题目

4.设从均值为μ，方差为σ²>0的总体中，分别抽取容量为n₁和n₂的两独立样本，overline(X)_(1)和overline(X)_(2)分别是这两个样本的均值.求常数c_(1)及c_(2)，使得Y=c_(1)overline(X)_(1)+c_(2)overline(X)_(2)为μ的无偏估计，并使得D(Y)达到最小.

4.设从均值为μ，方差为σ²>0的总体中，分别抽取容量为n₁和n₂的两独立样本，$\overline{X}_{1}$和$\overline{X}_{2}$分别是这两个样本的均值.求常数$c_{1}$及$c_{2}$，使得$Y=c_{1}\overline{X}_{1}+c_{2}\overline{X}_{2}$为μ的无偏估计，并使得D(Y)达到最小.

题目解答

答案

为了找到常数 $ c_1 $ 和 $ c_2 $，使得 $ Y = c_1 \overline{X}_1 + c_2 \overline{X}_2 $ 为 $\mu$ 的无偏估计，并且 $ D(Y) $ 达到最小，我们分以下步骤进行： ### 步骤1：确保 $ Y $ 是 $\mu$ 的无偏估计 首先，我们需要保证 $ Y $ 的期望等于 $\mu$。由于 $\overline{X}_1$ 和 $\overline{X}_2$ 分别是容量为 $ n_1 $ 和 $ n_2 $ 的样本均值，它们的期望都是 $\mu$。因此，我们有： \[ E(Y) = E(c_1 \overline{X}_1 + c_2 \overline{X}_2) = c_1 E(\overline{X}_1) + c_2 E(\overline{X}_2) = c_1 \mu + c_2 \mu = (c_1 + c_2) \mu. \] 为了使 $ Y $ 是 $\mu$ 的无偏估计，必须有： \[ c_1 + c_2 = 1. \] ### 步骤2：最小化 $ Y $ 的方差 接下来，我们需要最小化 $ Y $ 的方差 $ D(Y) $。由于 $\overline{X}_1$ 和 $\overline{X}_2$ 是独立的，它们的方差分别为 $ \frac{\sigma^2}{n_1} $ 和 $ \frac{\sigma^2}{n_2} $。因此，我们有： \[ D(Y) = D(c_1 \overline{X}_1 + c_2 \overline{X}_2) = c_1^2 D(\overline{X}_1) + c_2^2 D(\overline{X}_2) = c_1^2 \frac{\sigma^2}{n_1} + c_2^2 \frac{\sigma^2}{n_2} = \sigma^2 \left( \frac{c_1^2}{n_1} + \frac{c_2^2}{n_2} \right). \] 我们需要在约束条件 $ c_1 + c_2 = 1 $ 下最小化 $ \frac{c_1^2}{n_1} + \frac{c_2^2}{n_2} $。使用拉格朗日乘数法，定义拉格朗日函数： \[ L(c_1, c_2, \lambda) = \frac{c_1^2}{n_1} + \frac{c_2^2}{n_2} + \lambda (c_1 + c_2 - 1). \] 分别对 $ c_1 $， $ c_2 $ 和 $ \lambda $ 求偏导数并设为零，得到： \[ \frac{\partial L}{\partial c_1} = \frac{2c_1}{n_1} + \lambda = 0, \quad \frac{\partial L}{\partial c_2} = \frac{2c_2}{n_2} + \lambda = 0, \quad \frac{\partial L}{\partial \lambda} = c_1 + c_2 - 1 = 0. \] 从前面两个方程中解出 $ \lambda $： \[ \lambda = -\frac{2c_1}{n_1} = -\frac{2c_2}{n_2} \implies \frac{c_1}{n_1} = \frac{c_2}{n_2} \implies c_2 = \frac{n_2}{n_1} c_1. \] 将 $ c_2 = \frac{n_2}{n_1} c_1 $ 代入约束条件 $ c_1 + c_2 = 1 $： \[ c_1 + \frac{n_2}{n_1} c_1 = 1 \implies c_1 \left( 1 + \frac{n_2}{n_1} \right) = 1 \implies c_1 \left( \frac{n_1 + n_2}{n_1} \right) = 1 \implies c_1 = \frac{n_1}{n_1 + n_2}. \] 然后，得到 $ c_2 $： \[ c_2 = \frac{n_2}{n_1} c_1 = \frac{n_2}{n_1} \cdot \frac{n_1}{n_1 + n_2} = \frac{n_2}{n_1 + n_2}. \] 因此，使 $ Y $ 为 $\mu$ 的无偏估计并且 $ D(Y) $ 达到最小的常数 $ c_1 $ 和 $ c_2 $ 为： \[ \boxed{\frac{n_1}{n_1 + n_2}, \frac{n_2}{n_1 + n_2}}. \]

解析

本题考察无偏估计和方差最小化的相关知识，核心是在无偏估计的约束条件下，通过拉格朗日乘数法求解使方差最小的常数$c_1$和$c_2$，具体步骤如下：

步骤1：无偏估计的约束条件

要使$Y = c_1\overline{X}_1 + c_2\overline{X}_2$为$\mu$的无偏估计，需满足$E(Y) = \mu$。
由于样本均值$\overline{X}_1$和$\overline{X}_2$的期望均为$\mu$，则：
$E(Y) = c_1E(\overline{X}_1) + c_2E(\overline{X}_2) = c_1\mu + c_2\mu = (c_1 + c_2)\mu$
令$E(Y) = \mu$，得约束条件：
$c_1 + c_2 = 1 \tag{1}$

步骤2：方差最小化

$Y$的方差为：
$D(Y) = c_1^2D(\overline{X}_1) + c_2^2D(\overline{X}_2)$
因样本均值的方差$D(\overline{X}_1) = \frac{\sigma^2}{n_1}$，$D(\overline{X}_2) = \frac{\sigma^2}{n_2}$，代入得：
$D(Y) = \sigma^2\left(\frac{c_1^2}{n_1} + \frac{c_2^2}{n_2}\right)$
要最小化$D(Y)$，等价于最小化$\frac{c_1^2}{n_1} + \frac{c_2^2}{n_2}$，约束条件为式(1)。

步骤3：拉格朗日乘数法求解

构造拉格朗日函数：
$L(c_1, c_2, \lambda) = \frac{c_1^2}{n_1} + \frac{c_2^2}{n_2} + \lambda(c_1 + c_2 - 1)$
对$c_1, c_2, \lambda$求偏导并令为零：
$\frac{\partial L}{\partial c_1} = \frac{2c_1}{n_1} + \lambda = 0 \quad \Rightarrow \quad \lambda = -\frac{2c_1}{n_1}$
$\frac{\partial L}{\partial c_2} = \frac{2c_2}{n_2} + \lambda = 0 \quad \Rightarrow \quad \lambda = -\frac{2c_2}{n_2}$
$\frac{\partial L}{\partial \lambda} = c_1 + c_2 - 1 = 0$

由前两式得$\frac{c_1}{n_1} = \frac{c_2}{n_2}$，即$c_2 = \frac{n_2}{n_1}c_1$。代入式(1)：
$c_1 + \frac{n_2}{n_1}c_1 = 1 \quad \Rightarrow \quad c_1\left(\frac{n_1 + n_2}{n_1}\right) = 1 \quad \Rightarrow \quad c_1 = \frac{n_1}{n_1 + n_2}$
则$c_2 = \frac{n_2}{n_1 + n_2}$。