题目
设_(1),(X)_(2),... ,(X)_(n)是来自总体X的简单随机样本,证明k阶样本原点矩_(1),(X)_(2),... ,(X)_(n)是总体k阶原点矩_(1),(X)_(2),... ,(X)_(n)的无偏估计量.
设
是来自总体X的简单随机样本,证明k阶样本原点矩
是总体k阶原点矩
的无偏估计量.
题目解答
答案
首先，回顾一下样本原点矩和总体原点矩的定义。
样本原点矩：
总体原点矩：
其中，
是来自总体X的简单随机样本。
要证明
的无偏估计量，即
。
我们可以用数学推导来证明这一点。
根据样本原点矩的定义，有：
根据期望的性质，可以将期望符号移到求和符号外部，得到：
由于是来自总体X的简单随机样本，它们是独立同分布的。
因此，对于每个样本
。
将上述结果代入前面的等式中，得到：
根据求和的性质，可以将
与求和号提取出来，得到：
综上所述，我们证明了是总体k阶原点矩的无偏估计量。
因此，
的无偏估计量使用。
解析
步骤 1：定义样本原点矩和总体原点矩
样本原点矩定义为：$\overline {a}k=\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}{{X}_{i}}^{k}$，其中${X}_{1},{X}_{2},\cdots ,{X}_{n}$是来自总体X的简单随机样本。
总体原点矩定义为：${l}_{k}=E({X}^{k})$，其中X是总体随机变量。
步骤 2：计算样本原点矩的期望
根据期望的线性性质，我们有：
$E(\overline {a}k)=E(\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}{{X}_{i}}^{k})=\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}E({{X}_{i}}^{k})$。
步骤 3：利用简单随机样本的性质
由于${X}_{1},{X}_{2},\cdots ,{X}_{n}$是来自总体X的简单随机样本，它们是独立同分布的，因此对于每个样本${X}_{i}$，有$E({{X}_{i}}^{k})={l}_{k}$。
步骤 4：代入总体原点矩
将$E({{X}_{i}}^{k})={l}_{k}$代入步骤2的等式中，得到：
$E(\overline {a}k)=\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}{l}_{k}=\dfrac {1}{n}\cdot n{l}_{k}={l}_{k}$。
样本原点矩定义为：$\overline {a}k=\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}{{X}_{i}}^{k}$，其中${X}_{1},{X}_{2},\cdots ,{X}_{n}$是来自总体X的简单随机样本。
总体原点矩定义为：${l}_{k}=E({X}^{k})$，其中X是总体随机变量。
步骤 2：计算样本原点矩的期望
根据期望的线性性质，我们有：
$E(\overline {a}k)=E(\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}{{X}_{i}}^{k})=\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}E({{X}_{i}}^{k})$。
步骤 3：利用简单随机样本的性质
由于${X}_{1},{X}_{2},\cdots ,{X}_{n}$是来自总体X的简单随机样本，它们是独立同分布的，因此对于每个样本${X}_{i}$，有$E({{X}_{i}}^{k})={l}_{k}$。
步骤 4：代入总体原点矩
将$E({{X}_{i}}^{k})={l}_{k}$代入步骤2的等式中，得到：
$E(\overline {a}k)=\dfrac {1}{n}\sum _{i=1}^{n}{l}_{k}=\dfrac {1}{n}\cdot n{l}_{k}={l}_{k}$。