共同完全な十分な統計：Uniform（a、b）

ましょう上の一様分布からのランダムサンプルである、。ましょうと最大と最小の順序統計こと。統計量がパラメーターに対して十分な統計量であることを示します。 $\mathbf{X}= (x_1, x_2, \dots x_n)$ $(a,b)$ $a < b$ $Y_1$ $Y_n$ $(Y_1, Y_n)$ $\theta = (a, b)$

因数分解を使用して十分であることを示すのは問題ありません。

質問：完全性を表示するにはどうすればよいですか？できればヒントをお願いします。

試み：私は見ることができます暗示一つのパラメータの均一な分布のために、私は2つのパラメータ均一な分布に立ち往生しています。 $\mathbb E[g(T(x))] = 0$ $g(T(x)) = 0$

をいじってみて、と共同分布を使用しましたが、計算がつまずくので、正しい方向に進んでいるかどうかはわかりません。 $\mathbb E[g(Y_1, Y_n)]$ $Y_1$ $Y_n$

— emlu
ソース

[self-study]タグを追加して、そのwikiを読んでください。

$x$ 生成するなど、ドルを置くことで、数学にLatexフォーマットを使用できることに注意してください。私はあなたの数学のいくつかを組版しようとしましたが、結果に満足できない場合は自由に変更したり元に戻したりできます。あなたは表記を好むかもしれないため

代わりのため

。

x

$x$ $\vec x$

\vec{x}

$\vec x$ $\mathbf x$

x

$\mathbf x$

— シルバーフィッシュ

問題の核心に到達し、解決策の策定を楽しむことができるように、ルーチン計算の世話をしましょう。それは、三角形の結合と違いとして長方形を構築することになります。

まず、の値を選択するとできるだけ簡単に詳細を確認します。 $a$ $b$ I様：のいずれかの成分の単変量密度間隔のちょうどインジケータ関数である。 $a=0,b=1$ $X=(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ $[0,1]$

の分布関数を見つけましょう。 $F$ $(Y_1,Y_n)$ 定義により、任意の実数のためのこれは $y_1 \le y_n$

\begin{matrix} (1) & F (y_{1}, y_{n}) = Pr (Y_{1} \leq y_{1} and Y_{n} \leq y_{n}) . \end{matrix}

$F(y_1,y_n) = \Pr(Y_1\le y_1\text{ and } Y_n \le y_n).\tag{1}$

値明らかであるまたはいずれかの場合には又は間隔の外側にあるそれでは、彼らは、この間隔の両方していると仮定する。（レッツも想定些事を議論回避する。）この場合、イベント元の変数の観点から説明することができる $F$ $0$ $1$ $y_1$ $y_n$ $[a,b] = [0,1]$ $n\ge 2$ $(1)$ として「少なくとも1つが以下であり、いずれも超えない」。同様に、すべてのはありますが、それらすべてがというわけではありません。 $X=(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ $X_i$ $y_1$ $X_i$ $y_n$ $X_i$ $[0,y_n]$ $(y_1,y_n]$

は独立しているため、それらの確率は乗算され、上記の2つのイベントに対してそれぞれおよびを与えます。したがって、 $X_i$ $(y_n-0)^n = y_n^n$ $(y_n-y_1)^n$

F (y_{1}, y_{n}) = y_{n}^{n} - (y_{n} - y_{1})^{n} .

$F(y_1,y_n) = y_n^n - (y_n-y_1)^n.$

密度は混合偏微分です。 $f$ $F$

f (y_{1}, y_{n}) = \frac{\partial^{2} F}{\partial y_{1} \partial y_{n}} (y_{1}, y_{n}) = n (n - 1) (y_{n} - y_{1})^{n - 2} .

$f(y_1,y_n) = \frac{\partial^2 F}{\partial y_1 \partial y_n}(y_1,y_n) = n(n-1)(y_n-y_1)^{n-2}.$

以下のための一般的な場合ファクタによってスケーリング変数によって位置をシフトさせます。 $(a,b)$ $b-a$ $a$ したがって、用、 $a \lt y_1 \le y_n \lt b$

F (y_{1}, y_{n}; a, b) = ({(\frac{y_{n} - a}{b - a})}^{n} - {(\frac{y_{n} - a}{b - a} - \frac{y_{1} - a}{b - a})}^{n}) = \frac{(y_{n} - a)^{n} - (y_{n} - y_{1})^{n}}{(b - a)^{n}} .

$F(y_1,y_n; a,b) = \left(\left(\frac{y_n-a}{b-a}\right)^n - \left(\frac{y_n-a}{b-a} - \frac{y_1-a}{b-a}\right)^n\right) = \frac{(y_n-a)^n - (y_n-y_1)^n}{(b-a)^n}.$

前と同じように差別化する

f (y_{1}, y_{n}; a, b) = \frac{n (n - 1)}{(b - a)^{n}} (y_{n} - y_{1})^{n - 2} .

$f(y_1,y_n; a,b) = \frac{n(n-1)}{(b-a)^n}(y_n-y_1)^{n-2}.$

完全性の定義を考慮してください。 してみましょう二つの実変数の任意の測定可能な関数です。定義により、 $g$

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} E [g (Y_{1}, Y_{n})] & = \int_{y_{1}}^{b} \int_{a}^{b} g (y_{1}, y_{n}) f (y_{1}, y_{n}) d y_{1} d y_{n} \\ \propto \int_{y_{1}}^{b} \int_{a}^{b} g (y_{1}, y_{n}) (y_{n} - y_{1})^{n - 2} d y_{1} d y_{n} . \end{aligned} \end{matrix}

$\eqalign{E[g(Y_1,Y_n)] &= \int_{y_1}^b\int_a^b g(y_1,y_n) f(y_1,y_n)dy_1dy_n\\ &\propto\int_{y_1}^b\int_a^b g(y_1,y_n) (y_n-y_1)^{n-2} dy_1dy_n.\tag{2} }$

この期待値がすべてでゼロの場合、any でであることを確認する必要があります。 $(a,b)$ $g=0$ $(a,b)$

ここにあなたのヒントがあります。 してみましょう BE 任意の測定可能な機能。私はによって提案の形でそれを表現したいのように。それを行うには、明らかにを割る必要があります。残念ながら、 $h:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ $(2)$ $h(x,y)=g(x,y)(y-x)^{n-2}$ $h$ $(y-x)^{n-2}$ $n\gt 2$ this isn't defined whenever $y-x$ . The key is that this set has measure zero so we can neglect it.

Accordingly, given any measurable $h$ , define

g (x, y) = {\begin{matrix} h (x, y) / (y - x)^{n - 2} & x \neq y \\ 0 & x = y \end{matrix}

$g(x,y) = \left\{\matrix{h(x,y)/(y-x)^{n-2} & x \ne y \\ 0 & x=y}\right.$

Then $(2)$ becomes

\begin{matrix} (3) & \int_{y_{1}}^{b} \int_{a}^{b} h (y_{1}, y_{n}) d y_{1} d y_{n} \propto E [g (Y_{1}, Y_{n})] . \end{matrix}

$\int_{y_1}^b\int_a^b h(y_1,y_n) dy_1dy_n \propto E[g(Y_1,Y_n)].\tag{3}$

(When the task is showing that something is zero, we may ignore nonzero constants of proportionality. Here, I have dropped $n(n-1)/(b-a)^{n-2}$ from the left hand side.)

This is an integral over a right triangle with hypotenuse extending from $(a,a)$ to $(b,b)$ and vertex at $(a,b)$ . Let's denote such a triangle $\Delta(a,b)$ .

Ergo, what you need to show is that if the integral of an arbitrary measurable function $h$ over all triangles $\Delta(a,b)$ is zero, then for any $a\lt b$ , $h(x,y)=0$ (almost surely) for all $(x,y)\in \Delta(a,b)$ .

Although it might seem we haven't gotten any further, consider any rectangle $[u_1,u_2]\times [v_1,v_2]$ wholly contained in the half-plane $y \gt x$ . It can be expressed in terms of triangles:

[u_{1}, u_{2}] \times [v_{1}, v_{2}] = Δ (u_{1}, v_{2}) ∖ (Δ (u_{1}, v_{1}) \cup Δ (u_{2}, v_{2})) \cup Δ (u_{2}, v_{1}) .

$[u_1,u_2]\times [v_1,v_2] = \Delta(u_1,v_2) \setminus\left(\Delta(u_1,v_1) \cup \Delta(u_2,v_2)\right)\cup \Delta(u_2,v_1).$

In this figure, the rectangle is what is left over from the big triangle when we remove the overlapping red and green triangles (which double counts their brown intersection) and then replace their intersection.

Consequently, you may immediately deduce that the integral of $h$ over all such rectangles is zero. It remains only to show that $h(x,y)$ must be zero (apart from its values on some set of measure zero) whenever $y \gt x$ . The proof of this (intuitively clear) assertion depends on what approach you want to take to the definition of integration.

— whuber
ソース

I tried to set equation 3 equal to zero, take the derivative on both sides and interchange the signs (a reflex action I guess) but the results look quite scary [1]. Is there a more reasonable approach? [1] en.wikipedia.org/wiki/Leibniz_integral_rule#Higher_dimensions

— mugen

Consider finite collections of smaller and smaller triangles all lying along the hypotenuse in the picture and take the limit as the diameter of the largest triangle in the collection goes to zero.

— whuber