UMVUE de lors de l'échantillonnage à partir de la population

Soit un échantillon aléatoire de la densité $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$
$f_{θ} (x) = θ x^{θ - 1} 1_{0 < x < 1}, θ > 0$ $f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$

J'essaie de trouver l'UMVUE de . $\frac{\theta}{1+\theta}$

La densité conjointe de est $(X_1,\ldots,X_n)$

\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}

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

Comme la population pdf appartient à la famille exponentielle à un paramètre, cela montre qu'une statistique complète suffisante pour est $f_{\theta}$ $\theta$

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

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

Comme , à première vue, me donnerait l'UMVUE de par le Théorème de Lehmann-Scheffe. Je ne sais pas si cette attente conditionnelle peut être trouvée directement ou il faut trouver la distribution conditionnelle . $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$

D'un autre côté, j'ai considéré l'approche suivante:

Nous avons , de sorte que . $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$

Donc , le moment brut de e ordre de environ zéro, tel que calculé à l'aide du pdf chi carré est $r$ $-2\theta\,T$

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

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

Il semble donc que pour différents choix entiers de , j'obtiendrais des estimateurs sans biais (et UMVUE) de différentes puissances entières de . Par exemple, et donnez-moi directement les UMVUE de et respectivement. $r$ $\theta$ $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ $\frac{1}{\theta}$ $\theta$

Maintenant, lorsque nous avons . $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Je peux certainement obtenir les UMVUE de et ainsi de suite. Donc, en combinant ces UMVUE, je peux obtenir l'UMVUE requise de . Cette méthode est-elle valide ou dois-je procéder avec la première méthode? Comme UMVUE est unique quand il existe, les deux devraient me donner la même réponse. $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

Pour être explicite, je reçois

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

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

Autrement dit,

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

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

Est-il possible que mon UMVUE requise soit lorsque ? $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ $\theta>1$

Pour , j'obtiendrais , et donc l'UMVUE serait différent. $0<\theta<1$ $g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$

Ayant été convaincu que l'attente conditionnelle dans la première approche ne pouvait pas être trouvée directement, et puisque , j'avais procédé pour trouver la distribution conditionnelle . Pour cela, j'avais besoin de la densité conjointe de . $E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$ $X_1\mid \prod X_i$ $(X_1,\prod X_i)$

J'ai utilisé le changement de variables telle sorte que pour tout . Cela conduit à la prise en charge conjointe de étant . $(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$ $Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$ $i=1,2,\cdots,n$ $(Y_1,\cdots,Y_n)$ $S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$

Le déterminant jacobien s'est avéré être . $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$

J'ai donc obtenu la densité conjointe de comme $(Y_1,\cdots,Y_n)$

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}

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

La densité conjointe de est donc $(Y_1,Y_n)$

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}

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

Y a-t-il une transformation différente que je peux utiliser ici qui rendrait la dérivation de la densité articulaire moins lourde? Je ne sais pas si j'ai pris la bonne transformation ici.

Sur la base de quelques excellentes suggestions dans la section des commentaires, j'ai trouvé la densité de joint au lieu de la densité de joint où et . $(U,U+V)$ $(X_1,\prod X_i)$ $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$

On voit immédiatement que et sont indépendants. $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$

Et en effet, . $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Pour , la densité conjointe de est $n>1$ $(U,V)$

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}

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

En changeant les variables, j'ai obtenu la densité conjointe de comme $(U,U+V)$

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

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

Ainsi, la densité conditionnelle de est $U\mid U+V=z$

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

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

Maintenant, mon UMVUE est exactement , comme je l'avais mentionné à droite au début de ce post. $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$

Il ne reste donc plus qu'à trouver

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

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

Mais cette dernière intégrale a une forme fermée en termes de fonction gamma incomplète selon Mathematica , et je me demande quoi faire maintenant.

— TêtuAtom
source

Vous devez procéder avec la première méthode, en trouvant la distribution conditionnelle de , quelle forme de statistique suffisante peut être plus facile à utiliser dans cette application.

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

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

— jbowman

Au point (au début) où vous introduisez vous devriez être prêt à travailler en termes de variablesIl est presque immédiat qu'ils sont proportionnels aux distributions , ce qui réduit rapidement votre problème à considérer la distribution conjointe de où et Cela raccourcira les deux autres pages de mathématiques et vous donnera un itinéraire rapide vers une solution.

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) .

$V\sim\Gamma(n-1).$

— whuber

@whuber Pour être clair, suggérez-vous que je trouve d'abord la densité de et à partir de là, trouve la densité de ? J'avais remarqué que les sont des variables exponentielles avec rate (qui est aussi une variable Gamma comme vous dites), mais je n'avais pas pensé à travailler avec ça.

(- \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

$\theta$

— StubbornAtom

@whuber Mais comment puis-je obtenir directement depuis ?

E (X_{1} ∣ . . .)

$E(X_1\mid ...)$

E (\ln X_{1} ∣ . . .)

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

— StubbornAtom

@whuber S'il vous plaît jeter un oeil à mon montage. Je l'ai presque fait, mais je ne sais pas quoi faire de cette intégrale. Je suis assez confiant que mes calculs sont corrects.

— StubbornAtom

Réponses:

Il s'avère que les deux approches (ma tentative initiale et une autre basée sur des suggestions dans la section commentaire) dans mon message d'origine donnent la même réponse. Je décrirai les deux méthodes ici pour une réponse complète à la question.

Ici, signifie la densité gamma où et dénote une distribution exponentielle avec une moyenne , ( ). En clair, . $\text{Gamma}(n,\theta)$ $f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$ $\theta,n>0$ $\text{Exp}(\theta)$ $1/\theta$ $\theta>0$ $\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$

Puisque est complet suffisant pour et , par le théorème de Lehmann-Scheffe est l'UMVUE de . Il nous faut donc trouver cette attente conditionnelle. $T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$ $\theta$ $\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $\mathbb E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

Nous notons que . $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies-\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Exp}(\theta)\implies-T\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Méthode I:

Soit et , de sorte que et soient indépendants. En effet, et , impliquant . $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ $U$ $V$ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

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

Maintenant , nous trouvons la distribution conditionnelle de . $U\mid U+V$

Pour et , la densité conjointe de est $n>1$ $\theta>0$ $(U,V)$

\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}

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

En changeant les variables, il est immédiat que la densité conjointe de est $(U,U+V)$

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

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

Laissez la densité de . Ainsi, la densité conditionnelle de est $f_{U+V}(\cdot)$ $U+V$ $U\mid U+V=z$

\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}

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

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

Autrement dit, l'UMVUE de est $\frac{\theta}{1+\theta}$ $\displaystyle\mathbb E(X_1\mid T)=\frac{n-1}{(-T)^{n-1}}\int_0^{-T} e^{-u}(-T-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u\tag{1}$

Méthode II:

Comme est une statistique complète suffisante pour , tout estimateur non biaisé de qui est une fonction de sera l'UMVUE de par le théorème de Lehmann-Scheffe. Nous procédons donc à la recherche des moments de , dont la distribution nous est connue. On a, $T$ $\theta$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $T$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $-T$

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

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

En utilisant cette équation, nous obtenons des estimateurs sans biais (et UMVUE) de pour chaque entier . $1/\theta^r$ $r\ge1$

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

En combinant les estimateurs sans biais de nous obtenons $1/\theta^r$

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

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

Autrement dit,

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

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

En supposant donc , l'UMVUE de est $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $g(T)=\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\tag{2}$

Je ne suis pas certain du cas dans la deuxième méthode. $0<\theta<1$

Selon Mathematica , l'équation a une forme fermée en termes de fonction gamma incomplète. Et dans l'équation , nous pouvons exprimer le produit en termes de la fonction gamma habituelle comme . Cela fournit peut-être le lien apparent entre et . $(1)$ $(2)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(n)}$ $(1)$ $(2)$

En utilisant Mathematica, j'ai pu vérifier que et sont bien la même chose. $(1)$ $(2)$

— TêtuAtom
source

En fait, l'égalité entre et s'ensuit en écrivant l'expansion de la série de puissance de dans puis en échangeant l'intégrale et la somme.

(1)

$(1)$

(2)

$(2)$

e^{- u}

$e^{-u}$

(2)

$(2)$

— StubbornAtom

Je pense que nous pouvons arriver à la réponse plus compacte à laquelle vous avez fait allusion en ce qui concerne la fonction gamma incomplète supérieure. En utilisant la première méthode, j'ai trouvé l'expression

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,

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right]=\left( n - 1 \right) \int_0^1 z^r \left( 1 - r \right)^{n-z}dr,$ où

z = e^{T} .

$z=e^T.$

Wolfram Alpha intègre cela pour obtenir

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)]

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

Maintenant, le terme de fonction gamma incomplète a une forme fermée lorsque est un entier. Il est $n$

Γ (n - 1, T) = \frac{Γ (n - 1)}{e^{T}} \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}

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

Réécrire l'attente et simplifier, on trouve

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!}]

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

Je n'ai pas accès au logiciel qui vérifiera l'équivalence avec vos résultats et , mais les calculs manuels pour et correspondent à votre . $(1)$ $(2)$ $n=2$ $n=3$ $(1)$

— Soakley
source

Où vous avez écrit vous devriez avoir

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