda)$ . Ми хочемо оцінити $\theta=e^\lambda$ . Як ви кажете, можливий оцінювач був би

\hat{θ} = e^{\bar{X}} = e^{Y / 10} .

$\begin{equation} \hat\theta = e^{\bar X} = e^{Y/10}. \end{equation}$ Використання функції, що генерує момент

Y

$Y$ ,

M_{Y} (t) = e^{10 λ (e^{t} - 1)},

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

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)},

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

\hat{θ}

$\hat\theta$ упереджений. Деякі здогадки говорять про це

θ^{*} = e^{a Y},

$\begin{equation} \theta^* = e^{aY}, \end{equation}$ може бути неупередженим для відповідного вибору коригуючого коефіцієнта

a

$a$ . Знову, використовуючи мг мг

Y

$Y$ ми знаходимо це

Е (θ^{*}) = е^{10 λ (е^{а} - 1)} = θ^{10 (е^{а} - 1)},

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

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

$10(e^a - 1) = 1$ що призводить до

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

$a=\ln\frac{11}{10}$ і

θ^{*} = (\frac{11}{10})^{Y}

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

θ = e^{λ}

$\theta=e^\lambda$ .

За теоремою Леманна-Шеффе , оскільки $Y$ є достатньою статистикою для $\lambda$ , оцінювач $\theta^*$ (функція $Y$ ) є UMVUE для $e^\lambda$ .

— Джарле Туфто
джерело