UMVUE de durante el muestreo de la población

Sea una muestra aleatoria de la densidad $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$
$f_{θ} (x) = θ x^{θ - 1} 1_{0 < x < 1}, θ > 0$ $f_{\theta}(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbf1_{0<x<1}\quad,\,\theta>0$

Estoy tratando de encontrar el UMVUE de . $\frac{\theta}{1+\theta}$

La densidad conjunta de es $(X_1,\ldots,X_n)$

\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}

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

Como la población pdf pertenece a la familia exponencial de un parámetro, esto muestra que una estadística completa suficiente para es $f_{\theta}$ $\theta$

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

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

Dado que , a primera vista, me daría el UMVUE de por el Teorema de Lehmann-Scheffe. No estoy seguro de si esta expectativa condicional se puede encontrar directamente o uno tiene que encontrar la distribución condicional . $E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i$

Por otro lado, consideré el siguiente enfoque:

Tenemos , de modo que . $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies -2\theta\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\chi^2_2$ $-2\theta\, T\sim\chi^2_{2n}$

Así º orden momento prima de alrededor de cero, tal como se calcula utilizando el pdf chi-cuadrado es $r$ $-2\theta\,T$

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

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

Entonces parece que para diferentes opciones enteras de , obtendría estimadores imparciales (y UMVUE) de diferentes potencias enteras de . Por ejemplo, y directamente dame los UMVUE de y respectivamente. $r$ $\theta$ $E\left(-\frac{T}{n}\right)=\frac{1}{\theta}$ $E\left(\frac{1-n}{T}\right)=\theta$ $\frac{1}{\theta}$ $\theta$

Ahora, cuando tenemos . $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Definitivamente puedo obtener los UMVUE de y así sucesivamente. Entonces, combinando estos UMVUE puedo obtener el UMVUE requerido de . ¿Es válido este método o debo proceder con el primer método? Como UMVUE es único cuando existe, ambos deberían darme la misma respuesta. $\frac{1}{\theta},\frac{1}{\theta^2},\frac{1}{\theta^3}$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

Para ser explícito, obtengo

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

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

Es decir,

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

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

¿Es posible que mi UMVUE requerido sea cuando ? $\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}$ $\theta>1$

Para , obtendría , por lo que el UMVUE sería diferente. $0<\theta<1$ $g(\theta)=\theta(1+\theta+\theta^2+\cdots)$

Habiendo estado convencido de que la expectativa condicional en el primer enfoque no se pudo encontrar directamente, y dado que , procedí para encontrar la distribución condicional . Para eso, necesitaba la densidad conjunta de . $E(X_1\mid \sum\ln X_i=t)=E(X_1\mid \prod X_i=e^t)$ $X_1\mid \prod X_i$ $(X_1,\prod X_i)$

el cambio de variables modo que para todo . Esto condujo al soporte conjunto de siendo . $(X_1,\cdots,X_n)\to (Y_1,\cdots,Y_n)$ $Y_i=\prod_{j=1}^i X_j$ $i=1,2,\cdots,n$ $(Y_1,\cdots,Y_n)$ $S=\{(y_1,\cdots,y_n): 0<y_1<1, 0<y_j<y_{j-1} \text{ for } j=2,3,\cdots,n\}$

El determinante jacobiano resultó ser . $J=\left(\prod_{i=1}^{n-1}y_i\right)^{-1}$

Entonces obtuve la densidad conjunta de como $(Y_1,\cdots,Y_n)$

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}

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

La densidad conjunta de es, por lo tanto, $(Y_1,Y_n)$

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}

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

¿Hay una transformación diferente que pueda usar aquí que haga que la derivación de la densidad de la junta sea menos engorrosa? No estoy seguro si he tomado la transformación correcta aquí.

Basado en algunas sugerencias excelentes en la sección de comentarios, encontré la densidad conjunta de lugar de la densidad conjunta donde y . $(U,U+V)$ $(X_1,\prod X_i)$ $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$

Se ve inmediatamente que y son independientes. $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$

Y de hecho, . $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Para , la densidad conjunta de es $n>1$ $(U,V)$

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}

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

Cambiando variables, obtuve la densidad conjunta de como $(U,U+V)$

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

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

Entonces, la densidad condicional de es $U\mid U+V=z$

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

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

Ahora, mi UMVUE es exactamente , como mencioné anteriormente Al principio de este post. $E(e^{-U}\mid U+V=z)=E(X_1\mid \sum_{i=1}^n\ln X_i=-z)$

Entonces, todo lo que queda por hacer es encontrar

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

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

Pero esa última integral tiene una forma cerrada en términos de función gamma incompleta según Mathematica , y me pregunto qué hacer ahora.

— ObstinadoAtom
fuente

Debe continuar con el primer método, encontrando la distribución condicional de , con qué forma de estadística suficiente puede ser más fácil trabajar en esta aplicación.

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

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

— jbowman

En el punto (temprano) donde introduce , debería pensar en trabajar en términos de las variablesEs casi inmediato que sean proporcionales a las distribuciones , lo que reduce rápidamente su problema a considerar la distribución conjunta de donde y Eso atajará las dos páginas restantes de matemáticas y le dará una ruta rápida a una solución.

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 Para ser claros, ¿sugieres que encuentre primero la densidad de y a partir de ahí encuentre la densidad de ? Me di cuenta de que 's son variables exponenciales con tasa (que también es una variable Gamma como usted dice), pero no había pensado en trabajar con eso.

(- \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 Pero, ¿cómo obtendría de directamente?

E (X_{1} ∣ . . .)

$E(X_1\mid ...)$

E (\ln X_{1} ∣ . . .)

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

— StubbornAtom

@whuber Echa un vistazo a mi edición. Casi lo he hecho, pero no estoy seguro de qué hacer con esa integral. Estoy bastante seguro de que mis cálculos son correctos.

— StubbornAtom

Respuestas:

Resulta que ambos enfoques (mi intento inicial y otro basado en sugerencias en la sección de comentarios) en mi publicación original dan la misma respuesta. Esbozaré ambos métodos aquí para obtener una respuesta completa a la pregunta.

Aquí, significa la densidad gamma donde y denota una distribución exponencial con media , ( ). Claramente, . $\text{Gamma}(n,\theta)$ $f(y)=\frac{\theta^n}{\Gamma(n)}e^{-\theta y}y^{n-1}\mathbf1_{y>0}$ $\theta,n>0$ $\text{Exp}(\theta)$ $1/\theta$ $\theta>0$ $\text{Exp}(\theta)\equiv\text{Gamma}(1,\theta)$

Dado que es completamente suficiente para y , según el teorema de Lehmann-Scheffe es el UMVUE de . Entonces tenemos que encontrar esta expectativa condicional. $T=\sum_{i=1}^n\ln X_i$ $\theta$ $\mathbb E(X_1)=\frac{\theta}{1+\theta}$ $\mathbb E(X_1\mid T)$ $\frac{\theta}{1+\theta}$

Notamos que . $X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Beta}(\theta,1)\implies-\ln X_i\stackrel{\text{i.i.d}}{\sim}\text{Exp}(\theta)\implies-T\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

Método I:

Deje que y , para que y sean independientes. De hecho, y , lo que implica . $U=-\ln X_1$ $V=-\sum_{i=2}^n\ln X_i$ $U$ $V$ $U\sim\text{Exp}(\theta)$ $V\sim\text{Gamma}(n-1,\theta)$ $U+V\sim\text{Gamma}(n,\theta)$

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

Ahora nos encontramos con la distribución condicional de . $U\mid U+V$

Para y , la densidad conjunta de es $n>1$ $\theta>0$ $(U,V)$

\begin{aligned} F_{U, V} (tu, v) & = θ {mi}^{- θ tu} 1_{tu > 0 0} \frac{θ^{norte - 1}}{Γ (norte - 1)} {mi}^{- θ v} v^{norte - 2} 1_{v > 0 0} \\ = \frac{θ^{norte}}{Γ (norte - 1)} {mi}^{- θ (tu + v)} v^{norte - 2} 1_{tu, v > 0 0} \end{aligned}

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

Al cambiar las variables, es inmediato que la densidad conjunta de es $(U,U+V)$

F_{U, U + V} (tu, z) = \frac{θ^{norte}}{Γ (norte - 1)} {mi}^{- θ z} (z - tu)^{norte - 2} 1_{0 0 < tu < z}

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

Deje es la densidad de . Por lo tanto, la densidad condicional de es $f_{U+V}(\cdot)$ $U+V$ $U\mid U+V=z$

\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}

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

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

Es decir, el UMVUE de es $\frac{\theta}{1+\theta}$ $\displaystyle\mathbb E(X_1\mid T)=\frac{n-1}{(-T)^{n-1}}\int_0^{-T} e^{-u}(-T-u)^{n-2}\,\mathrm{d}u\tag{1}$

Método II:

Como es una estadística suficiente para , cualquier estimador imparcial de que es una función de será el UMVUE de por el teorema de Lehmann-Scheffe. Entonces procedemos a encontrar los momentos de , cuya distribución conocemos. Tenemos, $T$ $\theta$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $T$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $-T$

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

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

Usando esta ecuación obtenemos estimadores insesgados (y UMVUE) de para cada número entero . $1/\theta^r$ $r\ge1$

Ahora para , tenemos $\theta>1$ $\displaystyle\frac{\theta}{1+\theta}=\left(1+\frac{1}{\theta}\right)^{-1}=1-\frac{1}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}-\frac{1}{\theta^3}+\cdots$

Combinando los estimadores insesgados de obtenemos $1/\theta^r$

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

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

Es decir,

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

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

Asumiendo , el UMVUE de es $\theta>1$ $\frac{\theta}{1+\theta}$ $g(T)=\displaystyle\sum_{r=0}^\infty \frac{T^r}{n(n+1)...(n+r-1)}\tag{2}$

No estoy seguro sobre el caso en el segundo método. $0<\theta<1$

Según Mathematica , la ecuación tiene una forma cerrada en términos de la función gamma incompleta. Y en la ecuación , podemos expresar el producto en términos de la función gamma habitual como . Esto quizás proporciona la conexión aparente entre y . $(1)$ $(2)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)$ $n(n+1)(n+2)...(n+r-1)=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(n)}$ $(1)$ $(2)$

Usando Mathematica pude verificar que y son de hecho la misma cosa. $(1)$ $(2)$

— ObstinadoAtom
fuente

De hecho, la igualdad entre y sigue escribiendo la expansión de la serie de potencia de en y luego intercambiando la integral y la suma.

(1)

$(1)$

(2)

$(2)$

e^{- u}

$e^{-u}$

(2)

$(2)$

— StubbornAtom

Creo que podemos llegar a la respuesta más compacta a la que aludiste con respecto a la función gamma incompleta superior. Usando el primer método, encontré la expresión

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,

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

z = e^{T} .

$z=e^T.$

Wolfram Alpha integra esto para obtener

mi [X_{1} El | X_{1} X_{2} \dots X_{norte} = {mi}^{T}] = \frac{{mi}^{T} (norte - 1)}{T^{norte - 1}} [(norte - 2)! - Γ (norte - 1, T)]

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

Ahora el término incompleto de la función gamma tiene una forma cerrada cuando es un número entero. Es $n$

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

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

Reescribiendo la expectativa y simplificando, encontramos

mi [X_{1} El | X_{1} X_{2} \dots X_{norte} = {mi}^{T}] = \frac{Γ (norte)}{T^{norte - 1}} [{mi}^{T} - \sum_{j = 0 0}^{norte - 2} \frac{T^{j}}{j!}]

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

No tengo acceso al software que verificará la equivalencia con sus resultados y , pero los cálculos manuales para y coinciden con su . $(1)$ $(2)$ $n=2$ $n=3$ $(1)$

— Soakley
fuente

Donde escribió debe tener

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