Normalidad asintótica del estimador del parámetro de distribución uniforme

Dado$X_i$son iid, sería bastante fácil obtener la CDF del estimador estandarizado (suponemos que es$n^\alpha$-coherente):

$$P\left(n^\alpha \left(\frac{n+1}{n}X_{(n)}-\theta \right)\leq x\right)=P\left(X_{(n)}\leq \frac{n}{n+1}\left(\frac{x}{n^\alpha}+\theta\right)\right)\\ =\frac{1}{\theta^n}\left(\frac{n}{n+1}\left(\frac{x}{n^\alpha}+\theta\right)\right)^n\\ =\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)^{-1}\left(1+\frac{x}{\theta n^\alpha }\right)^n,$$

y vemos cuando$\alpha=1$entonces esto converge a una CDF no degenerada de

$$F(x)=e^{x/\theta-1}$$

en el soporte$(-\infty,\theta],$que no es normal.

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Si el objetivo es solo evaluar si tenemos normalidad asintótica, podemos determinar esto por adelantado con solo mirar el soporte. Desde$X_{(n)}\in [0,\theta]$,

$$T_n=n^\alpha \left(\frac{n+1}{n}X_{(n)}-\theta \right)\in \left[-\theta n^\alpha,\frac{1}{n^{1-\alpha}}\theta\right],$$

de modo que$T_n$no puede ser asintóticamente normal para$\alpha\leq 1$.

En primer lugar, su enfoque de este problema es defectuoso. Para comprobar si una secuencia$Y_1,Y_2,\dots,$de variables es asintóticamente normal, necesita demostrar que

$$\frac{Y_n-E[Y_n]}{\sqrt{\text{Var}(Y_n)}}\to N(0,1).$$ En tu caso,$Y_n=\frac{n+1}{n}X_{(n)}$, y$E[Y_n]=\theta$. ya que estas multiplicando$(Y_n-E[Y_n])$por$\sqrt{n}$, pareces estar asumiendo que$\text{Var}(Y_n)\sim 1/n$, pero no has probado esto. Como primer paso, debe calcular$\text{Var}(\frac{n+1}{n}X_{(n)})$, y luego reemplace eso en la expresión anterior e intente calcular cuál es el límite.

Computar$\text{Var}(\frac{n+1}{n} X_{(n)})$, primero encontramos

$$E[X_{(n)}^2]=\int_0^\theta 2t P(X_{(n)}>t)\,dt=\int_0^\theta 2t(1-(t/\theta)^n)=\theta^2\left(1-\frac{2}{n+2}\right)$$ lo que además implica $$\text{Var}(X_{(n)})=E[X_{(n)}^2]-E[X_{(n)}]^2=\theta^2(1-\tfrac2{n+2})-\theta^2(1-\tfrac1{n+1})^2=\frac{\theta^2\cdot n}{(n+1)^2(n+2)}$$ y finalmente eso$\text{Var}(\frac{n+1}nX_{(n)})=\frac{\theta^2}{n(n+2)}$. Lo importante es que la varianza llega a cero a razón de$1/n^2$, o que la desviación estándar disminuye como$1/n$, entonces necesitas multiplicar por$n$para compensar de modo que exista una distribución límite no trivial. Por lo tanto, tenemos que mirar $$P\left(n\cdot\left(\frac{n+1}nX_{(n)}-\theta\right)\le t\right),$$ y ver si el límite es igual a$P(W\le t)$para alguna variable normal$W$. Pero ahora hemos reducido el problema a la respuesta de Golden_Ratio con$\alpha=1$. Calculando el mismo límite que ellos, vemos $$P\left(n\cdot\left(\frac{n+1}nX_{(n)}-\theta\right)\le t\right)=\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)^{-1}\left(1+\frac{t}{\theta n}\right)^n \longrightarrow e^{t/\theta-1}$$ Desde$e^{t/\theta-1}$no es la distribución de una variable normal, concluimos que el estimador no es asintóticamente normal. En cambio, los enfoques de distribución$1-Z$, dónde$Z$es exponencial con parámetro$\theta$(o$1/\theta$, nunca puedo recordar cuál es cuál).