はどのような分布ですか？

どのような機能です：

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

これは一般的なディストリビューションですか？推定器を使用して信頼区間を見つけようとしていますが、これを証明するのに苦労していますestimatorには漸近正規性があります。 $\lambda$ $\hat{\lambda}=\frac{n}{\pi \sum^n_{i=1} X^2_i}$

ありがとう

— ミッチ
ソース

Yが指数分布する場合、X = Y ^ 2はf_Xと共に分布します。あなたは見ることができ、ここで ... YのMLEのために

— テウクロス

@teucer、ごめんなさい、あなたのコメントを見なかったので、ほぼ同じ答えを投稿しました。

— mpiktas

常に、常に質問が宿題に関連していることを示します。宿題はあなたが学ぶためのものであり、正しい答えを得ることはあなたを助けません、そして長い目で見ればあなたを傷つけるかもしれません。これは他のユーザーの質問の宿題だと思います。

— mpiktas '17年

@mpiktas、この質問は宿題のほんの一部に関連していましたが、誰かが答えを簡単に教えられるような方法で質問をフレーズしませんでした。コンセプトを理解して宿題を自分で解決するのが私の意図でした。

— ミッチ

@mpiktasはい、あなたの特徴は正しく、トゥイサーの特徴は正しくありません（ウィキペディアへのリンクがその主張をサポートしていないという事実にもかかわらず3つの賛成票を得たとしても）レイリー確率変数と呼ばれるという形式の密度を持つ確率変数を見るのに慣れています。点の原点及び独立しているランダム変数。

\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

回答:

これは、レートがの指数分布の平方根です。つまり、場合、ます。 $\pi\lambda$ $Y\sim\exp(\pi\lambda)$ $\sqrt{Y}\sim f_X$

推定は最尤推定であるため、漸近的に正常である必要があります。これは、最尤推定の特性のすぐ後に続きます。この特定のケースでは：

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

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

以来

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
ソース

正確な答えが同じくらい簡単（かつ正確）なのに、なぜ漸近性を気にするのですか？タイプの信頼区間を使用できるように、漸近的な正規性が必要であると想定しています。 $\mathrm{Est}\pm z_{\alpha}\mathrm{StdErr}$

確率変換をにすると、（@ mpiktasが言及したように）指数サンプリング分布になります。 $Y_{i}=X_{i}^{2}$

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})

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

したがって、観点からの対数尤度は次のようになります。 $D\equiv\{y_{1},\dots,y_{N}\}$

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

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

これで、データが分析に入る唯一の方法は、合計（およびサンプルサイズ）によるものです。今では表示する基本サンプリング理論計算であること、およびさらにその。さらに、方程式からすることで、これを "極めて重要な"量にすることができます（を代入したのと同じ方法で）。そして私たちは持っています： $T_{N}=\sum_{i=1}^{N}y_{i}$ $N$ $T_{N}\sim \Gamma(N,\pi\lambda)$ $\pi N^{-1}T_{N}\sim \Gamma(N,N\lambda)$ $\lambda$ $N$

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

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

これで、MLEを含み、そのサンプリング分布がパラメーター依存しない分布ができたことに注意してください。これで、MLEはと等しくなり、と次のように書きます。 $\lambda$ $\frac{1}{\pi N^{-1}T_{N}}$ $L_{\alpha}$ $U_{\alpha}$

P r （ L_{α} < G < U_{α} ） = 1 - α G 〜 G a メートル メートル a （ N 、 N ）

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

そして、次のようになります。

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

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

そして、あなたはに対して正確な 信頼区間を持っています。 $1-\alpha$ $\lambda$

注：私が使用しているガンマ分布は「精度」スタイルなので、密度は次のようになります： $\Gamma(N,N)$

f_{G a メートル メートル a （ N 、 N ）} （ g ） = \frac{N^{N}}{G a メートル メートル a （ N ）} g^{N - 1} \exp （ - N g ）

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

— 確率論的
ソース

ありがとう！本当に良い答えですが、通常の近似を使用する必要がありました。私はあなたの解決策を完全に理解し同意します。

— ミッチ