数理统计练习题

一

,未知。以作为的估计，以0.95的概率保证,求样本容量的最小值。

由

$$P(\lvert \overline{X}-\mu \rvert <50)=0.95$$

得

$$P(\lvert \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \rvert <\frac{50}{\sigma /\sqrt{n}})=0.95,$$ $$2\Phi(\frac{\sqrt{n}}{10})-1 = 0.95$$

代入题目中的数据可知，,则样本容量最小为385.

二

求常数使得.

由于服从均匀分布，,则

$$F_{X_{(1)}}=1-[1-F(x)]^{5}=1-(1-x)^{5}$$ $$F_{X_{(5)}}=[F(x)]^{5}=x^{5}$$

由题意得，

$$1-(1-c)^{5}=1-c^{5}$$ $$c=\frac{1}{2}.$$

三

满足

	0	1	2	3

其中是参数().样本：3,1,3,0,3,1,2,3.

求的矩估计和极大似然估计。

$$L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} p_{i}(x,\theta)=4\theta^{6}(1-\theta)^2(1-2\theta)^4$$ $$\frac{d \ln L(\theta)}{d \theta} = \frac{3-14\theta+12\theta^{2}}{*}$$

取极大值时，

四

1.求.

2.若求的最小值。

3.证明,有.

1.

令则

2.

由于

则最小值为110.

3.

显然。

五

已知是相关的变量，在一组样本中有

143：88	145：85	146：88	147：91
149：92	150：93	153：93	154：95
155：96	156：98	157：97	158：96
159：98	160：99	162：100	164：102

1.求对的回归方程；

2.

3..

1. ​

则回归方程为

2.

显著性成立

3.

六

试证明：是的有效估计，是的渐进有效估计。

$$\frac{\partial }{\partial \mu} [\ln \prod_{i=1}^n f_i(x;\mu,\sigma^2)] = \frac{n}{\sigma^2}(\overline{X}-\mu)$$

又由.

$$D(\overline{X})=\frac{1}{nI(\mu)}$$

则是的有效估计量。

同理有

$$DS^2 = \frac{2\sigma^4}{n-1}>\frac{2\sigma^4}{n}=\frac{1}{nI(\sigma^2)}$$

当 时

则是的渐进有效估计量

七

是来自总体的样本，且,若是的无偏估计，求.

$$\begin{align*} E(\overline{X}^2-cS^2)&=E\overline{X}^2-cES^2\\ &=D\overline{X}+(EX)^2-cES^2\\ &=\frac{1}{n}\sigma^2+\mu^2-c\sigma^2\\ &=\mu^2 \end{align*}$$

注：用到一个重要的结论.

八

连续型总体的概率密度为

$$f(x)=2\sqrt{\frac{\theta}{\pi}}e^{-\theta x^2},x>0$$

求常数，使得是的无偏估计。

由表达式可以看出这个密度函数与服从的密度函数有十分相似的特性，且满足,但限制在上。

由此

$$\begin{align*} ET&=E(c\sum_{i=1}^nX_i^2)=ncEX_i^2\\ &=nc\int_0^{+\infty}x^2f(x)dx\\ &=2nc\int_0^{+\infty}x^2g(x)dx\\ &=nc\int_{-\infty}^{+\infty}x^2g(x)dx\\ &=\frac{nc}{2\theta}=\frac{1}{\theta} \end{align*}$$

.

九

连续型总体的概率密度为

$$f(x)=\frac{2x}{\theta^2},0<x<\theta$$

求$\theta$的矩估计和极大似然估计。

$$\begin{align*} EX &= \overline{X}=\int_0^\theta xf(x)dx\\ &=\frac{2}3\theta\Rightarrow\hat{\theta_1}=\frac{3}2\overline{X}\\ \\ L(\theta)&=\prod_{i=1}^nf(x_i)=(\frac{2}{\theta^2})^n\prod_{i=1}^nx_i\\ \\ \frac{d \ln L(\theta)}{d \theta}&=\frac{-2n}{\theta}<0,\theta>X_{(n)}\\ &\Rightarrow \hat{\theta_2}=X_{(n)}. \end{align*}$$

十

(1) 求置信度为0.95的置信区间.

(2) 求置信度为0.95的置信区间.

(1)

(2)

$$D(\frac{X^2}{\sigma^3})=\frac{DX^2}{\sigma^6}=\frac{EX^4-(EX^2)^2}{\sigma^6}$$

关于正态分布的阶中心距与原点矩需要掌握

$$\begin{align} E[(X-EX)^k] = \left\{ \begin{aligned} &0,\qquad\quad\quad k=odd\\ &(k-1)!!\sigma^k,k=even \end{aligned} \right. \end{align}$$ $$EX^k = \sum_{i=1}^kC_k^i\mu^{k-i}E[(X-EX)^i]$$

则

原式转化为求置信度为0.95的置信区间(也可转化为标准正态分布然后求卡方分布).

十一

一元线性回归，已知

(1) 求回归方程

(2) 求的无偏估计.

(3) 对回归方程进行显著性检验.

$$\begin{align*} l_{xy} &= \sum_{i=1}^nx_iy_i-n\overline{x}\overline{y}\\ lxx &= \sum_{i=1}^nx_i^2-n\overline{x}^2\\ lyy &= \sum_{i=1}^ny_i^2-n\overline{y}^2\\ \hat{\beta}_1 &= \frac{l_{xy}}{l_{xx}}\\ \hat{\beta}_0&=\overline{y}-\hat{\beta}_1x\\ \\ S_R &= \hat{\beta}_1^2l_{xx}\\ E(S_R)& = E(\hat{\beta}_1^2)l_{xx}=(\beta_1^2+\frac{\sigma^2}{l_{xx}})l_{xx}=\sigma^2+\beta_1^2l_{xx}\\ E(S_T)&=(n-1)\sigma^2+\beta_1^2l_{xx}\\ E(S_e) &= ES_T-ES_R = (n-2)\sigma^2\\ \\ \Rightarrow&\quad\hat{\sigma}^2 = S_{e}/(n-2)(MVUE)\\ \\ F &= \frac{S_R}{S_e/(n-2)}\sim F(1,n-2) \end{align*}$$

十二

连续性总体的分布函数为令,求满足的分布.

令

$$\begin{align*} F_Y(y) &= P(Y\leq y)\\ &=P(F(x)\leq y)\\ &=P(x\leq F^{-1}(y))\\ &=F(F^{-1}(y))=y,\quad y\in[0,1]\\ \Rightarrow& F(X)\sim U(0,1)\\ F_Z(z) &=P(-\ln Y\leq z ) \\ &=P(Y\geq e^{-z})\\ &=1-P(Y\leq e^{-z})\\ &=1-e^{-z}\\ \Rightarrow&Z\sim EXP(1)\\ \end{align*}$$

是 个相互独立服从参数为1的指数分布随机变量和的形式，在本博客这篇文章中可知，服从分布,即.

十三

$$\begin{align*} f(x;\theta,c)= \left\{ \begin{aligned} &\frac{1}{\theta} e^{-\frac{(x-c)}{\theta}},x\geq c\\ &0,\quad else \end{aligned} \right. \end{align*}$$

求的矩估计和极大似然估计，判断检验量是否无偏.

$$\begin{align*} EX&=\int_c^{+\infty}x\frac{1}{\theta} e^{-\frac{(x-c)}{\theta}}dx\\ &=\int_c^{+\infty}-xd(e^{-\frac{(x-c)}{\theta}})\\ &=c+\theta=\overline{X}\\ \\ EX^2& = \int_c^{+\infty}x^2\frac{1}{\theta} e^{-\frac{(x-c)}{\theta}}dx\\ & = c^2+2\int_c^{+\infty}x e^{-\frac{(x-c)}{\theta}}dx\\ &=(c+\theta)^2+\theta^2 = \overline{X}^2+S_n^2\\ \\ \Rightarrow& \hat{\theta}_1 = S_n,\hat{c}_1=\overline{X}-S_n\\ \\ L(\theta) &= (\frac{1}\theta)^ne^{\frac{-\sum_{i=1}^n(x_i-c)}{\theta}}\\ \frac{\partial{\ln L(\theta)}}{\partial{\theta}}&=\frac{-n\theta+\sum x_i-nc}{\theta^2}=0\\ \frac{\partial{\ln L(\theta)}}{\partial{c}}&=\frac{n}{\theta}> 0\\ \Rightarrow & \hat{\theta}_2 = \overline{X}-X_{(1)},\hat{c}_2=X_{(1)}.\\ \\ f_{X_(1)}&=\frac{n}{\theta}e^{-\frac{n(x-c)}\theta}\\ EX_{(1)}&=c+\theta/n \end{align*}$$

注：