Bestäm medelfelet d(u*) för poissonfördelning

Vi har att $\mu^* = 7$, och att $\operatorname{Var}(X_i) = \mu$ eftersom $X_i$ är Poissonfördelade. Variansen är alltså lika med väntevärdet för Poissonvariabler. Vi behöver inte använda någon stickprovsvarians.

Eftersom $X_i$ är oberoende så är 

$\operatorname{Var}(\overline{X}) = \mu/5$.

Så standardfelet är $d(\overline{X}) = \sqrt{\operatorname{Var}(\overline{X})} = \sqrt{\mu/5}$.

Sätter vi in ML-skattningen fås $d(\mu^*) = \sqrt{7/5} \approx 1.183$.

Gustor skrev:

Vi har att $\mu^* = 7$, och att $\operatorname{Var}(X_i) = \mu$ eftersom $X_i$ är Poissonfördelade. Variansen är alltså lika med väntevärdet för Poissonvariabler. Vi behöver inte använda någon stickprovsvarians.

Eftersom $X_i$ är oberoende så är 

$\operatorname{Var}(\overline{X}) = \mu/5$.

Så standardfelet är $d(\overline{X}) = \sqrt{\operatorname{Var}(\overline{X})} = \sqrt{\mu/5}$.

Sätter vi in ML-skattningen fås $d(\mu^*) = \sqrt{7/5} \approx 1.183$.

Jag tror inte jag är med på hur man ska tänka här.  Så jag gjorde rätt i början med väntevärdet va? Jag behöver bara göra samma sak med variansen eller hur?

Du verkar ha fått räknereglerna för variansen lite om bakfoten. Vi har att

$\bar{X} = \frac{X_1+\dots +X_5}{5}$ och att $V(X_i)=\mu$, vilket ger

$V(\bar{X})=\frac{1}{5^2}(V(X_1)+\dots + V(X_5)) = \frac{5\mu}{5^2}=\frac{\mu}{5}$.

Här har jag använt att

1) $V(kX)=k^2V(X)$, och

2) För oberoende $X_i$ är

$V(\sum X_i)=\sum V(X_i)$.

Gustor skrev:

...

?

Gustor skrev:

Du verkar ha fått räknereglerna för variansen lite om bakfoten. Vi har att

$\bar{X} = \frac{X_1+\dots +X_5}{5}$ och att $V(X_i)=\mu$, vilket ger

$V(\bar{X})=\frac{1}{5^2}(V(X_1)+\dots + V(X_5)) = \frac{5\mu}{5^2}=\frac{\mu}{5}$.

Här har jag använt att

1) $V(kX)=k^2V(X)$, och

2) För oberoende $X_i$ är

$V(\sum X_i)=\sum V(X_i)$.

Det känns som att vi båda har gjort rätt för jag fick också som dig. Men du påstår att min metod nedan är fel?

destiny99 skrev:

Gustor skrev:

Du verkar ha fått räknereglerna för variansen lite om bakfoten. Vi har att

$\bar{X} = \frac{X_1+\dots +X_5}{5}$ och att $V(X_i)=\mu$, vilket ger

$V(\bar{X})=\frac{1}{5^2}(V(X_1)+\dots + V(X_5)) = \frac{5\mu}{5^2}=\frac{\mu}{5}$.

Här har jag använt att

1) $V(kX)=k^2V(X)$, och

2) För oberoende $X_i$ är

$V(\sum X_i)=\sum V(X_i)$.

Det känns som att vi båda har gjort rätt för jag fick också som dig. Men du påstår att min metod nedan är fel?

Ah, förlåt, jag såg fel i dina anteckningar. Du har helt rätt! Jag verkar inte kunna läsa så bra idag.

I denna uppgift kan vi alltså nyttja att vi kan hitta ett uttryck för $V(\mu^*)$ (och således för $d(\mu^*)$) så vi inte behöver dra till med stickprovsvariansen.

Gustor skrev:

destiny99 skrev:

Visa föregående citat

Gustor skrev:

Du verkar ha fått räknereglerna för variansen lite om bakfoten. Vi har att

$\bar{X} = \frac{X_1+\dots +X_5}{5}$ och att $V(X_i)=\mu$, vilket ger

$V(\bar{X})=\frac{1}{5^2}(V(X_1)+\dots + V(X_5)) = \frac{5\mu}{5^2}=\frac{\mu}{5}$.

Här har jag använt att

1) $V(kX)=k^2V(X)$, och

2) För oberoende $X_i$ är

$V(\sum X_i)=\sum V(X_i)$.

Det känns som att vi båda har gjort rätt för jag fick också som dig. Men du påstår att min metod nedan är fel?

Ah, förlåt, jag såg fel i dina anteckningar. Du har helt rätt! Jag verkar inte kunna läsa så bra idag.

I denna uppgift kan vi alltså nyttja att vi kan hitta ett uttryck för $V(\mu^*)$ (och således för $d(\mu^*)$) så vi inte behöver dra till med stickprovsvariansen.

Ingen fara! Skönt att veta att man gjort rätt till slut. Ok jag förstår!