Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda andre9000 » 15/11/2017, 12:56

Ciao a tutti, sto avendo difficoltà con lo svolgimento del punto d. di questo esercizio: il problema sta nel fatto che non riesco proprio a capire da dove cominciare; nei punti precedenti avevo trovato lo stimatore di teta ma in questo caso mi sembra inutilizzabile. Qualche consiglio?


Immagine
andre9000
Starting Member
Starting Member
 
Messaggio: 5 di 40
Iscritto il: 28/12/2016, 18:32

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda andre9000 » 15/11/2017, 13:42

Mi scuso se ho inserito solo l'immagine, forse mi sono espresso male ma il mio problema riguarda solamente il punto D, che non so come impostare (per il resto si tratta di una log-normale, appartiene alla famiglia esponenziale e lo stimatore di massima verosimiglianza è $1/\theta$=$(\sum_{i=1}^N lnx)/n$, il quale è anche umvue). Inoltre devo utilizzare le informazioni che ho nel testo (quindi senza utilizzare la formula nota della varianza di una log-normale)
andre9000
Starting Member
Starting Member
 
Messaggio: 6 di 40
Iscritto il: 28/12/2016, 18:32

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda tommik » 15/11/2017, 14:39

Intanto se lo stimatore trovato è UMVUE non implica che raggiunga anche il lower bound di Cramér Rao (anzi, i casi in cui l'UMVUE raggiunge anche il lower bound sono assai rari).
Per calcolare l'intervallo asintotico puoi usare la distribuzione asintotica dello stimatore di massima verosimiglianza:

l'intervallo richiesto è

$P{a<e^(1/theta)<b}=1-alpha$

ovvero

$P{loga<1/theta<logb}=1-alpha$

ora per trovare un intervallo asintotico ti basta trovare una quantità pivotale.

Per le proprietà degli stimatori di MV la distribuzione di $(Sigmalogx)/n$ è normale di media $1/theta$ e varianza:

$V(T)>=([g'(theta)]^2)/(-nE{partial^2/(partial theta^2)logf(x,theta)})=1/n$

ora, ponendo $Y=logx$

abbiamo che $(bar(Y)-1/theta)sqrt(n)~Phi_((0;1))$

Quindi mi pare tutto risolto

Osserviamo anche che in questo caso conosciamo la distribuzione esatta dello stimatore $T=(Sigmalogx)/n$, non distorto ed efficiente (raggiunge il limite inferiore): di conseguenza si poteva arrivare al medesimo risultato senza passare per le proprietà degli stimatori di MV dato che l'intervallo trovato non e' asintotico ma esatto.

:)




saluti
tommik
Moderatore
Moderatore
 
Messaggio: 3551 di 11278
Iscritto il: 23/04/2015, 13:13
Località: Cassano Magnago

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda andre9000 » 16/11/2017, 14:35

Grazie mille, sei il migliore!
andre9000
Starting Member
Starting Member
 
Messaggio: 7 di 40
Iscritto il: 28/12/2016, 18:32

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda markowitz » 17/11/2017, 11:56

tommik ha scritto:ora, ponendo $ Y=logx $

abbiamo che $ (bar(Y)-1/theta)sqrt(n)~Phi_((0;1)) $

Quindi mi pare tutto risolto

Osserviamo anche che in questo caso conosciamo la distribuzione esatta dello stimatore $ T=(Sigmalogx)/n $, non distorto ed efficiente (raggiunge il limite inferiore): di conseguenza si poteva arrivare al medesimo risultato senza passare per le proprietà degli stimatori di MV dato che l'intervallo trovato non e' asintotico ma esatto.


La spiegazione di tommik è esaustiva come al solito ma ho comunque qualche dubbio. La distribuzione dello stimatore di $1/theta$ è esattamente Normale. Ma lo stimatore da trovare era quello di $theta$ che è $ T(x)=n/(Sigmalogx) $ e, se non erro, non ha più distribuzione Normale, quindi restano in gioco solo le proprietà asintotiche.

Inoltre anche tralasciando questo punto e concentrandoci su $1/theta = mu$ come se fosse il nuovo parametro di interesse avremmo che la distribuzione per l'inferenza sarebbe Normale solo cercando un intervallo di confidenza per la media di $Y$ (ovvero proprio $mu$), come tu (tommik) mi sembri proporre. Tuttavia per la media di $X$ non mi sembra valere lo stesso risultato.

Inoltre il testo in verità chiede di inferire sulla mediana e qui abbiamo davvero poche possibilità di aver a che fare con inferenza esatta. Anche quando la distribuzione di campionamento fosse Normale non sono sicuro che la mediana campionaria avrebbe distribuzione Normale; non ho però sicurezze. Date un'occhio qui:
https://en.wikipedia.org/wiki/Median#Me ... or_samples
markowitz
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 552 di 1034
Iscritto il: 14/02/2010, 21:50

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda tommik » 20/11/2017, 09:38

markowitz ha scritto:...Ma lo stimatore da trovare era quello di $theta$ che è $ T(x)=n/(Sigmalogx) $ e, se non erro, non ha più distribuzione Normale, quindi restano in gioco solo le proprietà asintotiche.


sì è vero. Io risolverei l'esercizio come ho indicato ma effettivamente, dato che il testo chiede lo stimatore di $theta$, si possono solo usare le proprietà asintotiche. Secondo me la sostanza della soluzione non cambia...

$hat(theta)=n/(Sigmalogx)$ e, per le proprietà degli stimatori di MV abbiamo che


$hat(theta)~N(theta;theta^4/n)$


e quindi si stima innanzitutto l'intervallo di confidenza asintotico per $theta$ utilizzando per la varianza la sua stima $hat(theta)/4$ trovando subito che $(hat(theta)-theta)/(hat(theta)^2) sqrt(n)~Phi_((0;1))$ di immediata risoluzione rispetto a $theta$

$hat(theta)-z/sqrt(n) hat(theta)^2<=theta<=hat(theta)+z/sqrt(n) hat(theta)^2$


Se volessimo esser più precisi si può provare ad invertire $(hat(theta)-theta)/theta^2 sqrt(n)~Phi_((0;1))$ trovando un intervallo di confidenza più preciso (ma ho paura che in questo caso la faccenda si complichi)

Successivamentemi ricondurrei ad un intervallo di confidenza della mediana (che è comunque funzione di $theta$) in questo modo

$P{a<=theta<=b}=1-alpha$

$P{1/b<=1/theta<=1/a}=1-alpha$

$P{e^(1/b)<=e^(1/theta)<=e^(1/a)}=1-alpha$

tu invece come faresti?
tommik
Moderatore
Moderatore
 
Messaggio: 3555 di 11278
Iscritto il: 23/04/2015, 13:13
Località: Cassano Magnago

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda markowitz » 20/11/2017, 20:14

In primis una domanda

tommik ha scritto:
e quindi si stima innanzitutto l'intervallo di confidenza asintotico per $ theta $ utilizzando per la varianza la sua stima $ hat(theta)/4 $

intendevi dire $(hat(theta)^4) /n$ immagino. Giusto?

tommik ha scritto:trovando subito che ...

$ hat(theta)-z/sqrt(n) hat(theta)^2<=theta<=hat(theta)+z/sqrt(n) hat(theta)^2 $



Successivamentemi ricondurrei ad un intervallo di confidenza della mediana (che è comunque funzione di $ theta $) in questo modo

$ P{a<=theta<=b}=1-alpha $

$ P{1/b<=1/theta<=1/a}=1-alpha $

$ P{e^(1/b)<=e^(1/theta)<=e^(1/a)}=1-alpha $

tu invece come faresti?

Almeno per la prima delle tre equazioni, come ai fatto tu :D
ed inoltre hai già mostrato che $a= hat(theta)-z/sqrt(n) hat(theta)^2$ mentre $b=hat(theta)+z/sqrt(n) hat(theta)^2 $
se adesso dovessimo trovare una stima puntuale per $med[X]$ e/o $E[X]$ in base alle proprietà degli ML, se non erro (il passaggio non è banale), possiamo dare $e^(1/ hat(theta))$ e $e^[1/2 + 1/ hat(theta)]$
ma sono meno convinto per la stima intervallare.

Con la seconda equazione non abbiamo più a che fare con una distribuzione Normale e quindi caratterizzare quella probabilità potrebbe essere difficile, ed anche con il ruolo di $a$ e $b$ o paura che dobbiamo andarci cauti.
Stessa storia per la ternza equazione, cioè l'intervallo per la mediana, dato che non so se possiamo passare serenamente ad una lognormale (*) ... ed anche fosse non so se possaimo trattare $a$ e $b$ così come trattiamo $hat(theta)$.

(*)forse da qualche parte ne avevamo già parlato.
markowitz
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 553 di 1034
Iscritto il: 14/02/2010, 21:50

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda tommik » 20/11/2017, 21:08

Si ovviamente intendevo stima della varianza $hat(theta)^4/n$.

Per quanto riguarda i passaggi dell'intervallo di confidenza di una funzione invertibile di $theta$ mi sembrano del tutto leciti ed è quello che si fa comunemente per trovare un intervallo di confidenza partendo da una quantità pivotale.

Prendiamo un esempio numerico con una distribuzione più trattabile, una $Exp(1)$

Abbiamo

$P(1<X<2)=F_X(2)-F_X(1)=e^(-1)-e^(-2)$

Possiamo tranquillamente far

$P(1/2<1/X<1)=e^(-1)-e^(-2)$

Ed è lecito, facilmente dimostrabile calcolando la distribuzione di $Y=1/X$, che no è più esponenziale avendo densità $f_Y(y)=1/y^2 e^(-1/y)$; $y>0$

Infatti abbiamo, con semplici calcoli, $F_Y(y)=e^(-1/y)$, $y>0$

E quindi anche

$P(1/2<Y<1)=F_Y(1)-F_Y(1/2)=e^(-1)-e^(-2)$
tommik
Moderatore
Moderatore
 
Messaggio: 3556 di 11278
Iscritto il: 23/04/2015, 13:13
Località: Cassano Magnago

Re: Intervalli di confidenza asintotico

Messaggioda markowitz » 20/11/2017, 23:32

tommik ha scritto:
Per quanto riguarda i passaggi dell'intervallo di confidenza di una funzione invertibile di $ theta $ mi sembrano del tutto leciti ed è quello che si fa comunemente per trovare un intervallo di confidenza partendo da una quantità pivotale.

Prendiamo un esempio numerico con una distribuzione più trattabile, una $ Exp(1) $

Abbiamo

$ P(1<X<2)=e^(-1)-e^(-2) $

Possiamo tranquillamente far

$ P(1/2<1/X<1)=e^(-1)-e^(-2) $


Grazie della spiegazione.
Quindi mi dici che questo non è un caso particolare ma vale per ogni funzione invertibile di $X$ ovvero, nell'esercizio sopra, di $theta$ ? Quindi le distribuzioni coinvolte nelle seconde due equazioni (di prima) non ci interessano? Basta trovare l'intervallo di confidenza per $theta$ ed è fatta? Sarà una proprietà comune ma non la conoscevo :roll: ... buono a sapersi.

Pensavo fosse vincolante conoscere quelle distribuzioni. Poi oltre a non conoscere le distribuzioni il problema che mi facevo era anche un'altro. Anche se $hat(theta)$ ha distribuzione asintotica Normale non è immediato che $f(hat(theta))$ abbia distribuzione "f-Normale" solo perché questo varrebbe se la distribuzione di $hat(theta)$ fosse esattamente Normale. Al limite forse varrebbe (non lo so) ma per un $n$ grande ma finito, diciamo $n*$ l'approssimazione potrebbe essere buona per $hat(theta)$ ma meno buona per $f(hat(theta))$. Nel caso precedente poteva essere buona per $hat(theta)$ ma meno buona per $e^(1/hat(theta))$. Poi per certe $f$ ci potrebbero essere più problemi e forse $1/X$ con $X$ Normale è una di queste.

Ma la proprietà sopra supera questi problemi. :D
markowitz
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 554 di 1034
Iscritto il: 14/02/2010, 21:50


Torna a Statistica e probabilità

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 1 ospite