1

Τρίτη 10 Νοεµβρίου 2009.

Αν 1 2, ,...,v

X X X τ.δ., ( )~ exp 2 , τότε: ( ) 2

2

1

~ ,2v

i v

i

T X Gamma v=

= =∑ X

Παράδειγµα: Αν ( ) ( )( )

11~ , :

zv

vZ Gamma v f z z e

vθθ

θ−−=

Γ, 0 , , 0x v θ≤ < ∞ > ,

τότε η 2z

Tθ

= ακολουθεί κατανοµή 2

2vX .

Απόδειξη:

( ) ( )TF t P T t= ≤ =

2zP t

θ ≤ =

2

tP z

θ ≤ =

2

Z

tF

θ

( ) ( )T T

df t F t

dt= =

2Z

d tF

dt

θ = 2 2

Z

tf

θ θ =

( )

1

21

2 2

v t

v

te

v

θθθ θ

θ

−− = Γ

( )1 2

1

2 1 !

t

v

vt e

v

−− =−

( ) 2

2,2v

Gamma v =X

Άσκηση

Έστω 1 2, ,...,v

X X X τ.δ., από εκθετική κατανοµή µε σ.π.π. ( ); xf x e

θθ θ −= .

Να βρεθεί επαρκής και πλήρης σ.σ. για το θ.

Λύση:

Επάρκεια:

(Β1) Η από κοινού ( ) ( )1 2

1

, ,..., ; ;v

v

i

f X X X f xθ θ=

= =∏ 1

vx

i

eθθ −

=

=∏ 1

v

i

i

Xve

θ

θ =

− ∑

Παραγοντικό κριτήριο Neyman: ( ) 1h X = , ( )( ) 1;

v

i

i

Xv

g T X eθ

θ θ =

− ∑= ⇒

( )1

v

i

i

T X X=

=∑ επαρκής.

(Β2) Είπαµε πριν ότι αν ( )1 ~ expX θ τότε: ( )1

~ ,v

i

i

T X Gamma v θ=

=∑ .

( )( )

1v

v t

Tf t t ev

θθ − −=Γ

Πληρότητα:

(Β3) Έστω ( ) ( ): 0g T E g t = ⇒

( ) ( )0

Tg t f t dt

∞

=∫ ( )( )

1

0

0, 0v

v tg t t e dt t

v

θθ∞− − = ∀ > ⇒

Γ∫

2

Λόγω του µονοσήµαντου του σχηµατισµού Laplace(1), έχουµε:

( )( ) 1 0, 0

vv

g t t tv

θ − = ∀ > ⇒Γ

( ) 0, 0g t t= ∀ > , επειδή ( )

1 0v

vt

v

θ − >Γ

, άρα η Τ είναι

πλήρης.

Άσκηση

Έστω 1 2, ,...,v

X X X τ.δ., από κατανοµή ( ),1N µ . Να βρεθεί επαρκής και πλήρης

σ.σ. για το µ.

Λύση:

Έχουµε δει ότι η ( )1

v

i

i

T X X=

=∑ είναι επαρκής σ.σ. για το µ και ότι ακολουθεί

την κανονική κατανοµή ( )~ ,N v vµ .

( ) ( )21 1exp

22T

f t t vvv

µπ

= − −

Έστω ( ) :g T ( ) 0E g t = ⇒ ( ) ( )21 1exp 0

22g t t v dt

vvµ

π

∞

−∞

− − = ⇒ ∫

( ) 2 2 21 1exp 2 0

22g t t v t v dt

vvµ µ

π

∞

−∞

− − + = ⇒ ∫

( )2 21

exp 02 22

t vg t t dt

vv

µµ

π

∞

−∞

− + − = ⇒

∫

( )22

22e e e 0,tv

tvg t dt

µµ µ

∞−−

−∞

= ∀ ∈ ⇒∫ ℝ ( )2

2e e 0,t

tvg t dtµ µ

∞−

−∞

= ∀ ∈ ⇒

∫ ℝ

( )2

2e e 0,t

tvg tµ µ

∞−

−∞

= ∀ ∈ ⇒∫ ℝ , άρα, λόγω του µονοσήµαντου του αµφίπλευρου

µετασχηµατισµού Laplace(2), ( )

2

2e 0,t

vg t t−

= ∀ ⇒ ( ) 0,g t t= ∀ , επειδή

2

2e 0t

v−

>

άρα η Τ είναι και πλήρης.

Άσκηση

Έστω 1 2, ,..., vX X X τ.δ., από κατανοµή ( )20,N σ . Να βρεθεί επαρκής και πλή-

ρης σ.σ. για το σ2.

1 Ο µετασχηµατισµός Laplace µιας συναρτήσεως ( )f t ορίζεται ως εξής:

( ) ( ) ( )0

stl f t f t e dt F s

+∞−= = ∫

2 Ο αµφίπλευρος µετασχηµατισµός Laplace µιας συναρτήσεως ( )f t ορίζεται ως εξής:

( ) ( ) ( )1

stl f t f t e dt F s

+∞−

−∞

= = ∫

3

Λύση:

Από το παραγοντικό κριτήριο Neyman έχουµε ότι:

( ) 2

1

v

i

i

T X X=

=∑ είναι επαρκής για το σ2.

( )2~ 0,i

X N σ ⇒ ( )~ 0,1iX

Nσ

⇒

2 22

12~ ~i i

X X

σ σ

X

Έστω

2

21

2 2~

v

i

iv

XT

Yσ σ

== =∑

X , άρα 2T Yσ= ,

2~ ,2

2v

vY Gamma

=

X

( ) ( )TF t P T t= ≤ = ( )2

P Y tσ ≤ = 2

tP Y

σ ≤ =

2Y

tF

σ

( ) ( )T T

df t F t

dt= =

2Y

d tF

dt σ =

2 2 2 2

1'

Y Y

t t tf f

σ σ σ σ ⋅ =

( ) 2

12

22 2

2

1 1

22

vt

T v

tf t e

vσ

σ σ

−− = =

Γ

( )21

22

2 2

1 1

22

tv

vt e

vσ

σ

−−

Γ

.

Έστω ( ) :g T ( ) 20, 0E g t σ= ∀ > ⇒ ( ) ( )0

0Tg t f t dt

∞

= ⇒∫

( )( )

2122

20 2

1 10

22

tv

vg t t e dt

vσ

σ

∞ −−= ⇒

Γ

∫

( )( ) 21

22

2 02

1 10

22

tv

vg t t e dt

vσ

σ

∞ −−= ⇒

Γ

∫

( ) 21222

0

0, 0

tv

g t t e dtσ σ∞ −−

= ∀ > ⇒∫ και, λόγω του µονοσήµαντου του µετασχηµα-

τισµού Laplace), ( )1

2 0,v

g t t t−= ∀ ⇒ ( ) 0, 0g t t= ∀ > , άρα η ( ) 2

1

v

i

i

T X X=

=∑ είναι

και πλήρης.

Πρόταση

Έστω ότι µία τ.µ. Χ ακολουθεί µονοπαραµετρική Ε.Ο.Κ. µε παράµετρο θ και

έστω 1 2, ,...,v

X X X τ.δ., από από τη Χ µε

( ) ( ) ( ) ( ){ } ( ); expf x n T X B h Xθ θ θ= − . Η ( ) ( )1

v

i

i

Y X T X=

=∑ είναι επαρκής και

πλήρης σ.σ. για την παράµετρο θ.

Απόδειξη:

Από το παραγοντικό κριτήριο Neyman,

4

( ) ( )1

; ;v

i

i

f x f xθ θ=

= =∏ ( ) ( ) ( ){ } ( )1

expv

i i

i

n T x B h xθ θ=

− =∏

( ) ( ) ( ) ( )1 1

expvv

i i

i i

n T x B h xθ θ= =

− =

∑ ∏

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

exp * , *vv

i i

i i

n T x B h x g T X h Xθ θ θ= =

− = ⋅

∑ ∏ ,

µε ( ) ( )1

*v

i

i

T X T x=

=∑ και ( ) ( )1

*v

i

i

h X h x=

=∏ , άρα η ( ) ( )1

*v

i

i

T X T x=

=∑ είναι

επαρκής σ.σ. για το θ.

Επάρκεια:

Η πληρότητα αποδεικνύεται µε τη χρήση του µετασχηµατισµού Laplace.

Αµεροληψία – Επάρκεια – Πληρότητα συνδέονται. Αν µία σ.σ. πληροί τις

τρεις αυτές ιδιότητες, τότε είναι αµερόληπτη εκτιµήτρια ελάχιστης διασπο-

ράς (α.ε.ε.δ.).

Παράδειγµα:

Έστω 1 2, ,...,v

X X X τ.δ., από κατανοµή ( ),1N µ και

α) 11

2

vX XT

+= , β) 1 2 3

23

X X XT

+ += , γ) 2T X= ,

δ) 2 1T X= , σ.σ. του X

Ποια απ’ αυτές πρέπει να επιλεγεί ως η καλύτερη εκτιµήτρια για το µ;

Απάντηση:

Όλες είναι αµερόληπτες, όµως η γ) είναι επαρκής και εποµένως περιέχει όλες

τις πληροφορίες από το δείγµα, άρα και θα προτιµηθεί.

Επίσης θα πρέπει να επιλεγεί και αυτή η οποία έχει τη µικρότερη διασπορά (ε-

κτιµήτρια ελάχιστης διασποράς).

δ α.ε. για το θ ( )E δ θ⇔ = .

Το ίδιο ισχύει και για κάποια συνάρτηση του θ

δ α.ε. για το ( ) ( ) ( )g E gθ δ θ⇔ = .

5

ΑΜΕΡΟΛΗΨΙΑ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ∆ΙΑΣΠΟΡΑΣ

Η ( )Xδ δ= θα λέγεται Αµερόληπτη Εκτιµήτρια Ελάχιστης ∆ιασποράς

(α.ε.ε.δ) του θ (ή µιας συναρτήσεως του θ, έστω ( )g θ ), εάν είναι α.ε. του θ, ή

της ( )g θ και η διασπορά ( )( ) ( )( )1V X V Xδ δ≤ , όπου ( )1 Xδ οποιαδήποτε άλ-

λη αµερόληπτη εκτιµήτρια του θ (ή ( )g θ ).

Κριτήριο ελέγχου εκτιµήτριας για το θ, αν δεν είναι αµερόληπτες

Το κριτήριο θα είναι το Μέσο Τετραγωνικό Σφάλµα (M.S.E.) (Mean Square

Error). Θα επιλεγεί εκείνη η οποία ε΄χει το µικρότερο M.S.E.

Υπενθύµιση: Ορίσθηκε ως αµεροληψία της εκτιµήτριας δ η ποσότητα:

( ) ( )b Eδ δ θ= − .

Τετραγωνικό Σφάλµα (Square Error): ( )2δ θ−

( )Eµ δ=

Μέσο Τετραγωνικό Σφάλµα (M.S.E.) (Mean Square Error): ( )2E δ θ −

( )2E δ θ − = ( ) ( )

2

V Eδ θ δ θ− + − = ( ) ( )2V Eδ δ θ+ − =

( ) ( ) ( )2

V E Eδ δ θ+ − = ( ) ( )2

V Eδ δ θ+ − = ( ) ( )2

V Eδ δ θ+ − =

( ) ( )2V bδ δ+ .

∆ηλαδή το MSE είναι ίσο µε το άθροισµα της διασποράς της και του τετραγώ-

νου της µεροληψίας της.

Αν η δ είναι αµερόληπτη, τότε ( ) 0b δ = και ( ) ( )2E Vδ θ δ − =