题目1

设总体 $X$ 的概率分布为

$X$	1	2	3
$P$	$1-\theta$	$\theta-\theta^2$	$\theta^2$

其中参数 $\theta \in(0,1)$ 末知, 以 $N_{i}$ 表示来自 总体 $X$ 的简单随机样本 (样本容量为 $n$ ) 中等于 $i$ 的个数 $(i=1,2,3)$, 试求常数 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, 使 $T=\sum_{i=1}^{3} a_{i} N_{i}$ 为 $\theta$ 的无偏估计量, 并求 $T$ 的方差.

解答部分

解：

因为 $N_{1} \sim B(n, 1-\theta), N_{2} \sim B(n, \theta-\theta^{2}), N_{3} \sim B(n, \theta^{2})$ ，则：

\[\begin{aligned} & E T=E\left(\sum_{i=1}^{3} a_{i} N_{i}\right) \\=& a_{1} E N_{1}+a_{2} E N_{2}+a_{3} E N_{3} \\=& a_{1} n(1-\theta)+a_{2} n\left(\theta-\theta^{2}\right)+a_{3} n \theta^{2} \\=& n a_{1}+n\left(a_{2}-a_{1}\right) \theta+n\left(a_{3}-a_{2}\right) \theta^{2} \end{aligned}\]

由 $T$ 是 $\theta$ 的无偏估计量, 可知， $E T=\theta$,

则 \(\left\{\begin{array}{l}n a_{1}=0, \\ n\left(a_{2}-a_{1}\right)=1, \text { 即 } \\ n\left(a_{3}-a_{2}\right)=0,\end{array}\left\{\begin{array}{l}a_{1}=0, \\ a_{2}=\frac{1}{n}, \\ a_{3}=\frac{1}{n} .\end{array}\right.\right.\)

故， $T=0 \times N_{1}+\frac{1}{n} \times N_{2}+\frac{1}{n} \times N_{3}$，

则有： \(T=\frac{1}{n}\left(N_{2}+N_{3}\right)=\frac{1}{n}\left(n-N_{1}\right) .\) 故： \(\begin{aligned} D T &=D\left[\frac{1}{n}\left(n-N_{1}\right)\right]=\frac{1}{n^{2}} D N_{1} \\ &=\frac{1}{n^{2}} \cdot n \cdot(1-\theta) \cdot \theta \\ &=\frac{1}{n} \theta(1-\theta) . \end{aligned}\)

题目2

设总体 $X$ 的分布函数为

\(F(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll} 1-\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta}}, & x \geqslant 0, \\ 0, & x<0, \end{array}\right.\) 其中, $\theta$ 是末知参数且大于零. $X_{1}, X_{2}, \cdots$, $X_{n}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(1) 求 $E X$ 与 $E X^{2}$; (2) 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat{\theta}_{n}$;

(3)是否存在实数a，使得对任意$\varepsilon>0$,都有

\[\lim_{n\rightarrow \infty} P\left\{\left|\hat{\theta}_{n}-a\right| \geqslant \varepsilon\right\}=0\]

(1)解答

解 : (1) 总体 $X$ 的概率密度为

\(\begin{array}{c} f(x ; \theta)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta}}, & x \geqslant 0, \\ 0, & x<0 . \end{array}\right. \\ \end{array}\) 则有：

\[\begin{aligned} E X&=\int_{0}^{+\infty} x \cdot \frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta}} \mathrm{d} x\\ &=-\int_{0}^{+\infty} x \mathrm{~d} \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta}} \\ &=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta}} \mathrm{d} x\\ &=\frac{\sqrt{\pi \theta}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\pi \theta}} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta}} \mathrm{d} x \\ &=\frac{\sqrt{\pi \theta}}{2}, \\ \\ E X^{2}&=\int_{0}^{+\infty} x^{2} \cdot \frac{2 x}{\theta} \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{\theta}} \mathrm{d} x\\ &=\theta \int_{0}^{+\infty} u \mathrm{e}^{-u} \mathrm{~d} u \\ &=\theta . \end{aligned}\]

(2)解答

(2) 设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 为样本观测值, 由题意得，似然函数为：

\[\begin{array}{l} L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} f\left(x_{i}\right)= \left\{\begin{array}{ll} \frac{2^{n} x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{\theta^{n}} \mathrm{e}^{-\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}, & x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}>0, \\ 0, & \text { others } \end{array}\right. \end{array}\]

则， 当$x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}>0$ 时 ：

\(\ln L(\theta)=n \ln 2+ \sum_{i=1}^{n} \ln x_{i}-n \ln \theta-\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} .\) 再由$\frac{\mathrm{d} \ln L(\theta)}{\mathrm{d} \theta}=-\frac{n}{\theta}+\frac{1}{\theta^{2}} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}=0$ 可得，$ \theta$ 的最大似然估计值为： \(\begin{array}{l} \\ \hat{\theta}_{n}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} . \end{array}\)

从而，$\theta$ 的最大似然估计量为

\[\hat{\theta}_{n}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} .\]

(3)解答

存在, $a=\theta$.

因为 ${X_{n}^{2}}$ 是独立同分布的随机变量序列, 且 $E X_{1}^{2}=\theta<+\infty$, 则，根据辛钦大数定律，当 $n \rightarrow \infty$ 时,

\[\hat{\theta}_{n}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\]

依概率收敛于 $E X_{1}^{2}$ ，即 $\theta $ .

所以, 对任意 $\varepsilon>0$ ，都有：

\[\lim _{n \rightarrow \infty} P\left\{\left|\hat{\theta}_{n}-\theta\right| \geqslant \varepsilon\right\}=0 .\]