¿Cómo puedo encontrar la eficiencia relativa asintótica de dos cantidades, estimando $\sigma$ ?

Question

Dejemos que $X_1,...,X_n$ sea una muestra aleatoria de $N(0,\sigma^2)$ , donde $\sigma>0$ es desconocido. Intentamos estimar $\sigma$ utilizando $T_1=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}|X_i|$ y $T_2=\sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}(X_i^2)}$ . ¿Cuál es la eficiencia relativa asintótica de $T_1$ en relación con $T_2$ ?

mi trabajo:

Si estos dos estimadores son tales que $T_1 \sim AN(\tau(\theta),\sigma^2_1/n)$ y $T_2 \sim AN(\tau(\theta),\sigma^2_2/n)$ entonces $ARE(T_1,T_2)=\sigma^2_2/\sigma^2_1$ .

Tengo problemas para encontrar las distribuciones asintóticas de $T_1,T_2$ . Creo que tendré que utilizar el método Delta y las propiedades de la distribución seminormal, ya que $T_1$ utiliza la variable aleatoria $|X|\sim HN(\sigma)$ .

He avanzado un poco en la búsqueda de la distribución asintótica de $T_2$ . Por CLT, $\frac{1}{n}\sum(X_i^2)\sim AN(\sigma^2,Var(X^2)/n)$ . Entonces, dejando que $g(z)=\sqrt{z}$ El método Delta da como resultado $g(\frac{1}{n}\sum(X_i^2))=T_2 \sim AN(\sigma, \frac{Var(X^2)}{n}\cdot\frac{1}{4\sigma^2})$ . Sin embargo, no sé cómo evaluar $Var(X^2)$ .

Utilicé un enfoque similar para encontrar la distribución asintótica de $T_1$ . Desde $|X| \sim HN(\sigma)$ tenemos $\bar{|X|} \sim AN(\frac{\sigma\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}},\frac{\sigma^2(1-2/\pi)}{n})$ de CLT. A continuación, utilizamos el método Delta con $g(z)=z\sqrt{\pi/2}$ para conseguir $T_1 \sim AN(\sigma, \frac{\sigma^2\pi(1-2/\pi)}{2n})$ . ¿Cómo puedo completar este problema?

Answer 1

Para el primer estimador, es correcto que tiene un distribución seminormal para las piezas individuales. Desde $|X_1|,...,|X_n| \sim \text{IID HalfN}(\sigma)$ se puede demostrar fácilmente que este estimador es insesgado. Su varianza viene dada por:

$$\begin{aligned} \mathbb{V}(T_1) &= \mathbb{E}(T_1^2) - \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n^2} \cdot \mathbb{E} \Bigg( \bigg( \sum_{i=1}^n |X_i| \bigg)^2 \Bigg) - \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n^2} \cdot \mathbb{E} \Bigg( \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |X_i| |X_j| \Bigg) - \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n^2} \cdot \Bigg( \sum_{i=1}^n \mathbb{E} (X_i^2) + \sum_{i \neq j} \mathbb{E} |X_i| \mathbb{E} |X_j| \Bigg) - \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n^2} \cdot \Bigg( \sum_{i=1}^n \sigma^2 + \sum_{i \neq j} \frac{2}{\pi} \sigma^2 \Bigg) - \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{n^2} \cdot \Bigg( n \sigma^2 + n(n-1) \frac{2}{\pi} \sigma^2 \Bigg) - \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\sigma^2}{n} \cdot \Bigg( 1 + (n-1) \frac{2}{\pi} \Bigg) - \sigma^2 \\[6pt] &= \bigg( \frac{\pi}{2n} + \frac{n-1}{n} - 1 \bigg) \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{\pi-2}{2} \cdot \frac{\sigma^2}{n}. \\[6pt] \end{aligned}$$

El segundo estimador sigue una escala distribución de chi dado por $T_2 \sim (\sigma/\sqrt{n}) \cdot \text{Chi}(n)$ . Su varianza exacta contiene un término que es el cociente de las funciones gamma, que denotaremos como:

$$H(n) \equiv \frac{\Gamma(\tfrac{n+1}{2})}{\Gamma(\tfrac{n}{2})}.$$

Utilizando la expansión asintótica de la relación de las funciones gamma en Tricomi y Erdelyi (1951) obtenemos el resultado:

$$H(n)^2 = \frac{n}{2} - \frac{1}{4} + \mathcal{O}(n^{-1}).$$

Utilizando esta función, y la fórmula de la varianza de la distribución chi, la varianza del segundo estimador viene dada por:

$$\begin{aligned} \mathbb{V}(T_2) &= \frac{\sigma^2}{n} \cdot ( n - 2 H(n)^2 ) \\[6pt] &= \frac{\sigma^2}{n} \cdot \bigg( \frac{1}{2} + \mathcal{O}(n^{-1}) \bigg) \\[6pt] \end{aligned}$$

Así, la eficiencia relativa asintótica de los estimadores es:

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\mathbb{V}(T_1)}{\mathbb{V}(T_2)} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\pi - 2}{2n - 4 H(n)^2} = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\pi - 2}{1 + \mathcal{O}(n^{-1})} = \pi - 2.$$

Como este valor es mayor que uno, vemos aquí que el primer estimador es menos eficiente que el segundo, ya que $n \rightarrow \infty$ .

Answer 2

Tu método funciona bien. Los momentos de la distribución normal son bien conocidos. En particular, el cuarto momento $X_1$ es $3\sigma^4$ que se puede demostrar, por ejemplo, a partir de la definición o de las funciones generadoras de momentos. Lo recuerdo por las conocidas relaciones de recurrencia de los momentos. Esto da $$\operatorname{Var}(X_1^2)=E(X_1^4)-(E(X_1^2))^2=2\sigma^4$$

También puede observar que $\frac{X_1^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_1\implies \frac1{\sigma^4}\operatorname{Var}(X_1^2)=2$ .

Efectivamente, por CLT,

$$\sqrt n\left(\frac1n\sum_{i=1}^n |X_i|-\sigma\right)\stackrel{d}\longrightarrow N\left(0,\sigma^2\left(1-\frac2{\pi}\right)\right)$$

Así que la varianza de $T_1$ para grandes $n$ es $$\operatorname{Var}(T_1)\approx \frac{\pi}2\cdot\frac{\sigma^2}{n}\left(1-\frac2{\pi}\right)$$

De nuevo, CLT da

$$\sqrt n\left(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i^2-\sigma^2\right)\stackrel{d}\longrightarrow N\left(0,2\sigma^4\right)$$

Por el método Delta, esto implica

$$\sqrt n\left(T_2-\sigma\right)\stackrel{d}\longrightarrow N\left(0,\frac{\sigma^2}2\right)$$

Es decir, la varianza de $T_2$ para grandes $n$ es $$\operatorname{Var}(T_2)\approx \frac{\sigma^2}{2n}$$

Ambos $T_1$ y $T_2$ son asintóticamente insesgados para $\sigma$ (con $T_1$ siendo exactamente imparcial).

Así que la eficiencia relativa de $T_1$ en comparación con $T_2$ para grandes $n$ es $$\frac{\operatorname{Var}(T_2)}{\operatorname{Var}(T_1)}\approx \frac1{\pi-2}$$