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허락하다 $X_{1}, X_{2}, . . ., X_{n}$
X1,X2,...,Xn
pdf를 가진 iid 랜덤 변수

$f X (x ∣ θ) = θ (1 + x) - (1 + θ) I (0, \infty) (x)$
어디 $θ > 0$
θ>0
. UMVUE에게 $\frac{1}{θ}$
1θ
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 $f_{X} (x ∣ θ)$

fX(x∣θ)

전체 1 모수 지수 군으로

$h (x) = I_{(0, \infty)}$

h(x)=I(0,∞)

, $c (θ) = θ$

c(θ)=θ

, $w (θ) = - (1 + θ)$

w(θ)=−(1+θ)

, $t (x) = log (1 + x)$

t(x)=log(1+x)

이후 $w^{'} (θ) = 1$

w′(θ)=1

0이 아닌 $Θ$

CRLB 결과가 적용됩니다. 우리는

log f X (x ∣ θ) = log (θ) - (1 + θ) \cdot log (1 + x)

\partial \partial θ log f X (x ∣ θ) = 1 θ - log (1 + x)

\partial 2 \partial θ 2 log f X (x ∣ θ) = - 1 θ 2

그래서

I 1 (θ) = - E (- 1 θ 2) = 1 θ 2

그리고 편견이없는 추정기의 CRLB $τ (θ)$

τ(θ)

이다

[ τ ' ( θ ) ] 2 n \cdot I 1 ( θ ) = θ 2 n [τ' (θ)] 2

이후

\sum i = 1 n t (X i) = \sum i = 1 n log (1 + X i)

그런 다음 선형 함수 $\sum_{i = 1}^{n} log (1 + X_{i})$

∑i=1nlog(1+Xi)

또는 이와 동등한 선형 함수 $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} log (1 + X_{i})$

1n∑i=1nlog(1+Xi)

, 기대의 CRLB를 달성하므로 기대의 UMVUE가됩니다. 이후 $E (log (1 + X)) = \frac{1}{θ}$

E(log(1+X))=1θ

우리는 UMVUE의 $\frac{1}{θ}$

1θ

이다 $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} log (1 + X_{i})$

1n∑i=1nlog(1+Xi)

자연스러운 매개 변수화를 위해 $η = - (1 + θ) \Rightarrow θ = - (η + 1)$

η=−(1+θ)⇒θ=−(η+1)

그때

V a r (log (1 + X)) = d d η (- 1 η + 1) = 1 ( η + 1 ) 2 = 1 θ 2

이것이 유효한 해결책입니까? 더 간단한 접근법이 있습니까? 이 방법은 $E (t (x))$

E(t(x))

당신이 추정하려고하는 것과 같습니까?

답변

당신의 추론은 대부분 맞습니다.

샘플의 조인트 밀도 $(X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n})$

(X1,X2,…,Xn)

이다

f θ (x 1, x 2, \dots, x n) ⟹ ln f θ (x 1, x 2, \dots, x n) ⟹ \partial \partial θ ln f θ (x 1, x 2, \dots, x n) = θ n ( \prod n i = 1 ( 1 + x i ) ) 1 + θ 1 x 1, x 2, \dots, x n > 0, θ > 0 = n ln (θ) - (1 + θ) \sum i = 1 n ln (1 + x i) + ln (1 min 1 \leq i \leq n x i > 0) = n θ - \sum i = 1 n ln (1 + x i) = - n (\sum n i = 1 ln ( 1 + x i ) n - 1 θ)

따라서 우리는 형태로 점수 함수를 표현했습니다

\partial \partial θ ln f θ (x 1, x 2, \dots, x n) = k (θ) (T (x 1, x 2, \dots, x n) - 1 θ) (1)

이것은 Cramér-Rao 불평등의 평등 조건입니다.

확인하는 것은 어렵지 않습니다

E (T) = 1 n \sum i = 1 n E (ln (1 + X i))                = 1 / θ = 1 θ (2)

에서 $(1)$

(1)

과 $(2)$

(2)

우리는 결론을 내릴 수 있습니다

통계 $T (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n})$ 편견이없는 추정량입니다 $1 / θ$ .
$T$ Cramér-Rao 불평등의 평등 조건을 충족시킵니다.

이 두 가지 사실은 함께 $T$

의 UMVUE입니다 $1 / θ$

1/θ

두 번째 글 머리 기호는 실제로 $T$

Cramér-Rao 하한에 도달 $1 / θ$

1/θ

실제로, 당신이 보여준 것처럼

E θ [\partial 2 \partial θ 2 ln f θ (X 1)] = - 1 θ 2

이것은 전체 샘플에 대한 정보 기능이

I (θ) = - n E θ [\partial 2 \partial θ 2 ln f θ (X 1)] = n θ 2

그래서 Cramér-Rao 하한 $1 / θ$

1/θ

따라서 UMVUE의 분산은

Var (T) = [ d d θ ( 1 θ ) ] 2 I ( θ ) = 1 n θ 2

여기서 우리는 Cramér-Rao 불평등의 목록을 이용했습니다. $f$

에 의해 매개 변수 $θ$

통계량 인 경우 (CR 불평등의 규칙적 조건을 유지한다고 가정) $T$

편견이 없다 $g (θ)$

g(θ)

일부 기능 $g$

그것이 CR 불평등의 평등 조건을 만족한다면, 즉

\partial \partial θ ln f θ (x) = k (θ) (T (x) - g (θ))

그런 다음 $T$

의 UMVUE 여야합니다 $g (θ)$

g(θ)

. 따라서이 논쟁은 모든 문제에서 작동하지는 않습니다.

또는 Lehmann-Scheffe 정리를 사용하면 다음과 같이 말할 수 있습니다. $T = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + X_{i})$

T=1n∑i=1nln⁡(1+Xi)

의 UMVUE입니다 $1 / θ$

1/θ

편견이 없기 때문에 $1 / θ$

1/θ

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.

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의 UMVUE 찾기 모수 지수 군으로 h(x)=I(0,∞)h(x)=I(0,∞)h(x)=I_{(0,\infty)}, c(θ)=θc(θ)=θc(\theta)=\theta, w(θ)=−(1+θ)w(θ)=−(1+θ)w(\theta)=-(1+\theta),

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