Łącznie uzupełnij wystarczające statystyki: jednolite (a, b)

Niech $\mathbf{X}= (x_1, x_2, \dots x_n)$ będzie próbką losową z rozkładu jednolitego na $(a,b)$ , gdzie $a < b$ . Niech $Y_1$ i $Y_n$ będą największymi i najmniejszymi statystykami rzędu. Pokaż, że statystyka $(Y_1, Y_n)$ jest łącznie kompletną wystarczającą statystyką dla parametru $\theta = (a, b)$.

Nie jest dla mnie problemem wykazanie wystarczalności za pomocą faktoryzacji.

Pytanie: Jak pokazać kompletność? Wolałbym podpowiedź.

Próba: mogę pokazać $\mathbb E[g(T(x))] = 0$ oznacza $g(T(x)) = 0$ dla jednoparametrowego rozkładu jednoparametrowego, ale utknąłem na dwuparametrowym rozkładzie jednorodnym.

Próbowałem bawić się z $\mathbb E[g(Y_1, Y_n)]$ i stosując łączny rozkład $Y_1$ i $Y_n$ , ale nie jestem pewien, czy idę w dobrym kierunku, ponieważ rachunek potyka się o mnie.

Zajmijmy się rutynowym rachunkiem dla Ciebie, abyś mógł dotrzeć do sedna problemu i cieszyć się formułowaniem rozwiązania. Sprowadza się do konstruowania prostokątów jako związków i różnic trójkątów.

Najpierw wybierz wartości i B , które udostępniają informacje jak najprostsze. $a$$b$ Lubię : gęstość jednowymiarowa dowolnego składnika X = ( X 1 , X 2 , … , X n ) jest tylko funkcją wskaźnika przedziału [ 0 , 1 ] .$a=0,b=1$$X=(X_1,X_2,\ldots,X_n)$$[0,1]$

Znajdźmy funkcję rozkładu z ( Y 1 , Y n ) . $F$$(Y_1,Y_n)$Z definicji dla dowolnych liczb rzeczywistych jest to$y_1 \le y_n$

$$F(y_1,y_n) = \Pr(Y_1\le y_1\text{ and } Y_n \le y_n).\tag{1}$$

Wartości są oczywiście lub w przypadku, gdy dowolna z lub znajduje się poza przedziałem , więc załóżmy, że oba znajdują się w tym przedziale. (Załóżmy również, że aby uniknąć omawiania błahostek.) W tym przypadku zdarzenie można opisać w kategoriach oryginalnych zmiennych jako „co najmniej jeden z jest mniejsze lub równe i żaden z przekracza . " Równolegle wszystkie leżą w$F$$0$$1$$y_1$$y_n$$[a,b] = [0,1]$$n\ge 2$$(1)$$X=(X_1,X_2,\ldots,X_n)$$X_i$$y_1$$X_i$$y_n$$X_i$$[0,y_n]$ale nie jest tak, że wszystkie z nich leżą . $(y_1,y_n]$

Ponieważ są niezależne, ich prawdopodobieństwa się mnożą i dają odpowiednio i dla tych dwóch wspomnianych właśnie zdarzeń. A zatem,$X_i$$(y_n-0)^n = y_n^n$$(y_n-y_1)^n$

$$F(y_1,y_n) = y_n^n - (y_n-y_1)^n.$$

Gęstość jest mieszaną pochodną cząstkową ,$f$$F$

$$f(y_1,y_n) = \frac{\partial^2 F}{\partial y_1 \partial y_n}(y_1,y_n) = n(n-1)(y_n-y_1)^{n-2}.$$

Ogólny przypadek skaluje zmienne o współczynnik i przesuwa lokalizację o . $(a,b)$$b-a$$a$ Tak więc, na ,$a \lt y_1 \le y_n \lt b$

$$F(y_1,y_n; a,b) = \left(\left(\frac{y_n-a}{b-a}\right)^n - \left(\frac{y_n-a}{b-a} - \frac{y_1-a}{b-a}\right)^n\right) = \frac{(y_n-a)^n - (y_n-y_1)^n}{(b-a)^n}.$$

Zróżnicowanie jak wcześniej

$$f(y_1,y_n; a,b) = \frac{n(n-1)}{(b-a)^n}(y_n-y_1)^{n-2}.$$

Rozważ definicję kompletności. Niech będzie dowolną mierzalną funkcją dwóch rzeczywistych zmiennych. Zgodnie z definicją,$g$

$$\eqalign{E[g(Y_1,Y_n)] &= \int_{y_1}^b\int_a^b g(y_1,y_n) f(y_1,y_n)dy_1dy_n\\ &\propto\int_{y_1}^b\int_a^b g(y_1,y_n) (y_n-y_1)^{n-2} dy_1dy_n.\tag{2} }$$

Musimy pokazać, że gdy to oczekiwanie wynosi zero dla wszystkich , to jest pewne, że dla dowolnego .$(a,b)$$g=0$$(a,b)$

Oto twoja wskazówka. Niech będzie dowolną mierzalną funkcją. Chciałbym to wyrazić w formie sugerowanej przez jako . Aby to zrobić, oczywiście musimy podzielić przez . Niestety, dla nie jest to definiowane za każdym razem, gdy . Kluczem jest to, że ten zestaw ma miarę zerową, więc możemy go pominąć.$h:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$$(2)$$h(x,y)=g(x,y)(y-x)^{n-2}$$h$$(y-x)^{n-2}$$n\gt 2$$y-x$

Odpowiednio, biorąc pod uwagę dowolną mierzalną , zdefiniuj$h$

$$g(x,y) = \left\{\matrix{h(x,y)/(y-x)^{n-2} & x \ne y \\ 0 & x=y}\right.$$

Następnie staje się$(2)$

$$\int_{y_1}^b\int_a^b h(y_1,y_n) dy_1dy_n \propto E[g(Y_1,Y_n)].\tag{3}$$

(Gdy zadanie pokazuje, że coś jest zerowe, możemy zignorować niezerowe stałe proporcjonalności. Tutaj upuściłem z lewej strony.)$n(n-1)/(b-a)^{n-2}$

Jest to całka nad prostokątnym trójkątem z przeciwprostokątną rozciągającą się od do i wierzchołkiem w . Oznaczmy taki trójkąt .$(a,a)$$(b,b)$$(a,b)$$\Delta(a,b)$

Ergo , co musisz pokazać, to że jeśli całka arbitralnej mierzalnej funkcji we wszystkich trójkątach wynosi zero, to dla dowolnego , (prawie na pewno ) dla wszystkich .$h$$\Delta(a,b)$$a\lt b$$h(x,y)=0$$(x,y)\in \Delta(a,b)$

Chociaż może się wydawać, że nie poszliśmy dalej, rozważ dowolny prostokąt całkowicie zawarty w półpłaszczyźnie . Można to wyrazić jako trójkąty:$[u_1,u_2]\times [v_1,v_2]$$y \gt x$

$$[u_1,u_2]\times [v_1,v_2] = \Delta(u_1,v_2) \setminus\left(\Delta(u_1,v_1) \cup \Delta(u_2,v_2)\right)\cup \Delta(u_2,v_1).$$

Na tej figurze prostokąt jest pozostałością po dużym trójkącie, gdy usuwamy zachodzące na siebie czerwone i zielone trójkąty (które podwójnie liczą ich brązowe przecięcie), a następnie zastępujemy ich przecięcie.

W związku z tym możesz natychmiast wywnioskować, że całka na wszystkich takich prostokątach wynosi zero. $h$ Pozostaje tylko pokazać, że musi wynosić zero (oprócz wartości w pewnym zbiorze miary zero) za każdym razem, gdy . Dowód tego (intuicyjnie jasnego) stwierdzenia zależy od tego, jakie podejście chcesz zastosować do definicji integracji.$h(x,y)$$y \gt x$