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再出个题吧

本帖最后由 战巡 于 2014-9-18 08:37 编辑

作业题之一..........

已知$X_1, X_2, ...,X_n{\sim}^{iid}N(\mu,\sigma^2)$
定义统计量$Q$:
\[Q=\frac{1}{2(n-1)}\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2\]

(1)、证明$Q$为$\sigma^2$的无偏估计
(2)、求$Var(Q)$

(1)
$Y_i=X_{i+1}-X_i \sim N(0,2\sigma^2)$
$E(Y^2)=[E(Y)]^2+D(Y)=2\sigma^2$
$\displaystyle \frac{1}{2(n-1)} \sum_{i=1}^{n-1}Y^2_i=\sigma^2$

(2)

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$\displaystyle Y_i=\frac{1}{\sqrt{2}\sigma}(X_{i+1}-X_i)\sim N(0,1)$

$\displaystyle Q=\frac{\sigma^2}{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}Y_i^2 \sim \frac{\sigma^2}{n-1} \chi^2(n-1)$

$\displaystyle E(Q)=\frac{\sigma^2}{n-1}E[ \chi^2(n-1)]=\sigma^2$

$\displaystyle D(Q)=\frac{\sigma^4}{(n-1)^2}D[ \chi^2(n-1)]=\frac{2\sigma^4}{n-1}$

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回复 3# tommywong


你最好再好好想想
这个题如果这么简单的话我不会出出来给大家玩

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答案呢?

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回复 3# tommywong


光给个答案出来多没意思?要对自己的结果有自信嘛

这里我告诉你问题出在哪好了,$Y_i\sim N(0,1)$是没错,问题是只有当$Y_i$相互独立时才有$Q$服从卡方分布,这里很容易证明$Y_i$并不独立

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回复 6# 战巡

说到这个,我还是不懂为什么离差平方和的自由度是n-1
以下是我的教科书对它的解说:

虽然是$n$个随机变量的平方和,但是这些变量不是相互独立的,因为它们的和恒等于零:
\[\sum_{i=1}^n \frac{X_i-\bar{X}}{\sigma}=\frac{1}{\sigma}(\sum_{i=1}^n X_i-n\bar{X})\equiv 0.\]
由于受到一个条件的约束,所以自由度为$n-1$.

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本帖最后由 战巡 于 2014-9-23 10:24 编辑

回复 7# tommywong

这个不仅如此,还有更广义的
定理:
若$Y\sim N_n(0,I_n)$,$A$为$n×n$对称阵,其秩$Rank(A)=r\le n$,则$A=A^2$为$Y^TAY\sim \chi^2(r)$的充要条件

这里我只给充分性的推导,必要性要用MGF,涉及拉普拉斯变换,就费事讲了
当$A=A^2$时显然$A$为正交投射阵
显然存在正交阵$P$使得$P^TAP=\Lambda=diag(1,1...1,0,0...0) (其中r个1,n-r个0)$,又$A=A^T$,就可以令$X=\Lambda P^{-1}Y$,有$X^TX=Y^T(P^T)^{-1}\Lambda^T\Lambda P Y=Y^T(P^T)^{-1}\Lambda PY=Y^TAY$
而且$X\sim N_n(0,\Lambda P^{-1}I_n (P^{-1})^T \Lambda^T)=N_n(0,\Lambda)$
那么显然$X^TX\sim \chi^2(r)$

样本方差则是令$A=I_n-\frac{1}{n}J_n$,其中$J_n$为$n×n$且全部元素均为$1$的矩阵

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回复  tommywong

这个不仅如此,还有更广义的
定理:
若$Y\sim N_n(0,I_n)$,$A$为$n×n$对称阵,其秩$Ra ...
战巡 发表于 2014-9-23 10:22

关于运用矩量母函数(Moment Generating Function,简称mgf)的证明,能不能提供一些参考教材呢?英文中文都可以
谢谢了

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