40 задач по мастату с решениями (made by Elendil) (1120373), страница 2
Текст из файла (страница 2)
. , Xn независимы и имеют равномерное распределение наотрезке [a, b]. Найти оценку методом моментов для a и b по первым 2 моментам.1Однако11DX1 = −−−→ 0.nn n→∞(∗) означает, чточто, в свою очередь, означает состоятельность оценки.При 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, . . . , ТакимP образом, ϕ ≡ 0 по распределению T (X), что означаетполноту статистики T (X) = ni=1 Xi .8(∗)поскольку дисперсия оценкиxk =tk=1Достаточность статистики T (X) доказана. Покажем, что она является полной.→ max. Значит, оценкой мак-Задача № 6.
Пусть слуыайные величины X1 , . . . , Xn независимы и имеют нормальное распределение N (θ, 1). Исследовать несмещенность и состоятельность оценкиT (X) = X параметра θ.xkexp(−θ)k=1e−nθАналогично, оценка максимального правдоподобия для b : bb = X(n) .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=1Решение. Запишем функцию правдоподобия:nY1IL(X; a, b) =f (Xk ) =(b−a)n a≤X(1) ≤X(n) ≤bk=1an = Cnxa+b,21 2a + ab + b2 .3µ2 = EX 2 =ny n−1nθdy =6= θθnn+1n→∞ϕ(k)Cnk τ kk=01(b−a)ny·следовательно,nXтельно, 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).Зафиксируем b.
L(X; a, b)→ max, при a ≤ X(1) исимального правдоподобия для a будет ba = X(1) .θТаким образом, T (X) несмещенной оценкой для θ не является1.Проверим теперь состоятельность оценки. Для любого достаточно малого ε > 0nθ−ε−−−→ 0,P X(n) < θ − ε =n→∞θi=1≡ 0 ⇐⇒Z0 = 1 × I Pnxi =tCntnon θ X=τ, τ ∈(0, +∞) =E θ ϕ T (X) =ϕ(k)Cnk θk (1−θ)n−k =1−θk=0nXEX(n) =xi =ti=1Решение.
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:значит,xii=1nn−t × I PДостаточность статистики T (X) доказана. Пусть функция ϕ(·) такова, что E θ ϕ T (X) =0 ∀θ∈(0, 1).nто плотность X(n) имеет следующий вид: n−1 ny, y ∈ [0, θ]nf (x) =X(n) θ0,иначе.i=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 какPто 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 .Задача №23. Пусть случайные величины X1 , . . . , Xn независимы и имеют пуассоновское распределение Π(θ), θ > 0. Исследовать несмещенность и состоятельностьоценки T (X)=X параметра θ. 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).Решение. Достаточно доказать, что не существует несмещенной оценки для τ (θ).Предположим обратное: пусть найдется функция T (X) такая, чтоET (X) = θn+1 .n−1= T (0, .
. . , 0) · (1−θ) + T (1, 0, . . . , 0) · θ(1−θ)+ . . . + T (1, . . . , 1) · θfnX(1)– 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.оптимальной оценкой τ (θ) = θ(1−θ).Задача №28. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют пуассоновское распределение Π(θ). Доказать, что не существует оптимальной оценки для θ−2 .По 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 ET (X) ==EX − EX =θ − DX + EXn−1n−11nθ − θ(1−θ) − θ2 = θ(1−θ),=n−1nпоэтому T (X) является оптимальной оценкой для τ (θ) = θ(1−θ).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(∗)T (i1 , . . . , in ) exp(−nθ)(i1 ,...,in )ik ≥0, k=0..nET (X) =∞XXθi1 +...+in=exp(−nθ)ai θi .i1 ! · . . . · in !i=0y dy =X(1)nab+,n+1 n+1a+b1.ET (X) = (EX(1) +EX(n) ) =22Несмещенность оценки доказана.Для произвольно малого ε > 0P X(n) > b−ε = 1 − P X(n) ≤ b−ε = 1 −b−ε−ab−anP→ b.то есть X(n) −−−−→ 1,n→∞P→ a.X(1) −Значит,T (X)=X(1) +X(n) P a+b−→,22что и означает состоятельность оценки.Решение. Из предыдущей задачи:nab+,n+1 n+1EX(1) =EX(n) =nba+,n+1 n+1следовательно,lim θ−2 = +∞,lim ET (X) = a0 ,θ→+0ET (X) = b − a.θ→+0Значит, равенство (∗) не выполнено ни для какой функции T (X).Несмещенность доказана.PP→ b,X(n) −→ a,X(1) −18Аналогично,exp(−nθ)ai θi = θ−2 .19получаемЗадачиСостоятельность доказана.y·fЗадача №30.
Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют равномерное распределениеn+1· X(n) −X(1) является несмещенной и состона отрезке [a; b]. Доказать, что T (X)=n−1ятельной оценкой функции τ (a, b)=b−a.Устремим θ к нулю:откуда Pn+1→ b−a.· X(n) −X(1) −n−1bai=017T (X)=Z∞XET (X1 , . . . , Xn ) =В силу несмещенности оценкиРешение.
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→∞X(n)Её математическое ожиданиеЗадача №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.EX(1) =ОтсюдаРешение. Функция правдоподобия выглядит следующим образом:nnPPn−XiXiθXL(X, θ) = θi=1 (1−θ) i=1 = (1−θ)n exp n ln1−θny−a,b−an(y − a)n−1f (y) =,X(n)(b − a)nZ banby · f (y) dy =EX(n) =+.X(n)n+1 n+1a(y) =FX(1)nЗадача №24. Пусть случайные величины X1 , .
. . , Xn независимы и имеют биноX(1−X) · nявляетсяn−1ny−a,(y) = 1 − 1 −b−an(y − a)n−1(y) =,(b − a)nFET (X1 , . . . , Xn ) =миальное распределение Bi(1, θ), 0<θ<1. Доказать, что T (X) =оценкой функции τ (a, b) =(∗)ОднакоРешение. ET (X) = EX1 = θ. Несмещенность оценки доказана.1θДисперсия оценки DT (X) = DX1 = −−−→ 0.nn n→∞Воспользовавшись неравенством Чебышева, получимЗадача №29. Пусть X1 , . .
. , Xn независимы и имеют равномерное распределение наX(1) +X(n)является несмещенной и состоятельной2a+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.отрезке [a; b]. Доказать, что T (X)=nX∂2ln L(X, θ) = −exp(θ − Xi ) < 0.∂θ2i=1Задача №31. Пусть X1 , .
. . , Xn независимы и имеют равномерное распределение наотрезке [0; θ]. Построить кратчайший доверительный интервал для θ с коэффициентомmax Xi1≤i≤nдоверия α, основанный на центральной статистике G(X, θ) =.θРешение. Разрешив неравенство g1 < G(X, θ) < g2 относительно θ, получим доверительный интервал (θ1 , θ2 ):X(n)X(n)X(n)X(n)X(n)g1 << g2 ⇐⇒<θ<: θ1 =, θ2 =.θg2g1g2g111−нужно минимизировать при заданном уровне доверияДлину его X(n) ×g1 g2XXX(n)(n)(n)α = P(θ1 < θ < θ2 ) = P g1 << g2 = P< g2 − P< g1 = g2n − g1n ,θθθ0 ≤ g1 < g2 ≤ 1.Поскольку длина интервала должна быть минимальной, иные значения g1 и g2 рассматривать не имеет смысла.11Минимум выражения X(n) ×−при условии g2n − g1n = α, 0 ≤ g1 < g2 ≤ 1g1 g2√достигаетя на g2 = 1, g1 = n 1 − α.Итак, кратчайший доверительный интервал, основанный на центральной статистиX(n).ке G(X, θ), имеет вид X(n) , √n1−αϕ(X) =гдеεα =α−01, T (X) < cα ,εα , T (X) = c0α ,0, T (X) > c0 ;αPc0α −1i=0c0 c0Cni θ0i (1−θ0 )n−iCnα θ0α (1−θ0 )n−c0α.Функция мощности00W (θ) = E θ ϕ(X) = Pθ T (X)<c0α +εα Pθ T (X)=c0α = Pθ T (X)<c0α +εα θcα (1−θ)n−cα =c0α −1=Xi=0c0α −1 θc0α (1−θ)n−c0αX.Cni θi (1−θ)n−i + α −Cni θ0i (1−θ0 )n−i c0θ0α (1−θ0 )n−c0αi=0Построенный критерий – наиболее мощный, если гипотеза H1 – простая (то естьH1 : θ=θ1 ).
При построении критерия значение θ1 используется неявно: важно лишь,что θ1 < θ0 . Значит, построенный критерий – равномерно наиболее мощный.Задача №33. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют нормальное распределениеN (θ, 1). Построить кратчайший доверительный интервал для θ с коэффициентом до√верия α, основанный на центральной статистике n(X−θ).Решение.Pn√ i=1 Xi −nθ√n X −θ =∼ N (0, 1).nτ1τ2 P τ1 < G(X, θ) < τ2 = P X − √ < θ < X − √ .nnG(X, θ) =Задача №32. Пусть X1 , . . . , Xn независимы и имеют биномиальное распределениеBi(1, θ), 0<θ<1. Построить равномерено наиболее мощный критерий размера α дляпроверки гипотезы H0 : θ = θ0 при альтернативе H1 : θ < θ0 . Найти функцию мощности.Решение.
Построим наиболее мощный критерий для проверки H0 при простойальтернативе H1 : θ = θ1 , θ1 < θ0 , используя лемму Неймана–Пирсона:nPXin−nPXiL1θi=1 (1−θ1 ) i=1= 1nPn−XiL0nPXi (1−θ0 )=i=11−θ11−θ0n !θ11−θ1θ01−θ0n"PXii=1≥ cα ⇐⇒ T (X) =θ0i=1nXi=1Xi ≤ c0α .Cуществует c0α для которого выполняется следующее неравенство:Xi=0cα −1Cni θ0i (1−θ0 )n−i < α ≤X0Cni θ0i (1−θ0 )n−i =α .i=0При α = α0 критическая функцмя имеет вид:(1, T (X) ≤ c0α.ϕ(X) =0, T (X) > c0αВ случае α < α0 , критерий является рандомизированным и изα = E θ0 ϕ(X) = Pθ0 T (X)<c0α + εα Pθ0 T (X)=c0α=⇒20Решение.
Воспользуемся леммой Неймана-Пирсона:nQ1( nIθ1 {06Xi 6θ1 }∞,X(n) > θ0I{X(n) 6θ1 }L1θ0== θ0 n= i=1nQL0θ1I{X(n) 6θ0 }, X(n) ≤ θ01θ1Ii=1θ0 {06Xi 6θ0 }(1, X(n) > θ0 ,εα , X(n) ≤ θ0 .> θ0 ) + εα · Pθ0 (X(n) ≤ θ0 ) = 1 · 0 + εα · 1, откуда α = εα .W (ϕ, θ1 ) = E θ1 ϕ(X) = 1 · Pθ1 X(n) > θ0 + α · Pθ1 X(n) ≤ θ0 == 1 − Pθ1 X(n) ≤ θ0 + α · Pθ1 X(n) ≤ θ0 =n θ nY0= 1 − (1−α) ·Pθ1 Xk ≤ θ0 = 1 − (1−α).θ1k=1α−α00α0 −α00ЗадачиПродифференцируем ее по переменным g1 , g2 и λ и приравняем полученные выраженияк нулю.
В результате получим систему уравнений(F4n (g2 ) − F4n (g1 ) = α,(∗)00F4n (g2 ) = F4n (g2 ).Решение. Построим наиболее мощный критерий для проверки H0 при простойальтернативе H1 : θ=θ1 , θ1 >θ0 , воспользовавшись леммой Неймана-Пирсона:nQθ1 exp(−θ1 Xi ) nnnnoXXL1 (X, θ)θ1= i=1exp θ0 −θ1=Xi > cα ⇐⇒ T (X)=Xi ≤ c0α .nQL0 (X, θ)θ0i=1i=1θ0 exp(−θ0 Xi )где Fm (a) =FT (X) (t; θ) =(nθ)kkPθ X =.= Pθ xX = k = exp(−nθ)nk![nt]Pexp(−nθ)k=00,Rakm (x) dx, а km (x) – плотность распределения случайной величины χ2m .(nθ)n, t ≥ 0,k!t < 0;c0αЗадача №37. Пусть X1 , .
. . , Xn независимы и имеют гамма-распределение Γ(θ, 2).Построить кратчайший доверительный интервал для θ с коэффициентом доверия α,nPXi(nθ)[nt]∂FT (X) (t; θ) = −n exp(−nθ)< 0.∂θ[nt]!FT (X) (t; θ2 ) =χ2α,2nРешение. Построим наиболее мощный критерий для простой альтернативы H1 :θ = θ1 , θ1 < θ0 . Для этого воспользуемся леммой Неймана–Пирсона:nQθXinPe−θ1 1L1Xi ! θ1 i=1 Xi== i=1exp −n(θ1 −θ0 ) ≥ cαXinL0θ0Qθe−θ0 0Xi !i=1Учтем, что T (X) ∼ Π(θn). c0α найдем из условияFθ0 (c0α − 1) < α ≤ Fθ0 (c0α ),основанный на центральной статистике G(X, θ) = θ ·1−α2при t = T (X).i=1Решение. Прежде всего заметим, чтоn11 X=⇒ 2θXi ∼ Γ , 2n = χ24n .2θXi ∼ Γ , 222i=1Написав определение доверительного интервала с уровнем доверия α и воспользовавшись описанными выше соотношениями получим следующую цепочку равенств: gg2 1α = P g1 < 2G(X, θ) < g2 = P<θ<= F4n (g2 ) − F4n (g1 ),2nX2nXгде F4n (y) – функция распределения χ24n .Для построения наименьшего интервала необходимо минимизировать g2 − g1 приусловии F4n (g2 ) − F4n (g1 ) = α.Запишем функцию Лагранжа:Fθ0 (y) =[y]XКритическая функция01, T (X) < cα ,ϕ(X) = εα , T (X) = c0α ,0, T (X) > c0 ;αexp(−nθ0 )36T (X)=nXi=1Xi ≤ c0α .c0α ∈ Z,(nθ0 )k.k!где εα =0α − F 0 (cα − 1).Fθ0 (c0α ) − Fθ0 (c0α − 1)θЕсли найдется c0α ∈ Z такое, что Fθ0 (c0α ) = α, критерий будет нерандомизированным:(1, T (X) ≤ c0α ,ϕ(X) =0, T (X) > c0α .Построенный критерий – наиболее мощный, если гипотеза H1 - простая (H1 : θ=θ1 ).При построении критерия значение θ1 используется неявно: важно лишь, что θ1 <θ0 .Значит, построенный критерий – равномерно наиболее мощный.Функция мощности:W (ϕ, θ) = E θ ϕ(X) = 1 · Pθ T (X) < c0α + εα · Pθ T (X) = c0α = Fθ (c0α −1) + εα Fθ (c0α ),где Fθ (y) =[y]Xk=0F (λ) = g2 − g1 − λ(F4n (g2 ) − F4n (g1 ) − α).28⇐⇒где Fθ0 (y) – функция распределения T (X) при условии, что гипотеза H0 верна:k=0Границы доверительного интервала (θ1 , θ2 ) однозначно задаются уравнениями1+α,2χ2α,2nОтсюда==⇒=, где χ2α,2n – квантиль порядка α функции F2n (y).2θ(02 1, T (X) ≤ χα,2n 2θ0 ,Критическая функция ϕ(X) =2 0, T (X) > χα,2n 2θ1 .2θ0 c0αФункция мощности будет представляться в следующем виде:θχ2.W (θ) = E θ ϕ(X) = P T (X) ≤ c0α = Pθ 2θT (X) ≤ 2θc0α = F2nθ0 α,2nПостроенный критерий – наиболее мощный, если гипотеза H1 – простая, то есть H1 :θ=θ1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
