Finden Sie UMVUE von

Sei $X_1, X_2, . . . , X_n$ sind Zufallsvariablen mit pdf

$f_{X} (x ∣ θ) = θ (1 + x)^{- (1 + θ)} I_{(0, \infty)} (x)$ $f_X(x\mid\theta) =\theta(1 +x)^{−(1+\theta)}I_{(0,\infty)}(x)$

wobei $\theta >0$ . Geben Sie den UMVUE von $\frac{1}{\theta}$ und berechne seine Varianz

Ich habe zwei solcher Methoden für erhaltene UMVUEs gelernt:

Cramer-Rao Lower Bound (CRLB)
Lehmann-Scheffe davon

Ich werde dies mit dem ersteren der beiden versuchen. Ich muss zugeben, dass ich nicht ganz verstehe, was hier vor sich geht, und ich stütze meinen Lösungsversuch auf ein Beispielproblem. Ich habe, dass $f_X(x\mid\theta)$ eine vollständige Exponentialfamilie mit einem Parameter ist

$h(x)=I_{(0,\infty)}$ , $c(\theta)=\theta$ , $w(\theta)=-(1+\theta)$ , $t(x)=\text{log}(1+x)$

Da $w'(\theta)=1$ bei $\Theta$ ungleich Null ist , gilt das CRLB-Ergebnis. Wir haben

log f_{X} (x ∣ θ) = log (θ) - (1 + θ) \cdot log (1 + x)

$\text{log }f_X(x\mid\theta)=\text{log}(\theta)-(1+\theta)\cdot\text{log}(1+x)$

\frac{\partial}{\partial θ} log f_{X} (x ∣ θ) = \frac{1}{θ} - log (1 + x)

$\frac{\partial}{\partial \theta}\text{log }f_X(x\mid\theta)=\frac{1}{\theta}-\text{log}(1+x)$

\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} log f_{X} (x ∣ θ) = - \frac{1}{θ^{2}}

$\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}\text{log }f_X(x\mid\theta)=-\frac{1}{\theta^2}$

also

I_{1} (θ) = - E (- \frac{1}{θ^{2}}) = \frac{1}{θ^{2}}

$I_1(\theta)=-\mathsf E\left(-\frac{1}{\theta^2}\right)=\frac{1}{\theta^2}$

und die CRLB für unverzerrte Schätzer von $\tau(\theta)$ ist

\frac{[τ^{'} (θ)]^{2}}{n \cdot I_{1} (θ)} = \frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

$\frac{[\tau'(\theta)]^2}{n\cdot I _1(\theta)} = \frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2$

\sum_{i = 1}^{n} t (X_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} log (1 + X_{i})

$\sum_{i=1}^n t(X_i)=\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

dann ist jede lineare Funktion von $\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ oder äquivalent jede lineare Funktion von $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ $\mathsf E(\text{log}(1+X))=\frac{1}{\theta}$ $\frac{1}{\theta}$ $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

$\eta=-(1+\theta)\Rightarrow \theta=-(\eta+1)$

Dann

V a r (log (1 + X)) = \frac{d}{d η} (- \frac{1}{η + 1}) = \frac{1}{(η + 1)^{2}} = \frac{1}{θ^{2}}

$\mathsf{Var}(\text{log}(1+X))=\frac{d}{d\eta}\left(-\frac{1}{\eta+1}\right)=\frac{1}{(\eta+1)^2}=\frac{1}{\theta^2}$

$\mathsf E(t(x))$

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

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

E (T / n) = \frac{1}{θ}

$E(T/n)=\frac{1}{\theta}$

T / n

$T/n$

1 / θ

$1/\theta$

w^{'} (θ) = 1

$w'(\theta)=1$

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2$

T

$T$

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2} = \frac{θ^{2}}{n} {(- \frac{1}{θ^{2}})}^{2} = \frac{1}{n θ^{2}}

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2=\frac{\theta^2}{n}\left(-\frac{1}{\theta^2}\right)^2=\frac{1}{n\theta^2}$

T

$T$

Ihre Argumentation ist größtenteils richtig.

$(X_1,X_2,\ldots,X_n)$

\begin{aligned} f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = \frac{θ^{n}}{{(\prod_{i = 1}^{n} (1 + x_{i}))}^{1 + θ}} 1_{x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n} > 0}, θ > 0 \\ ⟹ \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = n \ln (θ) - (1 + θ) \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i}) + \ln (1_{min_{1 \leq i \leq n} x_{i} > 0}) \\ ⟹ \frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = \frac{n}{θ} - \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i}) \\ = - n (\frac{\sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i})}{n} - \frac{1}{θ}) \end{aligned}

$\begin{align} f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=\frac{\theta^n}{\left(\prod_{i=1}^n (1+x_i)\right)^{1+\theta}}\mathbf1_{x_1,x_2,\ldots,x_n>0}\qquad,\,\theta>0 \\\\\implies \ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=n\ln(\theta)-(1+\theta)\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i)+\ln(\mathbf1_{\min_{1\le i\le n} x_i>0}) \\\\\implies\frac{\partial}{\partial \theta}\ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=\frac{n}{\theta}-\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i) \\\\&=-n\left(\frac{\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i)}{n}-\frac{1}{\theta}\right) \end{align}$

Somit haben wir die Score-Funktion in der Form ausgedrückt

\begin{matrix} (1) & \frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = k (θ) (T (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) - \frac{1}{θ}) \end{matrix}

$\frac{\partial}{\partial \theta}\ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)=k(\theta)\left(T(x_1,x_2,\ldots,x_n)-\frac{1}{\theta}\right)\tag{1}$

Dies ist die Gleichheitsbedingung in der Cramér-Rao-Ungleichung.

Es ist nicht schwer zu überprüfen, ob

\begin{matrix} (2) & E (T) = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \underset{= 1 / θ}{\underset{⏟}{E (\ln (1 + X_{i}))}} = \frac{1}{θ} \end{matrix}

$E(T)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\underbrace{E(\ln(1+X_i))}_{=1/\theta}=\frac{1}{\theta}\tag{2}$

Aus und wir daraus schließen $(1)$ $(2)$

Die Statistik ist ein unverzerrter Schätzer von . $T(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ $1/\theta$
$T$ erfüllt die Gleichheitsbedingung der Cramér-Rao-Ungleichung.

Diese beiden Tatsachen zusammen implizieren, dass der UMVUE von . $T$ $1/\theta$

Die zweite Kugel sagt uns tatsächlich, dass die Varianz von die Cramér-Rao-Untergrenze für . $T$ $1/\theta$

In der Tat ist, wie Sie gezeigt haben,

E_{θ} [\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} \ln f_{θ} (X_{1})] = - \frac{1}{θ^{2}}

$E_{\theta}\left[\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\ln f_{\theta}(X_1)\right]=-\frac{1}{\theta^2}$

Dies impliziert, dass die Informationsfunktion für die gesamte Stichprobe

I (θ) = - n E_{θ} [\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} \ln f_{θ} (X_{1})] = \frac{n}{θ^{2}}

$I(\theta)=-nE_{\theta}\left[\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\ln f_{\theta}(X_1)\right]=\frac{n}{\theta^2}$

Die Cramér-Rao-Untergrenze für und damit die Varianz der UMVUE ist also $1/\theta$

Var (T) = \frac{{[\frac{d}{d θ} (\frac{1}{θ})]}^{2}}{I (θ)} = \frac{1}{n θ^{2}}

$\operatorname{Var}(T)=\frac{\left[\frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{\theta}\right)\right]^2}{I(\theta)}=\frac{1}{n\theta^2}$

Hier haben wir eine Folge der Cramér-Rao-Ungleichung ausgenutzt, die besagt, dass für eine von parametrisierte Verteilungsfamilie (unter der Annahme, dass die Regelmäßigkeitsbedingungen der CR-Ungleichung gelten) gilt, wenn eine Statistik für für eine Funktion und wenn sie die Bedingung der Gleichheit in der CR-Ungleichung erfüllt, nämlich , dann muss der UMVUE von . Dieses Argument funktioniert also nicht bei jedem Problem. $f$ $\theta$ $T$ $g(\theta)$ $g$

\frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x) = k (θ) (T (x) - g (θ))

$\frac{\partial}{\partial\theta}\ln f_{\theta}(x)=k(\theta)\left(T(x)-g(\theta)\right)$

T

$T$

g (θ)

$g(\theta)$

Alternativ könnte man unter Verwendung des Lehmann-Scheffe-Theorems sagen, dass der UMVUE von ist ist für unvoreingenommen und ist eine vollständig ausreichende Statistik für die Verteilungsfamilie. Dass ausreichend konkurriert, geht aus der Struktur der Verbindungsdichte der Probe in Bezug auf eine Exponentialfamilie mit einem Parameter hervor. Die Varianz von möglicherweise etwas schwierig direkt zu finden. $T=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \ln(1+X_i)$ $1/\theta$ $1/\theta$ $T$ $T$

— HartnäckigAtom
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Man könnte auch die Verteilung von , um seine mittlere Varianz zu finden.

T

$T$

— Hartnäckig