Trova la MVUE unica

Questa domanda è tratta dall'Introduzione alla statistica matematica di Robert Hogg, problema della sesta versione 7.4.9 a pagina 388.

Lascia che sia iid con pdf zero altrove, dove . $X_1,...,X_n$ $f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$ $\theta>0$

(a) Trova il mle di $\hat{\theta}$ $\theta$

(b) una statistica sufficiente per ? Perché ? $\hat{\theta}$ $\theta$

Penso di poter risolvere (a) e (b), ma sono confuso da (c).

Per un):

Lascia che sia la statistica dell'ordine. $Y_1<Y_2<...Y_n$

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ quando e ; altrove $-\theta< y_1$ $y_n < 2\theta$ $L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$ , poiché , possiamo vedere che questa derivata è negativa, $\theta>0$

quindi la funzione di probabilità sta diminuendo. $L(\theta;x)$

Da e , e $(-\theta< y_1$ $y_n < 2\theta)$ $\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$ $\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

$L(\theta,x)$ sta diminuendo, quindi quando ha il valore più alto la funzione di probabilità raggiungerà il massimo, poiché , quando , la funzione di verosimiglianza raggiungerà il valore massimo. $\theta$ $\theta>max(-y_1,y_n/2)$ $\theta=max(-y1,y_n/2)$

$\therefore$ mle $\hat{\theta}=max(-y_1,y_n/2)$

Per (b):

$f(x_1;\theta)f(x_2;\theta)...f(x_n;\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}\prod_{i}^{n} I(-\theta<x_i<2\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}I(max(x_i)<2\theta)\times 1$

$\therefore$ teorema di fattorizzazione di Neyman, è una statistica sufficiente per . Pertanto, è anche una statisitc sufficiente $y_n=max(x_i)$ $\theta$ $y_n/2$

samely,

$f(x_1;\theta)f(x_2;\theta)...f(x_n;\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}\prod_{i}^{n} I(-\theta<x_i<2\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}I(min(x_i)>-\theta)\times 1$

$\therefore$ teorema di fattorizzazione di Neyman, è una statistica sufficiente per . Pertanto, è anche una statistica sufficiente. $y_1=min(x_i)$ $\theta$ $-y_1$

Per (c):

Innanzitutto, troviamo il CDF di $X$

$F(x)=\int_{-\theta}^{x}\frac{1}{3\theta}dt=\frac{x+\theta}{3\theta},-\theta<x<2\theta$

Successivamente, possiamo trovare pdf per e dalla formula del libro per le statistiche dell'ordine. $Y_1$ $Y_n$

$f(y_1)=\frac{n!}{(1-1)!(n-1)!}[F(y_1)]^{1-1}[1-F(y_1)]^{n-1}f(y_1)=n[1-\frac{y_1+\theta}{3\theta}]^{n-1}\frac{1}{3\theta}=n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}$

samely,

$f(y_n)=n(\frac{y_n+\theta}{3\theta})^{n-1}\frac{1}{3\theta}=n\frac{1}{(3\theta)^n}(y_n+\theta)^{n-1}$

Successivamente, mostriamo la completezza della famiglia di PDF per e $f(y_1)$ $f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ . Tramite (derivare l'integrale) possiamo mostrare per tutti . $FTC$ $u(\theta)=0$ $\theta>0$

Pertanto, la famiglia di pdf è completa .. $Y_1$

Samely, sempre da , possiamo dimostrare che la famiglia di pdf è completa. $FTC$ $Y_n$

Il problema ora è che dobbiamo mostrare che è imparziale. $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Quando $\hat{\theta}=-y_1$

$E(-y_1)=\int_{-\theta}^{2\theta}(-y_1)\frac{n}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=\frac{1}{(3\theta)^n}\int_{-\theta}^{2\theta}y_1d(2\theta-y_1)^n$

Siamo in grado di risolvere l'integrale integrando le parti

$E(-y_1)=\frac{1}{(3\theta)^n}[y_1(2\theta-y_1)^n\mid_{-\theta}^{2\theta}-\int_{-\theta}^{2\theta}(2\theta-y_1)^ndy_1]=\frac{1}{(3\theta)^n}[\theta (3\theta)^n-\frac{(3\theta)^{n+1}}{n+1}]=\theta-\frac{3\theta}{n+1}=\frac{(n-2)\theta}{n+1}$

$\therefore E(\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n})=\frac{n+1}{n}E(-y_1)=\frac{n+1}{n}\frac{(n-2)\theta}{n+1}=\frac{n-2}{n}\theta$

Pertanto, non è uno stimatore imparziale di quando $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=-y_1$

Quando $\hat{\theta}=y_n/2$

$E(Y_n)=\int_{-\theta}^{2\theta}y_n\frac{n}{(3\theta)^n}(y_n+\theta)^{n-1}dy_n=\frac{1}{(3\theta)^n}\int_{-\theta}^{2\theta}y_nd(y_n+\theta)^n=\frac{1}{(3\theta)^n}[y_n(y_n+\theta)^n\mid_{-\theta}^{2\theta}-\int_{-\theta}^{2\theta}(y_n+\theta)^ndy_n]=\frac{1}{(3\theta)^n}[2\theta(3\theta)^-\frac{(3\theta)^{n+1}}{n+1}]=2\theta-\frac{3\theta}{n+1}=\frac{2n-1}{n+1}\theta$

$\therefore E(\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n})=\frac{n+1}{n}E(Y_n/2)=\frac{n+1}{2n}E(Y_n)=\frac{n+1}{2n}\frac{2n-1}{n+1}\theta=\frac{2n-1}{2n}\theta$

Tuttavia, non è uno stimatore imparziale di quando $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=y_n/2$

Ma la risposta del libro è che è un MVUE unico. Non capisco perché sia un MVUE se è uno stimatore distorto. $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Oppure i miei calcoli sono sbagliati, per favore aiutami a trovare gli errori, posso darti calcoli più dettagliati.

Grazie mille.

— Profondo nord
fonte

Non vedo alcun calcolo della distribuzione di .

\hat{θ}

$\hat\theta$

— whuber

Grazie, whuber, il . È o dipende da quale è più grande. Ho calcolato le distribuzioni sia per che . Puoi vedere e nel testo.

\hat{θ} = m a x (- y_{1}, y_{n} / 2)

$\hat{\theta}=max(-y_1,y_n/2)$

- y_{1}

$-y_1$

y_{n} / 2

$y_n/2$

y_{1}

$y_1$

y_{n}

$y_n$

f (y_{1}) = n \frac{1}{(3 θ)^{n}} (2 θ - y_{1})^{n - 1}

$f(y_1)=n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}$

f (y_{n}) = n \frac{1}{(3 θ)^{n}} (y_{n} + θ)^{n - 1}

$f(y_n)=n\frac{1}{(3\theta)^n}(y_n+\theta)^{n-1}$

— Deep North

E dalle due distribuzioni precedenti, ho calcolato ed quindi

E (\hat{θ}) = E (- Y_{1})

$E(\hat{\theta})=E(-Y_1)$

E (\hat{θ}) = E (Y_{n} / 2)

$E(\hat{\theta})=E(Y_n/2)$

E (\frac{n + 1}{n} \hat{θ})

$E(\frac{n+1}{n}\hat{\theta})$

— Deep North

Lavorare con extrema richiede cura, ma non deve essere difficile. La domanda cruciale, trovata vicino al centro del post, è

... dobbiamo dimostrare che è imparziale. $\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

In precedenza hai ottenuto

\hat{θ} = max (- y_{1}, y_{n} / 2) = max {- min {y_{i}}, max {y_{i}} / 2} .

$\hat\theta = \max(-y_1, y_n/2) = \max\{-\min\{y_i\}, \max\{y_i\}/2\}.$

Anche se che sembra disordinato, i calcoli diventano elementare se si considera la funzione di ripartizione . Per iniziare, nota che . Sia un numero in questo intervallo. Per definizione, $F$ $0\le \hat\theta \le \theta$ $t$

\begin{aligned} F (t) & = Pr (\hat{θ} \leq t) \\ = Pr (- y_{1} < t and y_{n} / 2 \leq t) \\ = Pr (- t \leq y_{1} \leq y_{2} \dots \leq y_{n} \leq 2 t) . \end{aligned}

$\eqalign{ F(t) &= \Pr(\hat\theta\le t) \\&= \Pr(-y_1 \lt t\text{ and }y_n/2 \le t) \\ &= \Pr(-t \le y_1 \le y_2 \cdots \le y_n \le 2t). }$

Questa è la possibilità che tutti i valori siano compresi tra e . Quei valori vincolano un intervallo di lunghezza . Poiché la distribuzione è uniforme, la probabilità che qualsiasi specifico in questo intervallo è proporzionale alla sua lunghezza: $n$ $-t$ $2t$ $3t$ $y_i$

Pr (y_{i} \in [- t, 2 t]) = \frac{3 t}{3 θ} = \frac{t}{θ} .

$\Pr(y_i \in [-t, 2t]) = \frac{3t}{3\theta} = \frac{t}{\theta}.$

Poiché sono indipendenti, queste probabilità si moltiplicano, dando $y_i$

F (t) = {(\frac{t}{θ})}^{n} .

$F(t) = \left(\frac{t}{\theta}\right)^n.$

L'attesa può essere trovata immediatamente integrando la funzione di sopravvivenza nell'intervallo di valori possibili per , , usando per la variabile: $1-F$ $\hat\theta$ $[0, \theta]$ $y=t/\theta$

E (\hat{θ}) = \int_{0}^{θ} (1 - {(\frac{t}{θ})}^{n}) d t = \int_{0}^{1} (1 - y^{n}) θ d y = \frac{n}{n + 1} θ .

$\mathbb{E}(\hat\theta) = \int_0^\theta \left(1 - \left(\frac{t}{\theta}\right)^n\right)dt = \int_0^1 (1-y^n)\theta dy = \frac{n}{n+1}\theta.$

(Questa formula per l'attesa è derivata dal solito integrale tramite integrazione per parti. I dettagli sono forniti alla fine di https://stats.stackexchange.com/a/105464 .)

Il ridimensionamento di dà $(n+1)/n$

E (\frac{n + 1}{n} \hat{θ}) = θ,

$\mathbb{E}\left(\frac{n+1}{n}\,{\hat \theta}\right) = \theta,$

QED .

— whuber
fonte

C'è un refuso per l'ultima formula, dovrebbe essere not

\hat{θ}

$\hat \theta$

{\hat{θ}}^{n}

$\hat \theta^n$

— Deep North

@Deep Oh, certo! Grazie per averlo sottolineato. Ora è stato risolto.

— whuber

Trova la MVUE unica

Penso di poter risolvere (a) e (b), ma sono confuso da (c).

Il problema ora è che dobbiamo mostrare che è imparziale.(n+1)θ^n(n+1)θ^n\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}

Pertanto, non è uno stimatore imparziale di quando θ θ =-y1(n+1)θ^n(n+1)θ^n\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}θθ\thetaθ^=−y1θ^=−y1\hat{\theta}=-y_1

Tuttavia, non è uno stimatore imparziale di quando θ θ =yn/2(n+1)θ^n(n+1)θ^n\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}θθ\thetaθ^=yn/2θ^=yn/2\hat{\theta}=y_n/2

Ma la risposta del libro è che è un MVUE unico. Non capisco perché sia ​​un MVUE se è uno stimatore distorto.(n+1)θ^n(n+1)θ^n\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}

Il problema ora è che dobbiamo mostrare che è imparziale. $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Pertanto, non è uno stimatore imparziale di quando $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=-y_1$

Tuttavia, non è uno stimatore imparziale di quando $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=y_n/2$

Ma la risposta del libro è che è un MVUE unico. Non capisco perché sia un MVUE se è uno stimatore distorto. $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$