to the PDF file.

1
Gaussowskie zmienne losowe
W tej serii rozwiążemy zadania dotyczące zmiennych o rozkładzie normalny. Wymagana jest wiedza na
temat własności rozkładu normalnego, CTG oraz warunkowych wartości oczekiwanych.
1. (Eg 48/6) Niech X1 , X2 , ..., Xn , ... będą niezależnymi zmiennymi losowymi o identycznym rozkła1
1
dzie o gęstości f (x) = 2√
1
(x). Niech Un = (X1 ...Xn ) n . Wtedy: (asymptotyka Un − e−2 )?
x (0,1)
√
Odp: B-> limn→∞ P((Un − e−2 ) n < 4e−2 ) = 0, 977.
Rozwiązanie. Zadanie polega na umiejętnym zastosowaniu CTG. Zauważmy, że Yi = − log Xi ,
i ∈ {1, ..., n} oraz
t
P(Yi > t) = P(Xi < e−t ) = e− 2 , t > 0.
Czyli Yi ma rozkład Exp( 12 ), w szczególności EYi = 2, VarYi = 4. Zatem
n
√
√
1X
(Un − e−2 ) n = e−2 (exp(
(Yi − 2) − 1) n.
n i=1
Z mocnego prawa wielkich liczb wynika, że limn→∞
Pn
i=1 (Yi
− 2) = 0. Zatem
n
n
(exp(
1
n
n
√
1X
1X
1 X
(Yi − 2)(1 + O(
(Yi − 2) − 1) n = √
(Yi − 2)).
n i=1
n i=1
n i=1
Czyli w sensie rozkładu
n
√
1 X
lim (Un − e−2 ) n = e−2 lim √
(Yi − 2) = 2e−2 Z,
n→∞
n→∞
n i=1
gdzie Z ma rozkład N (0, 1). Stąd
√
lim P((Un − e−2 ) n < 4e−2 ) = P(Z < 2) ' 0, 977.
n→∞
2. (Eg 50/6) Rozważmy następujące zagadnienie testowania hipotez statystycznych. Dysponujemy
próbką X1 , ..., Xn z rozkładu normalnego o nieznanej średniej µ i znanej wariancji równej 4. Przeprowadzamy najmocniejszy test hipotezy H0 : µ = 0 przeciwko alternatywie H1 : µ = −1 na
poziomie istotności α = 1/2. Niech βn oznacza prawdopodobieństwo błędu drugiego rodzaju, dla
rozmiaru próbki n. Wybierz poprawne stwierdzenie: (asymptotyka βn )
Odp: D-> limn→∞ βn e
√
√ πn
2
n
8
= 1.
Rozwiązanie. Najpierw znajdujemy błąd drugiego rodzaju czyli akceptacja hipotezy H0 w sytuacji gdy zachodzi H1 . Test najmocniejszy oparty jest na konstrukcji obszaru krytycznego wynikającej z Twierdzenia Neymana-Pearsona (o porównywaniu gęstości). Niech µ0 = 0, µ1 = −1 oraz
niech fµ0 , fµ1 będą gęstościami rozkładu wektora (X1 , ..., Xn ) niezależnych zmiennych losowych
o tym samym rozkładzie co zmienna X, odpowiednio X ∼ N (µ0 , 4), X ∼ N (µ1 , 4). W metodzie Neymana-Pearsona badamy iloraz wiarygodności, to znaczy fµ1 (x1 , ..., xn )/fµ0 (x1 , ..., Xn ).
W przypadku rozkładów ciągłych nie potrzeba randomizacji, a obszar krytyczny ma postać
K = {(x1 , ..., xn ) ∈ Rn : fµ1 (x1 , ..., xn )/fµ0 (x1 , ..., xn ) > C}
dla stałej C dobranej tak aby Pµ0 ((X1 , ..., Xn ) ∈ K) = α. W naszym przypadku oznacza to
konieczność znalezienia stałej C̄ takiej, że
Pµ0 (X1 + ... + Xn < C̄) =
1
1
.
2
Oczywiście C̄ = 0. Błąd drugiego rodzaju wynosi
√
βn = Pµ1 (X1 + ... + Xn > C̄) = P(−n + 2 nZ > 0),
gdzie Z ma rozkład N (0, 1). Zatem zostaje zbadać asymptmpotykę
√
n
βn = P(Z >
).
2
Oczywiście P(Z > t) '
√1 e
2πt
−t2
2
stąd
√
πn n
lim βn √ e 8 = 1.
n→∞
2
3. (Eg 51/4) Niech X i Y będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładach normalnych, przy
tym EX = EY = 0, VarX = 3 i VarY = 1. Oblicz P(|X| < |Y |).
Odp: A-> P(|X| < |Y |) = 0, 3333.
Rozwiązanie. To zadanie ma czysto geometryczne rozwiązanie. Wystarczy wykorzystać
rotacyjną
√
niezmienniczość standardowego rozkładu normalnego nadto zauważyć, że X = 3X̄, gdzie X̄ ma
rozkład N (0, 1). Zatem (X̄, Y ) ma standardowy rozkład normalny na R2 oraz
√
1
P(|X| < |Y |) = P( 3|X̄| < |Y |) = µS 1 ({α ∈ S 1 : | tg α| < √ }),
3
gdzie µS 1 jest miarą Lebesgue’a na okręgu jednostkowym unormowaną do 1. Oczywiście {α ∈ S 1 :
| tg α| < √13 } = {α ∈ S 1 : |α| 6 π6 lub |π − α| 6 π6 } Zatem
1
1
µS 1 ({α ∈ S 1 : | tg α| < √ }) = .
3
3
4. (Eg 52/5) Załóżmy, że X, Y są zmiennymi o łącznym rozkładzie normalnym, EX = EY = 0,
VarX = 2, VarY = 4 i Cov(X, Y ) = 1. Oblicz E(XY |X − Y = t),
3 2
Odp: C-> 47 − 16
t .
Rozwiązanie. Potrzebujemy metody znajdowania bazy niezależnych liniowych funkcji od X, Y
zawierającej X − Y . Szukamy α takiego, że X − αY będzie niezależne od X − Y . Wystarczy
sprawdzić kowariancję
Cov(X − Y, X − αY ) = 2 − α − 1 + 4α = 1 + 3α.
Stąd α = − 13 . Wystarczy teraz rozpisać X, Y w znalezionej bazie. Mamy
X = 14 [(X − Y ) + 3(X + 31 Y )]
Y = 34 [−(X − Y ) + (X + 31 Y )]
Niech Z = (X + 13 Y ), zmienną X − Y możemy traktować jako parametr t przy wyliczaniu warunkowej wartości oczekiwanej (bo jest niezależna od Z). Zatem
1
3
3
E(XY |X − Y = t) = E( (t + 3Z) (−t + Z)) =
(−t2 + 3tEZ + 3EZ 2 ).
4
4
16
Oczywiście EZ = 0. Natomiast z dwuliniowości kowariancji i
EZ 2 = VarZ = 2 +
2 4
28
+ =
.
3 9
9
3 2
Czyli E(XY |X − Y = t) = − 16
t + 74 .
2
5. (Eg 53/9) Mamy próbą prostą ((X1 , Y1 ), (X2 , Y2 ), ..., (X10 , Y10 )) z rozkładu normalnego dwuwymiarowego o nieznanych parametrach
EXi = EYi = µ, VarXi = VarYi = σ 2 , Cov(Xi , Yi ) = σ 2 ρ.
Niech
10
Zi = Xi + Yi , Ri = Xi − Yi , SZ2 =
10
1X
1X
2
(Zi − Z̄)2 , SR
=
(Ri − R̄)2 ,
9 i=1
9 i=1
gdzie Z̄ oraz R̄ to odpowiednie średnie z próbki. Do testowania hipotezy H0 : ρ =
alternatywie H1 : ρ 6= 13 możemy użyć testu o obszarze krytycznym postaci:
1
3
przeciwko
SZ2
SZ2
<
k
,
lub
1
2
2 > k2 ,
SR
SR
przy czym liczby k1 i k2 dobrane są tak, aby przy założeniu, że H0 jest prawdziwa
P(
SZ2
S2
< k1 ) = P( Z2 > k2 ) = 0, 05.
2
SR
SR
Liczby k1 i k2 są równe: ?
Odp: D-> k1 = 0, 629 i k2 = 6, 358.
Rozwiązanie. Zauważmy, że (Xi + Yi ) jest niezależne od (Xi − Yi ), istotnie
Cov(Xi + Yi , Xi − Yi ) = VarXi − Cov(Xi , Yi ) + Cov(Yi , Xi ) − Var(Yi ) = 0.
2
To oznacza, że SZ2 i SR
są niezależne. Wystarczy wyznaczyć ich rozkłady. Mamy
Var(Xi + Yi ) = 2σ 2 + 2ρσ 2 = 2(1 + ρ)σ 2 .
Analogicznie
Var(Xi − Yi ) = 2σ 2 − 2ρσ 2 = 2(1 − ρ)σ 2 .
1
1
To oznacza, że Zi = [2(1 + ρ)] 2 σ Ẑi , Ri = [2(1 − ρ)] 2 R̂i , gdzie Ẑi , R̂i są niezależne z rozkładu
N (0, 1). Zatem
SZ2
1 + ρ ŜZ2
=
.
2
2
SR
1 − ρ ŜR
To oznacza, że aby wyznaczyć k1 , k2 należy wziąć wartości dla F9,9 i pomnożyć je przez
przy H0 wynosi 2. Czyli k2 = 2 · 3, 1789 ' 6, 358 oraz k1 = 2 · (1/3, 1789) ' 0, 629
1+ρ
1−ρ ,
które
6. (Eg 54/9) Zmienne losowe X i Y są niezależne i zmienna X ma rozkład logarytmiczno-normalny
LN (µ, σ 2 ), gdzie µ = 1 i σ = 2, a zmienna Y ma rozkład wykładniczy o wartości oczekiwanej 2.
Niech S = X + Y . Wtedy E(S|X > e) jest równa?
Odp: E-> 41, 26.
Rozwiązanie. Przypomnijmy definicję
E(S|X > e) =
ES1X>e
.
P(X > e)
Teraz zauważmy, że X = eY , gdzie Y ma rozkład N (1, 4), czyli Y = 1 + 2Z, gdzie Z ∼ N (0, 1).
Zatem
1
P(X > e) = P(1 + 2Z > 1) = P(Z > 0) = .
2
3
Obliczamy
1
ES1X>e = EX1X>e + P(X > e)EY = Ee1+2Z 1Z>0 + 2 = 1 + eEe2Z 1Z>0 .
2
Należy obliczyć
Ee2Z 1Z>0 =
Z
0
∞
x2
1
e2x √ e− 2 dx = e2
2π
Zatem
Ee
2Z
2
Z
∞
1Z>0 = e
−2
Z
∞
0
2
1
1
√ e− 2 (x−2) .
2π
x2
1
√ e− 2 dx = e2 P(Z > −2).
2π
Ostatecznie
E(S|X > e) = 2 + 2e3 P(Z > −2) ' 41, 26.
7. (Eg 55/4) Załóżmy, że zmienne losowe X, Y mają łączny rozkład normalny taki, że
EX = 1, EY = 0, Var(X) = 2, Var(Y ) = 9, i Cov(X, Y ) = 3.
Oblicz Cov(X 2 , Y 2 ).
Odp: D-> 18.
Rozwiązanie. Przypomnijmy, że ogólny wzór na k-ty moment zmiennej V rozkładzie N (0, σ 2 )
ma postać
EV 2k
= σ 2k (2k − 1)(2k − 3)...3 · 1,
2k+1
EV
= 0
Aby obliczyć Cov(X 2 , Y 2 ) potrzebujemy policzyć EX 2 Y 2 . Po raz kolejny należy posłużyć się bazą
złożoną z liniowych względem X, Y zmiennych niezależnych. Ściślej szukamy α takiego, że X − αY
jest nieskorelowane z Y , a przez to niezależne bo (X, Y ) tworzą wektor gaussowski. Mamy
Cov(Y, X − αY ) = 3 − 9α,
stąd α = 31 . Niech Z = X − 31 Y , zachodzi EZ = 1, VarZ = 2 − 23 3 + 19 9 = 1. Dalej mamy rozkład
X = Z + 13 Y , stąd
1
2
1
EX 2 Y 2 = E(Z + Y )2 Y 2 = EZ 2 EY 2 + EZEY 3 + EY 4 .
3
3
9
Drugi składnik powyżej jest zerem bo EY = 0, a stąd EY 3 = 0. Zauważmy jeszcze, że podobnie
1
EX 2 EY 2 = (EZ 2 + EY 2 )EY 2 .
9
Dlatego
Cov(X 2 , Y 2 ) =
1
(EY 4 − (EY 2 )2 ).
9
Pozostaje zauważyć, że EY 4 = 3 · 92 oraz EY 2 = 9. Zatem
Cov(X 2 , Y 2 ) =
1
(3 · 92 − 92 ) = 2 · 9 = 18.
9
4
8. (Eg 57/3) Niech X1 , X2 , ..., Xn będą niezależnymi zmiennymi losowymi z rozkładu normalnego o
2
wartości oczekiwanej
Pn 0 i nieznanej wariancji σ . Rozważmy estymatory odchylenia standardowego
σ postaci σ̂c = c i=1 |Xi |. Niech σ̂c̄ oznacza estymator o najmniejszym błędzie średniokwadratowym w klasie√rozważanych estymatorów. Wtedy c̄ jest równe ?
2π
Odp: D-> π+2n−2
.
Rozwiązanie. Niech X ma rozkład N (0, σ 2 ). Oczywiście E|X| =
√
√ 2 σ,
π
zatem
√
2
f (c) = E(σ̂c̄ − σ) = Var(σ̂) + (Eσ̂ − σ) = nc Var(|X|) + (cn √ − 1)2 σ 2 =
π
√
2
2
= nc2 (1 − )σ 2 + (cn √ − 1)2 .
π
π
2
2
2
Aby obliczyć punkt minimum znajdujemy z równania f 0 (c) = 0. Zachodzi
√
2 2
2 2
2 2
0
√
)σ .
f (c) = 2nc(1 − )σ + 2(n c − n
π
π
π
stąd f 0 (c) = 0 dla
√
√
2
2π
2
.
n( (n − 1) + 1)c = n √ czyli c =
π
π + 2n − 2
π
9. (Eg 58/4) Niech X1 , X2 , ..., Xn , ..., N będą zmiennymi losowymi. Zmienne X1 , X2 , ..., Xn , ... mają
rozkład logarytmiczno-normalny LN (µ, σ 2 ), gdzie µ = 2, σ 2 = 4. Zmienna N ma rozkład Poissona
PN
o wartości oczekiwanej 2. Niech SN =
i=1 Xi dla N > 0 oraz SN = 0 dla N = 0. Wtedy
współczynnik asymetrii
Odp: D->
E(SN −ESN )3
(VarSN )3/2
jest równy?
e6
√
.
2
Rozwiązanie. Niech X ma rozkład LN (µ, σ 2 ), najpierw zauważmy, że
E(SN − ESN )3 = EE[(SN − ESN )3 |N ] = EE[(SN − N EX + (N − EN )EX)3 |N ] =
= EN E(X − EX)3 + 3EN (N − EN )EXE(X − EX)2 + E(N − EN )3 (EX)3 .
Zauważmy, że
2 = EN = VarN = E(N − EN )2 = EN (N − EN ) = E(N − EN )3
(scentrowane momenty drugi i trzeci dla rozkładu Poissona są równe wartości oczekiwanej). Zatem
E(SN − ESN )3 = 2(E(X − EX)3 + 3EXE(X − EX)2 + (EX)3 ) = 2EX 3 .
Z definicji X = exp(Y ), gdzie Y ma rozkład N (µ, σ 2 ), a dalej Y = σZ + µ, gdzie Z ma rozkład
N (0, 1). Przypomnijmy wzór n transformatę Laplace’cea dla rozkładu N (0, 1)
E exp(λZ) = exp(
λ2
).
2
Stąd
EX 3 = E exp(3σZ + 3µ) = e
9σ 2
2
+3µ
= e24 .
Zatem E(SN − ESN )3 = 2e24 . Analogicznie pokazujemy
VarSN = E(SN − ESN )2 = EN E(X − EX)2 + VarN (EX)2 = 2EX 2 .
5
Mamy
EX 2 = E exp(2σZ + 2µ) = e2σ
2
+2µ
= e12 .
czyli VarSN = E(SN − ESN )2 = 2e12 . Obliczamy
2e24
E(SN − ESN )3
e6
√
=
=
.
3
(VarSN )3/2
2
(2e12 ) 2
10. (Eg 59/1) Zmienna losowa X rozkład logarytmiczno-normalny LN (µ, σ 2 ), gdzie µ = 1 i σ 2 = 4.
Wyznacz E(X−e|X>e)
.
EX
Odp: C-> 1, 82.
Rozwiązanie. Zauważmy, że X = eY , gdzie Y ma rozkład N (µ, σ 2 ), nadto Y = σZ + µ = 2Z + 1,
gdzie Z pochodzi z rozkładu N (0, 1). Z definicji
E(X − e|X > e) =
E1X>e (X − e)
.
P(X > e)
Obliczamy
P(X > e) = P(2Z + 1 > 1) = P(Z > 0) =
Zatem
1
.
2
1
E1X>e (X − e) = eE1Z>0 (e2Z − 1) = e(E1Z>0 e2Z − ).
2
Nadto
E1Z>0 e2Z =
Z
∞
e2x e−
x2
2
0
a stąd
E1Z>0 e2Z = e2
Z
1
√ dx = e2
2π
∞
e−
−2
x2
2
Z
∞
e−
(x−2)2
2
0
1
√ dx
2π
1
√ dx = e2 P(Z > −2).
2π
Otrzymujemy
E(X − e|X > e) = 2e3 P(Z > −2) − e
z drugiej strony z transformaty Laplace’a
EX = E exp(2Z + 1) = e3 .
Czyli
E(X − e|X > e)
= 2P(Z > −2) − e−2 ' 1, 82.
EX
11. (Eg 60/6) Zmienne losowe X1 , X2 , ..., X20 są niezależne o jednakowym rozkładzie normalnym o
P5
wartości oczekiwanej 1 i wariancji 4. Niech S5 = i=1 Xi i E(S52 |S20 = 24) jest równa ?
Odp: D-> 51.
P20
Rozwiązanie. Niech S15 = i=6 Xi . Z jednej strony S20 = S5 + S15 nadto szukamy α takiego,
że
0 = Cov(S5 + S15 , S5 − αS15 ) = Var(S5 ) − αVar(S15 ) = 5 · 4 − α15 · 4 = 20(1 − α3).
Stąd α = 3. Oczywiście
S5 =
1
1
1
1
[(S5 + S15 ) + 3(S5 − S15 )] = [S20 + 3(S5 − S15 )].
4
3
4
3
6
Zatem
E(S52 |S20
=
!
2
1
1
S20 + 3(S5 − S15 ) |S20 =
16
3
= 24) = E
1 2
1
9
1
3
S + S20 E(S5 − S15 ) + E(S5 − S15 )2 .
16 20 8
3
16
3
Sprawdzamy
1
15
80
1
·4=
.
E(S5 − S15 ) = 0, E(S5 − S15 )2 = 5 · 4 +
3
3
9
3
Zatem
E(S52 |S20 = 24) =
1 2
9 80
S20 +
= 36 + 15 = 51.
16
16 3
12. (Eg 61/6) Rozważmy następujące zagadnienie testowania hipotez statystycznych. Dysponujemy
próbką X1 , ..., Xn z rozkładu normalnego o nieznanej średniej µ i znanej wariancji równej 2. Przeprowadzamy najmocniejszy test hipotezy H0 : µ = 0 przeciwko alternatywie H1 : µ = 2 na
poziomie istotności α = 21 . Niech βn oznacza prawdopodobieństwo błędu drugiego rodzaju, dla
rozmiaru próbki n. Wybierz poprawne stwierdzenie: (asymptotyka βn ).
n
Odp: E-> limn→∞ e−n /β√
= 1.
4πn
Rozwiązanie. Niech f0 , f2 będą gęstościami odpowiednio N (0, 2), N (2, 2). Przypomnijmy, że test
najmocniejszy Neymana Pearsona polega na porównaniu gęstości, czyli zbiór krytyczny ma postać
f2 (x1 , ..., xn )
> C},
f0 (x1 , ..., xn )
K = {(x1 , ..., xn ) ∈ Rn :
gdzie C jest stałą taką, że
Pµ=0 ((X1 , ..., Xn ) ∈ K) =
1
.
2
Łatwo zauważyć, że
K = {(x1 , ..., xn ) :
n
X
xi > C̄}.
i=1
Stąd szukamy stałej C̄ takiej, że
Pµ=0 (X1 + ... + Xn > C̄) =
1
2
stąd C̄ = 0. Błąd drugiego rodzaju to akceptacja hipotezy H0 podczas, gdy zachodzi H1 . Oznacza
to, że
βn = Pµ=2 (X1 + ... + Xn 6 0).
√
Przy µ = 2 zachodzi Xi = 2Zi + 2, gdzie Z, Zi , i = 1, 2, . . . będą niezależne z rozkładu N (0, 1).
Stąd
√
√
√
βn = P( 2(Z1 + ... + Zn ) 6 −2n) = P( 2nZ 6 −2n) = P(Z 6 − 2n).
Ponieważ P(Z > t) '
2
t
√ 1 e− 2
2πt
, więc
lim
n→∞
βn
√
e−n /
4πn
= 1.
7
13. (Eg 62/2) Niech X1 , X2 , X3 , ... będą niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie
logarytmiczno normalnym parametrami µ ∈ R i σ > 0. Niech Tn oznacza estymator największej
wiarygodności wariancji V 2 w tym modelu w oparciu o próbę X1 , X2 , ..., Xn . Niech µ = −0, 5 i
σ = 1. Wtedy
√
P(|Tn − V 2 | n > 10, 73) =?
Odp: A-> 0, 134.
Rozwiązanie. Zachodzi Xi = eYi , i = 1, 2, ..., n, gdzie Y, Y1 , Y2 , ..., Yn są niezależne i pochodzą
z rozkładu N (µ, σ 2 ). Trzeba przypomnieć estymatory największej wiarygodności dla rozkładu
normalnego
n
1X
1
(Yi − Ȳ )2 .
µ̄n = Ȳ = (Y1 + ... + Yn ), σ̄n2 = Y¯2 − (Ȳ )2 =
n
n i=1
Powyższe estymatory wykorzystujemy aby znaleźć estymator wariancji V 2 . Mamy
V 2 = VarY = EY 2 − (EY )2 = e2σ
2
+2µ
− eσ
2
+2µ
= e − 1.
Nadto z powyższego wzory wynika, że
2
2
Tn = e2µ̄n (e2σ̄n − eσ̄n ).
Należy pamiętać, że µ̄n i σ̄n2 są niezależne. Mamy
2
2
Tn − V 2 = (e2µ̄n − e−1 )(e2σ̄n − eσ̄n )+
2
2
+ e−1 (e2σ̄n − e2 − eσ̄n − e).
Z mocnego prawa wielkich liczb wynika, że µ̄n → µ, σ̄n2 → σ 2 prawie na pewno. Nadto
√
√
√ 2µ̄n
n(e
− e−1 ) = ne−1 (e2µ̄n +1 − 1) = ne−1 (2µ̄n + 1)(1 + O(2µ̄n + 1)).
Oczywiście w sensie słabej zbieżności
lim
√
n→∞
Stąd
lim
√
n→∞
n(2µ̄n + 1) = N (0, 4).
2
2
n(e2µ̄n − e−1 )(e2σ̄n − eσ̄n ) = A ' N (0, [2(e − 1)]2 )
Ściślej korzystając z σ̄n2 → σ 2
√
√
2
2
lim n(e2µ̄n − e−1 )(e2σ̄n − eσ̄n ) = lim n(e2µ̄n − e−1 )(e2 − e) = A.
n→∞
Analogicznie
n→∞
√
2
2
e2σ̄n − e2 + eσn − e = (2e2 − e) n(σ̄n2 − 1)(1 + O(σ̄n2 − 1)).
W sensie słabej zbieżności
lim
n→∞
Zatem
2
√
n(σ̄n2 − 1) = N (0, 2).
2
lim e−1 (e2σ̄n − e2 − eσ̄n − e) = B ' N (0, 2[2e − 1]2 ).
n→∞
Ostatecznie korzystając z niezależności µ̄n oraz σ̄n2 dostajemy dla niezależnych A i B
√
lim n(Tn − V 2 ) = A + B ' N (0, [2(e − 1)2 ] + 2[2e − 1)]2 ).
n→∞
Niech Z będzie z N (0, 1) otrzymujemy
√
lim P(|Tn − V 2 | n > 10, 73) = P(|Z| > p
n→∞
10, 73
[2(e − 1)2 ] + 2[2(e − 2)]2
) = 0, 134.
Przedstawiona metoda ma swoją nazwę jako metoda delta. Powyższy przypadek szczególny można
zebrać w ogólne twierdzenie.
8
Twierdzenie 1 (Metoda delta) Jeżeli dla ciągu zmiennych Tn mamy
przy n → ∞ i h : R → R jest funkcją różniczkowalną w punkcie µ, to
√
n(h(Tn ) − h(µ)) → N (0, σ 2 (h0 (µ))2 ),
√
n(Tn − µ) → N (0, σ 2 )
w sensie zbieżności według rozkładu.
14. (Eg 63/7) Zmienna losowa (X, Y, Z) ma rozkład normalny z wartością oczekiwaną EX = 0,
EY = EZ = 1 i macierzą kowariancji


1 1 0
 1 4 2 .
0 2 4
Obliczyć Var(X(Y + Z)).
Odp: D-> 17.
Rozwiązanie. Stosujemy metodę z uniezależnianiem zmiennych. Z założenia wynika, że Cov(X, Y ) =
1 oraz Cov(X, Z) = 0, Cov(Y, Z) = 2. Zatem zmienne X i Z są niezależne, Wystarczy dobrać α
i β tak aby Y − αX − βZ było niezależne (czyli równoważnie nieskorelowane) ze zmiennymi X i
Z. Sprawdzamy, że
Cov(Y − αX − βZ, X) = 1 − α, czyli α = 1
nadto
Cov(Y − αX − βZ, Z) = 2 − 4β, czyli β =
1
.
2
Zatem baza liniowa składa się ze zmiennych niezależnych X, Ȳ = Y − X − 12 Z, Z, gdzie X ma
rozkład N (0, 1), zmienna Ȳ ma rozkład N ( 12 , 2), a zmienna Z rozkład N (1, 4). Obliczamy
Var(X(Y + Z)) = Var(XY ) + 2Cov(XY, XZ) + Var(XZ) =
1
1
= Var(X Ȳ ) + 2Cov(X Ȳ , X(X + Z)) + Var(X(X + Z))+
2
2
1
+ 2Cov(X Ȳ , XZ) + 2Cov(X(X + Z), XZ) + Var(XZ) =
2
1
= EX 2 EȲ 2 + EX 2 EȲ EZ + EX 4 − (EX 2 )2 + EX 2 EZ 2 +
4
1
1
5
+ 2EX 2 EȲ EZ + 2EX 2 EZ 2 = (2 + ) + + 2 + + 1 + 10 = 17.
4
2
4
15. (Eg 64/9) Niech Y1 , Y2 , ..., Yn będą niezależnymi zmiennymi losowymi, przy czym zmienna Yi ,
i = 1, 2, ..., n, ma rozkład logarytmiczno-normalny LN
i , 1), gdzie x1 , x2 , ..., xn są znanymi
P(bx
n
liczbami, a b jest nieznanym parametrem. Załóżmy, że i=1 x2i = 4. Niech b̄ będzie estymatorem
największej wiarogodności parametru b, a ḡ = exp(2b) estymatorem funkcji g(b) = exp(2b). Wtedy
obciążenie estymatora ḡ
Eb ḡ − g(b)
jest równe
√
Odp: B-> e2b ( e − 1).
Rozwiązanie. Najpierw obliczamy wiarygodność dla zmiennych Z1 , Z2 , ..., Zn , gdzie Zi = ln Yi ,
czyli Zi ma postać N (bxi , 1). Obliczamy wiarygodność dla Z1 , ..., Zn
n
n
L(b, z) = (2π)− 2 exp(−
9
1X
(zi − bxi )2 ).
2 i=1
Rozwiązujemy równanie f 0 (b) = 0 dla f (b) = ln L(b, z). Wówczas
n
X
hx, zi
1
(zi − bxi )xi = 0, czyli b =
= hx, zi.
hx,
xi
4
i=1
Stąd
n
b̄ =
1X
xi Z i .
4 i=1
Pozostaje zauważyć, że b̄ ma rozkład N (b, 41 ). Stąd
1
Eb ḡ − g(b) = Eb exp(2b̄) − e2b = e2b (e 2 − 1).
10