(ТВиМС, 15.11.03) Семинар 11.

(ТВиМС, 15.11.03) Семинар 11.
Статистика Tn= Tn(X1,…, Xn) является состоятельной оценкой для характеристики
g наблюдаемой случайной величины , если при n для любого >0 выполняется
условие P{| Tn– g |>}0.
Оценка Tn для g называется несмещенной, если ETn=g. Величину b=ETn–g
называется смещением оценки Tn.
Статистику Tn=Tn(X1,…,Xn) называют достаточной для параметра  , если


условная функция распределения FX ( z1 ,..., z n | T ( X n )  t ) случайной выборки X =( X1,…,
n

Xn) при условии, что T ( X n )  t не зависит от параметра  при любом возможном значении
t.
Функция
L(X1,…,Xn; )=p(x1; )… p(xn; )
называется функцией правдоподобия. Здесь p(x; ) обозначает плотность распределения
непрерывной случайной величины или вероятность события {X=x} в случае дискретной
случайной величины.
Теорема (критерий факторизации Неймана-Пирсона). Статистика Tn=
Tn(x1,…,xn) является достаточной для параметра  тогда и только тогда, когда для


любой реализации x =(x1,…,xn) случайной выборки X =(X1,…,Xn) выборочное значение
функции правдоподобия имеет вид
L(x1,…,xn)=f(Tn(x1,…,xn), ) h(x1,…,xn),
т.е. может быть представлен в виде произведения двух сомножителей, из которых
второй не зависит от , а первый (зависящий от ) зависит от результатов наблюдения
x1,…,xn только через статистику Tn= Tn(x1,…,xn).
Задачи

1. Убедиться, что оценка p k для доли p белых шаров в урне (см. задачу 1 сем. 9) является
несмещенной и состоятельной.

2. Доказать, что значение эмпирической функции распределения Fn (x) в каждой точке х
является несмещенной и состоятельной оценкой теоретической функции распределения
F(x). Указание. Воспользоваться задачей 9 сем 9.
3. По n независимым наблюдениям X1,…,Xn над случайной величиной  требуется оценить
n
неизвестную вероятность p=P{}, где интервал  задан. Положим n=  I ( X i  ) –
i 1
число попаданий в интервал . Доказать, что статистика Tn=n/n– несмещенная и
состоятельная оценка p. При каком значении p дисперсия DTn будет максимальной?
Указание. Величина n имеет биномиальное распределение Bi(n,p). Ответ p =1/2.
4. Показать, что выборочный момент ̂ k при любом k=1,2,… является несмещенной и
состоятельной оценкой теоретического момента k=Ek. Указание. Воспользоваться
задачами 6 и 7 сем. 10.
5. Пусть ĝ несмещенная оценка g с конечной положительной дисперсией D ĝ . Будет ли
статистика ĝ 2 несмещенной оценкой для g2. Указание D ĝ =E ĝ 2 – g2 >0. Ответ. Нет.
6. Пусть над биномиальной Bi(n, ) случайной величиной произведено одно наблюдение
X (параметр  неизвестен). Показать, что статистика T=X(n–X)/(n(n–1)) является
несмещенной оценкой функции g()=(1–).

7. Пусть X =(X1,…, Xn)– выборка из распределения Бернулли Bi(1, ) с неизвестным
параметром (0,1). Оценить функцию g()=(1–).
Указание. Статистика T= X1+…+Xn имеет распределение Bi(n, ) и применить зад.7.
8. Пусть произведено одно наблюдение X над случайной величиной с распределение
Пуассона ()(параметр  неизвестен). Показать, что статистика T=X(X–1)…(X–k+1)
является несмещенной оценкой для функции g()=k, k=1,2,…
9. Над случайной величиной с распределением () произведено n независимых
наблюдений. Будет ли выборочное средние несмещенной оценкой параметра . Указание.
Воспользоваться задачей 4.

10. Пусть X =(X1,…, Xn)– выборка из распределения Бернулли Bi(1, ) с неизвестным
параметром (0,1). Доказать, что статистика T= X1+…+Xn является достаточной для
параметра .

11. Пусть X =(X1,…, Xn)– выборка из экспоненциального распределения, т.е. p(x; )=
x
1 
e при x0, p(x; )=0 при x<0. Доказать, что статистика T=X1+…+Xn является

достаточной для параметра .
Дополнительные задачи для желающих. Делать необязательно!
12. Криптограмма
12 2 24 5 3 21 6 29 28 2 20 18 20 21 5 10 27 17 2 11 2 16 19 2 27 5 8 29 12 31 22 2 16, 19 2 19 5 17 29 8 29 6 29 16:
8 2 19 19 29 10 19 29 14 19 29 29 19 10 2 24 2 11 2 16
10 14 18 21 17 2 20 2 28 29 16 21 29 28 6 29 16.
получена заменой букв на числа (от 1 до 32) так, что разным буквам соответствуют разные
числа. Отдельные слова разделены несколькими пробелами, буквы - одним пробелом,
знаки препинания сохранены. Буквы ``е'' и `` '' не различаются. Прочтите четверостишие
В. Высоцкого.
13. Зашифрование фразы на латинском языке осуществлено в два этапа. На первом этапе
каждая буква текста заменяется на следующую в алфавитном порядке (последняя Z
заменяется на первую A). На втором этапе применяется шифр простой замены с
неизвестным ключом. Его применение заключается в замене каждой буквы шифруемого
текста буквой того же алфавита, при этом разные буквы заменяются разными буквами.
Ключом такого шифра является таблица, в которой указано, какой буквой надо заменить
каждую букву алфавита.
По данному шифртексту
OSZJX FXRE YOQJSZ RAYFJ
восстановите открытое сообщение, если известно, что для использованного
(неизвестного) ключа результат шифрования не зависит от порядка выполнения
указанных этапов для любого открытого сообщения. Пробелы в тексте разделяют слова.
Латинский алфавит состоит из следующих 24 букв:
A B C D E F G H I J L M N O P Q R S T U V X Y Z.