Statistiques suffisantes communément complètes: uniformes (a, b)

Soit un échantillon aléatoire de la distribution uniforme sur , où . Soit et les statistiques de commande les plus grandes et les plus petites. Montrer que la statistique est une statistique suffisante complétée conjointement pour le paramètre . $\mathbf{X}= (x_1, x_2, \dots x_n)$ $(a,b)$ $a < b$ $Y_1$ $Y_n$ $(Y_1, Y_n)$ $\theta = (a, b)$

Ce n'est pas un problème pour moi de démontrer la suffisance en utilisant la factorisation.

Question: Comment montrer l'intégralité? De préférence, je voudrais un indice.

Tentative: je peux afficher $\mathbb E[g(T(x))] = 0$ implique $g(T(x)) = 0$ pour la distribution uniforme à un paramètre, mais je suis bloqué sur la distribution uniforme à deux paramètres.

J'ai essayé de jouer avec $\mathbb E[g(Y_1, Y_n)]$ et d'utiliser la distribution conjointe de $Y_1$ et $Y_n$ , mais je ne sais pas si je vais dans la bonne direction, car le calcul me fait trébucher.

— emlu
source

Veuillez ajouter la [self-study]balise et lire son wiki . Notez que vous pouvez utiliser le formatage Latex pour les mathématiques en mettant des dollars autour, par exemple $x$ produit

x

$x$ . J'ai essayé de composer certains de vos calculs, mais n'hésitez pas à changer ou à revenir si vous n'êtes pas satisfait du résultat. Vous pouvez préférer la notation $\vec x$ pour

\vec{x}

$\vec x$ au lieu de $\mathbf x$ pour

x

$\mathbf x$ .

— Silverfish

Prenons soin du calcul de routine pour vous, afin que vous puissiez aller au cœur du problème et profiter de la formulation d'une solution. Cela revient à construire des rectangles comme des unions et des différences de triangles.

Tout d'abord, choisissez les valeurs de et qui rendent les détails aussi simples que possible. $a$ $b$ J'aime : la densité univariée de n'importe quelle composante de n'est que la fonction indicatrice de l'intervalle . $a=0,b=1$ $X=(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ $[0,1]$

Trouvons la fonction de distribution de . $F$ $(Y_1,Y_n)$ Par définition, pour tout nombre réel c'est $y_1 \le y_n$

\begin{matrix} (1) & F (y_{1}, y_{n}) = Pr (Y_{1} \leq y_{1} and Y_{n} \leq y_{n}) . \end{matrix}

$F(y_1,y_n) = \Pr(Y_1\le y_1\text{ and } Y_n \le y_n).\tag{1}$

Les valeurs de sont évidemment ou au cas où l'un de ou est en dehors de l'intervalle , supposons donc qu'ils sont tous les deux dans cet intervalle. (Supposons également pour éviter de discuter de trivialités.) Dans ce cas, l'événement peut être décrit en termes de variables d'origine comme "au moins l'un des est inférieur ou égal à et aucun des dépasse . " De manière équivalente, tous les se trouvent dans $F$ $0$ $1$ $y_1$ $y_n$ $[a,b] = [0,1]$ $n\ge 2$ $(1)$ $X=(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ $X_i$ $y_1$ $X_i$ $y_n$ $X_i$ $[0,y_n]$ mais ce n'est pas le cas que tous se trouvent dans . $(y_1,y_n]$

Parce que les sont indépendants, leurs probabilités se multiplient et donnent et , respectivement, pour ces deux événements qui viennent d'être mentionnés. Donc, $X_i$ $(y_n-0)^n = y_n^n$ $(y_n-y_1)^n$

F (y_{1}, y_{n}) = y_{n}^{n} - (y_{n} - y_{1})^{n} .

$F(y_1,y_n) = y_n^n - (y_n-y_1)^n.$

La densité est la dérivée partielle mixte de , $f$ $F$

f (y_{1}, y_{n}) = \frac{\partial^{2} F}{\partial y_{1} \partial y_{n}} (y_{1}, y_{n}) = n (n - 1) (y_{n} - y_{1})^{n - 2} .

$f(y_1,y_n) = \frac{\partial^2 F}{\partial y_1 \partial y_n}(y_1,y_n) = n(n-1)(y_n-y_1)^{n-2}.$

Le cas général pour échelle les variables selon le facteur et déplace l'emplacement de . $(a,b)$ $b-a$ $a$ Ainsi, pour , $a \lt y_1 \le y_n \lt b$

F (y_{1}, y_{n}; a, b) = ({(\frac{y_{n} - a}{b - a})}^{n} - {(\frac{y_{n} - a}{b - a} - \frac{y_{1} - a}{b - a})}^{n}) = \frac{(y_{n} - a)^{n} - (y_{n} - y_{1})^{n}}{(b - a)^{n}} .

$F(y_1,y_n; a,b) = \left(\left(\frac{y_n-a}{b-a}\right)^n - \left(\frac{y_n-a}{b-a} - \frac{y_1-a}{b-a}\right)^n\right) = \frac{(y_n-a)^n - (y_n-y_1)^n}{(b-a)^n}.$

Différencier comme avant

f (y_{1}, y_{n}; a, b) = \frac{n (n - 1)}{(b - a)^{n}} (y_{n} - y_{1})^{n - 2} .

$f(y_1,y_n; a,b) = \frac{n(n-1)}{(b-a)^n}(y_n-y_1)^{n-2}.$

Considérez la définition de l'exhaustivité. Soit toute fonction mesurable de deux variables réelles. Par définition, $g$

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} E [g (Y_{1}, Y_{n})] & = \int_{y_{1}}^{b} \int_{a}^{b} g (y_{1}, y_{n}) f (y_{1}, y_{n}) d y_{1} d y_{n} \\ \propto \int_{y_{1}}^{b} \int_{a}^{b} g (y_{1}, y_{n}) (y_{n} - y_{1})^{n - 2} d y_{1} d y_{n} . \end{aligned} \end{matrix}

$\eqalign{E[g(Y_1,Y_n)] &= \int_{y_1}^b\int_a^b g(y_1,y_n) f(y_1,y_n)dy_1dy_n\\ &\propto\int_{y_1}^b\int_a^b g(y_1,y_n) (y_n-y_1)^{n-2} dy_1dy_n.\tag{2} }$

Nous devons montrer que lorsque cette attente est nulle pour tous , alors il est certain que pour tout . $(a,b)$ $g=0$ $(a,b)$

Voici votre indice. Laissez soit une fonction mesurable. Je voudrais l'exprimer sous la forme suggérée par comme . Pour ce faire, il faut évidemment diviser par . Malheureusement, pour cela n'est pas défini chaque fois que . La clé est que cet ensemble a une mesure zéro, nous pouvons donc le négliger. $h:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ $(2)$ $h(x,y)=g(x,y)(y-x)^{n-2}$ $h$ $(y-x)^{n-2}$ $n\gt 2$ $y-x$

En conséquence, étant donné tout mesurable , définir $h$

g (x, y) = {\begin{matrix} h (x, y) / (y - x)^{n - 2} & x \neq y \\ 0 & x = y \end{matrix}

$g(x,y) = \left\{\matrix{h(x,y)/(y-x)^{n-2} & x \ne y \\ 0 & x=y}\right.$

Alors devient $(2)$

\begin{matrix} (3) & \int_{y_{1}}^{b} \int_{a}^{b} h (y_{1}, y_{n}) d y_{1} d y_{n} \propto E [g (Y_{1}, Y_{n})] . \end{matrix}

$\int_{y_1}^b\int_a^b h(y_1,y_n) dy_1dy_n \propto E[g(Y_1,Y_n)].\tag{3}$

(Lorsque la tâche montre que quelque chose est nul, nous pouvons ignorer des constantes de proportionnalité non nulles. Ici, j'ai supprimé du côté gauche.) $n(n-1)/(b-a)^{n-2}$

Il s'agit d'une intégrale sur un triangle rectangle avec l'hypoténuse s'étendant de à et le sommet en . Notons un tel triangle . $(a,a)$ $(b,b)$ $(a,b)$ $\Delta(a,b)$

Ergo , ce que vous devez montrer, c'est que si l'intégrale d'une fonction mesurable arbitraire sur tous les triangles est nulle, alors pour tout , (presque sûrement ) pour tous . $h$ $\Delta(a,b)$ $a\lt b$ $h(x,y)=0$ $(x,y)\in \Delta(a,b)$

Bien qu'il puisse sembler que nous ne soyons pas allés plus loin, considérons tout rectangle entièrement contenu dans le demi-plan . Il peut être exprimé en termes de triangles: $[u_1,u_2]\times [v_1,v_2]$ $y \gt x$

[u_{1}, u_{2}] \times [v_{1}, v_{2}] = Δ (u_{1}, v_{2}) ∖ (Δ (u_{1}, v_{1}) \cup Δ (u_{2}, v_{2})) \cup Δ (u_{2}, v_{1}) .

$[u_1,u_2]\times [v_1,v_2] = \Delta(u_1,v_2) \setminus\left(\Delta(u_1,v_1) \cup \Delta(u_2,v_2)\right)\cup \Delta(u_2,v_1).$

Dans cette figure, le rectangle est ce qui reste du grand triangle lorsque nous supprimons les triangles rouges et verts qui se chevauchent (qui comptent deux fois leur intersection brune) puis remplaçons leur intersection.

Par conséquent, vous pouvez immédiatement déduire que l'intégrale de sur tous ces rectangles est nulle. $h$ Il ne reste plus qu'à montrer que doit être nul (à part ses valeurs sur un ensemble de mesure zéro) chaque fois que . La preuve de cette affirmation (intuitivement claire) dépend de l'approche que vous souhaitez adopter pour la définition de l'intégration. $h(x,y)$ $y \gt x$

— whuber
source

J'ai essayé de mettre l'équation 3 égale à zéro, de prendre la dérivée des deux côtés et d'échanger les signes (une action réflexe je suppose) mais les résultats semblent assez effrayants [1]. Existe-t-il une approche plus raisonnable? [1] en.wikipedia.org/wiki/Leibniz_integral_rule#Higher_dimensions

— mugen

Considérez des collections finies de triangles de plus en plus petits qui se trouvent tous le long de l'hypoténuse dans l'image et prenez la limite lorsque le diamètre du plus grand triangle de la collection devient nul.

— whuber