找到独特的MVUE

该问题来自Robert Hogg的《数理统计入门》第六版问题7.4.9，第388页。

令用pdf在其他地方为零，其中。$X_1,...,X_n$$f(x;\theta)=1/3\theta,-\theta<x<2\theta,$$\theta>0$

（a）求MLE的$\hat{\theta}$$\theta$

（b）足够用于统计？为什么呢$\hat{\theta}$$\theta$

（c）是的唯一MVUE 吗？为什么呢$(n+1)\hat{\theta}/n$$\theta$

我想我可以解决（a）和（b），但是我对（c）感到困惑。

为一个）：

令为订单统计信息。$Y_1<Y_2<...Y_n$

$L(\theta;x)=\frac{1}{3\theta}\times\frac{1}{3\theta}\times...\times\frac{1}{3\theta}=\frac{1}{(3\theta)^n}$当并且， ;否则$-\theta< y_1$$y_n < 2\theta$$L(\theta;x)=0$

$\frac{dL(\theta;x)}{d\theta}=-n(3\theta)^{n-1}$，由于，我们可以看到此导数为负，$\theta>0$

因此，似然函数正在减小。$L(\theta;x)$

从和， 和 $(-\theta< y_1$$y_n < 2\theta)$$\Rightarrow$ $(\theta>-y_1$$\theta>y_n/2), \Rightarrow \theta>max(-y_1,y_n/2)$

$L(\theta,x)$被降低，因此，当具有samllest值似然函数将达到最大，因为，当，似然函数将达到最大值。$\theta$$\theta>max(-y_1,y_n/2)$$\theta=max(-y1,y_n/2)$

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

对于（b）：

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

$\therefore$通过Neyman的因式分解定理，对于是足够的统计量。因此，也是一个足够的统计量$y_n=max(x_i)$$\theta$$y_n/2$

同样

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

$\therefore$通过Neyman的因式分解定理，对于是足够的统计量。因此，也是足够的统计信息。$y_1=min(x_i)$$\theta$$-y_1$

对于（c）：

首先，我们找到的CDF$X$

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

接下来，我们可以从订单统计书的公式中找到和 pdf 。$Y_1$$Y_n$

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

同样

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

接下来，我们展示和的pdf族的完整性$f(y_1)$$f(y_n)$

$E[u(Y_1)]=\int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)n\frac{1}{(3\theta)^n}(2\theta-y_1)^{n-1}dy_1=0 \Rightarrow \int_{-\theta}^{2\theta}u(y_1)(2\theta-y_1)dy_1=0$。通过（求积分），我们可以显示所有。$FTC$$u(\theta)=0$$\theta>0$

因此，pdf族已完成。$Y_1$

同样，仍然通过，我们可以证明pdf族是完整的。$FTC$$Y_n$

现在的问题是，我们需要证明是无偏的。$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

当$\hat{\theta}=-y_1$

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

我们可以通过零件积分来求解积分

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

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

因此，当时，并非的无偏估计量$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=-y_1$

当$\hat{\theta}=y_n/2$

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

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

不过，当时，并不是的无偏估计量$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$$\theta$$\hat{\theta}=y_n/2$

但本书的答案是是一种独特的MVUE。我不明白为什么它是MVUE，如果它是一个有偏估计。$\frac{(n+1)\hat{\theta}}{n}$

或我的归类错误，请帮助我发现错误，我可以给您更详细的计算。

非常感谢你。

应对极端情况需要小心，但这并不困难。在帖子中间附近发现的关键问题是

...我们需要证明是无偏的。$\frac{n+1}{n}{\hat \theta}^{n}$

您之前获得的

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

尽管这看起来很混乱，但是当您考虑累积分布函数时 ，计算就变得很基础。首先，请注意。令为该范围内的数字。根据定义，$F$$0\le \hat\theta \le \theta$$t$

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

这是所有值都在和之间的机会。这些值限制了长度为的间隔。因为分布是均匀的，所以任何特定处于此间隔的概率与其长度成正比：$n$$-t$$2t$$3t$$y_i$

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

因为是独立的，所以这些概率相乘，得出$y_i$

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

通过使用变量在，的可能值的区间内对生存函数进行积分，可以立即找到期望值：$1-F$$\hat\theta$$[0, \theta]$$y=t/\theta$

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

（在该式为期望是从通常的积分衍生通过分部积分法。细节在的结尾给出https://stats.stackexchange.com/a/105464。）

重新缩放可得出$(n+1)/n$

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

QED。