\documentclass[11pt,a4paper]{report} \usepackage{amsthm,amssymb,amsmath} \usepackage[top=30mm, bottom=30mm, left=20mm, right=25mm]{geometry} \usepackage{zref-perpage} \usepackage{graphicx} % بسته‌ و دستوراتی برای ایجاد لینک‌های رنگی با امکان جهش \usepackage[pagebackref=true,colorlinks,linkcolor=blue,citecolor=magenta]{hyperref} % چنانچه قصد پرینت گرفتن نوشته خود را دارید، خط بالا را غیرفعال و از دستور زیر استفاده کنید چون در صورت استفاده از دستور زیر‌‌، % لینک‌ها به رنگ سیاه ظاهر خواهند شد و برای پرینت گرفتن، مناسب‌تر است %\usepackage[pagebackref=false]{hyperref} % بسته‌ای برای ظاهر شدن «مراجع» و« نمایه» در فهرست مطالب \usepackage{tocbibind} % دستورات مربوط به ایجاد نمایه \usepackage{makeidx} \makeindex %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % فراخوانی بسته زی‌پرشین و دستورات مربوط به نوع فونت‌ها \usepackage{xepersian} \settextfont[Scale=1.1]{XB Niloofar} \setcounter{chapter}{5} \setcounter{section}{0} \setcounter{equation}{0} \pagenumbering{arabic} %\setlatintextfont[Scale=2]{Linux Libertine} \setlatintextfont[Scale=1]{Times New Roman} % از revision 118 زی‌پرشین به بعد، وارد کردن دستور زیر لازم نیست. توجه داشته باشید که در صورت غیرفعال کردن این دستور، % از فونت پیش‌فرض لاتک برای کلمات انگلیسی استفاده خواهد شد. %\setlatintextfont[ExternalLocation,BoldFont={lmroman10-bold},BoldItalicFont={lmroman10-bolditalic},ItalicFont={lmroman10-italic}]{lmroman10-regular} % چنانچه می‌خواهید اعداد در فرمول‌ها، فارسی باشد، خط زیر را نیز فعال کنید \setdigitfont[Scale=.85]{Yas} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % تعریف قلم‌های فارسی و انگلیسی برای استفاده در بعضی از قسمت‌های متن \defpersianfont\titr[Scale=1]{XB Titre} %\defpersianfont\traffic[Scale=1]{B traffic} % چنانچه فونت B Traffic را ندارید، دستور بالا را غیرفعال کرده و دستور زیر را فعال کنید \defpersianfont\traffic[Scale=1]{XB Niloofar} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %تعریف و نحوه ظاهر شدن عنوان قضیه‌ها، تعریف‌ها، مثال‌ها و ... \theoremstyle{definition} \newtheorem{definition}{تعریف}[section] \newtheorem{theorem}{قضیه}[section] \newtheorem{lemma}{لم}[section] \newtheorem{proposition}{گزاره}[section] \newtheorem{corollary}{نتیجه}[section] \newtheorem{remark}{ملاحظه}[section] \theoremstyle{definition} \newtheorem{example}{مثال}[section] %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \makeatletter \renewcommand{\@makefntext}[1]{\parindent 1em \noindent\hbox to 2em{}% if you want to indent footnote text you can change the width of the hbox (e.g. \hbox to 2em{}) \llap{\if@RTL\else\latinfont\fi\@thefnmark)\,\,}#1} \def\LTRfootnote{\@ifnextchar[\@xLTRfootnote{\stepcounter\@mpfn \protected@xdef\@thefnmark{\if@Latin\latinfont\fi\thempfn}% \@footnotemark\@LTRfootnotetext}} \makeatother % تعریف دستورات جدید برای خلاصه نویسی و راحتی کار در هنگام تایپ فرمول‌های ریاضی \newcommand{\bR}{\mathbb{R}} \newcommand{\cB}{\mathcal{B}} \newcommand{\cO}{\mathcal{O}} \newcommand{\cG}{\mathcal{G}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cX}{\mathcal{X}} \newcommand{\rM}{\mathrm{M}} \newcommand{\rC}{\mathrm{C}} \newcommand{\rV}{\mathrm{V}} \newcommand{\de}{\mathrm{d}} \newcommand{\Xt}{\mathop{X}\limits_{\widetilde{}}} \newcommand{\Yt}{\mathop{Y}\limits_{\widetilde{}}} \newcommand{\xt}{\mathop{x}\limits_{\widetilde{}}} \newcommand{\yt}{\mathop{y}\limits_{\widetilde{}}} \newcommand{\Tt}{\mathop{T}\limits_{\widetilde{}}} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % تغییر نام کلمه «اثبات» به «برهان» \renewcommand\proofname{\textbf{برهان}} \renewcommand{\qedsymbol}{} %\renewcommand{\qedsymbol}{\rule{0.5em}{0.5em}} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \zmakeperpage{footnote} \begin{document} \baselineskip=1cm \chapter*{پرتوانترین آزمون‌های یکنواخت پایا} \section{خلاصه‌ای از مبحث پایایی} فرض کنید $\Xt=(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ دارای توزیعی از خانواده توزیع‌های $\cF=\{f_{\theta}(\xt):\theta\in\Theta\}$ است که دارای مجموعه مقادیر $\cX$ است و گروه تبدیلات $\cG$ روی $\cX$ را در نظر بگیرید. خانواده $\cF$ را تحت گروه $\cG$ پایا گویند، اگر برای هر $\theta\in\Theta$ و $g\in\cG$ یک ${\bar g}(\theta)=\theta'\in\Theta$ یکتا وجود داشته باشد به نحوی که $\Yt=g(\xt)$ دارای تابع چگالی $f_{{\bar g}(\theta)}(\yt)\in\cF$ باشد. بنابراین گروه تبدیلات $\cG$ روی $\cX$ گروه تبدیلات ${\bar\cG}=\{{\bar g}|g\in\cG\}$ را به وجود می‌آورد و خواص زیر را برای این تبدیلات می‌توان بیان کرد: \begin{align*} P_{\theta}(g(X)\in A)&=P_{{\bar g}(\theta)}(X\in A)\\ E_{\theta}[h(g(X))]&=E_{{\bar g}(\theta)}[h(X)] \end{align*} اگر در رابطه اول، $A$ را با $g(A)$ عوض کنیم خواهیم داشت: \begin{align*} P_{\theta}(X\in A)=P_{{\bar g}(\theta)}(X\in g(A)) \end{align*} تابع زیان $L(\theta,\delta)$ را تحت گروه تبدیلات $\cG$ پایا گویند، اگر برای هر $g\in\cG$ و هر $\delta\in {\mathcal D}$ ( کلاس برآوردگرها یا کلاس توابع آزمون ) یک ${\tilde g}(\delta)=\delta^*\in {\mathcal D}$ یکتا وجود داشته باشد به طوری که: $$L(\theta,\delta)=L({\tilde g}(\theta),{\tilde g}(\delta)),~~~\forall \theta\in\Theta$$ تبدیلات ${\tilde\cG}=\{{\tilde g}|g\in\cG\}$ را گروه تبدیلات ایجاد شده روی $\mathcal{D}$ توسط $\cG$ گویند. اگر در مسأله‌ای خانواده توزیع‌های $\cF$ و تابع زیان $L$ پایا باشند، گوییم این مسأله تحت تبدیلات $\cG$ پایاست. در این حالت تصمیم‌های هم‌پایا در شرط زیر صدق می‌کنند: $$\delta(g(\Xt))={\tilde g}(\delta(\Xt)).$$ \begin{definition} دو نقطه $\theta_1$ و $\theta_2$ در $\Theta$ را معادل گویند و با نماد $\theta_1\sim\theta_2$ نمایش می‌دهند اگر $\bar{g}\in\bar{\cG}$ موجود باشد، به نحوی که $\theta_2=\bar{g}(\theta_1)$. یک مدار \LTRfootnote{Orbit} در $\Theta$ عبارت از یک کلاس (مجموعه) از نقاط معادل در $\Theta$ است. بنابراین مدار $\theta_0$ در $\Theta$ عبارت است از: $$\Theta_{\theta_0}=\{\bar{g}(\theta_0)|\bar{g}\in\bar{\cG}\}.$$ \end{definition} \begin{definition} یک گروه $\bar{\cG}$ از تبدیلات روی $\Theta$ را انتقالی یا گذرا \LTRfootnote{Transitive} گویند، هرگاه $\Theta$ تنها دارای یک مدار باشد یا به طور معادل اگر برای هر دو نقطه $\theta_1,\theta_2\in\Theta$ یک $\bar{g}\in\bar{\cG}$ موجود باشد، به طوری که $\theta_2\in\bar{g}(\theta_1)$. \end{definition} مطالب مربوط به معادل بودن و مدارها را می‌توان برای گروه‌های $\cG$ و $\tilde{\cG}$ نیز به طور معادل گسترش داد. \begin{definition} فرض کنید $\cG$ گروهی از تبدیلات روی فضای $\cX$ است. تابع $T(x)$ را روی $\cX$ نسبت به $\cG$ پایا گویند، هر گاه برای هر $x\in\cX$ و $g\in\cG$ داشته باشیم: $$T(g(x))=T(x)$$ و تابع $T(x)$ را پایای ماکزیمال نسبت به $\cG$ گویند هر گاه $T$ پایا باشد و برای مقادیر $g\in\cG$ در شرط زیر صدق کند: $$T(x_1)=T(x_2)\Rightarrow x_1=g(x_2)$$ \end{definition} یک تابع پایا تابعی است که روی هر مدار $x\in\cX$ مقداری ثابت دارد و یک تابع پایای ماکزیمال تابعی است که روی هر مدار $x\in\cX$ مقدار ثابتی دارد و مقادیر متفاوتی را برای هر یک از مدارهای متفاوت نتیجه می‌دهد. مفهوم پایایی و پایایی ماکزیمال را می‌توان به طور مشابه روی $\Theta$ گسترش داد. در زیر بعضی از قضایای مورد نیاز پایایی را بدون اثبات بیان می‌کنیم. \begin{theorem} فرض کنید $\cG$ گروهی از تبدیلات روی فضای $x\in\cX$ باشد و $T(x)$ یک تابع پایای ماکزیمال باشد. در این صورت تابع $\phi(X)$ نسبت به $\cG$ پایاست اگر و فقط اگر $\phi$ تابعی از $T$ باشد. \end{theorem} \begin{theorem} فرض کنید یک مسأله تحت تبدیلات $\cG$ پایا باشد و $\nu(\theta)$ یک تابع پایای ماکزیمال روی $\Theta$ نسبت به $\cG$ باشد. اگر $\phi(X)$ یک تابع پایا تحت $\cG$ باشد آنگاه توزیع $\phi(X)$ تنها به $\nu(\theta)$ بستگی دارد. \begin{theorem} اگر $\phi$ یک آماره پایا باشد، آنگاه توزیع آن روی هر مدار $\Theta$ مقداری ثابت است. بنابراین اگر $\Theta$ تنها یک مدار باشد و $\phi$ یک آماره پایا باشد، آنگاه توزیع $\phi$ به پارامتر $\theta$ بستگی ندارد. \end{theorem} \end{theorem} \section{پرتوانترین آزمون یکنواخت پایا (UMPI)} در مسأله آزمون فرضها، فضای کارها \LTRfootnote{Action Space} به صورت $A=\{a_1,a_2\}$ است و می‌خواهیم آزمون زیر را انجام دهیم: \begin{equation*} \left\{\begin{array}{lr} H:\theta\in\Theta_0\\ K:\theta\in\Theta_1 \end{array} \end{equation*} که در آن $\Theta_0\cap\Theta_1=\emptyset$ و $\Theta_0\cup\Theta_1=\Theta$. تابع زیان در این حالت به فرم زیر است: \begin{equation*} L(\theta,a_1) = \left\{ \begin{array}{rl} C_{10} & \theta\in\Theta_0 \\ C_{11} & \theta\in\Theta_1 \end{array} \right., \qquad L(\theta,a_0) = \left\{ \begin{array}{rl} C_{00} & \theta\in\Theta_0 \\ C_{01} & \theta\in\Theta_1 \end{array} \right. \end{equation*} که در آن $C_{00}c\Rightarrow\frac{\int_{-\infty}^{\infty}f_1(x_1+u,\ldots,x_n+u)\de u}{\int_{-\infty}^{\infty}f_0(x_1+u,\ldots,x_n+u)\de u}>c\quad\blacksquare \end{equation*} \end{example} \begin{example} فرض کنید $X_1$ و $X_2$ مستقل از یکدیگر و دارای توزیع یکسان باشند و بخواهیم آزمون زیر را انجام دهیم: \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lr} H:X_1,X_2\sim N(\theta,1) \\ K:X_1,X_2\sim C(\theta,1) \end{array} \right. \end{equation*} آزمون UMPI برای انجام این آزمون را به دست آورید.\\ \textbf{پاسخ:} ملاحظه می‌کنیم: \begin{align*} g_0(\yt)&=\int_{-\infty}^{\infty}f_0(x_1+u,x_2+u)\de u=\int_{-\infty}^{\infty}{1\over 2\pi}e^{-{1\over 2}[(x_1+u)^2+(x_2+u)^2]}\de u\\ &={1\over 2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-[u^2+u(x_1+x_2)+{1\over 2}(x_1^2+x_2^2)]}\de u={1\over 2\pi} e^{-{1\over 2}(x_1^2+x_2^2)+{1\over 4}(x_1+x_2)^2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(u+{x_1+x_2\over 2})^2}\de u\\ &={1\over{2\sqrt{\pi}}}e^{-{1\over 4}(x_1-x_2)^2} \end{align*} و \begin{align*} g_1(\yt)&=\int_{-\infty}^{\infty}f_1(x_1+u,x_2+u)\de u=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\de u}{(1+(x_1+u)^2)^2(1+(x_2+u)^2)^2}\\ &={1\over\pi^2}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{2a(x_1+u)+b}{1+(x_1+u)^2}+\frac{2c(x_2+u)+d}{1+(x_2+u)^2}\right)\de u\\ &={1\over\pi^2}\left(a\ln\frac{1+(x_1+u)^2}{1+(x_2+u)^2}+b\arctan (x_1+u)+d\arctan(x_2+u)\right)\bigg |_{-\infty}^{+\infty}\\ &={b+d\over\pi} \end{align*} بنابراین: \begin{equation*} \frac{g_1(\yt)}{g_0(\yt)}>c\Rightarrow\frac{{b+d\over\pi}}{{1\over{2\sqrt{\pi}}}e^{-{1\over 4}(x_1-x_2)^2}}>c\Rightarrow (x_1-x_2)^2>c^*\Rightarrow |x_1-x_2|>k \end{equation*} و تحت فرض $H$ داریم: $$X_1-X_2\sim N(0,2)\Rightarrow \alpha=P_H(|X_1-X_2|>k)=P_H\left(|Z|>{k\over\sqrt{2}}\right)\Rightarrow k=\sqrt{2}z_{1-{\alpha\over 2}}$$ بنابراین آزمون UMPI به انداه $\alpha$ عبارت است از: \begin{equation*} \phi(x_1,x_2) = \left\{ \begin{array}{rl} 1 & |x_1-x_2|>\sqrt{2}z_{1-{\alpha\over 2}} \\ 0 & |x_1-x_2|<\sqrt{2}z_{1-{\alpha\over 2}} \end{array} \right.\qquad\blacksquare \end{equation*} \end{example} \textbf{توجه:} با توجه به قضیه 2.1.5، در حل مسائل اگر آماره پایای ماکزیمال $T(\xt)$ و $\delta=\nu(\theta)$ حقیقی مقدار باشند و خانواده توزیع‌های $f_{\delta}(t)$ مربوط به آماره $T$ دارای خاصیت MLR باشند، آنگاه برای آزمون $H:\delta\leqslant\delta_0$ در مقابل $K:\delta>\delta_0$ طبق قضیه کارلین- روبین، یک آزمون UMP بر اساس $T$ وجود دارد که این آزمون UMPI است. (زیرا توزیع $T(\xt)$ تنها به $\theta$ از طریق $\nu(\theta)$ بستگی دارد). \begin{example} فرض کنید $X_n,\ldots,X_2,X_1$ یک نمونه تصادفی از توزیع $N(\mu,\sigma^2)$ باشند. آزمون UMPI به اندازه $\alpha$ برای انجام آزمون زیر به دست آورید: \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{rl} H:\sigma\geqslant \sigma_0 \\ K:\sigma<\sigma_0 \end{array} \right. \end{equation*} \textbf{پاسخ:} اگر گروه تبدیلات مکانی $\cG=\{g_c|g_c(\xt)=\xt +c\}$ را در نظر بگیریم، آنگاه مسأله آزمون $H$ در مقابل $K$ پایا باقی می‌ماند (زیرا توزیع‌ها تحت $H$ و $K$ تغییر نمی‌کنند، $Var(X+c)=Var(X)$). حال اگر آماره بسنده $$\Big(\bar{X},S^2=\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2\Big)$$ را در نظر بگیریم، آنگاه تحت این تبدیل، این آماره به $(\bar{X}+c,S^2)$ تبدیل می‌شود و $S^2$ نیز یک آماره پایای ماکزیمال است. بنابراین کلاس آزمونهای پایا، آزمونهایی است که به $S^2$ بستگی دارند و توزیع $S^2$ به $\mu$ بستگی ندارد و تنها به $\sigma^2$ بستگی دارد. بنابراین مسأله یافتن آزمون UMPI منجر به یافتن آزمون UMP بر اساس $S^2$ می‌شود. با توجه به اینکه: $$f_{S^2}(y)=\frac{1}{(2\sigma^2)^{n-1\over 2}\Gamma({n-1\over 2})}~y^{{n-1\over 2}-1}e^{-{y\over 2\sigma^2}}$$ این خانواده نیز دارای خاصیت MLR در $Y=S^2$ است. پس آزمون UMPI بر اساس $S^2$ عبارت است از: \begin{equation*} \phi(\xt) = \left\{ \begin{array}{rl} 1 & S^2\leqslant\sigma_0^2\chi^2_{\alpha}(n-1) \\\\ 0 & S^2>\sigma_0^2\chi^2_{\alpha}(n-1) \end{array} \right.\qquad\blacksquare \end{equation*} \end{example} \begin{example} فرض کنید $X_n,\ldots,X_2,X_1$ یک نمونه تصادفی از توزیع $N(\mu,\sigma^2)$ باشند. که $\mu$ و $\sigma^2$ هر دو نامعلوم هستند. آزمون UMPI به اندازه $\alpha$ برای انجام آزمون زیر را به دست آورید: \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{rl} H:\mu\leqslant 0 \\ K:\mu> 0 \end{array} \right. \end{equation*} \textbf{پاسخ:} اگر گروه تبدیلات مقیاسی $\cG=\{g_c|g_c(\xt)=c\xt ~,c>0\}$ را در نظر بگیریم، آنگاه مسأله آزمون $H$ در مقابل $K$ پایا باقی می‌ماند (زیرا $\bar{g}(\Theta_0)=\Theta_0,\bar{g}\Theta_1=\Theta_1$). حال اگر آماره بسنده $$(U,V)=\Big(\sqrt{n}\bar{X},\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2\Big)$$ را در نظر بگیریم، آنگاه تحت این تبدیل آماره $(U,V)$ به $(cU,c^2V)$ تبدیل می‌شود و $T=\dfrac{U}{\sqrt{V/(n-1)}}$ یک آماره پایای ماکزیمال است. بنابراین کلاس آزمون‌های پایا آزمونهایی است که به $T$ بستگی دارند و توزیع $T$ عبارت است از: \begin{equation*} T=\frac{\sqrt{n}\bar{X}}{\sqrt{\frac{(n-1)S^2}{n-1}}}=\frac{\frac{\bar{X}}{\sigma/\sqrt{n}}}{\sqrt{\frac{(n-1)S^2/\sigma^2}{n-1}}}\stackrel{D}=\frac{N(\frac{\mu}{\sigma/\sqrt{n}},1)}{\sqrt{\frac{\chi^2(n-1)}{n-1}}}\sim t'(n-1,\delta) \end{equation*} یعنی آماره پایای ماکزیمال $T$ دارای توزیع $t$ نامرکزی با پارامتر نامرکزی $\delta=\frac{\sqrt{n}\mu}{\sigma}$ است. بنابراین توزیع $T$ به $\mu$ و $\sigma^2$ تنها از طریق $\delta=\nu(\mu,\sigma^2)=\frac{\sqrt{n}\mu}{\sigma}$ بستگی دارد. در نتیجه آزمون فوق، به آزمون $H:\delta\leqslant 0$ در مقابل $K:\delta>0$ تبدیل می‌شود. بنابراین یافتن آزمون UMPI منجر به یافتن آزمون UMP بر اساس $T$ برای انجام آزمون اخیر می‌شود. برای انجام آزمون فوق ابتدا نشان می‌دهیم که توزیع آماره $T$ دارای خاصیت MLR در $T$ است. \begin{align*} f_{\delta}(t)=\frac{1}{2^{{n-1}\over2}\Gamma({{n-1}\over 2})\sqrt{\pi(n-1)}}\int_{0}^{\infty} y^{{{n-2}\over2}}e^{-{1\over 2}y}e^{-{1\over 2}(t\sqrt{\frac{y}{n-1}}-\delta)^2}\de y \end{align*} به ازای مقادیر $\delta_0<\delta_1$ داریم: \begin{align*} r(t)=\frac{f_{\delta_1}(t)}{f_{\delta_2}(t)}=\frac{\displaystyle\int_{0}^{\infty} y^{{{n-2}\over2}}e^{-{1\over 2}y}e^{-{1\over 2}(t\sqrt{\frac{y}{n-1}}-\delta_1)^2}\de y}{\displaystyle\int_{0}^{\infty} y^{{{n-2}\over2}}e^{-{1\over 2}y}e^{-{1\over 2}(t\sqrt{\frac{y}{n-1}}-\delta_0)^2}\de y} \end{align*} حال با فرض $t<0$ خواهیم داشت: \begin{align*} f_{\delta}(t)&=c\int_{0}^{\infty} y^{{{n-2}\over2}}e^{-{1\over 2}y}e^{-{1\over 2}(t\sqrt{\frac{y}{n-1}}-\delta)^2}\de y\\ &=c\int_{0}^{\infty}e^{-{1\over 2}(\nu+\delta)^2}\left[-\frac{(n-1)\nu}{t}\right]^2 e^{-\frac{(n-1)\nu^2}{t^2}}\frac{2(n-1)\nu}{t^2}\de \nu\qquad (\nu=-t\sqrt{\frac{y}{n-1}})\\ &=c^* e^{-{1\over 2}\delta^2}\int_{0}^{\infty}e^{-{1\over 2}\nu^2} e^{-\delta\nu} \nu^{n-1} e^{-\frac{(n-1)\nu^2}{2t^2}} \de \nu\\ &=c^*e^{-{1\over 2}\delta^2}\int_{0}^{\infty} f(\nu) e^{-(\delta-\delta_0)\nu-\frac{(n-1)\nu^2}{2t^2}}\de \nu \end{align*} که در آن: $f(\nu)=e^{-\delta_0\nu}\nu^{n-1}e^{-\frac{\nu^2}{2}}$. بنابراین: \begin{align*} r(t)&=\frac{f_{\delta_1}(t)}{f_{\delta_2}(t)}=\frac{e^{-{1\over 2}\delta_1^2}\displaystyle\int_{0}^{\infty} f(\nu) e^{-(\delta_1-\delta_0)\nu-\frac{(n-1)\nu^2}{2t^2}}\de \nu}{e^{-{1\over 2}\delta_0^2}\displaystyle\int_{0}^{\infty} f(\nu) e^{-\frac{(n-1)\nu^2}{2t^2}}\de \nu}\\ &=e^{-{1\over 2}(\delta_1^2-\delta_0^2)}\int_{0}^{\infty}e^{-(\delta_1-\delta_0)\nu}g_{t^2}(\nu)\de \nu \end{align*} که در آن: $$g_{t^2}(\nu)=\frac{f(\nu)e^{-\frac{(n-1)\nu^2}{2t^2}}}{\displaystyle\int_{0}^{\infty}f(z)e^{-\frac{(n-1)z^2}{t^2}}\de z}$$ توجه کنید که $g_{t^2}(\nu)$ یک تابع چگالی است و خانواده‌ای است که دارای خاصیت MLR است ( $f(\nu)e^{-\frac{(n-1)\nu^2}{2t^2}}}$ به یک خانواده نمایی تبدیل می‌شود) بنابراین با استفاده از مسأله 14 فصل سوم کتاب TSH لهمن $\int_{0}^{\infty}e^{-(\delta_1-\delta_0)\nu}g_{t^2}(\nu)\de \nu$ یک تابع نزولی از $t^2$ است و بنابراین یک تابع صعودی از $t$ برای $t<0$ است. بنابراین $r(t)$ یک تابع صعودی از $t$ برای $t<0$ است. به طور مشابه با تغییر متغیر $\nu=t\sqrt{\frac{y}{n-1}}$ در $f_{\delta}(t)$ برای $t>0$ می‌توان نشان داد که $r(t)$ یک تابع صعودی از $t$ است و در نتیجه با استفاده از پیوستگی $r(t)$ نتیجه می‌شود که $r(t)$ یک تابع صعودی از $t$ است.\\ حال چون $f_{\delta}(t)$ دارای خاصیت MLR در $T=\frac{\sqrt{n}\bar{X}}{S}$ است، بنابراین در آزمون $H:\delta\leqslant 0$ در مقابل $K:\delta>0$ آزمون UMP (یا بر اساس $T$، آزمون UMPI ) عبارت است از: \begin{equation*} \phi(\xt)=\left\{ \begin{array}{lr} 1 &~~ T>c\\ 0 & ~~Tc)\Rightarrow c=t_{1-\alpha}(n-1)$$ بنابراین آزمون UMPI به اندازه $\alpha$ برابر است با: \begin{equation*} \phi(\xt) = \left\{ \begin{array}{rl} 1 & \frac{\sqrt{n}\bar{x}}{S}>t_{1-\alpha}(n-1)\\ \\ 0 & \frac{\sqrt{n}\bar{x}}{S} 0 \end{array} \right \end{equation*} تبدیل می‌شود. بنابراین یافتن آزمون UMPI منجر به یافتن آزمون UMP بر اساس $|T|$ برای انجام آزمون فوق می‌شود. از طرفی برای $t>0$ داریم: \begin{align*} f_{|T|}(t\big||\delta|)&=f_T(t\big||\delta|)+f_T(-t\big||\delta|)\\ &=c\int_{0}^{\infty}y^{{n-2}\over 2} e^{{-1\over 2}y}\big(e^{{-1\over 2}(t\sqrt{\frac{y}{n-1}}-|\delta|)^2}-e^{{-1\over 2}(t\sqrt{\frac{y}{n-1}}+|\delta|)^2}\big)\de y \end{align*} مانند مثال قبل می‌توان نشان داد که $\frac{f_{|T|}(t||\delta|)}{f_{|T|}(t|0)}$ یک تابع صعودی از $t$ است. بنابراین این خانواده دارای خاصیت MLR در $|T|$ است و در نتیجه آزمون UMP و در نتیجه UMPI بر اساس $|T|$ عبارت است از: \begin{equation*} \phi(\xt)=\left\{ \begin{array}{lr} 1 &~~ |T|>c\\ 0 & ~~|T|c)\Rightarrow c=t_{1-\alpha/2}(n-1)$$ پس آزمون UMPI به اندازه $\alpha$ عبارت است از: \begin{equation*} \phi(\xt) = \left\{ \begin{array}{rl} 1 & |\frac{\sqrt{n}\bar{x}}{S}|>t_{1-\alpha/2}(n-1)\\ \\ 0 & |\frac{\sqrt{n}\bar{x}}{S}|\Delta_ 0 \end{array} \right \end{equation*} \textbf{پاسخ:} اگر گروه تبدیلات $$\cG=\{g|g(\xt,\yt)=(c\xt+a,c\yt+b),~~c>0,~a,b\in\bR\}$$ را در نظر بگیریم، آنگاه مسأله آزمون $H$ در مقابل $K$ پایا باقی می‌ماند. زیرا: $$\frac{Var(cY+a)}{Var(cX+a)}=\frac{Var(Y)}{Var(X)}=\frac{\tau^2}{\sigma^2}$$ حال اگر آماره بسنده $$T=(T_1,T_2,T_3,T_4)=\Big(\bar{X},\bar{Y},\sum(X_i-\bar{X}),\sum(Y_i-\bar{Y})\Big)$$ را در نظر بگیریم، آنگاه تحت این تبدیل آماره $\Tt$ به $(cT_1+a,cT_2+b,c^2T_3,c^2T_4)$ تبدیل می‌شود و $U=\frac{T_4/(n-1)}{T_3/(m-1)}$ یک آماره پایای ماکزیمال است. بنابراین کلاس آزمون‌های پایا، آزمون‌هایی است که به $U$ بستگی دارد و $U\sim\Delta F_{(n-1,m-1)}$ که $\Delta=\frac{\tau^2}{\sigma^2}$ است. یعنی توزیع آماره پایای ماکزیمال $T$ به $(\mu,\eta,\sigma^2,\tau^2)$ تنها از طریق $\delta=\nu(\mu,\eta,\sigma^2,\tau^2)=\frac{\tau^2}{\sigma^2}$ بستگی دارد. بنابراین بر اساس $U$ آزمون فوق به آزمون \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lr} H:\Delta\leqslant\Delta_ 0 \\ K:\Delta>\Delta_ 0 \end{array} \right \end{equation*} تبدیل می‌شود. بنابراین یافتن آزمون UMPI منجر به یافتن آزمون UMP بر اساس $U$ برای انجام آزمون اخیر می‌شود. از طرفی داریم: $$f_U(u)=\frac{\Gamma(\frac{m+n-2}{2})}{\Gamma(\frac{m-1}{2})\Gamma(\frac{n-1}{2})}\left(\frac{n-1}{m-1}\right)^{\frac{n-1}{2}}\frac{\Delta u^{\frac{n-1}{2}-1}}{(\Delta+\frac{n-1}{m-1}u)^{\frac{m+n-2}{2}}}$$ بنابراین: $$\Delta_0<\Delta_1\Rightarrow\frac{f_U(u|\Delta_1)}{f_U(u|\Delta_0)}=\frac{\Delta_1}{\Delta_0}\left(\frac{\Delta_0+\frac{n-1}{m-1}u}{\Delta_1+\frac{n-1}{m-1}u}\right)^{\frac{m+n-2}{2}}$$ که یک تابع صعودی از $u$ است. بنابراین این خانواده دارای خاصیت MLR در $U$ است و در نتیجه آزمون UMP یا به عبارت دیگر آزمون UMPI بر اساس $U$ عبارت است از: \begin{equation*} \phi(\xt,\yt) = \left\{ \begin{array}{rl} 1 & U>c\ \\ 0 & Uc)=P_{\Delta=\Delta_0}(F_{(n-1,m-1)}>\frac{c}{\Delta_0})\Rightarrow c=\Delta_0 F_{\alpha}(n-1,m-1)$$ پس آزمون UMPI به اندازه $\alpha$ عبارت است از: \begin{equation*} \phi(\xt,\yt) = \left\{ \begin{array}{rl} 1 & U>\Delta_0~F_{\alpha}(n-1,m-1)\\ \\ 0 & U<\Delta_0~F_{\alpha}(n-1,m-1) \end{array} \right.\qquad\blacksquare \end{equation*} \end{example} \end{document}