题型 1 估计量的无偏性问题

2.1

已知

• 总体 $X$ 的期望 $EX=0$, 方差 $DX={\sigma }^2$,
• $X_1,\cdots ,X_n$ 为其简单样本,
• 均值为 $\bar{X}$, 方差为 $S^2$.

则 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量为 ___ .

(A) $n{\bar{X}}^2+S^2$ (B) $\frac{1}{2}n{\bar{X}}^2+\frac{1}{2}{S}^2$ (C) $\frac{1}{3}n{\bar{X}}^2+S^2$ (D) $\frac{1}{4}n{\bar{X}}^2+\frac{1}{4}{S}^2$

解

由于 $E\bar{X}=EX=0,$ $D\bar{X}=\frac{{\sigma }^2}{n},$ $E\left({\bar{X}}^2\right)=D\bar{X}+{\left(E\bar{X}\right)}^2=\frac{{\sigma }^2}{n},$ $E{S}^2={\sigma }^2,$

所以

$$E\left(n{\bar{X}}^2+S^2\right)=n\cdot \frac{{\sigma }^2}{n}+{\sigma }^2=2{\sigma }^2.$$

则 $E\left(\frac{1}{2}n{\bar{X}}^2+\frac{1}{2}{S}^2\right)={\sigma }^2$ 故 $\frac{1}{2}n{\bar{X}}^2+\frac{1}{2}{S}^2$ 为 ${\sigma }^2$ 无偏估计.

应选 (B).

2.2

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自总体的样本, 为了估计总体方差 ${\sigma }^2$, 我们利用统计量

$$\widehat{{\sigma }^2}=K\sum _{i=1}^{n-1}{\left(X_{i+1}-X_i\right)}^2$$

则 $K=$ ___ 时, $\widehat{{\sigma }^2}$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量.

解

由题意 $E\left(\widehat{{\sigma }^2}\right)={\sigma }^2$.

因为

$$\begin{array}{rl}E{\left(X_{i+1}-X_i\right)}^2& =D\left(X_{i+1}-X_i\right)+{\left[E\left(X_{i+1}-X_i\right)\right]}^2\\ & =\left(D{X}_{i+1}+D{X}_i\right)+{\left(E{X}_{i+1}-E{X}_i\right)}^2\\ & =\left({\sigma }^2+{\sigma }^2\right)+0\\ & =2{\sigma }^2\text{.}\end{array}$$

所以

$$E\left(\widehat{{\sigma }^2}\right)=K\sum _{i=1}^{n-1}E{\left(X_{i+1}-X_i\right)}^2=K\sum _{i=1}^{n-1}2{\sigma }^2=2K\left(n-1\right){\sigma }^2.$$

故 $K=\frac{1}{2\left(n-1\right)}$.

2.3

设样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 来自于参数为 $\lambda$ 的泊松分布.

试证明 $\bar{X}$ 与 $S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 都是 $\lambda$ 的无偏估计,且对任一 $a$ 值, $0\le a\le 1$,统计量 $a\bar{X}+\left(1-a\right)S^2$ 也是 $\lambda$ 的无偏估计.

证

因为总体 $X\sim P\left(\lambda \right)$,故 $E\left(X\right)=\lambda ,D\left(X\right)=\lambda$. 而

$$E\left(\bar{X}\right)=E\left(X\right)=\lambda ,E\left(S^2\right)=D\left(X\right)=\lambda ,$$

由无偏性定义, $\bar{X}$ 与 $S^2$ 都是 $\lambda$ 的无偏估计.

当 $0\le a\le 1$ 时,

$$E\left[a\bar{X}+\left(1-a\right)S^2\right]=aE\left(\bar{X}\right)+\left(1-a\right)E\left(S^2\right)=a\lambda +\left(1-a\right)\lambda =\lambda .$$

故 $a\bar{X}+\left(1-a\right)S^2$ 也是 $\lambda$ 的无偏估计.

2.4

已知总体 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\theta }{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{\theta }},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$$

其中未知参数 $\theta >0$. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为取自总体 $X$ 的一个样本,

1. 求 $\theta$ 的最大似然估计量；

2. 试问该估计量是否为无偏估计量？说明理由.

解

(1)

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为相应于样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 的一个样本值,似然函数为

$$L\left(\theta \right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{{\theta }^n}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{\theta }\sum _{i=1}^n{x}_i},& x_1,x_2,\cdots ,x_n>0,\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

当 $x_1,x_2,\cdots ,x_n>0$ 时,有

$$\ln L\left(\theta \right)=-n\ln \theta -\frac{1}{\theta }\sum _{i=1}^n{x}_i.$$

将上式对 $\theta$ 求导数并令其等于零,得

$$\frac{\mathrm{d}\ln L\left(\theta \right)}{\mathrm{d}\theta }=-\frac{n}{\theta }+\frac{1}{{\theta }^2}\sum _{i=1}^n{x}_i=0.$$

解得 $\theta$ 的最大似然估计值为 $\hat{\theta }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i=\bar{x}$.

因此, $\theta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\theta }=\bar{X}$.

(2)

由于

$$E\left(\hat{\theta }\right)=E\left(\bar{X}\right)=E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E\left(X_i\right)=E\left(X\right),$$

而 $X$ 服从指数分布, $E\left(X\right)=\theta$, 所以 $E\left(\hat{\theta }\right)=\theta ,$ 故 $\hat{\theta }=\bar{X}$ 为未知参数 $\theta$ 的无偏估计量.

2.5

设总体 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x;\theta \right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2\theta },& 0<x<\theta \\ \frac{1}{2\left(1-\theta \right)},& \theta \le x<1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

其中参数 $\theta \left(0<\theta <1\right)$ 未知, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 是样本均值.

1. 求参数 $\theta$ 的矩估计量 $\hat{\theta }$;

2. 判断 $4{\bar{X}}^2$ 是否为 ${\theta }^2$ 的无偏估计量, 并说明理由.

解

(1)

$$\begin{array}{rl}E[X]& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x;\theta )\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\theta }\frac{x}{2\theta }\mathrm{d}x+{\int }_{\theta }^1\frac{x}{2(1-\theta )}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{4}+\frac{\theta }{2}.\end{array}$$

令 $\bar{X}=EX$, 即 $\bar{X}=\frac{1}{4}+\frac{\theta }{2},$ 得 $\theta$ 的矩估计量为

$$\hat{\theta }=2\bar{X}-\frac{1}{2}.$$

(2)

因为

$$\begin{array}{rl}E\left(4{\bar{X}}^2\right)& =4E{\bar{X}}^2\\ & =4\left[D\bar{X}+{\left(E\bar{X}\right)}^2\right]\\ & =4\left[\frac{1}{n}DX+{\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\theta \right)}^2\right]\\ & =\frac{4}{n}DX+\frac{1}{4}+\theta +{\theta }^2.\end{array}$$

又 $DX\ge 0,\theta >0$,所以 $E\left(4{\bar{X}}^2\right)>{\theta }^2,$ 即 $E\left(4{\bar{X}}^2\right)\ne {\theta }^2$, 因此 $4{\bar{X}}^2$ 不是 ${\theta }^2$ 的无偏估计量.