Найти уникальный MVUE

Этот вопрос взят из книги Роберта Хогга «Введение в математическую статистику, 6-я версия», проблема 7.4.9 на стр. 388.

Пусть будут iid с pdf ноль в другом месте, где .$X_1,...,X_n$$f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$$\theta>0$

(а) Найдите mle из$\hat{\theta}$$\theta$

(b) Является ли достаточной статистикой для ? Почему ?$\hat{\theta}$$\theta$

(c) Является ли уникальным MVUE для ? Почему ?$(n+1)\hat{\theta}/n$$\theta$

Я думаю, что могу решить (а) и (б), но меня смущает (в).

Для):

Пусть будет статистикой заказа.$Y_1<Y_2<...Y_n$

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ когда и ; в других местах$-\theta< y_1$$y_n < 2\theta$$L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$ , так как , мы можем видеть, что эта производная отрицательна,$\theta>0$

поэтому функция правдоподобия уменьшается.$L(\theta;x)$

Из и , и $(-\theta< y_1$$y_n < 2\theta)$$\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$$\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

$L(\theta,x)$ уменьшается, поэтому, когда имеет самое маленькое значение, функция правдоподобия достигнет максимума, поскольку , когда функция правдоподобия достигнет максимального значения.$\theta$$\theta>max(-y_1,y_n/2)$$\theta=max(-y1,y_n/2)$

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

Для (б):

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

$\therefore$ по теореме Неймана о факторизации является достаточной статистикой для . Следовательно, также является достаточной статистикой.$y_n=max(x_i)$$\theta$$y_n/2$

однообразный,

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

$\therefore$ по теореме Неймана о факторизации, является достаточной статистикой для . Следовательно, также является достаточной статистикой.$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

Для (с):

Сначала мы находим CDF$X$

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

Далее мы можем найти pdf для и из формулы книги для статистики заказов.$Y_1$$Y_n$

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

однообразный,

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

Далее покажем полноту семейства pdf для и$f(y_1)$$f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ . По (производный интеграл) мы можем показать для всех .$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$

Поэтому семейство pdf завершено ..$Y_1$

Точно так же, по , мы можем показать, что семейство pdf завершено.$FTC$$Y_n$

Теперь проблема в том, что нам нужно показать, что беспристрастен.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Когда$\hat{\theta}=-y_1$

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

Мы можем решить интеграл путем интеграции по частям

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

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

Следовательно, не является объективной оценкой when$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

Когда$\hat{\theta}=y_n/2$

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

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

Тем не менее, не является непредвзятой оценкой when$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/2$

Но ответ книги таков: является уникальным MVUE. Я не понимаю, почему это MVUE, если это предвзятая оценка.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Или мои расчеты неверны, пожалуйста, помогите мне найти ошибки, я могу дать вам более подробные расчеты.

Большое спасибо.

Работа с экстремумами требует осторожности, но это не должно быть трудным. Важнейший вопрос, который можно найти в середине поста:

... нам нужно показать, что беспристрастен.$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

Ранее вы получили

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

Несмотря на то, что внешний вид грязный, вычисления становятся элементарно , если учесть интегральную функцию распределения . Чтобы начать с этим, обратите внимание, что . Пусть будет числом в этом диапазоне. По определению,$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

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

Это вероятность того, что все значения лежат между и . Эти значения ограничены интервалом длиной . Поскольку распределение является равномерным, вероятность того, что любой конкретный находится в этом интервале, пропорциональна его длине:$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

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

Поскольку независимы, эти вероятности умножаются, давая$y_i$

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

Ожидание может быть немедленно найдено путем интегрирования функции выживания по интервалу возможных значений для , , используя для переменной:$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

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

(Эта формула для ожидания получена из обычного интеграла через интеграцию по частям. Подробности приведены в конце https://stats.stackexchange.com/a/105464 .)

Масштабирование по дает$(n+1)/n$

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

КЕД .