概率论作业-第七章

第7章全部和第8章1-7题

第七章

指数分布：概率论第二章- 随机变量

1

Question

1. 设电子元件的寿命(小时)服从参数 $\lambda =0.0015$ 的指数分布, 今测试 6 个元件, 记录下它们各自失效的时间。问: (1) 总体和样本分别是什么? (2) 写出样本的联合概率密度; (3) 设有样本观测值: $600,670,640,700,620,610$ , 试计算样本均值、样本中位数、样本方差、极差;

1. 总体：全体该类电子元件的寿命；样本：所测试的六个元件的寿命
2. $F(x_1,x_2,x_i,\cdots ,x_6)={\prod }_{i=1}^6\lambda e^{-\lambda x_i}$
3. $\bar{X}=640$ 中位数：630；样本方差：1233.3；极差：100

2

Question

2. 设总体 $\mathrm{X}$ 服从柯西分布, 概率密度为 $f(x)=\frac{1}{\pi \left(1+x^2\right)},x\in R$ 。特征函数为 $\phi (t)=e^{-|t|},t\in R。X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为其样本, 证明: 样本均值 $\bar{X}$ 与总体 $X$ 有相同分布。

$X_1,X_2,\cdots ,x_n$ 服从 $i.i.dCauchy(0,1)$ ，计 $Z={\sum }_i^n{X}_i$ ， $Z$ 的特征函数为 ${\phi }_Z(t)=\phi (t{)}^n=e^{-n|t|}$ , $\bar{X}=Z/n$ ，样本均值的特征函数： ${\phi }_{\bar{X}}(t)={\phi }_Z(t/n)=e^{-|t|}$ 。因此，两者具有相同的分布。

3

Question

3. 设总体 $X\sim N\left(12,2^2\right),X_1,X_2,\cdots ,X_5$ 为其样本, (1) 求样本均值 $\bar{X}$ 大于 13 的概率; (2)求样本均值与总体均值之差的绝对值大于 1 的概率。

$\bar{X}\sim N(12,4/5)$

$$\begin{array}{rl}P(\bar{X}>13)& =P(\frac{\bar{X}-12}{2/\sqrt{5}}>\frac{13-12}{2/\sqrt{5}})\\ & =1-\varphi (\sqrt{5}/2)\\ & =1-\varphi (1.12)\\ & =0.1314\end{array}$$ $$\begin{array}{r}P(|\bar{X}-12|>1)=2P(\bar{X}>13)=0.2628\end{array}$$

4

Question

4. 设总体 $X\sim N\left(5,6^2\right),n$ 和 $\bar{X}$ 分别为样本容量和样本均值, 问: 样本容量至少应取 多大, 才能使样本均值位于区间 $(3,7)$ 的概率不小于 0.9 .

$\bar{X}\sim N(5,6^2/n)$

$$\begin{array}{rl}P(3<\bar{X}<7)& =P\left(\frac{-2}{\sqrt{36/n}}⩽\frac{\bar{X}-5}{\sqrt{36/n}}⩽\frac{2}{\sqrt{36/n}}\right)⩾0.9\\ & =2\varphi \left(\frac{\sqrt{n}}{3}\right)-1>0.9\\ & \Rightarrow n>24.5025\end{array}$$

$n$ 应该至少取 25

5

Question

5. 设总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),X_1,X_2,\cdots ,X_{15}$ 为其样本, $S^2=\frac{1}{15}{\sum }_{i=1}^{15}{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 为样本方差, 计算概率 $P\left\{0.4{\sigma }^2\le S^2\le 2{\sigma }^2\right\}$ .

$$P\{6⩽15S^2/{\sigma }^2⩽30\}=P(6<x<30{)}_{{\chi }^2(14)}\approx 0.9495$$

6

Question

6. 设总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),X_1,X_2,\cdots ,X_n,X_{n+1}$ 为其样本, 记 $\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$, $S^2=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$, 确定统计量 $\frac{X_{n+1}-\bar{X}}{S}\sqrt{\frac{n-1}{n+1}}$ 的抽样分布。

$$\begin{array}{rl}& X_{n+1}\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)\\ & X_{n+1}\text{ 与 }\bar{X}\text{ 相互独立 }\Rightarrow X_{n+1}-\bar{X}\sim N\left(0,\left(1+\frac{1}{n}\right){\sigma }^2\right)\\ & \Rightarrow U=\frac{X_{n+1}-\bar{X}}{\sqrt{\frac{n+1}{n}}\sigma }\sim N(0,1),\text{ 而 }V=\frac{n}{{\sigma }^2}{S}^2\sim {\chi }^2(n-1)\end{array}$$

$U$ 与 $V$ 相互独立 $\Rightarrow$

$$\begin{array}{rl}\frac{U}{\sqrt{V/(n-1)}}& =\frac{X_{n+1}-\bar{X}}{\sigma \sqrt{\frac{n+1}{n}}}/\sqrt{\frac{n{S}^2}{(n-1){\sigma }^2}}\\ & =\frac{X_{n+1}-\bar{X}}{S}\sqrt{\frac{n-1}{n+1}}\sim t(n-1)\\ & \frac{X_{n+1}-\bar{X}}{S}\sqrt{\frac{n-1}{n+1}}\sim t(n-1)\end{array}$$

7

Question

7. 设 $X_1,X_2$ 是来自于总体 $X\sim N\left(0,{\sigma }^2\right)$ 的样本, 试讨论:

(1) $X_1+X_2$ 与 $X_1-X_2$ 是否相互独立?

(2) $Y=\frac{{\left(X_1+X_2\right)}^2}{{\left(X_1-X_2\right)}^2}$ 服从什么分布?

$$\begin{array}{rl}Cov(X_1+X_2,X_1-X_2)& =Cov(X_1,X_1)-Cov(X_2,X_2)\\ & =Var(X_1)-Var(X_2)\\ & =0\end{array}$$

两者相互独立。

$\frac{X_1+X_2}{\sqrt{2}\sigma }\sim N(0,1),\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }\sim N(0,1)$ $(\frac{X_1+X_2}{\sqrt{2}\sigma }{)}^2\sim {\chi }^2(1),(\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }{)}^2\sim {\chi }^2(1)$ $Y=\frac{{\left(X_1+X_2\right)}^2}{{\left(X_1-X_2\right)}^2}\sim F(1,1)$

第八章

1

Question

1. 阐述矩估计法和极大似然估计法的基本思想.

矩估计：用样本矩作为总体同阶矩的估计，即用样本矩的函数去替换相应的总体矩函数 极大似然估计：思想：一件事情发生或不发生，如果试验一次就发生了，给我们的感觉就是发生的概率比不发生要大。一般来说，事件 $A$ 发生的概率与参数 $\theta \in \Theta$ 有关， $\theta$ 取值不同， $P(A)$ 也不同，所以应该记事件 $A$ 发生概率为 $P(A|\theta )$ ，若 $A$ 发生了，则认为此时的 $\theta$ 值应是在 $\Theta$ 中使得 $P(A|\theta )$ 达到最大的那一个

2

Question

2. 设 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{{\theta }^2}{e}^{-x^2/\left(2{\theta }^2\right)},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$, 求 $\theta$ 的矩估计量和极大似然估计量.

$$E(X)={\int }_0^{+\infty }\frac{x^2}{{\theta }^2}{e}^{-x^2/\left(2{\theta }^2\right)}dx=\sqrt{\frac{\pi }{2}}\theta =\bar{X}$$

$\hat{\theta }=\bar{X}/\sqrt{\frac{\pi }{2}}$

$$\begin{array}{rl}L(X_1,X_2,\cdots ,X_n;\theta )& =\prod _{i=1}^n\frac{x_i}{{\theta }^2}{e}^{-x_i^2/\left(2{\theta }^2\right)}\\ \ln L& =\sum _{i=1}^n\ln x_i-2n\ln \theta -\frac{\sum _{i=1}^n{x}_i^2}{2{\theta }^2}\\ \frac{\partial \ln L}{\partial \theta }& =\frac{\sum _{i=1}^n{x}_i^2}{{\theta }^3}-\frac{2n}{\theta }=0\\ & \Rightarrow \hat{\theta }=\sqrt{\frac{\sum _{i=1}^n{x}_i^2}{2n}}\end{array}$$

3

Question

3. 设总体 $X$ 服从几何分布: $P\{X=k\}=(1-p{)}^{k-1}p(0<p<1),k=1,2,3,\cdots$ , 求 $p$ 的极大似然估计量.

$$\begin{array}{rl}L(x_1,x_2,\cdots ,x_n;p)& =\prod _{i=1}^n(1-p{)}^{x_i-1}p\\ \ln L& =\ln (1-p)\sum _{i=1}^n(x_i-1)+n\ln p=0\\ \frac{d\ln L}{dp}& =0\\ & \Rightarrow \hat{p}=\frac{1}{\bar{X}}\end{array}$$

4

Question

4. 设总体 $X$ 的分布律为:

$$\begin{array}{ccccc}X& 0& 1& 2& 3\\ p& {\theta }^2& 2\theta (1-\theta )& {\theta }^2& 1-2\theta \end{array}$$

其中 $0<\theta <1/2$ 为末知参数, 利用如下样本值: $3,1,0,3,2$ 求 $\theta$ 的矩估计值和极大似然估计值.

矩估计: $E(X)=2\theta (1-\theta )+2{\theta }^2+3(1-2\theta )=3-4\theta$ 令 $E(X)=3-4\theta =\bar{X}$ 得 $\theta$ 的矩估计量 $\hat{\theta }=\frac{3-\bar{X}}{4}$ , 代入样本观测值得 $\bar{x}=1.8$ , 从而矩估计值 $\hat{\theta }=0.3$

极大似然估计: 似然函数为

$$\begin{array}{rl}& L(\theta )=P\left\{X_1=3,X_2=1,X_3=0,X_4=3,X_5=2\right\}\\ & =P\left\{X_1=3\right\}P\left\{X_2=1\right\}\dots P\left\{X_5=2\right\}\\ & =2{\theta }^5(1-\theta )(1-2\theta {)}^2\\ & \ln L=\ln 2+5\ln \theta +\ln (1-\theta )+2\ln (1-2\theta )\end{array}$$

$\ln L=\ln 2+5\ln \theta +\ln (1-\theta )+2\ln (1-2\theta )$ 令 $\frac{d\ln L}{d\theta }=\frac{5}{\theta }-\frac{1}{1-\theta }-\frac{4}{1-2\theta }=0\Rightarrow 16{\theta }^2-20\theta +5=0$, 得 $\theta$ 的极大似然估计值 $\hat{\theta }=\frac{5-\sqrt{5}}{8}\approx 0.345$

5

Question

5. 设总体 $X\sim N(\mu ,1),X_1,X_2$ 为其样本, 问: 估计量 ${\hat{\mu }}_1=\frac{2}{3}{X}_1+\frac{1}{3}{X}_2$ , ${\hat{\mu }}_2=\frac{1}{2}{X}_1+\frac{1}{2}{X}_2,{\hat{\mu }}_3=\frac{1}{3}{X}_1+\frac{1}{2}{X}_2$ 中, 哪一个是 $\mu$ 的较有效估计量?

${\mu }_i=a{x}_1+b{x}_2,a+b=1$ , ${\mu }_i$ 是 $\mu$ 的无偏估计： $E({\mu }_i)=\mu$ 。 故 ${\hat{\mu }}_3$ 不是无偏估计量 那么

$$\begin{array}{rl}E({\mu }_i-\mu {)}^2& =E({\mu }_i-E({\mu }_i){)}^2\\ & =D({\mu }_i)=a^{2}D(X_1)+b^{2}D(X_2)+Cov(X_1,X_2)\end{array}$$

比较得知 $\widehat{{\mu }_2}$ 的方差最小，所以是三个中的较有效估计量

6

Question

6. 设 $X_1,X_2,\cdots X_{n_1}$ 和 $Y_1,Y_2,\cdots Y_{n_2}$ 分别为来自两个独立同方差的正态总体 $X\sim N\left({\mu }_1,{\sigma }^2\right)$ 和 $Y\sim N\left({\mu }_2,{\sigma }^2\right)$ 的样本. 设

$$\bar{X}=\frac{1}{n_1}\sum _{i=1}^{n_1}{\mathbf{X}}_i,S_1^{\ast 2}=\frac{1}{{\mathbf{n}}_1-1}\sum _{i=1}^{n_1}{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2,\bar{\mathbf{Y}}=\frac{1}{n_2}\sum _{j=1}^{n_2}{\mathbf{Y}}_i,S_2^{\ast 2}=\frac{1}{{\mathbf{n}}_2-1}\sum _{j=1}^{n_2}{\left(Y_j-\bar{\mathbf{Y}}\right)}^2$$

(1) 证明形如 $\mathbf{T}=\mathbf{a}{\mathbf{S}}_1^{\ast 2}+\mathbf{b}{\mathbf{S}}_2^{\ast 2}(\mathbf{a}+\mathbf{b}=1)$ 的统计量都是 ${\mathbf{\sigma }}^2$ 的线性无偏估计量;

(2) 求上一问的线性无偏估计量中方差最小的估计量 $S_w{}^2$.

因为

$$\begin{array}{rl}& E\left(S_1^{\ast 2}\right)=E\left[\frac{1}{n_1-1}\sum _{i=1}{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2\right]=DX={\sigma }^2\\ & E\left(S_2^{\ast 2}\right)=E\left[\frac{1}{n_2-1}\sum _{i=1}^{n_2}{\left(Y_i-\bar{Y}\right)}^2\right]=DY={\sigma }^2\\ & \begin{array}{rl}E(T)& =E\left(a{S}_1^{\ast 2}+b{S}_2^{\ast 2}\right)=aE\left(S_1^{\ast 2}\right)+bE\left(S_2^{\ast 2}\right)\\ & =a{\sigma }^2+b{\sigma }^2=(a+b){\sigma }^2={\sigma }^2\end{array}\end{array}$$

故 $Z=a_1{S}_1^2+b{S}_2^2,(a+b=1)$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计.

(2) $\because {\chi }^2=\frac{\left(n_1-1\right)S_1^{{\star }^2}}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n_1-1\right)\Rightarrow D\left(\frac{\left(n_1-1\right)S_1^{\star 2}}{{\sigma }^2}\right)=2\left(n_1-1\right)\Rightarrow D\left(S_1^{\ast 2}\right)=\frac{2{\sigma }^4}{n_1-1}$ 同理 $D\left(S_2^{\ast 2}\right)=\frac{2{\sigma }^4}{n_2-1}$

$$\begin{array}{rl}D(T)& =D\left(a{S}_1^{{\star }^2}+b{S}_2^{{\star }^2}\right)=a^{2}D\left(S_1^{{\star }^2}\right)+b^2\\ D\left(S_2^{{\star }^2}\right)& =2{\sigma }^4\left(\frac{a^2}{n_1-1}+\frac{b^2}{n_2-1}\right)\end{array}$$

在 $a+b=1$ 的条件下求 $D(T)$ 的最小值, 得 $a=\frac{n_1-1}{n_1+n_2-2},b=\frac{n_2-1}{n_1+n_2-2}$ 故 $S_w{}^2=\frac{n_1-1}{n_1+n_2-2}{S}_1^{\ast 2}+\frac{n_2-1}{n_1+n_2-2}{S}_2^{\ast 2}=\frac{n_1{S}_1^2}{n_1+n_2-2}+\frac{n_2{S}_2^2}{n_1+n_2-2}$

7

Question

7. 设总体 $\xi$ 的数学期望为 $a,{\hat{a}}_1$ 及 ${\hat{a}}_2$ 分别为参数 $a$ 的两个无偏估计量,它们的方差分别为 ${\sigma }_1^2$ 及 ${\sigma }_2^2$ , 相关系数为 $\rho$ , 试确定常数 $c_1>0,c_2>0$ , $c_1+c_2=1$ , 使得 $c_1{\hat{a}}_1+c_2{\hat{a}}_2$ 有最小方差.

$$\begin{array}{rl}D\left(C_1{\hat{a}}_1+C_2{\hat{a}}_2\right)& =D\left(C_1{\hat{a}}_1\right)+D\left(C_2{\hat{a}}_2\right)+2\mathrm{Cov}\left(C_1{\hat{a}}_1,C_2{\hat{a}}_2\right)\\ & =C_1^2\mathrm{D}{\hat{a}}_1+C_2^2\mathrm{D}{\hat{a}}_2+2C_1{C}_2\mathrm{Cov}\left({\hat{a}}_1,{\hat{a}}_2\right)\\ & =C_1^2{\sigma }_1^2+C_2^2{\sigma }_2^2+2C_1{C}_2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2\\ & =C_1^2{\sigma }_1^2+{\left(1-C_1\right)}^2{\sigma }_2^2+2C_1\left(1-C_1\right)\rho {\sigma }_1{\sigma }_2\\ & =C_1^2{\sigma }_1^2+{\left(1-C_1\right)}^2{\sigma }_2^2+2\left(C_1-C_1^2\right)\rho {\sigma }_1{\sigma }_2\\ f\left(C_1^2\right)& =C_1^2{\sigma }_1^2+{\left(1-C_1\right)}^2{\sigma }_2^2+2\left(C_1-C_1^2\right)\rho {\sigma }_1{\sigma }_2\\ f^{\prime }\left(C_1\right)& =2C_1{\sigma }_1^2+2\left(1-C_1\right)(-1){\sigma }_2^2+2\left(1-2C_1\right)\rho {\sigma }_1{\sigma }_2=0\\ 2C_1{\sigma }_1^2-2\left(1-C_1\right){\sigma }_2^2& +2\left(1-2C_1\right)\rho {\sigma }_1{\sigma }_2=0\\ C_1\left({\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2\right)& ={\sigma }_2^2-\rho {\sigma }_1{\sigma }_2\\ C_1=\frac{{\sigma }_2^2-\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2},& C_2=\frac{{\sigma }_1^2-\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}\end{array}$$