का UMVUE ढूंढें

चलो $X_1, X_2, . . . , X_n$ यादृच्छिक होने के लिए पीडीएफ होने चर

$f_{X} (x ∣ θ) = θ (1 + x)^{- (1 + θ)} I_{(0, \infty)} (x)$ $f_X(x\mid\theta) =\theta(1 +x)^{−(1+\theta)}I_{(0,\infty)}(x)$

कहाँ पे $\theta >0$ । का UMVUE दें $\frac{1}{\theta}$ और इसके विचरण की गणना करें

मैंने UMVUE के लिए दो ऐसे तरीकों के बारे में सीखा है:

क्रामर-राव लोअर बाउंड (CRLB)
लेहमैन-शेफ़े थोम

मैं दोनों के पूर्व का उपयोग करके यह प्रयास करने जा रहा हूं। मुझे यह स्वीकार करना चाहिए कि मुझे पूरी तरह से समझ में नहीं आ रहा है कि यहाँ क्या हो रहा है, और मैं एक उदाहरण समस्या का समाधान करने का प्रयास कर रहा हूं। वह मेरे पास है $f_X(x\mid\theta)$ एक पूर्ण एक-पैरामीटर घातीय परिवार है

$h(x)=I_{(0,\infty)}$ , $c(\theta)=\theta$ , $w(\theta)=-(1+\theta)$ , $t(x)=\text{log}(1+x)$

जबसे $w'(\theta)=1$ नॉनज़रो है $\Theta$ , CRLB परिणाम लागू होता है। हमारे पास है

log f_{X} (x ∣ θ) = log (θ) - (1 + θ) \cdot log (1 + x)

$\text{log }f_X(x\mid\theta)=\text{log}(\theta)-(1+\theta)\cdot\text{log}(1+x)$

\frac{\partial}{\partial θ} log f_{X} (x ∣ θ) = \frac{1}{θ} - log (1 + x)

$\frac{\partial}{\partial \theta}\text{log }f_X(x\mid\theta)=\frac{1}{\theta}-\text{log}(1+x)$

\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} log f_{X} (x ∣ θ) = - \frac{1}{θ^{2}}

$\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}\text{log }f_X(x\mid\theta)=-\frac{1}{\theta^2}$

इसलिए

I_{1} (θ) = - E (- \frac{1}{θ^{2}}) = \frac{1}{θ^{2}}

$I_1(\theta)=-\mathsf E\left(-\frac{1}{\theta^2}\right)=\frac{1}{\theta^2}$

और निष्पक्ष मूल्यांकनकर्ताओं के लिए CRLB $\tau(\theta)$ है

\frac{[τ^{'} (θ)]^{2}}{n \cdot I_{1} (θ)} = \frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

$\frac{[\tau'(\theta)]^2}{n\cdot I _1(\theta)} = \frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2$

जबसे

\sum_{i = 1}^{n} t (X_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} log (1 + X_{i})

$\sum_{i=1}^n t(X_i)=\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

तब के किसी भी रैखिक समारोह $\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ , या समकक्ष, के किसी भी रैखिक समारोह $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ , अपनी अपेक्षा के CRLB को प्राप्त करेगा, और इस तरह इसकी उम्मीद का एक UMVUE होगा। जबसे $\mathsf E(\text{log}(1+X))=\frac{1}{\theta}$ हमारे पास वह UMVUE है $\frac{1}{\theta}$ है $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

एक प्राकृतिक पैरामीटर के लिए हम दे सकते हैं $\eta=-(1+\theta)\Rightarrow \theta=-(\eta+1)$

फिर

V a r (log (1 + X)) = \frac{d}{d η} (- \frac{1}{η + 1}) = \frac{1}{(η + 1)^{2}} = \frac{1}{θ^{2}}

$\mathsf{Var}(\text{log}(1+X))=\frac{d}{d\eta}\left(-\frac{1}{\eta+1}\right)=\frac{1}{(\eta+1)^2}=\frac{1}{\theta^2}$

क्या यह एक वैध समाधान है? क्या अधिक सरल दृष्टिकोण है? क्या यह तरीका तभी काम करता है जब $\mathsf E(t(x))$ बराबरी क्या आप अनुमान लगाने की कोशिश कर रहे हैं?

— रेमी
स्रोत

उस बिंदु पर जहां आपने दिखाया था कि पीडीएफ एक-पैरामीटर घातीय परिवार का सदस्य है, यह तुरंत स्पष्ट है कि परिवार के लिए एक पूर्ण पर्याप्त आंकड़ा है

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

$T(X_1,\ldots,X_n)=\sum_{i=1}^n\ln(1+X_i)$ चूंकि, आप कहते हैं,

E (T / n) = \frac{1}{θ}

$E(T/n)=\frac{1}{\theta}$ ,

T / n

$T/n$ की UMVUE है

1 / θ

$1/\theta$ लेहमैन-शेफ़े प्रमेय द्वारा।

— स्टबबोर्नटॉम

इसलिए वह हिस्सा जहां मेरे पास "चूंकि" है

w^{'} (θ) = 1

$w'(\theta)=1$ नॉनवेज है .....

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2$ "अप्रासंगिक है?

— रेमी

ज़रुरी नहीं; का विचरण

T

$T$ CRLB का उपयोग करना आसान है। इसलिए एक ही बार में दोनों प्रश्नों को हल करने के लिए, आपका तर्क पर्याप्त है।

— स्टबबोर्नटॉम

इस तरह से विचरण खोजने के लिए, क्या मैं ले जाऊंगा

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2} = \frac{θ^{2}}{n} {(- \frac{1}{θ^{2}})}^{2} = \frac{1}{n θ^{2}}

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2=\frac{\theta^2}{n}\left(-\frac{1}{\theta^2}\right)^2=\frac{1}{n\theta^2}$ ? इसलिए, मैंने पहले गलत तरीके से किया था?

— रेमी

हाँ, यह का विचरण है

T

$T$ । यकीनन।

— स्टबबोर्नटॉम

आपका तर्क ज्यादातर सही है।

नमूने का संयुक्त घनत्व $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ है

\begin{aligned} f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = \frac{θ^{n}}{{(\prod_{i = 1}^{n} (1 + x_{i}))}^{1 + θ}} 1_{x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n} > 0}, θ > 0 \\ ⟹ \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = n \ln (θ) - (1 + θ) \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i}) + \ln (1_{min_{1 \leq i \leq n} x_{i} > 0}) \\ ⟹ \frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) & = \frac{n}{θ} - \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i}) \\ = - n (\frac{\sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + x_{i})}{n} - \frac{1}{θ}) \end{aligned}

$\begin{align} f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=\frac{\theta^n}{\left(\prod_{i=1}^n (1+x_i)\right)^{1+\theta}}\mathbf1_{x_1,x_2,\ldots,x_n>0}\qquad,\,\theta>0 \\\\\implies \ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=n\ln(\theta)-(1+\theta)\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i)+\ln(\mathbf1_{\min_{1\le i\le n} x_i>0}) \\\\\implies\frac{\partial}{\partial \theta}\ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)&=\frac{n}{\theta}-\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i) \\\\&=-n\left(\frac{\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i)}{n}-\frac{1}{\theta}\right) \end{align}$

इस प्रकार हमने फॉर्म में स्कोर फ़ंक्शन को व्यक्त किया है

\begin{matrix} (1) & \frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) = k (θ) (T (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) - \frac{1}{θ}) \end{matrix}

$\frac{\partial}{\partial \theta}\ln f_{\theta}(x_1,x_2,\ldots,x_n)=k(\theta)\left(T(x_1,x_2,\ldots,x_n)-\frac{1}{\theta}\right)\tag{1}$

, जो क्रामर-राव असमानता में समानता की स्थिति है।

यह सत्यापित करना मुश्किल नहीं है

\begin{matrix} (2) & E (T) = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \underset{= 1 / θ}{\underset{⏟}{E (\ln (1 + X_{i}))}} = \frac{1}{θ} \end{matrix}

$E(T)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\underbrace{E(\ln(1+X_i))}_{=1/\theta}=\frac{1}{\theta}\tag{2}$

से $(1)$ तथा $(2)$ हम यह निष्कर्ष निकाल सकते हैं कि

आँकड़ा $T(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ का एक निष्पक्ष आकलनकर्ता है $1/\theta$ ।
$T$ क्रामर-राव असमानता की समानता की स्थिति को संतुष्ट करता है।

ये दोनों तथ्य एक साथ हैं $T$ की UMVUE है $1/\theta$ ।

दूसरी गोली वास्तव में हमें उस विचरण के बारे में बताती है $T$ Cramér-Rao के लिए निम्न सीमा प्राप्त करता है $1/\theta$ ।

वास्तव में, जैसा कि आपने दिखाया है,

E_{θ} [\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} \ln f_{θ} (X_{1})] = - \frac{1}{θ^{2}}

$E_{\theta}\left[\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\ln f_{\theta}(X_1)\right]=-\frac{1}{\theta^2}$

इसका मतलब है कि पूरे नमूने के लिए सूचना कार्य है

I (θ) = - n E_{θ} [\frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} \ln f_{θ} (X_{1})] = \frac{n}{θ^{2}}

$I(\theta)=-nE_{\theta}\left[\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\ln f_{\theta}(X_1)\right]=\frac{n}{\theta^2}$

इसलिए Cramér-Rao निम्न के लिए बाध्य है $1/\theta$ और इसलिए UMVUE का विचरण होता है

Var (T) = \frac{{[\frac{d}{d θ} (\frac{1}{θ})]}^{2}}{I (θ)} = \frac{1}{n θ^{2}}

$\operatorname{Var}(T)=\frac{\left[\frac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{\theta}\right)\right]^2}{I(\theta)}=\frac{1}{n\theta^2}$

यहाँ हमने Cramér-Rao असमानता का एक सहसंबद्ध शोषण किया है, जो कहता है कि वितरण के एक परिवार के लिए $f$ द्वारा विमुग्ध कर दिया $\theta$ (धारण करने के लिए सीआर असमानता की नियमितता की स्थिति मानकर), यदि एक आंकड़ा $T$ के लिए निष्पक्ष है $g(\theta)$ कुछ समारोह के लिए $g$ और यदि यह सीआर असमानता, अर्थात् में समानता की स्थिति को संतुष्ट करता है

\frac{\partial}{\partial θ} \ln f_{θ} (x) = k (θ) (T (x) - g (θ))

$\frac{\partial}{\partial\theta}\ln f_{\theta}(x)=k(\theta)\left(T(x)-g(\theta)\right)$ , फिर

T

$T$ का UMVUE होना चाहिए

g (θ)

$g(\theta)$ । इसलिए यह तर्क हर समस्या में काम नहीं करता है।

वैकल्पिक रूप से, लेहमैन-शेफ़े प्रमेय का उपयोग करके आप यह कह सकते हैं $T=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \ln(1+X_i)$ की UMVUE है $1/\theta$ क्योंकि यह निष्पक्ष है $1/\theta$ और वितरण के परिवार के लिए एक पूर्ण पर्याप्त आंकड़ा है। उस $T$ प्रतिस्पर्धा पर्याप्त है एक-पैरामीटर घातीय परिवार के संदर्भ में नमूने के संयुक्त घनत्व की संरचना से स्पष्ट है। लेकिन का विचरण $T$ सीधे खोजने के लिए थोड़ा मुश्किल हो सकता है।

— StubbornAtom
स्रोत

एक भी वितरण का उपयोग कर सकता है

T

$T$ इसका मतलब खोजने के लिए, विचरण।

— स्टबबोर्नटॉम