O006-C140-CMP-MS03 · id-ID · CC BY-SA 4.0 · OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra

Set penguasaan 03 — kecukupan, faktorisasi, kelengkapan, dan statistik aksesori

Set ini menempatkan statistik cukup sebagai kompresi data yang dibenarkan oleh hukum bersyarat, bukan sekadar simbol yang kebetulan muncul dalam fungsi kemungkinan. Setiap jawaban harus menyatakan ruang sampel dan ukuran pendominasi, memeriksa syarat teorema, serta membedakan informasi tentang parameter dari variasi aksesori. Kaitan dengan pelajaran kecukupan Penn State dipertahankan pada Lesson03, sedangkan definisi statistik cukup mengikuti Definisi: himpunan dukungan esensial dan himpunan dukungan bersama.

Soal 1 — Menguji kecukupan melalui distribusi bersyarat

Misalkan $$X_1,X_2$$ saling bebas dan berdistribusi identik (iid) menurut Bernoulli $$(p)$$ , $$0<p<1$$ , dan $$T=X_1+X_2$$ . Tentukan apakah $$T$$ cukup untuk $$p$$ dengan cara langsung.

Tuliskan semua titik dalam ruang sampel dan nilai $$T$$ -nya.
Untuk $$t=0,1,2$$ , hitung peluang bersyarat setiap titik data yang mungkin, $P_p((X_1,X_2)=x\mid T=t)$ .
Jelaskan mengapa hasil tersebut membuktikan kecukupan, dan mengapa urutan dua pengamatan tidak membawa informasi tambahan tentang $$p$$ setelah $$T$$ diketahui.

Petunjuk 1

Di bawah $$T=1$$ hanya ada dua titik data. Bandingkan peluang gabungan masing-masing dengan peluang $$P_p(T=1)$$ ; faktor $$p(1-p)$$ akan saling meniadakan.

Petunjuk 2

Pada $$T=0$$ dan $$T=2$$ hanya ada satu titik data. Distribusi bersyarat yang tidak memuat $$p$$ harus sama untuk semua nilai parameter yang mungkin.

Jawaban singkat

$$T$$ cukup. Untuk $$t=0$$ peluang bersyarat titik $$(0,0)$$ adalah $$1$$ , untuk $$t=2$$ peluang titik $$(1,1)$$ adalah $$1$$ , dan untuk $$t=1$$ dua titik $$(1,0)$$ dan $$(0,1)$$ masing-masing mempunyai peluang $$1/2$$ , semuanya bebas dari $$p$$ .

Solusi lengkap

Ruang sampelnya ialah $$(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$$ . Nilai $$T$$ berturut-turut adalah $$0,1,1,2$$ . Untuk $$t=0$$ , hanya $$(0,0)$$ mungkin, sehingga peluang bersyaratnya satu. Untuk $$t=2$$ , hanya $$(1,1)$$ mungkin, juga dengan peluang satu. Untuk $$t=1$$ ,

P_p((1,0)\mid T=1) =\frac{p(1-p)}{P_p(T=1)} =\frac{p(1-p)}{2p(1-p)}=\frac12,

dan perhitungan identik berlaku untuk $$(0,1)$$ . Jadi distribusi bersyarat $$X$$ ketika $$T=t$$ tidak bergantung pada $$p$$ . Menurut karakterisasi kecukupan melalui distribusi bersyarat, ini berarti $$T$$ cukup untuk keluarga Bernoulli. Secara intuitif, $$T$$ menyimpan banyaknya sukses; pengacakan posisi sukses hanyalah variasi aksesori yang distribusinya tetap setelah $$T$$ diketahui. Kesimpulan ini lebih kuat daripada menyamakan beberapa momen: ia mengendalikan seluruh distribusi bersyarat pada setiap nilai statistik yang mungkin.

Soal 2 — Teorema faktorisasi pada sampel diskret

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid Poisson $(\lambda)$ , $\lambda>0$ , dan $T=\sum_{i=1}^nX_i$ .

Faktorkan fungsi massa gabungan menjadi $g_\lambda(T(x))h(x)$ .
Tunjukkan bahwa $$h(x)$$ benar-benar bebas dari $\lambda$ dan bahwa dukungan tidak bergantung pada parameter.
Gunakan faktorisasi itu untuk membuktikan bahwa $$T$$ cukup.
Apakah bentuk $g_\lambda$ harus dinormalisasi terhadap $$t$$ agar teorema berlaku? Jelaskan peran normalisasi secara tepat.

Petunjuk 1

Gunakan $f_\lambda(x)=\prod_i e^{-\lambda}\lambda^{x_i}/x_i!$ dan kelompokkan semua kemunculan $\lambda$ melalui $\sum_i x_i$ .

Petunjuk 2

Pilih $g_\lambda(t)=e^{-n\lambda}\lambda^t$ dan $h(x)=\prod_i1/x_i!$ pada $\mathbb N_0^n$ . Konstanta yang tidak bergantung pada parameter dapat ditempatkan di salah satu faktor tanpa mengubah kesimpulan.

Jawaban singkat

Faktorisasi yang sah ialah $f_\lambda(x)=e^{-n\lambda}\lambda^{T(x)}\prod_i(1/x_i!)$ pada ruang $\mathbb N_0^n$ . Karena faktor kedua dan dukungan bebas dari $\lambda$ , teorema faktorisasi menyatakan $$T$$ cukup. Normalisasi $$g$$ tidak diwajibkan oleh teorema.

Solusi lengkap

Untuk $x_i\in\mathbb N_0$ ,

f_\lambda(x)=\prod_{i=1}^n\frac{e^{-\lambda}\lambda^{x_i}}{x_i!} =e^{-n\lambda}\lambda^{\sum_i x_i}\prod_{i=1}^n\frac1{x_i!}.

Dengan $T(x)=\sum_i x_i$ , ambil $g_\lambda(t)=e^{-n\lambda}\lambda^t$ dan $h(x)=\prod_i1/x_i!$ ; definisikan $$h(x)=0$$ di luar dukungan. Dukungan $\mathbb N_0^n$ sama untuk setiap $\lambda>0$ , dan $$h$$ tidak mengandung parameter. Maka teorema faktorisasi Neyman–Fisher memberikan kecukupan $$T$$ . Fungsi $g_\lambda$ sendiri belum merupakan massa Poisson $(n\lambda)$ karena belum memuat faktor $$n^t/t!$$ ; itu tidak masalah, sebab teorema hanya memerlukan produk dua fungsi dengan pemisahan ketergantungan parameter. Jika diinginkan, gunakan faktorisasi ternormalisasi

\widetilde g_\lambda(t)=e^{-n\lambda}\frac{(n\lambda)^t}{t!}, \qquad \widetilde h(x)=\frac{t!}{n^t\prod_i x_i!},\quad t=T(x).

Maka $\widetilde g_\lambda$ adalah massa $T\sim\operatorname{Poisson}(n\lambda)$ dan $\widetilde g_\lambda(T(x))\widetilde h(x)=f_\lambda(x)$ . Normalisasi adalah pemeriksaan probabilistik yang berguna, bukan prasyarat logis faktorisasi.

Soal 3 — Kriteria rasio untuk minimalitas

Untuk sampel iid Bernoulli $$(p)$$ dengan $$n=3$$ , pertimbangkan $$T=X_1+X_2+X_3$$ . Gunakan kriteria: pada keluarga dengan dukungan bersama, $$T$$ minimal cukup bila untuk dua titik $$x,y$$ rasio $$f_p(x)/f_p(y)$$ konstan terhadap $$p$$ tepat ketika $$T(x)=T(y)$$ .

Hitung rasio untuk dua titik dengan jumlah sukses sama dan dengan jumlah sukses berbeda.
Buktikan minimalitas $$T$$ .
Berikan statistik cukup lain yang bukan fungsi satu-ke-satu dari $$T$$ , lalu jelaskan mengapa ia tidak minimal.

Petunjuk 1

Fungsi kemungkinan titik $$x$$ adalah $p^{T(x)}(1-p)^{3-T(x)}$ . Jika jumlahnya sama, semua faktor parameter saling membatalkan.

Petunjuk 2

Bila $$T(x)=r$$ dan $$T(y)=s$$ dengan $r\ne s$ , rasio $[p/(1-p)]^{r-s}$ berubah ketika $$p$$ berubah di $$(0,1)$$ .

Jawaban singkat

Rasio dua fungsi kemungkinan adalah $[p/(1-p)]^{T(x)-T(y)}$ . Rasio konstan terhadap $$p$$ tepat ketika jumlah sukses sama; jadi $$T$$ minimal cukup. Statistik $(T,\mathbf1\{X_1=1\})$ cukup tetapi tidak minimal karena memuat informasi urutan tambahan.

Solusi lengkap

Untuk $x\in\{0,1\}^3$ ,

f_p(x)=p^{T(x)}(1-p)^{3-T(x)}.

Karena itu

\frac{f_p(x)}{f_p(y)} =p^{T(x)-T(y)}(1-p)^{T(y)-T(x)} =\left(\frac p{1-p}\right)^{T(x)-T(y)}.

Jika $$T(x)=T(y)$$ , rasio sama dengan satu dan tidak bergantung pada $$p$$ . Jika jumlah berbeda, eksponen bukan nol; rasio tersebut bergantung pada $$p$$ , misalnya nilainya berbeda untuk $$p=1/4$$ dan $$p=3/4$$ . Dukungan bersama adalah seluruh kubus biner, jadi kriteria dapat diterapkan tanpa pengecualian. Maka $$T$$ minimal cukup. Sekarang $U=(T,\mathbf1\{X_1=1\})$ juga cukup karena ia menentukan $$T$$ , tetapi $$U$$ membedakan titik-titik yang mempunyai jumlah sukses sama. Ia bukan fungsi dari $$T$$ , apalagi transformasi satu-ke-satu dari $$T$$ , dan menyimpan urutan yang distribusinya tidak menambah informasi tentang $$p$$ . Minimalitas menyatakan kompresi paling kasar yang masih cukup, bukan keunikan nama atau representasi numeriknya.

Soal 4 — Statistik cukup dan lengkap dalam keluarga Poisson

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid Poisson $(\lambda)$ dan $T=\sum_iX_i$ . Anda sudah mengetahui bahwa $T\sim\operatorname{Poisson}(n\lambda)$ dan cukup. Buktikan bahwa $$T$$ lengkap: jika fungsi $a:\mathbb N_0\to\mathbb R$ memenuhi $E_\lambda[a(T)]=0$ untuk setiap $\lambda>0$ dan ekspektasinya ada, maka $$a(t)=0$$ untuk semua $$t$$ .

Petunjuk 1

Tuliskan ekspektasi sebagai $e^{-n\lambda}\sum_{t\ge0}a(t)(n\lambda)^t/t!$ . Kalikan dengan $e^{n\lambda}$ .

Petunjuk 2

Sebuah deret pangkat yang identik nol pada interval terbuka mempunyai semua koefisien nol. Periksa bahwa asumsi ekspektasi memastikan deret terdefinisi.

Jawaban singkat

Persamaan ekspektasi menjadi $\sum_{t\ge0}a(t)(n\lambda)^t/t!=0$ untuk semua $\lambda>0$ . Keunikan deret pangkat memaksa $$a(t)/t!=0$$ untuk setiap $$t$$ , sehingga $$T$$ lengkap.

Solusi lengkap

Karena $T\sim\operatorname{Poisson}(n\lambda)$ ,

0=E_\lambda a(T)=e^{-n\lambda} \sum_{t=0}^{\infty}a(t)\frac{(n\lambda)^t}{t!}

untuk setiap $\lambda>0$ . Kalikan dengan $e^{n\lambda}$ dan tetapkan $z=n\lambda$ ; diperoleh deret pangkat

F(z)=\sum_{t=0}^{\infty}\frac{a(t)}{t!}z^t=0,\qquad z>0.

Keberadaan ekspektasi mutlak pada setiap parameter menjamin deret tersebut konvergen pada setiap $$z>0$$ yang dipakai. Sebuah fungsi analitik yang nol pada interval terbuka memiliki semua turunan di titik interior sama dengan nol; atau, secara elementer, keunikan koefisien deret pangkat memberi $$a(t)/t!=0$$ untuk setiap $$t$$ . Jadi $$a(T)=0$$ hampir pasti untuk setiap nilai parameter, dan $$T$$ lengkap. Perhatikan arah implikasinya: kecukupan berasal dari faktorisasi, sedangkan kelengkapan adalah tidak adanya fungsi tak nol dengan harapan nol di seluruh keluarga. Dua sifat itu berbeda dan satu tidak boleh disimpulkan dari yang lain.

Soal 5 — Statistik aksesori dan independensi dalam sampel Normal

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid $N(\mu,\sigma^2)$ dengan $\sigma^2>0$ diketahui, $n\ge2$ . Tinjau $\bar X$ dan vektor sisaan $R=(X_1-\bar X,\ldots,X_n-\bar X)$ .

Tunjukkan bahwa distribusi $R/\sigma$ tidak bergantung pada $\mu$ ; apakah $$R$$ aksesori jika $\sigma$ diketahui?
Tunjukkan kovarians antara $\bar X$ dan setiap komponen $$R$$ nol.
Gunakan kenormalan gabungan untuk menyimpulkan independensi.
Jelaskan mengapa fakta ini tidak otomatis berlaku pada model non-Normal.

Petunjuk 1

Tuliskan $X=\mu\mathbf1+\sigma Z$ dengan $Z\sim N_n(0,I)$ . Maka sisaan adalah $\sigma(I-P_1)Z$ , dengan $P_1=\mathbf1\mathbf1^\mathsf T/n$ .

Petunjuk 2

Untuk setiap $$j$$ , $\operatorname{Cov}(\bar X,X_j-\bar X)=\sigma^2/n-\sigma^2/n=0$ . Vektor Normal dengan kovarians silang nol adalah independen.

Jawaban singkat

Jika $\sigma$ diketahui, distribusi $$R$$ (dan $R/\sigma$ ) bebas dari $\mu$ , sehingga $$R$$ merupakan statistik aksesori untuk $\mu$ . Kovarians $\bar X$ dengan setiap sisaan nol; karena $(\bar X,R)$ berdistribusi Normal bersama, $\bar X$ dan $$R$$ independen. Pada keluarga non-Normal, kovarians nol saja tidak cukup.

Solusi lengkap

Ambil $X=\mu\mathbf1+\sigma Z$ , $Z\sim N_n(0,I_n)$ . Dengan $P_1=\mathbf1\mathbf1^\mathsf T/n$ ,

\bar X=\mu+\sigma\frac{\mathbf1^\mathsf TZ}{n}, \qquad R=(I-P_1)X=\sigma(I-P_1)Z.

Karena $\sigma$ diketahui, distribusi $R/\sigma=(I-P_1)Z$ tidak bergantung pada $\mu$ ; ia aksesori untuk parameter lokasi. Selanjutnya,

\operatorname{Cov}(\bar X,R) =\frac{\sigma^2}{n}\mathbf1^\mathsf T(I-P_1)=0.

Pasangan $(\bar X,R)$ adalah transformasi linear dari vektor Normal, sehingga berdistribusi Normal bersama. Untuk vektor Normal, kovarians silang nol menyiratkan independensi, bukan sekadar tidak berkorelasi. Jadi sisaan tidak membawa informasi lokasi setelah rataan diketahui, dan dapat dipakai sebagai komponen aksesori. Jika distribusi pengamatan hanya mempunyai kovarians yang sama tetapi tidak Normal, transformasi tersebut belum tentu Normal; kovarians nol tidak lagi menjamin independensi. Inilah alasan teorema Basu memerlukan hipotesis struktural yang tepat, bukan anggapan bahwa semua statistik aksesori selalu terpisah dari statistik cukup.

Soal 6 — Rao–Blackwell pada model Bernoulli

Misalkan $$X_1,X_2$$ iid Bernoulli $$(p)$$ dan $$T=X_1+X_2$$ . Penduga awal $$U=X_1$$ tidak bias untuk $$p$$ .

Hitung $U^*=E(U\mid T)$ untuk setiap nilai $$T$$ .
Buktikan $$U^*$$ tidak bias dan hitung variansnya.
Bandingkan dengan varians $$U$$ menggunakan hukum varians total.
Apakah kelengkapan $$T$$ diperlukan untuk langkah Rao–Blackwell ini?

Petunjuk 1

Dari Soal 1, ketika $$T=1$$ peluang $$X_1=1$$ bersyarat adalah $$1/2$$ ; ketika $$T=0$$ atau $$2$$ , nilai $$X_1$$ diketahui.

Petunjuk 2

Gunakan $$U^*=T/2$$ dan $\operatorname{Var}(U)=E\{\operatorname{Var}(U\mid T)\}+\operatorname{Var}(U^*)$ .

Jawaban singkat

$$U^*=0$$ untuk $$T=0$$ , $$1/2$$ untuk $$T=1$$ , dan $$1$$ untuk $$T=2$$ ; jadi $$U^*=T/2$$ . Ia tidak bias dan memiliki varians $$p(1-p)/2$$ , sedangkan $\operatorname{Var}(U)=p(1-p)$ . Kelengkapan tidak diperlukan untuk Rao–Blackwell.

Solusi lengkap

Jika $$T=0$$ , maka $$X_1=0$$ ; jika $$T=2$$ , maka $$X_1=1$$ . Jika $$T=1$$ , dua urutan memiliki peluang sama, sehingga $E(X_1\mid T=1)=1/2$ . Dengan demikian

U^*=E(X_1\mid T)=\frac T2.

Linearitas ekspektasi memberi $E_pU^*=E_pE_p(U\mid T)=E_pU=p$ , sehingga penduga tetap tidak bias. Karena $T\sim\operatorname{Binomial}(2,p)$ ,

\operatorname{Var}(U^*)=\operatorname{Var}(T/2) =\frac14(2p(1-p))=\frac12p(1-p).

Sementara $\operatorname{Var}(U)=p(1-p)$ . Hukum varians total menjelaskan selisih itu: varians $$U$$ adalah varians $$U^*$$ ditambah rataan varians bersyarat yang hilang setelah pengondisian. Rao–Blackwell tidak memerlukan kelengkapan. Dalam penerapan ini, kecukupan $$T$$ memastikan bahwa versi $E_p(U\mid T)$ dapat dipilih tanpa bergantung pada $$p$$ ; identitas proyeksi bersyaratlah yang memberi pengurangan varians. Mengondisikan pada aljabar- $\sigma$ sembarang belum tentu menghasilkan satu penduga yang bebas dari parameter. Kelengkapan baru memberi keunikan penduga tak bias dalam kelas fungsi $$T$$ pada langkah Lehmann–Scheffé.

Soal 7 — Menggabungkan kelengkapan dengan Lehmann–Scheffé

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid Poisson $(\lambda)$ , $n\ge1$ , dan $T=\sum_iX_i$ . Targetkan $\psi(\lambda)=e^{-\lambda}$ .

Temukan fungsi $$g(T)$$ yang tidak bias untuk $e^{-\lambda}$ .
Buktikan ketidakbiasannya dengan menghitung deret atau menggunakan fungsi pembangkit probabilitas.
Dengan kecukupan dan kelengkapan $$T$$ , nyatakan kesimpulan UMVU secara tepat.
Mengapa penduga $\mathbf1\{X_1=0\}$ tidak memberi alasan yang sama untuk keunikan, walaupun juga tidak bias?

Petunjuk 1

Untuk $T\sim\operatorname{Poisson}(n\lambda)$ , fungsi pembangkitnya ialah $E(s^T)=\exp(n\lambda(s-1))$ . Pilih $$s=1-1/n$$ .

Petunjuk 2

Penduga $$g(T)=(1-1/n)^T$$ mempunyai nilai harapan yang dicari; untuk $$n=1$$ gunakan konvensi $$0^0=1$$ pada peubah hitungan.

Jawaban singkat

Ambil $$g(T)=(1-1/n)^T$$ . Maka $E_\lambda g(T)=\exp(n\lambda((1-1/n)-1))=e^{-\lambda}$ . Karena $$T$$ cukup dan lengkap, $$g(T)$$ adalah penduga UMVU untuk $e^{-\lambda}$ . Penduga lain yang tidak bias tetapi tidak ditulis sebagai fungsi $$T$$ tidak memperoleh jaminan keunikan itu sebelum dikondisikan pada $$T$$ melalui prosedur Rao–Blackwell.

Solusi lengkap

Distribusi $$T$$ adalah Poisson $(n\lambda)$ , sehingga untuk $0\le s\le1$ ,

E_\lambda(s^T)=\sum_{t=0}^{\infty}s^t e^{-n\lambda}\frac{(n\lambda)^t}{t!} =\exp\{n\lambda(s-1)\}.

Dengan $$s=1-1/n$$ diperoleh

E_\lambda\left(1-\frac1n\right)^T =\exp\left\{n\lambda\left(-\frac1n\right)\right\}=e^{-\lambda}.

Jadi $$g(T)=(1-1/n)^T$$ tidak bias untuk target tersebut. Pada $$n=1$$ , rumus menjadi $$0^T$$ , yang bernilai satu ketika $$T=0$$ dan nol ketika $$T>0$$ ; itu tetap memiliki harapan $e^{-\lambda}$ . Dari Soal 2 dan 4, $$T$$ cukup dan lengkap. Teorema Lehmann–Scheffé lalu menyatakan bahwa penduga tak bias yang merupakan fungsi $$T$$ adalah unik hampir pasti dan memiliki varians minimum di antara semua penduga tak bias: ia UMVU. Penduga $\mathbf1\{X_1=0\}$ memang tidak bias karena peluangnya $e^{-\lambda}$ , tetapi ia menggunakan satu pengamatan dan bukan fungsi $$T$$ ketika $$n>1$$ . Pengondisian pada $$T$$ melalui prosedur Rao–Blackwell menghasilkan fungsi $$g(T)$$ ; kelengkapan, bukan kecukupan saja, yang menutup kemungkinan adanya fungsi $$T$$ tak bias lain dengan varians berbeda.

Soal 8 — Statistik aksesori dan Basu pada model Normal lokasi

Misalkan $$X_1,X_2$$ iid $N(\mu,1)$ , $\mu\in\mathbb R$ . Ambil $T=\bar X$ dan $A=\mathbf1\{X_1>X_2\}$ .

Buktikan bahwa $$A$$ aksesori.
Buktikan bahwa $$T$$ cukup dan lengkap untuk $\mu$ .
Tunjukkan bahwa $$T$$ dan $$A$$ independen dengan transformasi Normal yang eksplisit.
Jelaskan bagaimana hasil ini merupakan contoh Basu, dan hipotesis mana yang harus diperiksa sebelum memakai nama teorema tersebut.

Petunjuk 1

Selisih $D=X_1-X_2\sim N(0,2)$ tidak bergantung pada $\mu$ , sehingga tandanya aksesori. Rataan dan selisih mempunyai kovarians nol.

Petunjuk 2

Untuk kelengkapan, jika $E_\mu b(\bar X)=0$ untuk semua $\mu$ , tulis sebagai konvolusi fungsi $$b$$ dengan kernel Normal dan gunakan keunikan transformasi Fourier (atau analitikitas fungsi pembangkit) untuk menyimpulkan $$b=0$$ hampir di mana-mana.

Jawaban singkat

$$A$$ aksesori karena $D/\sqrt2\sim N(0,1)$ . Fungsi kemungkinan memfaktorkan melalui $\bar X$ , dan keluarga Normal lokasi berskala tetap adalah keluarga eksponensial penuh sehingga $\bar X$ lengkap. Karena $(\bar X,D)$ Normal dengan kovarians nol, keduanya independen; maka $$T$$ dan $$A$$ juga independen dan syarat Basu terpenuhi.

Solusi lengkap

Ambil $$D=X_1-X_2$$ . Distribusi $$D$$ adalah $$N(0,2)$$ untuk setiap $\mu$ , jadi $A=\mathbf1\{D>0\}$ mempunyai peluang $$1/2$$ dan hukum yang sama untuk semua parameter; inilah sifat aksesori. Dengan identitas

f_\mu(x_1,x_2) =(2\pi)^{-1}\exp\left[-\frac12\{(x_1-\mu)^2+(x_2-\mu)^2\}\right],

dan dekomposisi jumlah kuadrat, semua ketergantungan pada $\mu$ melalui $\bar x$ ; teorema faktorisasi menunjukkan bahwa $T=\bar X$ cukup. Untuk kelengkapan, andaikan $E_\mu b(T)=0$ bagi semua $\mu$ . Karena $T\sim N(\mu,1/2)$ , fungsi ini adalah konvolusi $$b$$ dengan kernel Normal yang identik nol di seluruh garis. Kernel Normal mempunyai transformasi Fourier tidak nol, sehingga keunikan transformasi Fourier memaksa $$b=0$$ hampir di mana-mana, dengan syarat integrabilitas yang menjamin ekspektasi tersebut ada. Dengan demikian $$T$$ lengkap.

Selanjutnya,

\operatorname{Cov}(T,D) =\tfrac12\operatorname{Cov}(X_1+X_2,X_1-X_2)=0.

Pasangan $$(T,D)$$ berdistribusi Normal bersama, sehingga kovarians nol memberi independensi. Karena $$A$$ hanya fungsi dari $$D$$ , $$T$$ juga independen dari $$A$$ . Ini tepat merupakan bentuk teorema Basu: statistik cukup yang lengkap independen dari statistik aksesori. Namun nama teorema baru sah setelah kita memverifikasi kecukupan, kelengkapan, sifat aksesori, dan bahwa ketiga sifat itu dinyatakan terhadap keluarga probabilitas yang sama; pembuktian langsung berbasis kenormalan dapat menjadi pemeriksaan mandiri.

Daftar periksa kelulusan

Set ini dikuasai bila Anda dapat membuktikan kecukupan dari distribusi bersyarat dan faktorisasi, menguji minimalitas dengan rasio fungsi kemungkinan, serta memisahkan empat sifat: cukup, minimal cukup, lengkap, dan aksesori. Anda juga harus dapat menurunkan Rao–Blackwell, menyatakan tepat kapan Lehmann–Scheffé berlaku, dan memeriksa semua hipotesis Basu sebelum menggunakannya. Setiap argumen harus menyebut parameter mana yang dipegang tetap dan ruang dukungan yang digunakan.