概率论第七章习题

n
解 似然函数
ln L = n ln θ + nθ ln c − (θ + 1) ∑ ln x i i =1 n n d 令 ln L = + n ln c − ∑ ln xi = 0 dθ θ i =1
得到θ 最大似然估计值 得到θ的最大似然估计值 θ的最大似然估计量 最大似然估计量
n
θ=
∧
n
i =1
∑ln xi − nlnc
n
θ=
∧
n
i =1
∑ln Xi − nlnc
n
θx 3.(2) f ( x) = 0,
解 似然函数
n
θ −1
,0 ≤ x ≤ 1 其它
其中θ θ为未知参数. 其中θ>0,θ为未知参数
n n n/ 2 θ −1) ∏( θ xi =θ (∏xi ) θ −1 ,0 ≤ xi ≤1, i =1,2,⋯, n L(θ, x1, x2,, xn) = ∏f (xi ,θ) = i=1 i=1 i=1 0 其它
n n 0≤xi≤1 ( i =1,2,…,n)时,取对数得 ln L = ln θ + ( θ − 1) ∑ ln x i ≤ 时 取对数得 2 i =1
令
得到θ 最大似然估计值 得到θ的最大似然估计值
d n 1 n ln L = + ∑ ln x i = 0 dθ 2θ 2 θ i = 1
θ=
∧
dD (Y ) 2a 2(1 − a ) 2 由极值必要条件 ]σ = 0 =[ − da n1 n2
a 2 b2 2 a 2 (1 − a ) 2 2 D(Y ) = a 2 D( X 1 ) + b2 D( X 2 ) = [ + ]σ = [ + ]σ n1 n2 n1 n2
d 2 D (Y ) 2 2 2 必有唯一极小值即最小值. 由于 必有唯一极小值即最小值 = [ + ]σ > 0 故D(Y)必有唯一极小值即最小值 2 n1 n2 da
因此T 的无偏估计量. 因此 1,T3是θ的无偏估计量 (2) X1,X2,X3,X4相互独立
D(T1 ) =
1 1 1 1 5 [ D( X 1 ) + D( X 2 )] + [ D( X 3 ) + D( X 4 )] = 2θ 2 ( + ) = θ 2 36 9 36 9 18 1 1 5 2 2 D(T3 ) = [ D( X 1 ) + D( X 2 ) + D( X 3 ) + D( X 4 )] = (1 + 1 + 1 + 1)θ = θ 16 16 20
0
=
θ θ +1
解出 θ = (
µ1 2 ) 1 − µ1
将总体一阶矩µ 换成样本一阶矩A 将总体一阶矩µ1换成样本一阶矩 1=X , 得到参数θ 得到参数θ的矩估计量 矩估计值
X )2 θ =( 1− X
∧
x 2 ) θ =( 1− x
∧
题中各未知参数的最大似然估计值和估计量. 题中各未知参数的最大似然估计值和估计量 3. 求1题中各未知参数的最大似然估计值和估计量 θ cθ x −(θ +1) , x > c (1) f ( x ) = 其中c>0为已知 θ>1,θ为未知参数 为已知,θ θ为未知参数. 其中 为已知 其它 0,
θ的最大似然估计量 最大似然估计量
n2 ( ∑ ln xi )2
i =1 n
Байду номын сангаас
θ=
∧
n2 ( ∑ ln X i )2
i =1 n
是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本,试 4.(2) 设X1,X2,…,Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本 试 最大似然估计量及矩估计量 估计量及矩估计量. 求λ的最大似然估计量及矩估计量 λ xe −λ 解 泊松分布的分布律为 P { X = x } = , x = 0,1,2,⋯ , 总体一阶矩µ 总体一阶矩µ1=E(X)=λ, 将总体一阶矩µ1换成样本一阶矩 1=X , λ 将总体一阶矩µ 换成样本一阶矩A 得到参数λ 得到参数λ的矩估计量 λ = X 为相应的样本值, 设x1,x2,…,xn为相应的样本值 似然函数
n1 解得 a = n1 + n2
n2 而 b = 1− a = n1 + n2
14. 设某种清漆的 个样品 其干燥时间 以小时计 分别为 设某种清漆的9个样品 其干燥时间(以小时计 个样品,其干燥时间 以小时计)分别为 6.0 5.7 5.8 6.5 7.0 6.3 5.6 6.1 5.0 设干燥时间总体服从正态分布N(µ σ 求 的置信水平为0.95 的置信 设干燥时间总体服从正态分布 µ,σ2),求µ的置信水平为 区间. 若由以往经验知σ 区间 (1)若由以往经验知σ =0.6, (2)若σ为未知 若由以往经验知 若 为未知. σ 2已知 µ的置信水平为 α 的置信区间为 X ± zα / 2 解 (1) σ 已知,µ的置信水平为1-α n n=9, 1-α=0.95, α=0.05, Φ(z0.025)=1-0.025=0.975, z0.025=1.96, α 0.6 σ =0.6 ,x=6, (6 ± × 1.96) = (6 ± 0.392) 3 的一个置信水平为0.95 的置信区间为 的置信区间为(5.608, 6.392). µ的一个置信水平为 S 2未知 µ的置信水平为 α 的置信区间为 (2) σ 未知,µ的置信水平为1-α tα / 2 ( n − 1) X ± n n=9, 1-α=0.95, α=0.05, t α/2(n-1)=t 0.025(8)= 2.3060 α s=0.5745, 6 ±
i =1 i =1 i =1 i =1
n
n
n
n
n
是来自均值为θ的指数分布总体的样本,其中 未知. 其中θ 10.设X1,X2,X3,X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本 其中θ未知
1 1 设有估计量 T1 = ( X1 + X 2 ) + ( X 3 + X 4 ) T2=(X1+2X2+3X3+4X4)/5, 6 3
T3=(X1+X2+X3+X4)/4 . (1)指出 1,T2,T3中哪几个是θ的无偏估计量 指出T 中哪几个是θ的无偏估计量; 指出 (2)在上述θ的无偏估计量中指出哪一个较为有效 在上述θ 在上述 的无偏估计量中指出哪一个较为有效. 服从均值为θ的指数分布,故 解 Xi ( i =1,2,3,4) 服从均值为θ的指数分布 故 E(Xi)=θ, D(Xi)=θ2 , θ θ 1 1 1 1 (1) E (T1 ) = [ E ( X 1 ) + E ( X 2 )] + [ E ( X 3 ) + E ( X 4 )] = 2θ ( + ) = θ
n cθ x−(θ +1) ( cθ )n( n x )−(θ +1) x c, i 1,2,⋯, n θ i =θ = ∏ i i> L(θ , x1, x2,, xn ) = ∏ f ( xi ,θ ) = i∏ i =1 =1 i =1 0 其它 xi>c ( i =1,2,…,n)时,取对数得 时 取对数得
i =1 n i =1
的无偏估计量. ∑ ai ( ∑ ai ≠ 0) 是µ的无偏估计量
i =1
n
n
µ 证 E(X1)= E(X2)=…= E(Xn)= E(X)=µ
E[( ∑ ai X i )
i =1 n i =1
∑ ai ] = ∑ ai E ( X i ) ∑ ai = µ ∑ ai ∑ ai = µ
由于D(T1)>D(T3),所以 3比T1较为有效 所以T 较为有效. 由于 所以
12.设从均值为µ,方差为σ2>0的总体中 分别抽取容量为 1,n2的两独 设从均值为µ 方差为σ 的总体中 分别抽取容量为n 的总体中,分别抽取容量为 设从均值为 方差为 立样本.X 分别是两样本的均值.试证 对于任意常数,a,b(a+b=1), 试证,对于任意常数 立样本 1和X2分别是两样本的均值 试证 对于任意常数 Y=aX1+bX2都是µ的无偏估计 并确定常数 使D(Y)达到最小 都是µ的无偏估计,并确定常数 并确定常数a,b使 达到最小. 达到最小 解 由p168(2.19)得 E(X1)=E(X2)=µ, D(X1)=σ2/n1, D(X2)=σ2/n2 . 得 µ σ σ 故 E(Y)=aE(X1)+bE(X2)=(a+b)µ=µ, (a+b=1) µ µ 所以,对于任意常数 对于任意常数,a,b(a+b=1), Y=aX1+bX2都是µ的无偏估计 都是µ的无偏估计. 所以 对于任意常数 由于两样本独立,故两样本均值 独立,所以 由于两样本独立 故两样本均值X1和X2独立 所以 故两样本均值
∫
∫
∫
解出 θ =
µ1 − c
µ1
−θ + 1
θ −1
将总体一阶矩µ 换成样本一阶矩A 将总体一阶矩µ1换成样本一阶矩 1=X ,
∧
得到参数θ 得到参数θ的矩估计量 θ = X X −c
x 矩估计值 θ = x−c
∧
θx 2.(2) f ( x) = 0,
θ −1
,0 ≤ x ≤ 1 其它
6 3 6 3 1 1 E (T2 ) = [ E ( X 1 ) + 2 E ( X 2 ) + 3 E ( X 3 ) + 4 E ( X 4 )] = (1 + 2 + 3 + 4)θ = 2θ 5 5 1 1 E (T3 ) = [ E ( X 1 ) + E ( X 2 ) + E ( X 3 ) + E ( X 4 )] = (1 + 1 + 1 + 1)θ = θ 4 4
其中θ θ为未知参数. 其中θ>0,θ为未知参数
因为只有一个未知参数θ 故只计算总体一阶矩 即可. 故只计算总体一阶矩µ 解 因为只有一个未知参数θ,故只计算总体一阶矩µ1即可
∞ µ1 = E ( X ) = ∫− ∞ xf ( x )dx .
1 = ∫0
θ x dx =
θ
θ θ +1
x
θ +1 1
第七章习题
2. 设X1,X2,…,Xn为总体的一个样本 x1,x2,…,xn为一相应的样本值 求 为总体的一个样本, 为一相应的样本值;求 下述各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值. 下述各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值
θ cθ x −(θ +1) , x > c 其中c>0为已知 θ>1,θ为未知参数. 其中 为已知,θ θ为未知参数 (1) f ( x ) = 为已知 其它 0, 因为只有一个未知参数θ 故只计算总体一阶矩 即可. 故只计算总体一阶矩µ 解 因为只有一个未知参数θ,故只计算总体一阶矩µ1即可 ∞ ∞ xf ( x )dx = xθ cθ x−(θ +1)dx µ1 = E( X ) = −∞ c ∞ −θ θ cθ x −θ +1 ∞ cθ θ x dx = =θ c c = c
∧
∑ xi
n
x!
L ( x1 , x 2 , ⋯ , x n , λ ) = ∏
n
n
λ xi
xi !
i =1
e
−λ
=e
− nλ
λ i =1
n i =1
取对数得 ln L = − nλ + ln λ ⋅ ∑ x i − ∑ ln( x i ! )
n
∏ ( xi ! )
d 1 n 令 ln L = − n + ∑ xi = 0 dλ λ i =1 ∧ 1n 得到λ 最大似然估计值 得到λ的最大似然估计值 λ = ∑ xi = x n i =1 ∧ 1 n 最大似然估计量 λ的最大似然估计量 λ = ∑ Xi = X n i =1
i =1
i =1
验证第六章§ 定理四中的统计量 8 (1)验证第六章§2定理四中的统计量 验证第六章
2 Sw =
2 2 n1 − 1 n2 − 1 2 2 ( n1 − 1) S1 + ( n2 − 1) S2 S1 + S2 = n1 + n2 − 2 n1 + n2 − 2 n1 + n2 − 2
是两总体公共方差σ 的无偏估计量(S 称为σ 的合并估计). 是两总体公共方差σ2的无偏估计量 W2称为σ2的合并估计 两正态总体N(µ 证 两正态总体 µ1, σ12 ) ,N(µ2, σ22 )中, σ12=σ22=σ2 µ 中 σ σ 而不管总体X服从什么分布 都有 因此E(S12)= E(S22)= σ2, 而不管总体 服从什么分布,都有 服从什么分布 都有E(S2)=D(X), 因此 2 2 (n1 − 1)S1 + (n2 − 1)S2 2 ) E ( Sw ) = E ( n1 + n2 − 2 1 2 2 [(n1 − 1)E( S1 ) + (n2 − 1)E( S2 )] = σ 2 = n1 + n2 − 2 (2)设总体 的数学期望为µ. X1,X2,…,Xn是来自 的样本 a1,a2,…,an 设总体X的数学期望为 是来自X的样本 的样本. 设总体 的数学期望为µ 是任意常数,验证 是任意常数 验证 ( ∑ a i X i )