bubba

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io penso che sia giusto....stavo per arrivare alla stessa soluzione...

gaffiere

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oh cacchio... se fosse davvero così il 4 era una cavolata immane

ma caaazzzz.........

vabbeh, spettiamo fiduciosi i risultati... ma postarli oggi no eh? così al massimo non mi rovinavo il we a studiare?

bubba

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gaffiere pensa che io non ho fatto nemmeno le vacanze di pasqua per quest'esame....comunque stasera esco....per la serie vada come deve andare....quindi ritornando un pò sul tema generale a me manca solo la parte della dimostrazione tramite il teorema delle probabilità totali...per il resto è tutto ok quindi sotto con la teoria.....se nel frattempo qualcuno viene unto dal signore e riesce a capire come fare quella parte speriamo abbia la bontà d'animo di postare la soluzione

gaffiere

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Originally posted by Freddy3
Non ho ancora capito bene la storia di Bayes cmq ho da proporre una soluzione per l'exe IV.2:

noi si deve stimare la distorsione r-E(Z), ma E(Z)=E(M/N)

Noi sappiamo dall'esercizio precedente che esse sono indipendenti, quindi possiamo scrivere così:

r-E(M/N)= r- E(M)/E(N)= r - rvt/vt = r-r= 0

quindi lo stimatore risulterebbe non distorto per il valore r...

Cosa ne pensate?

Freddy3

il Lupo!!!

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E' proprio questo il punto.

M è indipendente da N in quanto essa può assumere gli stessi valori anche in presenza dello stesso n "passato" da N.

Un esempio: sia che siano passate 8 macchine che 10 io posso avere sempre solo 5 foto nitide.

In soldoni, qualunque valore assuma N, M ne può assume tanti diversi <= n

Facendo questo ragionamento sono arrivato a questa conclusione.

Cosa ne pensate?

Qualcuno ha capito come fare a dimostrare che M segue la legge di Poisson con Teor. delle Probabilità Totali e/o Funzioni generatrici dei momenti? (per questa ho trovato che nell'exe 2 ne parla, ma è solo con Funzione Generatrice dei Momenti)

Last edited by Freddy3 on 11-06-2006 at 12:04

Tosh

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Riguardo IV.2. Anch'io ho concluso che la distorsione è zero. Ci sono arrivato così. Le condizioni corrispondono a un campionamento, lo stimatore proposto Z coincide con la media campionaria e la media campionaria è un noto stimatore non distorto. Questo si può ovviamente dimostrare, quindi studiatevi la dimostrazione della non distorsione della media campionaria.

Freddy3

il Lupo!!!

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Quindi anche secondo te le variabili casuali M ed N sono indipendenti?

o no?

ptanzo

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Supponiamo che M e N siano indipendenti (ma non ne sono per niente sicuro), allora utilizzando la formula del quoziente di variabili casuali (MGB pag. 190) abbiamo:

E[M/N] = E[M] / E[N] + (E[M] / E[N]^3) * VAR[N] (la covarianza sarà 0),

quindi E[M/N] = (rvT / vT) + (rvT / (v^3 * T^3)) * vT = r + r / vT.

La distorsione r - E[M/N] è allora uguale a r - (r + r / vT) = -r / vT. (la distorsione può anche essere negativa... MGB pag.300)

Vi torna questo ragionamento ?

MekaD

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Rega' il III.1 lo si risolve con il teorema 4.6 a pag. 167 del Mood.

E(M) = E(E(M|N)) = Sum[E(M|N) * P(N=n)] = Sum[nr * P(N=n)] = r*Sum[n*P(N=n)] = rE(N) = rvT.

Ora manca la dimostrazione della "poissonianità" di M, ma penso che la strada sia simile, magari lavorando con le funzioni generatrici dei momenti, che sono pur sempre valori attesi.

-mc

bubba

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ptanzo a dire il vero non saprei non ho mai usato questa formula (mgb p190) anche perchè non è nemmeno in programma...però mi sembra troppo complessa come soluzione

lo stimatore proposto Z coincide con la media campionaria

non ho capito me lo potresti chiarire maggiormente con un esempio pratico????

per quello che riguarda l'indipendenza tra M ed N io sono convinto che esista, in quanto se si prova, come abbiamo fatto, che M è distribuita come una poisson tu sai (mgb p106) che ogni sottointervallo di tempo è una bernoulli e che le prove sono indipendenti per ciò che riguarda il condizionamento dato nel suggerimento 1 non fà che confermare quello che ho appena detto solo che il valore assunto è binomiale ma dato che una bernoulli è una binomiale con n = 1 e dato che in questo caso specifico la binomiale assume solo 2 valori a maggior ragione io concludo che M e N sono indipendenti...

p.s. anche nel tema le n prove risultano indipendenti nel condizionamento

bubba

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E(M) = E(E(M|N)) = Sum[E(M|N) * P(N=n)] = Sum[nr * P(N=n)] = r*Sum[n*P(N=n)] = rE(N) = rvT.

non capisco....mi potresti spiegare il passaggio dal valore atteso alla sommatoria? lo fai tramite le prob totali? e se si quel valore atteso E(M|N) non sarebbe una P(M|N)? e poi come hai trovato il valore nr? scusa per le domande che ti sembreranno banali....ma ho fame di sapere


prima che me ne dimentichi Mekad la poissonianità la avevamo discussa prima se ti rileggi qualche post e ci dici se il discorso fila anche per te ci fai un piacere

Last edited by bubba on 11-06-2006 at 19:00

MekaD

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Scusa tu, non mi sono spiegato per niente bene.

Andiamo per punti:

1) E(M) = E(E(M|N))
Questo è facilmente dimostrabile (v.p.167).

2) E(E(M|N)) = Sum[E(M|N) * P(N=n)]
Questo deriva dalla definizione di valore atteso: E(g(X)) = Sum[g(X) * P(X=x)], dove g(X) è ovviamente una funzione qualunque di X. Ora, E(M|N) è una funzione di N, che possiamo chiamare g(N). Sostituiamo g(N) e P(N=n) nella definizione di valore atteso e vediamo che l'uguaglianza torna.

3) Sum[E(M|N) * P(N=n)] = Sum[nr * P(N=n)]
nr è il valore atteso (media) condizionato, cioè della distribuzione condizionata M|N, che, come ci dice il suggerimento 1, è binomiale: E(Binomiale) = numero_tentativi * probabilità_singolo_tentativo.

4) Sum[nr * P(N=n)] = r*Sum[n*P(N=n)] = rE(N) = rvT
Qui basta portare fuori r dalla sommatoria e notare che Sum[n*P(N=n)] è il valore atteso di N


Per quanto riguarda la poissonianità, dobbiamo lavorare su funzioni generatrici dei momenti e teorema delle probabilità totali, che sicuramente chiederà all'orale (se ci arriviamo!!). Dobbiamo avere sulla carta una dimostrazione in quel senso, come ricordava Freddy3. Non credo che altri discorsi tengano a confronto, purtroppo.

-mc

bubba

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ok per la dimostrazione con la generatrice dei momenti dovrei esserci...effettivamente non l'ho postata ma comunque rimedio in serata alla mancanza tanto stavo riscrivendo la soluzione del compito in maniera ordinata....magari poi faccio un post riepilogativo...per il passaggio con il teorema delle probabilità totali....non ci siamo ancora... .....ma comunque grazie per la spiegazione

MekaD

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Originally posted by bubba
per il passaggio con il teorema delle probabilità totali....non ci siamo ancora... .....ma comunque grazie per la spiegazione

Cosa non ti è chiaro, E(E(M|N)) = Sum[E(M|N) * P(N=n)]?

Il valore atteso di qualcosa è una somma di prodotti, per definizione: E(qualcosa) = Sum[qualcosa * P(qualcosa)].

Se per "qualcosa" intendiamo un altro valore atteso, riusciamo a calcolare il valore atteso di un valore atteso: E(E(qualcosa)) = Sum[E(qualcosa) * P(qualcosa)].

Nel nostro caso avremmo E(E(M|N)), cioè il valore atteso di un valore atteso condizionato, vale a dire il valore atteso di una variabile casuale condizionata, M. La distribuzione condizionata di M è binomiale, quindi E(M|N) è la media di una binomiale, nel nostro caso nr.

Di conseguenza, avremmo E(nr), ma questo tecnicamente non è corretto. E' corretto invece E(Nr), dal momento che n dipende da N variabile casuale. Portiamo fuori la r e abbiamo rE(N).

A pag. 206 del Mood c'è l'esempio 5.14, che spiega più o meno quello che ho detto.

Se riusciamo ad adattare questo procedimento alle funzioni generatrici dei momenti, riusciamo a dimostrare che M è poissoniana!!

-mc

bubba

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no no il tuo procedimento è chiaro....forse non sono stato chiaro io nella risposta comunque l'unica soluzione che ho trovato io per la gen dei momenti è legata alla generatrice dei momenti trovata per Wn che praticamente è uguale...comunque cerco di mettere insieme il tutto e oggi pomeriggio posto la risoluzione mancante solo della parte che usa il passaggio tramite il teorema delle prob totali anche se la tua soluzione spero si possa adattare in qualche modo... scusate ma ieri sera non c'è l'ho fatta proprio