题目

12.设X1,X2,X3,X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本,其中θ未知.设有估计量:-|||-._(1)=dfrac (1)(6)((X)_(1)+(X)_(2))+dfrac (1)(3)((X)_(3)+(X)_(4)) ,_(2)=dfrac (1)(5)((X)_(1)+2(X)_(2)+3(X)_(3)+4(X)_(4)) ,-|||-_(3)=dfrac (1)(4)((X)_(1)+(X)_(2)+(X)_(3)+(X)_(4)) .-|||-(1)指出T1,T2,T33中哪几个是θ的无偏估计量.(2)在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为-|||-有效.

题目解答

答案

解析

本题主要考查无偏估计量和有效估计量的概念及计算。解题思路如下：

  1. 判断无偏估计量：根据无偏估计量的定义，若估计量$\hat{\theta}$满足$E(\hat{\theta}) = \theta$，则$\hat{\theta}$是$\theta$的无偏估计量。已知$X_1,X_2,X_3,X_4$是来自均值为$\theta$的指数分布总体的样本，所以$E(X_i)=\theta$，$i = 1,2,3,4$。我们分别计算$E(T_1)$、$E(T_2)$和$E(T_3)$，看哪些等于$\theta$。
  2. 判断有效估计量：在无偏估计量中，方差越小的估计量越有效。对于指数分布，其方差$D(X_i)=\theta^2$，$i = 1,2,3,4$。我们分别计算无偏估计量$T_1$和$T_3$的方差$D(T_1)$和$D(T_3)$，比较它们的大小。

（1）判断$T_1$、$T_2$、$T_3$是否为$\theta$的无偏估计量

  • 计算$E(T_1)$：
    已知$T_1=\frac{1}{6}(X_1 + X_2) + \frac{1}{3}(X_3 + X_4)$，根据期望的线性性质$E(aX + bY)=aE(X)+bE(Y)$可得：
    $\begin{align*}E(T_1)&=E[\frac{1}{6}(X_1 + X_2) + \frac{1}{3}(X_3 + X_4)]\\&=\frac{1}{6}E(X_1 + X_2) + \frac{1}{3}E(X_3 + X_4)\\&=\frac{1}{6}(E(X_1) + E(X_2)) + \frac{1}{3}(E(X_3) + E(X_4))\end{align*}$
    因为$E(X_i)=\theta$，$i = 1,2,3,4$，所以：
    $\begin{align*}E(T_1)&=\frac{1}{6}(\theta + \theta) + \frac{1}{3}(\theta + \theta)\\&=\frac{1}{6}\times2\theta + \frac{1}{3}\times2\theta\\&=\frac{1}{3}\theta + \frac{2}{3}\theta\\&=\theta\end{align*}$
    所以$T_1$是$\theta$的无偏估计量。
  • 计算$E(T_2)$：
    已知$T_2=\frac{1}{5}(X_1 + 2X_2 + 3X_3 + 4X_4)$，同理可得：
    $\begin{align*}E(T_2)&=E[\frac{1}{5}(X_1 + 2X_2 + 3X_3 + 4X_4)]\\&=\frac{1}{5}(E(X_1) + 2E(X_2) + 3E(X_3) + 4E(X_4))\\&=\frac{1}{5}(\theta + 2\theta + 3\theta + 4\theta)\\&=\frac{1}{5}\times10\theta\\&= 2\theta\end{align*}$
    因为$E(T_2)\neq\theta$，所以$T_2$不是$\theta$的无偏估计量。
  • 计算$E(T_3)$：
    已知$T_3=\frac{1}{4}(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)$，同理可得：
    $\begin{align*}E(T_3)&=E[\frac{1}{4}(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)]\\&=\frac{1}{4}(E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) + E(X_4))\\&=\frac{1}{4}(\theta + \theta + \theta + \theta)\\&=\frac{1}{4}\times4\theta\\&=\theta\end{align*}$
    所以$T_3$是$\theta$的无偏估计量。

（2）在无偏估计量中判断哪一个更有效

  • 计算$D(T_1)$：
    已知$T_1=\frac{1}{6}(X_1 + X_2) + \frac{1}{3}(X_3 + X_4)$，根据方差的性质$D(aX + bY)=a^2D(X)+b^2D(Y)$（$X$与$Y$相互独立）可得：
    $\begin{align*}D(T_1)&=D[\frac{1}{6}(X_1 + X_2) + \frac{1}{3}(X_3 + X_4)]\\&=\frac{1}{36}D(X_1 + X_2) + \frac{1}{9}D(X_3 + X_4)\\&=\frac{1}{36}(D(X_1) + D(X_2)) + \frac{1}{9}(D(X_3) + D(X_4))\end{align*}$
    因为$D(X_i)=\theta^2$，$i = 1,2,3,4$，所以：
    $\begin{align*}D(T_1)&=\frac{1}{36}(\theta^2 + \theta^2) + \frac{1}{9}(\theta^2 + \theta^2)\\&=\frac{1}{36}\times2\theta^2 + \frac{1}{9}\times2\theta^2\\&=\frac{1}{18}\theta^2 + \frac{2}{9}\theta^2\\&=\frac{1}{18}\theta^2 + \frac{4}{18}\theta^2\\&=\frac{5}{18}\theta^2\end{align*}$
  • 计算$D(T_3)$：
    已知$T_3=\frac{1}{4}(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)$，同理可得：
    $\begin{align*}D(T_3)&=D[\frac{1}{4}(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)]\\&=\frac{1}{16}(D(X_1) + D(X_2) + D(X_3) + D(X_4))\\&=\frac{1}{16}(\theta^2 + \theta^2 + \theta^2 + \theta^2)\\&=\frac{1}{16}\times4\theta^2\\&=\frac{1}{4}\theta^2\end{align*}$
    比较$D(T_1)$和$D(T_3)$的大小：
    $\frac{5}{18}\theta^2\approx0.278\theta^2$，$\frac{1}{4}\theta^2 = 0.25\theta^2$，因为$0.278\theta^2>0.25\theta^2$，即$D(T_1)>D(T_3)$。
    所以$T_3$较$T_1$更有效。