Unvoreingenommener Schätzer mit minimaler Varianz für

Sei eine Zufallsstichprobe aus einer Verteilung für . Dh $X_1, ...,X_n$ $Geometric(\theta)$ $0<\theta<1$

p_{θ} (x) = θ (1 - θ)^{x - 1} I_{{1, 2, . . .}} (x)

$p_{\theta}(x)=\theta(1-\theta)^{x-1} I_{\{1,2,...\}}(x)$

Finden Sie den unverzerrten Schätzer mit der minimalen Varianz für $g(\theta)=\frac{1}{\theta}$

Mein Versuch:

Da die geometrische Verteilung aus der Exponentialfamilie stammt, ist die Statistik vollständig und für ausreichend . Auch wenn ein Schätzer für , ist es unverzerrt. Daher ist nach dem Rao-Blackwell-Theorem und dem Lehmann-Scheffé-Theorem der Schätzer, den wir suchen.

\sum X_{i}

$\sum X_i$

θ

$\theta$

T (X) = X_{1}

$T(X)=X_1$

g (θ)

$g(\theta)$

W (X) = E [X_{1} | \sum X_{i}]

$W(X) = E[X_1|\sum X_i]$

Wir haben folgendes:

$W(X) = \sum_{i=1}^t i\, P(X_1=i|\sum X_i =t) = \sum_{i=1}^t i\, \frac{P(\sum_{i \geq 2} X_i =t-i)P(X_1=i)}{P(\sum_{i \geq 1}X_i =t)}$

Da die Variablen iid geometrisch sind, sind die Summenverteilungen beide negative Binome. Aber ich habe Probleme, die Binomialkoeffizienten zu vereinfachen und eine endgültige Antwort mit einer besseren Form zu geben, wenn es möglich ist. Ich würde mich freuen, wenn ich Hilfe bekommen könnte.

Vielen Dank!

Edit: Ich glaube nicht, dass ihr meinen Zweifel versteht : Ich denke, ich habe alle richtigen Schritte gemacht, vielleicht nur eine Anzeigefunktion vergessen. Folgendes habe ich getan:

. . . = \sum_{i = 1}^{t} i \frac{(\binom{t - i - 1}{n - 2}) θ^{n - i} (1 - θ)^{t - i - n + 1} θ (1 - θ)^{i - 1}}{(\binom{t - 1}{n - 1}) θ^{n} (1 - θ)^{t - n}} = \sum_{i = 1}^{t} i \frac{(\binom{t - i - 1}{n - 2})}{(\binom{t - 1}{n - 1})}

$...=\sum_{i=1}^ti\frac{\binom{t-i-1}{n-2}\theta^{n-i}(1-\theta)^{t-i-n+1} \theta(1-\theta)^{i-1}}{\binom{t-1}{n-1}\theta^n(1-\theta)^{t-n}}=\sum_{i=1}^t i \frac{\binom{t-i-1}{n-2}}{\binom{t-1}{n-1}}$

Wie gesagt, ich habe Probleme, dies und den somatorischen Index zu vereinfachen

probability self-study estimation unbiased-estimator exponential-family Giiovanna
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Antworten:

In der Tat impliziert für eine geometrische -Variate , und der Rao-Blackwell-Satz, dass ist der eindeutige unverzerrte Schätzer für die minimale Varianz. Aber anstatt zu versuchen, diese bedingte Erwartung direkt zu berechnen, könnte man bemerken, dass daher das Beachten Sie übrigens, dass seit ${\cal G}(\theta)$ $X$

E_{θ} [X] = 1 / θ = g (θ)

$\mathbb{E}_\theta[X]=1/\theta=g(\theta)$

\hat{θ} (T) = E_{θ} [X_{1} | \sum_{i = 1}^{n} X_{i} = T]

$\hat{\theta}(T)=\mathbb{E}_\theta\left[X_1\Bigg|\sum_{i=1}^n X_i=T\right]$

E_{θ} [X_{1} | \sum_{i = 1}^{n} X_{i} = T] = \dots = E_{θ} [X_{n} | \sum_{i = 1}^{n} X_{i} = T]

$\mathbb{E}_\theta\left[X_1\Bigg|\sum_{i=1}^n X_i=T\right]=\ldots=\mathbb{E}_\theta\left[X_n\Bigg|\sum_{i=1}^n X_i=T\right]$

E_{θ} [X_{1} | \sum_{i = 1}^{n} X_{i} = T] = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} E_{θ} [X_{i} | \sum_{i = 1}^{n} X_{i} = T] = \frac{T}{n}

$\mathbb{E}_\theta\left[X_1\Bigg|\sum_{i=1}^n X_i=T\right]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \mathbb{E}_\theta\left[X_i\Bigg|\sum_{i=1}^n X_i=T\right]=\frac{T}{n}$

\sum_{j \geq 2} X_{j}

$\sum_{j\ge 2} X_j$ ist ein negatives Binomial daher sollte die endgültige Summe sei

N e g (n - 1, θ)

$\cal{N}eg(n-1,\theta)$

P (\sum_{j \geq 2} X_{j} = m) = (\binom{m - 1}{n - 2}) θ^{n - 1} (1 - θ)^{m - n + 1} I_{m > n - 1}

$\mathbb{P}\left(\sum_{j\ge 2} X_j=m\right)={m-1\choose n-2}\theta^{n-1}(1-\theta)^{m-n+1}\mathbb{I}_{m>n-1}$

\sum_{i = 1}^{t - n + 1} i (\binom{t - i - 1}{n - 2}) / (\binom{t - 1}{n - 1})

$\sum_{i=1}^{t-n+1} i {\binom{t-i-1}{n-2}}\bigg/{\binom{t-1}{n-1}}$

Xi'an
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