Чи нормальне значення MLE асимптотично, коли ?

Припустимо, має pdf $(X,Y)$

f_{θ} (x, y) = e^{- (x / θ + θ y)} 1_{x > 0, y > 0}, θ > 0

$f_{\theta}(x,y)=e^{-(x/\theta+\theta y)}\mathbf1_{x>0,y>0}\quad,\,\theta>0$

Тому щільність вибірки отримана з цієї сукупності, тому $(\mathbf X,\mathbf Y)=(X_i,Y_i)_{1\le i\le n}$

\begin{aligned} g_{θ} (x, y) & = \prod_{i = 1}^{n} f_{θ} (x_{i}, y_{i}) \\ = \exp [- \sum_{i = 1}^{n} (\frac{x_{i}}{θ} + θ y_{i})] 1_{x_{1}, \dots, x_{n}, y_{1}, \dots, y_{n} > 0} \\ = \exp [- \frac{n \bar{x}}{θ} - θ n \bar{y}] 1_{x_{(1)}, y_{(1)} > 0}, θ > 0 \end{aligned}

$\begin{align} g_{\theta}(\mathbf x,\mathbf y)&=\prod_{i=1}^n f_{\theta}(x_i,y_i) \\&=\exp\left[{-\sum_{i=1}^n\left(\frac{x_i}{\theta}+\theta y_i\right)}\right]\mathbf1_{x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_n>0} \\&=\exp\left[-\frac{n\bar x}{\theta}-\theta n\bar y\right]\mathbf1_{x_{(1)},y_{(1)}>0}\quad,\,\theta>0 \end{align}$

Оцінювач максимальної ймовірності $\theta$ може бути отриманий як

\hat{θ} (X, Y) = \sqrt{\frac{\bar{X}}{\bar{Y}}}

$\hat\theta(\mathbf X,\mathbf Y)=\sqrt\frac{\overline X}{\overline Y}$

Хочеться знати, нормальний чи поширений цей MLE нормальний чи ні.

Зрозуміло, що достатньою статистикою для $\theta$ на основі вибірки є $(\overline X,\overline Y)$ .

Тепер я б сказав, що MLE асимптотично нормальний, без сумніву, якби він був членом регулярної однопараметричної експоненціальної родини. Я не думаю, що це так, почасти тому, що у нас є достатньо двовимірна статистика для одновимірного параметра (як, наприклад, у розподілі ). $N(\theta,\theta^2)$

Використовуючи той факт, що і насправді є незалежними експоненціальними змінними, я можу показати, що точний розподіл такий, що $X$ $Y$ $\hat\theta$

\frac{\hat{θ}}{θ} \overset{d}{=} \sqrt{F}, where F \sim F_{2 n, 2 n}

$\frac{\hat\theta}{\theta}\stackrel{d}{=} \sqrt F\quad,\text{ where }F\sim F_{2n,2n}$

Я не можу продовжити пошук обмежувального розподілу звідси.

Натомість я можу стверджувати WLLN, що і , так що . $\overline X\stackrel{P}\longrightarrow\theta$ $\overline Y\stackrel{P}\longrightarrow 1/\theta$ $\hat\theta\stackrel{P}\longrightarrow\theta$

Це говорить мені, що переходить у розподілі до . Але це не стає несподіванкою, оскільки є "хорошим" оцінником . І цей результат недостатньо сильний, щоб зробити висновок про те, чи є щось на зразок асимптотично нормальним чи ні. Я також не міг прийти з розумним аргументом, використовуючи CLT. $\hat\theta$ $\theta$ $\hat\theta$ $\theta$ $\sqrt n(\hat\theta-\theta)$

Таким чином, залишається питання, чи відповідає батьківський розподіл тут нормам умов нормального обмеження розподілу MLE.

— ВпертийАтом
джерело

Емпірично це здається дуже близьким до нормального. Можливо, вам буде простіше встановити на (це лише коефіцієнт масштабування), а потім подумайте, чи розподіл квадратного кореня відношення вибіркових засобів експоненціальних випадкових змінних є асимптотичним нормальним. Використовуючи метод дельти, це відповідає розподілу відношення вибіркових засобів серед експоненціальних випадкових змінних, які є асимптотично нормальними. І це відповідає розподілу відношення двох випадкових змінних гамма-гамма, які є асимптотично нормальними в міру збільшення параметра форми.

θ

$\theta$

1

$1$

— Генрі

Асимптотична нормальність MLE не має нічого спільного з експоненціальними сім'ями. Інтуїтивно зрозуміло, що для асимптотичної нормальності потрібно просто переконатися, що немає шансів, що рішення буде поблизу межі простору параметрів.

— whuber

@whuber Наскільки я знаю, у pdfs, які є членами канонічної експоненціальної родини, майже завжди є MLE, які є асимптотично нормальними (не те, що це пов’язано з родиною досвіду). Це той зв’язок, на який я намагався вказати.

— StubbornAtom

Правильно: але з'єднання є одним із способів. Асимптотичні результати для MLE набагато більш загальні, і тому я намагався припустити, що дивитись у цьому загальному напрямку, а не зосереджуватись на властивостях Експоненціальних сімей, може бути більш плідним запитом.

— whuber

Доказ, використовуючи багатоваріантний метод CLT і дельта, також можливий, як це робиться тут .

— StubbornAtom

Прямий доказ асимптотичної нормальності:

Імовірність журналу тут є

L = - \frac{n \bar{x}}{θ} - θ n \bar{y}

$L = -\frac {n \bar x}{\theta} - \theta n \bar y$

Перша і друга похідні є

\frac{\partial L}{\partial θ} = \frac{n \bar{x}}{θ^{2}} - n \bar{y}, \frac{\partial^{2} L}{\partial θ^{2}} = - \frac{2 n \bar{x}}{θ^{3}}

$\frac {\partial L}{\partial \theta } = \frac {n \bar x}{\theta^2} - n\bar y,\;\;\;\frac {\partial^2 L}{\partial \theta^2 } = -\frac {2n \bar x}{\theta^3}$

ОМП & задовольняє $\hat \theta_n$

\frac{\partial L ({\hat{θ}}_{n})}{\partial θ} = 0

$\frac {\partial L(\hat \theta_n)}{\partial \theta }=0$

Застосовуючи середнє значення розширення навколо справжнього значення $\theta_0$ нас

\frac{\partial L ({\hat{θ}}_{n})}{\partial θ} = \frac{\partial L (θ_{0})}{\partial θ} + \frac{\partial^{2} L ({\tilde{θ}}_{n})}{\partial θ^{2}} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = 0

$\frac {\partial L(\hat \theta_n)}{\partial \theta } = \frac {\partial L(\theta_0)}{\partial \theta } + \frac {\partial^2 L(\tilde \theta_n)}{\partial \theta^2 }(\hat \theta_n - \theta_0) =0$

в протягом деякого $\tilde \theta_n$ між & і . Перестановка у нас є, $\hat \theta_n$ $\theta_0$

({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = - {(\frac{\partial^{2} L ({\tilde{θ}}_{n})}{\partial θ^{2}})}^{- 1} \frac{\partial L (θ_{0})}{\partial θ}

$(\hat \theta_n - \theta_0) = -\left(\frac {\partial^2 L(\tilde \theta_n)}{\partial \theta^2 }\right)^{-1}\frac {\partial L(\theta_0)}{\partial \theta }$

Але в нашому однопараметричному випадку обернена є просто зворотною, тому, вставляючи також конкретні вирази похідних,

({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = \frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{2 n \bar{x}} (\frac{n \bar{x}}{θ_{0}^{2}} - n \bar{y})

$(\hat \theta_n - \theta_0) = \frac {\tilde \theta^3_n}{2n\bar x}\left(\frac {n \bar x}{\theta^2_0} - n\bar y\right)$

⟹ \sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = \frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{2 \bar{x} θ_{0}^{2}} \sqrt{n} \cdot (\bar{x} - θ_{0}^{2} \bar{y})

$\implies \sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \frac {\tilde \theta^3_n}{2\bar x \theta_0^2}\sqrt{n}\cdot\left(\bar x - \theta_0^2\bar y \right)$

⟹ \sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = \frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{2 \bar{x} θ_{0}^{2}} \cdot (n^{- 1 / 2} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - θ_{0}^{2} y_{i}))

$\implies \sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \frac {\tilde \theta^3_n}{2\bar x \theta_0^2}\cdot\left (n^{-1/2}\sum_{i=1}^n(x_i-\theta_0^2 y_i)\right)$

Варіант суми -

Var (\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - θ_{0}^{2} y_{i})) = 2 n θ_{0}^{2}

$\text{Var}\left(\sum_{i=1}^n(x_i-\theta_0^2 y_i)\right) = 2n\theta_0^2$

$S_n$

\sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = (\frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{\sqrt{2} \bar{x} θ_{0}}) \cdot \frac{\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - θ_{0}^{2} y_{i})}{\sqrt{n} \sqrt{2} θ_{0}}

$\sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \left(\frac {\tilde \theta^3_n}{\sqrt{2}\bar x \theta_0}\right)\cdot\frac {\sum_{i=1}^n(x_i-\theta_0^2 y_i)}{\sqrt{n}\sqrt{2}\theta_0}$

\sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = (\frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{\sqrt{2} \bar{x} θ_{0}}) \cdot \frac{S_{n}}{\sqrt{Var (S_{n})}}

$\sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \left(\frac {\tilde \theta^3_n}{\sqrt{2}\bar x \theta_0}\right)\cdot\frac {S_n}{\sqrt{\text{Var}(S_n)}}$

More over, we have that $E(x_i-\theta_0^2 y_i) = 0$ , so $E(S_n)=0$ . So we have the subject matter of a classical CLT, and one can verify that the Lindeberg condition is satisfied. It follows that

\frac{S_{n}}{\sqrt{Var (S_{n})}} \to_{d} N (0, 1)

$\frac {S_n}{\sqrt{\text{Var}(S_n)}} \to_d N(0,1)$

Due to the consistency of the estimator, we also have

(\frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{\sqrt{2} \bar{x} θ_{0}}) \to_{p} \frac{θ_{0}}{\sqrt{2}}

$\left(\frac {\tilde \theta^3_n}{\sqrt{2}\bar x \theta_0}\right) \to_p \frac{\theta_0}{\sqrt{2}}$

and by Slutsky's Theorem we arrive at

\sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) \to_{d} N (0, θ_{0}^{2} / 2)

$\sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) \to_d N (0, \theta_0^2/2)$

Nice. Double the information, half the variance (compared to the case where we would estimate $\theta_0$ based on a sample from a single random variable).

PS: The fact that in the above expressions $\theta_0$ appears in the denominator, points towards @whuber's comment that MLE's asymptotic normality needs the unknown parameter to be away from the boundary of the parameter space (in our case, away from zero).

— Alecos Papadopoulos
джерело

Sorry for the late reply. All this time I was pondering whether this is a curved exponential family and so the MLE might behave differently.

— StubbornAtom

@StubbornAtom Asymptotic normality is certainly lost when the parameter under estimation is on the boundary of the parameter (a quite intuitive result if you think about it).

— Alecos Papadopoulos