陈家鼎数理统计学讲义第二章答案

(X
2
−
X)
i=1
故
φ(X1, · · ·
, Xn)
=
1 n(m2−m)
∑n (Xi2
−
Xi)
即为
θ2
得无偏估计.
i=1
15. 设 X1, X2, · · · , Xn 是来自参数为 λ 的 Poisson 分布的样本，试求 λ2 的无偏估计. 解: 由于样本均值是期望的无偏估计, 并且有 Xi ∼ P (λ), 故得到
=
(
1
∑n
) e . n
|Xi |
−
i=1 σ
2σ
对其对数处理，得
∑n
|Xi|
ln L(σ)
=
n ln
1 2σ
−
i=1
σ
求导数为 0 的值
∑n
∂ ln L(σ) ∂σ
=
−
n σ
−
|Xi|
i=1
σ2
=
0
得到
∑n
|Xi|
σ
=
i=1
n
验证二阶导数
∑n
|Xi|
在σ
=
i=1
n
时
∑n
= − − 2 ∂2 ln L(σ)
xα−1
e−βx
0,
,
x>0 x≤0
6
∏n ∑n 其中 α > 0，β > 0 未知，证明 ( Xi, Xi) 是 (α, β) 的充分统计量.
i=1 i=1
证明:
似然函数
L(X1, ·
·
·
,
Xn;
α, β)
=
(
βα Γ(α)
)n
(∏n1
Xi)α−1e−β
∑n
1
Xi
∏n
1
I(0,+∞)(Xi).
记
(X
2)
−
Eσ2
(X¯
2)
1
V (
arσ2 (X )
+
(Eσ X )2 1
−
V arσ2(X¯ ) )
−
] (Eσ2X¯ )2
= n−1
V
arσ2 (X )
−
V n
arσ2 (X )
= V arσ2(X)
故 S12 是无偏估计.
(3)
令
σ2
=
δ,
则有似然函数 L(X1, . . .
令
∂ ln L ∂δ
−
Xi i=1
θ2
+
nθ1 θ2
θ2
lnL(θ1,
θ2)
=
−nlnθ2
−
1 θ2
∑n (
i=1
−nθ1)
∂ ln L(θ1,θ2) ∂θ2
=
∂ ln L(θ1 ∂θ1来自−n θ2+
,θ2)
1 θ2 2
=∑n θn2 ( Xi
i=1
− nθ1)
=
0
θ1
+
θ2
=
1 n
∑n (
Xi)
i=1
可见, θ1 越大, 则 L 越大.但要同时满足 θ1 ≤ x, 因此最大似然估计为
因此当θ ∈ [minXi, maxXi − 1]时, 均为其最大似然估计值.
由于样本均值是期望的无偏估计, 现要求 θ 的无偏估计, 可以从均值 X¯ 入手:
EX
=
∫ θ+1
θ
xdx
=
θ
+
1 2
得到
θ
的无偏估计为
θˆ
=
X¯
−
1 2
其中
X¯
=
∑n
Xi.
i=1
6. 设X1, X2, · · · , Xn 是来自下列两参数指数分布的样本:
求解对 p 的二次方程
(
µn n
−
p)2
＝zβ2
p(1−p) n
并略去
1 n
的高{阶无穷小√项得:
√
}
P
µn n
− zβ
µn n
(1−
µn n
)
n
<
p
<
µn n
+ zβ
µn n
(1−
µn n
)
n
=β
即得置信水平近似为√1
−
∑n
α= (
β 的置信区间 ) ∑n
√ ∑n
(
∑n
)
∑n Xi
i=1
n
− z1−α
f (x; θ1, θ2)
=
e 1 −θ2
θ2
0,
,
x ≤ θ1 x < θ1
其中 θ1 ∈ (−∞, +∞) , θ2 ∈ (0, +∞), 试求出 θ1 和 θ2 的最大似然估计.
解:
∑n
L(X1,
·
·
·
, Xn; θ1,
θ2)
=
Xi −nθ1
( 1 ) en − i=1 θ2 θ2
∑n
= ( 1 ) en
是 σ 的无偏估计.
解:
令Y
=
1 σ2
∑n (Xi
−
X¯
)2
则有
Y
∼ χ2(n − 1).
i=1
Eσˆ
=
[ E
√1
2
Γ(
n−1 2
Γ(
n 2
)
)
√ Y
] σ
= = =
√√(√112212ΓΓ)ΓΓn((((nnΓ−−nn2222(σ11))n2)))σσ∫E∫00(∞√∞yYyn212)−2y1nen−2−−211y2Γ−d(1yne−−2 1y2) dy
= pn(1 − p)n(k−1)
为计算简便，对似然函数做对数运算
ln L(p) = n ln p + n(k − 1) ln(1 − p)
求导数，导数值为 0 时，达到极值,
解得
∂ ln L(p) ∂p
=
n p
−
n(k−1) ln(1−p)
=
0
p
=
1 k
.
求二阶导数在
p
=
1 k
的值
∂2 ln L(p) ∂p2
i=1
令 nY
=
1 σ2
∑n (Xi
−
X¯ )2，故
nY
∼ χ2(n − 1),
i=1
令
(n
−
1)Z
=
1 σ2
∑n (Xi
−
X¯ )2，故
(n
−
1)Z
∼
χ2(n
−
1)
i=1
那么就有
V ar(nY ) = n2V arY = 2(n − 1)
V arY
=
2(n−1) n2
,
V ar[(n − 1)Z] = (n − 1)2V arZ = 2(n − 1)
令
y 2
=
x
那么
2x
=
y
dy = 2dx
Eσˆ
= =
1σ
(√σ2)n∫Γ∞( n2 )
Γ(
n 2
)
0
x
∫∞ n (2x) 2 0
n 2
−1
e−x
dx
−1
e−
2x 2
2dx
σn
=
Γ(
n 2
)
Γ(
2
)
=σ
即 Eσˆ = σ，故最大似然估计 σˆ 是 σ 的无偏估计.
8
24. 设X1, X2, · · · , Xn 是Bernoulli 分布 b(1, p) 的样本，试根据中心极限
定理构造 n 值较大时 p 的近似 1 − α 置信水平的置信区间.
解:
∑n 由题目Xi ∼ b(1, p), 因此 µn = Xi ∼ B(n, p). 当 n充分大的时候，由中心
i=1
极限定理，有
{
}
P
< z = β µn
√n
−p
p(1−p)
β
n
其中 β = 1 − α, zβ 满足 2Φ(zβ) − 1 = β.
q(∏n1
Xi,
∑n
1
Xi;
h(X1, . . . ,
αX,nβ))==∏( Γn1β(ααI)(0),n+(∞∏)(n1XXi)i)α−1e−β
∑n
1
Xi
∏n ∑n
故( Xi, Xi) 是 (α, β) 的充分统计量.
i=1 i=1
14. 设 X1, X2, · · · , Xn 是来自下列二项分布的样本： P (X = k) = (mk )θk(1 − θ)m−k, k = 0, 1, · · · , m
故 M02 < M12，即 S02 比 S12 更有效.
(2)
Eσ2 S12
=
n
1 −
[ ∑n
1 Eσ2
(Xi
−
] X¯ )2
i=1
=
n
1 −
[ ∑n
1 Eσ2
(Xi2
+
X¯ 2
−
] 2XiX¯ )
i=1
=
n
1 −
( ∑n
1 Eσ2
Xi2
−
) nX¯ 2
= =
n n
n
− n
− n
[
i=1
]
1
Eσ2 [
=
−
n 2δ
, Xn; µ, δ) = (