अद्वितीय MVUE ढूंढें

यह प्रश्न रॉबर्ट हॉग के परिचय से गणितीय सांख्यिकी के 6 वें संस्करण की समस्या 7.4.9 पेज 388 पर है।

चलो आईआईडी साथ पीडीएफ हो शून्य कहीं और है, जहां । $X_1,...,X_n$ $f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$ $\theta>0$

(क) MLE खोजें की $\hat{\theta}$ $\theta$

(ख) है एक के लिए पर्याप्त आंकड़े ? क्यों ? $\hat{\theta}$ $\theta$

मुझे लगता है कि मैं (ए) और (बी) को हल कर सकता हूं, लेकिन मैं (सी) उलझन में हूं।

के लिए):

आज्ञा दें ऑर्डर के आँकड़े हैं। $Y_1<Y_2<...Y_n$

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

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$ , बाद से , हम देख सकते हैं कि यह व्युत्पन्न ऋणात्मक है, $\theta>0$

इसलिए संभावना फ़ंक्शन कम हो रही है। $L(\theta;x)$

से और , और $(-\theta< y_1$ $y_n < 2\theta)$ $\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$ $\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

$L(\theta,x)$ कम हो रहा है, इसलिए जब का समतुल्य मान हो, तो समष्टि फलन अधिकतम प्राप्त करेगा, चूंकि , जब , संभावना समारोह अधिकतम मूल्य प्राप्त करेगा। $\theta$ $\theta>max(-y_1,y_n/2)$ $\theta=max(-y1,y_n/2)$

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

के लिए (बी):

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

$\therefore$ Neyman के गुणन प्रमेय द्वारा, लिए एक पर्याप्त आँकड़ा है । इसलिए, भी एक पर्याप्त स्टेटिसिटेक है $y_n=max(x_i)$ $\theta$ $y_n/2$

Samely,

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

$\therefore$ Neyman के गुणन प्रमेय द्वारा, लिए एक पर्याप्त आँकड़ा है । इसलिए, भी एक पर्याप्त स्टेटिसिटेक है। $y_1=min(x_i)$ $\theta$ $-y_1$

के लिए (सी):

सबसे पहले, हम का सीडीएफ पाते हैं $X$

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

अगला, हम ऑर्डर के आँकड़ों के लिए पुस्तक के सूत्र से और दोनों के लिए पीडीएफ पा सकते हैं । $Y_1$ $Y_n$

$f(y_1)=\frac{n!}{(1-1)!(n-1)!}[F(y_1)]^{1-1}[1-F(y_1)]^{n-1}f(y_1)=n[1-\frac{y_1+\theta}{3\theta}]^{n-1}\frac{1}{3\theta}=n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}$

Samely,

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

इसके बाद, हम और लिए पीडीएफ के परिवार की पूर्णता दिखाते हैं $f(y_1)$ $f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ । द्वारा (अभिन्न व्युत्पन्न) हम दिखा सकते हैं सभी के लिए । $FTC$ $u(\theta)=0$ $\theta>0$

इसलिए, पीडीएफ का परिवार पूरा हो गया है। $Y_1$

संक्षेप में, अभी भी द्वारा , हम दिखा सकते हैं कि पीडीएफ का परिवार पूरा हो गया है। $FTC$ $Y_n$

समस्या यह है कि अब हमें उस को निष्पक्ष दिखाने की आवश्यकता है। $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

जब $\hat{\theta}=-y_1$

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

हम भागों द्वारा इंटरग्रेट करके अभिन्न को हल कर सकते हैं

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

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

इसलिए, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=-y_1$

जब $\hat{\theta}=y_n/2$

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

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

फिर भी, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=y_n/2$

लेकिन पुस्तक का उत्तर यह है कि एक अद्वितीय MVUE है। मुझे समझ में नहीं आता कि यह एक पूर्वाग्रह है अगर यह एक पक्षपाती अनुमानक है। $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

या मेरी गुत्थियां गलत हैं, कृपया गलतियों को खोजने में मेरी मदद करें, मैं आपको अधिक विस्तृत गणना दे सकता हूं।

आपका बहुत बहुत धन्यवाद।

— दीप उत्तर
स्रोत

मैं के वितरण की कोई गणना नहीं देखता ।

\hat{θ}

$\hat\theta$

— whuber

धन्यवाद, व्हीबर, द the थी । यह या तो है या इस पर निर्भर करता है कि कौन बड़ा है। मैंने और दोनों के वितरण की गणना की । आप और पाठ में ।

\hat{θ} = m a x (- y_{1}, y_{n} / 2)

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

- y_{1}

$-y_1$

y_{n} / 2

$y_n/2$

y_{1}

$y_1$

y_{n}

$y_n$

f (y_{1}) = n \frac{1}{(3 θ)^{n}} (2 θ - y_{1})^{n - 1}

$f(y_1)=n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}$

f (y_{n}) = n \frac{1}{(3 θ)^{n}} (y_{n} + θ)^{n - 1}

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

— दीप उत्तर

और ऊपर के दो वितरणों से, मैंने और तो

E (\hat{θ}) = E (- Y_{1})

$E(\hat{\theta})=E(-Y_1)$

E (\hat{θ}) = E (Y_{n} / 2)

$E(\hat{\theta})=E(Y_n/2)$

E (\frac{n + 1}{n} \hat{θ})

$E(\frac{n+1}{n}\hat{\theta})$

— दीप उत्तर

एक्स्ट्रामा के साथ काम करने के लिए देखभाल की आवश्यकता होती है, लेकिन यह मुश्किल नहीं है। महत्वपूर्ण प्रश्न, पोस्ट के बीच में पाया जाता है

... हमें यह दिखाने की आवश्यकता है कि निष्पक्ष है। $\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

इससे पहले आपने प्राप्त किया

\hat{θ} = max (- y_{1}, y_{n} / 2) = max {- min {y_{i}}, max {y_{i}} / 2} .

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

यद्यपि यह गड़बड़ दिखता है, लेकिन जब आप संचयी वितरण फ़ंक्शन विचार करते हैं , तो गणना प्राथमिक हो जाती है । इसके साथ आरंभ करने के लिए, ध्यान दें कि । चलो इस श्रेणी में कोई संख्या होना चाहिए। परिभाषा से, $F$ $0\le \hat\theta \le \theta$ $t$

\begin{aligned} F (t) & = Pr (\hat{θ} \leq t) \\ = Pr (- y_{1} < t and y_{n} / 2 \leq t) \\ = Pr (- t \leq y_{1} \leq y_{2} \dots \leq y_{n} \leq 2 t) . \end{aligned}

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

यह मौका है कि सभी मान और बीच स्थित हैं । वे मान लंबाई अंतराल को बाध्य करते हैं । क्योंकि वितरण समान है, इस अंतराल में कोई विशिष्ट निहित होने की संभावना इसकी लंबाई के लिए आनुपातिक है: $n$ $-t$ $2t$ $3t$ $y_i$

Pr (y_{i} \in [- t, 2 t]) = \frac{3 t}{3 θ} = \frac{t}{θ} .

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

क्योंकि स्वतंत्र हैं, ये संभावनाएँ गुणा, दे रही हैं $y_i$

F (t) = {(\frac{t}{θ})}^{n} .

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

उम्मीद की जा सकती है कि तुरंत अस्तित्व समारोह को एकीकृत करके संभावित मूल्यों के अंतराल पर , , , चर के लिए किया जा सकता है: $1-F$ $\hat\theta$ $[0, \theta]$ $y=t/\theta$

E (\hat{θ}) = \int_{0}^{θ} (1 - {(\frac{t}{θ})}^{n}) d t = \int_{0}^{1} (1 - y^{n}) θ d y = \frac{n}{n + 1} θ .

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

(उम्मीद के लिए यह सूत्र भागों द्वारा एकीकरण के माध्यम से सामान्य अभिन्न से लिया गया है। विवरण https://stats.stackexchange.com/a/105464 के अंत में दिया गया है ।)

द्वारा rescaling देता है $(n+1)/n$

E (\frac{n + 1}{n} \hat{θ}) = θ,

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

QED ।

— व्हीबर
स्रोत

अंतिम सूत्र के लिए एक टाइपो है, यह होना चाहिए नहीं

\hat{θ}

$\hat \theta$

{\hat{θ}}^{n}

$\hat \theta^n$

— डीप नॉर्थ

@ दीप ओह, बिल्कुल! उसे इंगित करने के लिए धन्यवाद। यह अब तय हो गया है।

— whuber

अद्वितीय MVUE ढूंढें

मुझे लगता है कि मैं (ए) और (बी) को हल कर सकता हूं, लेकिन मैं (सी) उलझन में हूं।

समस्या यह है कि अब हमें उस को निष्पक्ष दिखाने की आवश्यकता है।(n+1)θ^n(n+1)θ^n\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}

इसलिए, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब(n+1)θ^n(n+1)θ^n\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}θθ\thetaθ^=−y1θ^=−y1\hat{\theta}=-y_1

फिर भी, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब(n+1)θ^n(n+1)θ^n\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}θθ\thetaθ^=yn/2θ^=yn/2\hat{\theta}=y_n/2

समस्या यह है कि अब हमें उस को निष्पक्ष दिखाने की आवश्यकता है। $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

इसलिए, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=-y_1$

फिर भी, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब $\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$ $\theta$ $\hat{\theta}=y_n/2$