题目
设从均值为μ,方差为 (sigma )^2gt 0 的总体中分别抽取容量为n1,n2的两独立-|||-样本.X1和X2分别是两样本的均值.试证:对于任意常数a, b(a+b=1) =-|||-(x)_(1)+b(x)_(2) 都是μ的无偏估计,并确定常数a,b使D(Y)达到最小.
题目解答
答案
解析
步骤 1：证明Y是μ的无偏估计
由题意，$E({X}_{1})=\mu$ 和 $E({X}_{2})=\mu$，且 $a+b=1$。因此，$E(Y)=E(a{x}_{1}+b{x}_{2})=aE({x}_{1})+bE({x}_{2})=a\mu+b\mu=(a+b)\mu=\mu$。所以，对于任意常数a和b，只要满足a+b=1，Y都是μ的无偏估计量。
步骤 2：计算D(Y)
由于X1和X2是独立的，$D({X}_{1})=\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{1}}$ 和 $D({X}_{2})=\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{2}}$。因此，$D(Y)=D(a{x}_{1}+b{x}_{2})=a^{2}D({x}_{1})+b^{2}D({x}_{2})=a^{2}\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{1}}+b^{2}\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{2}}$。
步骤 3：确定a和b使D(Y)最小
将 $b=1-a$ 代入 $D(Y)$，得到 $D(Y)=[\dfrac {{a}^{2}}{{n}_{1}}+\dfrac {{(1-a)}^{2}}{{n}_{2}}]{\sigma }^{2}$。对a求导，令导数为0，得到 $\dfrac {d}{da}D(Y)=[\dfrac {2a}{{n}_{1}}-\dfrac {2(1-a)}{{n}_{2}}]{\sigma }^{2}=0$。解得 $a=\dfrac {{n}_{1}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$，从而 $b=1-a=\dfrac {{n}_{2}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$。由于 $\dfrac {{d}^{2}}{d{a}^{2}}D(Y)=(\dfrac {2}{{n}_{1}}+\dfrac {2}{{n}_{2}}){\sigma }^{2}\gt 0$，故知当 $a=\dfrac {{n}_{1}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$ 和 $b=\dfrac {{n}_{2}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$ 时，D(Y)达到最小。
由题意，$E({X}_{1})=\mu$ 和 $E({X}_{2})=\mu$，且 $a+b=1$。因此，$E(Y)=E(a{x}_{1}+b{x}_{2})=aE({x}_{1})+bE({x}_{2})=a\mu+b\mu=(a+b)\mu=\mu$。所以，对于任意常数a和b，只要满足a+b=1，Y都是μ的无偏估计量。
步骤 2：计算D(Y)
由于X1和X2是独立的，$D({X}_{1})=\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{1}}$ 和 $D({X}_{2})=\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{2}}$。因此，$D(Y)=D(a{x}_{1}+b{x}_{2})=a^{2}D({x}_{1})+b^{2}D({x}_{2})=a^{2}\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{1}}+b^{2}\dfrac {{\sigma }^{2}}{{n}_{2}}$。
步骤 3：确定a和b使D(Y)最小
将 $b=1-a$ 代入 $D(Y)$，得到 $D(Y)=[\dfrac {{a}^{2}}{{n}_{1}}+\dfrac {{(1-a)}^{2}}{{n}_{2}}]{\sigma }^{2}$。对a求导，令导数为0，得到 $\dfrac {d}{da}D(Y)=[\dfrac {2a}{{n}_{1}}-\dfrac {2(1-a)}{{n}_{2}}]{\sigma }^{2}=0$。解得 $a=\dfrac {{n}_{1}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$，从而 $b=1-a=\dfrac {{n}_{2}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$。由于 $\dfrac {{d}^{2}}{d{a}^{2}}D(Y)=(\dfrac {2}{{n}_{1}}+\dfrac {2}{{n}_{2}}){\sigma }^{2}\gt 0$，故知当 $a=\dfrac {{n}_{1}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$ 和 $b=\dfrac {{n}_{2}}{{n}_{1}+{n}_{2}}$ 时，D(Y)达到最小。