數(shù)理作業(yè)答案 A

本文格式為Word版，下載可任意編輯——數(shù)理作業(yè)答案A應用數(shù)理統(tǒng)計A班作業(yè)答案(13頁多項分布有問題)

說明：以交作業(yè)時間為基準整理答案。10.15作業(yè)

1.若X的二階矩存在，則有E(X)??,D(X)??2n,E(S2)??2。

1n1n1證明：E(X)?E(?Xi)??E(Xi)??n????

ni?1ni?1n1?n?1則X的方差為D(X)?2D??Xi???2

n?i?1?n樣本方差S的期望為

21n2E(S)?E[(X?X)]?in?1i?12n212?E[?(Xi?2XiX?X)]n?1i?1n212?E(?Xi?nX)n?1i?1

??2?122??[n??????n???2?]n?1?n???2

2.已知X??(?,?)，求D?X?。解：

?X??(?,?)???x??1e??x??f(x)???(?)?0?F(?)??t??1e?tdt0??x?0

x?0

E(X)????0xf(x)dx????0????1??xx??xedx??????令?x?t???0t??e?tdt?????????1?11???tt?edt?0??????????1???????????EX????2????xf?x,?,??dx??20????xx??x??e1dx

????2??????1??x?xedx?????0????t??1?t?edt?????0???2?

?1???2??????

???0t???2??1?tedt????2????1???????????2?2??2???????????2?D?X??EX

3.證明抽樣基本定理。

證明:

????E?X??22???2?2???2?22???

令z=xi???,i?1,2?,n,

由假設可知，z1,z2,?,zn相互獨立，且都聽從N?0,1?分布，1nX??而z=?zi?ni?1?

?n?1?S2?2??(Xi?X)2i?1n?2n??Xi?????X????22??????zi?nz?i?1?i?1???n2

取一n階正交矩陣A?aij,其中第一行元素均為1??n，作正交變換Y?AZ，其中

?Y1??z1???Y????,??Z????。?Y??z??n??n?由于Yi??azijj?1nj(i?1,2?n)，故Y1,Y2?Yn仍為正態(tài)變量。

?n?nzi?N?0,1?，E?Yi??E??aijzj???aijE?zj??0。

?j?1?j?1n?n?n又由Cov?Yi,Yk??Cov??aijzj,?aklzl???aijakj??ik，故Y1,Y2?Yn兩兩不相

l?1?j?1?j?1關，又由于n維隨機變量(Y1,Y2?Yn)是由n維正態(tài)隨機變量(X1,X2?Xn)經(jīng)由線性變換而得到的。因此，(Y1,Y2?Yn)經(jīng)由線性變換而得到，(Y1,Y2?Yn)也是n維正態(tài)隨機變量。

推得Y1,Y2?Yn相互獨立，且有Yi?N?0,1?(i?1,2?n)。而Y1?n?aijzj??j?1j?12nn1zj?nz，nn?Yi?Y?Y??Az???Az??z??A?A?z?z?Iz?z?z??zi2

i?1i?1n?1?S2?于是??2?zi?1n2i?nz??Yi?Y1＝

222i?1n22n?Yi?2n2i，由于Y1,Y2?Yn相互獨立，且

Yi?N?0,1?,(i?1,2?n),知?Yii?2n?1?S2?2?????n?1?，從而得?n?1?。2?i又?X??z????Y1n??依靠于Y1，而S?2?Yn?1i?2?2n2僅依靠于Y2,Y3?Yn，再由

Y1,Y2?Yn的獨立性，推知X與S2相互獨立。

4.（P32.2）試證：⑴

?(xi?1nni?a)??(xi?x)2?n(x?a)2，a為任意實數(shù)；

2i?1nn⑵證明:⑴由于

?(xi?1ni?x)??xi?nx2。

22i?1n221n(xx)?xx?x?n?x?nx?x,????iiini?1i?1i?1i?1n則有

?(xi?1ni?a)??(xi?2axi?a2)22i?1nn??[(xi?2xix?xix)?(xix?2axi?a2)]2i?1n??(xi?x)2??(x?a)2i?1ni?1n

??(xi?x)2?n(x?a)2.i?1⑵根據(jù)⑴推導得出的式子有

?(xi?x)??(xi?2xix?x)22i?1i?1nnn2??xi?2?xix??x2i?1ni?1i?1nn2??xi??x2i?1ni?122n

2??xi?nx.i?1

5.（P33.12）設x1，x2，…，x10為來自總體N(0,0.3)的一個樣本，求P{2?xi?1102i?1.44}。

解：由xi~N(0,0.32)，則

10xi~N(0,1)，對i?1,2,?100.3于是有

?(i?1xi2)~?2(10)，則0.3xi21.44)?}0.09i?1i?10.310x?1?P{?(i)2?16}

i?10.3?1?0.9?0.1P{?x?1.44}?P{?(2i1010

26.（P34.23）已知X~t(n)，試證X~F(1,n)。

證明：由X~t(n)，設X?AB/n，其中A~N(0,1)，B~?2(n)。

A2A2/1222?則X?，其中A~?(1)，B~?(n)，B/nB/n2故X2~F(1,n)。

7.（P34.27）設總體X~N(?,?2)，x1，x2，…，xn為其樣本，x及S分別為樣本均值及方差，又設xn?1~N(?,?2)，且與x1，x2，…，xn相互獨立，試求統(tǒng)計量

2??xn?1?xSn的抽樣分布。n?1解：由正態(tài)分布的特性可得

x~N(?,則有

?2n)，xn?1~N(?,?2)，

(n?1)?2S2~?2(n?1).

xn?1?x~N(0,從而

n?12?),nxn?1?x?xn?1?xn?1?n(n?1)n?1n~N(0,1).

又與

?22Sn相互獨立，從而

xn?1?x?(n?1)n?1nS2(n?1)?n(xn?1?x)~t(n?1).

n?1S?2即?~t(n?1).

8.(P35.28)設x1，x2，…，xm和y1，y2，…，yn分別是從N(?1,?)和N(?2,?)總體中抽取的獨立樣本，?和?是兩個實數(shù)，試求

22?(x??1)??(y??2)(m?1)S?(n?1)Sm?n?221m22n?2m??2的

n2抽樣分布。其中x，S12m和y，S2n分別為x1，x2，…，xm和y1，y2，…，yn的樣本均

1Var(T(x)?2n?Var(lnx)ii?1n

E(lnx)??(lnx)2?x??1dx?20??12?2

Var(lnx)?1?21n?2故Var?(T(x))??211(2)證明：I(?)??E(2lnf(x,?))??E(?2)?2

????由于信息不等式的下界是

2?1'??(?)????1?Var(T(x))

?nI(?)n?2所以T(x)是q(?)的有效估計，即一致最小方差無偏估計。

10.29作業(yè)

1.X1為X1~B?1;P?的樣本，P????,?,D??,?，樣本容量為1，即X1為樣本，損失函數(shù)L(p,d)見下表，求參數(shù)p的Minmax估計。

?11??24??11??24?pd1/41/41/2解：參數(shù)p的決策可為四種狀況，131/242?11??11??11??11????d?,d?,d?,d???d??,?,?,?,?,?,?,??1234??44??42??24??22??故風險函數(shù)

????EL?p,d?Rp1,d111??p1?X?1??L?p1,d1???p1?X?0??L?p1,d1?13??1??1?144同理，

????7,Rp,d??13,Rp,d??4Rp1,d2131444

??3,Rp,d??5,Rp,d??15,Rp,d??2Rp2,d122232422????????????????????????)??R?pd???5于是，Minmaxp?Min?MaxR(p,d2?ii2,2??Rp,d?;Rp,d?;Rp,d?;Rp,d?所以，MaxRpi,di21221314??

???所以，p的微小極大估計量為p

?1/4,x?0。

?1/2,x?1

2.X~N??,1?,??1,L(?,d)????d?，求參數(shù)?的Bayes估計

2解：

??X???2?1f?X/???exp???22?????

?2?1h????e22?所以樣本的邊緣密度為，

f0?X????????f?Xi?1ni/??h???d?

??2???n?122??1n2???n?1??1exp????Xi?X???exp????X2???exp??(n?1??X)2?d?n?1?2??2??2n?1???21?1?n???exp?????Xi?X??X2??

n?1??n?1?2???2????n2又后驗密度為，h??/X??故?的Bayes估計為：

?f?Xi?1ni/??h???f0?X?

d?X????h??/X?d?

????

??2???n?12?1nX???2?f?X0??ex?p???Xi?X????????e2n?1???11?nX????n?1???2?n?1??2

??2???n?12?1nX????2?y?a?212?f?X0??ex?p???Xi?X???yedy?????2n?1n?1???11令y?得

n?1?,a?nX，n?1d?X???2???n2?1X2?2exp????Xi?X????an?1??2f?1?X0??1an??Xn?1n?1n?1即為?的Bayes估計。

22??x?P82.15.X1,?Xn來自正態(tài)總體N?,?的簡單樣本，?，?未知，若用???212s作n?2是?2的一致最小方差無偏估計。為?2的估計，試證?證明：

1?1??2??E?x?s2??E?x??E?s2?E??n?n?11??2??2??2nn??22??X????12f?X，?，???exp???22?2???????X2?2X???2?1?exp???2?22????

??2??X2X??1?exp??2?exp??2?2???2???2???2?n?1???n?2?2?c??e令???，?????，，，且為完，X,Xhx?1??????ii??22?2???2???i?1?i?1?1?22全統(tǒng)計量。

nnn1211?n?22??x?s??xi??xi，為?xi和?xi2的函數(shù)???nn?n?1??i?1?n?n?1?i?1i?1i?12?2為?2的UMVUE.所以?

P85.30設x1,x2,?,xn來自正態(tài)總體N(?1,?2)簡單樣本，y1,y2,?,yn是來自正態(tài)總體

N(?2,?2)的簡單樣本，且兩樣本相互獨立，其中參數(shù)?1,?2,?2都未知，試求?1??2的置

信水平為1??的置信區(qū)間。解：由已知可得，統(tǒng)計量

T?(x?y)?(?1??2)?t(n1?n2?2)

11Sw?n1n2對給定的1??，由t分布的分位點的定義有，

?????(x?y)?(?1??2)?P??t?(n1?n2?2)??1??

1?2?S1?1?w??n1n2??化簡得，

??1111??p?(x?y)?Sw?t?(n1?n2?2)??1??2?(x?y)?Sw?t?(n1?n2?2)?

n1n21?2n1n21?2????從而?1??2的置信水平為1??的置信區(qū)間為，

??1111(x?y)?S?t(n?n?2),S?t(n?n?2)??.w?12w?121?1?n1n22n1n22??2(n1?1)S12?(n2?1)S21n11n2222其中，S?，S1?(xi?x)，S2?(yi?y)2。??n1?n2?2n1?1i?1n2?1i?12w

P85.31設x1,x2,?,xn來自正態(tài)總體N(1,?)簡單樣本，試求?的置信水平為1??的置信區(qū)間。

解：由已知可得，

22?(x?x)ii?1n2?22??2(n)

對