Trouvez l'unique MVUE

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Cette question est tirée de l'introduction de Robert Hogg aux statistiques mathématiques, 6e version, problème 7.4.9, page 388.

Laissez X1,...,Xn soit iid avec pdf f(x;θ)=1/3θ,θ<x<2θ, zéro ailleurs, où θ>0 .

(a) Trouvez la mle θ de θθ^θ

(b) est θ une statistique suffisante pour θ ? Pourquoi ?θ^θ

(c) est (n+1)θ^/n la MVUE unique de θ ? Pourquoi ?

Je pense que je peux résoudre (a) et (b), mais je suis confus par (c).

Pour un):

Soit Y1<Y2<...Yn est les statistiques de commande.

L(θ;x)=13θ×13θ×...×13θ=1(3θ)n lorsqueθ<y1etyn<2θ; ailleursL(θ;x)=0

dL(θ;x)dθ=n(3θ)n1, puisqueθ>0, nous pouvons voir que cette dérivée est négative,

la fonction de vraisemblance diminue donc.L(θ;x)

Depuis et y n < 2 θ ) , ( θ > - y 1 et θ > y n / 2 ) , θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 )(θ<y1yn<2θ) (θ>y1θ>yn/2),θ>max(y1,yn/2)

diminue, donc lorsque θ a la valeur la plus faible, la fonction de vraisemblance atteindra son maximum, puisque θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 ) , lorsque θ = m a x ( - y 1 , y n / 2 ) , la fonction de vraisemblance atteindra la valeur maximale.L(θ,x)θθ>max(y1,yn/2)θ=max(y1,yn/2)

θ^=max(y1,yn/2)

Pour (b):

f(x1;θ)f(x2;θ)...f(xn;θ)=1(3θ)ninI(θ<xi<2θ)=1(3θ)nI(max(xi)<2θ)×1

Par le théorème de factorisation de Neyman, est une statistique suffisante pour . Par conséquent, est également une statistique suffisanteyn=max(xi)θyn/2

Samely,

f(x1;θ)f(x2;θ)...f(xn;θ)=1(3θ)ninI(θ<xi<2θ)=1(3θ)nI(min(xi)>θ)×1

Par le théorème de factorisation de Neyman, est une statistique suffisante pour . Par conséquent, est également une statistique suffisante.y1=min(xi)θy1

Pour (c):

Tout d'abord, nous trouvons le CDF deX

F(x)=θx13θdt=x+θ3θ,θ<x<2θ

Ensuite, nous pouvons trouver le pdf pour et partir de la formule du livre pour les statistiques de commande.Y1Yn

f(y1)=n!(11)!(n1)![F(y1)]11[1F(y1)]n1f(y1)=n[1y1+θ3θ]n113θ=n1(3θ)n(2θy1)n1

Samely,

f(yn)=n(yn+θ3θ)n113θ=n1(3θ)n(yn+θ)n1

Ensuite, nous montrons l'exhaustivité de la famille de pdf pour etf ( y n )f(y1)f(yn)

FTCu(θ)=0θ>0E[u(Y1)]=θ2θu(y1)n1(3θ)n(2θy1)n1dy1=0θ2θu(y1)(2θy1)dy1=0 . Par (dérivée l'intégrale), nous pouvons montrer pour tous .FTCu(θ)=0θ>0

Par conséquent, la famille de pdf est complète.Y1

Samely, toujours par , nous pouvons montrer que la famille de pdf est complète.Y nFTCYn

Le problème est maintenant que nous devons montrer que est sans biais.(n+1)θ^n

Quandθ^=y1

E(y1)=θ2θ(y1)n(3θ)n(2θy1)n1dy1=1(3θ)nθ2θy1d(2θy1)n

Nous pouvons résoudre l'intégrale par intégration par parties

E(y1)=1(3θ)n[y1(2θy1)nθ2θθ2θ(2θy1)ndy1]=1(3θ)n[θ(3θ)n(3θ)n+1n+1]=θ3θn+1=(n2)θn+1

E((n+1)θ^n)=n+1nE(y1)=n+1n(n2)θn+1=n2nθ

Par conséquent, n'est pas un estimateur non biaisé de lorsque(n+1)θ^nθθ^=y1

Quandθ^=yn/2

E(Yn)=θ2θynn(3θ)n(yn+θ)n1dyn=1(3θ)nθ2θynd(yn+θ)n=1(3θ)n[yn(yn+θ)nθ2θθ2θ(yn+θ)ndyn]=1(3θ)n[2θ(3θ)(3θ)n+1n+1]=2θ3θn+1=2n1n+1θ

E((n+1)θ^n)=n+1nE(Yn/2)=n+12nE(Yn)=n+12n2n1n+1θ=2n12nθ

Néanmoins, n'est pas un estimateur non biaisé de lorsque(n+1)θ^nθθ^=yn/2

Mais la réponse du livre est que est une MVUE unique. Je ne comprends pas pourquoi il s'agit d'une MVUE s'il s'agit d'un estimateur biaisé.(n+1)θ^n

Ou mes calculs sont faux, aidez-moi à trouver les erreurs, je peux vous donner des calculs plus détaillés.

Merci beaucoup.

Deep North
la source
Je ne vois aucun calcul de la distribution de . θ^
whuber
Merci, whuber, le . C'est ou dépend de celui qui est le plus grand. J'ai calculé les distributions pour et . Vous pouvez voir et dans le texte. θ^=max(y1,yn/2)y1yn/2y1ynf(y1)=n1(3θ)n(2θy1)n1f(yn)=n1(3θ)n(yn+θ)n1
Deep North
Et à partir des deux distributions ci-dessus, j'ai calculé et puisE ( θ ) = E ( Y n / 2 ) E ( n + 1E(θ^)=E(Y1)E(θ^)=E(Yn/2)E(n+1nθ^)
Deep North

Réponses:

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Travailler avec des extrema nécessite des soins, mais cela ne doit pas être difficile. La question cruciale, trouvée près du milieu du poste, est

... nous devons montrer que est sans biais.n+1nθ^n

Plus tôt vous avez obtenu

θ^=max(y1,yn/2)=max{min{yi},max{yi}/2}.

Bien que semble désordonnée, les calculs deviennent élémentaires lorsque l' on considère la fonction de distribution cumulative . Pour commencer, notez que . Soit un nombre dans cette plage. Par définition,F0θ^θt

F(t)=Pr(θ^t)=Pr(y1<t and yn/2t)=Pr(ty1y2yn2t).

C'est la chance que toutes les valeurs soient comprises entre et . Ces valeurs ont lié un intervalle de longueur . Parce que la distribution est uniforme, la probabilité qu'un spécifique se trouve dans cet intervalle est proportionnelle à sa longueur:nt2t3tyi

Pr(yi[t,2t])=3t3θ=tθ.

Parce que les sont indépendants, ces probabilités se multiplient, donnantyi

F(t)=(tθ)n.

L'attente peut être immédiatement trouvée en intégrant la fonction de survie sur l'intervalle des valeurs possibles pour , , en utilisant pour la variable:1Fθ^[0,θ]y=t/θ

E(θ^)=0θ(1(tθ)n)dt=01(1yn)θdy=nn+1θ.

(Cette formule pour l'attente est dérivée de l'intégrale habituelle via l' intégration par parties. Les détails sont donnés à la fin de https://stats.stackexchange.com/a/105464 .)

La mise à l'échelle par donne(n+1)/n

E(n+1nθ^)=θ,

QED .

whuber
la source
Il y a une faute de frappe pour la dernière formule, elle devrait être pasθ^θ^n
Deep North
@Deep Oh, bien sûr! Merci d'avoir fait remarquer cela. Il est maintenant corrigé.
whuber