题目

设X1,X2,···,,,,nn是来自总体X的一个样-|||-本,设 (X)=mu , (X)=(sigma )^2.-|||-(1)确定常数c,使 _(i)^n-1(({X)_(i+1)-(X)_(i))}^2-|||-为σ^2的无偏估计;-|||-(2)确定常数c,使 ((overline {X))}^2-(C.S)^2 是μ^2的无偏-|||-估计(X,S^2是样本均值和样本方差).

$\begin {aligned} &设 X_1, X_2, \cdots, X_n 是来自总体 X 的一个样\\&本, 设 E(X)=\mu, D(X)=\sigma^2.\\ &(1) 确定常数 c, 使 c \sum_{i=1}^{n-1}\left(X_{i+1}-X_i\right)^2 \\&为 \sigma^2 的无偏估计;\\ &(2) 确定常数 c, 使 (\bar{X})^2-c S^2 是 \mu^2 的无偏\\&估计 ( \bar{X}, S^2 是样本均值和样本方差). \end {aligned}$

题目解答

答案

$\begin {aligned} &(1) 要确定常数c，使得\\&c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2为\sigma^2的无偏估计，\\&我们可以利用样本方差S^2的性质。 \\ &样本方差S^2的定义为： \\ &S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \bar{X})^2, \\ &其中\bar{X}是样本均值。 \\ &我们知道，样本方差S^2是总体方差\\&\sigma^2的无偏估计，即E(S^2) = \sigma^2。我们可\\&以将c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2视为样\\&本方差的一个线性组合。 \end {aligned}$ $\begin {aligned} &对于常数c，我们有： \\ &c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2 =\\& \frac{c}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2. \\ &要使得c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2为\\&\sigma^2的无偏估计，我们需要满足： \\ &E\left(\frac{c}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2\right) = \sigma^2. \\ &由于E(S^2) = \sigma^2，我们可以将上式改写\\&为： \\ &\frac{c}{n-1}E\left(\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2\right) = \sigma^2. \\ &注意到\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2是样本方差\\&(n-1)S^2，所以上式可以进一步简化\\&为： \end {aligned}$ $\begin {aligned} &\frac{c}{n-1}(n-1)E(S^2) = \sigma^2. \\ &最终得到： \\ &cE(S^2) = \sigma^2. \\ &由于E(S^2) = \sigma^2，所以c必须等于1，才\\&能使得c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2为\\&\sigma^2的无偏估计。 \\ &因此，常数c=1。 \\ &(2) 要确定常数c，使得(\bar{X})^2 - cS^2为\\&\mu^2的无偏估计，我们可以利用样本均值\\&\bar{X}和样本方差S^2的性质。 \\ &我们知道，样本均值\bar{X}是总体均值\mu的\\&无偏估计，即E(\bar{X}) = \mu。同样，样本方\\&差S^2是总体方差\sigma^2的无偏估计，即\\&E(S^2) = \sigma^2。 \end {aligned}$ $\begin {aligned} &我们可以将(\bar{X})^2 - cS^2视为样本均值和\\&样本方差的一个线性组合。 \\ &对于常数c，我们有： \\ &(\bar{X})^2 - cS^2 = \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right)^2 - cS^2. \\ &要使得(\bar{X})^2 - cS^2为\mu^2的无偏估计，我\\&们需要满足： \\ &E\left(\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right)^2 - cS^2\right) = \mu^2. \\ &我们可以展开上式并进行化简： \\ &E\left(\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right)^2 - cS^2\right) =\\& \frac{1}{n^2}E\left(\left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)^2\right) - cE(S^2) = \mu^2. \end {aligned}$ $\begin {aligned} &注意到\left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)^2是样本总和的平\\&方\left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)^2 = \sum_{i=1}^{n}X_i^2 + 2\sum_{1\leq i < j \leq n}X_iX_j。 \\ &因此，上式可以进一步简化为： \\ &\frac{1}{n^2}\left(E\left(\sum_{i=1}^{n}X_i^2\right) + 2E\left(\sum_{1\leq i < j \leq n}X_iX_j\right)\right) \\&- cE(S^2) = \mu^2. \\ &我们知道，总体方差D(X) = \sigma^2 =\\& E(X^2) - \mu^2，以及样本方差S^2是总体方差\\&\sigma^2的无偏估计，所以E(S^2) = \sigma^2 + \mu^2。 \end {aligned}$ $\begin {aligned} &将上式中的E(S^2)替换为\sigma^2 + \mu^2，得到： \\ &\frac{1}{n^2}\left(E\left(\sum_{i=1}^{n}X_i^2\right) + 2E\left(\sum_{1\leq i < j \leq n}X_iX_j\right)\right) \\&- c(\sigma^2 + \mu^2) = \mu^2. \\ &我们知道，对于独立同分布的随机变\\&量X_i，有E(X_i^2) = D(X_i) + (E(X_i))^2，以及\\&E(X_iX_j) = E(X_i)E(X_j)（其中i\neq j）。 \\ &将上式中的E(X_i^2)替换为D(X_i) + (E(X_i))^2，\\&以及E(X_iX_j)替换为E(X_i)E(X_j)，得到： \end {aligned}$ $\begin {aligned} &\frac{1}{n^2}(\sum_{i=1}^{n}(D(X_i) + (E(X_i))^2) \\&+ 2\sum_{1\leq i < j \leq n}(E(X_i)E(X_j))) \\&- c(\sigma^2 + \mu^2) = \mu^2. \\ &进一步化简上式，得到： \\ &\frac{1}{n^2}\left(n\sigma^2 + n\mu^2 + 2\binom{n}{2}\mu^2\right) \\&- c(\sigma^2 + \mu^2) = \mu^2. \\ &取消分式并整理，得到： \\ &\frac{\sigma^2}{n} - c\sigma^2 = 0. \\ &由于\sigma^2是方差，且方差大于等于零，\\&所以我们要求\frac{\sigma^2}{n} - c\sigma^2 = 0有解。 \\ &解上式得到： \\ &c = \frac{1}{n}. \\ &因此，常数c = \frac{1}{n}。 \end {aligned}$ $\begin {aligned} &综上所述： \\ &(1) 常数c = 1，使得c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2为\sigma^2\\&的无偏估计。 \\ &(2) 常数c = \frac{1}{n}，使得(\bar{X})^2 - cS^2为\mu^2的\\&无偏估计。 \end {aligned}$