В.В. Ульянов, В.Г. Ушаков, Н.Р. Байрамов, Т.А. Нагапетян - Решения задач по математической статистике (1115338), страница 2
Текст из файла (страница 2)
max(xi ) — полная и достаточная статистика.b = max(xi ) — О.М.П.2. Точечная оценка для θ: Θb = n + 1 max(xi ) — оптимальная оценка.3. Точечная оценка для θ: Θn(b) Отрезок [α, β].1. {min(xi ), max(xi )} — полная и достаточная статистика.n min(xi ) − max(xi )2. Точечная оценка для α: α̂ =— оптимальная оценка.n−13. Точечная оценка для α: α̂ = min(xi ) — О.М.П.\α+βmin(xi ) + max(xi )4. Точечная оценка для α+β:=— оптимальная222оценка.(c) Отрезок [θ − 12 , θ + 21 ].1. {min(xi ), max(xi )} — полная и достаточная статистика.b = min(xi ) + max(xi ) — О.М.П.2. Точечная оценка для θ: Θ227ЗадачиЗадача №1.
Пусть X1 , . . . , Xn независимыи имеют биномиальное распределениеPnBi(1, θ), 0<θ<1. Доказать, что T (X) = i=1 Xi – полная и достаточная статистика.Решение. Покажем, что Pθ (X=x | T (X)=t) не зависит от θ: n noX P X1 =x1 , . . . , Xn =xn , T (X) = t=Xi ∼ Bi(n, θ) =Pθ X=x | T (X)=t =P T (X)=ti=1nPθ i=1=nxi1−θtn− P xii=1Cnt · θ 1−θnn−t × I Pi=1 = 1 × I Pnxi =txi =tCnti=1Достаточность статистики T (X) доказана.
Пусть функция ϕ(·) такова, что E θ ϕ T (X) =0 ∀θ∈(0, 1).non θ X=τ, τ ∈(0, +∞) =E θ ϕ T (X) =ϕ(k)Cnk θk (1−θ)n−k =1−θk=0n= (1−θ)nXϕ(k)Cnk τ k≡ 0 ⇐⇒nXϕ(k)Cnk τ k ≡ 0k=0k=0∀τ ∈(0, +∞).nPϕ(k)Cnk τ k – многочлен степени не выше n – имеет континуум корней, следова-k=0тельно, все его коэффициентыравны нулю: ϕ(k)=0, k = 0, n.Итак, из E θ ϕ T (X) =0 ∀θ∈(0, 1) следует ϕ≡0 по распределнию T (X), что и означает полноту статистики T (X).Задача №2. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределение наотрезке [a; b].
Найти оценку максимального правдоподобия для a и b.Решение. Запишем функцию правдоподобия:nY1L(X; a, b) =f (Xk ) =n I a≤X ≤X ≤b(1)(n)(b−a)k=1Зафиксируем b. L(X; a, b)→ max, при a ≤ X(1) исимального правдоподобия для a будет ba = X(1) .1(b−a)n→ max.
Значит, оценкой мак-Аналогично, оценка максимального правдоподобия для b : bb = X(n) .Задача №3. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределение наотрезке [0; θ]. Исследовать несмещенность и состоятельность оценки T (X)=X(n) параметра θ.Решение. Поскольку функция распределения X(n) представляется в виде0,y < 0, nyF (x) =, y ∈ [0, θ],nX(n)θ1,y > 0,8то плотность X(n) имеет следующий вид: n−1 ny, y ∈ [0, θ]nf (x) =X(n) θ0,иначе.значит,ZEX(n) =0θny n−1nθy·6= θdy =nθn+1Таким образом, T (X) несмещенной оценкой для θ не является1.Проверим теперь состоятельность оценки. Для любого достаточно малого ε > 0nθ−εP X(n) < θ − ε =−−−→ 0,n→∞θследовательно,P X(n) ∈ [θ−ε, θ] −−−→ 1.n→∞PТо есть, T (X) = X(n) −→ θ, что означает состоятельность оценки T (X).Задача № 4.
Пусть X1 , . . . , Xn независимыи имеют пуассоновское распределеPние Π(θ), θ>0. Доказать, что T (X) = ni=1 Xi – достаточная и полная статистика.Решение. Покажем, что P X=x | T (X)=t не зависит от θ: nnoX P X=x, T (X)=tP X=x | T (X)=t == T (X)=Xi ∼ Π(nθ) =P T (X)=ti=1nY=xkθnexp(−θ)× I Pxk!k=1k=1te−nθ(nθ)t!xk =t=ntt!n× I P· x1 ! . . . xn !xk =tk=1Достаточность статистики T (X) доказана. Покажем, что она является полной.∞ X(nθ)kϕ(k) exp(−nθ)E θ ϕ T (X) =≡0∀θ ∈ Θ.(∗)k!k=0При θ=0 E θ ϕ T (X) = ϕ(0), значит, ϕ(0) = 0.
Разделив (∗) на θ и устремив θ кнулю, получим ϕ(1) = 0.Повторяя эту процедуру (разделить (∗) на θ и перейти к пределу в нуле), придем кϕ(k)=0, k = 0, 1, 2, . . . , ТакимPn образом, ϕ ≡ 0 по распределению T (X), что означаетполноту статистики T (X) = i=1 Xi .Задача №5. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределение наотрезке [a, b]. Найти оценку методом моментов для a и b по первым 2 моментам.1ОднакоT (X) – асимптотически несмещенная оценка θ.9Решение. Обозначим M1 =X, M2 =X 2 – эмпирические моменты первого и второгопорядков соответственно.Для равномерно распределенной на [a, b] случайной величины X теоретические моменты первого и второго порядков следующие:a+b,21 2a + ab + b2 .µ2 = EX 2 =3µ1 = EX =Из условия равенства теоретических моментов эмпирическим получим оценку методом моментов для a и b:qa = M1 − 3 (M2 −M12 ) ,qb = M1 + 3 (M2 −M12 ) .Задача № 6. Пусть слуыайные величины X1 , .
. . , Xn независимы и имеют нормальное распределение N (θ, 1). Исследовать несмещенность и состоятельность оценкиT (X) = X параметра θ.Решение. ET (X)=EX1 =θ. T (X) = X – несмещенная оценка параметра θ.Воспользуемся неравенством Чебышева:DX∀ε > 0 P X − EX < ε > 1 − 2 −−−→ 1,ε n→∞(∗)поскольку дисперсия оценкиDX =11DX1 = −−−→ 0.nn n→∞(∗) означает, чтоPT (X) = X −→ θ.что, в свою очередь, означает состоятельность оценки.Задача №7.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределение наотрезке [0, θ]. Доказать, что T (X)= max Xi - достаточная и полная статистика.1≤i≤nРешение. Проверим достаточности статистики T (X). Функция правдоподобия выборки X=(X1 , . . . , Xn ) имеет следующий вид:L(X; θ) =nY1k=1θI = 1 I I = g T (X), θ × h(X), гдеn0≤Xk ≤θ0≤X(1)X(n) ≤θθ1 , h(X) = I.g T (X), θ = n IX(n) ≤θ0≤X(1)θВыполнен критерий факторизации, значит, статистика T (X)=X(n) – достаточная.10Пусть неперывная функция ϕ(·) такова, что E θ ϕ T (X) ≡0 ∀θ ∈ (0, +∞). n−1 nyd, y ∈ [0; θ]nF(y) =f(y) =θX(n)dy X(n)0,иначе.ZZ θθny n−1ϕ(y)y n−1 dy ≡ 0.E θ ϕ(X(n) ) =ϕ(y) n dy ≡ 0 =⇒θ00Дифференцируем по θ:ϕ(θ) · θn−1 ≡ 0,откуда следуетϕ(θ) ≡ 0 на (0, +∞).Итак, из E θ ϕ T (X) ≡0 следует ϕ≡0 по распределению T (X), что означает полнотустатистики T (X)= max Xi .1≤i≤nЗадача №8.
Пусть X имеет биномиальное распределение Bi(n, 12 ). Найти оценкумаксимального правдоподобия для n.Решение. Функция правдоподобия случайной величины X1L(x, θ) = Cnx n .2Найдем точки, в которых функция правдоподобия достигает своего максимума. Обозначимan = Cnx1.2nИсследуем последовательность {an } на монотонность.xan+1 1 Cn+11 (n+1)! x! (n−x)!n+1= ·=·=∨1an2 Cnx2 k! (n+1−x)! n!2(n−x+1)⇐⇒2x−1 ∨ n.Получаем, a1 < . .
. <a2x−2 <a2x−1 = a2x >a2x+1 > . . . >an . Функция правдоподобия достигает максимума в точках 2x−1 и 2x, которые и будут оценками максимального правдоподобия параметра n.1, θ,Задача №9. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и Xi = 2, θ,Найти одномерную3, 1−2θ.достаточную статистику.Решение. Функцию правдоподобия случайной величины X1 можно записать, например, так2:L1 (x; θ) = P (X1 =x) = θ(x−2)(x−3)2θ(x−1)(x−3)−1(1−2θ)2Разумеется,(x−1)(x−2)2x23xx23x= θ− 2 + 2 (1−2θ) 2 − 2 +1 .можно ее представить и в другом виде, важно лишь, чтобы в точках 1, 2 и 3 этафункция принимала значения θ, θ и 1−2θ соответственно.11Функция правдоподобия выборки X=(X1 , .
. . , Xn ):Ln (X, θ) = θ−nPk=12 −3XXkk2nP×(1−2θ)k=12 −3XXkk2+1= g T (X), θ ×h(X),=1−2θθ 12nPk=1где T (X)=(Xk2 −3Xk )nX×(1−2θ)n =(Xk2 −3Xk ),h(X)=1.k=1Для функции T (X) выполнен критерий факторизации, значит, она и будет достаточнойстатистикой.Задача №10. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределениена отрезке [θ, θ+1]. Найти несмещенную оценку максимального правдоподобия для θ.Решение. Запишем функцию правдоподобия: = IL(X, θ) = Iθ≤X(1) ≤X(n) ≤θ+1X(n) −1≤θ≤X(1).Оценка максимального правдоподобия для θ заключена на сегменте [X(n) −1, X(1) ]. Дляx ∈ [θ, θ+1]F (x) = 1−P X(1) ≥ x = 1 − (θ+1−x)n ,F (x) = P X(n) ≤ x = (x−θ)n ,X(1)f(x) =X(1)X(n)dF (x) = n(θ+1−x)n−1 ,dx X(1)f(x) =X(n)dF (x) = n(x−θ)n−1 ,dx X(n)значит, математические ожидания случайных величин X(1) и X(n)Z θ+1Z θ+1n1x · f (x) dx = θ+EX(1) =x · f (x) dx = θ+,EX(n) =,X(n)X(1)n+1n+1θθX(1) +X(n) −1Следовательно, E=θ.2X(1) +X(n) − 1X(1) +X(n) −1Наконец,∈ [X(n) −1, X(1) ] , поэтому функция T (X)=явля22ется несмещенной оценкой максимального правдоподобия для θ.Задача №11.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют гамма-распределение Γ(θ, 2).Исследовать на несмещенность и состоятельность оценку T (X) = X для функцииτ (θ) = 2/θ.Решение. ET (X) = EX1 = 2/θ = τ (θ). T (X) – несмещенная оценка для τ (θ).12Вычислим дисперсию оценки: DX = DX1 = 2 .nnθВоспользовавшись неравенством Чебышева, получим 1 2DX∀ε > 0 P X − 2/θ<ε ≥ 1− 2 = 1− 2 · 2 −−−→ 1,εε nθ n→∞Pто есть T (X) −→ 2/θ, что по определению доказывает состоятельность оценки T (X).
121, θ1 ,Найти двумерЗадача №12. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и Xi = 2, θ2 ,3, 1−θ −θ .12ную достаточную статистику.Решение. Функцию правдоподобия случайной величины X1 :L1 (x; θ1 , θ2 ) = P (X1 =x) = θ1(x−2)(x−3)2θ2(x−1)(x−3)−1(1−θ1 −θ2 )= θ1x2− 5x+322(x−1)(x−2)2θ2 −x=2 +4x+3x23x(1−θ1 −θ2 ) 2 − 2 +1 .Функция правдоподобия выборки X=(X1 , . . . , Xn ):nPLn (X; θ1 , θ2 ) = θ1 k=12Xk5X− 2k2+3nPθ2 k=1−Xk2 +4Xk +3nP(1−θ1 −θ2 )k=12Xk3X− 2k2+1== g T (X), θ1 , θ2 ×h(X),PnPn2где T (X)=h(X)=1.k=1 Xk ,k=1 Xk ,Для функции T (X) выполнен критерий факторизации, значит, она и будет достаточной статистикой.Задача №13. Пусть X1 , .
. . , Xn независимы и имеют гамма-распределение Γ(θ, λ),λ - известно. Найти оценку максимального правдоподобия для θ.Решение.nnn Yλ−1 XYθλθnλλ−1Xk ·Xkexp(−θXk ) · Xk =exp −θ,L(X, θ) =Γ(λ)(Γ(λ))nk=1k=1k=1nnn nλ XXX∂∂ln L(X, θ) =nλ ln θ − n ln Γ(λ) − θXk + (λ−1)ln Xk =−Xk .∂θ∂θθk=1k=1k=1В точке экстремума функции правдоподобия∂ln L(X, bθ) = 0∂θ⇐⇒λbθ= .XВ точке bθ достигается максимум, посколькуnλ∂2ln L(X, θ) = − 2 < 0.2∂θθ.Значит, bθ = λ X – оценка максимального правдоподобия для θ.Задача № 14.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют нормальное распределениеn1PN (0, θ2 ). Доказать, что T (X) =X 2 – эффективная оценка функции τ (θ)=θ2 .n i=1 iРешение. В неравенстве Рао – Крамера (22) равенство достигается, если и толькоесли найдется фукция an (θ) такая, чтоT (X) − τ (θ) = an (θ) ×13∂ln L(X, θ).∂θ(∗)Проверим это условие.n X2 1 X11exp − k2 = √exp − 2Xk22θ2θ k=12π · θ( 2π · θ)nk=1nnn1 X 2∂n X 2ln L(X, θ) = − + 3Xk = 3Xk − θ2 .∂θθ θ k=1θ k=1L(X, θ) =nY√3Полагая an (θ) = θ /n, получим равенство (∗). Эффективность оценки доказана.Задача №15.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют гамма-распределение Γ(θ, λ).Найти оценку методом моментов для θ и λ по первым двум моментам.Решение. Аналогично задаче №5, из системы уравненийλX = M1 = µ1 = EX = ,θX 2 = M = µ = EX 2 = λ(λ + 1) ;22θ2получим оценку методом моментов для θ и λ:M12λ=.M2 − M12M1,θ=M2 − M12Задача № 16.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
