Вопросы по мат. статистике.

[dima_1985]

Прочитал несколько параграфов по мат. статистике. 1) Вот пишут $M[D_v]=\frac{n-1}{n}D_g$. Не понятно как они это получили и доказательство не написано. Я вот попробовал $M[D_v]=M[\frac{\sum\limits_{i}^{n}n_i(x_i-\overline{x_v})^2}{n}]=M[\sum\limits_{i}^{n}\frac{n_ix_i^2}{n}-\sum\limits_{i}^{n}\frac{2n_ix_i\overline{x_v}}{n}+\frac{\overline{x_v}^2}{n}n]=M[\overline{x_v^2}-\overline{x_v}^2]$. Аналогично можно посчитать для $D_g=\overline{x_g^2}-\overline{x_g}^2$. В итоге $ M[\overline{x_v^2}-\overline{x_v}^2]=(\overline{x_g^2}-\overline{x_g}^2) \frac{n-1}{n}$. Что-то ерунда получается. Хотя в учебнике написано не трудно посчитать. Но как?
2) Доверительные интервалы для оценки М.О. нормального распределения,$\sigma$ известна .У нас $M(\overline{X}) =a, \sigma(\overline{X})=\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$. Потом пишут $P(|\overline{X}-a|<\delta)=\gamma=2\Phi(\frac{\delta\sqrt{n}}{\sigma})$. Тут в принципе все понятно. Потом демонстрируют подход через распределения Стьюдента С.В. $T=\frac{\overline{X}-a}{\frac{S}{\sqrt{n}}}$. Где $S=\sqrt{\frac{n}{n-1}D_v}$. Почему в формуле $T=\frac{\overline{X}-a}{\frac{S}{\sqrt{n}}}$ делиться на $S$, а не на $\sigma$ ? Если я правильно понял то, $S$ это оценочный параметр $\sigma$ зачем делить на оценочный параметр если нам известно истинное значение $\sigma$ ? С.В. $T$ распределена по закону Стьюдента.
3) В моем учебнике доверительные интервалы строят только для нормального распределения. Я решил попробовать для показательного. Пусть С.В. $X$ распределена по показательному закону распределения. Могу я записать так $M(\overline{X}) =\frac{1}{\hat{\lambda}} $, тогда $P(|\overline{X}- \frac{1}{\hat{\lambda}}|<\delta)=\gamma$, получим $P(\overline{X}-\delta<\frac{1}{\hat{\lambda}}<\overline{X}+\delta)=\int\limits_{\overline{X}-\delta}^{\overline{X}+\delta}\lambda e^{-\lambda x}=\gamma$ ? Спасибо !

[Евгений Машеров]

1. Множитель $\frac n {n-1}$ (поправка Бесселя) появляется при расчёте несмещённой оценки дисперсии потому, что нам матожидание неизвестно, дана лишь его оценка $m=\frac{\Sigma x_i} n$. Расписав выражение, увидим, как появляется этот множитель. А неформально - среднее арифметическое "сдвигается" в сторону отдельных наблюдений, поэтому сумма квадратов относительно среднего меньше, чем относительно истинного значения матожидания. Вот и вводится поправка. В виде примера: сгенерировали 6 чисел, исходя из нулевого матожидания. Но в силу случайности сумма их не равна нулю.
(-2, -1, 0, 1, 2, 6)
Среднее получилось равным 1.
Сумма квадратов относительно нулевого матожидания $4+1+0+1+4+36=46$
Сумма квадратов относительно среднего $9+4+1+0+1+25=40$
2. Если Вам доступно истинное значение дисперсии - Вам очень-очень повезло. И тогда Вы вполне можете пользоваться нормальным распределением для получения доверительных интервалов для среднего. Только вот на практике у нас есть только оценка. Которая величина случайная, и если мы заменяем недостижимый идеал - истинное значение сигмы - на то, что у нас доступно, отношение двух случайных величин будет уже иметь иное распределение, а именно Стьюдента.

[--mS--]

dima_1985 в сообщении #1294560 писал(а):

Могу я записать так $M(\overline{X}) =\frac{1}{\hat{\lambda}} $,

Если неизвестный параметр Вы обозначили $\hat{\lambda}$, то можете. Однако обычно так оценки обозначают.

dima_1985 в сообщении #1294560 писал(а):

получим $P(\overline{X}-\delta<\frac{1}{\hat{\lambda}}<\overline{X}+\delta)=\int\limits_{\overline{X}-\delta}^{\overline{X}+\delta}\lambda e^{-\lambda x}=\gamma$ ?

Как я понимаю это равенство, $\overline{X}\pm\delta$ - это такие постоянные (в смысле, не случайные) границы изменения случайной величины $\frac{1}{\hat{\lambda}}$, а $\lambda e^{-\lambda x}$ - это плотность распределения этой случайной величины. И вот тут уже параметр обозначен $\lambda$. А интеграл обходится без дифференциала потому, что ему и так уже плохо. А ещё я так думаю, что $\hat{\lambda}=\frac{1}{\overline{X}}$, так что $|\overline{X} - \frac{1}{\hat{\lambda}}|$ - это чистый ноль.

(Оффтоп)

Неужели так трудно найти нормальный источник знаний?

[dima_1985]

C первыми двумя вопросами я разобрался. Доказательство на первый вопрос нашел в интернете. По второму вопросу понял, что существую подходы которые ориентированны только на нормальное распределение. Данные подходы позволяют оценить как $a$ по известному $\sigma$, так и $\sigma$ по известному $a$. Но существуют общие подходы которые позволят построить доверительный интервал для параметра $\theta$. Наткнулся на построение доверительного интервала с помощью центральных статистик. Вернемся к вопросу 3

dima_1985 в сообщении #1294560 писал(а):

Пусть С.В. $X$ распределена по показательному закону распределения

мне хочется построить доверительный интервал для $a$? Вот не понятно как функция выглядит $G(X;\theta)=\sum\limits_{i=1}^{n}\ln{1-e^ {-\theta X_i}}$ или с.в надо центрировать $\overline{Y}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{X_i-\frac{1}{\lambda}}{\frac{1}{\lambda}} =\lambda\overline{X}-1 $?

--mS-- в сообщении #1294765 писал(а):

Неужели так трудно найти нормальный источник знаний?

. Мне очень трудно.Прочитал у Д.Письменный Конспект лекций по Мат. стат и Тер. Вер у Гмурмана(доверительные интервалы) я понимаю что написано. Я прочитал тему topic19333-15.html и открывал Ивченко Г. И., Медведев Ю. И. Математическая статистика. но там не очень понятно написано.

[--mS--]

dima_1985 в сообщении #1295621 писал(а):

Вот не понятно как функция выглядит $G(X;\theta)=\sum\limits_{i=1}^{n}\ln{1-e^ {-\theta X_i}}$ или с.в надо центрировать $\overline{Y}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{X_i-\frac{1}{\lambda}}{\frac{1}{\lambda}} =\lambda\overline{X}-1 $?

Если я правильно понимаю терминологию, "центральная статистика" - это функция от выборки и параметра, распределение которой не зависит от параметра. Таковых тут множество. Например, $\lambda n \overline X$ имеет гамма распределение с параметрами $1$ и $n$, т.е. распределение с плотностью

$$ f_{\lambda n \overline X}(x) = \frac{1}{(n-1)!} x^{n-1}\, e^{-x}, \ x>0. $$

Если хочется что-то постандартнее, то $2\lambda n \overline X$ имеет гамма распределение с параметрами $1/2$ и $n$, т.е. хи-квадрат распределение с $2n$ степенями свободы. Берёте квантили $h_{\frac{1-\gamma}{2}}$ и $h_{\frac{1+\gamma}{2}}$ этого распределения, получаете

$$ \mathsf P\left(h_{\frac{1-\gamma}{2}}\leqslant 2\lambda n \overline X \leqslant h_{\frac{1+\gamma}{2}}\right) =\gamma. $$

Выражаете $\lambda$ и получаете точный доверительный интервал уровня доверия $\gamma$.