是MLE

假设 $(X,Y)$ 具有pdf

f_{θ} (x, y) = e^{- (x / θ + θ y)} 1_{x > 0, y > 0}, θ > 0

$f_{\theta}(x,y)=e^{-(x/\theta+\theta y)}\mathbf1_{x>0,y>0}\quad,\,\theta>0$

样品的密度 $(\mathbf X,\mathbf Y)=(X_i,Y_i)_{1\le i\le n}$ 从这一人群得出因此是

\begin{aligned} g_{θ} (x, y) & = \prod_{i = 1}^{n} f_{θ} (x_{i}, y_{i}) \\ = \exp [- \sum_{i = 1}^{n} (\frac{x_{i}}{θ} + θ y_{i})] 1_{x_{1}, \dots, x_{n}, y_{1}, \dots, y_{n} > 0} \\ = \exp [- \frac{n \bar{x}}{θ} - θ n \bar{y}] 1_{x_{(1)}, y_{(1)} > 0}, θ > 0 \end{aligned}

$\begin{align} g_{\theta}(\mathbf x,\mathbf y)&=\prod_{i=1}^n f_{\theta}(x_i,y_i) \\&=\exp\left[{-\sum_{i=1}^n\left(\frac{x_i}{\theta}+\theta y_i\right)}\right]\mathbf1_{x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_n>0} \\&=\exp\left[-\frac{n\bar x}{\theta}-\theta n\bar y\right]\mathbf1_{x_{(1)},y_{(1)}>0}\quad,\,\theta>0 \end{align}$

$\theta$ 的最大似然估计可推导为

\hat{θ} (X, Y) = \sqrt{\frac{\bar{X}}{\bar{Y}}}

$\hat\theta(\mathbf X,\mathbf Y)=\sqrt\frac{\overline X}{\overline Y}$

我想知道这个MLE的极限分布是否正常。

清楚的是，足够的统计量 $\theta$ 基于样品是 $(\overline X,\overline Y)$ 。

现在，我想说的是，MLE渐近是正常的，毫无疑问它是否是常规一参数指数族的成员。我不认为是这样的话，部分原因是因为我们有一个一维参数的二维充分统计量（如在 $N(\theta,\theta^2)$ 的分布，例如）。

使用的事实， $X$ 和 $Y$ 实际上独立指数的变量，我可以证明这的确切分布是这样的： $\hat\theta$

\frac{\hat{θ}}{θ} \overset{d}{=} \sqrt{F}, where F \sim F_{2 n, 2 n}

$\frac{\hat\theta}{\theta}\stackrel{d}{=} \sqrt F\quad,\text{ where }F\sim F_{2n,2n}$

我可能无法从这里找到极限分布。

相反，我可以通过WLLN认为 $\overline X\stackrel{P}\longrightarrow\theta$ 和 $\overline Y\stackrel{P}\longrightarrow 1/\theta$ ，从而使 $\hat\theta\stackrel{P}\longrightarrow\theta$ 。

这告诉我，收敛于分布。但是，这并不令人感到意外，因为是一个“好”的估计。而且这个结果不足以得出类似结论 $\hat\theta$ $\theta$ $\hat\theta$ $\theta$ $\sqrt n(\hat\theta-\theta)$ 是渐近正常与否。我也无法使用CLT提出合理的论点。

因此，这里存在一个问题，即母体分布是否满足MLE极限分布为正态的正则条件。

— 顽固原子
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θ

$\theta$

1

$1$

MLE的渐近正态性与指数族无关。直观地讲，要保持渐近正态性，您只需要确保解没有机会位于参数空间的边界附近即可。

— whuber

@whuber据我所知，属于规范指数族的pdf几乎总是具有渐近正常的MLE（不是因为exp系列引起的）。这就是我试图指出的联系。

— StubbornAtom

正确：但是连接是一种方式。MLE的渐近结果要笼统得多，因此我试图建议，从这个总体方向看，而不是关注指数族的属性，可能是一个更有成果的研究。

— whuber

采用多元CLT和增量方法的证明也可以作为完成此。

— StubbornAtom

渐近正态性的直接证明：

这里的对数似然是

L = - \frac{n \bar{x}}{θ} - θ n \bar{y}

$L = -\frac {n \bar x}{\theta} - \theta n \bar y$

一阶和二阶导数是

\frac{\partial L}{\partial θ} = \frac{n \bar{x}}{θ^{2}} - n \bar{y}, \frac{\partial^{2} L}{\partial θ^{2}} = - \frac{2 n \bar{x}}{θ^{3}}

$\frac {\partial L}{\partial \theta } = \frac {n \bar x}{\theta^2} - n\bar y,\;\;\;\frac {\partial^2 L}{\partial \theta^2 } = -\frac {2n \bar x}{\theta^3}$

$\hat \theta_n$

\frac{\partial L ({\hat{θ}}_{n})}{\partial θ} = 0

$\frac {\partial L(\hat \theta_n)}{\partial \theta }=0$

$\theta_0$

\frac{\partial L ({\hat{θ}}_{n})}{\partial θ} = \frac{\partial L (θ_{0})}{\partial θ} + \frac{\partial^{2} L ({\tilde{θ}}_{n})}{\partial θ^{2}} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = 0

$\frac {\partial L(\hat \theta_n)}{\partial \theta } = \frac {\partial L(\theta_0)}{\partial \theta } + \frac {\partial^2 L(\tilde \theta_n)}{\partial \theta^2 }(\hat \theta_n - \theta_0) =0$

$\tilde \theta_n$ $\hat \theta_n$ $\theta_0$

({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = - {(\frac{\partial^{2} L ({\tilde{θ}}_{n})}{\partial θ^{2}})}^{- 1} \frac{\partial L (θ_{0})}{\partial θ}

$(\hat \theta_n - \theta_0) = -\left(\frac {\partial^2 L(\tilde \theta_n)}{\partial \theta^2 }\right)^{-1}\frac {\partial L(\theta_0)}{\partial \theta }$

但是在我们的单参数情况下，逆仅是倒数，因此，还插入导数的特定表达式，

({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = \frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{2 n \bar{x}} (\frac{n \bar{x}}{θ_{0}^{2}} - n \bar{y})

$(\hat \theta_n - \theta_0) = \frac {\tilde \theta^3_n}{2n\bar x}\left(\frac {n \bar x}{\theta^2_0} - n\bar y\right)$

⟹ \sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = \frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{2 \bar{x} θ_{0}^{2}} \sqrt{n} \cdot (\bar{x} - θ_{0}^{2} \bar{y})

$\implies \sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \frac {\tilde \theta^3_n}{2\bar x \theta_0^2}\sqrt{n}\cdot\left(\bar x - \theta_0^2\bar y \right)$

⟹ \sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = \frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{2 \bar{x} θ_{0}^{2}} \cdot (n^{- 1 / 2} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - θ_{0}^{2} y_{i}))

$\implies \sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \frac {\tilde \theta^3_n}{2\bar x \theta_0^2}\cdot\left (n^{-1/2}\sum_{i=1}^n(x_i-\theta_0^2 y_i)\right)$

总和的方差是

Var (\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - θ_{0}^{2} y_{i})) = 2 n θ_{0}^{2}

$\text{Var}\left(\sum_{i=1}^n(x_i-\theta_0^2 y_i)\right) = 2n\theta_0^2$

$S_n$

\sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = (\frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{\sqrt{2} \bar{x} θ_{0}}) \cdot \frac{\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - θ_{0}^{2} y_{i})}{\sqrt{n} \sqrt{2} θ_{0}}

$\sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \left(\frac {\tilde \theta^3_n}{\sqrt{2}\bar x \theta_0}\right)\cdot\frac {\sum_{i=1}^n(x_i-\theta_0^2 y_i)}{\sqrt{n}\sqrt{2}\theta_0}$

\sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) = (\frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{\sqrt{2} \bar{x} θ_{0}}) \cdot \frac{S_{n}}{\sqrt{Var (S_{n})}}

$\sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) = \left(\frac {\tilde \theta^3_n}{\sqrt{2}\bar x \theta_0}\right)\cdot\frac {S_n}{\sqrt{\text{Var}(S_n)}}$

$E(x_i-\theta_0^2 y_i) = 0$ $E(S_n)=0$

\frac{S_{n}}{\sqrt{Var (S_{n})}} \to_{d} N (0, 1)

$\frac {S_n}{\sqrt{\text{Var}(S_n)}} \to_d N(0,1)$

由于估算器的一致性，我们也有

(\frac{{\tilde{θ}}_{n}^{3}}{\sqrt{2} \bar{x} θ_{0}}) \to_{p} \frac{θ_{0}}{\sqrt{2}}

$\left(\frac {\tilde \theta^3_n}{\sqrt{2}\bar x \theta_0}\right) \to_p \frac{\theta_0}{\sqrt{2}}$

根据斯卢茨基定理，我们得出

\sqrt{n} ({\hat{θ}}_{n} - θ_{0}) \to_{d} N (0, θ_{0}^{2} / 2)

$\sqrt{n}(\hat \theta_n - \theta_0) \to_d N (0, \theta_0^2/2)$

$\theta_0$

— 阿莱科斯·帕帕多普洛斯
source

这么晚才回复很抱歉。一直以来，我一直在思考这是否是一个弯曲的指数族，因此MLE的行为可能有所不同。

— StubbornAtom

@StubbornAtom当估计中的参数位于参数的边界上时，渐近正态性肯定会丢失（如果考虑的话，这是非常直观的结果）。

— Alecos Papadopoulos