diastimata_empistosunis by dap ndfk

ΜΕΡΟΣ IV

∆ΙΑΣΤΗΜΑΤΑ ΕΜΠΙΣΤΟΣΥΝΗΣ

∆ΙΑΣΤΗΜΑΤΑ ΕΜΠΙΣΤΟΣΥΝΗΣ Η Σηµειακή εκτιµητική δεν ποσοτικοποιεί την αβεβαιότητά µας για την άγνωστη παράµετρο. Παίρνουν µία τιµή και δεν γνωρίζουµε πόσο αβέβαιοι είµαστε για την τιµή αυτή. Σχεδόν πάντα, µε πιθανότητα 0, η εκτίµηση θα είναι ακριβώς ίση µε την πραγµατική τιµή της παραµέτρου. Κατασκευή ∆ιαστηµάτων Εµπιστοσύνης Ζητούµε LB ( X ) , UB ( X ) (LowerBound και UpperBound), τέτοια ώστε, η πιθανότητα P  LB ( X ) < θ < UB ( X )  = 1 − a , συνήθως 95%, δηλαδή α=0,05. ∆εν αποκλείεται όµως, να ληφθεί και α=0,01 (99%) ή α=0,1 (90%) 95%=100(1-α)%. Παράδειγµα Άσκηση: Έχουµε X 1 , X 2 ,…, X v από κανονική κατανοµή N ( µ ,σ 2 ) , µε σ2 γνωστό. Ζητείται ένα διάστηµα εµπιστοσύνης για το µ, µε α=0,05 Λύση: Το α δεν έχει καµία σηµασία! =µ=X . Είναι γνωστό ότι µ Θεωρούµε την κατανοµή του. α/2 X i ~ N ( µ ,σ 2 ) και, δεδοµένου ότι το σ2 είναι γνωστό ,  σ2  X ~ N  µ ,  . Είναι γνωστό v   επίσης ότι z =

X −µ

~ N ( 0,1)

-zα/2

α/2

α/2 zα/2 x

α/2

x v µ x − za σ x + za σ 2 2 v • Το µ αυτό είναι το πραγµαv τικό, όχι το δειγµατικό. • Από το συνολικό διάγραµµα πρέπει να «κόψουµε» µια ποσότητα α (εδώ 5%), για να µείνει το 1-α • επειδή η κανονική κατανοµή είναι συµµετρική, είναι το ίδιο αν «κόψουµε» ένα α/2 από κάθε πλευρά του γραφήµατος, οπότε πάλι παραµένει στο µέσο µία ποσότητα 1-α .   x − µ P − za ≤ z ≤ z a = 1 − a ⇒ P  − za ≤ ≤ za  =  σ 2 2 2 2   v    = P z σ = P  − za σ ≤ x − µ ≤ za σ ≥ µ − x ≥ − za σ   a  2 2 2 v v v v   2  = P x − z σ  =1− a P  − za σ ≤ µ − x ≤ za σ ≤ µ ≤ x + za σ    a 2 2 2 2 v v v v  

(

)

Άρα λοιπόν LB ( µ ) = x − za σ 2

και UB ( µ ) = x + za σ 2

, Άρα το (1 − a )100% ∆Ε =  x − za σ , x + za σ 2 2 v v   όπου: 1 v X = ∑ xi , v i =1 το za βρίσκεται από τους πίνακες τυποποιηµένης κανονικής κατανοµής 2

N ( 0,1) , για την τιµή του α/2. σ ,v από τη δοθείσα κατανοµή και δείγµα. Ερµηνεία του ∆ιαστήµατος Εµπιστοσύνης Αν επαναλάβουµε το πείραµα πολλές φορές, µε διαφορετικά δεδοµένα και κατασκευάσουµε διαφορετικά 100(1-α)% ∆Ε, στο 100(1-α)% των περιπτώσεων το πραγµατικό µ θα βρίσκεται εντός του ∆Ε. Παρατηρήσεις 1) Εάν X 1 = x1 , X 2 = x2 ,…, X v = xv , τότε X = x είναι γνωστός αριθµός και το

διάστηµα (∆Ε) που είδαµε, x ± za σ

είναι γνωστό διάστηµα. Άρα σε συγκεv κριµένο δείγµα, το µ θα περιέχεται ή δεν θα περιέχεται στο ∆Ε, αλλά δεν γνωρίζουµε το πραγµατικό µ. 2) Όσο αυξάνεται το µέγεθος του δείγµατος (ν) τόσο το µήκος του ∆Ε µι= κραίνει. L ( ∆Ε ) = UB ( X ) − LB ( X ) = X + za σ −  X − za σ  2 2 v  v (περισσότερη X + za σ − X + za σ = za σ +z σ = 2 za σ 2 2 2 2 v v v a2 v v πληροφορία → λιγότερη αβεβαιότητα) 3) Για συγκεκριµένο µέγεθος δείγµατος, το µήκος µικραίνει, όσο µεγαλώνει το α, δηλ. όσο µικραίνει ο συντελεστής εµπιστοσύνης 1-α). 2

∆Ε για Άγνωστη Παράµετρο Πληθυσµού. Έστω X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από κατανοµή µε σ.π. (ή σ.π.π.) f ( x;θ ) . Ζητούµε τυχαία όρια LB ( X ) , UB ( X ) , τέτοια ώστε: P  LB ( X ) < θ < UB ( X )  = 1 − a (για πολυδιάστατες παραµέτρους, Ζώνη Εµπιστοσύνης). Γενική Μέθοδος Εάν T ( X ) = T ( X 1 , X 2 ,…, X v ) είναι εκτιµήτρια του θ και µία συνάρτηση της Τ

και της παραµέτρου θ, Y (T ,θ ) , µε κατανοµή ανεξάρτητη από άγνωστες παρα-

µέτρους, τότε επιλέγονται σταθερές τέτοιες ώστε: P c1 < Y (T ,θ ) < c2  = 1 − a , µπορούµε να πάρουµε 100(1-α)% ∆Ε για το θ, επιλύοντας τη διπλή ανίσωση, ως προς θ. 4

Παράδειγµα Άσκηση: Έστω X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από κανονική κατανοµή N ( µ ,σ 2 ) . Να βρεθεί ∆Ε για το µ. Λύση: Χρήση της γενικής µεθόδου: T ( X ) = X εκτιµήτρια για το µ. Επειδή το σ2 είναι άγνωστο, µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε την εκτίµηση: 2 1 v 2 s = xi − x , η οποία είναι και αµερόληπτη. ∑ v − 1 i =1  σ2  x−µ Γνωρίζουµε πάλι ότι X ~ N  µ ,  και εποµένως z = ~ N ( 0,1) σ v   v s 2 ( v − 1) Επίσης γνωρίζουµε ότι: ~ X(2v−1) (µε ν-1 βαθµούς ελευθερίας) 2

(

)

σ (γνωρίζουµε από τη θεωρία, ότι τα x και ν είναι ανεξάρτητα) (Παρένθεση)

z ~ N ( 0,1)

U ~ X(2r ) και, εάν είναι ανεξάρτητες και παίρνω την ποσότητα T=

N ( 0,1) z = ~ t( r ) , r < 30 (κατανοµή Student) 2 u/r X( r ) r

σ 2 = s 2 Γ ( v + 1)

Student fT ( t ) =

( 2 ) 1 + tv  2

2 π vΓ v

 v +1     2 

, −∞ < t < ∞

Η κατανοµή t( v−1) δεν εξαρτάται από άγνωστες παραµέτρους, είναι συµµετρική ως προς το 0, µονοκόρυφη, σχηµατικά είναι όπως και η τυποποιηµένη κανονική µε πιο «βαριά» άκρα, και για v ≥ 30 , συγκλίνει προς την αυτή. Η z ακολουθεί την Ν(0,1). Αν θεωρήσω τη z, x−µ x−µ z T= = u/r

σ v 2 ( v − 1) s v −1

σ =

σ2

(x − µ)

v =

2 σ s

σ2

x−µ ~ t( v −1) s v

Ζητούµε σταθερές c1 , c2 τέτοιες ώστε: P ( c1 < t < c2 ) = 1 − a ⇒     X −µ X −µ    P ( c1 < t < c2 ) = 1 − a ⇒ P c1 < < c2 = P −ta ( v −1) < < ta ( v−1)  =     s s 2    2  v v     P  −ta ( v −1) s < X − µ < ta ( v−1) s  = 2 v v  2 P  −ta ( v −1) s < X − µ < ta ( v−1) s  = 2 v v  2 P  −ta ( v −1) s ≤ µ − X ≤ ta ( v −1) s  = 2 v v  2 P  X − ta ( v −1) s ≤ µ ≤ X + ta ( v −1) s  = 1 − a . 2 2 v v  Συνεπώς: το (1 − a ) ⋅ 100%∆Ε =  x − ta ( v −1) s , x + ta ( v−1) s  2 2 v v  2 Η ίδια έκφραση µε πριν, αλλά αντί για σ έχουµε s και, αντί της τυποποιηµένης κανονικής κατανοµής, την Student t.

Αριθµητικά Παραδείγµατα: Άσκηση: Έχουµε X 1 , X 2 ,…, X 16 από κανονική κατανοµή N ( µ ,σ 2 = 1) . Ζητείται ένα διάστηµα εµπιστοσύνης 95% για το µ. ∆ίνονται: X = 2 , za = z0,975 = 1,96 . 2

Λύση: X −µ  1 X i ~ N ( µ ,σ 2 = 1) , X ~ N  µ ,  , z = ~ N ( 0,1) σ  v v = 95%∆Ε= (1 − 0,05 )100% ∆Ε =  X − z0,025 σ , X + z0,025 σ v v   1 1   1 1  2 − 1,96 ,2 + 1,96 = 2 − 1,96 , 2 + 1,96     = [ 2 − 0,49, 2 + 0, 49] = 4 4 16 16    [1,51;2, 49] Άσκηση: Έχουµε. ∆ίνονται: X 1 , X 2 ,…, X 16 από κανονική κατανοµή N ( µ ,σ 2 ) , µε X = 2 , s 2 = 4 .

Να βρεθεί ∆Ε για το µ. ∆ίνονται: t0,025 (15 ) = 2,131 , t0,05 (15 ) = 1,753 , t0,025 (16 ) = 2,120 , t0,05 (16 ) = 1,746 . Λύση: 100 (1 − a ) % = 95% ⇒ 100 − 100a = 95 ⇒ a = (100 − 95 ) ÷ 100 = 0,05 . 6

Άρα ΕΕ για το µ είναι: (1 − a ) ⋅ 100%∆Ε =  x − ta 2 ( v − 1) s , x + ta 2 ( v − 1) s  = v v  x − t  =  2 − 2,131 2 , 2 + 2.131 2  = 2 , x + t0,025 (15 ) 2 0,025 (15 )  4 4 16 16   [ 2 − 1,0655;2 + 1,0655] = [0,9345;2,0655] Παράδειγµα – Άσκηση (Άσκηση δοσµένη για το σπίτι) Έστω X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από κανονική κατανοµή N ( µ ,σ 2 ) α) Να κατασκευασθεί ένα (1-α) ∆.Ε. για το µ β) Να βρεθεί η σχέση που πρέπει να ικανοποιεί το µέγεθος του δείγµατος ν, ώστε το µήκος του ∆Ε να είναι µικρότερο από το 2σ, µε πιθανότητα 1-β. Λύση: α) (1 − a ) ⋅ 100%∆Ε =  X − ta 2( v−1) s , X + ta 2(v−1) s  v v  β) Μήκος ∆Ε = UB ( X ) − LB ( X ) = X + ta ( v −1) s −  X − ta ( v −1) s  = 2 2 v  v − X + ta s = 2ta s X + ta s 2 2 2 v v v   s v    s  ≤ 2σ  = 1 − β ⇒ P ≤ =1− β ⇒ P  2ta ( v −1) v  σ ta ( v −1)   2   2    s v   P > =β ⇒  σ ta ( v −1)   2   2  s v =β ⇒ P 2 > 2 σ ta ( v −1)   2   s2 v − 1 v v − 1  ( ) > ( )= β ⇒ P  σ2 ta2 ( v−1)  0  2  2 s ( v − 1) Θέτουµε: Y = , τότε 2

2 v −1

Y ~X

και P (Y > Xβ2,v −1 ) = β ⇒

v ( v − 1) 2 2 = Xβ2,v−1 ⇒ v ( v − 1) = ta ,v −1 ⋅ Xβ ,v−1 2 2 ta ,v−1 2

Xβ2,v−1

∆.Ε. συντελεστή (1-α) για το µέσο µ, κανονικής κατανοµής: x−µ α) Αν το σ2 είναι γνωστό, το ∆.Ε. βασίζεται στη z = ~ N ( 0,1) και έχει

άκρα x ± za σ 2

Αν το σ2 είναι άγνωστο, το ∆.Ε. βασίζεται στην T =

β)

άκρα τα x ± ta

,v −1

x−µ ~ t( v−1) και έχει s v

s v

Αν σ2 είναι άγνωστο και v > 30 , προσεγγιστικά, ∆.Ε., µε βάση κανονική κα. τανοµή ∆Ε =  x − za σ , x + za σ 2 2 v v   Παρατήρηση: Σε περίπτωση µη κανονικού πληθυσµού: i) Αν σ2 είναι γνωστό και v > 30 , από Κεντρικό Οριακό Θεώρηµα, x−µ z= ~ N ( 0,1) και παίρνουµε προσεγγιστικά

v  ασυµπτωτικά. ∆Ε =  x − za σ , x + za σ 2 2 v v   x−µ ii) Αν σ2 είναι άγνωστο και v > 30 , η τ.µ. ~ t( v −1) ασυµπτωτικά. s v

∆.Ε. για τη ∆ιαφορά Μέσων ∆ύο Κανονικών Πληθυσµών Έστω X 1 , X 2 ,…, X v1 τ.δ. από κανονική κατανοµή ~ N ( µ1 ,σ 12 ) και Y1 , Y2 ,…, Yv2 τ.δ. από κανονική κατανοµή ~ N ( µ 2 ,σ 2 2 ) .

Να βρεθεί ∆Ε για τη διαφορά µ1 − µ 2 Λύση: ∆ειγµατική µέσα: X , Y (εκτιµήτριες για τα µ1 , µ 2 ), µε  σ 12   σ 22  X ~ N  µ1 ,  και Y ~ N  µ 2 ,  και X , Y ανεξάρτητα. v1  v2     σ 12 σ 2 2  Ισχύει: X − Y ~ N  µ1 − µ2 , +  (απόδειξη µε ροπογεννήτριες). v1 v2   t ( X −Y )  M X −Y ( t ) = E e = E et X ⋅ e− tY  = E et X  ⋅ E e −tY  = M X ( t ) ⋅ M Y ( t ) .  

 σ 2t 2  X ~ N ( µ1 ,σ 1 ) , M X ( t ) = exp  µt +  2     σ 12t 2  σ 2 2t 2  M X −Y ( t ) = M X ( t ) − M Y ( t ) = exp  µ1t +  exp − µ2t + = 2v1  2v2    2

 t 2  σ 12 σ 2 2   exp ( µ1 − µ 2 ) t +  +  2  v1 v2    Συνεπώς: X − Y − ( µ1 − µ 2 ) z= ~ N ( 0,1) και

(

X ~ N ( µ X ,σ 2 X ) , Y ~ N ( µY ,σ 2Y )

)

σ 12 v1

και Χ,Υ ανεξάρτητα, τότε X ± Y ~ N ( µ X ± µY ,σ 2 X + σ 2Y )

σ 22 v2

    X − Y − ( µ1 − µ2 )  P − za < z < z a = 1 − a ⇒ P − za < < za  = 1 − a ⇒  2 2 2 2 2 2 σ σ 1 2   +   v v 1 2    σ 12 σ 2 2 σ 12 σ 2 2  P  X − Y − za ⋅ + < ( µ1 − µ 2 ) < X − Y + za ⋅ +  =1− a ,   2 2 v v v v 1 2 1 2   εποµένως:  σ 12 σ 2 2 σ 12 σ 2 2  ∆Ε για µ1 − µ 2 =  X − Y − za + , X − Y + za + . 2 2 v v v v  1 2 1 2   α) Αν σ 1 ,σ 2 είναι γνωστά, 100(1-α)% ∆.Ε. για τη διαφορά µ1 − µ 2 :

(

)

(

)

(

)

 σ 12 σ 2 2 σ 12 σ 2 2  + , X − Y + za +  X − Y − za  2 2 v v v v  1 2 1 2   β) Αν σ 1 ,σ 2 είναι άγνωστα, i) αν v1 , v2 > 30 , προσεγγιστικά το ∆.Ε. συντελεστή 1-α είναι:  s12 s2 2 s12 s2 2  + , X − Y + za +  X − Y − za  2 2 v v v v 1 2 1 2    ii)

Αν ένα από τα v1 , v2 < 30 , τότε κάνω την υπόθεση ότι σ 1 = σ 2 = σ και:

οπότε

( v1 − 1) s12 ~ X 2 σ2

v1 −1

και

( v2 − 1) s2 2 ~ X 2 σ2

( v1 − 1) s12 + ( v2 − 1) s22 ~ X 2 σ2

v1 + v2 − 2

v2 −1

ανεξάρτητα,

Επίσης: z =

( X −Y ) − (µ − µ ) 1

σ 12 v1

σ 22 v2

( X −Y ) − (µ − µ ) 1

σ2 v1

Η τ.µ. Τ µε T =

σ2 v2

( v1 − 1) s12 + ( v2 − 1) s22 σ 2 ( v1 + v2 − 2 ) ( X − Y ) − ( µ1 − µ2 ) 1 1 + v1 v2

( v1 − 1) s12 + ( v2 − 1) s2 2

= ~ t( v1 +v2 −2)

v1 + v2 − 2

Άρα T =

(

P −ta

( X −Y ) − (µ − µ ) 1

( v1 − 1) s1 + ( v2 − 1) s2 2

v1 + v2 − 2 2

,v1 + v2 −2

≤ T ≤ ta

,v1 + v2 − 2

1 1 ⋅ +   v1 v2 

~ t( v1 +v2 −2) και συνεπώς:

) =1− a ⇒

 1 1  1 1  ∆Ε(1 − a)% =  X − Y − ta ,v +v −2 s 2  +  , X − Y + ta ,v +v −2 s 2  +   2 1 2 2 1 2   v1 v2   v1 v2  

αν σ 1 = σ 2 , z =

( X − Y ) − ( µ − µ ) ~ N ( 0,1) 1

1 1 + v1 v2

∆.Ε. για τη ∆ιασπορά Κανονικού Πληθυσµού. Έστω: X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από κανονική κατανοµή N ( µ ,σ 2 ) ,σ 2 > 0 . Ζητείται ∆.Ε. για το σ 2 . n

2 1 2 α) Αν ο µ είναι γνωστός: σ = ∑ ( xi − µ ) Ε.Μ.Π., η οποία είναι και αv i =1 µερόληπτη, γιατί το µ είναι γνωστό. 2 Ζητούµε Y σ ,σ 2 µε κατανοµή ανεξάρτητη από άγνωστες παραµέτρους:

(

)

X 1 , X 2 ,…, X v ~ N ( µ ,σ 2 ) zi =

xi − µ

 x −µ 2 ~ N ( 0,1) ⇒ zi =  i  ~ X(1)  σ  2

Η Ε.Μ.Π. διαιρείται µε ν, είναι αµερόληπτη, αν µ άγνωστο δεν είναι αµερόληπτη και γι’ αυτό διαιρείται µε ν-1. Το µέγεθος του δείγµατος (ν) δεν θεωρείται άγνωστη παράµετρος. v xi − µ ) ( vσ  xi − µ  2 ~ X( v ) ⇒ ~ X(2v ) ∑   =∑ 2 2 σ  i =1 σ σ i =1  2  v  2 x − µ ( ) σ v < Xa2 ( v )  = P  X12−a ( v ) < 2 = ∑ i 2 2 2   σ σ i =1      2 2 2  1 σ 1 v σ v σ 2  = P = P 2 > > >σ > 2  X1−a ( v ) vσ 2 Xa2 ( v )   X12−a ( v ) Xa ( v )  2 2    2 2  v v  2 2  2 x − µ x − µ ( ) ( )  2  ∑ ∑ i i   vσ vσ 2 i =1  = P  i=1  =1− a P 2 <σ 2 < 2 < < σ 2  Xa ( v ) X1−a ( v )  X12−a ( v )   Xa ( v )  2 2  2 2     v  v 2 2  ∑ ( xi − µ ) ∑ ( xi − µ )  Άρα 100(1-α)% ∆.Ε. για το σ 2 :  i =1 2 , i =1 2  v v X X ( ) ( )   a 1− a 2 2   • Η γενική µέθοδος για τα ∆.Ε. µας βρίσκει ∆.Ε. για οποιαδήποτε παράµετρο. • Προσέχω πώς είναι η κατανοµή µας (συµµετρική ή όχι κ.λ.π.) v

β)

Αν ο µ είναι άγνωστος: 2 1 v s2 = xi − x ∑ v − 1 i =1

(

Είναι γνωστό ότι

)

v −1

σ2

2 ( v −1)

, άρα Y ( s ,σ 2

Ακριβώς η ίδια διαδικασία µε X(2v−1)

( v − 1) s 2 ~ X 2 σ2

( v −1)

Η Κατανοµή

Εάν U ~ X(2v ) και V ~ X(2m ) και U, V ανεU /n ~F V / m ( n ,m ) (Κατανοµή F, µε δύο βαθµούς ελευθερίας). 1 Προφανώς θα ισχύει η ~ F( m,n ) F( n ,m )

F( n ,m )

ξάρτητες, τότε F =

1-α α

F(n,m) ( a)

∆Ε για το Λόγο ∆ύο ∆ιασπορώνδύο Κανονικών ∆ιασπορών. Έστω X 1 , X 2 ,…, X v1 ~ N ( µ X ,σ X 2 ) και Y1 , Y2 ,…, Yv2 ~ N ( µY ,σ Y 2 ) , ανεξάρτητα τυχαία δείγµατα.

σX2 Να βρεθεί ∆Ε για το λόγο σY 2 α) Αν τα µ X , µY είναι γνωστά (τότε δεν χάνω βαθµούς ελευθερίας).  1 2 2  ~ X σ X = ∑ ( xi − µ X )  v 2 σ v i =1   X ⇒   v 2 2 1 2 mσ Y 2 σ Y = ∑ ( yi − µY )  ~ X   m 2 m i =1  σY  2

vσ X

µ X , µY γνωστά, συνεπώς θα οδηγηθούµε σε Fm,v

β)

Αν τα µ X , µY είναι άγνωστα*. Έχουµε: s X

1 v1 = ∑ xi − x v1 − 1 i =1

(

Επίσης γνωρίζουµε ότι:

( v1 − 1) s X 2 F=

v1 − 1

σX2

( v2 − 1) sY 2 σY 2

1 v1 και sY = ∑ yi − y v2 − 1 i =1 v1 −1

σX2

σX2 sY 2

σY 2

(

( v1 − 1) s X 2 ~ X 2

sX 2

= v2 − 1

)

σY 2 σX2 sY 2 sX 2

πώς: 12

και

)

( v2 − 1) sY 2 ~ X 2

~ F( v1 −1,v2 −1) ⇒

σY 2

σX2 σY 2 sX 2 sY 2

v2 −1

~ F( v2 −1,v1 −1) , συνε-

  σX2   2 σY  P f a ( v2 − 1, v1 − 1) < 2 < f1−a ( v2 − 1, v1 − 1)  = 2 sX  2  2   sY    sX 2 σ X 2 sX 2  P  f a ( v2 − 1, v1 − 1) ⋅ 2 < 2 < f1−a ( v2 − 1, v1 − 1) ⋅ 2  = 1 − a ⇒ 2 σY sY sY   2 1− a ⇒

σX2 Άρα ∆Ε(1-α)% για το είναι: σY 2  sX 2 sX 2   f a 2 ( v2 − 1, v1 − 1) ⋅ 2 , f1−a 2 ( v2 − 1, v1 − 1) ⋅ 2  sY sY   (*) Το s χρησιµοποιείται όταν τα µ X , µY είναι άγνωστα.

∆Ε για Ποσοστό. Έστω X 1 , X 2 ,…, X v ~ Bernoulli ( p ) . Ζητείται ένα ∆Ε για το p. Λύση: Μία Ε.Μ.Π. για το p είναι η: v p = x = 1 x ∑i v i =1 v

Θέτουµε: Y = ∑ xi i =1

Y ~ Binomial ( v, p ) ⇒ E (Y ) = vp και V (Y ) = vp (1 − p ) * Κεντικό Οριακό Θεώρηµα Ασυµπτωτικό Αποτέλεσµα Όταν έχουµε X 1 , X 2 ,..., X v ανεξάρτητες και ισόνοµες τ.µ. από κατανοµή µε

κοινό E ( X i ) = µ και V ( X i ) = σ 2 , τότε ο δειγµατικός µέσος ακολουθεί ασυµπτωτικά ( v → ∞ ) τυποποιηµένη κανονική κατανοµή:

X −µ

σ v

~ N ( 0,1) , v → ∞

Από το Κ.Ο.Θ. γνωρίζουµε ότι

Y − E (Y )

V (Y )

Y − vp vp (1 − p )

~ N ( 0,1) ⇒

  Y   − p   Y − vp v  Pr  − za ≤ ≤ za  = Pr − za ≤ ≤ za  =  2 2 2 2  vp (1 − p ) p (1 − p )     v    Y  2     −p 2  Yv− p Pr  v ≤ za  = Pr  ≤ za  =  p (1 − p ) p − p 1 2 2 ( )     v   v  

(

)

( )

2 2  p (1 − p )  Pr  Y − p − za ≤ 0 = v 2 v   2 2   z z a a 2   2Yp 2 Pr  Y − + p2 − 2 p + p2 ≤ 0  = v v v v     2 2      z z   a a    2 2 2 2 Pr  1 + p − 2 p + p + p ≤ 0 = 1 − a (1)     v v              Οι ρίζες του τριωνύµου στην (1) είναι:

(

( )

)

( ) ( )

( )

( ) ∓z 2

p +

p1 , p2 =

(

p 1 − p a

z ) ( 1+ a

)+(

)

4v 2

∆Ε. Όταν v >> 0 , τότε: p 1 − p p1 , p2 = p ∓ za και το ∆Ε είναι: 2 v  p 1 − p p 1 − p   p − z  p + z , a a   2 2 v v  

(

)

(

)

οπότε η (1) γίνεται:

, και προσδιορίζουν τα άκρα του

      p− p Pr  − za ≤ ≤ za  = 1 − a . Αν επιλύσουµε την ανισότητα ως προς p, 2 2 p 1 − p     v    p (1 − p ) p (1 − p )  Pr  p − za ⋅ ≤ p ≤ p + za ⋅  =1− a   2 2 v v    p (1 − p ) p (1 − p )  Εποµένως ∆Ε 100(1-α)%=  p − za ⋅ , p + za ⋅  2 2 v v  

(

)

∆ιάστηµα Εµπιστοσύνης για τη ∆ιαφορά δύο ποσοστών. Έστω X 1 , X 2 ,…, X v1 ~ Bernoulli ( p1 ) και W1 ,W2 ,…,Wv2 ~ Bernoulli ( p2 ) Ζητείται ∆.Ε. για το p1 − p2 . v1

p =

∑x

i =1

Y → Y1 = , όπου v → Y2

Y1 = ∑ xi

Y  p (1 − p )   ~ N   p,  v2 n n     Y2 = ∑ wi i =1

i =1

Y1 ~ Bin ( v1 , p1 ) ⇒ E (Y1 ) = v1 p1 V (Y1 ) = v1 p1 (1 − p1 ) Y2 ~ Bin ( v1 , p1 ) ⇒ E (Y2 ) = v2 p2 V (Y2 ) = v2 p2 (1 − p2 ) Y Y Η τ.µ. 1 − 2 έχει: v1 v2 Y Y  Y  Y  1 1 1 1 E 1 − 2 = E 1 − E 2  = E [Y1 ] − E [Y2 ] = v1 p1 − v2 p2 = v2 v1 v2  v1 v2   v1   v2  v1 p1 − p2 , άρα είναι µια αµερόληπτη εκτιµήτρια για τη διαφορά ποσοστού p1 − p2 . Y Y  Y  Y  1 1 V  1 − 2  = V  1  + V  2  = 2 V [Y1 ] + 2 V [Y2 ] = v2  v1 v2   v1   v2  v1 p1 (1 − p1 ) p2 (1 − p2 ) 1 1 v p 1 − p + v p 1 − p = + . ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 v12 v2 2 v1 v2  Y1 Y2   v − v  − ( p1 − p2 )  1 2 ~ N ( 0,1) ασυp1 (1 − p1 ) p2 (1 − p2 ) + v1 v2

Από το Κ.Ο.Θ. (για ν>30), έχουµε ότι:

µπτωτικά.

 Y Y   1 2   −  − ( p1 − p2 )    v1 v2   Pr  ≤ za  = 2  p1 (1 − p1 ) + p2 (1 − p2 )    v v 1 2    Y Y  p1 (1 − p1 ) p2 (1 − p2 )  Pr   1 − 2  − ( p1 − p2 ) ≤ za + =   v1 v2   2 v v 1 2    Y Y  p1 (1 − p1 ) p2 (1 − p2 )  1 2 Pr   −  − ( p1 − p2 ) ≤ za +  =1− a ⇒   v1 v2   2 v v 1 2   …….  Y1 Y2  −  ± za 2 v  1 v2 

(1 − a ) %∆Ε = 

Y1  Y1  Y2  Y2  1 −  1 −  v1  v1  v2  v2  + , v1 , v2 µεγάλα. v1 v2

Άσκηση (Παλιό Θέµα και µέρος Θέµατος Σεπτ 2009) Έστω από X 1 , X 2 ,…, X v τ.δ. από κατανοµή µε σ.π. f ( x;θ ) = θ xθ −1 ,0 < x < 1 . α) Να βρεθεί η εκτιµήτρια ροπών του θ, θ και η Ε.Μ.Π. του 1 , έστω δ.

β)

Να βρεθεί ∆Ε για το θ (Υπόδειξη: Y = 2vθδ ~ X , 2 2v

Y ~ Gamma (θ , v ) =

γ)

θv

y v−1e−θ y

Γ (v) Αν ένα τ.δ. από την παραπάνω κατανοµή έδωσε τις τιµές xi = 0,2 , 0,7, 0,3, 0,4, 0,9, ποιο θα είναι το ∆.Ε. για το θ, µε σ.ε. 95%; ∆ίνονται 2 2 X0,975 (10 ) = 3,24 , X0,025 (10 ) = 20, 48 .

Λύση: α) Μέθοδος των ροπών: Μία παράµετρος ροπής πρώτης τάξεως: 1

E ( x ) = ∫ xf ( x ) dx = 0

∫ xθ x

dx = θ ∫ xθ dx =

θ −1

 xθ +1  = 0 θ +1 θ +1

(

)

x θ +1 1− x Θα βρω την εκτιµήτρια του θ και µετά, µέσω του αναλλοίωτου, θα βρω για την 1 .

άρα

= x ⇒ θ =θ x + x ⇒ θ −θ x =θ 1− x = x ⇒ θ =

Άρα L (θ ) = f ( x;θ ) =

θ −1

∏ f ( x ;θ ) = ∏θ x i

i =1

θ −1

 v  = θ  ∏ xi   i =1  v

 v  v θ −1   v  l (θ ) = ln L (θ ) = ln θ  ∏ xi   = v ln θ + (θ − 1) ln  ∏ xi  =  i =1    i =1   n

v ln θ + (θ − 1) ∑ ln xi i =1

n   ∂ v ln θ + (θ − 1) ∑ ln xi  v v ∂l (θ ) i =1  = v + ln x = 0 ⇒ v = − ln x ⇒ =  ∑ i ∑ i θ i=1 θ ∂θ ∂θ i =1 v

θɵ = −

v v

∑ ln x

ln xi ∑ 1 i =1 ⇒ δ =δ (X ) = = − v θɵ

i =1

β)

Έστω W = − ln x FW (W ) = Pr (W ≤ w ) = Pr ( − ln x ≤ w ) = Pr ( x > e− w ) = 1 − Pr ( x ≤ e− w ) =

1 − FX ( e − w )

d d 1 − FX ( e− w )  = − ( −e− w ) f X ( e− w ) = FW (W ) =  dw dw  − wθ = e − wθ e− wθ e w = θ e− wθ ⇒ fW (W ) = θ e → exp (θ )

Άρα fW (W ) = e− wθ e

− w(θ −1)

Wi = − ln xi ~ exp (θ ) v

i =1

T = ∑ [ − ln xi ] = −∑ ln xi ~ Gamma ( v,θ ) (άθροισµα εκθετικών ακολου-

θεί κατανοµή Γάµµα) T  v  Y = 2vθδ = 2vθ  −∑ ln xi  = 2vθ = 2θ T v  i =1  y  * FY ( y ) = Pr (Y ≤ y ) = Pr ( 2θ T ≤ y ) = Pr  T ≤ 2θ  y v v −1 −θ 1 1 θ y  y  2θ * fY ( y ) = fT   = e = v −1 v −1 2θ  2θ  2θ Γ ( v ) 2 θ

(

y − 1 v −1 2 y e ~ Gamma v, 1 2 2v Γ ( v )

)

1  Γ  ,2v  ~ X(22 v ) 2  Άρα Y = 2vθδ ~ X(22 v )

  y   = FT     2θ 

    Pr  Xa2 ≤ Y ≤ X 2 a  = 1 − a ⇒ Pr  Xa2 ≤ 2θ T ≤ X 2 a  = 1 − a ⇒ 1− ,2 v 1− ,2 v  2 ,2v 2   2 ,2v 2  2 2  Xa X a  v ,2 1− ,2 v   2 Pr  2 ≤ θ ≤  =1− a 2 T 2 T      Xa2 X 2 a   ,2 v 1− ,2v  Άρα ∆.Ε.100(1-α)%=  2 , 2  2T 2T   v

γ)

T = −∑ ln xi = 4,19 , ν=5 i =1

 X(20,025,10) X(12−0,025,10)   3,24 20,48  ∆.Ε. 95%=  , , =  = [ 0,3866;2,4439]  2 ⋅ 4,19 2 ⋅ 4,19   8,38 8,38 