Uniforme(0, $\theta$ ) relación UMVUE?

Question

Dejemos que $X_i$ ser i.i.d. $uniform(0,\theta)$ y $Y_i$ ser i.i.d. $uniform(0,\lambda)$ .

El problema es encontrar el UMVUE de $\frac{\theta}{\lambda}$ .

Mi intento ha sido utilizar el hecho de que $(X_{(n)},Y_{(n)})$ El $n^{th}$ las estadísticas de orden, son conjuntamente suficientes y completas. Por lo tanto, cualquier estimador insesgado basado en ellos debe ser UMVUE. Desgraciadamente, hasta donde yo sé, ningún estimador insesgado de $\frac{1}{\lambda}$ existe y por lo tanto el $X_i$ y $Y_i$ no pueden tratarse por separado.

Es fácil comprobar que los máximos de estas muestras unformes tienen pdf's

$$f_X(x) = nx^{n-1}/\theta^n \quad \quad f_Y(y) = ny^{n-1}/\lambda^n$$

Por lo tanto, si $\delta(X_{(n)},Y_{(n)})$ es un estimador insesgado, entonces debe satisfacer

$$\int_0^\theta \int_0^\lambda \frac{\delta (x,y) n^2 x^{n-1}y^{n-1}}{\theta^n \lambda^n} dy dx = \frac{\theta}{\lambda}$$

O, por el contrario

$$\int_0^\theta \int_0^\lambda \delta (x,y) x^{n-1}y^{n-1} dy dx = \frac{\theta^{n+1}\lambda^{n-1}}{n^2}$$

Diferenciando ambos lados con respecto a $\theta$ entonces da

$$\int_0^\lambda \delta(\theta,y)\theta^{n-1}y^{n-1}dy = \frac{(n+1)\theta^n \lambda^{n-1}}{n^2}$$

Diferenciando una vez más con respecto a $\lambda$ rinde

$$\delta(\theta,\lambda) \theta^{n-1}\lambda^{n-1} = \frac{(n+1)(n-1)\theta^n\lambda^{n-2}}{n^2}$$

De modo que

$$\delta (\theta,\lambda) = \frac{(n+1)(n-1)}{n^2}\times \frac{\theta}{\lambda}$$

Por lo tanto, el UMVUE viene dado por

$$\delta (X_{(n)},Y_{(n)}) = \frac{(n+1)(n-1)}{n^2}\times \frac{X_{(n)}}{Y_{(n)}}$$

Lo cual parece sensato. ¿Funciona correctamente?

Answer 1

Su trabajo me parece totalmente correcto. También podemos confirmar este resultado mediante un método alternativo. Supongamos que el UMVUE es probablemente una versión escalada de la estadística de la proporción:

$$R_n \equiv \frac{X_{(n)}}{Y_{(n)}}.$$

Para todos $r > 0$ que tenemos:

$$\begin{equation} \begin{aligned} F_{R_n}(r) \equiv \mathbb{P}(R_n \leqslant r) &= \mathbb{P}( X_{(n)} \leqslant r Y_{(n)} ) \\[6pt] &= \int \mathbb{P}(X_{(n)} \leqslant r y) f_Y(y) \ dy \\[6pt] &= \int \limits_0^\lambda \min \Big(1, \frac{ry}{\theta} \Big)^n \cdot \frac{n y^{n-1}}{\lambda^n} \ dy \\[6pt] &= \begin{cases} \frac{1}{2} \big( \frac{\lambda r}{\theta} \big)^n & & & \text{if } r \leqslant \tfrac{\theta}{\lambda}, \\[6pt] 1 - \frac{1}{2} \big( \frac{\theta}{\lambda r} \big)^n & & & \text{if } r > \tfrac{\theta}{\lambda}. \\ \end{cases} \end{aligned} \end{equation}$$

Así, para $n>1$ tenemos la expectativa:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{E}(R_n) &= \int \limits_0^\infty (1-F_{R_n}(r)) \ dr \\[6pt] &= \int \limits_0^{\theta / \lambda} \Big( 1-\frac{1}{2} \Big( \frac{\lambda r}{\theta} \Big)^n \Big) \ dr + \int \limits_{\theta / \lambda}^\infty \frac{1}{2} \Big( \frac{\theta}{\lambda r} \Big)^n \ dr \\[6pt] &= \frac{\theta}{\lambda} \bigg( 1-\frac{1}{2(n+1)} \bigg) + \frac{\theta}{\lambda} \frac{1}{2(n-1)} \\[6pt] &= \frac{\theta}{\lambda} \bigg( 1-\frac{1}{2(n+1)} + \frac{1}{2(n-1)} \bigg) \\[6pt] &= \frac{\theta}{\lambda} \cdot \frac{2(n-1)(n+1) - (n-1) + (n+1)}{2(n-1)(n+1)} \\[6pt] &= \frac{\theta}{\lambda} \cdot \frac{n^2}{n^2-1}. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Así, para todos los $n>1$ tenemos el estimador insesgado:

$$\widehat{\theta / \lambda} = \frac{n^2-1}{n^2} \cdot R_n,$$

que es lo que ha derivado en su propio trabajo.