UMVUE z

Niech $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ będzie losową próbką z gęstości
$f_{θ} (x) = θ x^{θ - 1} 1_{0 < x < 1}, θ > 0$ $f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$

Próbuję znaleźć UMVUE z $\frac{\theta}{1+\theta}$ .

Łączna gęstość $(X_1,\ldots,X_n)$ wynosi

\begin{aligned} {fa}_{θ} (x_{1}, \dots, x_{n}) & = θ^{n} {(\prod_{ja = 1}^{n} x_{ja})}^{θ - 1} 1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1} \\ = \exp [(θ - 1) \sum_{ja = 1}^{n} \ln x_{ja} + n \ln θ + \ln (1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1})], θ > 0 \end{aligned}

$\begin{align} f_{\theta}(x_1,\cdots,x_n)&=\theta^n\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1} \\&=\exp\left[(\theta-1)\sum_{i=1}^n\ln x_i+n\ln\theta+\ln (\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1})\right],\,\theta>0 \end{align}$

Jako pdf populacji $f_{\theta}$ należy do jednego parametru wykładniczej rodziny, co pokazuje, że całkowite wystarczające statystyczne dla $\theta$ jest

T. (X_{1}, \dots, X_{n}) = \sum_{ja = 1}^{n} \ln X_{ja}

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

Ponieważ $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ , na początku pomyślałem, że $E(X_1\mid T)$ dałoby mi UMVUE z $\frac{\theta}{1+\theta}$ według twierdzenia Lehmanna-Scheffego. Nie jestem pewien, czy tego warunkowego oczekiwania można znaleźć bezpośrednio, czy też trzeba znaleźć rozkład warunkowy $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$ .

Z drugiej strony rozważałem następujące podejście:

Mamy $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ , tak że $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$ .

Więc $r$ th zamówienia surowego moment $-2\theta\,T$ około zera, obliczone przy użyciu chi-kwadrat pdf to

E (- 2 θ T)^{r} = 2^{r} \frac{Γ (n + r)}{Γ (n)}, n + r > 0

$E(-2\theta\,T)^r=2^r\frac{\Gamma\left(n+r\right)}{\Gamma\left(n\right)}\qquad ,\,n+r>0$

Wydaje się więc, że dla różnych wyborów całkowitych $r$ , uzyskałbym obiektywne estymatory (i UMVUE) różnych mocy całkowitych $\theta$ . Na przykład $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ i $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ bezpośrednio daj mi UMVUE $\frac{1}{\theta}$ i $\theta$ .

Teraz, gdy $\theta>1$ mamy $\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$ .

Zdecydowanie mogę uzyskać UMVUE z $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ i tak dalej. Więc łącząc te UMVUE to mogę uzyskać wymaganą UMVUE z $\frac{\theta}{1+\theta}$ . Czy ta metoda jest poprawna, czy powinienem przejść do pierwszej metody? Ponieważ UMVUE jest wyjątkowy, gdy istnieje, oba powinny dać mi tę samą odpowiedź.

Mówiąc wprost, otrzymuję

E (1 + \frac{T}{n} + \frac{T^{2}}{n (n + 1)} + \frac{T^{3}}{n (n + 1) (n + 2)} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2}} - \frac{1}{θ^{3}} + \dots

$E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Oznacza to, że

E (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{T^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

Czy to możliwe, że mój wymagany UMVUE to $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ gdy $\theta>1$ ?

Dla $0<\theta<1$ , by uzyskać $g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$ , a więc UMVUE będzie się różnić.

Będąc przekonany, że warunkowa wartość oczekiwana w pierwszym podejściu nie można znaleźć bezpośrednio, a od $E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$ , miałem przystąpił do znalezienia rozkład warunkowy $X_1\mid \prod X_i$ . W tym celu potrzebowałem gęstości połączenia $(X_1,\prod X_i)$ .

Że stosuje się zmianę zmiennych $(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$ w taki sposób, $Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$ dla wszystkich $i=1,2,\cdots,n$ . Doprowadziło to do tego, że łączne wsparcie $(Y_1,\cdots,Y_n)$ wynosi $S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$ .

Wyznacznikiem jacobian okazało się $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$ .

Mam więc łączną gęstość $(Y_1,\cdots,Y_n)$ jako

f_{Y} (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{\prod_{i = 1}^{n - 1} y_{i}} 1_{S.}

$f_Y(y_1,y_2,\cdots,y_n)=\frac{\theta^n\, y_n^{\theta-1}}{\prod_{i=1}^{n-1}y_i}\mathbf1_S$

Łączna gęstość $(Y_1,Y_n)$ wynosi zatem

f_{Y_{1}, Y_{n}} (y_{1}, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{y_{1}} \int_{0}^{y_{n - 2)}} \int_{0}^{y_{n - 3)}} \dots \int_{0}^{y_{1}} \frac{1}{y_{3)} y_{4} . . . y_{n - 1}} \frac{re y_{2)}}{y_{2)}} \dots re y_{n - 2)} re y_{n - 1}

$f_{Y_1,Y_n}(y_1,y_n)=\frac{\theta^n\,y_n^{\theta-1}}{y_1}\int_0^{y_{n-2}}\int_0^{y_{n-3}}\cdots\int_0^{y_1}\frac{1}{y_3y_4...y_{n-1}}\frac{\mathrm{d}y_2}{y_2}\cdots\mathrm{d}y_{n-2}\,\mathrm{d}y_{n-1}$

Czy mogę zastosować inną transformację, która sprawiłaby, że wyprowadzenie gęstości stawu byłoby mniej kłopotliwe? Nie jestem pewien, czy dokonałem tutaj poprawnej transformacji.

Na podstawie znakomite sugestii w komentarzach, to okazało się, że wspólne gęstości $(U,U+V)$ zamiast wspólnego gęstości $(X_1,\prod X_i)$ w których $U=-\ln X_1$ i $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ .

Od razu widać, że $U\sim\text{Exp}(\theta)$ i $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ są niezależne.

I rzeczywiście, $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$ .

Dla $n>1$ gęstość złącza $(U,V)$ wynosi

{fa}_{U, V.} (u, v) = θ {mi}^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} {mi}^{- θ v} v^{n - 2)} 1_{v > 0}

$f_{U,V}(u,v)=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}$

Zmieniając zmienne, otrzymałem łączną gęstość $(U,U+V)$ jako

{fa}_{U, U + V.} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} {mi}^{- θ z} (z - u)^{n - 2)} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

Zatem gęstość warunkowa $U\mid U+V=z$ wynosi

{fa}_{U ∣ U + V.} (u ∣ z) = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2)}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z}

$f_{U\mid U+V}(u\mid z)=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}$

Teraz moja UMVUE jest dokładnie $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$ , jak wspomniał już na początku tego postu.

Pozostaje więc tylko znaleźć

mi ({mi}^{- U} ∣ U + V. = z) = \frac{n - 1}{z^{n - 1}} \int_{0}^{z} {mi}^{- u} (z - u)^{n - 2)} re u

$E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

Ale ta ostatnia całka ma zamkniętą formę pod względem niepełnej funkcji gamma według Mathematiki i zastanawiam się, co teraz zrobić.

— UpartyAtom
źródło

Powinieneś przejść do pierwszej metody, znajdując rozkład warunkowy

, z którą formą wystarczającej statystyki można łatwiej korzystać w tej aplikacji.

X_{[1]} | \prod X_{i}

$X_{[1]} | \prod X_i$

— jbowman

W punkcie (wcześnie), w którym wprowadzasz

, powinieneś myśleć o pracy w kategoriach zmiennych

Jest prawie natychmiastowe, że są one proporcjonalne do rozkładów

, co szybko redukuje problem do rozważenia wspólnego rozkładu

gdzie

T

$T$

Y_{i} = - \log X_{i} .

$Y_i=-\log X_i.$

Γ (1)

$\Gamma(1)$

(U, U + V)

$(U,U+V)$

U \sim Γ (1)

$U\sim\Gamma(1)$

V \sim Γ (n - 1) .

$V\sim\Gamma(n-1).$ Skróci to pozostałe dwie strony matematyki i zapewni szybką drogę do rozwiązania.

— whuber

@whuber być jasne, co sugeruje, że są można znaleźć gęstości

pierwszy i tym znaleźć gęstości

? Zauważyłem, że

S”są zmiennymi wykładniczy ze stopą

(który jest również zmienna Gamma jak mówisz), ale nie myślał o pracy z tym.

(- \ln X_{1}, - \ln X_{1} - \sum_{i = 2}^{n} \ln X_{i})

$(-\ln X_1,-\ln X_1-\sum_{i=2}^n\ln X_i)$

(X_{1}, \prod X_{i})

$(X_1,\prod X_i)$

- \ln X_{i}

$-\ln X_i$

θ

$\theta$

— StubbornAtom

@whuber Ale jak dostanę

bezpośrednio?

E (X_{1} ∣ . . .)

$E(X_1\mid ...)$

E (\ln X_{1} ∣ . . .)

$E(\ln X_1\mid ...)$

— StubbornAtom

@whuber Proszę spojrzeć na moją edycję. Prawie to zrobiłem, ale nie jestem pewien, co zrobić z tą całką. Jestem dość pewny, że moje obliczenia są prawidłowe.

— StubbornAtom

Odpowiedzi:

Okazuje się, że oba podejścia (moja pierwsza próba i inne oparte na sugestiach w sekcji komentarzy) w moim oryginalnym poście dają tę samą odpowiedź. Przedstawię tutaj obie metody, aby uzyskać pełną odpowiedź na pytanie.

Tutaj oznacza gęstość gamma $\text{Gamma}(n,\theta)$ gdzieioznaczają rozkład wykładniczy ze średnią, (). Oczywiście . $f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$ $\theta,n>0$ $\text{Exp}(\theta)$ $1/\theta$ $\theta>0$ $\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$

Ponieważ jest całkowicie wystarczające dla i $T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$ $\theta$ , według twierdzenia Lehmanna-Scheffego jest UMVUE dla $\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $\mathbb E(X_1\mid T)$ . Musimy więc znaleźć to warunkowe oczekiwanie. $\frac{\theta}{1+\theta}$

Zauważamy, że . $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies-\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Exp}(\theta)\implies-T\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Metoda I:

Niech i , aby i były niezależne. Rzeczywiście, i , co oznacza . $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ $U$ $V$ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Tak więc, . $\mathbb E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=t)=\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=-t)$

Teraz możemy znaleźć rozkład warunkowego . $U\mid U+V$

Dla i , wspólne Gęstość jest $n>1$ $\theta>0$ $(U,V)$

\begin{aligned} {fa}_{U, V.} (u, v) & = θ {mi}^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} {mi}^{- θ v} v^{n - 2)} 1_{v > 0} \\ = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} {mi}^{- θ (u + v)} v^{n - 2)} 1_{u, v > 0} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U,V}(u,v)&=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}\\&=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta(u+v)}v^{n-2}\mathbf1_{u,v>0}\end{align}$

Zmieniając zmienne, natychmiastowe jest, że łączna gęstość wynosi $(U,U+V)$

{fa}_{U, U + V.} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} {mi}^{- θ z} (z - u)^{n - 2)} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

Niech jest gęstość . Zatem gęstość warunkowa wynosi $f_{U+V}(\cdot)$ $U+V$ $U\mid U+V=z$

\begin{aligned} {fa}_{U ∣ U + V.} (u ∣ z) & = \frac{{fa}_{U, U + V.} (u, z)}{{fa}_{U + V.} (z)} \\ = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2)}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U\mid U+V}(u\mid z)&=\frac{f_{U,U+V}(u,z)}{f_{U+V}(z)}\\&=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}\end{align}$

Dlatego . $\displaystyle\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

Oznacza to, że UMVUE od to $\frac{\theta}{1+\theta}$ $\displaystyle\mathbb E(X_1\mid T)=\frac{n-1}{(-T)^{n-1}}\int_0^{-T} e^{-u}(-T-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u\tag{1}$

Metoda II:

Ponieważ jest kompletnym wystarczające Statystyka dla , każdy nieobciążonym estymatorem $T$ $\theta$ która jest funkcjąbędzie UMVUE z $\frac{\theta}{1+\theta}$ $T$ według twierdzenia Lehmanna-Scheffego. Tak więc przystępujemy do znajdowania momentów, których rozkład jest nam znany. Mamy, $\frac{\theta}{1+\theta}$ $-T$

mi (- T.)^{r} = \int_{0}^{\infty} y^{r} θ^{n} \frac{{mi}^{- θ y} y^{n - 1}}{Γ (n)} re y = \frac{Γ (n + r)}{θ^{r} Γ (n)}, n + r > 0

$\mathbb E(-T)^r=\int_0^\infty y^r\theta^n\frac{e^{-\theta y}y^{n-1}}{\Gamma(n)}\,\mathrm{d}y=\frac{\Gamma(n+r)}{\theta^r\,\Gamma(n)},\qquad n+r>0$

Za pomocą tego równania otrzymujemy obiektywne estymatory (i UMVUE) dla każdej liczby całkowitej . $1/\theta^r$ $r\ge1$

Teraz dla mamy $\theta>1$ $\displaystyle\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Łącząc obiektywne estymatory otrzymujemy $1/\theta^r$

mi (1 + \frac{T.}{n} + \frac{{T.}^{2)}}{n (n + 1)} + \frac{{T.}^{3)}}{n (n + 1) (n + 2))} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2)}} - \frac{1}{θ^{3)}} + \dots

$\mathbb E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Oznacza to, że

mi (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{{T.}^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$\mathbb E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

Zakładając, że , UMVUE z $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $g(T)=\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\tag{2}$

$0<\theta<1$

$(1)$ $(2)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(n)}$ $(1)$ $(2)$

$(1)$ $(2)$

— UpartyAtom
źródło

(1)

$(1)$

(2)

$(2)$

e^{- u}

$e^{-u}$

(2)

$(2)$

Myślę, że możemy uzyskać bardziej zwięzłą odpowiedź, do której nawiązałeś w odniesieniu do górnej niekompletnej funkcji gamma. Za pomocą pierwszej metody znalazłem wyrażenie

mi [X_{1} | X_{1} X_{2)} \dots X_{n} = {mi}^{T.}] = (n - 1) \int_{0}^{1} z^{r} {(1 - r)}^{n - z} re r,

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right]=\left( n - 1 \right) \int_0^1 z^r \left( 1 - r \right)^{n-z}dr,$

z = e^{T} .

$z=e^T.$

mi [X_{1} | X_{1} X_{2)} \dots X_{n} = {mi}^{T.}] = \frac{{mi}^{T.} (n - 1)}{{T.}^{n - 1}} [(n - 2))! - Γ (n - 1, T.)]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{e^T \left( n-1 \right)}{T^{n-1} } \left[ \left( n-2 \right) !-\Gamma \left(n-1,T \right) \right]$

$n$

Γ (n - 1, T.) = \frac{Γ (n - 1)}{{mi}^{T.}} \sum_{jot = 0}^{n - 2)} \frac{{T.}^{jot}}{jot!}

$\Gamma \left(n-1,T \right)=\frac{\Gamma \left(n-1 \right)}{e^T} \sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!}$

Przekształcamy oczekiwania i upraszczamy, znajdujemy

mi [X_{1} | X_{1} X_{2)} \dots X_{n} = {mi}^{T.}] = \frac{Γ (n)}{{T.}^{n - 1}} [{mi}^{T.} - \sum_{jot = 0}^{n - 2)} \frac{{T.}^{jot}}{jot!}]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{\Gamma \left( n \right)}{T^{n-1}} \left[ e^T-\sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!} \right]$

$(1)$ $(2)$ $n=2$ $n=3$ $(1)$

— soakley
źródło

E [X_{1} ∣ x_{1} x_{2} \dots x_{n} = e^{T}],

$\operatorname E\left[ X_1\mid x_1x_2\cdots x_n=e^T \right],$

E [X_{1} ∣ X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] .

$\operatorname E\left[ X_1\mid X_1X_2\cdots X_n=e^T \right]. \qquad$

— Michael Hardy,