Τρίτη, 24 Νοεµβρίου 2009. Παράδειγµα - Άσκηση: Έστω X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από N (θ ,1) . Να δειχθεί ότι η σ.σ. Y = X − 2
α.ε.ε.δ. της g (θ ) = θ 2 . Λύση:
1 είναι η v
v
Έχει δειχθεί ότι η T = ∑ X i είναι επαρκής και πλήρης σ.σ. για το θ. Εποµένως i =1 2
v Xi ∑ 2 1 1 T2 v T2 −v Y = X − = i =1 − = 2 − 2 = . Επµένως, αρκεί να δειχθεί ότι v v v v v v2 η Υ, η οποία είναι συνάρτηση της Τ, είναι αµερόληπτη εκτιµήτρια του θ 2 . 2 2 1 1 2 1 E (Y ) = E X − = E X − = V X + E X − (1) v v v 1 Κατά τα γνωστά, αν X ~ N (θ ,1) , τότε X ~ N θ , , εποµένως E X = θ , v 2 1 1 1 1 V X = και η (1) γίνεται: E (Y ) = V X + E X − = + θ 2 − = θ 2 και v v v v 2 αυτό σηµαίνει ότι η Υ είναι αµερόληπτη εκτιµήτρια του θ .
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
Εναλλακτικά: X −θ 1 X ~ N (θ ,1) ⇒ X ~ N θ , ⇒ Z = ~ N ( 0,1) ⇒ 1 v v 2 2 X − θ X −θ 2 2 2 2 Z = ~ X(1) ⇒ E ( Z ) = E = 1 ⇒ E v X − θ = 1 1 v v
(
(
)
(
)
)
)
(
2 2 2 vE X − θ = E X − θ = E X − 2 X ⋅ θ + θ 2 =
( ) − 2E ( X ⋅θ ) + E (θ ) = E ( X ) − 2θ E ( X ) + θ = E ( X ) − 2θ + θ 1 1 1 E ( X ) − θ = ⇒ E ( X ) − E = θ ⇒ E X − = θ ⇒ E (Y ) = θ v v v
E X
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
2
και
έτσι καταλήγουµε στο ίδιο συµπέρασµα ότι η Υ είναι αµερόληπτη εκτιµήτρια του θ 2 .
1
Παράδειγµα - Άσκηση: Έστω X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από U ( 0,θ ) . Να βρεθεί α.ε.ε.δ. των σ.σ.: α) g (θ ) = θ k , β) E ( X ) και γ) V ( X ) . Λύση: 1 f ( x ,θ ) = I ( 0 < x < θ ) α)
θ Έχουµε δει στα προηγούµενα ότι: η σ.σ. T = X ( v ) = max ( X i ) είναι επαρ-
κής σ.σ. για τη θ. Πληρότητα; Έστω g (T ) : E g (T ) = 0 Πρώτα βρίσκουµε τη σ.π.π. της Τ, ξεκινώντας από την αθροιστική της:
(
)
FT ( t ) = P (T ≤ t ) = P X ( v ) ≤ t = P ( X 1 , X 2 ,…, X v ≤ t ) = P ( X 1 ≤ t ) P ( X 2 ≤ t ) ⋅ ⋅ ⋅ P ( X v ≤ t ) ⇒ FT ( t ) = FX ( t ) ( 2 ) v
t
1 t FX ( t ) = ∫ dt = 0
θ
θ v
tv t Και η (2) γίνεται: FT ( t ) = FX ( t ) = = v , εποµένως η σ.π.π. της Τ είναι θ θ η παράγωγος της αθροιστικής: d d tv t v −1 fT ( t ) = FT ( t ) = v = v v , t ∈ ( 0,θ ) θ dt dt θ v
Έστω g (T ) : E g (T ) = 0 E g (T ) = 0, ∀θ ⇒
θ
θ
t v −1
∫ g ( t ) f ( t ) dt = ∫ g ( t ) v θ T
0
v
θ
v
dt =
θ
0
v
∫ g (t ) t
v −1
dt = 0, ∀θ
0
και, παραγωγίζοντας ως προς θ, παίρνουµε: g (θ )θ = 0 ⇒ g (θ ) = 0, ∀θ άρα η Τ είναι και πλήρης. Εποµένως ψάχνουµε να βρούµε µια συνάρτηση της επαρκούς και πλήρους, η οποία να είναι α.ε. της g (θ ) = θ k . v −1
Έστω Ψ (T ) : E Ψ (T ) = θ ⇒ k
θ
∫ Ψ ( t ) f ( t ) dt = θ T
k
, ∀θ ⇒
0
θ
t
v −1
∫ Ψ (t ) v θ 0
dt = θ ⇒ k
v
v
θ
θ v ∫0
Ψ ( t ) t dt = θ ⇒ v −1
θ
∫ Ψ (t )t
v −1
dt =
0
γίζοντας ως προς θ, παίρνουµε: Ψ (θ )θ Άρα η συνάρτηση Ψ (T ) =
k
v −1
= (v + k )
θ v+ k −1 v
θ v+k v
και, παραγω-
⇒ Ψ (θ ) =
v+k k θ . v
v+k k v+k T = X ( v ) k είναι η ζητούµενη α.ε.ε.δ. της v v
θk. 2
Άρα, για διάφορες τιµές του κ, έχουµε τις διάφορες α.ε.ε.δ. των δυνάµεων του θ: v+k Π.χ. για k = 1 , έχουµε ότι η α.ε.ε.δ. του θ είναι X (v) v Αφού X ~ U ( 0,θ ) , τότε: E ( X ) =
β)
Ψ1 (T ) : E Ψ1 (T ) = g1 (θ ) =
θ
θ
2
, εποµένως ζητούµε σ.σ.
. 2 v+k Έχουµε βρει ότι: Ψ (T ) = X ( v ) k α.ε.ε.δ. της g (θ ) = θ k . Τότε: v v+k Ψ c (T ) = c X ( v ) k α.ε.ε.δ. της g c (θ ) = c ⋅ θ k v 1 και, για c = , k = 1 , έχουµε: 2 1 v +1 1 Ψ1 (T ) = X ( v ) α.ε.ε.δ. της g1 (θ ) = ⋅ θ . 2 2 v
Αφού X ~ U ( 0,θ ) , τότε: V ( X ) =
γ)
θ2
12 Παράδειγµα - Άσκηση: Να βρεθεί η α.ε.ε.δ. E ( X ) , V ( X ) τέτοια ώστε: 1 και, σύµφωνα µε τα προηγούµενα, για c = , k = 2 , έχουµε: 12 1 v+2 θ2 2 Ψ 2 (T ) = X ( v ) α.ε.ε.δ. της g 2 (θ ) = . 12 12 v
Παράδειγµα - Άσκηση: Έστω X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από κατανοµή µε f ( x, λ ) = 2λ 2 x −3 , x > λ , λ > 0 . Ν.δ.ό. η σ.σ. T = X (1) = min X i είναι επαρκής και πλήρης για το λ. 1) 2) Να βρεθεί η α.ε.ε.δ. του g ( λ ) = λ − k . Λύση: f ( X ,λ ) =
v
∏ f ( xi , λ ) = i =1
( 2λ )
∏ 2λ
2
xi −3 I ( λ < xi < ∞ ) =
i =1
v
1
2 v
v
∏x
∏ I (λ < x < ∞) = i
v
3 i =1
i
i =1
v
θέλουµε:
∏ I (λ < x < ∞) = 1 ⇔ i
λ < xi < ∞, ∀i = 1,2,..., v ⇔
i =1
(
)
λ < X (1) < X 2 < ... < X v < ∞ ⇔ λ < X (1) < X 2 < ... < X v < ∞ ⇔ I λ < x(1) < ∞ = 1
3
Άρα f ( X , λ ) = ( 2λ 2 )
1
v v
∏x
3
(
)
I λ < x(1) < ∞ = h ( X ) ⋅ g T ( X ) ,θ µε
i
i =1
h( X ) =
1
∏x
3
(
και g T ( X ) , λ = ( 2λ 2 ) I λ < x(1) < ∞ v
v
)
i
i =1
άρα η T = X (1) είναι επαρκής. Θα βρούµε την σ.π.π. της Τ, αφού πρώτα βρούµε την αθροιστική της και µετά την παραγωγίσουµε.
(
)
(
)
FT ( t ) = P (T ≤ t ) = P X (1) ≤ t = 1 − P X (1) > t = 1 − P ( X 1 , X 2 ,..., X v > t ) =
1 − P ( X1 > t ) P ( X 2 > t ) ⋅ ⋅ ⋅ P ( X v > t ) = v
1 − 1 − P ( X 1 ≤ t ) 1 − P ( X 2 ≤ t ) ⋅ ⋅ ⋅ 1 − P ( X 3 ≤ t ) = 1 − ∏ 1 − P ( X i ≤ t ) = i =1
v
1 − ∏ 1 − FX ( t ) = 1 − 1 − FX ( t ) , όπου FX ( t ) είναι η αθροιστική της Χ, την v
i =1
οποία µπορούµε να βρούµε µε ολοκλήρωση της σ.π.π. της Χ t
2
x −2 1 λ2 λ 21 FX ( t ) = ∫ 2λ x dx = 2λ = −λ 2 − 2 = 1 − 2 = 1 − , οπότε λ t t t −2 λ λ η αθροιστική της Τ ισούται: t
2 −3
2
v
v
2v 2 λ 2 λ λ FT ( t ) = 1 − 1 − FX ( t ) = 1 − 1 − 1 − = 1 − 1 − 1 + = 1 − t t t και, 2 v −1 2v d d λ λ 2v λ −λ fT ( t ) = FT ( t ) = = 2v 2 v+1 1 − = −2v t2 dt t dt t t
v
Έστω g (T ) : E g (T ) = 0, ∀λ ⇒ g (t ) 2vλ ∫ 2v +1 dt = 0 ⇒ λ t ∞
2v
∞
∞
λ 2v
∫λ g ( t ) f ( t ) dt = 0 ⇒ ∫λ g ( t ) 2v t T
2 v +1
dt = 0 ⇒
g (t ) ∫λ t 2v+1 dt = 0 και, παραγωγίζοντας ως προς λ:
∞
− g ( λ ) λ −2v −1 = 0 ⇒ g ( λ ) = 0, ∀λ ⇒ g ( t ) = 0, ∀t , δεδοµένου ότι λ −2 v−1 > 0 πάντα, άρα η Τ είναι και πλήρης σ.σ. για το λ. Άρα για να βρούµε την α.ε.ε.δ. του λ − k , ζητούµε συνάρτηση της πλήρους και επαρκούς (Τ) η οποία να είναι α.ε. του λ − k . Έστω λοιπόν Ψ (T ) : E Ψ (T ) = g ( λ ) = λ − k
4
∞
∞
2vλ 2 v 1 2v −k −k ∫λ Ψ ( t ) t 2v+1 dt = λ ⇒ 2vλ ∫λ Ψ ( t ) t 2v+1 dt = λ ⇒
λ −2v −k
Ψ (t ) λ −k ∫λ t 2v+1 dt = 2vλ 2v =
∞
και, παραγωγίζοντας κατά τα γνωστά ως προς λ, παίρνουµε: 2v Ψ (λ ) λ − k −2 v−1 k + 2v − k − 2v +1 = ( − k − 2v ) ⇒ Ψ (λ ) = λ 2v 2v λ k + 2v − k k + 2v T = X (1) − k Άρα η σ.σ. Ψ (T ) = 2v 2v −k είναι α.ε.ε.δ. για το λ
5