UMVUEを検索

ましょ $X_1, X_2, . . . , X_n$ pdfを持つiid確率変数

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

ここで、 $\theta >0$ です。のUMVUEを与える $\frac{1}{\theta}$ とその分散の計算

私は、UMVUEを取得するためのそのような2つの方法について学びました。

クラマーラオ下限（CRLB）
レーマンシェッフェテレオム

前者の2つを使ってこれを試みます。私はここで何が起こっているのか完全に理解していないことを認めなければなりません、そして私は私が試みた解決策を例の問題に基づいています。私はそれを持っている $f_X(x\mid\theta)$ との完全なワンパラメータ指数分布族であります

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

以来、 $w'(\theta)=1$ でゼロで $\Theta$ 、CRLB結果が適用されます。我々は持っています

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}}

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

したがって、

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

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

$\tau(\theta)$ 不偏推定量のCRLB は、

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

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

以来、

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

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

次に、 $\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ 任意の線形関数、または同等に、任意の線形関数 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$ は、期待値のCRLBを達成するため、期待値のUMVUEになります。以降 $\mathsf E(\text{log}(1+X))=\frac{1}{\theta}$ 、UMVUEは $\frac{1}{\theta}$ は $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \text{log}(1+X_i)$

自然のパラメータ化のために我々はさせることができ $\eta=-(1+\theta)\Rightarrow \theta=-(\eta+1)$

その後

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

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

これは有効な解決策ですか？より簡単なアプローチはありますか？この方法は、 $\mathsf E(t(x))$ が推定しようとしているものと等しい場合にのみ機能しますか？

— レミー
ソース

pdfが1パラメーター指数ファミリーのメンバーであることを示した時点で、ファミリーの完全な十分な統計は

であることがすぐにわかり

あなたが言うように、

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

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

、

は、レーマン・シェッフェの定理による

UMVUEです。

E (T / n) = \frac{1}{θ}

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

T / n

$T/n$

1 / θ

$1/\theta$

— StubbornAtom 2018年

w^{'} (θ) = 1

$w'(\theta)=1$

\frac{θ^{2}}{n} [τ^{'} (θ)]^{2}

$\frac{\theta^2}{n}[\tau'(\theta)]^2$

T

$T$

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

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

T

$T$

あなたの推論はほとんど正しいです。

$(X_1,X_2,\ldots,X_n)$

\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}

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

したがって、スコア関数を次の形式で表現しました

\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}

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

、これはCramér-Rao不等式の等式条件です。

あることを確認することは難しくありません

\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}

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

$(1)$ $(2)$

$T(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ $1/\theta$
$T$

$T$ $1/\theta$

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

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

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

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

$1/\theta$

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

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

$f$ $\theta$ $T$ $g(\theta)$ $g$

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

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

T

$T$

g (θ)

$g(\theta)$

$T=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \ln(1+X_i)$ $1/\theta$ $1/\theta$ $T$ $T$

— 頑固な原子
ソース

T

$T$