Finden Sie die einzigartige MVUE

Diese Frage stammt aus Robert Hoggs Einführung in die mathematische Statistik, 6. Version, Problem 7.4.9, auf Seite 388.

Sei iid mit pdf f (x; \ Theta) = 1/3 \ Theta, - \ Theta <x <2 \ Theta, an anderer Stelle Null, wobei \ Theta> 0 ist .$X_1,...,X_n$$f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$$\theta>0$

(a) Finden Sie die mle $\hat{\theta}$ von $\theta$

(b) Ist $\hat{\theta}$ eine ausreichende Statistik für $\theta$ ? Warum ?

(c) Ist $(n+1)\hat{\theta}/n$ die eindeutige MVUE von $\theta$ ? Warum ?

Ich denke, ich kann (a) und (b) lösen, aber (c) verwirrt mich.

Für ein):

Sei $Y_1<Y_2<...Y_n$ die Auftragsstatistik.

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ wenn $-\theta< y_1$ und $y_n < 2\theta$ ; an anderer Stelle $L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$ , da $\theta>0$ , können wir sehen, dass diese Ableitung negativ ist,

also nimmt die Wahrscheinlichkeitsfunktion $L(\theta;x)$ ab.

Von $(-\theta< y_1$ und $y_n < 2\theta)$ , $\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$ und $\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

$L(\theta,x)$ nimmt ab. Wenn also den kleinsten Wert hat, erreicht die Wahrscheinlichkeitsfunktion ein Maximum, da , wenn erreicht die Wahrscheinlichkeitsfunktion den Maximalwert.$\theta$$\theta>max(-y_1,y_n/2)$$\theta=max(-y1,y_n/2)$

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

Für (b):

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

$\therefore$ durch Faktorisierung Satz von Neyman, ist eine erschöpfende Statistik für . Daher ist auch eine ausreichende Statistik$y_n=max(x_i)$$\theta$$y_n/2$

Samely,

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

$\therefore$ durch Faktorisierung Theorem von Neyman, ist eine erschöpfende Statistik für . Daher ist auch eine ausreichende statisitc.$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

Für (c):

Zuerst finden wir die CDF von$X$

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

Als nächstes finden wir PDF für und aus der Formel des Buches für die Auftragsstatistik.$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,

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

Als nächstes zeigen wir die Vollständigkeit der PDF-Familie für und$f(y_1)$$f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ . Durch (Ableiten des Integrals) können wir für alle .$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$

Daher ist die Familie von pdf vollständig.$Y_1$

Samely, immer noch von , können wir zeigen, dass die Familie von pdf vollständig ist.$FTC$$Y_n$

Das Problem ist jetzt, dass wir zeigen müssen, dass unvoreingenommen ist.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

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

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

Wir können das Integral durch Teilintegration lösen

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

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

Daher ist kein unverzerrter Schätzer von wenn$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

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

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

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

Dennoch ist kein unvoreingenommener Schätzer von wenn$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/2$

Die Antwort des Buches lautet jedoch, dass eine eindeutige MVUE ist. Ich verstehe nicht, warum es ein MVUE ist, wenn es ein voreingenommener Schätzer ist.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Oder meine Angaben sind falsch, bitte helfen Sie mir, die Fehler zu finden, ich kann Ihnen detailliertere Berechnungen geben.

Vielen Dank.

Die Arbeit mit Extrema erfordert Sorgfalt, muss aber nicht schwierig sein. Die entscheidende Frage, die sich in der Mitte des Beitrags befindet, lautet:

... wir müssen zeigen, dass unvoreingenommen ist.$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

Früher haben Sie erhalten

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

Obwohl das chaotisch aussieht, werden die Berechnungen elementar, wenn Sie die kumulative Verteilungsfunktion . Beachten Sie zunächst . Sei eine Zahl in diesem Bereich. Per Definition,$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

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

Dies ist die Chance, dass alle Werte zwischen und . Diese Werte begrenzten ein Intervall der Länge . Da die Verteilung gleichmäßig ist, ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimmtes in diesem Intervall liegt, proportional zu seiner Länge:$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

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

Da die unabhängig sind, multiplizieren sich diese Wahrscheinlichkeiten und ergeben$y_i$

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

Die Erwartung kann sofort gefunden werden, indem die Überlebensfunktion über das Intervall möglicher Werte für , , wobei für die Variable verwendet wird:$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

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

(Diese Formel für die Erwartung wird aus dem üblichen Integral durch Teilintegration abgeleitet . Details finden Sie am Ende von /stats//a/105464 .)

Eine Neuskalierung um ergibt$(n+1)/n$

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

QED .