Encuentra el MVUE único

Esta pregunta es de la Introducción a las estadísticas matemáticas de Robert Hogg, problema 7.4.9 de la sexta versión en la página 388.

Deje ser iid con pdf cero en otro lugar, donde .$X_1,...,X_n$$f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$$\theta>0$

(a) Encuentre el mle de$\hat{\theta}$$\theta$

(b) ¿Es una estadística suficiente para ? Por qué ?$\hat{\theta}$$\theta$

(c) ¿Es la MVUE única de ? Por qué ?$(n+1)\hat{\theta}/n$$\theta$

Creo que puedo resolver (a) y (b), pero estoy confundido por (c).

Para):

Deje ser las estadísticas del pedido.$Y_1<Y_2<...Y_n$

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$ cuando e ; en otro lugar$-\theta< y_1$$y_n < 2\theta$$L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$ , ya que , podemos ver que esta derivada es negativa,$\theta>0$

entonces la función de probabilidad está disminuyendo.$L(\theta;x)$

De e , y $(-\theta< y_1$$y_n < 2\theta)$$\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$$\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

θ θ > m a x ( - y 1 , y n / 2 ) θ = m a x ( - y 1 , y n / 2 $L(\theta,x)$ está disminuyendo, por lo que cuando tiene el valor más pequeño, la función de probabilidad alcanzará el máximo, ya que , cuando , la función de probabilidad alcanzará el valor máximo.$\theta$$\theta>max(-y_1,y_n/2)$$\theta=max(-y1,y_n/2)$

$\therefore$ mle$\hat{\theta}=max(-y_1,y_n/2)$

Para (b):

$f(x_1;\theta)f(x_2;\theta)...f(x_n;\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}\prod_{i}^{n} I(-\theta<x_i<2\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}I(max(x_i)<2\theta)\times 1$

$\therefore$ teorema de factorización de Neyman, es una estadística suficiente para . Por lo tanto, también es una estadística suficiente$y_n=max(x_i)$$\theta$$y_n/2$

Lo mismo

$f(x_1;\theta)f(x_2;\theta)...f(x_n;\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}\prod_{i}^{n} I(-\theta<x_i<2\theta)=\frac{1}{(3\theta)^n}I(min(x_i)>-\theta)\times 1$

$\therefore$ teorema de factorización de Neyman, es una estadística suficiente para . Por lo tanto, también es una suficiente.$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

Para (c):

Primero, encontramos el CDF de$X$

$F(x)=\int_{-\theta}^{x}\frac{1}{3\theta}dt=\frac{x+\theta}{3\theta},-\theta<x<2\theta$

A continuación, podemos encontrar el pdf para y en la fórmula del libro para las estadísticas del pedido.$Y_1$$Y_n$

$f(y_1)=\frac{n!}{(1-1)!(n-1)!}[F(y_1)]^{1-1}[1-F(y_1)]^{n-1}f(y_1)=n[1-\frac{y_1+\theta}{3\theta}]^{n-1}\frac{1}{3\theta}=n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}$

Lo mismo

$f(y_n)=n(\frac{y_n+\theta}{3\theta})^{n-1}\frac{1}{3\theta}=n\frac{1}{(3\theta)^n}(y_n+\theta)^{n-1}$

A continuación, se muestra la integridad de la familia del pdf para y$f(y_1)$$f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$ . Por (derivar la integral) podemos mostrar para todos .$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$

Por lo tanto, la familia de pdf está completa.$Y_1$

Del mismo modo, aún por , podemos mostrar que la familia de pdf está completa.$FTC$$Y_n$

El problema ahora es que debemos demostrar que es imparcial.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

Cuando$\hat{\theta}=-y_1$

$E(-y_1)=\int_{-\theta}^{2\theta}(-y_1)\frac{n}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=\frac{1}{(3\theta)^n}\int_{-\theta}^{2\theta}y_1d(2\theta-y_1)^n$

Podemos resolver la integral integrando por partes

$E(-y_1)=\frac{1}{(3\theta)^n}[y_1(2\theta-y_1)^n\mid_{-\theta}^{2\theta}-\int_{-\theta}^{2\theta}(2\theta-y_1)^ndy_1]=\frac{1}{(3\theta)^n}[\theta (3\theta)^n-\frac{(3\theta)^{n+1}}{n+1}]=\theta-\frac{3\theta}{n+1}=\frac{(n-2)\theta}{n+1}$

$\therefore E(\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n})=\frac{n+1}{n}E(-y_1)=\frac{n+1}{n}\frac{(n-2)\theta}{n+1}=\frac{n-2}{n}\theta$

Por lo tanto, no es un estimador imparcial de cuando$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

Cuando$\hat{\theta}=y_n/2$

$E(Y_n)=\int_{-\theta}^{2\theta}y_n\frac{n}{(3\theta)^n}(y_n+\theta)^{n-1}dy_n=\frac{1}{(3\theta)^n}\int_{-\theta}^{2\theta}y_nd(y_n+\theta)^n=\frac{1}{(3\theta)^n}[y_n(y_n+\theta)^n\mid_{-\theta}^{2\theta}-\int_{-\theta}^{2\theta}(y_n+\theta)^ndy_n]=\frac{1}{(3\theta)^n}[2\theta(3\theta)^-\frac{(3\theta)^{n+1}}{n+1}]=2\theta-\frac{3\theta}{n+1}=\frac{2n-1}{n+1}\theta$

$\therefore E(\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n})=\frac{n+1}{n}E(Y_n/2)=\frac{n+1}{2n}E(Y_n)=\frac{n+1}{2n}\frac{2n-1}{n+1}\theta=\frac{2n-1}{2n}\theta$

Aún así, no es un estimador imparcial de cuando$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/2$

Pero la respuesta del libro es que es un MVUE único. No entiendo por qué es un MVUE si es un estimador sesgado.$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

O mis cálculos son incorrectos, ayúdame a encontrar los errores, puedo darte cálculos más detallados.

Muchas gracias.

Trabajar con extremos requiere cuidado, pero no tiene que ser difícil. La pregunta crucial, que se encuentra cerca del medio de la publicación, es

... necesitamos mostrar que es imparcial.$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

Anteriormente obtuviste

$$\hat\theta = \max(-y_1, y_n/2) = \max\{-\min\{y_i\}, \max\{y_i\}/2\}.$$

A pesar de que se ve desordenado, los cálculos se vuelven primaria cuando se tiene en cuenta la función de distribución acumulativa . Para comenzar con esto, tenga en cuenta que . Sea un número en este rango. Por definición,$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

$$\eqalign{ F(t) &= \Pr(\hat\theta\le t) \\&= \Pr(-y_1 \lt t\text{ and }y_n/2 \le t) \\ &= \Pr(-t \le y_1 \le y_2 \cdots \le y_n \le 2t). }$$

Esta es la posibilidad de que todos los valores se encuentren entre y . Esos valores vinculan un intervalo de longitud . Debido a que la distribución es uniforme, la probabilidad de que cualquier específico se encuentre en este intervalo es proporcional a su longitud:$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

$$\Pr(y_i \in [-t, 2t]) = \frac{3t}{3\theta} = \frac{t}{\theta}.$$

Debido a que son independientes, estas probabilidades se multiplican, dando$y_i$

$$F(t) = \left(\frac{t}{\theta}\right)^n.$$

La expectativa se puede encontrar inmediatamente integrando la función de supervivencia durante el intervalo de valores posibles para , , usando para la variable:$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

$$\mathbb{E}(\hat\theta) = \int_0^\theta \left(1 - \left(\frac{t}{\theta}\right)^n\right)dt = \int_0^1 (1-y^n)\theta dy = \frac{n}{n+1}\theta.$$

(Esta fórmula para la expectativa se deriva de la integral habitual a través de la integración por partes. Los detalles se proporcionan al final de https://stats.stackexchange.com/a/105464 ).

Reescalando por da$(n+1)/n$

$$\mathbb{E}\left(\frac{n+1}{n}\,{\hat \theta}\right) = \theta,$$

QED .