Θεώρηµα Έστω ψ : ℝ k → ℝ k και ω : ℝ s → ℝ s , ψ , ω συναρτήσεις «1-1», ώστε να υπάρχουν οι ψ −1 , ω −1 . Αν η σ.σ. T είναι επαρκής για τη θ . Τότε: i) H T1 = ψ (T ) είναι επαρκής για το θ . Η T είναι επαρκής για θ1 = ω (θ ) .
ii)
Απόδειξη: T είναι επαρκής για θ
(
( ))
(
)
f x j ( X ;θ ) = g (T ( x ) ,θ ) ⋅ h ( x ) = g T ( x ) , ω −1 θ1 ⋅ h ( x ) = g 2 T ( x ) ,θ1 ⋅ h ( x ) ⇒ T ( x ) επαρκής για θ1 . f , g : ℝk × ℝk → ℝ
(
)
f ( x;θ ) = g (T ( x ) ,θ ) ⋅ h ( x ) = g ψ −1 (T1 ( x ) ) ,θ ⋅ h ( x ) = g1 (T1 ( x ) ,θ ) ⋅ h ( x ) . Ε-
ποµένως η T1 ( X ) = ψ (T ( X ) ) είναι επαρκής σ.σ. για το θ . v
∑X
v
T = ∑ Xi ⇒ X =
i =1
v
i =1
i
= T1
Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ. από X ~ U ( 0,θ ) . Αναζητούµε επαρκή σ.σ. για το θ. 1 1, x ∈ ( 0,θ ) 1 ,0 < x < θ f ( x ) = θ = ⋅ I ( 0 < x < θ ) , όπου: I ( 0 < x < θ ) = . θ 0, αλλο ύ 0,αλλο ύ 1 v 1 f ( x,θ ) = ∏ ⋅ I ( 0 < x < θ ) = v ∏ I ( 0 < xi < θ ) θ i =1 i =1 θ v
v
Πρέπει
∏ I ( 0 < x < θ ) = 1 , αλλιώς f ( x,θ ) = 0 . i
i =1
Ζητούµε I ( 0 < xi < θ ) = 1, ∀i = 1, 2,..., v
xi ∈ ( 0,θ ) Βάζουµε τα X i στη σειρά: X (1) ≤ X ( 2) ≤ ... ≤ X ( v ) , έτσι ώστε: X (1) = min X i και X ( v ) = max X i
(
) ( ) f ( x ,θ ) = θ I ( 0 < X ( ) < ∞ ) ⋅ I ( 0 < X ( ) < θ ) h( X ) = I (0 < X ( ) < ∞) g ( T ( x ) ,θ ) = θ ⋅ I ( 0 < X ( ) < θ )
Συνεπώς: I 0 < X (1) < ∞ ⋅ I 0 < X ( v ) < θ = 1 ⇒ −v
v
1
1
−v
v
Άρα η T ( X ) = X ( v ) είναι επαρκής σ.σ. για το θ. 1
Παράδειγµα Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ. από X ~ U (θ1 ,θ 2 ) , θ = (θ1 ,θ 2 ) . 1 f ( x;θ1 ,θ 2 ) = ⋅ I (θ1 < x < θ 2 ) . θ 2 − θ1 v 1 1 f ( X ;θ1 ,θ 2 ) = ∏ ⋅ I (θ1 < x < θ 2 ) = I θ < x < θ2 ) v ∏ ( 1 θ − θ i =1 θ 2 − θ1 i = 1 ( ) 2 1 v
v
Πρέπει
∏ I (θ
1
< x < θ 2 ) = 1, αλλιώς f ( x,θ ) = 0 .
i =1
Ζητούµε I (θ1 < x < θ 2 ) = 1, ∀i = 1, 2,..., v X (1) = min X i , X ( v ) = max X i
(
) (
xi ∈ (θ1 ,θ 2 )
)
Συνεπώς: I θ1 < X (1) < ∞ ⋅ I 0 < X ( v ) < θ 2 = 1
(
) (
και f ( X ;θ1 ,θ 2 ) = (θ 2 − θ1 ) I θ1 < X (1) < ∞ ⋅ I 0 < X ( v ) < θ 2 −v
(
) (
)
Άρα h ( X ) = 1 , g (T ( x ) ,θ ) = (θ 2 − θ1 ) I θ1 < X (1) < ∞ ⋅ I 0 < X ( v ) < θ 2 −v
(
T ( X ) = X (1) , X ( v )
)
2
)
ΠΛΗΡΟΤΗΤΑ (Completeness) Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ. από κατανοµή µε ~ f ( x,θ ) . Έστω ότι η Τ είναι επαρ-
κής σ.σ. για θ µε συνάρτηση π.π. hT ( t ,θ ) και έστω ότι {h ( t ;θ ) ,θ ∈ Θ} η οικογένεια κατανοµών της µορφής αυτής. Ας υποθέσουµε ότι g (T ) µια συνάρτηση της επαρκούς T ( X ) . Εάν η συνθήκη E g (T ) = 0, ∀θ ∈ Θ , συνεπάγεται ότι g ( t ) = 0, ∀t , εκτός πιθανώς από ορισµέ-
να σηµεία, που αποτελούν ένα σύνολο N 0 , µηδενικού µέτρου ( P (T ∈ N 0 ) = 0 ) , τότε η Τ καλείται πλήρης και επαρκής σ.σ. για το θ. Επίσης πλήρης θα καλείται και η οικογένεια κατανοµών. ∑ g ( t ) ⋅ h ( t ,θ ) = 0 ⇒ g ( t ) = 0 , για διακριτή τ.µ. και t
∫ g ( t ) ⋅ h ( t ,θ ) dθ = 0 ⇒ g ( t ) = 0 , για συνεχή τ.µ. t
{
}
Αν η τ.µ. Υ µε σ.κ. fY ( y,θ ) η οικογένεια κατανοµών F = fY ( y,θ ) ;θ ∈ Θ καλείται πλήρης, εάν για κάθε συνάρτηση g : ℝ k → ℝ , E g (Y ) = 0, ∀θ ∈ Θ s συνεπάγεται g (Y ) = 0, ∀y ∈ ℝ k − N 0
η
Παραδείγµατα Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ. ~ Poisson (θ ) . Να βρεθεί επαρκής και πλήρης σ.σ. Λύση: v
∆είχθηκε ότι η T = ∑ X i είναι επαρκής σ.σ. για το θ. i =1
T ~ Poisson ( vθ ) και έστω µία g (T )
e
∞
∑ g (t )
( vθ ) ⋅ t!
t =0
g ( 0)
( vθ ) 0!
( vθ ) ⋅
0
0!
∞
t =0
t =0
∑ g ( t ) ⋅ h ( t ,θ ) = ∑ g ( t ) ⋅ e
E g (T ) = 0 ⇒ − vθ
∞
t
=
t!
=0⇒
( vθ ) ⋅
1
+ g (1)
1!
+ g ( 2)
1
1!
( vθ )
t
0
( vθ ) ≠ 0,
− vθ
≠ 0 και γενικά
( vθ ) ⋅ 2!
( vθ ) t!
2
+ g ( 3)
( vθ ) ⋅ 3!
3
+ ... = 0 και, αφού
t
≠ 0, ∀t έπεται ότι g ( t ) = 0, ∀t .
v
Άρα η T = ∑ X i είναι και πλήρης! i =1
3
σχέση