40 задач по мастату с решениями (made by Elendil) (1120373)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

ЗадачиЗадача №1. Пусть X1 , . . . , Xn независимыи имеют биномиальное распределениеPBi(1, θ), 0<θ<1. Доказать, что T (X) = ni=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) = tPθ X=x | T (X)=t =Xi ∼ Bi(n, θ) ==P T (X)=ti=1=nPθ i=1xi1−θtn−Cnt · θ 1−θnP= (1−θ)ϕ(k)Cnk τ kk=0nPµ1 = EX =k=0≡0Из условия равенства теоретических моментов эмпирическим получим оценку методом моментов для a и b:qa = M1 − 3 (M2 −M12 ) ,qb = M1 + 3 (M2 −M12 ) .P X(n) ∈ [θ−ε, θ] −−−→ 1.P→ θ, что означает состоятельность оценки T (X).То есть, T (X) = X(n) −∀τ ∈(0, +∞).ϕ(k)Cnk τ k – многочлен степени не выше n – имеет континуум корней, следова-Задача №2.

Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределение наотрезке [a; b]. Найти оценку максимального правдоподобия для a и b.=nYθn× I Pxk !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 виде0,y < 0, nyF (x) =X(n) n , y ∈ [0, θ],θ1,y > 0,xk =tk=1(nθ)tt!t!n× I P= tn · x 1 ! . . . xn !E θ ϕ T (X) =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→∞∞Xϕ(k) exp(−nθ)k=0(nθ)k≡0k!DX =∀θ ∈ Θ.PT (X) = X −→ θ.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=1θIВыполнен критерий факторизации, значит, статистика T (X)=X(n) – достаточная.T (X) – асимптотически несмещенная оценка θ.Ln (X, θ) = θ10−nPk=12 −3XXkk2nP×(1−2θ)k=12 −3XXkk2+1= g T (X), θ ×h(X),=1−2θθ 21nPгде T (X)=Задача №12.

Пусть X1 , . . . , Xn независимы и Xi =(Xk2 −3Xk )k=1nXk=1n×(1−2θ) =(Xk2 −3Xk ),h(X)=1.Для функции T (X) выполнен критерий факторизации, значит, она и будет достаточнойстатистикой.ϕ(θ) · θn−1 ≡ 0,ную достаточную статистику.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) = I1≤i≤nθ≤X(1) ≤X(n) ≤θ+1Задача №8. Пусть X имеет биномиальное распределение Bi(n, 21 ). Найти оценкумаксимального правдоподобия для n.f1.2nИсследуем последовательность {an } на монотонность.xan+1 1 Cn+11 (n+1)! x! (n−x)!n+1= ·=∨1= ·an2 Cnx2 k! (n+1−x)! n!2(n−x+1)⇐⇒(x) =X(1)Найдем точки, в которых функция правдоподобия достигает своего максимума.

Обозначим2x−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,Найти одномернуюЗадача №9.

Пусть X1 , . . . , Xn независимы и Xi = 2, θ,3, 1−2θ.достаточную статистику.(x−1)(x−2)2=θ2− x2 + 3x2(1−2θ)x2− 3x+122.X(n) −1≤θ≤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+1n1,EX(n) =,x · f (x) dx = θ+EX(1) =x · f (x) dx = θ+X(n)X(1)n+1n+1θθX(1) +X(n) −1=θ.Следовательно, E2X(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).12DX1 = 2 .nnθВоспользовавшись неравенством Чебышева, получимВычислим дисперсию оценки: DX =Решение. Функцию правдоподобия случайной величины X1 можно записать, например, так2:(1−2θ)Проверим это условие.n X2 1 X11X2exp − k2 = √exp − 22θ2θ k=1 k2π · θ( 2π · θ)nnnn1 X 2n X 2∂ln L(X, θ) = − + 3X − θ2 .X = 3∂θθ θ k=1 kθ k=1 knY√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 уравненийλX = M1 = µ1 = EX = ,θX 2 = M = µ = EX 2 = λ(λ + 1) ;22θ2M12λ=.M2 − M12 DXθ(1−θ)P X − θ<ε > 1− 2 = 1−−−−→ 1,n→∞εnε→ θ, что по определению доказывает состоятельность оценки T (X).то есть T (X)=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 правдоподобияnY(X −θ)21√ exp − i= K(θ) exp nθX h(X),22πi=1n nθ2 1X1, h(X)= √ n exp −X2 .где K(θ)= exp −22 i=1 i2πL(X, θ) =14Задача №18. Пусть X1 , . .

. , Xn независимы и распределены с плотностью(exp{−(x−θ)}, x > θ,f (x, θ) =0,x ≤ θ.Xi ≥θi=1Решение. ET (X)=EX1 = θ – оценка является несмещенной.1θ(1−θ).Вычислим дисперсию оценки: DX= DX1 =nnВоспользовавшись неравенством Чебышева, получимPx2− 5x+322(x−1)(x−2)2θ2 −x=2 +4x+3x23x(1−θ1 −θ2 ) 2 − 2 +1 .+3nPθ2 k=1−Xk2 +4Xk +3nP(1−θ1 −θ2 )k=1Pn = exp nθ −nXi=1Xi IX(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 .n1PXi является эффективной оценкой θ.n i=1Доказать, что T (X)=Решение. Для доказательства эффективности оценки снова воспользуемся критерием эффективности, а именно, покажем, что∂(∗)T (X) − τ (θ) = an (θ) ln L(X, θ).∂θФункция правдоподобияnY1XiL(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. +1== g T (X), θ1 , θ2 ×h(X),2h(X)=1.где T (X)=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 X Yλ−1Yθnλθλexp(−θXk ) · Xkλ−1 =exp −θXk ·Xk,Γ(λ)(Γ(λ))nk=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=1L(X, θ) =k=1В точке экстремума функции правдоподобия∂ln L(X, bθ) = 0∂θ⇐⇒λbθ= .XВ точке bθ достигается максимум, посколькуnλ∂2ln L(X, θ) = − 2 < 0.∂θ2θ.Значит, bθ = λ X – оценка максимального правдоподобия для θ.Задача №14. Пусть X1 , .

. . , Xn независимы и имеют нормальное распределениеn1PX 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, что∂ln L(X, θ).∂θ(∗)В точке экстремума функции правдоподобия∂ln L(X, θ) = 0∂θ⇐⇒Решение. Функция правдоподобияnn (X − θ)2 oY1i√exp −;L(X; θ) =4θ4πθi=1nn1 X 2 n∂ln L(X, θ) = − + 2Xi − .∂θ2θ 4θ i=14θ2 + 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∂2n n1+X 2 − 1+X 2 < 0.ln L(X, θ) = 3 θ − X 2 b = 3∂θ22θ2θθ=θЗадача №21.

Пусть случайные величины X1 , . . . , Xn независимы и имеют гамма2nX является оптимальной оцен- распределение Γ 1/θ, 1 . Доказать, что T (X)=n+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 своегоn2X – оптимальная оценка дляматематического ожидания. В частности, T (X) =n+12 2 2nn n 1=EX =DX+ EXDX1 + EX1=n+1n+1n+1 nn θ2+ θ2 = θ2 = τ (θ),=n+1 nчто и требовалось доказать.ET (X) =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=1Задача №20. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют нормальное распределениеN (θ, 2θ). Найти оценку максимального правдоподобия для θ.152Xk3X− 2k213По 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 12 111= EX − = DX+ EX − = DX1 + θ2 − = θ2 ,E X−nnnnnчто и требовалось доказать.Решение. Функция правдоподобия:n YL(X, θ) =exp −(Xi − θ) IЗадача №16. Пусть X1 , .

. . , Xn независимы и имеют биномиальное распределение Bi(1, θ). Требуется исследовать несмещенность и состоятельность оценки T (X)=Xдля параметра θ.∀ε > 0(1−θ1 −θ2 )T (X) − τ (θ) = an (θ) ×Найти оценку максимального правдоподобия для θ.получим оценку методом моментов для θ и λ:M1θ=,M2 − M122Xk5X− 2k21211k=1(x−1)(x−3)−1N (0, θ2 ). Доказать, что T (X) = DX1 2∀ε > 0 P X − 2/θ<ε ≥ 1− 2 = 1− 2 · 2 −−−→ 1,εε nθ n→∞то есть T (X) −→ 2/θ, что по определению доказывает состоятельность оценки T (X). PnPLn (X; θ1 , θ2 ) = θ1 k=12Разумеется, 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.L(X, θ) =θ2= θ1PnОценка 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)Решение. Функция правдоподобия случайной величины X1L(x, θ) = Cnx n .2(x−1)(x−3)−1(x−2)(x−3)2Функция правдоподобия выборки X=(X1 , . . . , Xn ):ϕ(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 .θ1, θ1 ,Найти двумер2, θ2 ,3, 1−θ −θ .12Решение.

Функцию правдоподобия случайной величины X1 :L1 (x; θ1 , θ2 ) = P (X1 =x) = θ1откуда следует(x−2)(x−3)2 I = g T (X), θ × h(X), где = 1 IX(n) ≤θθn 0≤X(1)1. , h(X) = Ig T (X), θ = n IX(n) ≤θ0≤X(1)θФункция правдоподобия выборки X=(X1 , . . . , Xn ):Дифференцируем по θ:L1 (x; θ) = P (X1 =x) = θ0≤Xk ≤θ9Пусть неперывная функция ϕ(·) такова, что E θ ϕ T (X) ≡0 ∀θ ∈ (0, +∞). ny n−1d, y ∈ [0; θ]nF(y) =f(y) =X(n) θdy X(n)0,иначе.Z θZ θny n−1ϕ(y) n dy ≡ 0 =⇒E θ ϕ(X(n) ) =ϕ(y)y n−1 dy ≡ 0.θ00(∗)Задача №5. Пусть X1 , . .

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов ответов (шпаргалок)