Distribución exponencial doble no es una familia exponencial

Question

Definir un parámetro exponencial de la familia como una familia de densidades de la forma $$f_\theta(x)=\exp(\eta(\theta)T(x) + \xi(\theta))h(x)$$ donde $T(x)$ $h(x)$ son funciones de Borel, $\theta\in\Theta\subset\mathbb R$ $\eta$ $\xi$ son reales-valores de las funciones definidas en $\Theta$.

Doble distribución exponencial es una distribución de tener la densidad $$p_\theta(x)= \frac{1}{2}\exp(-|x - \theta|)$$ para $\theta\in\mathbb R$.

Estoy en busca de una simple prueba del teorema en el título. He encontrado una prueba en el libro de Shao "Estadística Matemática. Ejercicios y Soluciones." pero utiliza una definición más general de la exponencial de las familias y no mostrar por qué las clases no son compatibles. ¿Cuál es la característica especial de $p_\theta(x)$ que hace que la representación exponencial de la familia imposible?

Answer 1

Suponga que $\Theta$ tiene al menos tres puntos distintos $\theta_1$, $\theta_2,$ y $\theta_3$. Supongamos que $$\exp(\eta(\theta)T(x)+\xi(\theta)) h(x)={1\over 2}\exp(-|x-\theta|).$$ Desde $h(x)$ nunca toma el valor de cero, se puede escribir como $h(x)={1\over 2}\exp(w(x))$, y deducir que, para todos los $x\in\mathbb{R}$$\theta\in\Theta$, $$\eta(\theta)T(x)+\xi(\theta) +w(x)= -|x-\theta|.$$

Sustituto $\theta_1, \theta_2$ y restar las dos ecuaciones de obtener $$[\eta(\theta_1)-\eta(\theta_2)]\ T(x)+\xi(\theta_1)- \xi(\theta_2) = |x-\theta_2|-|x-\theta_1|.$$ Desde el lado derecho no es una función constante de $x$, nos encontramos con que $\eta(\theta_1)\neq\eta(\theta_2)$ y que, por ende, $T$ es diferenciable en $x$, excepto posiblemente en a$\theta_1$$\theta_2$. El mismo argumento utilizando los pares $\{\theta_1 ,\theta_3\}$ $\{\theta_2 ,\theta_3\}$ muestra que $T$ es, de hecho, diferenciable en todas partes.

Llegamos a la conclusión de que $|x-\theta_2|-|x-\theta_1|$ está en todas partes diferenciables en $x$, lo cual es una contradicción.

Answer 2

Mientras tanto, me di cuenta de otra prueba. Pero el de Byron es claramente más elegante.

Siguiendo con la idea de Shao tenemos en cuenta los coeficientes de $\frac{p_\theta(x)}{p_{-\theta}(x)}= \frac{f_\theta(x)}{f_{-\theta}(x)}$. Esto nos permite deshacernos de $h(x)$ y los rendimientos \begin{equation} |x+\theta| - |x-\theta| = \left( \eta(\theta) - \eta(-\theta) \right)T(x) - \left( \xi(\theta) - \xi(-\theta) \right) \end{equation} Desde $\eta(\theta) - \eta(-\theta)$ debe ser distinto de cero para algunos $\theta$ definir \begin{equation} A = \eta(\theta) - \eta(-\theta) \end{equation} \begin{equation} B =\xi(\theta) - \xi(-\theta) \end{equation} y consigue $ |x+\theta| - |x-\theta| = A T(x) + B $. Por otra parte $|x+\theta| - |x-\theta|$ is an antisymmetric function and therefore $T(x) + B = -(T(-x) + B)$. Este rendimientos $T(x) + \frac{B}{A} = - T(-x) - \frac{B}{A}$, e implica que, $T(x)$ desplazado por $\frac{B}{A}$ es antisimétrica.

Por otro lado, si tenemos en cuenta $\frac{p_\theta(x)}{p_{0}(x)}= \frac{f_\theta(x)}{f_{0}(x)}$ obtener \begin{equation} |x| - |x-\theta| = \left( \eta(\theta) - \eta(0) \right)T(x) - \left( \xi(\theta) - \xi(0) \right) \end{equation} Para los positivos $\theta$ esta función es constante en $x$$x<0$. Pero $T(x)$ también es antisimétrica. Este implica $T(x) \equiv T$ es constante para todos los $x\in\mathbb R$. Una contradicción.