UMVUE của trong khi lấy mẫu từ dân số

Đặt là một mẫu ngẫu nhiên từ mật độ $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$
$f_{θ} (x) = θ x^{θ - 1} 1_{0 < x < 1}, θ > 0$ $f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$

Tôi đang cố gắng tìm UMVUE của . $\frac{\theta}{1+\theta}$

Mật độ chung của là $(X_1,\ldots,X_n)$

\begin{aligned} f_{θ} (x_{1}, \dots, x_{n}) & = θ^{n} {(\prod_{i = 1}^{n} x_{i})}^{θ - 1} 1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1} \\ = \exp [(θ - 1) \sum_{i = 1}^{n} \ln x_{i} + n \ln θ + \ln (1_{0 < x_{1}, \dots, x_{n} < 1})], θ > 0 \end{aligned}

$\begin{align} f_{\theta}(x_1,\cdots,x_n)&=\theta^n\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1} \\&=\exp\left[(\theta-1)\sum_{i=1}^n\ln x_i+n\ln\theta+\ln (\mathbf1_{0<x_1,\ldots,x_n<1})\right],\,\theta>0 \end{align}$

Vì dân số pdf thuộc họ hàm mũ một tham số, điều này cho thấy rằng một thống kê đầy đủ cho là $f_{\theta}$ $\theta$

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

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

Vì , nên lúc đầu, sẽ cho tôi UMVUE của bởi Định lý Lehmann-Scheffe. Không chắc chắn nếu kỳ vọng có điều kiện này có thể được tìm thấy trực tiếp hay người ta phải tìm phân phối có điều kiện . $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$

Mặt khác, tôi đã xem xét cách tiếp cận sau:

Chúng tôi có , sao cho . $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$

Vì vậy, thứ khoảnh khắc nguyên thứ tự của về zero, theo tính toán bằng cách sử dụng chi-square pdf là $r$ $-2\theta\,T$

E (- 2 θ T)^{r} = 2^{r} \frac{Γ (n + r)}{Γ (n)}, n + r > 0

$E(-2\theta\,T)^r=2^r\frac{\Gamma\left(n+r\right)}{\Gamma\left(n\right)}\qquad ,\,n+r>0$

Vì vậy, dường như đối với các lựa chọn số nguyên khác nhau của , tôi sẽ nhận được các công cụ ước tính không thiên vị (và UMVUE) của các quyền số nguyên khác nhau của . Ví dụ: và trực tiếp đưa cho tôi UMVUE của và tương ứng. $r$ $\theta$ $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ $\frac{1}{\theta}$ $\theta$

Bây giờ, khi chúng ta có . $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Tôi chắc chắn có thể nhận được UMVUE của , v.v. Vì vậy, kết hợp các UMVUE này tôi có thể nhận được UMVUE cần thiết của . Phương pháp này có hợp lệ hay tôi nên tiến hành phương pháp đầu tiên? Vì UMVUE là duy nhất khi nó tồn tại, cả hai sẽ cho tôi cùng một câu trả lời. $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

Để rõ ràng, tôi nhận được

E (1 + \frac{T}{n} + \frac{T^{2}}{n (n + 1)} + \frac{T^{3}}{n (n + 1) (n + 2)} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2}} - \frac{1}{θ^{3}} + \dots

$E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Đó là,

E (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{T^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

Có phải UMVUE yêu cầu của tôi là khi ? $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ $\theta>1$

Với , tôi sẽ nhận được và do đó UMVUE sẽ khác. $0<\theta<1$ $g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$

Đã bị thuyết phục rằng không thể tìm thấy kỳ vọng có điều kiện trong cách tiếp cận đầu tiên và vì , tôi đã tiến hành để tìm phân phối có điều kiện . Vì thế, tôi cần mật độ chung của . $E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$ $X_1\mid \prod X_i$ $(X_1,\prod X_i)$

Tôi đã sử dụng thay đổi biến sao cho cho tất cả . Điều này dẫn đến sự hỗ trợ chung của là . $(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$ $Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$ $i=1,2,\cdots,n$ $(Y_1,\cdots,Y_n)$ $S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$

Định thức jacobian hóa ra là . $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$

Vì vậy, tôi có mật độ chung của là $(Y_1,\cdots,Y_n)$

f_{Y} (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{\prod_{i = 1}^{n - 1} y_{i}} 1_{S}

$f_Y(y_1,y_2,\cdots,y_n)=\frac{\theta^n\, y_n^{\theta-1}}{\prod_{i=1}^{n-1}y_i}\mathbf1_S$

Do đó, mật độ chung của là $(Y_1,Y_n)$

f_{Y_{1}, Y_{n}} (y_{1}, y_{n}) = \frac{θ^{n} y_{n}^{θ - 1}}{y_{1}} \int_{0}^{y_{n - 2}} \int_{0}^{y_{n - 3}} \dots \int_{0}^{y_{1}} \frac{1}{y_{3} y_{4} . . . y_{n - 1}} \frac{d y_{2}}{y_{2}} \dots d y_{n - 2} d y_{n - 1}

$f_{Y_1,Y_n}(y_1,y_n)=\frac{\theta^n\,y_n^{\theta-1}}{y_1}\int_0^{y_{n-2}}\int_0^{y_{n-3}}\cdots\int_0^{y_1}\frac{1}{y_3y_4...y_{n-1}}\frac{\mathrm{d}y_2}{y_2}\cdots\mathrm{d}y_{n-2}\,\mathrm{d}y_{n-1}$

Có một sự chuyển đổi khác nhau mà tôi có thể sử dụng ở đây sẽ làm cho việc tạo ra mật độ khớp giảm bớt cồng kềnh? Tôi không chắc chắn nếu tôi đã thực hiện chuyển đổi chính xác ở đây.

Dựa trên một số gợi ý tuyệt vời trong phần bình luận, tôi đã tìm thấy mật độ khớp của thay vì mật độ khớp trong đó và . $(U,U+V)$ $(X_1,\prod X_i)$ $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$

Người ta thấy ngay rằng và là độc lập. $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$

Và thực tế, . $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Với , mật độ khớp của là $n>1$ $(U,V)$

f_{U, V} (u, v) = θ e^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} e^{- θ v} v^{n - 2} 1_{v > 0}

$f_{U,V}(u,v)=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}$

Thay đổi các biến, tôi có mật độ khớp của là $(U,U+V)$

f_{U, U + V} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ z} (z - u)^{n - 2} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

Vì vậy, mật độ có điều kiện của là $U\mid U+V=z$

f_{U ∣ U + V} (u ∣ z) = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z}

$f_{U\mid U+V}(u\mid z)=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}$

Bây giờ, UMVUE của tôi chính xác là , như tôi đã đề cập đúng ở đầu bài này $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$

Vì vậy, tất cả những gì còn lại phải làm là tìm

E (e^{- U} ∣ U + V = z) = \frac{n - 1}{z^{n - 1}} \int_{0}^{z} e^{- u} (z - u)^{n - 2} d u

$E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

Nhưng tích phân cuối cùng đó có dạng đóng về chức năng gamma chưa hoàn chỉnh theo Mathicala , và tôi tự hỏi phải làm gì bây giờ.

— Bướng bỉnh
nguồn

Bạn nên tiến hành phương pháp đầu tiên, tìm phân phối có điều kiện của , dạng thống kê đủ có thể dễ dàng hoạt động hơn trong ứng dụng này.

X_{[1]} | \prod X_{i}

$X_{[1]} | \prod X_i$

— jbowman

Tại thời điểm (sớm), nơi bạn giới thiệu bạn nên chú ý làm việc theo các biếnGần như ngay lập tức rằng chúng tỷ lệ thuận với các bản phân phối , giúp giảm nhanh vấn đề của bạn khi xem xét phân phối chung của trong đó và Điều đó sẽ rút ngắn hai trang toán học còn lại và cung cấp cho bạn một lộ trình nhanh chóng để giải quyết.

T

$T$

Y_{i} = - \log X_{i} .

$Y_i=-\log X_i.$

Γ (1)

$\Gamma(1)$

(U, U + V)

$(U,U+V)$

U \sim Γ (1)

$U\sim\Gamma(1)$

V \sim Γ (n - 1) .

$V\sim\Gamma(n-1).$

— whuber

@whuber Để rõ ràng, bạn có gợi ý rằng tôi tìm thấy mật độ của trước tiên và từ đó tìm mật độ của ? Tôi đã nhận thấy rằng là các biến số mũ với tỷ lệ (cũng là biến Gamma như bạn nói), nhưng đã không nghĩ đến việc làm việc với nó.

(- \ln X_{1}, - \ln X_{1} - \sum_{i = 2}^{n} \ln X_{i})

$(-\ln X_1,-\ln X_1-\sum_{i=2}^n\ln X_i)$

(X_{1}, \prod X_{i})

$(X_1,\prod X_i)$

- \ln X_{i}

$-\ln X_i$

θ

$\theta$

— StubbornAtom

@whuber Nhưng làm cách nào tôi có thể nhận từ ?

E (X_{1} ∣ . . .)

$E(X_1\mid ...)$

E (\ln X_{1} ∣ . . .)

$E(\ln X_1\mid ...)$

— StubbornAtom

@whuber Xin hãy xem bản chỉnh sửa của tôi. Tôi gần như đã làm nó nhưng không biết phải làm gì với tích phân đó. Tôi khá tự tin tính toán của tôi là chính xác.

— StubbornAtom

Câu trả lời:

Nó chỉ ra rằng cả hai cách tiếp cận (nỗ lực ban đầu của tôi và một cách khác dựa trên các đề xuất trong phần bình luận) trong bài viết gốc của tôi cho cùng một câu trả lời. Tôi sẽ phác thảo cả hai phương pháp ở đây để có câu trả lời hoàn chỉnh cho câu hỏi.

Ở đây, có nghĩa là mật độ gamma trong đó và biểu thị phân phối theo cấp số nhân với trung bình , ( ). Rõ ràng, . $\text{Gamma}(n,\theta)$ $f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$ $\theta,n>0$ $\text{Exp}(\theta)$ $1/\theta$ $\theta>0$ $\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$

Vì hoàn toàn đủ cho và , theo định lý Lehmann-Scheffe là UMVUE của . Vì vậy, chúng ta phải tìm thấy kỳ vọng có điều kiện này. $T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$ $\theta$ $\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $\mathbb E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

Chúng tôi lưu ý rằng . $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies-\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Exp}(\theta)\implies-T\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Phương pháp I:

Đặt và , sao cho và độc lập. Thật vậy, và , ngụ ý . $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ $U$ $V$ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Vì vậy, . $\mathbb E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=t)=\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=-t)$

Bây giờ chúng ta thấy sự phân bố có điều kiện của . $U\mid U+V$

Với và , mật độ khớp của là $n>1$ $\theta>0$ $(U,V)$

\begin{aligned} f_{U, V} (u, v) & = θ e^{- θ u} 1_{u > 0} \frac{θ^{n - 1}}{Γ (n - 1)} e^{- θ v} v^{n - 2} 1_{v > 0} \\ = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ (u + v)} v^{n - 2} 1_{u, v > 0} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U,V}(u,v)&=\theta e^{-\theta u}\mathbf1_{u>0}\frac{\theta^{n-1}}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta v}v^{n-2}\mathbf1_{v>0}\\&=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta(u+v)}v^{n-2}\mathbf1_{u,v>0}\end{align}$

Thay đổi các biến, ngay lập tức mật độ khớp của là $(U,U+V)$

f_{U, U + V} (u, z) = \frac{θ^{n}}{Γ (n - 1)} e^{- θ z} (z - u)^{n - 2} 1_{0 < u < z}

$f_{U,U+V}(u,z)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n-1)}e^{-\theta z}(z-u)^{n-2}\mathbf1_{0<u<z}$

Hãy là mật độ của . Do đó, mật độ có điều kiện của là $f_{U+V}(\cdot)$ $U+V$ $U\mid U+V=z$

\begin{aligned} f_{U ∣ U + V} (u ∣ z) & = \frac{f_{U, U + V} (u, z)}{f_{U + V} (z)} \\ = \frac{(n - 1) (z - u)^{n - 2}}{z^{n - 1}} 1_{0 < u < z} \end{aligned}

$\begin{align}f_{U\mid U+V}(u\mid z)&=\frac{f_{U,U+V}(u,z)}{f_{U+V}(z)}\\&=\frac{(n-1)(z-u)^{n-2}}{z^{n-1}}\mathbf1_{0<u<z}\end{align}$

Do đó, . $\displaystyle\mathbb E(e^{-U}\mid U+V=z)=\frac{n-1}{z^{n-1}}\int_0^z e^{-u}(z-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u$

Đó là, UMVUE của là $\frac{\theta}{1+\theta}$ $\displaystyle\mathbb E(X_1\mid T)=\frac{n-1}{(-T)^{n-1}}\int_0^{-T} e^{-u}(-T-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u\tag{1}$

Phương pháp II:

Vì là một thống kê đầy đủ cho , mọi công cụ ước tính không thiên vị của là một chức năng của sẽ là UMVUE của theo định lý Lehmann-Scheffe. Vì vậy, chúng tôi tiến hành tìm những khoảnh khắc của , nơi chúng tôi biết phân phối. Chúng ta có, $T$ $\theta$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $T$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $-T$

E (- T)^{r} = \int_{0}^{\infty} y^{r} θ^{n} \frac{e^{- θ y} y^{n - 1}}{Γ (n)} d y = \frac{Γ (n + r)}{θ^{r} Γ (n)}, n + r > 0

$\mathbb E(-T)^r=\int_0^\infty y^r\theta^n\frac{e^{-\theta y}y^{n-1}}{\Gamma(n)}\,\mathrm{d}y=\frac{\Gamma(n+r)}{\theta^r\,\Gamma(n)},\qquad n+r>0$

Sử dụng phương trình này, chúng tôi thu được các công cụ ước tính không thiên vị (và UMVUE) là cho mỗi số nguyên . $1/\theta^r$ $r\ge1$

Bây giờ với , chúng tôi có $\theta>1$ $\displaystyle\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Kết hợp các công cụ ước tính không thiên vị của chúng tôi thu được $1/\theta^r$

E (1 + \frac{T}{n} + \frac{T^{2}}{n (n + 1)} + \frac{T^{3}}{n (n + 1) (n + 2)} + \dots) = 1 - \frac{1}{θ} + \frac{1}{θ^{2}} - \frac{1}{θ^{3}} + \dots

$\mathbb E\left(1+\frac{T}{n}+\frac{T^2}{n(n+1)}+\frac{T^3}{n(n+1)(n+2)}+\cdots\right)=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Đó là,

E (\sum_{r = 0}^{\infty} \frac{T^{r}}{n (n + 1) . . . (n + r - 1)}) = \frac{θ}{1 + θ}

$\mathbb E\left(\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\right)=\frac{\theta}{1+\theta}$

Vì vậy, giả sử , UMVUE của là $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $g(T)=\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\tag{2}$

Tôi không chắc chắn về trường hợp trong phương thức thứ hai. $0<\theta<1$

Theo Mathematica , phương trình có dạng đóng về mặt hàm gamma không hoàn chỉnh. Và trong phương trình , chúng ta có thể biểu thị sản phẩm theo hàm gamma thông thường là . Điều này có lẽ cung cấp kết nối rõ ràng giữa và . $(1)$ $(2)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(n)}$ $(1)$ $(2)$

Sử dụng Mathicala tôi có thể xác minh rằng và thực sự giống nhau. $(1)$ $(2)$

— Bướng bỉnh
nguồn

Trong thực tế, sự bằng nhau giữa và theo sau bằng cách viết khai triển chuỗi lũy thừa của trong và sau đó hoán đổi tích phân và tổng.

(1)

$(1)$

(2)

$(2)$

e^{- u}

$e^{-u}$

(2)

$(2)$

— StubbornAtom

Tôi nghĩ rằng chúng ta có thể có được câu trả lời nhỏ gọn hơn mà bạn đã đề cập liên quan đến chức năng gamma không hoàn chỉnh trên. Sử dụng Phương thức đầu tiên, tôi tìm thấy biểu thức

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = (n - 1) \int_{0}^{1} z^{r} {(1 - r)}^{n - z} d r,

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right]=\left( n - 1 \right) \int_0^1 z^r \left( 1 - r \right)^{n-z}dr,$ trong đó

z = e^{T} .

$z=e^T.$

Wolfram Alpha tích hợp điều này để có được

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{e^{T} (n - 1)}{T^{n - 1}} [(n - 2)! - Γ (n - 1, T)]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{e^T \left( n-1 \right)}{T^{n-1} } \left[ \left( n-2 \right) !-\Gamma \left(n-1,T \right) \right]$

Bây giờ thuật ngữ hàm gamma không hoàn chỉnh có dạng đóng khi là số nguyên. Nó là $n$

Γ (n - 1, T) = \frac{Γ (n - 1)}{e^{T}} \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}

$\Gamma \left(n-1,T \right)=\frac{\Gamma \left(n-1 \right)}{e^T} \sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!}$

Viết lại kỳ vọng và đơn giản hóa, chúng tôi tìm thấy

E [X_{1} | X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] = \frac{Γ (n)}{T^{n - 1}} [e^{T} - \sum_{j = 0}^{n - 2} \frac{T^{j}}{j!}]

$E \left[ X_1 | X_1X_2 \cdots X_n=e^T \right] = \frac{\Gamma \left( n \right)}{T^{n-1}} \left[ e^T-\sum_{j=0}^{n-2} \frac{T^j}{j!} \right]$

Tôi không có quyền truy cập vào phần mềm sẽ xác minh tính tương đương với kết quả của bạn và , nhưng tính toán tay cho và không khớp với của bạn . $(1)$ $(2)$ $n=2$ $n=3$ $(1)$

— ngâm
nguồn

Nơi bạn đã viết bạn nên có

E [X_{1} ∣ x_{1} x_{2} \dots x_{n} = e^{T}],

$\operatorname E\left[ X_1\mid x_1x_2\cdots x_n=e^T \right],$

E [X_{1} ∣ X_{1} X_{2} \dots X_{n} = e^{T}] .

$\operatorname E\left[ X_1\mid X_1X_2\cdots X_n=e^T \right]. \qquad$

— Michael Hardy