В.В. Ульянов, В.Г. Ушаков, Н.Р. Байрамов, Т.А. Нагапетян - Решения задач по математической статистике (1115338), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют биномиальное распределение Bi(1, θ). Требуется исследовать несмещенность и состоятельность оценки T (X)=Xдля параметра θ.Решение. ET (X)=EX1 = θ – оценка является несмещенной.1θ(1−θ)Вычислим дисперсию оценки: DX= DX1 =.nnВоспользовавшись неравенством Чебышева, получим∀ε > 0 DXθ(1−θ)−−−→ 1,P X − θ<ε > 1− 2 = 1−n→∞εnεPто есть T (X)=X −→ θ, что по определению доказывает состоятельность оценки T (X).Задача № 17.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют нормальное распределение1N (θ, 1). Доказать, что X− является оптимальной оценкой функции τ (θ)=θ2 .nРешение. Функция правдоподобияnY1(Xi −θ)2√ exp −L(X, θ) == K(θ) exp nθX h(X),22πi=1n nθ2 1X1где K(θ)= exp −, h(X)= √ n exp −Xi2 .22 i=12π14По теореме о полноте экспоненциальных семейств T (X)=X – полная достаточнаястатистика. Любая измеримая функция от полной достаточной статистики X являетсяоптимальной оценкой своего математического ожидания.2В частности, X −1/n – оптимальная оценка для 2 12 12 111E X−= EX − = DX+ EX − = DX1 + θ2 − = θ2 ,nnnnnчто и требовалось доказать.Задача №18. Пусть X1 , .
. . , Xn независимы и распределены с плотностью(exp{−(x−θ)}, x > θ,f (x, θ) =0,x ≤ θ.Найти оценку максимального правдоподобия для θ.Решение. Функция правдоподобия:n YL(X, θ) =exp −(Xi − θ) Ii=1Xi ≥θnX = exp nθ −Xi Ii=1X(1) ≥θДанная функция достигает максимума в точке bθ=X(1) , которая и будет оценкой максимального правдоподобия для θ.Задача №19. Пусть X1 , . . .
, Xn независимы и имеют гамма-распределение Γ 1/θ, 1 .n1PДоказать, что T (X)=Xi является эффективной оценкой θ.n i=1Решение. Для доказательства эффективности оценки снова воспользуемся критерием эффективности, а именно, покажем, что∂T (X) − τ (θ) = an (θ) ln L(X, θ).(∗)∂θФункция правдоподобияn XY1iL(X, θ) =exp −,θθi=1PnXi∂nnln L(X, θ) = − + i=1= 2 X −θ .∂θθθθ2Полагая an (θ)=θ /n, получим равенство (∗), значит, T (X) – эффективная оценка θ. Задача № 20.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют нормальное распределениеN (θ, 2θ). Найти оценку максимального правдоподобия для θ.Решение. Функция правдоподобияnn (X − θ)2 oY1i√;L(X; θ) =exp −4θ4πθi=1n∂n1 X 2 nln L(X, θ) = − + 2X − .∂θ2θ 4θ i=1 i415В точке экстремума функции правдоподобия∂ln L(X, θ) = 0∂θ⇐⇒θ2 + 2θ − X 2 = 0.В силу неотрицательности дисперсии θ > 0, значит, возможная точка максимумаqbθ = −1 + 1+X 2 .В этой точке действительно достигается максимум функции правдоподобия, посколькуq∂2nn22 − 1+X 2lnL(X,θ)=θ−X=1+X< 0. b∂θ22θ32θ3θ=θЗадача №21.
Пусть случайные величины X1 , . . . , Xn независимы и имеют гамма2n- распределение Γ 1/θ, 1 . Доказать, что T (X)=X является оптимальной оценn+1кой θ2 .Решение. Функция правдоподобияL(X; θ) = n 1exp− X .θnθПо теореме о полноте экспоненциальных семейств X – полная и достаточная статистика, поэтому любая измеримая функция от X является оптимальной оценкой своегоn2математического ожидания. В частности, T (X) =X – оптимальная оценка дляn+12 2 2nn n 1ET (X) =EX =DX+ EX=DX1 + EX1=n+1n+1n+1 nn θ2=+ θ2 = θ2 = τ (θ),n+1 nчто и требовалось доказать.Задача №22.X1 , . .
. , Xn независимы и распределены с Пусть случайные величиныплотностью exp −(x−θ)−exp[−(x−θ)] . Найти оценку максимального правдоподобиядля θ.Решение. Функция правдоподобия:nnnoXXL(X, θ) = exp nθ −Xi −exp(θ − Xi ) .i=1i=1В точках экстремумаnX∂ln L(X, θ) = n −exp(θ − Xi ) = 0,∂θi=1откудаbθ = ln n − lnnXi=116exp(−Xi ).Полученная оценка действительно является оценкой максимального правдоподобия,так какnX∂2lnL(X,θ)=−exp(θ − Xi ) < 0.∂θ2i=1Задача № 23.
Пусть случайные величины X1 , . . . , Xn независимы и имеют пуассоновское распределение Π(θ), θ > 0. Исследовать несмещенность и состоятельностьоценки T (X)=X параметра θ.Решение. ET (X) = EX1 = θ. Несмещенность оценки доказана.1θДисперсия оценки DT (X) = DX1 = −−−→ 0.nn n→∞Воспользовавшись неравенством Чебышева, получим DX∀ε > 0 P X − EX <ε > 1 − 2 −−−→ 1,ε n→∞Pто есть T (X) −→ θ, что по определению доказывает состоятельность оценки T (X).Задача №24. Пусть случайные величины X1 , . . . , Xn независимы и имеют биноX(1−X) · nмиальное распределение Bi(1, θ), 0<θ<1.
Доказать, что T (X) =являетсяn−1оптимальной оценкой τ (θ) = θ(1−θ).Решение. Функция правдоподобия выглядит следующим образом:nnPPn−XiXiθni=1i=1= (1−θ) exp n ln(1−θ)L(X, θ) = θX1−θПо теореме о полноте экспоненциальных семейств X является полной и достаточнойстатистикой. Значит ϕ(X) является оптимальной оценкой для Eϕ(X), где ϕ(·) – любаяизмеримая функция от X.2 2n n EX − EX =θ − DX + EX=ET (X) =n−1n−1n12=θ − θ(1−θ) − θ = θ(1−θ),n−1nпоэтому T (X) является оптимальной оценкой для τ (θ) = θ(1−θ).Задача №25.
Пусть случайные величины X1 , . . . , Xn независимы и имеют гаммараспределение Γ(θ, 2). Исследовать на несмещенность и состоятельность оценку T (X) =X для функции τ (θ) = 2/θ.Решение. ET (X) = EX1 = 2/θ. Несмещенность доказана.1Вычислим дисперсию оценки: DX = DX1 = 2/nθ −−−→ 0.n→∞nВоспользовавшись неравенством Чебышева, получим DX∀ε > 0 P X − EX <ε > 1 − 2 −−−→ 1,ε n→∞17Pто есть T (X) −→ θ, что по определению доказывает состоятельность оценки T (X).Задача №26. Пусть X1 , .
. . , Xn независимы и имеют биномиальное распределениеBi(1, θ). Доказать, что не существует оптимальной оценки для τ (θ)=θn+1 .Решение. Достаточно доказать, что не существует несмещенной оценки для τ (θ).Предположим обратное: пусть найдется функция T (X) такая, чтоET (X) = θn+1 .(∗)ОднакоET (X1 , . . . , Xn ) == T (0, .
. . , 0) · (1−θ)n + T (1, 0, . . . , 0) · θ(1−θ)n−1 + . . . + T (1, . . . , 1) · θn– многочлен степени не выше n, поэтому равенство (∗) невозможно.Таким образом, не существует оптимальной оценки для τ (θ)=θn+1 .Задача №27. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют биномиальное распределениеBi(1, θ). Доказать, что не существует оптимальной оценки для τ (θ) = θ−1 .Решение. Решение аналогично решению задачи №26.Задача № 28.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют пуассоновское распределение Π(θ). Доказать, что не существует оптимальной оценки для θ−2 .Решение. Как и в задаче №26, доказав отсутствие несмещенной оценки, мы докажем отстутствие оптимальной.Пусть существует функция T (X) = T (X1 , .
. . , Xn ) такая, чтоET (X) = θ−2(∗)Её математическое ожидание∞ET (X1 , . . . , Xn ) =XXθi1 +...+inT (i1 , . . . , in ) exp(−nθ)=exp(−nθ)ai θi .i1 ! · . . . · in !i=0(i1 ,...,in )ik ≥0, k=0..nВ силу несмещенности оценкиET (X) =∞Xexp(−nθ)ai θi = θ−2 .i=0Устремим θ к нулю:lim θ−2 = +∞,lim ET (X) = a0 ,θ→+0θ→+0Значит, равенство (∗) не выполнено ни для какой функции T (X).18Задача №29. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределение наX(1) +X(n)отрезке [a; b]. Доказать, что T (X)=является несмещенной и состоятельной2a+b.оценкой функции τ (a, b) =2Решение. Для доказательства несмещенности необходимо, чтобы математическоеожидание оценки было равно оцениваемой величине.
Для вычисления матожиданиянеобходимо знать плотность случайной величины, которую можно посчитать из функции распределения.ny−a,F (y) = 1 − 1 −X(1)b−an(y − a)n−1f (y) =,X(1)(b − a)nZ bbna+,EX(1) =y · f y dy =X(1)n+1 n+1any−aF (y) =,X(n)b−an(y − a)n−1f (y) =,X(n)(b − a)nZ banbEX(n) =y · f (y) dy =+.X(n)n+1 n+1aОтсюда1a+bET (X) = (EX(1) +EX(n) ) =.22Несмещенность оценки доказана.Для произвольно малого ε > 0nb−ε−aP X(n) > b−ε = 1 − P X(n) ≤ b−ε = 1 −−−−→ 1,n→∞b−aPто есть X(n) −→ b.Аналогично,P→ a.X(1) −Значит,X(1) +X(n) P a+b−→,22что и означает состоятельность оценки.T (X)=Задача №30.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределениеn+1на отрезке [a; b]. Доказать, что T (X)=· X(n) −X(1) является несмещенной и состоn−1ятельной оценкой функции τ (a, b)=b−a.Решение. Из предыдущей задачи:EX(1) =nab+,n+1 n+1EX(n) =nba+,n+1 n+1следовательно,ET (X) = b − a.Несмещенность доказана.PPX(1) −→ a,X(n) −→ b,19откудаT (X)= Pn+1· X(n) −X(1) −→ b−a.n−1Состоятельность доказана.20Глава 2Доверительные интервалыОпределения и теоремы1.
Определения.Простая точечная оценка θ̂ параметра θ является лучшим предположением о значении θ, но ничего не сообщает об уверенности в правильности оценки. Доверительныйинтервал I, основанный на θ̂, используется для предположений о значении θ приизвестном размере выборке, распределении и коэффициенте доверия 1 − α. Предположения имеют вид:Вероятность того, что θ лежит в указанном интервале, равна 1 − α.Пусть доверительный интервал I = T1 (X), T2 (X) .
Существует много способовзадать T1 (X) и T2 (X) в зависимости от параметра θ и распределения случайнойвеличины. Обычно границы доверительного интервала выбирают из следующих соображений:P θ < T1 (X) = α/2P θ > T2 (X) = α/2,с тем, чтобы P T1 (X) ≤ θ ≤ T2 (X) = 1 − α.Можно строить также односторонниедоверительные интервалы, для коорых(1) T1 (X) = −∞ и P θ > T2 (X) = α (или P θ ≤ T2 (X) = 1 − α).(2) T2 (X) = +∞ и P θ < T1 (X) = α (или P θ ≥ T1 (X) = 1 − α).2. Некоторые критические значения.Формулы для часто используемых доверительных интервалов обычно содержат критические значения для нормального распределения, t-распределения (распределенияСтьюдента) или распределения χ2 (см. таблицы 3 и 4).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
