1

Τρίτη, 24 Νοεµβρίου 2009.

Παράδειγµα - Άσκηση:

Έστω 1 2, , ,

vX X X… τ.δ. από ( ),1N θ . Να δειχθεί ότι η σ.σ.

2 1Y X

v= − είναι η

α.ε.ε.δ. της ( ) 2g θ θ= .

Λύση:

Έχει δειχθεί ότι η 1

v

i

i

T X=

=∑ είναι επαρκής και πλήρης σ.σ. για το θ. Εποµένως

2 1Y X

v= − =

2

11

v

i

i

X

v v

=

− =

∑

2

2 2

T v

v v− =

2

2

T v

v

−. Επµένως, αρκεί να δειχθεί ότι

η Υ, η οποία είναι συνάρτηση της Τ, είναι αµερόληπτη εκτιµήτρια του 2θ .

( )2 1

E Y E Xv

= − =

( )2 1E X

v− = ( ) ( ) ( )

2 11V X E X

v + −

Κατά τα γνωστά, αν ( )~ ,1X N θ , τότε 1

~ ,X Nv

θ

, εποµένως ( )E X θ= ,

( ) 1V X

v= και η (1) γίνεται: ( ) ( ) ( )

2 1E Y V X E X

v = + − =

2 21 1

v vθ θ+ − = και

αυτό σηµαίνει ότι η Υ είναι αµερόληπτη εκτιµήτρια του 2θ .

Εναλλακτικά:

( )~ ,1X N θ ⇒ 1

~ ,X Nv

θ ⇒

( )~ 0,11

XZ N

v

θ−= ⇒

( )

2

2 2

1~

1

XZ

v

θ −= ⇒

X ( )

2

21

1

XE Z E

v

θ − = = ⇒

( )2E v X θ − =

( )2vE X θ − = ( )2E X θ − =

( )22

2E X X θ θ− ⋅ + =

( ) ( ) ( )22

2E X E X Eθ θ− ⋅ + = ( ) ( )22

2E X E Xθ θ− + = ( )22 2

2E X θ θ− + =

( )22 1

E Xv

θ− = ⇒ ( )2 21E X E

vθ − = ⇒

2 21E X

vθ − = ⇒

( ) 2E Y θ= και

έτσι καταλήγουµε στο ίδιο συµπέρασµα ότι η Υ είναι αµερόληπτη εκτιµήτρια

του 2θ .

2

Παράδειγµα - Άσκηση:

Έστω 1 2, , , vX X X… τ.δ. από ( )0,U θ .

Να βρεθεί α.ε.ε.δ. των σ.σ.: α) ( ) kg θ θ= , β) ( )E X και γ) ( )V X .

Λύση:

( ) ( )1, 0f x I xθ θ

θ= < <

α) Έχουµε δει στα προηγούµενα ότι: η σ.σ. ( ) ( )maxiv

T X X= = είναι επαρ-

κής σ.σ. για τη θ.

Πληρότητα;

Έστω ( ) ( ): 0g T E g T =

Πρώτα βρίσκουµε τη σ.π.π. της Τ, ξεκινώντας από την αθροιστική της:

( ) ( )TF t P T t= ≤ = ( )( )v

P X t≤ = ( )1 2, , , vP X X X t≤ =…

( ) ( ) ( )1 2 vP X t P X t P X t≤ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ ⇒ ( ) ( ) ( )2v

T XF t F t=

( )0

1t

X

tF t dt

θ θ= =∫

Και η (2) γίνεται: ( ) ( )v v

v

T X v

t tF t F t

θ θ = = =

, εποµένως η σ.π.π. της Τ είναι

η παράγωγος της αθροιστικής:

( ) ( ) ( )1

, 0,v v

T T v v

d d t tf t F t v t

dt dtθ

θ θ

− = = = ∈

Έστω ( ) ( ): 0g T E g T =

( ) 0,E g T θ= ∀ ⇒ ( ) ( )0

Tg t f t dt

θ

=∫ ( )1

0

v

v

tg t v dt

θ

θ

−

=∫ ( ) 1

0

0,v

v

vg t t dt

θ

θθ

− = ∀∫

και, παραγωγίζοντας ως προς θ, παίρνουµε: ( ) 10

vg θ θ − = ⇒ ( ) 0,g θ θ= ∀ άρα

η Τ είναι και πλήρης.

Εποµένως ψάχνουµε να βρούµε µια συνάρτηση της επαρκούς και πλήρους, η

οποία να είναι α.ε. της ( ) kg θ θ= .

Έστω ( )TΨ : ( ) kE T θΨ = ⇒ ( ) ( )

0

,k

Tt f t dt

θ

θ θΨ = ∀ ⇒∫

( )1

0

vk

v

tt v dt

θ

θθ

−

Ψ = ⇒∫ ( ) 1

0

v k

v

vt t dt

θ

θθ

−Ψ = ⇒∫ ( ) 1

0

v kv

t t dtv

θ θ +−Ψ =∫ και, παραγω-

γίζοντας ως προς θ, παίρνουµε: ( ) ( )1

1

v kv

v kv

θθ θ

+ −−Ψ = + ⇒ ( ) kv k

vθ θ

+Ψ = .

Άρα η συνάρτηση ( ) ( )k k

v

v k v kT T X

v v

+ +Ψ = = είναι η ζητούµενη α.ε.ε.δ. της

kθ .

3

Άρα, για διάφορες τιµές του κ, έχουµε τις διάφορες α.ε.ε.δ. των δυνάµεων του θ:

Π.χ. για 1k = , έχουµε ότι η α.ε.ε.δ. του θ είναι ( )vv k

Xv

+

β) Αφού ( )~ 0,X U θ , τότε: ( )2

E Xθ= , εποµένως ζητούµε σ.σ.

( ) ( ) ( )1 1 1:

2T E T g

θθΨ Ψ = = .

Έχουµε βρει ότι: ( ) ( )k

v

v kT X

v

+Ψ = α.ε.ε.δ. της ( ) k

g θ θ= . Τότε:

( ) ( )k

c v

v kT c X

v

+Ψ = α.ε.ε.δ. της ( ) k

cg cθ θ= ⋅

και, για 1

2c = , 1k = , έχουµε:

( ) ( )1

1 1

2v

vT X

v

+Ψ = α.ε.ε.δ. της ( )1

1

2g θ θ= ⋅ .

γ) Αφού ( )~ 0,X U θ , τότε: ( )2

12V X

θ=

Παράδειγµα - Άσκηση:

Να βρεθεί η α.ε.ε.δ. ( )E X , ( )V X τέτοια ώστε:

και, σύµφωνα µε τα προηγούµενα, για 1

12c = , 2k = , έχουµε:

( ) ( )2

2

1 2

12v

vT X

v

+Ψ = α.ε.ε.δ. της ( )

2

212

gθ

θ = .

Παράδειγµα - Άσκηση:

Έστω 1 2, , , vX X X… τ.δ. από κατανοµή µε ( ) 2 3

, 2 , , 0f x x xλ λ λ λ−= > > .

1) Ν.δ.ό. η σ.σ. ( )1 min iT X X= = είναι επαρκής και πλήρης για το λ.

2) Να βρεθεί η α.ε.ε.δ. του ( ) kg λ λ −= .

Λύση:

( ),f X λ = ( )1

,v

i

i

f x λ=

=∏ ( )2 3

1

2v

i i

i

x I xλ λ−

=

< < ∞ =∏

( ) ( )2

3 1

1

12

vv

iv

ii

i

I x

x

λ λ=

=

< < ∞ =∏∏

θέλουµε: ( )1

1v

i

i

I xλ=

< < ∞ = ⇔∏ , 1,2,...,i

x i vλ < < ∞ ∀ = ⇔

( ) 21...

vX X Xλ < < < < < ∞⇔ ( ) 21

...v

X X Xλ < < < < < ∞⇔ ( )( )11I xλ < < ∞ =

4

Άρα ( ),f X λ = ( ) ( )( )2

13

1

12

v

v

i

i

I x

x

λ λ

=

< < ∞ =

∏( ) ( ),h X g T X θ⋅ µε

( )3

1

1v

i

i

h X

x=

=

∏ και ( ) ( ) ( )( )2

1, 2

v

g T X I xλ λ λ= < < ∞

άρα η ( )1T X= είναι επαρκής.

Θα βρούµε την σ.π.π. της Τ, αφού πρώτα βρούµε την αθροιστική της και µετά

την παραγωγίσουµε.

( ) ( )TF t P T t= ≤ = ( )( )1

P X t≤ = ( )( )11 P X t− > = ( )1 2

1 , ,...,v

P X X X t− > =

( ) ( ) ( )1 21

vP X t P X t P X t− > > ⋅ ⋅ ⋅ > =

( ) ( ) ( )1 2 31 1 1 1P X t P X t P X t − − ≤ − ≤ ⋅ ⋅ ⋅ − ≤ = ( )

1

1 1v

i

i

P X t=

− − ≤ = ∏

( )1

1 1v

X

i

F t=

− − = ∏ ( )1 1v

XF t− − , όπου ( )X

F t είναι η αθροιστική της Χ, την

οποία µπορούµε να βρούµε µε ολοκλήρωση της σ.π.π. της Χ

( )XF t =

2 32

t

x dxλ

λ − =∫

2

22

2

t

x

λ

λ− = −

2

2 2

1 1

tλ

λ − − =

2

21

t

λ− =

2

1t

λ −

, οπότε

η αθροιστική της Τ ισούται:

( ) ( )1 1v

T XF t F t= − − =

2

1 1 1

v

t

λ − − − =

2

1 1 1

v

t

λ − − + =

2

1

v

t

λ −

και,

( )Tf t = ( )T

dF t

dt=

2

1

vd

dt t

λ − =

2 1

22

v

vt t

λ λ−− − =

2

2 12

v

vv

t

λ+

Έστω ( ) :g T ( ) 0,E g T λ= ∀ ⇒ ( ) ( ) 0T

g t f t dtλ

∞

= ⇒∫ ( )2

2 12 0

v

vg t v dt

tλ

λ∞

+ = ⇒∫

( )2

2 12 0

v

v

g tv dt

tλλ

∞

+ = ⇒∫ ( )

2 10

v

g tdt

tλ

∞

+ =∫ και, παραγωγίζοντας ως προς λ:

( ) 2 10

vg λ λ− −− = ⇒ ( ) 0,g λ λ= ∀ ⇒ ( ) 0,g t t= ∀ , δεδοµένου ότι 2 1

0vλ − − > πά-

ντα, άρα η Τ είναι και πλήρης σ.σ. για το λ.

Άρα για να βρούµε την α.ε.ε.δ. του kλ− , ζητούµε συνάρτηση της πλήρους και

επαρκούς (Τ) η οποία να είναι α.ε. του kλ− .

Έστω λοιπόν ( ) :TΨ ( ) ( ) kE T g λ λ−Ψ = =

5

( )2

2 1

2v

k

v

vt dt

tλ

λλ

∞−

+Ψ = ⇒∫ ( )2

2 1

12

v k

vv t dt

tλ

λ λ∞

−+Ψ = ⇒∫

( )2 1 2

2

k

v v

tdt

t vλ

λλ

∞ −

+

Ψ= =∫

2

2

v k

v

λ − −

και, παραγωγίζοντας κατά τα γνωστά ως προς λ, παίρνουµε:

( ) ( )2 1

2 12

2

k v

vk v

v

λ λλ

− − −

+

Ψ− = − − ⇒ ( ) 2

2

kk v

vλ λ −

+Ψ =

Άρα η σ.σ. ( ) ( )12 2

2 2

k kk v k vT T X

v v

− −+ +Ψ = =

είναι α.ε.ε.δ. για το kλ−