数值分析第二章答案

罗—克拉美下界满足
n 1 ∂ K K = n∑ [ Ln C N P K (1 − P) N − P ]2 C N P K (1 − P) N − P IR k =0 ∂p
N
= n ∑[
K =0 N
∂ K K ( Ln C N + KLnP + ( N − P ) Ln (1 − P ))] 2 C N P K (1 − P ) N − K ∂P K N −P 2 K K ] − P (1 − P ) N − K P 1− P CN
i =1 ∧ n −1
= C ∑ [ D ( X i +1 ) + D ( X i ) + 0] = C ∑ 2λ2 = 2C ( n − 1)λ2
i =1 i =1
n −1
n −1
要使 E (λ ) = λ2 只需 C =
∧2
∧2 1 1 所以当 C = 时 λ 为 λ 2 的无偏估计。 2(n + 1) 2(n − 1) ∧ ∧
∧
解：设 u 为其母体平均数的无偏估计，则应有 µ = x 又因 x =
∧
1 (8 × 1 + 40 × 3 + 10 × 6 + 2 × 26) = 4 60
即知 µ = 4 12. 解：Q X ~ N ( µ ,1)
∴ E ( xi ) = µ
E(µ 2 ) =
∧
， D ( xi ) = 1 ，
x e 2σ 1 n
d x = 2 x ) =
∫
+ ∞ 0
x 2σ
e
−
x σ
d x = − x e ) = 1 ⋅ nσ n
−
x σ
+ ∞
+
0
∫
+ ∞ 0
e
−
x σ
d x =
E (σ ) = E (
∑
n
i=1
i
1 n
∑
n
E ( x
i=1
i
= σ
所以
σ=
∧
1 n ∑ xi σ n i=1 为 的无偏估计量。
= n ∑[
K =0
= n[
EX 2 2 NEX − 2 EX 2 N 2 − 2 NEX + EX 2 − + ] P(1 − P) P2 (1 − P) 2
= n[
NP(1 − P ) + N 2 P 2 N 2 P − NP (1 − P) − N 2 P 2 N 2 − 2 N 2 P + NP(1 − P) + N 2 P 2 − 2 + P2 (1 − P) 2 (1 − P) 2 1 1 + ] P 1− P nN = P(1 − P) = nN [
∧
X 1− X
5.。解：其似然函数为：
L (σ ) = ∏
i =1
n
1 ⋅e 2σ
−
xi σ
=
1 ⋅e (2σ ) n 1 σ
n i =1
−
1 σ
∑ xi
i =1
n
ln L (σ ) = − n ln(2σ ) − 得： σ =
∧
∑ =0
xi
令
1 σ
∑x
i =1
− x σ
n
i
（2）由于
E =
∧
∫
+ ∞ − ∞
同理可得 D ( µ 2 ) = ， D ( µ 2 ) =
∧ ∧ ∧
∧
5 8
∧
1 2
可知 µ 3 的方差最小也亦 µ 2 最有效。 13 解：Q X ~ P (λ ) ∴ E ( X ) = λ , D ( X ) = λ
E ( S * ) = E[
2 n 2 1 n 1 2 2 ( X − X ) ] [ = E ( X i ) − nE ( X )] ∑ ∑ i n − 1 i =1 n − 1 i =1
∑
n
i=1
ln x i = 0
θ
∧
= −
n
∑ ∑
n
n
i=1
ln x i n
θ
= =
解之得：
i=1
ln x i
（2）母体 X 的期望
E (x) =
∫
+∞ −∞
xf ( x ) d x =
∫
1 0
θ xθ dx =
θ θ +1
ຫໍສະໝຸດ Baidu
而样本均值为：
1 n X = ∑ xi n i =1 令E ( x) = X 得 θ =
β 2 2 .2 × 2 .2 σ = = ≈ 0.4033 12 12
2
∧
8. 解：取子样值为 ( x1 , x 2 ,L x n ), ( xi ≥ θ ) 则似然函数为：
L(θ ) = ∏ e −( xi −θ )
i =1 n n
xi ≥ θ
n
ln L(θ ) = −∑ ( x i − θ ) = −∑ xi + nθ
所以 I R =
∧ ∧ P (1 − P ) = D P 即 p 为优效估计 nN
17． 解：设总体 X 的密度函数
f ( x) = 1 2π σ e
− ( x− µ )2 2σ 2
似然函数为 L(σ ) = ∏
2 i =1
n
1 2π σ
n i =1
( xi − µ )
2
e
2σ 2
= (2πσ ) e
10. 解： （1）由题中子样值及题意知： 极差 R = 6.2 − 1.5 = 4.7
λ = 0.4299 × 4.7 = 2.0205
∧
查表 2-1 得
1 = 0.4299 d5
故
（2）平均极差 R = 0.115 ，查表知
∧
1 = 0.3249 d 10
∧
λ = 0.3249 × 0.115 = 0.0455
即 X 也是 λ 的无偏估计。 又 ∀α ∈ [0,1]
E (a X + (1 − α ) S * ) = αE ( X ) + (1 − α ) E ( S * ) = αλ + (1 − λ )λ = λ
2 2 2
因此 α X + (1 − α ) S * 也是 λ 的无偏估计
14.解：由题意： X ~ N ( µ , σ 2 ) 因为 E (λ ) 2 = C ∑ E ( X i +1 − X i ) 2 = C ∑ [ D ( X i +1 − X i ) + ( E ( X i +1 − X i ) 2 ]
1 = x λ
从而有 2.
λ=
∧
1 x
1) . E ( x ) = = p
∑
1
∞
x =1
k (1 − p ) k − 1 p = p ∑ k (1 − p ) k − 1
x =1 2
∞
1 − (1 − p )
=
1 p
1
令
p＝ X
p =
∧
所以有
1 X
２） ．其似然函数为
∑Xi −n xi −1` n L(P) =∏(1− P) p = p (1− p)i=1
n
−λ
∑ xi
i =1
n
i =1
ln L(λ ) = n ln λ − λ ∑ x i
i =1
n
ln L(λ ) n n = − ∑ xi dλ λ i =1
λ=
∧
n
∑x
i =1
n
=
i
1 x
由题中数据可知
1 (365 × 5 + 245 × 15 + 150 × 25 + 100 × 35 + 70 × 45 + 45 × 55 + 25 × 65) = 20 1000 ∧ 1 则 λ = = 0.05 20 x=
=
n 1 1 λ [ ∑ ( λ + λ 2 ) − n ( + λ 2 )] = ( nλ − λ ) = λ n −1 n − 1 i =1 n
2
即 S * 是 λ 的无偏估计 又因为 E ( X ) = E (
n 1 n 1 1 n X i ) = E (∑ X i ) = ∑ EX i = λ ∑ n i =1 n i =1 n i =1
i =1
n
1 θn
0 ≤ min xi ≤ max xi ≤ β
(i ) 1≤i ≤ n ∧
选取 β 使 L 达到最大
取 β = max xi
1≤i ≤ n
由以上结论当抽得容量为 6 的子样数值 1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1，时
β β = 2.2 即 µ = = 1.1, 2
∧
∧
∧
15.证明：Q 参数 θ 的无偏估计量为 θ ， D θ 依赖于子样容量 n 则 ∀ε > 0, 由切比雪夫不等式
∧ ∧ Q lim D θ = 0 故有 lim p θ − θ < ε = 1 n →∞ n →∞
即证 θ 为 θ 的相合估计量。 16 证明：设 X 服从 B ( N , p ) ，则分布律为 P ( X = k ) = C kN P k (1 − P ) k
+∞
2 +∞ ( x − µ ) 1 2 ∂Lnf ( x ) 2 因为 ∫−∞ ( = − ] [ ) f ( x ) dx 4 ∫ 2 −∞ 2σ 2σ 2 ∂σ
1 2π σ
e
−
( x− µ )2 2σ 2
dx
=
1 n [ E ( X − µ ) 4 − E ( X − µ ) 2 2σ 2 + σ 4 ] = 8 4σ 2σ 4
6. 解：其似然函数为： n βk βk n n ( k −1) − β xi L(β ) = ∏ xi e =( ) ∏ xi ( k −1) e − β xi ( k −1)! i =1 i =1 ( k −1)!
n n ln L ( β ) = n k ln β + ( k − 1 ) ln ( ∑ X i ) − β ∑ X i i =1 i =1
i =1 i =1
要使似然函数最大，则需 θ 取 min( x1 , x 2 ,L, x n ) 即 θ = min( x1 , x 2 ,L x n ) 9. 解：取子样值 ( x1, x 2 ,L , x n )( xi > 0) 则其似然函数 L(λ ) = ∏ λe −λx = λn e
i
∧
(i = 1,2) 则 E ( µ1 ) =
∧
1 2 EX 1 + EX 2 = µ 3 3
1 3 EX 1 + EX 2 = µ 4 4 ∧ 1 1 E ( µ 3 ) = EX 1 + EX 2 = µ 2 2
∧ ∧ ∧
所以三个估计量 µ 1 , µ 2 , µ 3 均为 µ 的无偏估计
2 1 4 1 4 1 5 D(µ ) = D( X1 + X 2 ) = DX1 + DX2 = + = 3 3 9 9 9 9 9
2
−
n 2
− i =1
∑ ( xi − µ ) 2
2σ 2
n
n n LnL (σ 2 ) = − Ln 2π − Lnσ 2 − 2 2
∑ (x
i
− µ)2
2σ 2
dLnL n =− + dσ 2 2σ 2
∑ (x
i =1
n
i
− µ)2 =0
2σ 4
σ2 =
1 n ∑ ( xi − µ ) 2 n i =1
第二章 1.
λ e−λx, x ≥ 0 f (x) = 0, x < 0 E (x) = = − xe = − 令
∫
+∞ −∞ +∞ 0
f (x) ⋅ xdx = + 1 λ =
∫
+∞ 0
λ xe
− λ x
dx
− λ x
∫
1 λ
+∞ 0
e
− λ x
d (λ x )
1 e λ
− λ x
+∞ 0
d ln L ( β ) nk = − dβ β
∑
n
X
i =1
i
= 0
解得
β =
∧
nk
∑
n
=
i
X
k X
β −0 β = ， 2 2
i =1
７．解：由题意知：均匀分布的母体平均数 µ = 方差 λ2 =
( β − 0) 2 β 2 = 12 12
用极大似然估计法求 β 得极大似然估计量
似然函数： L( β ) = ∏
故 σ 2 的罗—克拉美下界
IR = 2 4 σ n
∧ 2
n 1 n 1 2 ( X µ ) ) − = E ( ∑ i ∑ ( X i − µ)2 ) = σ 2 n i =1 n i =1
E （ X ）=
4. 解： （1）设 1
L (θ ) = θ
n n i=1
x , x2 ,L xn 为样本观察值则似然函数为：
−1
(∏ x i )θ
, 0 < x i < 1, i = 1, 2 ,L , n
n
l n L (θ ) = n l n θ + （ θ -1） ∑ ln x i
i=i
d ln L n = + dθ θ
(k = 1,2, K N )
∧
这时 E ( X ) = NP
X 例4中p= N
∧ − ∧ −
D ( X ) = NP (1 − P ) EX 2 = DX + ( EX ) 2 = NP(1 − P) + N 2 P 2
E X NP 所以 E ( P) = = = P （无偏） N N
∧
−
D X NP(1 − P) P(1 − P) DP = 2 = = Nn N N 2n
n i=1
i
n
n
ln L ( P ) = n ln p + ( ∑ X
i=1
n
− n ) l n (1 − p )
X − n ) = 0
d ln L d p
=
n 1 − ( p 1 − p
p =
∧
∑
1 X
i=1
i
n
解之得
∑
n
= X
i
i=1
３． 解：因为总体Ｘ服从Ｕ（a，b）所以
2 a+b （ a-b） n! D（ X） = 2 12 r ! ( n − r )! 令 E（ X） =X D （ X ） = S 2， n 1 S2 = ∑ ( X i − X )2 n i =1 a+b = X 2 2 （ a − b） = S2 12 ∧ a = X − 3S ∧ b = X + 3S