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 ।X1,...,Xnf(x;θ)=1/3θ,−θ<x<2θ,θ>0
(क) MLE खोजें कीθ^θ
(ख) है एक के लिए पर्याप्त आंकड़े ? क्यों ?θ^θ
(c) है अद्वितीय एमवीयू ऑफ द ? क्यों ?(n+1)θ^/nθ
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।Y1<Y2<...Yn
L(θ;x)=13θ×13θ×...×13θ=1(3θ)n जब और ; अन्यत्र−θ<y1yn<2θL(θ;x)=0
dL(θ;x)dθ=−n(3θ)n−1 , बाद से , हम देख सकते हैं कि यह व्युत्पन्न ऋणात्मक है,θ>0
इसलिए संभावना फ़ंक्शन कम हो रही है।L(θ;x)
से और , और (−θ<y1yn<2θ)⇒ (θ>−y1θ>yn/2),⇒θ>max(−y1,yn/2)
L(θ,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।θθ>max(−y1,yn/2)θ=max(−y1,yn/2)
∴ mleθ^=max(−y1,yn/2)
के लिए (बी):
f(x1;θ)f(x2;θ)...f(xn;θ)=1(3θ)n∏niI(−θ<xi<2θ)=1(3θ)nI(max(xi)<2θ)×1
∴ Neyman के गुणन प्रमेय द्वारा, लिए एक पर्याप्त आँकड़ा है । इसलिए, भी एक पर्याप्त स्टेटिसिटेक हैyn=max(xi)θyn/2
Samely,
f(x1;θ)f(x2;θ)...f(xn;θ)=1(3θ)n∏niI(−θ<xi<2θ)=1(3θ)nI(min(xi)>−θ)×1
∴ Neyman के गुणन प्रमेय द्वारा, लिए एक पर्याप्त आँकड़ा है । इसलिए, भी एक पर्याप्त स्टेटिसिटेक है।y1=min(xi)θ−y1
के लिए (सी):
सबसे पहले, हम का सीडीएफ पाते हैंX
F(x)=∫x−θ13θdt=x+θ3θ,−θ<x<2θ
अगला, हम ऑर्डर के आँकड़ों के लिए पुस्तक के सूत्र से और दोनों के लिए पीडीएफ पा सकते हैं ।Y1Yn
f(y1)=n!(1−1)!(n−1)![F(y1)]1−1[1−F(y1)]n−1f(y1)=n[1−y1+θ3θ]n−113θ=n1(3θ)n(2θ−y1)n−1
Samely,
f(yn)=n(yn+θ3θ)n−113θ=n1(3θ)n(yn+θ)n−1
इसके बाद, हम और लिए पीडीएफ के परिवार की पूर्णता दिखाते हैंf(y1)f(yn)
E[u(Y1)]=∫2θ−θu(y1)n1(3θ)n(2θ−y1)n−1dy1=0⇒∫2θ−θu(y1)(2θ−y1)dy1=0 । द्वारा (अभिन्न व्युत्पन्न) हम दिखा सकते हैं सभी के लिए ।FTCu(θ)=0θ>0
इसलिए, पीडीएफ का परिवार पूरा हो गया है।Y1
संक्षेप में, अभी भी द्वारा , हम दिखा सकते हैं कि पीडीएफ का परिवार पूरा हो गया है।FTCYn
समस्या यह है कि अब हमें उस को निष्पक्ष दिखाने की आवश्यकता है।(n+1)θ^n
जबθ^=−y1
E(−y1)=∫2θ−θ(−y1)n(3θ)n(2θ−y1)n−1dy1=1(3θ)n∫2θ−θy1d(2θ−y1)n
हम भागों द्वारा इंटरग्रेट करके अभिन्न को हल कर सकते हैं
E(−y1)=1(3θ)n[y1(2θ−y1)n∣2θ−θ−∫2θ−θ(2θ−y1)ndy1]=1(3θ)n[θ(3θ)n−(3θ)n+1n+1]=θ−3θn+1=(n−2)θn+1
∴E((n+1)θ^n)=n+1nE(−y1)=n+1n(n−2)θn+1=n−2nθ
इसलिए, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब(n+1)θ^nθθ^=−y1
जबθ^=yn/2
E(Yn)=∫2θ−θynn(3θ)n(yn+θ)n−1dyn=1(3θ)n∫2θ−θynd(yn+θ)n=1(3θ)n[yn(yn+θ)n∣2θ−θ−∫2θ−θ(yn+θ)ndyn]=1(3θ)n[2θ(3θ)−(3θ)n+1n+1]=2θ−3θn+1=2n−1n+1θ
∴E((n+1)θ^n)=n+1nE(Yn/2)=n+12nE(Yn)=n+12n2n−1n+1θ=2n−12nθ
फिर भी, का निष्पक्ष अनुमानक नहीं है जब(n+1)θ^nθθ^=yn/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।(n+1)θ^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।