의 UMVUE 찾기

허락하다 $X_1, X_2, . . . , X_n$ pdf를 가진 iid 랜덤 변수

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

어디 $\theta >0$ . UMVUE에게 $\frac{1}{\theta}$ 분산을 계산

나는 UMVUE를 얻는 두 가지 방법에 대해 배웠습니다.

크 래머-라오로 바운드 (CRLB)
레만-쉐프 테레 옴

나는 두 가지 중 하나를 사용하여 이것을 시도 할 것입니다. 나는 여기서 무슨 일이 일어나고 있는지 완전히 이해하지 못한다는 것을 인정해야하며, 시도한 해결책을 예제 문제에서 근거로 삼고 있습니다. 나 그거있어 $f_X(x\mid\theta)$ 전체 1 모수 지수 군으로

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

이후 $w'(\theta)=1$ 0이 아닌 $\Theta$ CRLB 결과가 적용됩니다. 우리는

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}}

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

그래서

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

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

그리고 편견이없는 추정기의 CRLB $\tau(\theta)$ 이다

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

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

이후

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

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

그런 다음 선형 함수 $\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ 또는 이와 동등한 선형 함수 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ , 기대의 CRLB를 달성하므로 기대의 UMVUE가됩니다. 이후 $\mathsf E(\text{log}(1+X))=\frac{1}{\theta}$ 우리는 UMVUE의 $\frac{1}{\theta}$ 이다 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

자연스러운 매개 변수화를 위해 $\eta=-(1+\theta)\Rightarrow \theta=-(\eta+1)$

그때

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

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

이것이 유효한 해결책입니까? 더 간단한 접근법이 있습니까? 이 방법은 $\mathsf E(t(x))$ 당신이 추정하려고하는 것과 같습니까?

— 레미
소스

pdf가 1 모수 지수 군의 일원임을 보여준 시점에서, 가족에 대한 완전한 통계량은 다음과 같습니다.

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

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

E (T / n) = \frac{1}{θ}

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

T / n

$T/n$ 의 UMVUE입니다

1 / θ

$1/\theta$ Lehmann-Scheffe 정리에 의해.

— StubbornAtom

그래서 "그 이후로

w^{'} (θ) = 1

$w'(\theta)=1$ 0이 아닙니다 .....

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

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

— Remy

실제로는 아닙니다. 의 분산

T

$T$ CRLB를 사용하면 쉽게 찾을 수 있습니다. 따라서 한 번에 두 가지 문제를 모두 해결하려면 충분한 주장이 필요합니다.

— StubbornAtom

그런 식으로 차이를 찾으려면

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

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2=\frac{\theta^2}{n}\left(-\frac{1}{\theta^2}\right)^2=\frac{1}{n\theta^2}$ ? 따라서 이전에 잘못 했습니까?

— Remy

예, 그 차이는

T

$T$ . 정확하게.

— StubbornAtom

당신의 추론은 대부분 맞습니다.

샘플의 조인트 밀도 $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ 이다

\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}

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

따라서 우리는 형태로 점수 함수를 표현했습니다

\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}

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

이것은 Cramér-Rao 불평등의 평등 조건입니다.

확인하는 것은 어렵지 않습니다

\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}

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

에서 $(1)$ 과 $(2)$ 우리는 결론을 내릴 수 있습니다

통계 $T(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ 편견이없는 추정량입니다 $1/\theta$ .
$T$ Cramér-Rao 불평등의 평등 조건을 충족시킵니다.

이 두 가지 사실은 함께 $T$ 의 UMVUE입니다 $1/\theta$ .

두 번째 글 머리 기호는 실제로 $T$ Cramér-Rao 하한에 도달 $1/\theta$ .

실제로, 당신이 보여준 것처럼

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

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

이것은 전체 샘플에 대한 정보 기능이

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

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

그래서 Cramér-Rao 하한 $1/\theta$ 따라서 UMVUE의 분산은

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

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

여기서 우리는 Cramér-Rao 불평등의 목록을 이용했습니다. $f$ 에 의해 매개 변수 $\theta$ 통계량 인 경우 (CR 불평등의 규칙적 조건을 유지한다고 가정) $T$ 편견이 없다 $g(\theta)$ 일부 기능 $g$ 그것이 CR 불평등의 평등 조건을 만족한다면, 즉

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

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

T

$T$ 의 UMVUE 여야합니다

g (θ)

$g(\theta)$ . 따라서이 논쟁은 모든 문제에서 작동하지는 않습니다.

또는 Lehmann-Scheffe 정리를 사용하면 다음과 같이 말할 수 있습니다. $T=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \ln(1+X_i)$ 의 UMVUE입니다 $1/\theta$ 편견이 없기 때문에 $1/\theta$ 분포 제품군에 대한 충분한 통계입니다. 그 $T$ 1- 파라미터 지수 패밀리로 샘플의 조인트 밀도의 구조로부터 충분히 경쟁적이다. 그러나 분산 $T$ 직접 찾기가 약간 까다로울 수 있습니다.

— 완고한 원자
소스

하나의 분포를 사용할 수도 있습니다

T

$T$ 그 평균을 찾기 위해

— StubbornAtom