Stima con la tecnica della massima verosimiglianza per campione poissoniano

[Luca342]

Salve, ho un problema con la parte finale di un esercizio che mi chiede, in sunto, di trovare, dato un campione $x_1,....,x_n$
Con $P(X=n) = e^(-\lambda) (lambda^(n))/(n!)$
1- lo stimatore di massima verosimiglianza per $/lambda$
2- verificare che esso sia corretto
3-verificare che è quello più efficiente.

La mia soluzione è stata:

Calcolo $L= prod_{i=1}^n P(X=x_i)$
$= prod_{i=1}^n e^(-lambda) (lambda^(x_i))/(x_i!)$
$ L = e^(-n lambda) lambda^(sum_{i=1}^n x_i)/(prod_{i=1}^n x_i!)$
Di cui faccio il logaritmo, e dopo qualche semplice passaggio ottengo
$log(L) = log(lambda) sum_{i=1}^n x_i -n lambda - sum_{i=1}^n (log(x_i))$
E, calcolando
$(dellog(L))/(dellambda) = 1/lambda sum_{i=1}^n x_i - n $
Ponendolo uguale a zero ottengo
$bar x = lambda$
Che è il mio stimatore di massima verosimiglianza.
Per verificare che sia corretto ho semplicemente calcolato
$E[bar x]= lambda$
dopo un paio di semplici passaggi.
Credo quindi di non aver sbagliato fino a qui. Ora, mi viene chiesto di verificare che sia il più efficiente. La formulina che in modo bovino applico perché mi è stata sparata lì è
$E[((dellogP)/(delQ))^2] = sum_{i=1}^n ((dellogP(X=x_i))/(delQ))^2 * P(X=x_i))$

E questo dovrebbe valere per le distribuzioni discrete. Ora, applicando lo al mio caso, dopo qualche passaggio ottengo
$sum_{i=1}^n (1 + x^2/lambda^2 -2 x/lambda) lambda^(x_i)/(x_i!) e^(-lambda)$
E qui mi blocco..potreste darmi qualche consiglio?
Ps. Ho calcolato $Var= lambda/n$


Edit: ho provato a cambiare strada e andare sul sicuro: applicare direttamente la disuguaglianza di Cramer Rao

Nel mio caso:
$Var = lambda/n >= 1/ n 1/{E[(dellog(e^(-lambda) lambda^x/(x!))/(dellambda))^2]}$
Con:
$ log(..)= - lambda + xlog(lambda) - log (x!)$
$(dellog)/(dellambda) (...) = -1 + x/lambda$
$[(dellog)/(dellambda) (...)]^2 = (-1 + x/lambda)^2 = x^2/lambda^2 -2x/lambda +1$
Da cui
$n E[1+ x^2/lambda^2 -2x/lambda] = n/lambda$
Usando la linearita del valore atteso e poiché:
$Var[x] = E[x] = lambda$
E
$E[x^2] = Var[x] + E[x]^2 = lambda + lambda^2 = lambda (lambda +1)$

Dunque l estremo inferiore della disuguaglianza di Cramer Rao è proprio la varianza calcolata, da cui cocludo che
$U= bar x$
È lo stimatore più efficiente.
Mi ero perso in un bicchiere d acqua

PS. Se non disturbo vorrei comunque dei pareri sul procedimento e inoltre, vorrei sapere se in questi casi le domande devono essere cancellate dall autore. Grazie

[Lo_zio_Tom]

i risultati sono giusti ma c'è qualche errore / imprecisione

La verosimiglianza è sbagliata.

"Luca34":
$=e^(-n lambda) ((lambda^x)/(x!))^n$

mentre quando poi ne fai il log è giusto.....forse volevi intendere una cosa diversa

inoltre esiste un altro metodo per controllare se T è lo stimatore il più efficiente, anche se Cramer Rao va bene.

Puoi infatti utilizzare la CNES:

$sum_(i)partial/(partialtheta)logf(x,theta)=b_([n;theta])(T-E(T))$

Suggerimento: esiste un'altra versione della Cramer Rao che è molto più comoda

$V(T)>=1/(-nE{partial^2/(partialtheta^2)logf(x,theta)})$

[Luca342]

Correggo:
$ L = e^(-n lambda) lambda^(sum_{i=1}^n x_i)/(prod_{i=1}^n x_i!)$
Era tardi e ho fatto confusione con i fogliacci