Знайдіть унікальний MVUE

Це питання пов'язане із вступом Роберта Хогга до математичної статистики 6-ї версії проблеми 7.4.9 на сторінці 388.

Нехай $X_1,...,X_n$ бути IID з PDF - $f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$ дорівнює нулю в інших місцях, де $\theta>0$ .

(А) Знайти ОМП & thetas з & thetas$\hat{\theta}$$\theta$

(Б) є чи θ достатньою для статистики & thetas ? Чому?$\hat{\theta}$$\theta$

(С) $(n+1)\hat{\theta}/n$ унікальний MVUE з & $\theta$ ? Чому?

Я думаю, що можу вирішити (а) і (б), але мене бентежить (с).

Для):

Нехай $Y_1<Y_2<...Y_n$ бути порядкові статистики.

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ коли$-\theta< y_1$і$y_n < 2\theta$; в іншому випадку$L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$, оскільки$\theta>0$, ми можемо бачити, що ця похідна є негативною,

тому ймовірність функції $L(\theta;x)$ зменшується.

З $(-\theta< y_1$ і $y_n < 2\theta)$ , $\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$ і $\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

$L(\theta,x)$ зменшується, тому, коли$\theta$ має найменше значення, функція ймовірності досягне максимального, оскільки$\theta>max(-y_1,y_n/2)$ , коли$\theta=max(-y1,y_n/2)$ функція ймовірності досягне максимального значення.

$\therefore$ MLE θ = т х ( - у 1 , у п / 2 )$\hat{\theta}=max(-y_1,y_n/2)$

Для (b):

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

$\therefore$ По теоремі факторізаціонной Неймана,$y_n=max(x_i)$ є достатньою статистикою для$\theta$ . Тому$y_n/2$ також є достатнім статистичним показником

Так само,

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

За теоремою факторизації Неймана y 1 = m i n ( x i ) є достатньою статистикою для θ . Тому - y 1 також є достатньою статистикою.$\therefore$$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

Для (c):

Спочатку знаходимо CDF $X$

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

Далі ми можемо знайти pdf для і Y n з формули книги для статистики замовлень.$Y_1$$Y_n$

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

Так само,

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

Далі ми покажемо повноту сімейства pdf для та f ( y n$f(y_1)$$f(y_n)$

. За допомогоюFTC(виводимо інтеграл) ми можемо показатиu(θ)=0для всіхθ>$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$$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$.

Тому сімейство pdf повна ..$Y_1$

Так само, все ще за ми можемо показати, що сімейство pdf Y n є повним.$FTC$$Y_n$

Проблема тепер нам потрібно показати , що є неупередженим.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

При θ = - у 1$\hat{\theta}=-y_1$

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

Ми можемо розв’язати інтеграл шляхом інтеграції по частинах

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

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

Таким чином, не є несмещенной оцінкоюthetasпри θ =-у$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

При θ = у п / 2$\hat{\theta}=y_n/2$

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

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

Тим НЕ менше, не є несмещенной оцінкоюthetasпри θ =уп/$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/2$

Але відповідь книги є те , що - унікальний MVUE. Я не розумію, чому це MVUE, якщо це упереджений оцінювач.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Або мої чітки невірні, будь ласка, допоможіть мені знайти помилки, я можу дати вам більш детальні розрахунки.

Дуже дякую.

Робота з екстремумом вимагає обережності, але це не повинно бути складно. Найважливішим питанням, яке було знайдено поблизу середини поста, є

... нам потрібно показати, що є несмещенной.$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

Раніше ви отримали

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

Незважаючи на те, що зовнішній вигляд брудний, обчислення стають елементарно , якщо врахувати інтегральну функцію розподілу . Для того, щоб почати роботу з цим, зауважимо , що 0 & le ; & thetas ; & le ; & thetas ; . Нехай t - число в цьому діапазоні. За визначенням,$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

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

Це ймовірність, що всі значень лежать між - t і 2 t . Ці значення обмежували інтервал довжиною 3 т . Оскільки розподіл рівномірний, ймовірність того, що який-небудь конкретний y i лежить у цьому проміжку, пропорційна його довжині:$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

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

Оскільки незалежні, ці ймовірності примножуються, даючи$y_i$

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

Очікування може бути негайно виявлено шляхом інтегрування функції виживання на інтервалі можливих значень & thetas , [ 0 , θ ] , використовуючи у = т / θ для змінної:$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

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

(Ця формула очікування виходить із звичайного інтеграла шляхом інтеграції по частинах. Деталі наведені в кінці https://stats.stackexchange.com/a/105464 .)

Масштабування на дає$(n+1)/n$

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

QED .