Trova UMVUE di dove

Lascia $X_1, X_2, . . . , X_n$ tra variabili casuali con pdf

$f_{X} (x ∣ θ) = θ (1 + x)^{- (1 + θ)} I_{(0, \infty)} (x)$ $f_X(x\mid\theta) =\theta(1 +x)^{−(1+\theta)}I_{(0,\infty)}(x)$

dove $\theta >0$ . Dai l'UMVUE di $\frac{1}{\theta}$ e calcola la sua varianza

Ho imparato due di questi metodi per ottenere UMVUE ottenuti:

Cramer-Rao Lower Bound (CRLB)
Lehmann-Scheffe Thereom

Proverò a farlo usando il primo dei due. Devo ammettere che non capisco completamente cosa sta succedendo qui e sto basando la mia tentata soluzione su un problema di esempio. Ho che $f_X(x\mid\theta)$ è una famiglia esponenziale completa di un parametro

$h(x)=I_{(0,\infty)}$ , $c(\theta)=\theta$ , $w(\theta)=-(1+\theta)$ , $t(x)=\text{log}(1+x)$

Poiché $w'(\theta)=1$ è diverso da zero su $\Theta$ , si applica il risultato CRLB. abbiamo

log f_{X} (x ∣ θ) = log (θ) - (1 + θ) \cdot log (1 + x)

$\text{log }f_X(x\mid\theta)=\text{log}(\theta)-(1+\theta)\cdot\text{log}(1+x)$

\frac{\partial}{\partial θ} log f_{X} (x ∣ θ) = \frac{1}{θ} - log (1 + x)

$\frac{\partial}{\partial \theta}\text{log }f_X(x\mid\theta)=\frac{1}{\theta}-\text{log}(1+x)$

\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} log f_{X} (x ∣ θ) = - \frac{1}{θ^{2}}

$\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}\text{log }f_X(x\mid\theta)=-\frac{1}{\theta^2}$

quindi

I_{1} (θ) = - E (- \frac{1}{θ^{2}}) = \frac{1}{θ^{2}}

$I_1(\theta)=-\mathsf E\left(-\frac{1}{\theta^2}\right)=\frac{1}{\theta^2}$

e il CRLB per stimatori imparziali di è $\tau(\theta)$

\frac{[τ^{'} (θ)]^{2}}{n \cdot I_{1} (θ)} = \frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

$\frac{[\tau'(\theta)]^2}{n\cdot I _1(\theta)} = \frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2$

Poiché

\sum_{i = 1}^{n} t (X_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} log (1 + X_{i})

$\sum_{i=1}^n t(X_i)=\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

quindi qualsiasi funzione lineare di , o equivalentemente, qualsiasi funzione lineare di , raggiungerà il CRLB delle sue aspettative e sarà quindi un UMVUE delle sue aspettative. Poiché abbiamo che l'UMVUE di è $\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ $\mathsf E(\text{log}(1+X))=\frac{1}{\theta}$ $\frac{1}{\theta}$ $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

Per una parametrizzazione naturale possiamo lasciare $\eta=-(1+\theta)\Rightarrow \theta=-(\eta+1)$

Poi

V a r (log (1 + X)) = \frac{d}{d η} (- \frac{1}{η + 1}) = \frac{1}{(η + 1)^{2}} = \frac{1}{θ^{2}}

$\mathsf{Var}(\text{log}(1+X))=\frac{d}{d\eta}\left(-\frac{1}{\eta+1}\right)=\frac{1}{(\eta+1)^2}=\frac{1}{\theta^2}$

È una soluzione valida? Esiste un approccio più semplice? Questo metodo funziona solo quando uguale a ciò che stai cercando di stimare? $\mathsf E(t(x))$

— Remy
fonte

Nel punto in cui hai mostrato che il pdf è un membro della famiglia esponenziale a un parametro, è immediatamente chiaro che una statistica completa completa per la famiglia è Poiché, come dici tu, , è l'UMVUE di dal teorema di Lehmann-Scheffe.

T (X_{1}, \dots, X_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + X_{i})

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

E (T / n) = \frac{1}{θ}

$E(T/n)=\frac{1}{\theta}$

T / n

$T/n$

1 / θ

$1/\theta$

— Testardo:

Quindi la parte in cui ho "Since è diversa da zero ..... " è irrilevante?

w^{'} (θ) = 1

$w'(\theta)=1$

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2$

— Remy,

Non proprio; la varianza di è più facile da trovare usando il CRLB. Quindi, per risolvere entrambe le domande contemporaneamente, il tuo argomento è sufficiente.

T

$T$

— Testardo

Per trovare la varianza in quel modo, dovrei prendere ? Quindi, l'ho fatto in modo errato in precedenza?

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2} = \frac{θ^{2}}{n} {(- \frac{1}{θ^{2}})}^{2} = \frac{1}{n θ^{2}}

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2=\frac{\theta^2}{n}\left(-\frac{1}{\theta^2}\right)^2=\frac{1}{n\theta^2}$

— Remy,

Sì, questa è la varianza di . Precisamente.

T

$T$

— Testardo:

Il tuo ragionamento è per lo più corretto.

La densità del giunto del campione è $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$

\begin{aligned} f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = \frac{θ^{n}}{{(\prod_{i = 1}^{n} (1 + x_{i}))}^{1 + θ}} 1_{x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n} > 0}, θ > 0 \\ ⟹ \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = n \ln (θ) - (1 + θ) \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i}) + \ln (1_{min_{1 \leq i \leq n} x_{i} > 0}) \\ ⟹ \frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = \frac{n}{θ} - \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i}) \\ = - n (\frac{\sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i})}{n} - \frac{1}{θ}) \end{aligned}

$\begin{align} f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=\frac{\theta^n}{\left(\prod_{i=1}^n (1+x_i)\right)^{1+\theta}}\mathbf1_{x_1,x_2,\ldots,x_n>0}\qquad,\,\theta>0 \\\\\implies \ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=n\ln(\theta)-(1+\theta)\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i)+\ln(\mathbf1_{\min_{1\le i\le n} x_i>0}) \\\\\implies\frac{\partial}{\partial \theta}\ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=\frac{n}{\theta}-\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i) \\\\&=-n\left(\frac{\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i)}{n}-\frac{1}{\theta}\right) \end{align}$

Così abbiamo espresso la funzione di punteggio nel modulo

\begin{matrix} (1) & \frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = k (θ) (T (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) - \frac{1}{θ}) \end{matrix}

$\frac{\partial}{\partial \theta}\ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)=k(\theta)\left(T(x_1,x_2,\ldots,x_n)-\frac{1}{\theta}\right)\tag{1}$

, che è la condizione di uguaglianza nella disuguaglianza di Cramér-Rao.

Non è difficile verificare che

\begin{matrix} (2) & E (T) = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \underset{= 1 / θ}{\underset{⏟}{E (\ln (1 + X_{i}))}} = \frac{1}{θ} \end{matrix}

$E(T)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\underbrace{E(\ln(1+X_i))}_{=1/\theta}=\frac{1}{\theta}\tag{2}$

Da e possiamo concludere che $(1)$ $(2)$

La statistica è uno stimatore imparziale di . $T(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ $1/\theta$
$T$ soddisfa la condizione di uguaglianza della disuguaglianza di Cramér-Rao.

Questi due fatti insieme implicano che è l'UMVUE di . $T$ $1/\theta$

Il secondo proiettile in realtà ci dice che la varianza di raggiunge il limite inferiore di Cramér-Rao per . $T$ $1/\theta$

Infatti, come hai mostrato,

E_{θ} [\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} \ln f_{θ} (X_{1})] = - \frac{1}{θ^{2}}

$E_{\theta}\left[\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\ln f_{\theta}(X_1)\right]=-\frac{1}{\theta^2}$

Ciò implica che la funzione di informazione per l'intero campione è

I (θ) = - n E_{θ} [\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} \ln f_{θ} (X_{1})] = \frac{n}{θ^{2}}

$I(\theta)=-nE_{\theta}\left[\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\ln f_{\theta}(X_1)\right]=\frac{n}{\theta^2}$

Quindi il limite inferiore di Cramér-Rao per e quindi la varianza dell'UMVUE è $1/\theta$

Var (T) = \frac{{[\frac{d}{d θ} (\frac{1}{θ})]}^{2}}{I (θ)} = \frac{1}{n θ^{2}}

$\operatorname{Var}(T)=\frac{\left[\frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{\theta}\right)\right]^2}{I(\theta)}=\frac{1}{n\theta^2}$

Qui abbiamo sfruttato un corollario della disuguaglianza di Cramér-Rao, che dice che per una famiglia di distribuzioni parametrizzata da (ipotizzando condizioni di regolarità della disuguaglianza di CR da mantenere), se una statistica è imparziale per per alcune funzioni se soddisfa la condizione di uguaglianza nella disuguaglianza di CR, vale a dire , quindi deve essere UMVUE di . Quindi questo argomento non funziona in tutti i problemi. $f$ $\theta$ $T$ $g(\theta)$ $g$

\frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x) = k (θ) (T (x) - g (θ))

$\frac{\partial}{\partial\theta}\ln f_{\theta}(x)=k(\theta)\left(T(x)-g(\theta)\right)$

T

$T$

g (θ)

$g(\theta)$

In alternativa, usando il teorema di Lehmann-Scheffe potresti dire che è l'UMVUE di in quanto è imparziale per ed è una statistica completa sufficiente per la famiglia di distribuzioni. Che sia sufficiente per competere è chiaro dalla struttura della densità congiunta del campione in termini di una famiglia esponenziale a un parametro. Ma la varianza di potrebbe essere un po 'difficile da trovare direttamente. $T=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \ln(1+X_i)$ $1/\theta$ $1/\theta$ $T$ $T$

— StubbornAtom
fonte

Si potrebbe anche usare la distribuzione di per trovare la sua media, varianza.

T

$T$

— Testardo: