Znajdź unikalny MVUE

To pytanie pochodzi z wprowadzenia Roberta Hogga do statystyki matematycznej, problem 6. wersji 7.4.9 na stronie 388.

Niech będzie oznaczony pdf 1/3 zero w innym miejscu, gdzie .$X_1,...,X_n$$f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$$\theta>0$

(a) Znajdź mle z$\hat{\theta}$$\theta$

(b) Czy to wystarczająca statystyka dla ? Dlaczego ?$\hat{\theta}$$\theta$

(c) Czy jest unikalnym MVUE z ? Dlaczego ?$(n+1)\hat{\theta}/n$$\theta$

Myślę, że mogę rozwiązać (a) i (b), ale myli mnie (c).

Dla):

Niech będą statystykami zamówienia.$Y_1<Y_2<...Y_n$

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ kiedy i ; gdzie indziejrok n < 2 θ L ( θ ; x ) = $-\theta< y_1$$y_n < 2\theta$$L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$ , ponieważ , widzimy, że ta pochodna jest ujemna,$\theta>0$

więc funkcja prawdopodobieństwa maleje.$L(\theta;x)$

Od i , i y n < 2 θ ) ⇒ ( θ > - y 1 θ > y n / 2 ) , ⇒ θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 $(-\theta< y_1$$y_n < 2\theta)$$\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$$\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

θ θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 ) θ = m a x ( - y 1 , y n / 2 $L(\theta,x)$ maleje, więc gdy ma największą wartość, funkcja prawdopodobieństwa osiągnie maksimum, ponieważ , gdy funkcja prawdopodobieństwa osiągnie wartość maksymalną.$\theta$$\theta>max(-y_1,y_n/2)$$\theta=max(-y1,y_n/2)$

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

Dla (b):

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

$\therefore$ przez twierdzenie Neymana o faktoryzacji jest wystarczającą statystyką dla . Dlatego jest również wystarczającą statystyką$y_n=max(x_i)$$\theta$$y_n/2$

Samely

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

$\therefore$ przez twierdzenie Neymana o faktoryzacji jest wystarczającą statystyką dla . Dlatego też jest również wystarczającą statystyką.$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

Dla (c):

Najpierw znajdujemy CDF$X$

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

Następnie możemy znaleźć pdf zarówno dla jak i ze wzoru książki dla statystyk zamówień.$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

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

Następnie pokażemy kompletność rodziny PDF dla i$f(y_1)$$f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ . Przez (wyprowadzenie całki) możemy pokazać dla wszystkich .$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$

Dlatego rodzina pdf jest kompletna.$Y_1$

Podobnie, nadal przez , możemy pokazać, że rodzina pdf jest kompletna.$FTC$$Y_n$

Problem polega na tym, że musimy teraz pokazać, że jest bezstronny.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

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

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

Możemy rozwiązać całkę integrując przez części

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

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

Dlatego nie jest bezstronnym estymatorem gdy$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

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

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

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

Mimo to nie jest bezstronnym estymatorem gdy$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/2$

Ale odpowiedź książki jest taka, że to unikalny MVUE. Nie rozumiem, dlaczego jest to MVUE, jeśli jest stronniczym estymatorem.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Lub moje obliczenia są błędne, pomóż mi znaleźć błędy, mogę podać bardziej szczegółowe obliczenia.

Dziękuję Ci bardzo.

Praca z ekstrema wymaga opieki, ale nie musi być trudna. Najważniejsze pytanie, które znajduje się w pobliżu środka postu, brzmi:

... musimy pokazać, że jest bezstronny.$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

Wcześniej uzyskałeś

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

Chociaż który wygląda brudny, obliczenia stać elementarne jeśli wziąć pod uwagę dystrybuanty . Aby rozpocząć, zwróć uwagę, że . Niech będzie liczbą w tym zakresie. Zgodnie z definicją,$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

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

Jest to szansa, że ​​wszystkie wartości leżą między a . Wartości te ograniczały przedział długości . Ponieważ rozkład jest równomierny, prawdopodobieństwo, że dowolny konkretny leży w tym przedziale, jest proporcjonalne do jego długości:$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

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

Ponieważ są niezależne, prawdopodobieństwa te mnożą się, dając$y_i$

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

Oczekiwania można natychmiast znaleźć, całkując funkcję przeżycia w przedziale możliwych wartości dla , , używając dla zmiennej:$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

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

(Ta formuła oczekiwania pochodzi od zwykłej całki poprzez integrację przez części. Szczegóły podano na końcu https://stats.stackexchange.com/a/105464 .)

Przeskalowanie o daje$(n+1)/n$

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

QED .