Encontre o MVUE exclusivo

Esta questão é do problema 7.4.9 de Robert Hogg, Introdução à estatística matemática 6a versão, na página 388.

Seja ser iid com pdf zero em outro lugar, onde .$X_1,...,X_n$$f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$$\theta>0$

(a) Encontre o valor de$\hat{\theta}$$\theta$

(b) uma estatística suficiente para ? Por quê ?$\hat{\theta}$$\theta$

(c) o MVUE exclusivo de ? Por quê ?$(n+1)\hat{\theta}/n$$\theta$

Eu acho que posso resolver (a) e (b), mas estou confuso com (c).

Para):

Seja as estatísticas do pedido.$Y_1<Y_2<...Y_n$

-θ<y1yn<2θL(θ;x)=$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ quando e ; em outro lugar$-\theta< y_1$$y_n < 2\theta$$L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$ , uma vez que , podemos ver que essa derivada é negativa,$\theta>0$

então a função de probabilidade está diminuindo.$L(\theta;x)$

De e , e y n < 2 θ ) ⇒ ( θ > - y 1 θ > y n / 2 ) , ⇒ θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 $(-\theta< y_1$$y_n < 2\theta)$$\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$$\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

θ θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 ) θ = m a x ( - y 1 , y n / 2 $L(\theta,x)$ está diminuindo, portanto, quando tiver o menor valor, a função de probabilidade alcançará o máximo, pois , quando , a função de probabilidade alcançará o valor máximo.$\theta$$\theta>max(-y_1,y_n/2)$$\theta=max(-y1,y_n/2)$

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

Para (b):

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

$\therefore$ pelo teorema de fatoração de Neyman, é uma estatística suficiente para . Portanto, também é uma estatística suficiente$y_n=max(x_i)$$\theta$$y_n/2$

Samely,

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

$\therefore$ pelo teorema de fatoração de Neyman, é uma estatística suficiente para . Portanto, também é uma estatística suficiente.$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

Para (c):

Primeiro, encontramos o CDF de$X$

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

Em seguida, podemos encontrar pdf para e na fórmula do livro para as estatísticas do pedido.$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,

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

Em seguida, vamos mostrar a integralidade da família de pdf para e$f(y_1)$$f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ . Por (derivar a integral), podemos mostrar para todos .$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$

Portanto, a família do pdf está completa.$Y_1$

Da mesma forma, ainda pela , podemos mostrar que a família de pdf está completa.$FTC$$Y_n$

O problema é agora que precisamos mostrar que é imparcial.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Quando$\hat{\theta}=-y_1$

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

Podemos resolver a integral integrando peças

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

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

Portanto, não é um estimador imparcial de quando$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

Quando$\hat{\theta}=y_n/2$

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

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

Ainda assim, não é um estimador imparcial de quando$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/2$

Mas a resposta do livro é que é um MVUE exclusivo. Eu não entendo por que é um MVUE se é um estimador tendencioso.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Ou minhas clulas estão erradas, por favor me ajude a encontrar os erros, posso lhe dar cálculos mais detalhados.

Muito obrigado.

Trabalhar com extremos requer cuidados, mas não precisa ser difícil. A questão crucial, encontrada no meio do post, é:

... precisamos mostrar que é imparcial.$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

Mais cedo você obteve

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

Embora que parece confuso, os cálculos tornam-se fundamental quando se considera a função de distribuição cumulativa . Para começar, observe que . Seja um número nesse intervalo. Por definição,$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

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

Essa é a chance de que todos os valores estejam entre e . Esses valores vinculam um intervalo de comprimento . Como a distribuição é uniforme, a probabilidade de qualquer específico estar neste intervalo é proporcional ao seu comprimento:$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

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

Como os são independentes, essas probabilidades se multiplicam, dando$y_i$

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

A expectativa pode ser encontrada imediatamente, integrando a função de sobrevivência no intervalo de valores possíveis para , , usando para a variável:$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

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

(Essa fórmula para a expectativa é derivada da integral usual via integração por partes. Os detalhes são fornecidos no final de https://stats.stackexchange.com/a/105464 .)

Reescalonar por fornece$(n+1)/n$

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

QED .