Τρίτη 10 Νοεµβρίου 2009. v
Αν X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ., ~ exp ( 2 ) , τότε: T = ∑ X i ~ Gamma ( v, 2 ) = X22v i =1
Παράδειγµα: Αν Z ~ Gamma ( v,θ ) : f ( z ) = τότε η T =
2z
θ
z 1 v −1 − θ z e , 0 ≤ x < ∞, v ,θ > 0 , Γ ( v )θ v
ακολουθεί κατανοµή X2v2 .
Απόδειξη:
θt 2z θt FT ( t ) = P (T ≤ t ) = P ≤ t = P z ≤ = FZ 2 θ 2 v −1 d d θ t θ θ t θ 1 θ t − 2θθt fT ( t ) = FT ( t ) = FZ = f Z = e = dt dt 2 2 2 2 Γ ( v )θ v 2 t − 1 v −1 2 t e = Gamma ( v, 2 ) = X22v v 2 ( v − 1)!
Άσκηση Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ., από εκθετική κατανοµή µε σ.π.π. f ( x;θ ) = θ e−θ x . Να βρεθεί επαρκής και πλήρης σ.σ. για το θ. Λύση: Επάρκεια: v
v
(Β1) Η από κοινού f ( X 1 , X 2 ,..., X v ;θ ) = ∏ f ( x;θ ) = i =1
v
∏θ e θ
− x
= θ ve
−θ
i =1
v
Παραγοντικό κριτήριο Neyman: h ( X ) = 1 , g (T ( X ;θ ) ) = θ v e
−θ
∑ Xi i =1
⇒
v
T ( X ) = ∑ X i επαρκής. i =1
v
(Β2) Είπαµε πριν ότι αν X 1 ~ exp (θ ) τότε: T = ∑ X i ~ Gamma ( v,θ ) . i =1
fT ( t ) =
θ
v
t v −1e −θ t
Γ (v) Πληρότητα: (Β3) Έστω g (T ) : E g ( t ) = 0 ⇒ ∞
∫ g ( t ) fT ( t ) dt = 0
∞
∫ g (t ) 0
θv Γ(v)
t v−1e−θ t dt = 0, ∀t > 0 ⇒
1
∑ Xi i =1
Λόγω του µονοσήµαντου του σχηµατισµού Laplace(1), έχουµε:
θv
g (t ) t
Γ (v) πλήρης.
v −1
= 0, ∀t > 0 ⇒ g ( t ) = 0, ∀t > 0 , επειδή
θv Γ (v)
t v −1 > 0 , άρα η Τ είναι
Άσκηση Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ., από κατανοµή N ( µ ,1) . Να βρεθεί επαρκής και πλήρης σ.σ. για το µ. Λύση: v
Έχουµε δει ότι η T ( X ) = ∑ X i είναι επαρκής σ.σ. για το µ και ότι ακολουθεί i =1
την κανονική κατανοµή ~ N ( vµ , v ) . 1 2 1 exp − ( t − vµ ) 2π v 2v
fT ( t ) =
Έστω g (T ) : E g ( t ) = 0 ⇒
∞
∫
1 2 1 exp − ( t − vµ ) dt = 0 ⇒ 2π v 2v
g (t )
−∞
∞
1 1 2 2 2 exp − − 2 µ + µ dt = 0 ⇒ g t t v t v ( ) ∫ 2π v −∞ 2v ∞ t2 1 vµ 2 ∫ g ( t ) exp − 2v + µt − 2 dt = 0 ⇒ 2π v −∞
e
−
vµ 2 ∞ 2
∫ g (t ) e
−∞
∞
∫ g (t ) e
−
t2 2v
−
t2 2v
t − µt 2v e dt = 0, ∀µ ∈ ℝ ⇒ ∫ g ( t ) e e µt dt = 0, ∀µ ∈ ℝ ⇒ −∞ ∞
2
e µt = 0, ∀µ ∈ ℝ ⇒ , άρα, λόγω του µονοσήµαντου του αµφίπλευρου
−∞
µετασχηµατισµού Laplace( ), g ( t ) e άρα η Τ είναι και πλήρης. 2
−
t2 2v
= 0, ∀t ⇒ g ( t ) = 0, ∀t , επειδή e
−
t2 2v
>0
Άσκηση Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ., από κατανοµή N ( 0,σ 2 ) . Να βρεθεί επαρκής και πλήρης σ.σ. για το σ2. 1
Ο µετασχηµατισµός Laplace µιας συναρτήσεως
l f ( t ) =
+∞
∫ f (t ) e
− st
f ( t ) ορίζεται ως εξής:
dt = F ( s )
0 2
Ο αµφίπλευρος µετασχηµατισµός Laplace µιας συναρτήσεως
l f ( t ) =
+∞
∫ f (t ) e
− st
dt = F1 ( s )
−∞
2
f ( t ) ορίζεται ως εξής:
Λύση: Από το παραγοντικό κριτήριο Neyman έχουµε ότι: v
T ( X ) = ∑ X i2 είναι επαρκής για το σ2. i =1
2
X i2 Xi X i ~ N ( 0,σ ) ⇒ ~ N ( 0,1) ⇒ ~ 2 ~ X12 σ σ σ Xi
2
v
Έστω Y =
T
σ
2
=
∑X i =1
σ
2
2 i
~ Xv2 , άρα T = σ 2Y ,
v Y ~ Xv2 = Gamma ,2 2 t t FT ( t ) = P (T ≤ t ) = P (σ 2Y ≤ t ) = P Y ≤ 2 = FY 2 σ σ d d t 1 t t t fT ( t ) = FT ( t ) = FY 2 = fY 2 ⋅ 2 ' = 2 fY 2 dt dt σ σ σ σ σ v
−1
t
t
1 1 1 v2 −1 − 2σ 2 t 2 − 2σ 2 fT ( t ) = 2 e = t e . v v σ v 2v σ 2 2 2 Γ 2 ( 2σ ) Γ 2 2 1
Έστω g (T ) : E g ( t ) = 0, ∀σ > 0 ⇒ 2
∞
∫ g ( t ) f ( t ) dt = 0 ⇒ T
0
∞
∫ g (t ) 0
∞
1 v 2 2
( 2σ )
∫ g (t ) t
t v −1 − 2 2σ 2
e
∞
t
t
v −1 − 2 1 2v −1 − 2σ 2 1 1 2 t e dt = 0 ⇒ g t t e 2σ dt = 0 ⇒ ( ) v ∫ v v Γ 2σ 2 ) 2 Γ 0 ( 2 2
dt = 0, ∀σ 2 > 0 ⇒ και, λόγω του µονοσήµαντου του µετασχηµα-
0
v
v
−1
τισµού Laplace), g ( t ) t 2 = 0, ∀t ⇒ g ( t ) = 0, ∀t > 0 , άρα η T ( X ) = ∑ X i2 είναι i =1
και πλήρης. Πρόταση Έστω ότι µία τ.µ. Χ ακολουθεί µονοπαραµετρική Ε.Ο.Κ. µε παράµετρο θ και έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ., από από τη Χ µε v
f ( x;θ ) = exp {n (θ ) T ( X ) − B (θ )} h ( X ) . Η Y ( X ) = ∑ T ( X i ) είναι επαρκής και i =1
πλήρης σ.σ. για την παράµετρο θ. Απόδειξη: Από το παραγοντικό κριτήριο Neyman, 3
v
f ( x;θ ) = ∏ f ( xi ;θ ) = i =1
v
∏ exp{n (θ )T ( x ) − B (θ )} h ( x ) = i
i
i =1
v v exp ∑ n (θ ) T ( xi ) − B (θ ) ∏ h ( xi ) = i=1 i =1 v v exp n (θ ) ∑ T ( xi ) − B (θ ) ∏ h ( xi ) = g T * ( X ) ,θ ⋅ h * ( X ) , i =1 i=1 v
v
v
i =1
i =1
i =1
µε T * ( X ) = ∑ T ( xi ) και h * ( X ) = ∏ h ( xi ) , άρα η T * ( X ) = ∑ T ( xi ) 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 διασποράς (α.ε.ε.δ.). Παράδειγµα: Έστω X 1 , X 2 ,..., X v τ.δ., από κατανοµή N ( µ ,1) και X + Xv X + X2 + X3 α) T1 = 1 , β) T2 = 1 , γ) T2 = X , 2 3 δ) T2 = X 1 , 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 (εκτιµήτρια 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 (θ ) ⇔ E (δ ) = g (θ ) .
4
ΑΜΕΡΟΛΗΨΙΑ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ∆ΙΑΣΠΟΡΑΣ Η δ = δ ( X ) 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 V (δ ( X ) ) ≤ V (δ1 ( X ) ) , όπου δ1 ( X ) οποιαδήποτε άλλη 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 (δ ) = E (δ ) − θ . Τετραγωνικό Σφάλµα (Square Error): (δ − θ ) µ = E (δ )
2
2 Μέσο Τετραγωνικό Σφάλµα (M.S.E.) (Mean Square Error): E (δ − θ ) 2 2 2 E (δ − θ ) = V (δ − θ ) + E (δ − θ ) = V (δ ) + E (δ − θ ) =
V (δ ) + E (δ ) − E (θ ) = V (δ ) + E (δ ) − θ = V (δ ) + E (δ ) − θ = 2
2
2
V (δ ) + b (δ ) . ∆ηλαδή το MSE είναι ίσο µε το άθροισµα της διασποράς της και του τετραγώνου της µεροληψίας της. 2 Αν η δ είναι αµερόληπτη, τότε b (δ ) = 0 και E (δ − θ ) = V (δ ) 2
5