答案

第 四 章

1. (a) 只须注意: 若 \(c_{1}<c_{2}\), 则 \(g(a)=\left|c_{1}-a\right|+\left|c_{2}-a\right|\) 当 且仅当 \(c_{1} \leqslant a \leqslant c_{2}\) 时达到最小值 \(c_{2}-c_{1}\). 故如把 \(a_{1}, \cdots, a_{n}\) 按由小 到大排列为 \(a_{(1)} \leqslant a_{(2)} \cdots \leqslant a_{(n)}\), 则将 \(h(a)\) 写为 \(\sum_{i=1}^{n}\left|a_{(i)}-a\right|=\) \(\left(\left|a_{(1)}-a\right|+\left|a_{(n)}-a\right|\right)+\left(\left|a_{(2)}-a\right|+\left|a_{(n-1)}-a\right|\right)+\cdots\) 后, 可以看出: 为使此式达到最小, \(a\) 必须落在下述这些区间的每一个 之内: \(\left[a_{(1)}, a_{(n)}\right],\left[a_{(2)}, a_{(n-1)}^{-},\left[a_{(3)}, a_{(n-2)}\right], \cdots\right.\). 如 \(n\) 为奇 数, 适合这条件的唯一的 \(a\) 是 \(a_{(n+1) / 2}\). 如 \(n\) 为偶数, 则 \(\left[a_{(n / 2)}\right.\), \(\left.a_{(n / 2+1)}\right]\) 中任一数 \(a\) 都适合这条件. 不论在何情况, 样本中位数 总在其列.

(b) 极大似然估计直接由 (a) 得出, 为样本中位数, 矩估计为 \(\bar{X}\).

1. 总体均值为 \(3 \theta / 2\), 故矩估计为 \(2 \bar{X} / 3\). 样本 \(\left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 的似然函数为

\[ f\left(x_{1}, \cdots, X_{n}, \theta\right)=\left\{\begin{array}{l} \theta^{-n}, \text { 当 } \theta \leqslant \min \left(X_{i}\right) \leqslant \max \left(X_{i}\right) \leqslant 2 \theta \\ 0, \quad \text { 其他情况 } \end{array}\right. \]

可看出极大似然估计为 \(\frac{1}{2} \max \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\).

1. 因为积分

\[ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma}(x-a)^{2} \exp \left(-\frac{1}{2 \sigma^{2}}(x-a)^{2}\right) \mathrm{d} x \]

是 \(N\left(a, \sigma^{2}\right)\) 的方差, 为 \(\sigma^{2}\), 故立即看出 \(f(x ; a, \sigma)\) 为概率密度函 数. 由对称性知此分布均值为 \(a\), 故 \(a\) 的矩估计为 \(\bar{X}\). 此分布的方 差为 \(3 \sigma^{2}\), 故得 \(\sigma^{2}\) 的矩估计为 \(\frac{1}{3(n-1)} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}\). 取似然函数的对数, 分别对 \(a\). 和 \(\sigma\) 求偏导数, 得到决定极大似 然估计的方程组

\[ \begin{gathered} 2 \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{X_{i}-a}-\frac{n}{\sigma^{2}}(\bar{X}-a)=0 \\ \sigma^{2}=\frac{1}{3 n} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-a\right)^{2} \end{gathered} \]

一个叠代解法是: 先给定 \(a\) 的初始值 \(a_{0}\) (例如 \(a_{0}=\bar{X}\), 但必须 \(\bar{X}\) \(\neq X_{i}\) 对任何 \(i\) ), 由(1) 式解出 \(\sigma^{2}\) 之值 \(\sigma_{0}^{2}\). 以 \(\sigma^{2}=\sigma_{0}^{2}\) 代人 (2) 式解 出 \(a\) 的下一个值 \(a_{1}\) (这是一个 \(a\) 的二次方程), 以 \(a=a_{1}\) 代入 (1) 解出 \(\sigma^{2}\) 的下一个值 \(\sigma_{1}^{2}\). 继续下去直到 \(\left(a_{n}, \sigma_{n}^{2}\right)\) 与 \(\left(a_{n+1}, \sigma_{n+1}^{2}\right)\) 之 差别小于指定界限为止.

1. 先算出

\[ \int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-\dot{\lambda}} \cdot \mathrm{e}^{-\lambda} \lambda^{X} / X ! \mathrm{d} \lambda=1 / 2^{X+!}, X=0,1,2, \cdots . \]

即知 \(\lambda\) 的后验密度为 \(2^{X+1} \mathrm{e}^{-2 \lambda} \lambda^{\mathrm{X}} / X\) ! 其均值, 即 \((X+1) / 2\), 为 \(\lambda\) 的贝叶斯估计.

\(\lambda\) 的 MVU 估计为 \(X\). 当 \(X\) 取大值 (具体说, \(X \geqslant 2\) ) 时, 它大于 贝叶斯估计 \((X+1) / 2\). 请解释一下其原因.

1. 先算出样本 \(\left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 的边缘密度

\[ \int_{0}^{\infty} \lambda \mathrm{e}^{-\lambda} \lambda^{n} \mathrm{e}^{-n \lambda \bar{X}} \mathrm{~d} \lambda=(n+1) ! /(1+n \bar{X})^{n+2} \]

由此算出 \(\lambda\) 的后验密度的均值为

\[ \begin{aligned} &\left\{(1+n \bar{X})^{n+2} /(n+1) !\right\} \int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-\lambda} \lambda^{n+2} \mathrm{e}^{-n \lambda \bar{X}} \mathrm{~d} \lambda \\ &=(n+2) /(1+n \bar{X}) \end{aligned} \]

这就是 \(\lambda\) 的贝叶斯估计. 你对这个估计与通常估计 \(\bar{X}\) 比较, 有何 评述?

1. (a)考虑 \(N+1\) 个球, 自左至右排成一列, 如图 6. 现要从其 中拿出 \(n+1\) 个, 拿法有 \(\left(\begin{array}{c}N+1 \\ n+1\end{array}\right)\) 种. 将拿法作如下的分解: 固定列

图 6

中的第 \(m+1\) 个球 \(a\). 将 \(a\) 拿出, 并在 \(a\) 左边拿出 \(x\) 个 (拿法有 \(\left(\begin{array}{c}m \\ x\end{array}\right)\) 种), 在 \(a\) 右边拿出 \(n-x\) 个 \(\left(\right.\) 拿法有 \(\left(\begin{array}{c}N-m \\ n-x\end{array}\right)\) 种). 因此这样的拿法有 \(\left(\begin{array}{l}m \\ x\end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{c}N-m \\ n-x\end{array}\right)\) 种. 再让 \(a\) 由位置 1 流动到 \(N+\) \(1(m\) 由 0 到 \(N)\). 所得出的拿法显然无相重的并无遗漏的. 由此得 出所给的组合等式.

(b) 在所给先验分布之下, \(X\) 的边缘分布为

\[ \begin{aligned} P(X=x) & =\sum_{k=0}^{N} P(M=k) P_{k}(X=x) \\ & =\left[(N+1)\left(\begin{array}{l} N \\ n \end{array}\right)\right]^{-1} \sum_{k=0}^{N}\left(\begin{array}{l} k \\ x \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} M-k \\ n-x \end{array}\right) \\ & =\left[(N+1)\left(\begin{array}{l} N \\ n \end{array}\right)\right]^{-1}\left(\begin{array}{l} N+1 \\ n+1 \end{array}\right)=\frac{1}{n+1} \end{aligned} \]

\(x=0,1, \cdots, n\). 如此得到 \(M\) 的后验分布为

\[ \begin{gathered} P(M=m \mid X)=\frac{n+1}{N+1}\left(\begin{array}{l} m \\ x \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} N-m \\ n-x \end{array}\right) /\left(\begin{array}{l} N \\ n \end{array}\right) \\ m=0,1, \cdots, N \end{gathered} \]

此分布之均值，即

\[ \hat{\theta}(X)=\frac{n+1}{N+1} \sum_{m=0}^{N} m\left(\begin{array}{l} m \\ x \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} N-m \\ n-x \end{array}\right) /\left(\begin{array}{l} N \\ n \end{array}\right) \]

为 \(M\) 的贝叶斯估计. 上式中的和等于

\[ \sum_{m=0}^{N}(m+1)\left(\begin{array}{c} m \\ x \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} N-m \\ n-x \end{array}\right)-\sum_{m=0}^{N}\left(\begin{array}{c} m \\ x \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} N-m \\ n-x \end{array}\right) \]

第一项可化为 \((x+1)\left(\begin{array}{c}m+1 \\ x+1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}N+1-(m+1) \\ n+1-(x+1)\end{array}\right)\). 因此, 由 \((a)\) 中 证明的组合公式, (4) 中的两个和, 分别等于 \(\left(\begin{array}{c}N+2 \\ n+2\end{array}\right)(x+1)\) 和 \(\left(\begin{array}{c}N+1 \\ n+1\end{array}\right)\). 以此代人 (3) 式并化简, 即得所要的结果.

1. 考虑先验密度 \(p^{a}(1-p)^{b}\) (可以是广义的). 得到贝旪斯估 计为 \((x+a+1) /(n+a+b+2)\), 取 \(a=c-1, b=d-c-1\) 即可.
2. (a) \(X(X-1) /[n(n-1)]\). (b) 若 \(\hat{p}(X)\) 为 \(g(p)\) 的无偏估 计, 则

\[ g(p)=E_{p} \hat{p}(x)=\sum_{i=0}^{n} \hat{p}(i)\left(\begin{array}{l} n \\ i \end{array}\right) p^{i}(1-p)^{n-i} \]

而右边为 \(p\) 的不超过 \(n\) 阶的多项式. 由此可知, 像 \(\mathrm{e}^{-p}, 1 /\left(1+p^{2}\right)\) 等, 都没有无偏估计. 还有一个有趣的事实: 令 \(g_{1}(p)=p\), \(g_{2}(p)=p^{n}, g_{3}(p)=p^{n+1}\), 则 \(g_{1}(p), g_{2}(p)\) 都有无偏估计（㝍 (c)), 但 \(g_{1}(p) \cdot g_{2}(p)=g_{2}(p)\) 则没有. (c) 只须证明: 对任何自然 数 \(k \leqslant n, p^{k}\) 有无偏估计. 直接验证: \(p^{k}\) 的无偏估计就是 \(X(X-1)\) \(\cdots(X-k+1) /[n(n-1) \cdots(n-k+1)]\) :

\[ \begin{aligned} E[ & X(X-1) \cdots(X-k+1) / n(n-1) \cdots(n-k+1)] \\ = & \sum_{i=0}^{n}[i(i-1) \cdots(i-k+1) / n(n-1) \cdots(n-k+1)] \\ & \cdot\left(\begin{array}{l} n \\ i \end{array}\right) p^{i}(1-p)^{n-i} \\ = & \sum_{i=0}^{n} \frac{(n-k) !}{(i-k) !(n-i) !} p^{i}(1-p)^{n-i} \\ = & p^{k} \sum_{i=0}^{n}\left(\begin{array}{l} n+k \\ i-k \end{array}\right) p^{i-k}(1-p)^{n-i} \end{aligned} \]

令 \(n-k=m, i-k=j\), 上式成为 \(p^{k} \sum_{j=0}^{m}\left(\begin{array}{c}m \\ j\end{array}\right) p^{j}(1-p)^{m-j}=p^{k}\).

1. 依第一章 23 题, \(\min \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 与 \(\theta-\max \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 同分布. 因此二者之均值相同, 由此得

\[ E\left[\min \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)+\max \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\right]=\theta \]

这证明了 \((\mathrm{a})\). 又由第二章 22 题知 \(\min \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 的概率密度为 \(\frac{1}{\theta} n\left(1-\frac{x}{\theta}\right)^{n-1}\) (当 \(0<x<\theta\), 此外为 0 ), 其均值为 \(\theta /(n+1)\). 由 此可知, 令 \(C_{n}=n+1\), 则 \(C_{n} \min \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 为 \(\theta\) 的无偏估计. 这 证明了 (b). 为证 \((\mathrm{c})\), 只须算出 \(\operatorname{Var}\left(C_{n} \min \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\right)=(n+\) \(1)^{2} \frac{n}{\theta} \int_{0}^{\theta} x^{2}\left(1-\frac{x}{\theta}\right)^{n-1} \mathrm{~d} x-\theta^{2}=n \theta^{2} /(n+2)\). 与j例 3.5 比较即 得(问: 由 \(C_{n} \min \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 的方差表达式看出这个估计之不合 理处, 在什么地方? - \(n\) 愈大, 其方差非但不下降, 反而上升, 即 样本愈多,估计误差愈大了).

1. (a) 有

\[ E[\hat{\theta}(x)]=\sum_{i=0}^{\infty} \hat{\theta}(i) \frac{\mathrm{e}^{-\lambda}}{i !} \lambda^{i}=\mathrm{e}^{-2 \lambda} \]

得

\[ \sum_{i=0}^{\infty} \hat{\theta}(i) \frac{\lambda^{i}}{i !}=\mathrm{e}^{-\lambda}=\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^{i} \frac{\lambda^{i}}{i !} \text {, 因此 } \hat{\theta}(i)=(-1)^{i} \]

这估计之不合理显然,一个合理的估计可取为 \(\mathrm{e}^{-2 x}\).

1. 利用 \(E\left(\chi_{n}^{2}\right)=n, \operatorname{Var}\left(\chi_{n}^{2}\right)=2 n\). 由于 \((n-1) \hat{\theta}_{1} / \sigma^{2} \sim\) \(\chi_{n-1}^{2}\), 知

\[ \begin{aligned} E\left[\hat{\theta}_{1}-\sigma^{2}\right]^{2} & =(n-1)^{-2} \sigma^{4} E\left[(n-1) \hat{\theta}_{1} / \sigma^{2}-(n-1)\right]^{2} \\ & =(n-1)^{-2} \sigma^{4} \operatorname{Var}\left(\chi_{n-1}^{2}\right)=2 \sigma^{4} /(n-1) \end{aligned} \]

另一方面, 有

\[ \begin{aligned} & E\left(\frac{n-1}{n+1} \hat{\theta}-\sigma^{2}\right)^{2}=\left(E\left(\frac{n-1}{n+1} \hat{\theta}\right)-\sigma^{2}\right)^{2}+\operatorname{Var}\left(\frac{n-1}{n+1} \hat{\theta}\right) \\ & \quad=\left(\frac{2}{n+1}\right)^{2} \sigma^{4}+\left(\frac{n-1}{n+1}\right)^{2} \operatorname{Var}\left(\hat{\theta}_{1}\right) \\ & \quad=\left(\frac{2}{n+1}\right)^{2} \sigma^{4}+\left(\frac{n-1}{n+1}\right)^{2} \frac{2}{n-1} \sigma^{4}=\frac{2}{n+1} \sigma^{4} \end{aligned} \]

由此得出要证的结果.

1. 与 12 题一样, 用 \(\operatorname{Var}\left(\chi_{n}^{2}\right)=2 n\), 有

\[ \operatorname{Var}\left(\hat{\theta}_{3}\right)=\frac{\sigma^{4}}{n^{2}} \operatorname{Var}\left(\chi_{n}^{2}\right)=\frac{2}{n} \sigma^{4}<\operatorname{Var}\left(\hat{\theta}_{1}\right) \]

这证明了 (a). 为证 (b), 要用克拉美一劳不等式, 以 \(\sigma^{2}\) 作 \(\theta, g(\theta)=\) \(\theta\). 算出

\[ I\left(\sigma^{2}\right)=E\left[\frac{1}{2 \sigma^{2}}-\frac{1}{2 \sigma^{4}}(X-a)^{2}\right]^{2}=1 /\left(2 \sigma^{4}\right) \]

于是 \(\sigma^{2}\) 的无偏估计之方差下界为

\[ 1 /\left(n I\left(\sigma^{2}\right)\right)=2 \sigma^{4} / n \]

与 \(\operatorname{Var}\left(\hat{\theta}_{3}\right)\) 相同. 由此证明了所要的结果.

\[ \text { 注: 若令 } \hat{\theta}_{4}=\frac{1}{n+2} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-a\right)^{2} \text {. 由 } 12 \text { 题的证法, } \hat{\theta}_{4} \text { 的均方 } \]

误差为 \(2 \sigma^{4} /(n+2)\), 比 \(\hat{\theta}_{3}\) 的均方误差 (即 \(\operatorname{Var}\left(\hat{\theta}_{3}\right)\) ) 小. 由此例可 知, MVU 估计的均方误差不一定是最小的.

1. (a)因为作变换 \(x=\sqrt{y / \theta}\) 可得

\[ \begin{aligned} \int_{0}^{\infty} x^{2} \mathrm{e}^{-\theta x 2} \mathrm{~d} x & =\theta^{-3 / 2} \int_{0}^{\infty} y^{1 / 2} \mathrm{e}^{-y / 2 \mathrm{~d} y} \\ & =\frac{1}{2} \theta^{-3 / 2} \Gamma(3 / 2)=\frac{1}{4} \sqrt{\pi} \theta^{-3 / 2} \end{aligned} \]

即知 \(E\left(X_{i}^{2}\right)=\frac{1}{2 \theta}\). 故令 \(C=2\) 即可. 其次, 算出

\[ \operatorname{Var}\left(\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right)=\frac{4}{n} \operatorname{Var}\left(X_{1}^{2}\right)=2 /\left(n \theta^{2}\right) \]

再用克拉美-劳不等式, 先算出

\[ I(\theta)=E\left[\frac{1}{2 \theta}-X^{2}\right]^{2}=1 /\left(2 \theta^{2}\right) \]

而 \(g(\theta)=1 / \theta\), 故 \(g^{\prime}(\theta)=-1 / \theta^{2}\) 而

\[ \left(g^{\prime}(\theta)\right)^{2} / n I(\theta)=\theta^{-4} /\left(\frac{1}{2} n \theta^{-2}\right)=2 /\left(n \theta^{2}\right)=\operatorname{Var}\left(\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right) \]

于是证明了所要的结果. 15. (a) 用第三章定理 \(3.1,2^{\circ}\), 有

\[ \begin{aligned} & \operatorname{Var}\left(\frac{\hat{\theta}_{1}+\hat{\theta}_{2}}{2}\right)=E\left[\frac{1}{2}\left(\hat{\theta}_{1}-\theta\right)+\frac{1}{2}\left(\hat{\theta}_{2}-\theta\right)\right]^{2} \\ = & \frac{1}{4}\left[E\left(\hat{\theta}_{1}-\theta\right)^{2}+E\left(\hat{\theta}_{2}-\theta\right)^{2}\right]+\frac{1}{2} E\left[\left(\hat{\theta}_{1}-\theta\right)\left(\hat{\theta}_{2}-\theta\right)\right] \\ \leqslant & \frac{1}{4}\left[E\left(\hat{\theta}_{1}-\theta\right)^{2}+E\left(\hat{\theta}_{2}-\theta\right)^{2}\right]+\frac{1}{2}\left[E\left(\hat{\theta}_{1}-\theta\right)^{2}\right. \\ & \left.\cdot E\left(\hat{\theta}_{2}-\theta\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}} \end{aligned} \]

由于 \(\hat{\theta}_{1}, \hat{\theta}_{2}\) 都是 \(\theta\) 的 MVU 估计, 其方差相同且都达到最小值 \(c(\theta)\). 由上式得

\[ \operatorname{Var}\left(\frac{\hat{\theta}_{1}+\hat{\theta}_{2}}{2}\right) \leqslant \frac{1}{4}[c(\theta)+c(\theta)]+\frac{1}{2} c(\theta)=c(\theta) \]

即无偏估计 \(\left(\hat{\theta}_{1}+\hat{\theta}_{2}\right) / 2\) 的方差不大于最小值 \(c(\theta)\), 因而它必为 MVU 估计.

(b) 用反证法, 若 \(a \hat{\theta}+b\) 不为 \(a \theta+b\) 的 MVU 估计, 则可以找 到 \(a \theta+b\) 的一个无偏估计 \(\hat{\theta}_{1}\), 使

\[ \operatorname{Var}_{\theta_{0}}\left(\hat{\theta}_{1}\right)<\operatorname{Var}_{\theta_{0}}(a \hat{\theta}+b)=a^{2} \operatorname{Var}_{\theta_{0}}(\hat{\theta}) \]

至少对一个 \(\theta\) 值 \(\theta_{0}\). 令 \(\hat{\theta}_{2}=\left(\hat{\theta}_{1}-b\right) / a\), 则 \(\hat{\theta}_{2}\) 为 \(\theta\) 的无偏估计, 且

\[ \operatorname{Var}_{\theta_{0}}\left(\hat{\theta}_{2}\right)=\frac{1}{a^{2}} \operatorname{Var}_{\theta_{0}}\left(\hat{\theta}_{1}\right)<\frac{1}{a^{2}} a^{2} \operatorname{Var}_{\theta_{0}}(\theta)=\operatorname{Var}_{\theta_{0}}(\hat{\theta}) \]

即无偏估计 \(\hat{\theta}_{2}\) 的方差, 当 \(\theta=\theta_{0}\) 时比无偏估计 \(\hat{\theta}\) 的方差还小. 这与 \(\hat{\theta}\) 的是 \(\theta\) 的 MVU 估计矛盾.

1. \(E\left(\sum_{i=1}^{n} c_{i} X_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n} c_{i} E\left(X_{i}\right)=\theta \sum_{i=1}^{n} c_{i}=\theta\), 故 \(\sum_{i=1}^{k} c_{i} X_{i}\) 为无 偏估计, 其方差为 \(\left(\sigma^{2}=\operatorname{Var}\left(X_{i}\right)\right)\)

\[ \operatorname{Var}\left(\sum_{i=1}^{n} c_{i} X_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n} c_{i}^{2} \operatorname{Var}\left(X_{i}\right)=\sigma^{2} \sum_{i=1}^{k} c_{i}^{2} \]

\[ =\sigma^{2}\left[\sum_{i=1}^{n}\left(c_{i}-1 / n\right)^{2}+1 / n\right] \geqslant \sigma^{2} / n \]

等号当且仅当 \(c_{1}=\cdots=c_{n}=1 / n\) 时才成立.

1. 因为 \(\max \left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) (记为 \(\hat{\theta}\) ) 的密度函数为 \(n x^{n-1} / \theta^{n}\) (当 \(0<x<\theta\), 此外为 0 ). 故

\[ \begin{aligned} & P_{\theta}\left(\hat{\theta} \leqslant \theta \leqslant c_{n} \hat{\theta}\right)=P_{\theta}\left(\theta / c_{n} \leqslant \hat{\theta} \leqslant \theta\right) \\ & \quad=\int_{\theta / c n}^{\theta} n x^{n-1} \mathrm{~d} x / \theta^{n}=\left(\theta^{n}-\left(\theta / c_{n}\right)^{n}\right) / \theta^{n}=1-c_{n}^{-n} \end{aligned} \]

要此值等于 \(1-\alpha\), 只须取 \(c_{n}=\left(\frac{1}{1-\alpha}\right)^{1 / n}\).

1. (a) 只要 \(c+d=1\), 则 \(c \bar{X}+d \bar{Y}\) 为 \(\theta\) 的无偏估计, 其方差 为 \(c^{2} \sigma_{1}^{2} / n+d^{2} \sigma_{2}^{2} / m\). 把此式在 \(c+d=1\) 的约束下求最小值, 结 果为

\[ c=\left(\sigma_{2}^{2} / m\right) /\left(\sigma_{1}^{2} / n+\sigma_{2}^{2} / m\right), d=\left(\sigma_{1}^{2} / n\right) /\left(\sigma_{1}^{2} / n+\sigma_{2}^{2} / m\right) \]

对这个 \(c, d\) 有

\[ (c \bar{X}+d \bar{Y}-\theta) / A \sim N(0,1) \]

其中 \(A^{2}=\left(\sigma_{1}^{2} / n \cdot \sigma_{2}^{2} / m\right) /\left(\sigma_{1}^{2} / n+\sigma_{2}^{2} / m\right)\). 于是得到 \(\theta\) 的置信系 数 \(1-\alpha\) 的区间估计为 \(c \bar{X}+d \bar{Y} \pm A u_{\alpha / 2}\).

1. 考虑

\[ 2 \lambda_{1} n \bar{X} / 2 \lambda_{2} m \bar{Y}=Z \]

分子分母独立, 分别服从卡方分布 \(\chi^{\frac{2}{2} n}\) 和 \(\chi^{\frac{2}{2}}, m\). 故

\[ P\left(F_{2 n, 2 m}\left(1-\frac{\alpha}{2}\right) \leqslant \frac{\lambda_{1} \bar{X}}{\lambda_{2} \bar{Y}} \leqslant F_{2 n, 2 m}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)=1-\alpha \]

此式可改写为

\[ P\left(\frac{\bar{X}}{\bar{Y}} / F_{2 n, 2 m}\left(\frac{\alpha}{2}\right) \leqslant \frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}} \leqslant \frac{\bar{X}}{\bar{Y}} / F_{2 n, 2 m}\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)\right)=1-\alpha \]

即得 \(\lambda_{2} / \lambda_{1}\) 的置信区间.

1. \(\left(\theta, X_{1}, X_{2}\right)\) 的联合分布密度为

\[ f\left(\theta, X_{1}, X_{2}\right)=\mathrm{e}^{-\theta} \mathrm{e}^{\theta-x_{1}} \mathrm{e}^{\theta-x_{2}}, 0<\theta \leqslant \min \left(X_{1}, X_{2}\right) \]

• \(386 \cdot\) 由此得出 \(\left(X_{1}, X_{2}\right)\) 的边缘密度 为 \(\int_{0}^{\min \left(X_{1}, X_{2}\right)} \mathrm{e}^{\theta} \mathrm{d} \theta \mathrm{e}^{-\left(X_{1}+X_{2}\right)}=\) \(\mathrm{e}^{-\left(X_{1}+X_{2}\right)}\left[\mathrm{e}^{\min \left(X_{1}, X_{2}\right)}-1\right]\), 而 \(\theta\) 的后验密度为

\[ h\left(\theta \mid X_{1}, X_{2}\right)=\mathrm{e}^{\theta} /\left[\mathrm{e}^{\min \left(X_{1}, X_{2}\right)}-1\right], 0<\theta \leqslant \min \left(X_{1}, X_{2}\right) \]

此外为 0 . 这密度在上述区间内随 \(\theta\) 上升而上升. 故要找一个最短 的区间 \([a, b]\) 使 \(\int_{a}^{b} h\left(\theta \mid X_{1}, X_{2}\right) \mathrm{d} \theta=1-\alpha, b\) 必须取为 \(\min \left(X_{1}\right.\), \(X_{2}\) ). 因

\[ \int_{a}^{\min \left(X_{1}, X_{2}\right)} \mathrm{e}^{\theta} \mathrm{d} \theta=\mathrm{e}^{\min \left(X_{1}, X_{2}\right)}-\mathrm{e}^{a} \]

知 \(a\) 必须取为 \(\log \left[\alpha \mathrm{e}^{\min \left(X_{1}, X_{2}\right)}+1-\alpha\right]\).

1. 由 \((n-1) S^{2} / \sigma^{2}-\chi_{n-1}^{2}\), 从卡方分布密度的形式, 不难算 出 \(S / \sigma\) 的密度函数 \(g(s)\) 为: \(g(s)=0\) 当 \(s \leqslant 0\), 而

\[ g(s)=\frac{(n-1)^{(n-1) / 2}}{2^{(n-3) / 2} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)} \mathrm{e}^{-\frac{(n-1) / s^{2}}{2}} S^{n-2}, s>0 \]

为计算 \(E(S)=\sigma \int_{0}^{\infty} s g(s) \mathrm{d} s\), 只须在积分

\[ \int_{0}^{\infty} s^{n-1} \exp \left(-\frac{(n-1) s^{2}}{2}\right) \mathrm{d} s \]

中作变数代换 \(t=(n-1) s^{2} / 2\) 以化为 \(\Gamma\) 积分即可.

1. 作代换 \(Y_{i}=\left(X_{i}-\theta_{1}\right) /\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right), i=1, \cdots n\). 则 \(Y_{1}, \cdots\), \(Y_{n}\) 独立同分布, 其公共分布为 \([0,1]\) 上的均匀分布 \(R(0,1)\), 与 \(\theta_{1}, \theta_{2}\) 无关. 故 \(E\left(S_{Y}\right)=E \sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2} /(n-1)}\) 也与 \(\theta_{1}, \theta_{2}\) 无关. 记为 \(d_{n}\). 有 \(S=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2} /(n-1)}=\left(\hat{\theta}_{2}-\hat{\theta}_{1}\right) S_{Y}\), 故 \(E(S)=d_{n}\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)\). 现有

\[ \begin{aligned} & E\left(\bar{X}-c_{n} S\right)=\left(\hat{\theta}_{1}+\hat{\theta}_{2}\right) / 2-c_{n} d_{n}\left(\hat{\theta}_{2}-\hat{\theta}_{1}\right) \\ & E\left(\bar{X}+c_{n} S\right)=\left(\hat{\theta}_{1}+\hat{\theta}_{2}\right) / 2+c_{n} d_{n}\left(\hat{\theta}_{2}-\hat{\theta}_{1}\right) \end{aligned} \]

取 \(C_{n}=1 /\left(2 d_{n}\right)\). 此两式分别成为 \(\hat{\theta}_{1}\) 和 \(\hat{\theta}_{2}\). 要求出 \(C_{n}\), 必须算出 \(d_{n}=E\left(S_{Y}\right)\). 这不容易。

1. 设此结论不对, 则存在 \(\theta\) 的无偏估计 \(T_{n}\), 使对于 \(\left(\theta, \sigma^{2}\right)\) 的某个值 \(\left(\theta_{0}, \sigma_{0}^{2}\right)\), 有

\[ \operatorname{Var}_{\theta_{0}, \sigma_{0}^{2}}\left(T_{n}\right)<\operatorname{Var}_{\theta_{0}}, \sigma_{0}^{2}(\bar{X})=\sigma_{0}^{2} / n \]

把 \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 看作为抽自正态总体 \(N\left(\theta, \sigma_{0}^{2}\right)\) 的样本, \(\theta\) 末知而 \(\sigma_{0}^{2}\) 已知. 这时, \(\bar{X}\) 和 \(T_{n}\) 仍然是 \(\theta\) 的无偏估计. 且因此处方差 \(\sigma_{0}^{2}\) 已 知. \(\bar{X}\) 是 \(\theta\) 的 MVU 估计. 因此对一切 \(\theta\) 应有

\[ \operatorname{Var}_{\theta, \sigma_{0}^{2}}\left(T_{n}\right) \geqslant \operatorname{Var}_{\theta, \sigma_{0}^{2}}^{2}(\bar{X})=\sigma_{0}^{2} / n \]

令 \(\theta=\theta_{0}\), 即得到与前式矛盾的结果, 这证明了 \(\bar{X}\) 仍是 \(\theta\) 的 MVU 估计。

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