MITE Zadania domowe seria 3
Zadanie 1 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Na podstawie n-elementowej próby prostej pobranej z populacji, w której badana cecha X ma
rozkład Poissona:
i
ż#
�#c e-c i = 0,1,2,... c > 0
P(X = i) =
�#
i!
�#
0 poza
�#
należy:
1. Skonstruować estymator parametru c metodą analogii.
2. Skonstruować estymator parametru c metodą największej wiarygodności
3. Wykazać, że estymator według punktu 2 jest nieobciążony.
Szkic rozwiązania:
1. Z własności rozkładu Poissona (zobacz wykład jeśli było) wiadomo, że E(X)=c.
Estymator zbudowany metodą analogii dla wartości oczekiwanej buduje się jako średnią
arytmetyczną tzn:
n
Xi
"
i=1
C =
n
Z wykładu wiadomo także że jest to estymator nieobciążony
2. Funkcja wiarygodności dla zmiennej losowej o rozkładzie Poissona:
n
x1 x2 xn xi
n
i
"x n 1
c c c
i=1
L = e-c �" e-c �"...�" e-c =
"(c e-c ) = e-cnc "
x1! x2! xn! xi! xi!
i=1 i=1
Logarytmiczna funkcja wiarygodności:
n
n
i
"x n 1 n
i=1
ln L = ln(e-cnc ) = -cn + ( xi )lnc - ln( xi!)
"
" "
xi1! i=1
i=1 i=1
Pochodna LFW:
n n
( xi ) ( xi )
" "
d (ln L)
i=1 i=1
= -n + = 0 , czyli c =
dc c n
Druga pochodna:
n
xi
2 "
d (ln L)
i=1
( )c=c = (- )c=c < 0 czyli w tym punkcie jest maksimum.
dc2 c2
Estymator wyraża się wzorem:
n
Xi
"
i=1
C =
n
3. Wynika to z punktu 1 rozwiązania.
Zadanie 2 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Czas pracy elementu jest zmienną losową X o gęstości
ż#ą�xą -1exp(-�xa ), gdy x > 0
f (x) =
�#
gdy x d" 0
�#0,
gdzie ą jest znanym dodatnim parametrem, � zaś jest nieznaną dodatnią stałą (jest to gęstość
rozkładu Weibulla). Wyznaczyć, na podstawie niezależnych pomiarów x1,x2,...,xn czasu pracy
elementu, estymator największej wiarygodności dla �.
Szkic rozwiązania:
Funkcja wiarygodności dla zmiennej losowej o tym rozkładzie:
n n n
ą -1 ą n n ą
L = exp(-�xi )) = ą � exp(-� )( )(ą -1)
"(ą�xi "x "xi
i
i=1 i=1 i=1
Logarytmiczna funkcja wiarygodności:
n n n n
n n ą n ą
ln L = ln(ą nln � exp(-� )( xi )(ą -1) ) = lną + nln � - (� ) +ln(( )(ą -1) )
"x " "x "xi
i i
i=1 i=1 i=1 i=1
Pochodna LFW:
n
d(ln L) n n
ą
= -( xi ) + = 0 , czyli � =
"
n
ą
d� i=1 �
( xi )
"
i=1
Druga pochodna:
2
d (ln L) n
( )� = (- )� =� < 0 czyli w tym punkcie jest maksimum.
2 =� 2
d� �
Estymator wyraża się wzorem:
n
B =
n
Xią
"
i=1
Zadanie 4 Kolokwium (PE 22 stycznia 2004)
Za pomocą metody największej wiarygodności wyznaczyć estymator parametru p rozkładu
populacji ogólnej o rozkładzie dwumianowym:
m
�# ś#
P(x, p) = ś# ź# px (1 - p)m-x , x = 1,2,..., m
ś# ź#
x
�# #
Wyznaczyć, na podstawie n niezależnych pomiarów x1,x2,...,xn, estymator największej
wiarygodności dla p.
Szkic rozwiązania: Proszę rozwiązać samodzielnie
Zadanie 5 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Ogniwa krótkie pewnego łańcucha rolkowego mają wymiar k = 19.05+0.05 a ogniwa długie
-0.04
mają wymiar d = 24.05+0.03 . Montujemy łańcuch z 20 ogniw krótkich i 25 ogniw długich.
-0.03
Obliczyć prawdopodobieństwo, że otrzymamy długość całego łańcucha wynosi L = 982.3+0.2
mm (przewidzianą normą).
Wskazówka: Oszacować nieznane parametry rozkładów wymiarów poszczególnych ogniw na
podstawie znajomości pola tolerancji korzystając z prawa 3� a następnie wykorzystać CTG
LF .
Szkic rozwiązania:
Zakładamy, że każde z 45 ogniw ma wymiar który określa zmienna losowa Xi
Nieznane parametry rozkładu wymiaru poszczególnych ogniw szacujemy z prawa 3�
(wszystkie wielkości w mm).
19.05 + 0.05 +19.05 - 0.04 19.05 + 0.05 - (19.05 - 0.04)
�1 = = 19.055 , �1 = = 0.015
2 6
24.05 + 0.03 + 24.05 - 0.03 24.05 + 0.03- (24.05 - 0.03)
�2 = = 24.05 , � = = 0.01
2
2 6
W takim razie
45
Xi - 20�1 - 45�2
"
45
982.3- 20�1 - 45�2 i=1 982.5 - 20�1 - 45�2
P(982.3 < Xi < 982.5) = P( < < )
"
2 2 2 2 2 2
i=1 20�1 + 25� 20�1 + 25� 20�1 + 25�
2 2 2
Zgodnie z CTG możemy przyjąć, że zmienna losowa Y pośrodku ma rozkład N(0,1) .
Wykonujemy obliczenia:
982.3- 20�1 - 45�2 982.5 - 20�1 - 45�2
P( < Y < ) =
2 2 2 2
20�1 + 25� 20�1 + 25�
2 2
982.3 - 20 �"19.055 - 25�" 24.05 982.5 - 20 �"19.055 - 25�" 24.05
= P( < Y < ) =
20 �" 0.0152 + 25�" 0.012 20 �" 0.0152 + 25�" 0.012
982.3 - 982.35 982.5 - 982.35
= P( < Y < ) = P(-0.60 < Y < 1.79) = Ś(1.79) - Ś(-0.60) =
0.0837 0.0837
Ś(1.79) - (1- Ś(0.60)) = Ś(1.79) + Ś(0.60) -1 = 0.963 + 0.726 -1 = 0.689
Z tablic dystrybuanty rozkładu normalnego odczytaliśmy Ś(1.79) = 0.963 oraz
Ś(0.60) = 0.726 . Poszukiwane prawdopodobieństwo wynosi w % ok. 69 %.
Zadanie 6 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Ogniwa krótkie pewnego łańcucha rolkowego mają wymiar k = 20.05+0.05 a ogniwa długie
-0.04
mają wymiar d = 25.05+0.03 . Montujemy łańcuch z 20 ogniw krótkich i 25 ogniw długich.
-0.03
Obliczyć prawdopodobieństwo, że otrzymamy długość całego łańcucha L = 1027.3+0.2 mm
(przewidzianą normą).
Wskazówka: Oszacować nieznane parametry rozkładów wymiarów poszczególnych ogniw na
podstawie znajomości pola tolerancji korzystając z prawa 3� a następnie wykorzystać CTG
LF .
Szkic rozwiązania:
Zadanie identyczne jak poprzednio trzeba tylko przeliczyć. Odpowiedz
to 69 %
Zadanie 7 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Wyjaśnij co oznacza nieobciążoność i efektywność estymatora. Podaj przykład
nieobciążonego estymatora wariancji.
Szkic rozwiązania: Zobacz wykład. Nieobciążony estymator wariancji to:
n n
n n 1
2 2
S = S0 =
"( Xi -X )2 = 1 "( Xi -X )2
n -1 n -1 n n -1
i=1 i=1
Gdzie:
n
Xi
"
i=1
X = estymator wartości oczekiwanej.
n
Zadanie 8 (Maraton MITE styczeń 2006)
Czy twierdzenie Moivre a - Laplace a (ML) jest szczególnym przypadkiem twierdzenia
Lindeberga-Fellera (LF)
? Odpowiedz
uzasadnij szczegółowo tzn.:
- sformułuj twierdzenie LF
- sformułuj twierdzenie ML
- uzasadnij jak jedno wynika z drugiego.
Szkic rozwiązania: Zobacz wykład. Polecam przemyślenie + konsultacje.