15/11/2017, 12:56
15/11/2017, 13:42
15/11/2017, 14:39
16/11/2017, 14:35
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.
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.
20/11/2017, 20:14
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 $
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?
20/11/2017, 21:08
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) $
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