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Mathematik » Stochastik und Statistik » maximum likelihood bei Binomialverteilung
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Universität/Hochschule maximum likelihood bei Binomialverteilung
bambusbieber
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-07-28


Aufgabe:

maximum Likelihood Binominialverteilung.
a) \(\hat p \) von Binominialverteilung
b) nachweisen dass dieser auch tatsächlich das Maximum ist
c) Erwartungstreue untersuchen
d) Konsitenz überprüfen


a) \(LH(p) = \prod_{i=1}^n {n \choose k} *  p^k * (1-p)^{n-k} \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n\big [ log({n \choose k} *  p^k * (1-p)^{n-k}) \big ]\)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n\big [ log({n \choose k}) +  log(p^k) + log((1-p)^{n-k})\big ] \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n log({n \choose k}) + \sum_{i=1}^n log(p^k) + \sum_{i=1}^nlog((1-p)^{n-k}) \)
   \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \frac{k}{p}+ \sum_{i=1}^n \frac{n-k}{1-p} \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k}{p}+ \frac{n-k}{1-p}  \big ] \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k*(1-p)+(n-k)*p}{p-p^2}  \big ] \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k-kp+np-
kp}{p-p^2}  \big ] \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k-kp+np-
kp}{p-p^2}  \big ] \)

komme allerdings hier nicht weiter. Ich denke die ableitung muss 0 ergeben für p = 0.5 aber komme leider nicht auf das ergebnis

EDIT: FEHLER GEFUNDEN SIEHE NÄCHSTER BEITRAG



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bambusbieber
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a) \(LH(p) = \prod_{i=1}^n {n \choose k} *  p^k * (1-p)^{n-k} \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n\big [ log({n \choose k} *  p^k * (1-p)^{n-k}) \big ]\)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n\big [ log({n \choose k}) +  log(p^k) + log((1-p)^{n-k})\big ] \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n log({n \choose k}) + \sum_{i=1}^n log(p^k) + \sum_{i=1}^nlog((1-p)^{n-k}) \)
   \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \frac{k}{p}+ \sum_{i=1}^n -\frac{n-k}{1-p} \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k}{p}- \frac{n-k}{1-p}  \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k}{p}- \frac{n-k}{1-p}  \big ] ~~~| * p(1-p)\)

  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k * (1-p)- (n-k)*p \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - kp - (np - kp) \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - kp - np + kp \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - np \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - np \big ]  ~~~| +np \)
  \(np = \sum_{k=1}^n \big [ k \big ] ~~~| /n \)
  \(\hat p = \sum_{k=1}^n \big [ k \big ] * \frac{1}{n} \)

damit ist der schätzer gleich dem arithmetischem mittel

allerdings ist die operation in der drittletzen reihe illegal... wie mache ich das sonst?






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luis52
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-07-29


2019-07-28 16:51 - bambusbieber in Beitrag No. 1 schreibt:
a) \(LH(p) = \prod_{i=1}^n {n \choose k} *  p^k * (1-p)^{n-k} \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n\big [ log({n \choose k} *  p^k * (1-p)^{n-k}) \big ]\)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n\big [ log({n \choose k}) +  log(p^k) + log((1-p)^{n-k})\big ] \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{k=1}^n log({n \choose k}) + \sum_{i=1}^n log(p^k) + \sum_{i=1}^nlog((1-p)^{n-k}) \)
   \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \frac{k}{p}+ \sum_{i=1}^n -\frac{n-k}{1-p} \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k}{p}- \frac{n-k}{1-p}  \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ \frac{k}{p}- \frac{n-k}{1-p}  \big ] ~~~| * p(1-p)\)

  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k * (1-p)- (n-k)*p \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - kp - (np - kp) \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - kp - np + kp \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - np \big ] \)
  \(0 = \sum_{k=1}^n \big [ k - np \big ]  ~~~| +np \)
  \(np = \sum_{k=1}^n \big [ k \big ] ~~~| /n \)
  \(\hat p = \sum_{k=1}^n \big [ k \big ] * \frac{1}{n} \)

damit ist der schätzer gleich dem arithmetischem mittel

allerdings ist die operation in der drittletzen reihe illegal... wie mache ich das sonst?

Mit Verlaub, das ist ziemlicher Murks. Unterstelle, dass $x_1,\ldots,x_n$ eine Stichprobe ist aus einer Binomialverteilung ist. Dann ist

\(LH(p) = \prod_{i=1}^n {n \choose x_i} *  p^{x_i} * (1-p)^{n-x_{i}} \ldots\)




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bambusbieber
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-29


Stimmt - da ging was durcheinander.. trtozdem verstehe ich nicht wie ich trotz falscher rechnung auf das, glaube ich, richtige ergebnis komme
a) \(LH(p) = \prod_{i=1}^n {n \choose {x_i}} *  p^{x_i} * (1-p)^{n-{x_i}} \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{{i}=1}^n\big [ log({n \choose {x_i}} *  p^{x_i} * (1-p)^{n-{x_i}}) \big ]\)
   \(log(LH(p)) = \sum_{{i}=1}^n\big [ log({n \choose {x_i}}) +  log(p^{x_i}) + log((1-p)^{n-{x_i}})\big ] \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{{i}=1}^n log({n \choose {x_i}}) + \sum_{i=1}^n log(p^{x_i}) + \sum_{i=1}^nlog((1-p)^{n-{x_i}}) \)
   \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{{i}=1}^n \frac{{x_i}}{p}+ \sum_{i=1}^n -\frac{n-{x_i}}{1-p} \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{{i}=1}^n \big [ \frac{{x_i}}{p}- \frac{n-{x_i}}{1-p}  \big ] \)
  \(0 = \sum_{{i}=1}^n \big [ \frac{{x_i}}{p}- \frac{n-{x_i}}{1-p}  \big ] ~~~| * p(1-p)\)

  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} * (1-p)- (n-{x_i})*p \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - {x_i}p - (np - {x_i}p) \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - {x_i}p - np + {x_i}p \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - np \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - np \big ]  ~~~| +np \)
  \(np = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} \big ] ~~~| /n \)
  \(\hat p = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} \big ] * \frac{1}{n} \)

damit ist der schätzer gleich dem arithmetischem mittel

allerdings ist die operation in der drittletzen reihe illegal... wie mache ich das sonst?






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luis52
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2019-07-29 10:37 - bambusbieber in Beitrag No. 3 schreibt:
Stimmt - da ging was durcheinander.. trtozdem verstehe ich nicht wie ich trotz falscher rechnung auf das, glaube ich, richtige ergebnis komme
a) \(LH(p) = \prod_{i=1}^n {n \choose {x_i}} *  p^{x_i} * (1-p)^{n-{x_i}} \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{{i}=1}^n\big [ log({n \choose {x_i}} *  p^{x_i} * (1-p)^{n-{x_i}}) \big ]\)
   \(log(LH(p)) = \sum_{{i}=1}^n\big [ log({n \choose {x_i}}) +  log(p^{x_i}) + log((1-p)^{n-{x_i}})\big ] \)
   \(log(LH(p)) = \sum_{{i}=1}^n log({n \choose {x_i}}) + \sum_{i=1}^n log(p^{x_i}) + \sum_{i=1}^nlog((1-p)^{n-{x_i}}) \)
   \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{{i}=1}^n \frac{{x_i}}{p}+ \sum_{i=1}^n -\frac{n-{x_i}}{1-p} \)
  \(log(LH(p))  \frac{d}{dp} = \sum_{{i}=1}^n \big [ \frac{{x_i}}{p}- \frac{n-{x_i}}{1-p}  \big ] \)
  \(0 = \sum_{{i}=1}^n \big [ \frac{{x_i}}{p}- \frac{n-{x_i}}{1-p}  \big ] ~~~| * p(1-p)\)

  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} * (1-p)- (n-{x_i})*p \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - {x_i}p - (np - {x_i}p) \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - {x_i}p - np + {x_i}p \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - np \big ] \)
  \(0 = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} - np \big ]  ~~~| +np \)
  \(np = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} \big ] ~~~| /n \)
  \(\hat p = \sum_{i=1}^n \big [ {x_i} \big ] * \frac{1}{n} \)

damit ist der schätzer gleich dem arithmetischem mittel

allerdings ist die operation in der drittletzen reihe illegal... wie mache ich das sonst?





Was ist "illegal"?

Zunaechst einmal eine kleine Korrektur, man sollte zwischen dem Stichprobenumfang $n$ und dem Parameter der Binomialverteilung, sagen wir $m$, unterscheiden. Dann ist

\(LH(p) = \prod_{i=1}^n {m \choose {x_i}} *  p^{x_i} * (1-p)^{m-{x_i}}\,. \)

Fuer $x_1=\ldots=x_n=0$ bzw. fuer $x_1=\ldots=x_n=m$ ist $LH(p)=(1-p)^m$ bzw. $LH(p)=p^m$. Dann besitzt die Funktion ein Randmaximum. In allen anderen Faellen kannst du Regeln der Differentialrechnung anwenden. In *jedem* Fall ist der L-Schaetzer $\hat p=\bar X/m$, was sich fuer $m>1$ vom arithmetischen Mittel $\bar X$ unterscheidet.



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