UMVUE von

Sei $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ eine Zufallsstichprobe aus der Dichte
$f_{θ} (x) = θ x^{θ - 1} 1_{0 < x < 1}, θ > 0$ $f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$

Ich versuche, den UMVUE von zu finden $\frac{\theta}{1+\theta}$ .

Die Fugendichte von $(X_1,\ldots,X_n)$ beträgt

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

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

Da die Bevölkerung pdf $f_{\theta}$ auf die Ein-Parameter exponentiellen Familie gehört, das zeigt , dass eine vollständige erschöpfende Statistik für $\theta$ sei

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

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

Da $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ , auf den erstenBlick würde $E(X_1\mid T)$ mir den UMVUE von $\frac{\theta}{1+\theta}$ nach dem Lehmann-Scheffe-Theorem. Nicht sicher, ob diese bedingte Erwartung direkt gefunden werden kann oder ob man die bedingte Verteilung $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$ .

Andererseits habe ich folgenden Ansatz in Betracht gezogen:

Wir haben $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ , so dass $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$ .

Also rohes Moment $r$ ter Ordnung von $-2\theta\,T$ ungefähr Null, berechnet unter Verwendung des Chi-Quadrat-PDF, ist

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

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

Es scheint also , dass ich für verschiedene ganzzahlige Entscheidungen von $r$ unverzerrte Schätzer (und UMVUEs) mit verschiedenen ganzzahligen Potenzen von $\theta$ . Zum Beispiel $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ und $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ gib mir direkt die UMVUE von $\frac{1}{\theta}$ bzw. $\theta$ .

Wenn nun $\theta>1$ , haben wir $\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$ .

Ich kann definitiv die UMVUE von $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ und so weiter. Wenn ich diese UMVUEs kombiniere, kann ich den erforderlichen UMVUE von $\frac{\theta}{1+\theta}$ . Ist diese Methode gültig oder soll ich mit der ersten Methode fortfahren? Da UMVUE einzigartig ist, wenn es existiert, sollten beide mir die gleiche Antwort geben.

Um genau zu sein, bekomme ich

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

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

Das heißt,

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

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

Ist es möglich , dass meine erforderlich UMVUE ist $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ wenn $\theta>1$ ?

Für $0<\theta<1$ würde ich $g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$ , und daher würde sich der UMVUE unterscheiden.

Nachdem davon überzeugt, dass der bedingte Erwartungswert im ersten Ansatz nicht direkt gefunden werden konnte, und da $E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$ , hatte ich ging zu finden die bedingte Verteilung $X_1\mid \prod X_i$ . Dafür brauchte ich die Fugendichte von $(X_1,\prod X_i)$ .

Ich habe die Änderung der Variablen $(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$ so verwendet, dass $Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$ für alle $i=1,2,\cdots,n$ . Dies führt zu der gemeinsamen Unterstützung $(Y_1,\cdots,Y_n)$ , wobei $S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$ .

Die jakobische Determinante stellte sich als $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$ .

Also habe ich die Gelenkdichte von $(Y_1,\cdots,Y_n)$ als

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}

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

Die Gelenkdichte von $(Y_1,Y_n)$ ist daher

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{d y_{2}}{y_{2}} \dots d y_{n - 2} d y_{n - 1}

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

Gibt es eine andere Transformation, die ich hier verwenden kann, um die Ableitung der Fugendichte weniger umständlich zu machen? Ich bin mir nicht sicher, ob ich hier die richtige Transformation vorgenommen habe.

Basierend auf einigen ausgezeichneten Vorschlägen im Kommentarbereich fand ich die Verbindungsdichte von $(U,U+V)$ anstelle der Verbindungsdichte $(X_1,\prod X_i)$ wobei $U=-\ln X_1$ und $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ .

Es ist sofort ersichtlich, dass $U\sim\text{Exp}(\theta)$ und $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ unabhängig sind.

Und tatsächlich ist $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$ .

Für $n>1$ , die gemeinsame Dichte von $(U,V)$ ist

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

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

Beim Ändern von Variablen erhielt ich die Gelenkdichte von $(U,U+V)$ als

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

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

Die bedingte Dichte von $U\mid U+V=z$ ist also

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

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

Nun, mein UMVUE ist genau $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$ , wie ich gleich am Anfang dieses Beitrags erwähnt hatte.

Sie müssen also nur noch

E (e^{- U} ∣ U + V = z) = \frac{n - 1}{z^{n - 1}} \int_{0}^{z} e^{- u} (z - u)^{n - 2} d u

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

Aber dieses letzte Integral hat laut Mathematica eine geschlossene Form in Bezug auf die unvollständige Gammafunktion , und ich frage mich, was ich jetzt tun soll.

— HartnäckigAtom
quelle

Sie sollten mit der ersten Methode fortfahren und die bedingte Verteilung von

, mit welcher Form der ausreichenden Statistik in dieser Anwendung möglicherweise einfacher zu arbeiten ist.

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

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

— Jbowman

An dem Punkt (früh), an dem Sie

einführen , sollten Sie daran denken, in Bezug auf die Variablen

Es ist fast unmittelbar, dass sie proportional zu

-Verteilungen sind, was Ihr Problem schnell auf die Berücksichtigung der gemeinsamen Verteilung von

reduziert

wobei

und

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) .

$V\sim\Gamma(n-1).$ Dadurch werden die verbleibenden zwei Seiten der Mathematik verkürzt und Sie erhalten einen schnellen Weg zu einer Lösung.

— whuber

@whuber Um klar zu sein, schlagen Sie vor, dass ich zuerst die Dichte von

und daraus die Dichte von

finde

? Ich hatte bemerkt, dass die

's exponentielle Variablen mit der Rate

(was auch eine Gamma-Variable ist, wie Sie sagen), hatte aber nicht daran gedacht, damit zu arbeiten.

(- \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

$\theta$

— HartnäckigAtom

@whuber Aber wie würde ich

von

direkt?

E (X_{1} ∣ . . .)

$E(X_1\mid ...)$

E (\ln X_{1} ∣ . . .)

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

— Hartnäckig

@whuber Bitte schauen Sie sich meine Bearbeitung an. Ich habe es fast geschafft, bin mir aber nicht sicher, was ich mit diesem Integral anfangen soll. Ich bin ziemlich sicher, dass meine Berechnungen korrekt sind.

— Hartnäckig

Antworten:

Es stellt sich heraus, dass beide Ansätze (mein erster Versuch und ein anderer, basierend auf Vorschlägen im Kommentarbereich) in meinem ursprünglichen Beitrag die gleiche Antwort geben. Ich werde hier beide Methoden skizzieren, um eine vollständige Antwort auf die Frage zu erhalten.

Hier bedeutet die Gammadichte $\text{Gamma}(n,\theta)$ wobeiundeine Exponentialverteilung mit dem Mittelwert() bezeichnen. Es ist klar, dass . $f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$ $\theta,n>0$ $\text{Exp}(\theta)$ $1/\theta$ $\theta>0$ $\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$

Da ist vollständig ausreichend für und $T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$ $\theta$ ist nach dem Lehmann-Scheffe-Theorem der UMVUE von $\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $\mathbb E(X_1\mid T)$ . Wir müssen also diese bedingte Erwartung finden. $\frac{\theta}{1+\theta}$

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

Methode I:

$U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ $U$ $V$ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

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

$U\mid U+V$

$n>1$ $\theta>0$ $(U,V)$

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

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

$(U,U+V)$

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

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

$f_{U+V}(\cdot)$ $U+V$ $U\mid U+V=z$

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

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

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

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

Methode II:

$T$ $\theta$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $T$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $-T$

E (- T)^{r} = \int_{0}^{\infty} y^{r} θ^{n} \frac{e^{- θ y} y^{n - 1}}{Γ (n)} d y = \frac{Γ (n + r)}{θ^{r} Γ (n)}, n + r > 0

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

$1/\theta^r$ $r\ge1$

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

$1/\theta^r$

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

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

Das heißt, E ( ∞ & Sigma; r = 0 T

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

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

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

$0<\theta<1$

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

$(1)$ $(2)$

— HartnäckigAtom
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(1)

$(1)$

(2)

$(2)$

e^{- u}

$e^{-u}$

(2)

$(2)$

Ich denke, wir können zu der kompakteren Antwort gelangen, auf die Sie in Bezug auf die obere unvollständige Gammafunktion angespielt haben. Mit der ersten Methode habe ich den Ausdruck gefunden

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = (n - 1) \int_{0}^{1} z^{r} {(1 - r)}^{n - z} d 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} .

$z=e^T.$

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{e^{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)}{e^{T}} \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}

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

Wenn wir die Erwartung umschreiben und vereinfachen, finden wir

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{Γ (n)}{T^{n - 1}} [e^{T} - \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}]

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

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

— soakley
quelle

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