UMVUE di

Sia un campione casuale dalla densità$(X_1,X_2,\ldots,X_n)$

$$f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$$

Sto cercando di trovare l'UMVUE di $\frac{\theta}{1+\theta}$ .

La densità congiunta di $(X_1,\ldots,X_n)$ è

$$\begin{align} f_{\theta}(x_1,\cdots,x_n)&=\theta^n\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1} \\&=\exp\left[(\theta-1)\sum_{i=1}^n\ln x_i+n\ln\theta+\ln (\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1})\right],\,\theta>0 \end{align}$$

Poiché la popolazione pdf $f_{\theta}$ appartiene alla famiglia esponenziale a un parametro, questo dimostra che una statistica sufficiente completa per $\theta$ è

$$T(X_1,\ldots,X_n)=\sum_{i=1}^n\ln X_i$$

Poiché $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ , a prima vista, $E(X_1\mid T)$ mi darebbe l'UMVUE di $\frac{\theta}{1+\theta}$ dal Teorema di Lehmann-Scheffe. Non sono sicuro se questa aspettativa condizionale può essere trovata direttamente o si deve trovare la distribuzione condizionale $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$ .

D'altra parte, ho considerato il seguente approccio:

Abbiamo $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ , in modo che $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$ .

Quindi $r$- 2 θ ° ordine momento grezzo di circa zero, come calcolato utilizzando il pdf chi-quadrato è$-2\theta\,T$

$$E(-2\theta\,T)^r=2^r\frac{\Gamma\left(n+r\right)}{\Gamma\left(n\right)}\qquad ,\,n+r>0$$

Quindi sembra che per diverse scelte di numeri interi di $r$ , otterrei stimatori (e UMVUE) imparziali di diversi poteri interi di $\theta$ . Ad esempio, $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ ed $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ dammi direttamente le UMVUE rispettivamente di e .$\frac{1}{\theta}$$\theta$

Adesso quando $\theta>1$ abbiamo .$\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Posso sicuramente ottenere l'UMVUE $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ e così via. Quindi, combinando questi UMVUE, posso ottenere l'UMVUE richiesto di . Questo metodo è valido o devo procedere con il primo metodo? Poiché UMVUE è unico quando esiste, entrambi dovrebbero darmi la stessa risposta.$\frac{\theta}{1+\theta}$

Per essere esplicito, sto ottenendo

$$E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$$

Cioè,

$$E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$$

È possibile che il mio UMVUE richiesto sia $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ quando$\theta>1$ ?

Per $0<\theta<1$ , otterrei$g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$ otterrei , quindi UMVUE differirebbe.

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Essendo stato convinto che l'aspettativa condizionale nel primo approccio non potesse essere trovata direttamente, e poiché , avevo proceduto per trovare la distribuzione condizionale . Per questo, avevo bisogno della densità congiunta di .$E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$$X_1\mid \prod X_i$$(X_1,\prod X_i)$

Ho usato il cambio di variabili tale che per tutti . Ciò ha portato al supporto congiunto di$(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$$Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$$i=1,2,\cdots,n$$(Y_1,\cdots,Y_n)$ essendo .$S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$

Il determinante jacobiano si rivelò essere $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$ .

Quindi ho ottenuto la densità congiunta di$(Y_1,\cdots,Y_n)$ come

$$f_Y(y_1,y_2,\cdots,y_n)=\frac{\theta^n\, y_n^{\theta-1}}{\prod_{i=1}^{n-1}y_i}\mathbf1_S$$

Densità congiunta di$(Y_1,Y_n)$ è quindi

$$f_{Y_1,Y_n}(y_1,y_n)=\frac{\theta^n\,y_n^{\theta-1}}{y_1}\int_0^{y_{n-2}}\int_0^{y_{n-3}}\cdots\int_0^{y_1}\frac{1}{y_3y_4...y_{n-1}}\frac{\mathrm{d}y_2}{y_2}\cdots\mathrm{d}y_{n-2}\,\mathrm{d}y_{n-1}$$

Esiste una diversa trasformazione che posso usare qui che renderebbe meno complessa la derivazione della densità articolare? Non sono sicuro di aver preso la trasformazione corretta qui.

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Sulla base di alcuni suggerimenti eccellenti nella sezione commenti, ho trovato la densità congiunta di invece della densità articolare dove e$(U,U+V)$$(X_1,\prod X_i)$$U=-\ln X_1$$V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ .

Si vede immediatamente che e$U\sim\text{Exp}(\theta)$$V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ sono indipendenti.

E infatti,$U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$ .

Per , la densità articolare di è$n>1$$(U,V)$

$$f_{U,V}(u,v)=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}$$

Cambiando le variabili, ho ottenuto la densità congiunta di$(U,U+V)$ come

$$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$$

Quindi, la densità condizionale di è$U\mid U+V=z$

$$f_{U\mid U+V}(u\mid z)=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}$$

Ora, il mio UMVUE è esattamente $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$ , come avevo già detto all'inizio di questo post.

Quindi non resta che trovare

$$E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$$

Ma quell'ultimo integrale ha una forma chiusa in termini di funzione gamma incompleta secondo Mathematica , e mi chiedo cosa fare ora.

Si scopre che entrambi gli approcci (il mio tentativo iniziale e un altro basato su suggerimenti nella sezione commenti) nel mio post originale danno la stessa risposta. Descriverò entrambi i metodi qui per una risposta completa alla domanda.

Qui, indica la densità gamma dove e indica una distribuzione esponenziale con media , ( ). Chiaramente, $\text{Gamma}(n,\theta)$$f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$$\theta,n>0$$\text{Exp}(\theta)$$1/\theta$$\theta>0$$\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$ .

Poiché è completamente sufficiente per e , dal teorema di Lehmann-Scheffe è l'UMVUE di$T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$$\theta$$\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$$\mathbb E(X_1\mid T)$$\frac{\theta}{1+\theta}$ . Quindi dobbiamo trovare questa aspettativa condizionale.

Notiamo che .$X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies-\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Exp}(\theta)\implies-T\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Metodo I:

Sia e , in modo che e siano indipendenti. In effetti, e , implicando .$U=-\ln X_1$$V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$$U$$V$$U\sim\text{Exp}(\theta)$$V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$$U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Quindi, .$\mathbb E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=t)=\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=-t)$

Ora scopriamo la distribuzione condizionata di .$U\mid U+V$

Per e , densità articolare di$n>1$$\theta>0$$(U,V)$ è

$$\begin{align}f_{U,V}(u,v)&=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}\\&=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta(u+v)}v^{n-2}\mathbf1_{u,v>0}\end{align}$$

Cambiando le variabili, è immediato che la densità congiunta di sia$(U,U+V)$

$$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$$

Lasciare è la densità di . Pertanto la densità condizionale di è$f_{U+V}(\cdot)$$U+V$$U\mid U+V=z$

$$\begin{align}f_{U\mid U+V}(u\mid z)&=\frac{f_{U,U+V}(u,z)}{f_{U+V}(z)}\\&=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}\end{align}$$

Pertanto, .$\displaystyle\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

Cioè, l'UMVUE di è$\frac{\theta}{1+\theta}$$\displaystyle\mathbb E(X_1\mid T)=\frac{n-1}{(-T)^{n-1}}\int_0^{-T} e^{-u}(-T-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u\tag{1}$

Metodo II:

Poiché è una statistica sufficientemente completa per , qualsiasi stimatore imparziale di che è una funzione di sarà l'UMVUE di dal teorema di Lehmann-Scheffe. Quindi procediamo a trovare i momenti di , la cui distribuzione ci è nota. Abbiamo,$T$$\theta$$\frac{\theta}{1+\theta}$$T$$\frac{\theta}{1+\theta}$$-T$

$$\mathbb E(-T)^r=\int_0^\infty y^r\theta^n\frac{e^{-\theta y}y^{n-1}}{\Gamma(n)}\,\mathrm{d}y=\frac{\Gamma(n+r)}{\theta^r\,\Gamma(n)},\qquad n+r>0$$

Usando questa equazione otteniamo stimatori imparziali (e UMVUE) di per ogni numero intero$1/\theta^r$$r\ge1$ .

Ora per , abbiamo$\theta>1$$\displaystyle\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Combinando gli stimatori imparziali di otteniamo$1/\theta^r$

$$\mathbb E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$$

Cioè,

$$\mathbb E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$$

Quindi, supponendo , UMVUE di è$\theta>1$$\frac{\theta}{1+\theta}$$g(T)=\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\tag{2}$

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Non sono sicuro del caso$0<\theta<1$ nel secondo metodo.

Secondo Mathematica , l'equazione ha una forma chiusa in termini di funzione gamma incompleta. E nell'equazione , possiamo esprimere il prodotto in termini della normale funzione gamma come . Questo forse fornisce l'apparente connessione tra e .$(1)$$(2)$$n(n+1)(n+2)...(n+r-1)$$n(n+1)(n+2)...(n+r-1)=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(n)}$$(1)$$(2)$

Usando Mathematica ho potuto verificare che e fossero effettivamente la stessa cosa.$(1)$$(2)$

Penso che possiamo arrivare alla risposta più compatta a cui hai accennato riguardo alla funzione gamma incompleta superiore. Usando il primo metodo, ho trovato l'espressione

$$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right]=\left( n - 1 \right) \int_0^1 z^r \left( 1 - r \right)^{n-z}dr,$$ dove$z=e^T.$

Wolfram Alpha lo integra per ottenere

$$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{e^T \left( n-1 \right)}{T^{n-1} } \left[ \left( n-2 \right) !-\Gamma \left(n-1,T \right) \right]$$

Ora il termine della funzione gamma incompleta ha una forma chiusa quando è un numero intero. È$n$

$$\Gamma \left(n-1,T \right)=\frac{\Gamma \left(n-1 \right)}{e^T} \sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!}$$

Riscrivere le aspettative e semplificare, troviamo

$$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{\Gamma \left( n \right)}{T^{n-1}} \left[ e^T-\sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!} \right]$$

Non ho accesso al software che verificherà l'equivalenza con i tuoi risultati e , ma i calcoli manuali per e corrispondono al tuo .$(1)$$(2)$$n=2$$n=3$$(1)$