内容来源
数理统计学导论（原书第7版） 机械工业出版社
因为要计算统计量的 p d f pdf pdf ，一般情况下，用定义直接验证一个统计量的充分性是困难的。
幸运的是，有一个判别充分统计量的充要条件： N e y m a n Neyman Neyman 因子分解定理
定理
设 X 1 , X 2 , ⋯ , X n X_1,X_2,\cdots,X_n X1,X2,⋯,Xn 是来自分布 f ( x ; θ ) f(x;\theta) f(x;θ) 的随机样本
统计量 Y 1 = u 1 ( X 1 , X 2 , ⋯ , X n ) Y_1=u_1(X_1,X_2,\cdots,X_n) Y1=u1(X1,X2,⋯,Xn) 是 θ \theta θ 的一个充分统计量的充要条件为：
存在两个非负函数 k 1 , k 2 k_1,k_2 k1,k2 ，使得
f ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ; θ ) = k 1 [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ; θ ] k 2 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) f(x_1,x_2,\cdots,x_n;\theta)=k_1[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n);\theta] k_2(x_1,x_2,\cdots,x_n) f(x1,x2,⋯,xn;θ)=k1[u1(x1,x2,⋯,xn);θ]k2(x1,x2,⋯,xn)
其中 k 2 k_2 k2 不依赖于 θ \theta θ
证明
假定因子分解成立
做一一变换
y 1 = u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) y 2 = u 2 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ⋮ y n = u n ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) y_1=u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)\\ y_2=u_2(x_1,x_2,\cdots,x_n)\\ \vdots\\ y_n=u_n(x_1,x_2,\cdots,x_n)\\ y1=u1(x1,x2,⋯,xn)y2=u2(x1,x2,⋯,xn)⋮yn=un(x1,x2,⋯,xn)
它们的逆函数为
x 1 = w 1 ( y 1 , y 2 , ⋯ , y n ) x 2 = w 2 ( y 1 , y 2 , ⋯ , y n ) ⋮ x 3 = w 3 ( y 1 , y 2 , ⋯ , y n ) x_1=w_1(y_1,y_2,\cdots,y_n)\\ x_2=w_2(y_1,y_2,\cdots,y_n)\\ \vdots\\ x_3=w_3(y_1,y_2,\cdots,y_n)\\ x1=w1(y1,y2,⋯,yn)x2=w2(y1,y2,⋯,yn)⋮x3=w3(y1,y2,⋯,yn)
对应的雅可比行列式为 J J J
这个一一变换的作用跟画辅助线差不多，没什么特殊要求，怎么简单就怎么构造
于是，统计量 Y 1 , Y 2 , ⋯ , Y n Y_1,Y_2,\cdots,Y_n Y1,Y2,⋯,Yn 的 p d f pdf pdf 为
g ( y 1 , y 2 , ⋯ , y n ; θ ) = f ( w 1 , w 2 , ⋯ , w n ; θ ) ∣ J ∣ = k 1 ( y 1 ; θ ) k 2 ( w 1 , w 2 , ⋯ , w n ) ∣ J ∣ \begin{align*} g(y_1,y_2,\cdots,y_n;\theta)&=f(w_1,w_2,\cdots,w_n;\theta)|J|\\ &=k_1(y_1;\theta)k_2(w_1,w_2,\cdots,w_n)|J| \end{align*} g(y1,y2,⋯,yn;θ)=f(w1,w2,⋯,wn;θ)∣J∣=k1(y1;θ)k2(w1,w2,⋯,wn)∣J∣
那么
f Y 1 ( y 1 ; θ ) = ∫ ⋯ ∫ g ( y 1 , y 2 , ⋯ , y n ; θ ) d y 2 ⋯ d y n = k 1 ( y 1 ; θ ) ∫ ⋯ ∫ ∣ J ∣ k 2 ( w 1 , w 2 , ⋯ , w n ) d y 2 ⋯ d y n \begin{align*} f_{Y_1}(y_1;\theta)&=\int\cdots\int g(y_1,y_2,\cdots,y_n;\theta) \mathrm{d}y_2\cdots\mathrm{d}y_n\\ &=k_1(y_1;\theta)\int\cdots\int|J|k_2(w_1,w_2,\cdots,w_n) \mathrm{d}y_2\cdots\mathrm{d}y_n \end{align*} fY1(y1;θ)=∫⋯∫g(y1,y2,⋯,yn;θ)dy2⋯dyn=k1(y1;θ)∫⋯∫∣J∣k2(w1,w2,⋯,wn)dy2⋯dyn
上式中的积分不是不定积分，积分区域应该是 y 2 y_2 y2 到 y n y_n yn 各自的定义域，不知道怎么表示就在这里提一下
上式右端， k 2 k_2 k2 不依赖于 θ \theta θ ，雅可比行列式 J J J 和积分也不涉及 θ \theta θ 。因此，上式右端的 n − 1 n-1 n−1 重积分仅仅是 y 1 y_1 y1 的函数，表示为 m ( y 1 ) m(y_1) m(y1) 。而且是非负的
那么
f Y 1 ( y 1 ; θ ) = k 1 ( y 1 ; θ ) m ( y 1 ) f_{Y_1}(y_1;\theta)=k_1(y_1;\theta)m(y_1) fY1(y1;θ)=k1(y1;θ)m(y1)
若 m ( y 1 ) = 0 m(y_1)=0 m(y1)=0 ，则 f Y 1 ( y 1 ; θ ) = 0 f_{Y_1}(y_1;\theta)=0 fY1(y1;θ)=0
若 m ( y 1 ) > 0 m(y_1)>0 m(y1)>0 ，则
k 1 [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ; θ ] = f Y 1 [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ; θ ] m [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ] k_1[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n);\theta]=\frac {f_{Y_1}[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n);\theta]} {m[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)]} k1[u1(x1,x2,⋯,xn);θ]=m[u1(x1,x2,⋯,xn)]fY1[u1(x1,x2,⋯,xn);θ]
将 k 1 k_1 k1 带入因子分解中，得
f ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ; θ ) = f Y 1 [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ; θ ] m [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ] k 2 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) f(x_1,x_2,\cdots,x_n;\theta)=\frac {f_{Y_1}[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n);\theta]} {m[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)]}k_2(x_1,x_2,\cdots,x_n) f(x1,x2,⋯,xn;θ)=m[u1(x1,x2,⋯,xn)]fY1[u1(x1,x2,⋯,xn);θ]k2(x1,x2,⋯,xn)
即
f ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ; θ ) f Y 1 [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ; θ ] = m [ u 1 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) ] k 2 ( x 1 , x 2 , ⋯ , x n ) \frac{f(x_1,x_2,\cdots,x_n;\theta)} {f_{Y_1}[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n);\theta]}= \frac{m[u_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)]}{k_2(x_1,x_2,\cdots,x_n)} fY1[u1(x1,x2,⋯,xn);θ]f(x1,x2,⋯,xn;θ)=k2(x1,x2,⋯,xn)m[u1(x1,x2,⋯,xn)]
根据定义， Y 1 Y_1 Y1 是参数 θ \theta θ 的充分统计量
反之，如果 Y 1 Y_1 Y1 是 θ \theta θ 的一个充分统计量，那么通过将函数 k 1 k_1 k1 取成 Y 1 Y_1 Y1 的 p d f pdf pdf ，即可实现因子分解。这就完成了定理证明。
例
设 X 1 , X 2 , ⋯ , X n X_1,X_2,\cdots,X_n X1,X2,⋯,Xn 表示来自分布 N ( θ , σ 2 ) N(\theta,\sigma^2) N(θ,σ2) 的随机样本，方差 σ 2 \sigma^2 σ2 已知
如果 x ‾ = 1 n ∑ x i \overline{x}=\frac{1}{n}\sum x_i x=n1∑xi ，那么
∑ ( x i − θ ) 2 = ∑ [ ( x i − x ‾ ) − ( x ‾ − θ ) ] 2 = ∑ ( x i − x ‾ ) 2 + n ( x ‾ − θ ) 2 \sum(x_i-\theta)^2=\sum[(x_i-\overline{x})-(\overline{x}-\theta)]^2= \sum(x_i-\overline{x})^2+n(\overline{x}-\theta)^2 ∑(xi−θ)2=∑[(xi−x)−(x−θ)]2=∑(xi−x)2+n(x−θ)2
因为
2 ∑ ( x i − x ‾ ) ( x ‾ − θ ) = 2 ( x ‾ − θ ) ∑ ( x i − x ‾ ) = 0 2\sum(x_i-\overline{x})(\overline{x}-\theta)= 2(\overline{x}-\theta)\sum(x_i-\overline{x})=0 2∑(xi−x)(x−θ)=2(x−θ)∑(xi−x)=0
所以， X 1 , X 2 , ⋯ , X n X_1,X_2,\cdots,X_n X1,X2,⋯,Xn 的联合 p d f pdf pdf 就可以写成
( σ 2 π ) − n exp [ − ∑ ( x i − θ ) 2 / 2 σ 2 ] = ( σ 2 π ) − n exp [ − n ( x ‾ − θ ) 2 / 2 σ 2 ] exp [ − ∑ ( x i − x ‾ ) 2 / 2 σ 2 ] \begin{align*} &(\sigma\sqrt{2\pi})^{-n}\exp\left[-\sum(x_i-\theta)^2/2\sigma^2\right]\\ &=(\sigma\sqrt{2\pi})^{-n}\exp[-n(\overline{x}-\theta)^2/2\sigma^2] \exp\left[-\sum(x_i-\overline{x})^2/2\sigma^2\right] \end{align*} (σ2π)−nexp[−∑(xi−θ)2/2σ2]=(σ2π)−nexp[−n(x−θ)2/2σ2]exp[−∑(xi−x)2/2σ2]
其中
k 1 = exp [ − n ( x ‾ − θ ) 2 / 2 σ 2 ] , k 2 = ( σ 2 π ) − n exp [ − ∑ ( x i − x ‾ ) 2 / 2 σ 2 ] k_1=\exp[-n(\overline{x}-\theta)^2/2\sigma^2], k_2=(\sigma\sqrt{2\pi})^{-n}\exp\left[-\sum(x_i-\overline{x})^2/2\sigma^2\right] k1=exp[−n(x−θ)2/2σ2],k2=(σ2π)−nexp[−∑(xi−x)2/2σ2]
所以，样本均值是正态分布的均值的充分统计量