Wykazać mocną zgodność i asymptotyczną nieobiążoność

[Bitinful]

\(\displaystyle{ f(x, \theta)= \begin{cases} \frac{2x}{\theta ^2}, &x \in \left[ 0, \theta \right] \\ 0, &\mbox{poza tym} \end{cases}}\)

Dla tego rozkładu jako estymator parametru \(\displaystyle{ \theta}\) przyjęto statystykę opartą na sredniej geometrycznej

\(\displaystyle{ G(X_1,X_2,...,X_n)=\sqrt e \sqrt[n]{X_1X_2...X_n}}\)

Wykazać że jest to mocno zgodny i asymptotycznie nieobciążony estymator.

-- 16 cze 2019, o 13:20 --

Asymptotyczną nieobicązoność już jakoś zrobiłem ale nie wiem co ze zgodnością

[Premislav]

Czy mocna zgodność estymatora to jego zbieżność prawie na pewno do estymowanego parametru? Nie miałem chyba takiego pojęcia na zajęciach ze staty czy wnioskowania statystycznego, a nawet jak miałem, to zapomniałem. Jeśli tak, to z ciągłości \(\displaystyle{ \ln x}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}\sqrt e \sqrt[n]{X_1X_2...X_n}=\theta \right)=\\=\mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}\left( \frac 1 2+ \frac{\ln(X_1)+\ldots+\ln(X_n)}{n} \right) =\ln(\theta) \right)\\=\mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}\frac{\ln(X_1)+\ldots+\ln(X_n)}{n}=\ln(\theta)-\frac 1 2 \right)}\)

Następujące twierdzenie pochodzi od Kołmogorowa (u Jakubowskiego i Sztencla nazywało się to właśnie twierdzeniem Kołmogorowa):
jeśli \(\displaystyle{ (Y_n)_{n=1}^{\infty}}\) jest ciągiem niezależnych zmiennych losowych o jednakowym rozkładzie spełniającym \(\displaystyle{ \mathbf{E}|X_1|<\infty}\), to
\(\displaystyle{ (Y_n)_{n=1}^{\infty}}\) spełnia MPWL, tj.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty} \frac 1 n \sum_{i=1}^{n}Y_i=\mathbf{E}(Y_1) \right) =1}\)

Biorąc \(\displaystyle{ Y_i=\ln (X_i), \ i=1,2\ldots}\), gdzie \(\displaystyle{ X_i}\) jak w treści zadania, widzimy, że założenia tego twierdzenia są spełnione:
\(\displaystyle{ \ln t}\) jest funkcją ciągłą, a więc mierzalną, czyli skoro
\(\displaystyle{ X_i}\) są niezależne, to \(\displaystyle{ \ln X_i}\) też, skoro \(\displaystyle{ X_i}\) mają jednakowy rozkład, to \(\displaystyle{ \ln X_i}\) także, ponadto jest
\(\displaystyle{ \mathbf{E}\left| \ln(X_1)\right| = \int_{0}^{\theta} \frac {2x|\ln x|}{\theta^2}\,\dd x<\infty}\)
(jest to całka po ograniczonym przedziale z funkcji ciągłej w \(\displaystyle{ (0,\theta]}\) i ograniczonej w tym przedziale, bowiem \(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0^+} x|\ln x|=0}\); można też bezpośrednio obliczyć tę całkę z Newtona-Leibniza i prostego przejścia granicznego, uwzględniając przypadki \(\displaystyle{ \theta>e, \ \theta\le e}\)).

Pozostaje zweryfikować, że
\(\displaystyle{ \mathbf{E}\ln(X_1)= \int_{0}^{\theta} \frac{2x\ln x}{\theta^2}\,\dd x=\frac{1}{\theta^2} x^2\ln x\bigg|^{x=\theta}_{x\rightarrow 0^+}- \int_{0}^{\theta}\frac{x}{\theta^2}\,\dd x=\ln(\theta)-\frac 1 2}\)
i skorzystać z tego twierdzenia, co daje nam
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \lim_{n \to \infty}\frac{\ln(X_1)+\ldots+\ln(X_n)}{n}=\ln(\theta)-\frac 1 2 \right)=1}\),
czyli to, co (jak spodziewam się) oznacza mocną zgodność.

[Bitinful]

Dziękuję bardzo

[Premislav]

Przepraszam, tam miało być:

jeśli \(\displaystyle{ (Y_n)_{n=1}^{\infty}}\) jest ciągiem niezależnych zmiennych losowych o jednakowym rozkładzie spełniającym \(\displaystyle{ \mathbf{E}|{\red Y}_1|<\infty}\)

,
tak jak napisałem, to by nie miało sensu, niby można się domyślić, ale wolę sprecyzować, a już nie mogę edytować