Trouvez l'unique MVUE

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

Laissez $X_1,...,X_n$ soit iid avec pdf $f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$ zéro ailleurs, où $\theta>0$ .

(a) Trouvez la mle θ de θ$\hat{\theta}$$\theta$

(b) est θ une statistique suffisante pour θ ? Pourquoi ?$\hat{\theta}$$\theta$

(c) est $(n+1)\hat{\theta}/n$ la MVUE unique de $\theta$ ? Pourquoi ?

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

Pour un):

Soit $Y_1<Y_2<...Y_n$ est les statistiques de commande.

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ lorsque$-\theta< y_1$et$y_n < 2\theta$; ailleurs$L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$, puisque$\theta>0$, nous pouvons voir que cette dérivée est négative,

la fonction de vraisemblance diminue donc.$L(\theta;x)$

Depuis et y n < 2 θ ) , ⇒ ( θ > - y 1 et θ > y n / 2 ) , ⇒ θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 $(-\theta< y_1$$y_n < 2\theta)$$\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$$\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/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(\theta,x)$$\theta$$\theta>max(-y_1,y_n/2)$$\theta=max(-y1,y_n/2)$

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

Pour (b):

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

$\therefore$ Par le théorème de factorisation de Neyman, est une statistique suffisante pour . Par conséquent, est également une statistique suffisante$y_n=max(x_i)$$\theta$$y_n/2$

Samely,

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

$\therefore$ Par le théorème de factorisation de Neyman, est une statistique suffisante pour . Par conséquent, est également une statistique suffisante.$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

Pour (c):

Tout d'abord, nous trouvons le CDF de$X$

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

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

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

Ensuite, nous montrons l'exhaustivité de la famille de pdf pour etf ( y n$f(y_1)$$f(y_n)$

FTCu(θ)=0θ>$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ . Par (dérivée l'intégrale), nous pouvons montrer pour tous .$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$

Par conséquent, la famille de pdf est complète.$Y_1$

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

Le problème est maintenant que nous devons montrer que est sans biais.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

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

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

Nous pouvons résoudre l'intégrale par intégration par parties

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

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

Par conséquent, n'est pas un estimateur non biaisé de lorsque$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

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

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

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

Néanmoins, n'est pas un estimateur non biaisé de lorsque$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/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.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

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

Merci beaucoup.

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.$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

Plus tôt vous avez obtenu

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

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,$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

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

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:$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

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

Parce que les sont indépendants, ces probabilités se multiplient, donnant$y_i$

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

L'attente peut être immédiatement trouvée en intégrant la fonction de survie sur l'intervalle des valeurs possibles pour , , en utilisant pour la variable:$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

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

(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$(n+1)/n$

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

QED .