Znajdź unikalny MVUE

10

To pytanie pochodzi z wprowadzenia Roberta Hogga do statystyki matematycznej, problem 6. wersji 7.4.9 na stronie 388.

Niech będzie oznaczony pdf 1/3 zero w innym miejscu, gdzie .X1,...,Xnf(x;θ)=1/3θ,θ<x<2θ,θ>0

(a) Znajdź mle zθ^θ

(b) Czy to wystarczająca statystyka dla ? Dlaczego ?θ^θ

(c) Czy jest unikalnym MVUE z ? Dlaczego ?(n+1)θ^/nθ

Myślę, że mogę rozwiązać (a) i (b), ale myli mnie (c).

Dla):

Niech będą statystykami zamówienia.Y1<Y2<...Yn

L(θ;x)=13θ×13θ×...×13θ=1(3θ)n kiedy i ; gdzie indziejrok n < 2 θ L ( θ ; x ) = 0θ<y1yn<2θL(θ;x)=0

dL(θ;x)dθ=n(3θ)n1 , ponieważ , widzimy, że ta pochodna jest ujemna,θ>0

więc funkcja prawdopodobieństwa maleje.L(θ;x)

Od i , i y n < 2 θ ) ( θ > - y 1 θ > y n / 2 ) , θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 )(θ<y1yn<2θ) (θ>y1θ>yn/2),θ>max(y1,yn/2)

θ θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 ) θ = m a x ( - y 1 , y n / 2 )L(θ,x) maleje, więc gdy ma największą wartość, funkcja prawdopodobieństwa osiągnie maksimum, ponieważ , gdy funkcja prawdopodobieństwa osiągnie wartość maksymalną.θθ>max(y1,yn/2)θ=max(y1,yn/2)

mleθ^=max(y1,yn/2)

Dla (b):

f(x1;θ)f(x2;θ)...f(xn;θ)=1(3θ)ninI(θ<xi<2θ)=1(3θ)nI(max(xi)<2θ)×1

przez twierdzenie Neymana o faktoryzacji jest wystarczającą statystyką dla . Dlatego jest również wystarczającą statystykąyn=max(xi)θyn/2

Samely

f(x1;θ)f(x2;θ)...f(xn;θ)=1(3θ)ninI(θ<xi<2θ)=1(3θ)nI(min(xi)>θ)×1

przez twierdzenie Neymana o faktoryzacji jest wystarczającą statystyką dla . Dlatego też jest również wystarczającą statystyką.y1=min(xi)θy1

Dla (c):

Najpierw znajdujemy CDFX

F(x)=θx13θdt=x+θ3θ,θ<x<2θ

Następnie możemy znaleźć pdf zarówno dla jak i ze wzoru książki dla statystyk zamówień.Y1Yn

f(y1)=n!(11)!(n1)![F(y1)]11[1F(y1)]n1f(y1)=n[1y1+θ3θ]n113θ=n1(3θ)n(2θy1)n1

Samely

f(yn)=n(yn+θ3θ)n113θ=n1(3θ)n(yn+θ)n1

Następnie pokażemy kompletność rodziny PDF dla if(y1)f(yn)

E[u(Y1)]=θ2θu(y1)n1(3θ)n(2θy1)n1dy1=0θ2θu(y1)(2θy1)dy1=0 . Przez (wyprowadzenie całki) możemy pokazać dla wszystkich .FTCu(θ)=0θ>0

Dlatego rodzina pdf jest kompletna.Y1

Podobnie, nadal przez , możemy pokazać, że rodzina pdf jest kompletna.FTCYn

Problem polega na tym, że musimy teraz pokazać, że jest bezstronny.(n+1)θ^n

Kiedyθ^=y1

E(y1)=θ2θ(y1)n(3θ)n(2θy1)n1dy1=1(3θ)nθ2θy1d(2θy1)n

Możemy rozwiązać całkę integrując przez części

E(y1)=1(3θ)n[y1(2θy1)nθ2θθ2θ(2θy1)ndy1]=1(3θ)n[θ(3θ)n(3θ)n+1n+1]=θ3θn+1=(n2)θn+1

E((n+1)θ^n)=n+1nE(y1)=n+1n(n2)θn+1=n2nθ

Dlatego nie jest bezstronnym estymatorem gdy(n+1)θ^nθθ^=y1

Kiedyθ^=yn/2

E(Yn)=θ2θynn(3θ)n(yn+θ)n1dyn=1(3θ)nθ2θynd(yn+θ)n=1(3θ)n[yn(yn+θ)nθ2θθ2θ(yn+θ)ndyn]=1(3θ)n[2θ(3θ)(3θ)n+1n+1]=2θ3θn+1=2n1n+1θ

E((n+1)θ^n)=n+1nE(Yn/2)=n+12nE(Yn)=n+12n2n1n+1θ=2n12nθ

Mimo to nie jest bezstronnym estymatorem gdy(n+1)θ^nθθ^=yn/2

Ale odpowiedź książki jest taka, że to unikalny MVUE. Nie rozumiem, dlaczego jest to MVUE, jeśli jest stronniczym estymatorem.(n+1)θ^n

Lub moje obliczenia są błędne, pomóż mi znaleźć błędy, mogę podać bardziej szczegółowe obliczenia.

Dziękuję Ci bardzo.

Głęboka północ
źródło
Nie widzę żadnego obliczenia rozkładu . θ^
whuber
Dzięki, whuber, . Jest to lub zależnie od tego, który z nich jest większy. Obliczyłem rozkłady dla i . Możesz zobaczyć i w tekście. θ^=max(y1,yn/2)y1yn/2y1ynf(y1)=n1(3θ)n(2θy1)n1f(yn)=n1(3θ)n(yn+θ)n1
Głęboka północ
Z dwóch powyższych rozkładów obliczyłem i a następnieE(θ^)=E(Y1)E(θ^)=E(Yn/2)E(n+1nθ^)
Deep North

Odpowiedzi:

6

Praca z ekstrema wymaga opieki, ale nie musi być trudna. Najważniejsze pytanie, które znajduje się w pobliżu środka postu, brzmi:

... musimy pokazać, że jest bezstronny.n+1nθ^n

Wcześniej uzyskałeś

θ^=max(y1,yn/2)=max{min{yi},max{yi}/2}.

Chociaż który wygląda brudny, obliczenia stać elementarne jeśli wziąć pod uwagę dystrybuanty . Aby rozpocząć, zwróć uwagę, że . Niech będzie liczbą w tym zakresie. Zgodnie z definicją,F0θ^θt

F(t)=Pr(θ^t)=Pr(y1<t and yn/2t)=Pr(ty1y2yn2t).

Jest to szansa, że ​​wszystkie wartości leżą między a . Wartości te ograniczały przedział długości . Ponieważ rozkład jest równomierny, prawdopodobieństwo, że dowolny konkretny leży w tym przedziale, jest proporcjonalne do jego długości:nt2t3tyi

Pr(yi[t,2t])=3t3θ=tθ.

Ponieważ są niezależne, prawdopodobieństwa te mnożą się, dającyi

F(t)=(tθ)n.

Oczekiwania można natychmiast znaleźć, całkując funkcję przeżycia w przedziale możliwych wartości dla , , używając dla zmiennej:1Fθ^[0,θ]y=t/θ

E(θ^)=0θ(1(tθ)n)dt=01(1yn)θdy=nn+1θ.

(Ta formuła oczekiwania pochodzi od zwykłej całki poprzez integrację przez części. Szczegóły podano na końcu https://stats.stackexchange.com/a/105464 .)

Przeskalowanie o daje(n+1)/n

E(n+1nθ^)=θ,

QED .

Whuber
źródło
Ostatnia literówka zawiera literówkę, powinna brzmieć notθ^θ^n
Deep North
@ Dee Oh, oczywiście! Dziękuję za zwrócenie na to uwagi. Zostało to naprawione.
whuber