O006-C140-CMP-MS10 · id-ID · CC BY-SA 4.0 · OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra

Set penguasaan 10

Pada setiap uji asimtotik, tulis titik tempat informasi dievaluasi dan sebutkan syarat keteraturan yang dipakai. Jangan menyimpulkan limit $\chi^2$ hanya karena suatu statistik memuat fungsi kemungkinan. Pada setiap persoalan penduga, nyatakan kerugian dan kelas pembanding sebelum memakai kata “efisien” atau “optimal”.

Masalah 1 — tiga uji Bernoulli pada satu himpunan data

Untuk $X\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$ , uji dua sisi $$H_0:p=p_0$$ melawan $H_1:p\neq p_0$ , dengan $$0<p_0<1$$ . Turunkan statistik Wald, skor, dan rasio fungsi kemungkinan (LR) dalam $\widehat p=X/n$ . Evaluasi ketiganya ketika $$n=100$$ , $$X=60$$ , dan $p_0=0{,}5$ . Jelaskan distribusi limit di bawah hipotesis nol dan satu kegagalan Wald pada sampel berhingga.

Petunjuk 1

$\operatorname{Var}(\widehat p)\approx p(1-p)/n$ . Wald memasukkan $\widehat p$ ; skor memasukkan $$p_0$$ .

Petunjuk 2

Untuk LR, hitung dua kali selisih fungsi log-kemungkinan pada $\widehat p$ dan $$p_0$$ , dengan konvensi $0\log0=0$ .

Jawaban singkat

W=\frac{n(\widehat p-p_0)^2}{\widehat p(1-\widehat p)},\quad S=\frac{n(\widehat p-p_0)^2}{p_0(1-p_0)},

G^2=2n\left[\widehat p\log\frac{\widehat p}{p_0} +(1-\widehat p)\log\frac{1-\widehat p}{1-p_0}\right].

Untuk data yang diberikan: $$W=4{,}1667$$ , $$S=4$$ , dan $G^2\approx4{,}0271$ . Ketiganya menuju $\chi^2_1$ di bawah hipotesis nol yang reguler; Wald tidak terdefinisi saat $\widehat p\in\{0,1\}$ .

Solusi lengkap

Fungsi log-kemungkinan tanpa konstanta adalah

\ell(p)=X\log p+(n-X)\log(1-p),

dengan MLE $\widehat p=X/n$ , yang berada di interior tepat ketika $$0<X<n$$ . Varians asimtotik MLE ialah $$p(1-p)/n$$ . Uji Wald mengevaluasi penduga varians itu pada MLE:

W=\frac{(\widehat p-p_0)^2}{\widehat p(1-\widehat p)/n}.

Skor pada $$p_0$$ adalah

U(p_0)=\frac{X-np_0}{p_0(1-p_0)},

dan informasi $$I_n(p_0)=n/[p_0(1-p_0)]$$ , sehingga

S=\frac{U(p_0)^2}{I_n(p_0)} =\frac{n(\widehat p-p_0)^2}{p_0(1-p_0)}.

Statistik LR adalah

G^2=2\{\ell(\widehat p)-\ell(p_0)\} =2n\left[\widehat p\log\frac{\widehat p}{p_0} +(1-\widehat p)\log\frac{1-\widehat p}{1-p_0}\right].

Untuk $\widehat p=0{,}6$ dan $p_0=0{,}5$ ,

W=\frac{100(0{,}1)^2}{0{,}6(0{,}4)}=4{,}1667, \qquad S=\frac{100(0{,}1)^2}{0{,}25}=4,

dan

G^2=2\{60\log(1{,}2)+40\log(0{,}8)\}\approx4{,}0271.

Dukungan yang tidak bergantung pada parameter, $$p_0$$ interior, informasi positif, dan diferensiabilitas memungkinkan ketiganya konvergen ke $\chi^2_1$ . Ketiganya hanya ekuivalen hingga galat orde lebih kecil, bukan identik. Bila $$X=0$$ atau $$X=n$$ , penyebut Wald nol; skor dan LR masih dapat didefinisikan, menunjukkan ketidakstabilan Wald pada nilai batas dalam sampel berhingga.

Masalah 2 — ekuivalensi lokal pada model Poisson

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ saling bebas dan berdistribusi identik menurut $\operatorname{Poisson}(\lambda)$ , dan $\widehat\lambda=\bar X$ . Untuk $H_0:\lambda=\lambda_0>0$ :

turunkan $$W$$ , $$S$$ , dan $$G^2$$ ;
gunakan $\widehat\lambda-\lambda_0=O_p(n^{-1/2})$ untuk membuktikan $$W-S=o_p(1)$$ dan $$G^2-S=o_p(1)$$ .

Kerjakan rumus Wald pada kejadian $\widehat\lambda>0$ . Pada $\widehat\lambda=0$ , tetapkan $$W=0$$ dan jelaskan mengapa perluasan ini tidak memengaruhi limit asimtotik.

Petunjuk 1

Informasi sampel adalah $n/\lambda$ . Karena itu Wald menggunakan $\widehat\lambda/n$ sebagai penduga varians MLE, sedangkan skor menggunakan $\lambda_0/n$ .

Petunjuk 2

Untuk $d=\widehat\lambda-\lambda_0$ , perluas $(\lambda_0+d)\log(1+d/\lambda_0)-d$ hingga orde dua.

Jawaban singkat

W=\frac{n(\widehat\lambda-\lambda_0)^2}{\widehat\lambda},\quad S=\frac{n(\widehat\lambda-\lambda_0)^2}{\lambda_0},

G^2=2n\left[\widehat\lambda\log \frac{\widehat\lambda}{\lambda_0}-(\widehat\lambda-\lambda_0)\right].

Ketiganya sama dengan $n(\widehat\lambda-\lambda_0)^2/\lambda_0+o_p(1)$ dan berkonvergensi dalam distribusi ke $\chi^2_1$ di bawah hipotesis nol.

Rumus Wald di atas berlaku pada $\widehat\lambda>0$ . Definisi $$W=0$$ pada $\widehat\lambda=0$ tidak mengubah limit karena $P_{\lambda_0}(\widehat\lambda=0)=e^{-n\lambda_0}\to0$ . Untuk LR, gunakan konvensi $0\log(0/\lambda_0)=0$ , sehingga $G^2=2n\lambda_0$ ketika $\widehat\lambda=0$ .

Solusi lengkap

Fungsi log-kemungkinan tanpa konstanta ialah

\ell(\lambda)=n\bar X\log\lambda-n\lambda.

Skor dan informasi adalah

U(\lambda)=n\left(\frac{\bar X}{\lambda}-1\right), \qquad I_n(\lambda)=\frac n\lambda.

Pada kejadian $\widehat\lambda>0$ , substitusi langsung memberi ketiga formula pada jawaban singkat. Misalkan $d=\widehat\lambda-\lambda_0=O_p(n^{-1/2})$ . Karena $\widehat\lambda^{-1}=\lambda_0^{-1}+O_p(n^{-1/2})$ ,

W-S =nd^2\left(\frac1{\widehat\lambda}-\frac1{\lambda_0}\right) =O_p(1)O_p(n^{-1/2})=o_p(1).

Untuk LR, ekspansi log memberi

\begin{aligned} (\lambda_0+d)\log(1+d/\lambda_0)-d &=(\lambda_0+d) \left(\frac d{\lambda_0}-\frac{d^2}{2\lambda_0^2}+O_p(d^3)\right)-d\\ &=\frac{d^2}{2\lambda_0}+O_p(d^3). \end{aligned}

Maka

G^2=\frac{nd^2}{\lambda_0}+O_p(nd^3) =S+O_p(n^{-1/2})=S+o_p(1).

Di bawah hipotesis nol, $\sqrt n(\widehat\lambda-\lambda_0)/\sqrt{\lambda_0}\Rightarrow N(0,1)$ , sehingga $S\Rightarrow\chi^2_1$ dan hasil Slutsky memberikan limit yang sama bagi Wald dan LR.

Masalah 3 — dukungan berubah dan kegagalan Wilks

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ saling bebas dan berdistribusi identik menurut $\operatorname{Unif}(0,\theta)$ , $\theta>0$ , dan $M=\max_iX_i$ . Uji $H_0:\theta=\theta_0$ melawan $H_1:\theta>0,\ \theta\ne\theta_0$ :

cari MLE dan statistik $T=-2\log\Lambda$ ;
tentukan distribusi nol eksak $$T$$ ;
jelaskan kondisi Wilks yang gagal.

Petunjuk 1

Fungsi kemungkinan adalah $\theta^{-n}\mathbf1\{M\leq\theta\}$ dan dimaksimumkan pada nilai $\theta$ terkecil yang masih konsisten dengan data.

Petunjuk 2

Di bawah $\theta_0$ , peubah $U=(M/\theta_0)^n$ seragam pada $$[0,1]$$ .

Jawaban singkat

Untuk $$M>0$$ , MLE adalah $\widehat\theta=M$ . Statistik LR ialah

T= \begin{cases} -2n\log(M/\theta_0),&0<M\leq\theta_0,\\ +\infty,&M>\theta_0. \end{cases}

Jika $$M=0$$ , fungsi kemungkinan penuh tidak berbatas ketika $\theta\downarrow0$ , sehingga tidak ada MLE berhingga; kejadian ini berpeluang nol di bawah setiap $\theta>0$ . Di bawah hipotesis nol, $0<M\leq\theta_0$ hampir pasti dan $U=(M/\theta_0)^n\sim\operatorname{Unif}(0,1)$ , sehingga $T=-2\log U\sim\chi^2_2$ secara eksak. Distribusi ini bukan $\chi^2_1$ karena dukungan $(0,\theta)$ berubah dengan parameter, sehingga diferensiasi fungsi kemungkinan dan identitas skor yang disyaratkan oleh kondisi Wilks tidak berlaku.

Solusi lengkap

Fungsi kemungkinan adalah

L(\theta;x)=\theta^{-n}\mathbf1\{M\leq\theta\}.

Untuk $$M>0$$ , pada himpunan $\theta\geq M$ fungsi $\theta^{-n}$ menurun, sehingga MLE adalah $\widehat\theta=M$ . Jika $$M=0$$ , fungsi kemungkinan tidak berbatas ketika $\theta\downarrow0$ dan tidak ada MLE berhingga; kejadian ini berpeluang nol di bawah setiap $\theta>0$ . Untuk $$M>0$$ , rasio fungsi kemungkinannya adalah

\Lambda =\frac{L(\theta_0)}{L(\widehat\theta)} =\begin{cases} \left(M/\theta_0\right)^n,&M\leq\theta_0,\\ 0,&M>\theta_0. \end{cases}

Kasus kedua terjadi karena $L(\theta_0)=0$ , sehingga $T=-2\log\Lambda=+\infty$ . Di bawah $$H_0$$ , $0<M\leq\theta_0$ hampir pasti.

CDF maksimum di bawah hipotesis nol adalah $P(M\leq m)=(m/\theta_0)^n$ untuk $0<m<\theta_0$ . Karena itu

P\left\{\left(\frac M{\theta_0}\right)^n\leq u\right\} =P(M\leq\theta_0u^{1/n})=u,

jadi $U=(M/\theta_0)^n\sim\operatorname{Unif}(0,1)$ . Transformasi logaritmik memberi $-2\log U\sim\chi^2_2$ secara eksak.

Wilks reguler untuk satu restriksi akan menghasilkan $\chi^2_1$ , tetapi dukungan data bergantung pada $\theta$ . Turunan indikator dukungan menimbulkan kontribusi batas yang tidak boleh diabaikan; skor reguler tidak mempunyai sifat bermean nol yang diperlukan. Fakta bahwa $\theta_0>0$ adalah titik interior ruang parameter tidak memperbaiki pelanggaran asumsi dukungan yang tetap.

Masalah 4 — parameter pada batas dan limit campuran

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid $N(\mu,1)$ tetapi ruang parameter dibatasi $\mu\geq0$ . Uji $H_0:\mu=0$ melawan $H_1:\mu>0$ dengan LR.

Turunkan MLE terbatas dan statistik LR.
Tentukan distribusi nolnya.
Tentukan persamaan nilai kritis untuk aras $$0{,}05$$ dan bandingkan dengan nilai kritis Wilks biasa $\chi^2_{1;\,0{,}95}$ .

Petunjuk 1

MLE terbatas adalah $\max(0,\bar X)$ . Gunakan $Z=\sqrt n\bar X\sim N(0,1)$ di bawah hipotesis nol.

Petunjuk 2

Ketika $Z\leq0$ , MLE sama dengan nilai nol sehingga statistik LR tepat nol. Ketika $$Z>0$$ , statistiknya $$Z^2$$ .

Jawaban singkat

\widehat\mu=\max(0,\bar X),\qquad T=\{\max(0,Z)\}^2,\quad Z=\sqrt n\bar X.

Di bawah hipotesis nol, $T\sim\tfrac12\delta_0+\frac12\chi^2_1$ . Nilai kritis $$c$$ beraras $$0{,}05$$ memenuhi $P(\chi^2_1>c)=0{,}10$ , jadi $c=\chi^2_{1;\,0{,}90}\approx2{,}7055$ , bukan $$3{,}8415$$ .

Solusi lengkap

Jika ruang parameter tidak dibatasi, fungsi log-kemungkinan kuadratik dimaksimumkan pada $\bar X$ . Proyeksi ke $[0,\infty)$ memberi $\widehat\mu=\max(0,\bar X)$ . Jika $\bar X\leq0$ , MLE terbatas sama dengan nol dan $T=2\{\ell(\widehat\mu)-\ell(0)\}=0$ . Jika $\bar X>0$ ,

T=2\{\ell(\bar X)-\ell(0)\}=n\bar X^2=Z^2.

Di bawah hipotesis nol, $P(Z\leq0)=1/2$ . Pada kejadian $$Z>0$$ , kuadrat mempunyai distribusi $\chi^2_1$ yang menyumbang setengah massa. Maka

T\sim\frac12\delta_0+\frac12\chi^2_1.

Untuk $$c>0$$ ,

P_0(T>c)=\frac12P(\chi^2_1>c).

Menyamakan dengan $$0{,}05$$ memerlukan ekor $\chi^2_1$ sebesar $$0{,}10$$ , yaitu kuantil ke- $$0{,}90$$ . Memakai kuantil ke- $$0{,}95$$ menghasilkan aras $$0{,}025$$ , terlalu konservatif. Penyebabnya adalah nol terletak pada batas ruang parameter, bukan titik interior seperti yang disyaratkan Wilks biasa.

Masalah 5 — risiko penduga proporsi yang disusutkan

Untuk $S\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$ , bandingkan di bawah kerugian kuadratik

\delta_0=\frac Sn, \qquad \delta_L=\frac{S+1}{n+2}.

Turunkan bias, varians, dan risiko $\delta_L$ . Bandingkan kedua penduga pada $$p=1/2$$ dan $$p=0$$ . Apakah salah satunya mendominasi yang lain berdasarkan dua perbandingan ini?

Petunjuk 1

$$E(S)=np$$ dan $\operatorname{Var}(S)=np(1-p)$ . Gunakan dekomposisi MSE.

Petunjuk 2

Pada $$p=0$$ , $$S=0$$ hampir pasti. Pada $$p=1/2$$ , bias $\delta_L$ menghilang.

Jawaban singkat

\operatorname{Bias}_p(\delta_L)=\frac{1-2p}{n+2}, \qquad \operatorname{Var}_p(\delta_L)=\frac{np(1-p)}{(n+2)^2},

R(p,\delta_L)= \frac{np(1-p)+(1-2p)^2}{(n+2)^2}.

Pada $$p=1/2$$ , $\delta_L$ lebih baik; pada $$p=0$$ , $\delta_0$ mempunyai risiko nol sedangkan $\delta_L$ positif. Jadi $\delta_L$ tidak mendominasi $\delta_0$ , dan risiko keduanya bersilangan.

Solusi lengkap

Rataan penduga Laplace adalah

E_p\delta_L=\frac{np+1}{n+2},

sehingga bias terhadap $$p$$ ialah

\frac{np+1}{n+2}-p=\frac{1-2p}{n+2}.

Variansnya

\operatorname{Var}_p(\delta_L) =\frac{np(1-p)}{(n+2)^2}.

Dekomposisi bias–varians memberi formula risiko pada jawaban. Sementara itu $\delta_0$ tak bias dan

R(p,\delta_0)=\frac{p(1-p)}n.

Pada $$p=1/2$$ ,

R(1/2,\delta_L)=\frac{n}{4(n+2)^2} <\frac1{4n}=R(1/2,\delta_0),

karena $$n^2<(n+2)^2$$ . Pada $$p=0$$ , $$S=0$$ hampir pasti, maka

R(0,\delta_0)=0, \qquad R(0,\delta_L)=\frac1{(n+2)^2}>0.

Jadi $\delta_L$ tidak mendominasi $\delta_0$ . Sebaliknya, hasil pada $$p=1/2$$ menunjukkan bahwa $\delta_0$ juga tidak mendominasi $\delta_L$ . Dengan demikian, kedua fungsi risiko saling bersilangan. Klaim keadmisibelan salah satu penduga masih memerlukan pembandingan terhadap seluruh kelas aturan, bukan hanya pasangan ini.

Masalah 6 — perbaikan Rao–Blackwell Bernoulli

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid Bernoulli $$(p)$$ , $$n>1$$ , dan $S=\sum_iX_i$ . Mulai dari penduga $\delta=X_1$ untuk $$p$$ .

Buktikan $$S$$ cukup.
Hitung $E_p(X_1\mid S)$ tanpa memakai $$p$$ .
Hitung penurunan risiko kuadratik secara eksak.
Hubungkan langkah Anda dengan simpul donor kecukupan dan Rao–Blackwell.

Petunjuk 1

Fungsi kemungkinan dapat difaktorkan menjadi $p^S(1-p)^{n-S}$ kali faktor yang tidak bergantung pada $$p$$ ; bandingkan Definisi statistik cukup dan Teorema faktorisasi Fisher–Neyman.

Petunjuk 2

Diberikan $$S=s$$ , semua penempatan $$s$$ sukses di antara $$n$$ posisi mempunyai probabilitas sama. Gunakan simetri posisi pertama.

Jawaban singkat

$$S$$ cukup, $E_p(X_1\mid S)=S/n$ , dan Rao–Blackwell mengubah $$X_1$$ menjadi $\bar X=S/n$ . Risiko turun dari $$p(1-p)$$ menjadi $$p(1-p)/n$$ , yaitu penurunan $$p(1-p)(1-1/n)$$ .

Solusi lengkap

Fungsi kemungkinan sampel adalah

L(p;x)=p^{\sum_i x_i}(1-p)^{n-\sum_i x_i},

sehingga faktorisasi Fisher–Neyman memperlihatkan bahwa $$S$$ cukup. Ini adalah penerapan, bukan pengulangan prosa, dari simpul donor Definisi statistik cukup dan Teorema faktorisasi Fisher–Neyman.

Jika $$S=s$$ , tepat $$s$$ dari $$n$$ posisi bernilai satu dan seluruh konfigurasi mempunyai probabilitas bersyarat yang sama. Peluang bahwa posisi pertama merupakan salah satu posisi yang bernilai satu adalah $$s/n$$ , maka

E_p(X_1\mid S=s)=\frac sn.

Fungsi ini tidak mengandung $$p$$ , sebagaimana dijamin oleh kecukupan. Teorema Rao–Blackwell pada simpul Teorema Rao–Blackwell menghasilkan penduga $\delta^*=S/n$ . Keduanya tak bias. Di bawah kerugian kuadratik,

R(p,X_1)=\operatorname{Var}_p(X_1)=p(1-p),

dan

R(p,S/n)=\frac{\operatorname{Var}_p(S)}{n^2} =\frac{p(1-p)}n.

Selisihnya

p(1-p)\left(1-\frac1n\right)

positif untuk $$0<p<1$$ . Ini juga sama dengan $E_p\operatorname{Var}(X_1\mid S)$ menurut identitas proyeksi bersyarat.

Masalah 7 — Lehmann–Scheffé pada keluarga Poisson

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid Poisson $(\lambda)$ dengan $n\geq2$ , dan $S=\sum_iX_i$ .

Buktikan $$S$$ cukup dan lengkap.
Temukan penduga tak bias berbasis $$S$$ untuk $e^{-\lambda}$ .
Buktikan status UMVU-nya dan nyatakan batas klaim tersebut.

Petunjuk 1

Untuk kelengkapan, jika $E_\lambda h(S)=0$ , kalikan persamaan deret Poisson dengan $e^{n\lambda}$ dan gunakan ketunggalan koefisien deret pangkat.

Petunjuk 2

Gunakan fungsi pembangkit $E(a^S)=\exp\{n\lambda(a-1)\}$ dan pilih $$a=1-1/n$$ .

Jawaban singkat

Statistik $$S$$ , yang berdistribusi $\operatorname{Poisson}(n\lambda)$ , cukup dan lengkap. Selain itu,

U=\left(1-\frac1n\right)^S

tak bias untuk $e^{-\lambda}$ . Menurut Lehmann–Scheffé, $$U$$ adalah UMVU di kelas penduga tak bias bermomen kedua; hasil itu tidak dengan sendirinya membuktikan keadmisibelan terhadap seluruh penduga bias.

Solusi lengkap

Fungsi kemungkinan sampel dapat ditulis

L(\lambda;x) =e^{-n\lambda}\lambda^{\sum_i x_i} \prod_{i=1}^n\frac1{x_i!},

jadi faktorisasi menunjukkan $$S$$ cukup. Untuk kelengkapan, andaikan $E_\lambda|h(S)|<\infty$ dan $E_\lambda h(S)=0$ bagi semua $\lambda>0$ . Karena $S\sim\operatorname{Poisson}(n\lambda)$ ,

0=e^{n\lambda}E_\lambda h(S) =\sum_{s=0}^{\infty}h(s)\frac{(n\lambda)^s}{s!}.

Deret itu konvergen absolut untuk setiap $\lambda>0$ . Karena nilainya nol pada seluruh interval $\lambda>0$ , ketunggalan deret pangkat memberi $$h(s)=0$$ untuk setiap $$s$$ . Inilah kelengkapan pada simpul donor Definisi statistik lengkap.

Fungsi pembangkit probabilitas memberi

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

Jadi $$U$$ tak bias dan merupakan fungsi dari statistik yang cukup dan lengkap. Teorema Lehmann–Scheffé Teorema Lehmann–Scheffé menyatakan bahwa setiap penduga tak bias lain, setelah diperbaiki melalui Rao–Blackwell terhadap $$S$$ , harus sama hampir pasti dengan $$U$$ ; varians $$U$$ karena itu tidak lebih besar. Klaim yang sah adalah UMVU dalam kelas penduga tak bias. Tanpa pembuktian risiko terhadap semua penduga bias, tidak ada kesimpulan keadmisibelan global.

Masalah 8 — efisiensi estimasi varians normal

Misalkan $X_1,\ldots,X_n$ iid $N(\mu,\tau)$ , dengan $\mu$ diketahui dan parameter $\tau=\sigma^2>0$ . Definisikan

T=\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2, \qquad \delta=\frac Tn.

Hitung skor dan informasi Fisher untuk parameter $\tau$ .
Buktikan $\delta$ tak bias dan mencapai batas Cramér–Rao untuk menduga $g(\tau)=\tau$ .
Nyatakan dengan tepat apa yang belum dibuktikan oleh efisiensi ini.

Petunjuk 1

$T/\tau\sim\chi^2_n$ , sehingga $E(T)=n\tau$ dan $\operatorname{Var}(T)=2n\tau^2$ .

Petunjuk 2

Diferensiasikan $\ell(\tau)=-(n/2)\log\tau-T/(2\tau)$ dan bandingkan $\operatorname{Var}(T/n)$ dengan $1/I_n(\tau)$ .

Jawaban singkat

U_\tau=\frac{T-n\tau}{2\tau^2}, \qquad I_n(\tau)=\frac{n}{2\tau^2}.

$E(\delta)=\tau$ dan $\operatorname{Var}(\delta)=2\tau^2/n=1/I_n(\tau)$ , sehingga $\delta$ efisien dalam kelas tak bias reguler. Ini belum membuktikan keadmisibelan terhadap semua penduga bias atau validitas pada batas $\tau=0$ .

Solusi lengkap

Fungsi log-kemungkinan tanpa konstanta adalah

\ell(\tau)=-\frac n2\log\tau-\frac{T}{2\tau}.

Skornya

U_\tau =-\frac n{2\tau}+\frac{T}{2\tau^2} =\frac{T-n\tau}{2\tau^2}.

Karena $T/\tau\sim\chi^2_n$ , $\operatorname{Var}(T)=2n\tau^2$ . Maka

I_n(\tau)=\operatorname{Var}(U_\tau) =\frac{2n\tau^2}{4\tau^4} =\frac n{2\tau^2}.

Selain itu,

E_\tau\delta=\frac{E(T)}n=\tau, \qquad \operatorname{Var}_\tau(\delta) =\frac{2n\tau^2}{n^2} =\frac{2\tau^2}{n}.

Untuk $g(\tau)=\tau$ , $g'(\tau)=1$ , sehingga batas Cramér–Rao adalah

\frac{\{g'(\tau)\}^2}{I_n(\tau)} =\frac{2\tau^2}{n},

tepat sama dengan varians $\delta$ . Model pada $\tau>0$ mempunyai dukungan bersama $\mathbb R^n$ , parameter interior, dan diferensiabilitas yang dibutuhkan, sehingga perbandingan reguler sah. Pencapaian batas membuktikan efisiensi dalam kelas penduga tak bias yang tunduk pada asumsi tersebut. Ia tidak menyingkirkan semua penduga bias di bawah kerugian kuadratik, tidak membuktikan keadmisibelan global, dan tidak dapat diekstrapolasi ke $\tau=0$ , tempat distribusi menjadi degenerat dan parameter berada pada batas.

Daftar periksa kelulusan

Set ini dikuasai bila Anda dapat menurunkan ketiga statistik fungsi kemungkinan tanpa menghafal bentuk akhir; membuktikan laju sisa yang membuatnya ekuivalen; memakai distribusi yang benar ketika dukungan berubah atau parameter nol berada pada batas; serta membedakan perbaikan risiko, UMVU, efisiensi Cramér–Rao, dan keadmisibelan.