(Luận văn thạc sĩ) đặc trưng họ phân phối có chứa thống kê đủ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG ĐẶC TRƯNG HỌ PHÂN PHỐI CÓ CHỨA THỐNG KÊ ĐỦ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG ĐẶC TRƯNG HỌ PHÂN PHỐI CÓ CHỨA THỐNG KÊ ĐỦ Chuyên ngành: LÝ THUYẾT XÁC SUẤT VÀ THỐNG KÊ TOÁN HỌC Mã số : 60 46 15 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS.ĐÀO HỮU HỒ Hà Nội - 2013 Mục lục Lời nói đầu Thống kê đủ số kết cần dùng 1.1 Định nghĩa thống kê đủ 1.2 Định lý tách 1.3 Hai tính chất đặc trưng thống kê đủ 11 1.3.1 Tính bất biến lượng thơng tin Fisher 11 1.3.2 Định lý Bahudur 13 1.4 Hai kết đặc trưng phân phối xác suất thông qua tính hồi quy số 15 1.4.1 Đặc trưng phân phối Gamma 15 1.4.2 Đặc trưng phân phối chuẩn 17 Đặc trưng họ phân phối có chứa thống kê đủ 2.1 18 Đặc trưng phân phối chiều mà lũy thừa chứa thống kê đủ không tầm thường 18 2.2 Họ mũ với tham số tịnh tiến tỷ lệ 23 2.3 Tính đủ riêng đặc trưng phân phối 34 2.4 Không gian đủ đặc trưng phân phối với không gian đủ 40 2.4.1 40 Không gian đủ 2.4.2 Đặc trưng phân phối với không gian đủ 42 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 Chương Thống kê đủ số kết cần dùng 1.1 Định nghĩa thống kê đủ Giả sử ta có mẫu ngẫu nhiên cỡ n: X = (X1 , , Xn ), Xi độc lập phân phối (X , A ) không gian mẫu, họ phân bố {Pθ , θ ∈ Θ} không gian (X , A ) thống kê S ánh xạ từ (X , A ) vào không gian (S , B) Định nghĩa 1.1.1 Thống kê S gọi thống kê đủ họ {Pθ } ∀A ∈ A , ta tìm hàm ψA = ψ[S(x)] cho Pθ (A/S) = ψA Pθ − h.k.n, ∀θ ∈ Θ, (1.1.1) đó, Pθ - h.k.n hiểu hầu khắp nơi họ độ đo Nói cách khác: Thống kê S gọi thống kê đủ xác suất có điều kiện biến cố với điều kiện thống kê S nhận giá trị xác định không phụ thuộc vào tham số θ Dễ dàng nhận thấy thống kê sau đủ cho họ phân phối tương ứng: S(X) = X1 + X2 + + Xn đủ cho tham số p phân phối nhị thức S(X) = X1 + X2 + + Xn đủ cho tham số λ phân phối Poisson S(X) = X = n n i=1 Xi đủ cho tham số kì vọng θ phân phối chuẩn n Đối với phân phối Gamma Γ(α, β) ( i=1 n Xi , Xi ) thống kê i=1 đủ hai chiều cho (α, β) Thống kê thứ tự (X(1) , X(2) , , X(n) ) đủ họ {Pθ } Rõ ràng tồn thống kê đủ khác họ phân phối {Pθ } (vì thống kê thứ tự ln đủ cho {Pθ } ) nên người ta mong muốn tìm thống kê đủ " bé nhất" theo nghĩa đó, từ ta đưa định nghĩa sau đây: Định nghĩa 1.1.2 Thống kê T : (X , A ) → (T, T ) gọi thống kê đủ cực tiểu họ {Pθ } T hàm thống kê đủ S khác ( Ở đây, kí hiệu T vừa hiểu thống kê T , vừa hiểu không gian giá trị T Sự trùng không gây hiểu lầm nào.) Chính xác hơn, T gọi đủ cực tiểu họ {Pθ } thống kê đủ S : (X , A ) → (S , B), ta có T −1 (T ) ⊂ S −1 (B), T −1 (T ) ⊂ A S −1 (B) ⊂ A nghịch ảnh đại số T B ánh xạ Ta thấy có điều hiển nhiên là: Nếu T đủ cực tiểu thống kê đủ S thỏa mãn S −1 (B) ⊂ T −1 (T ) S −1 (B) = T −1 (T ) S thống kê đủ cực tiểu Dễ dàng thấy tập tỷ số hợp lý cực đại    L(θ1 | X)  L(θ2 | X) thống kê đủ cực tiểu {Pθ , θ = θ1 ∪ θ2 } Đối với họ phân phối Poisson P (λ) S(X) = 1.2 Xi đủ cực tiểu cho λ Định lý tách Định lý tách định lý cho mô tả phân bố mà thống kê S(x) cho thống kê đủ Định lý lần thiết lập Holmos Savage (xem [4]), cịn dạng tổng qt chứng minh sớm Fisher Neyman (xem [1]) Giả sử tất phân bố {Pθ , θ ∈ Θ} liên tục tuyệt đối độ đo µ Trong trường hợp ta nói họ {Pθ } làm trội độ đo µ Định lý 1.2.1 Để thống kê S : (X , A ) → (S , B) đủ họ {Pθ } làm trội µ, điều kiện cần đủ hàm mật độ dPθ /dµ = p(., θ) phân tích thành: µ − h.k.n, p(x, θ) = R[S(x); θ]r(x) θ ∈ Θ, (1.2.1) đó, R(., θ) hàm B - đo không âm r hàm A - đo không âm Chứng minh Để chứng minh định lý này, ta sử dụng bổ đề đặc trưng metric mà chứng minh bỏ qua (xem [8]) Bổ đề 1.2.2 Nếu họ {Pθ } bị làm trội độ đo µ , tồn họ đếm {Pθ1 , Pθ2 , } cho Pθi (A) = với i = 1, 2, ta suy Pθ (A) ≡ với θ ci Pθi , ∀ci > Xét độ đo xác suất λ = i ci = Độ đo hiển i nhiên có tính chất λ(A) = Pθ (A) ≡ với θ ngược lại Điều kiện cần: Giả sử thống kê S đủ {Pθ } Khi đó, Pθ (A|S) = ψA λ(A|S) = ψA Thật ra, với B ∈ S −1 (B), ta có ψA dλ = B ψA d ci P θi = i B ci i ψA dPθi = ci i B dPθi B∩A ci Pθi (B ∩ A) = λ(B ∩ A) = i Đặt dPθ /dλ = fθ Kí hiệu IA hàm tiêu tập hợp A, ta có với A ∈ A , Eλ (IA fθ ) = Pθ (A) = Eθ [Pθ (A|S)] = Eλ [fθ Pθ (A|S)] = Eλ [fθ λ(A|S)] = Eλ [Eλ (fθ |S)λ(A|S)] = Eλ [Eλ {IA Eλ (fθ |S)|S}] = Eλ (IA Eλ (fθ |S)) Do fθ = Eλ (fθ |S) λ − h.k.n, tức hàm mật độ fθ B - đo Hơn p( ; θ) = dPθ \dµ = (dPθ /dλ)(dλ/dµ) = fθ r fθ = fθ (S), ta nhận dạng phân tích (1.2.1) Điều kiện đủ: Từ (1.2.1), suy dλ/dµ = r R(S, θi ) = r.G(S) i Ta đặt: f˜θ (x) = R[S(x), θ]/G[S(x)] G[S(x)] > 0 G[S(x)] = Dễ thấy hàm f˜θ B - đo được, phương án đạo hàm dPθ /dλ , f˜θ = fθ λ − h.k.n Với A ∈ A , ta có: Eθ [Pθ (A|S)] = Pθ (A) = Eλ [fθ IA ] = Eλ [Eλ (fθ IA |S)] = Eλ [fθ Eλ (IA |S)] = Eθ [Eλ (IA |S)] = Eθ [λ(A|S)] Vì quan hệ với A ∈ A , nên với biến cố A ∩ B, B ∈ S −1 (B) Với biến cố hệ thức có dạng: Eθ [IB Pθ (A|S)] = Eθ [IB λ(A|S)] Từ đó, rõ ràng Pθ (A|S) = λ(A|S) Pθ − h.k.n Điều nói lên cách xác thống kê S đủ Ví dụ: Chẳng hạn xét X1 , X2 , , Xn độc lập phân phối chuẩn N (θ, σ ) Khi mật độ đồng thời là:   1 √ exp −  2σ ( 2πσ )n n Xi2 i=1 + θ σ2 n Xi − i=1 n theo định lý 1.2.1, thống kê S(X) = ( n 2σ n Xi , i=1 θ2    Xi2 ) đủ cho i=1 (θ, σ ) Nhận xét: Chúng ta S thống kê đủ họ làm trội {Pθ } với hàm đo giá trị thực φ(x) với Eθ |φ| < ∞, ∀θ ∈ Θ, tồn hàm φ˜ thỏa mãn: Eθ (φ|S) = φ˜ Pθ − h.k.n, θ ∈ Θ (1.2.2) Chứng minh Đặt ΘN = {θ ∈ Θ : N < Eθ |φ| ≤ N + 1}; rõ ràng ∞ ΘN = Θ N =0 Ứng với ΘN , ta xây dựng độ đo λN tương tự ta xây dựng độ đo λ Θ, đặt: ∞ λN /2N +1 v= N =0 Độ đo v khác với độ đo λ mà xây dựng trước đó, chỗ Ev |φ| < ∞, Eλ |φ| vơ hạn Bây ta tiến hành tương tự chứng minh điều kiện đủ định lý 1.2.1 nhận được: Eθ (φ|S) = Ev (φ|S) Pθ − h.k.n, θ ∈ Θ Do (1.2.2) dùng làm định nghĩa thống kê đủ S(x) Thực ra, công thức (1.2.2) thống kê đủ sử dụng lý thuyết ước lượng Kết sau cần thiết cho phần Định lý 1.2.3 Giả sử {Pθ } họ làm trội, thống kê S : (X , A ) → (S , B) đủ họ {Pθ1 , Pθ2 }, θ1 ∈ Θ, θ2 ∈ Θ Khi đó, S(x) đủ họ {Pθ } Nói cách khác, họ làm trội, tính đủ theo cặp tương đương với tính đủ họ Chứng minh Giả sử {Pθ1 , Pθ2 , } họ đếm được, chọn chứng minh bổ đề 1.2.2, cố định θ ∈ Θ Sử dụng tính đủ S(x) họ {Pθ1 , Pθ2 , } lập luận chứng minh định lý 1.2.1, nhận hàm: fj (., θ) = dPθ cj d(Pθ + Pθj ) B - đo được, với cj > Giả sử Sj (θ) = {x : fj (x, θ) = 0} Trên X − Sj (θ), Pθ liên tục tuyệt Pθ + λ λ Hơn j nữa, với x ∈ X − Sj (θ), j dPθ dλ = dλ/dPθ = (1/fj ) − Sj (θ) ∈ B , dPθ /dλ B - đo Điều có nghĩa thống kê S(x) đủ với họ {Pθ } Cấu trúc thống kê đủ cực tiểu mô tả cách dễ dàng với giúp đỡ định lý tách 1.2.1 giả định p(x, θ) > với x ∈ X với θ ∈ Θ Xét thống kê (θ0 phần tử Θ): T : x → gx (θ) = log 10 p(x, θ) p(x, θ0 ) (1.2.3) tức E0 S |X = c (2.3.3) Khi đó, khẳng định định lý suy từ định lý 1.4.2 Cụ thể sau: Từ (2.3.3) ta có: n E0 s exp it n Xi = cE0 exp it i=1 Xi (2.3.4) i=1 Bằng phép biến đổi đơn giản (2.3.4) trở thành: −nf (t) f (t) n−1 n−1 +f (t) f (t) +(n−1) f (t) n−2 f (t) n = c f (t) (2.3.5) đó, f(t) hàm đặc trưng tương ứng với phân phối F(x) Trong miền |t| < ε với ε đủ nhỏ, phương trình (2.3.5) tương đương với: (n − 1)f (t) f (t) Đặt f f = ϕ, |t| < ε ϕ = f (t) + (n − 1) f f − (f )2 ϕ (t) = f2 f (t) = c (2.3.6) (2.3.6) viết lại là: c , |t| < ε 1−n Từ suy f (t) = exp(c1 t2 + c2 t), |t| < ε Tức F (x) phân phối chuẩn Chúng ta lưu ý định lý 2.3.2 khơng mạnh định lý 2.2.3, định lý 2.2.3 không cần điều kiện x2 dF (x) < ∞ Để mở rộng định lý 2.3.2, xét độc lập θ ∈ R1 kì vọng tốn có điều kiện Eθ {P (X1 − X, , Xn − X)|X}, P đa thức Theo định lý 2.2.3, rằng: Eθ {P (X1 − X, , Xn − X)|X} = const 35 (2.3.7) , Kết nghiên cứu Zinger Linnik ( xem [10]) Ở tác giả rằng, điều kiện cụ thể cho P hàm phân phối F, tính chuẩn F suy từ (2.3.7) Tuy nhiên không chi tiết Bây chuyển sang trường hợp tham số tỷ lệ Định lý 2.3.3 Giả sử (X1 , , Xn ) mẫu ngẫu nhiên cỡ n ≥ từ biến ngẫu nhiên với hàm phân phối F (x/σ), σ ∈ R1+ Giả sử F (0) = 0, F ∗n liên tục tuyệt đối độ đo Lebesgue x2 dF (x) < ∞ Nếu với i, j , Eσ (Xi Xj |X) khơng phụ thuộc vào σ ∈ R1+ , F hàm phân phối gamma Chứng minh Định lý chứng minh tương tự bổ đề 2.2.6, ta bỏ qua chứng minh chi tiết định lý Theo cơng trình Kagan (xem [6]), ta có hệ thức tương tự sau Eσ (Q|X) = ψ (X) (2.3.8) Hệ thức với đa thức Q = Q(X) cho E1 |Q| < ∞ Đầu tiên, viết Q dạng: Q = qk + qk−1 + · · · + q0 , qj = qj (x) đa thức bậc j Từ (2.3.8) ta có: Eσ eitX Q = Eσ ψ(X)eitX (2.3.9) Nó viết dạng: k σ j qj exp(itσX) = E1 ψ(σX) exp(itσX) E1 (2.3.10) j=0 Chúng ta đặt: τ = tσ, µ(B) = dF (x1 ) dF (xn ) x∈B 36 (2.3.11) Bởi ∞ ψ(σu)eiτ u dµ(u) E1 ψ(σX) exp(iτ X) = E1 qj eiτ X = E1 eiτ X E1 (qj |X) = E1 eiτ X φj (X) ∞ φj (u)eiτ u dµ(u) = φj (X) = E1 (qj |X), từ (2.3.10) có: ∞ ∞ ψ(σu)e iτ u dµ(u) = k e iτ u σ j φj (u)dµ(u) (2.3.12) j=0 Do biến đổi Fourier, từ (2.3.12) suy với σ ∈ R1+ : k σ j φj (u) ψ(σu) = µ − h.k.n (2.3.13) j=0 đó, tập loại trừ phụ thuộc vào σ Bây giờ, tiếp tục phân tích hệ thức (2.3.13) Bổ đề 2.3.4 Nếu µ liên tục tuyệt đối độ đo Lebesgue (2.3.13) thỏa mãn, điều kiện cần là: φ0 (u) = const µ − h.k.n (2.3.14) Chứng minh Giả sử (2.3.14) sai, đó: essup φ0 (u) > essinf φ0 (u) (2.3.15) đó, essup essinf liên quan đến độ đo µ Từ (2.3.15) ta suy tồn số k1 k2 cho tập hợp: B1 = {u : φ0 (u) > k1 } B2 = {u : φ0 (u) < k2 } 37 có độ đo µ dương: µ(B1 ) > 0, µ(B2 ) > Hơn nữa, với ε > 0, tồn số c = c(ε) cho tập hợp: B ∗ = {u : |φ1 (u)| < c, , |φk (u)| < c} có tính chất µ(B ∗ ) > − ε Giả sử {σi } tập hợp tất số hữu tỷ dương Đặt Ai tập u cho (2.3.13) không thỏa mãn ∞ σ = σi giả sử A = Ai Vì µ(Ai ) = với i nên µ(A) = Bây i=1 giờ, xét tập B1∗ = B1 ∩B ∗ ∩A B2∗ = B2 ∩B ∗ ∩A Rõ ràng ε đủ nhỏ, ε > 0, µ(B1∗ ) > µ(B2∗ ) > Do µ liên tục tuyệt đối độ đo Lebesgue, có: m(B1∗ ) > 0, m(B2∗ ) > 0, m độ đo Lebesgue Với δ > cho trước, tồn số hữu tỉ σ1 , σ2 : < σ1 < δ, < σ2 < δ cho m(σ1 B1∗ ∩ σ2 B2∗ ) > suy tập hợp σ1 B1∗ ∩ σ2 B2∗ khơng rỗng Nói cách khác, tồn u ∈ B1∗ v ∈ B2∗ cho σ1 u = σ2 v Từ (2.3.13) ta nhận được: k (σ1 )j φj (u) ψ(σ1 u) = φ0 (u) + j=1 k (σ2 )j φj (v) ψ(σ2 v) = φ0 (v) + j=1 suy k k j φ0 (u) + (σ2 )j φj (v) (σ1 ) φj (u) = φ0 (v) + j=1 (2.3.16) j=1 Nhưng hệ thức thỏa mãn δ > 0, đủ nhỏ, vì: k (σ1 )j φj (u) j=1 k (σ2 )j φj (v) nhỏ tùy ý, đó: j=1 φ0 (u) > k1 > k2 > φ0 (v), mâu thuẫn dẫn đến: φ0 (u) = const bổ đề chứng minh 38 µ − h.k.n, Bổ đề 2.3.5 Nếu µ liên tục tuyệt đối độ đo Lebesgue (2.3.13) thỏa mãn, ψ(u) trùng với đa thức bậc k µ - h.k.n Chứng minh Chúng ta sử dụng phương pháp quy nạp Với k = 0, khẳng định chứng minh từ bổ đề 2.3.1 Bây giờ, giả sử điều tới k = s − với k = s Giả sử đó: s σ j φj (u) µ − h.k.n ψ(σu) = (2.3.17) j=0 Do bổ đề 2.3.4, φ0 (u) = const = c µ − h.k.n Từ (2.3.17), suy ra: ψ(σu) − c σu s σ j−1 φ∗j (u), = (2.3.18) j=0 đó, φ∗j (u) = φj (u)/u Giả sử ψ ∗ (u) = (ψ(u) − c)/u Khi có: s−1 ∗ σ j φ∗j (u) µ − h.k.n ψ (σu) = j=0 giả thiết quy nạp có: ∗ ψ (u) = ψ(u) − c u s−1 aj uj µ − h.k.n = j=0 khẳng định bổ đề suy Hệ thức (2.3.12) viết lại sau: ∞ iτ u j j=0 k iτ u aj (σu) dµ(u) = e ∞ k σ j φj (u)dµ(u) e j=0 từ suy ra: φj (u) = aj uj µ − h.k.n tức là: E1 (qj |X) = aj X j với j = 0, 1, , k 39 Do nhận được: E1 {Q(X1 |X, , Xn |X)|X} = const (2.3.19) Hệ thức (2.3.19) kết Linmik, Ruhkin Strelits (định lý 1.4.1); Các tác giả rằng, điều kiện cụ thể cho đa thức Q, cho hàm phân phối F Xi , (2.3.19) kéo theo Xi có phân phối Gamma Điều cho phép trình bày kết Định lý 2.3.6 Giả sử (X1 , , Xn ) mẫu ngẫu nhiên cỡ n ≥ rút từ biến ngẫu nhiên với hàm phân phối F (x/σ), σ ∈ R1+ Giả sử F thỏa mãn điều kiện định lý 1.4.1 Nếu đa thức Q thoả mãn điều kiện định lý thỏa mãn: Eσ {Q(X1 |X, , Xn |X)|X} = ψ(X) Pσ − h.k.n, (2.3.20) σ ∈ R1+ , F hàm phân phối Gamma Một lần nhận thấy tính đắn (2.3.20) đa thức Q bậc k “ dạng tổng quát” suy tồn momen cấp hàm phân phối F (x) cần F (0) = 0, F ∗n liên tục tuyệt đối ∞ xk dF (x) < ∞; Và khơng cần thiết phải thêm điều kiện F 2.4 Không gian đủ đặc trưng phân phối với không gian đủ 2.4.1 Không gian đủ Giả sử (X1 , , Xn ) mẫu ngẫu nhiên rút từ biến ngẫu nhiên có hàm phân phối F (x, θ), x ∈ R1 , θ ∈ Θ, và: dPθ = dF (x1 , θ) dF (xn , θ) 40 Giả sử số nguyên k ≥ với θ x2k dF (x, θ) < ∞ (2.4.1) Khi đó, tập đa thức Q(X1 , , Xn ) có bậc ≤ k lập thành (2) khơng gian Hilbert Lk với tích vô hướng (Q1 , Q2 )θ = Eθ (Q1 Q2 ) (2) Giả sử L không gian Lk Dựa tương tự khái niệm thống kê đủ, đưa định nghĩa sau đây: (2) Định nghĩa 2.4.1 L gọi không gian Lk _ đủ (2) họ {Pθ } với Q ∈ Lk tồn q ∈ L, không phụ thuộc vào θ, cho: Eˆθ (Q/L) = q, (2.4.2) đó, Eˆθ (./L) phép chiếu lên L (hay kì vọng tốn có điều kiện (2) theo nghĩa rộng), tích vơ hướng (., )θ Lk tương ứng với độ đo Pθ (2) Nếu L không gian đủ, ∈ L phần từ Q ∈ Lk coi ước lượng không chệch hàm tham số γ(θ) = Eθ Q, ˆ áp dụng định lý Rao - Blackwell thống kê q = E(Q/L), có: γ(θ) = Eθ q V arθ (q) ≤ V arθ (Q) với θ Hơn nữa, với θ cố định, đẳng thức xảy nếu, θ Q ∈ L Như vậy, có mặt khơng gian đủ L mà thỏa (2) mãn điều kiện ∈ L, đa thức Q ∈ Lk − L nhận vào lớp ước lượng không chệch hàm tham số γ(θ) = Eθ Q, với hàm tổn thất bậc hai Chúng ta xây dựng lý thuyết tạm thời tính đủ, tức mơ tả tất F (x, θ) mà có tồn khơng gian đủ không tầm 41 (2) thường (khác Lk ); cho họ phải mở rộng hợp lý họ mũ (2.1.5) Dễ thấy, điều kiện để tồn không gian đủ khơng tầm thường biểu diễn ngơn ngữ momen: µ1 (θ) = x2k dF (x, θ) xdF (x, θ), , µ2k (θ) = Ở dừng lại trường hợp đơn giản, θ tham số tịnh tiến tỷ lệ L không gian đa thức X 2.4.2 Đặc trưng phân phối với không gian đủ Định lý 2.4.2 Giả sử (X1 , , Xn ) mẫu ngẫu nhiên rút từ biến ngẫu nhiên có hàm phân phối F (x − θ), θ ∈ R1 , k dPθ = dF (x1 − θ) dF (xn − θ) L = {a0 X + · · · + ak } Nếu 2k momen F trùng với momen tương ứng (2) luật chuẩn đó, L khơng gian Lk - đủ họ {Pθ } Nếu F thỏa mãn điều kiện x2k dF (x) < ∞, L không gian (2) Lk - đủ n ≥ 3, 2k momen F trùng với momen tương ứng luật chuẩn (2) Chứng minh Giả sử F hàm phân phối chuẩn Mọi đa thức Q ∈ Lk biểu thị sau: k Q = X Q0 (X1 − X, , Xn − X) + X k−1 Q1 (X1 − X, , Xn − X) + · · · + Qk (X1 − X, , Xn − X) Qi đa thức Nhưng, Xi chuẩn, X vectơ (X1 − X, , Xn − X) độc lập Do đó: k Eθ (Q|X) = a0 X + · · · + ak , 42 (2.4.3) đó: aj = Eθ (Qj |X) = Eθ (Qj ) = E0 (Qj ) (2.4.4) Do Eθ (Q|X) ∈ L, Eˆθ (Q|X) = Eθ (Q|X) (2.4.3), L không (2) gian Lk - đủ, F hàm phân phối chuẩn Nhưng hai hàm phân phối mà 2k momen trùng cảm sinh tích vơ (2) hướng Lk Do đó, 2k momen F trùng với 2k momen luật chuẩn thì: k Eˆθ (Q|L) = a0 X + ak đó, a0 , , ak giống (2.4.4) Điều chứng minh khẳng định định lý (2) x2k dF (x) < ∞, n ≥ L Lk - đủ Đầu tiên, Bây giờ, giả sử (2) Q ∈ Lk có dạng: Q = Q(X1 − X, , Xn − X) đó: Eˆθ (Q|L) = const = Eθ Q = E0 Q Thật vậy, giả sử: k Eˆθ (Q|L) = q(X) = a0 X + ak Eθ Q = Eθ q, E0 Q = E0 q(X + θ) Chúng ta biểu thị q(X + θ) theo lũy thừa X: k q(X + θ) = A0 (θ)X + · · · + Ak (θ) Aj (θ) đa thức θ Nếu a0 = 0, bậc Ak (θ) k, j Aj (θ) khác không vượt (k − 1) Đặt E0 Q = c, E0 X = vj , có: A0 (θ)vk + A1 (θ)vk−1 + · · · + Ak (θ) = c, 43 θ ∈ R1 Nhưng phép đồng thực bậc Ak (θ) ≤ k − Do đó, a0 = 0, phương pháp tương tự, a1 = · · · = ak−1 = Giả sử µj = xj dF (x) j = 1, Nếu Q = Q(X1 − X, , Xn − X) chứng minh Eˆ0 (Q|L) = E0 Q hay viết lại là: E0 [Qq] = E0 Q.E0 q, q = q(X) (2.4.5) q ∈ L Chúng ta đặt Q = (X2 − X1 )2 , q = X Khi hệ thức (2.4.5) cho phép ta biểu thị µ3 qua µ1 µ2 Nói chung, nhận s momen đầu tiên, s ≤ 2k − 1, để xác định µs+1 , tiến hành làm sau: giả sử r = min(k, s); (2.4.5), đặt: Q = (X1 − X2 )r−1 (X1 − X3 ), q=X s+1−r Khi đó, từ hệ thức nhận biểu diễn µs+1 biểu thị theo số hạng µ1 , , µs Theo cách đó, hai momen F cố định, µ3 , µ4 , µ2k xác định chúng Dễ dàng chúng momen luật chuẩn ( đối (2) với F thế, L không gian Lk - đủ) Định lý 2.4.2 chứng minh Bây giờ, quay trở lại với tham số tỷ lệ Định lý 2.4.3 Giả sử (X1 , , Xn ) mẫu ngẫu nhiên rút từ biến ngẫu nhiên có hàm phân phối F (x|σ), σ ∈ R1+ , k dPσ = dF (x1 /σ) dF (xn /σ), L = {a0 X + · · · + ak } Nếu 2k momen F trùng với momen tương ứng (2) phân phối Gamma đó, L khơng gian Lk - đủ họ {Pσ : σ ∈ R+ } 44 Nếu F thỏa mãn điều kiện: µ2k = x2k dF (x) < ∞, F (0) = L (2) Lk - đủ họ {Pσ }, F hàm phân phối suy biến 2k momen F trùng với momen tương ứng phân phối Gamma Chứng minh Giả sử F phân phối Gamma xét Eσ (X1j1 Xnjn |X), j1 + + jn = j ≤ k Chúng ta có: j Eσ (X1j1 Xnjn |X) = X Eσ [(X1 /X)j1 (Xn /X)jn |X] Nếu F phân phối gamma, X vectơ (X1 /X, , Xn /X) độc lập; điều suy trực tiếp X thống kê đủ đầy đủ đối j với họ {Pσ } Do đó, vế phải đẳng thức trở thành cX , c giá trị số của: Eσ [(X1 /X)j1 (Xn /X)jn |X] (2) Do đó, với Q ∈ Lk , có Eˆσ (Q|L) = Eσ (Q|X) L (2) Lk - đủ Điều với hàm phân phối F mà có 2k momen trùng với 2k momen phân phối gamma Bây giờ, quay lại khẳng định hai định lý Giả sử L (2) không gian Lk - đủ Chúng ta rằng, momen µ3 , , µ2k F xác định qua momen µ1 µ2 Thật vậy, giả sử momen µ3 , , µs , s < 2k, xác định Nếu s ≤ k, xét đa thức: X1s − aX1s−1 X2 , đó, số a xác định từ điều kiện: E1 (X1s − aX1s−1 X2 ) = 0, tức a = µs /µs−1 µ1 Chúng ta thấy a biểu diễn qua momen biết (2) Từ điều kiện Lk - đủ suy ra: k Eˆσ (X1s − aX1s−1 X2 |L) j = aj X j=0 45 Do đó: k Eσ (X1s − aX1s−1 X2 ) aj X = Eσ j j=0 Nhưng vế trái hệ thức thỏa mãn σ s E1 (X1s − aX1s−1 X2 ) = 0, cách chọn a và: k k Eσ aj X j j aj σ j E1 X = j=0 j=0 j Vì E1 X > 0, j = 0, 1, , k, có aj = với j Do đó: Eˆσ (X1s − aX1s−1 X2 |L) = (2.4.6) từ nhận được: E1 [(X1s − aX1s−1 X2 )X] = µs+1 xác định Nếu s > k, xét đa thức X1k − bX1k−1 X2 , b chọn theo E1 (X1k − bX1k−1 X2 ) = (2) Lý luận tương tự, từ điều kiện Lk - đủ, nhận được: E1 [(X1k − bX1k−1 X2 )X s−k+1 ]=0 µs+1 xác định Bây giờ, giả sử momen µ1 µ2 liên hệ với hệ thức µ2 = µ21 Dễ dàng điều xảy (2) hàm phân phối F suy biến, tất nhiên L Lk - đủ Nếu µ2 > µ21 , ln ln tìm phân phối gamma F* với µ1 µ2 hai momen Bởi hàm phân phối F mà có 2k momen trùng với moment tương ứng hàm phân (2) phối gamma đó, L Lk - đủ, momen µ3 , , µ2k xác định µ1 µ2 , điều xảy hàm phân phối gamma Do đó, định lý chứng minh 46 Kết luận Bản luận văn sâu tìm hiểu trình bày đặc trưng họ phân phối có chứa thống kê đủ: Đặc trưng phân phối quy chiều mà lũy thừa chứa thống kê đủ không tầm thường Nếu giới hạn họ mũ với tham số tịnh tiến tỷ lệ dạng hàm mật độ Đặc biệt, thống kê đủ X họ mũ với tham số tịnh tiến phải họ chuẩn, cịn họ mũ với tham số tỷ lệ phải họ phân phối Gamma Đặc trưng họ phân phối tính đủ riêng trung bình mẫu (liên quan đến phân phối chuẩn phân phối Gamma) Đặc trưng họ phân phối tính chất không gian đủ sinh lũy thừa trung bình mẫu Do thời gian trình độ cịn hạn chế nên tơi khơng cập nhật kết sau năm 2000, tơi mong nhận bảo đóng góp thầy cô, bạn bè Một lần nữa, xin chân thành cảm ơn! 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Đào Hữu Hồ, Nguyễn Văn Hữu, Hoàng Hữu Như (2004), Thống kê toán học, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội Tiếng Anh [2] Dynkin, E B (1951), Neccessary and sufficient statistics for families of probability distribution, Uspekhi Matem Nauk VI, 66 [3] Ferguson, T (1962), Location and scale parameters in expomential families of distributions, Ann Math Statist 33, 986, 1001 [4] Halmos, P R and Savage, L J Application of the Padon - Nykodym theorem to the theory of sufficient statistics, Ann Math Statis 20 (1949), 225, 441 [5] Kagan A M, Theory of estimation of families with shift - scale and expomential parameters, Trudy Matem Inst Steklov AN SSSR 104 (1968), 19-87 [6] Kagan A M, Linik Y.U and Rao C.R (1973) Characterization Problems in Mathematical Statistics, John Wiley and Sons NewYork [7] Kagan F M, Some theorems characterizing gamma distributions and distributions close to them, Litovsku Matem Sbornik VIII (1968), 265 48 [8] Lehmann, E Testing of statistical Hypotheses (1959), John Wiley, New York [9] Shohat, J.A and Tamarkin, J.D The problem of moments (1943), Anner Math Soc Colloquium Publ, NewYork [10] Zinger, A.A and Linnik, Yu V On class of differential equations and its application to some problems of regression theory, Vestnik Leningrad Univ 7(1957), 121-130 49 ... 1.4.1 Đặc trưng phân phối Gamma 15 1.4.2 Đặc trưng phân phối chuẩn 17 Đặc trưng họ phân phối có chứa thống kê đủ 2.1 18 Đặc trưng phân phối chiều mà lũy thừa chứa thống kê đủ. .. phân phối gamma Do đó, định lý chứng minh 46 Kết luận Bản luận văn sâu tìm hiểu trình bày đặc trưng họ phân phối có chứa thống kê đủ: Đặc trưng phân phối quy chiều mà lũy thừa chứa thống kê đủ. .. Chương Đặc trưng họ phân phối có chứa thống kê đủ 2.1 Đặc trưng phân phối chiều mà lũy thừa chứa thống kê đủ khơng tầm thường Chúng ta giả sử không gian Rm với σ - đại số A mn tập hợp Borel, phân