logoChat01.ai

Реши качественно и быстро варианты заданий по дисц...

Created on: November 12, 2026

Answered using GPT-6 Thinking by Chat01

Question

IMG_20261112_145447.jpg
IMG_20261112_145459.jpg
IMG_20261112_145507.jpg

Реши качественно и быстро варианты заданий по дисциплине "Статистический анализ данных". Три варианта полностью

Thought

Solving statistical variants

I’m preparing solutions for variants 1, 2, and 4, checking the image data carefully. I’ll calculate each measure step by step and note where variance or quartile conventions may produce different results.

Solved statistical variants

Refining calculations

I’m consolidating the numerical results: variant 1’s descriptive statistics and histogram, variant 4’s transformed normal distribution, and the likelihood or characteristic-function tasks. I’m also checking variant 2’s quartiles and probability carefully.

Structuring complete solutions

I’m now assembling all three variants with assumptions stated clearly. I’ll include formulas, intermediate calculations, histogram or boxplot details, and caveats where moment conditions affect unbiasedness or consistency.

Refined calculations and structured complete solutions

Answer

Решу все 12 заданий: варианты 1, 2 и 4. Для каждой задачи покажу ход решения и итог, а для диаграмм — интервалы, границы «усов» и выбросы. Отдельно отмечу, где результат зависит от способа расчёта квартилей или дисперсии.

Python

python
from statistics import median
from collections import Counter
A=[3]*4+[4]*3+[5]*2+[6]+[9]+[11]
B=[1]+[4]*2+[7]*6+[10]*2+[13]
C=[2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31]
for x in (A,B,C):
 n=len(x)
 mu=sum(x)/n
 v=sum((xi-mu)**2 for xi in x)/n
 s2=sum((xi-mu)**2 for xi in x)/(n-1)
 print(n,x,sum(x),sum(t*t for t in x),mu,v,s2,median(x),median(x[:n//2]),median(x[(n+1)//2:]))
 if n%2==0:
  q1=median(x[:n//2]);q3=median(x[n//2:])
  print('fences',q1-1.5*(q3-q1),q3+1.5*(q3-q1))

Thought

Preparing the solution

I’m ready to present complete solutions for variants 1, 2, and 4, including calculations, statistical assumptions, distribution results, likelihoods, proofs, histograms, and boxplot summaries.

Подводя результаты

Я свожу вычисления в единое решение: сначала зафиксирую соглашения о дисперсии и квартилях, затем последовательно оформлю варианты 1, 2 и 4 с формулами, графиками и необходимыми оговорками.

Prepared and summarized the solution results

Computed quartiles, variances, and outlier fences

Worked for 3m 41s

Answer

Text version

Решение трёх вариантов по дисциплине «Статистический анализ данных»

Решены варианты 1, 2 и 4, все четыре задания в каждом варианте. Приведены формулы, вычисления, доказательства и окончательные ответы.

Принятые обозначения:

  • Выборочная дисперсия: D=1n∑i=1n(xi−xˉ)2\displaystyle D=\frac1n\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)^2.
  • Исправленная выборочная дисперсия: S2=nn−1D\displaystyle S^2=\frac{n}{n-1}D.
  • Квартили Q1,Q3Q_1,Q_3 вычисляются как медианы нижней и верхней половин упорядоченной выборки.
  • Φ(x)\Phi(x) — функция распределения стандартного нормального закона.

Вариант 1

Задание 1. Выборочные характеристики и «ящик с усами»

Дано:

Значение xix_i3456911
Частота nin_i432111

Объём выборки:

n=4+3+2+1+1+1=12.n=4+3+2+1+1+1=12.

1. Выборочное среднее

Используем формулу:

xˉ=1n∑ixini.\bar x=\frac{1}{n}\sum_i x_i n_i.

Подставляем:

xˉ=3⋅4+4⋅3+5⋅2+6+9+1112\bar x=\frac{3\cdot4+4\cdot3+5\cdot2+6+9+11}{12} =12+12+10+6+9+1112=6012.=\frac{12+12+10+6+9+11}{12}=\frac{60}{12}. xˉ=5\boxed{\bar x=5}

2. Выборочная дисперсия

Используем формулу:

D=1n∑ixi2ni−xˉ2.D=\frac{1}{n}\sum_i x_i^2n_i-\bar x^2.

Вычислим сумму квадратов:

∑ixi2ni=32⋅4+42⋅3+52⋅2+62+92+112=36+48+50+36+81+121=372.\begin{aligned} \sum_i x_i^2n_i &=3^2\cdot4+4^2\cdot3+5^2\cdot2\\ &\quad+6^2+9^2+11^2\\ &=36+48+50+36+81+121\\ &=372. \end{aligned}

Тогда:

D=37212−52=31−25.D=\frac{372}{12}-5^2=31-25. D=6\boxed{D=6}

Если требуется исправленная дисперсия:

S2=1211⋅6=7211≈6,545.S^2=\frac{12}{11}\cdot6 =\boxed{\frac{72}{11}\approx6{,}545}.

3. Медиана

Упорядоченная выборка:

3,3,3,3,4,4,4,5,5,6,9,11.3,3,3,3,4,4,4,5,5,6,9,11.

Так как n=12n=12 — чётное число, медиана равна среднему шестого и седьмого элементов:

m=x(6)+x(7)2=4+42.m=\frac{x_{(6)}+x_{(7)}}2 =\frac{4+4}{2}. m=4\boxed{m=4}

4. Мода

Наиболее часто встречается значение 3 — четыре раза.

Mo=3\boxed{Mo=3}

5. Построение «ящика с усами»

Первый квартиль — медиана первых шести наблюдений:

Q1=3+32=3.Q_1=\frac{3+3}{2}=3.

Третий квартиль — медиана последних шести наблюдений:

Q3=5+62=5,5.Q_3=\frac{5+6}{2}=5{,}5.

Межквартильный размах:

IQR=Q3−Q1=5,5−3=2,5.IQR=Q_3-Q_1=5{,}5-3=2{,}5.

По условию:

Dгр=1,5(Q3−Q1)=1,5⋅2,5=3,75.D_{\text{гр}}=1{,}5(Q_3-Q_1) =1{,}5\cdot2{,}5=3{,}75.

Границы допустимых значений:

L=Q1−Dгр=3−3,75=−0,75,L=Q_1-D_{\text{гр}}=3-3{,}75=-0{,}75, U=Q3+Dгр=5,5+3,75=9,25.U=Q_3+D_{\text{гр}}=5{,}5+3{,}75=9{,}25.

Значение 11 превышает верхнюю границу, поэтому является выбросом. Значение 9 — не выброс.

Диаграмма «ящик с усами»

Итог задания 1:

xˉ=5,D=6,m=4,Mo=3\boxed{\bar x=5,\quad D=6,\quad m=4,\quad Mo=3} Q1=3,Q3=5,5,выброс=11\boxed{Q_1=3,\quad Q_3=5{,}5,\quad \text{выброс}=11}

Задание 2. Вероятность для двумерного нормального распределения

Дано:

X=(x1,x2),μ=(12),Σ=(7227).X=(x_1,x_2),\qquad \mu=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}, \quad \Sigma=\begin{pmatrix}7&2\\2&7\end{pmatrix}.

Найти:

P(x1−x2>−1).P(x_1-x_2>-1).

Решение

Введём новую случайную величину:

Y=x1−x2.Y=x_1-x_2.

Линейная комбинация нормально распределённых случайных величин, имеющих совместное нормальное распределение, также имеет нормальное распределение.

Математическое ожидание:

E(Y)=E(x1)−E(x2)=1−2=−1.E(Y)=E(x_1)-E(x_2)=1-2=-1.

Дисперсия:

D(Y)=D(x1)+D(x2)−2Cov⁡(x1,x2).D(Y)=D(x_1)+D(x_2)-2\operatorname{Cov}(x_1,x_2).

Из ковариационной матрицы:

D(Y)=7+7−2⋅2=10.D(Y)=7+7-2\cdot2=10.

Следовательно,

Y∼N(−1,10).Y\sim N(-1,10).

Стандартизируем:

Z=Y+110∼N(0,1).Z=\frac{Y+1}{\sqrt{10}}\sim N(0,1).

Искомая вероятность:

P(Y>−1)=P(Y+110>0)=P(Z>0)=1−Φ(0).\begin{aligned} P(Y>-1) &=P\left(\frac{Y+1}{\sqrt{10}}>0\right)\\ &=P(Z>0)\\ &=1-\Phi(0). \end{aligned}

Поскольку Φ(0)=0,5\Phi(0)=0{,}5, получаем:

P(x1−x2>−1)=0,5\boxed{P(x_1-x_2>-1)=0{,}5}

Задание 3. Оценка максимального правдоподобия для биномиального распределения

Дано:

X=(x1,…,xT),xi∼Bi(3,p),X=(x_1,\ldots,x_T),\qquad x_i\sim Bi(3,p),

где n=3n=3 известно, pp неизвестно. Наблюдения независимы.

Найти ОМП параметра pp.

1. Запишем функцию вероятности

Для биномиального распределения:

P(Xi=xi)=C3xipxi(1−p)3−xi.P(X_i=x_i)=C_3^{x_i}p^{x_i}(1-p)^{3-x_i}.

2. Составим функцию правдоподобия

L(p)=∏i=1TC3xipxi(1−p)3−xi.L(p)=\prod_{i=1}^{T}C_3^{x_i}p^{x_i}(1-p)^{3-x_i}.

Объединим степени:

L(p)=(∏i=1TC3xi)p∑xi(1−p)3T−∑xi.L(p)=\left(\prod_{i=1}^{T}C_3^{x_i}\right) p^{\sum x_i}(1-p)^{3T-\sum x_i}.

3. Прологарифмируем

ℓ(p)=ln⁡L(p)=∑i=1Tln⁡C3xi+(∑i=1Txi)ln⁡p+(3T−∑i=1Txi)ln⁡(1−p).\begin{aligned} \ell(p)&=\ln L(p)\\ &=\sum_{i=1}^{T}\ln C_3^{x_i} +\left(\sum_{i=1}^{T}x_i\right)\ln p\\ &\quad+\left(3T-\sum_{i=1}^{T}x_i\right)\ln(1-p). \end{aligned}

4. Найдём производную и приравняем к нулю

ℓ′(p)=∑xip−3T−∑xi1−p=0.\ell'(p)= \frac{\sum x_i}{p} -\frac{3T-\sum x_i}{1-p}=0.

Умножим на p(1−p)p(1-p):

(1−p)∑xi−p(3T−∑xi)=0.(1-p)\sum x_i-p(3T-\sum x_i)=0.

Раскрываем скобки:

∑xi−p∑xi−3Tp+p∑xi=0.\sum x_i-p\sum x_i-3Tp+p\sum x_i=0. ∑xi−3Tp=0.\sum x_i-3Tp=0.

Получаем:

p=∑i=1Txi3T.p=\frac{\sum_{i=1}^{T}x_i}{3T}.

Вторая производная логарифма правдоподобия отрицательна во внутренней области 0<p<10\lt p\lt1, поэтому стационарная точка является максимумом. На граничных выборках максимум достигается при p=0p=0 или p=1p=1, что также соответствует формуле.

Ответ:

p^ОМП=13T∑i=1Txi=xˉ3\boxed{\widehat p_{\text{ОМП}}=\frac{1}{3T}\sum_{i=1}^{T}x_i=\frac{\bar x}{3}}

Задание 4. Доказательство независимости компонент двумерного нормального вектора

Дано: вектор X=(x1,x2)X=(x_1,x_2) имеет двумерное нормальное распределение, причём x1,x2x_1,x_2 некоррелированы.

Доказать: x1x_1 и x2x_2 независимы.

Доказательство

Из некоррелированности следует:

Cov⁡(x1,x2)=0.\operatorname{Cov}(x_1,x_2)=0.

Следовательно, ковариационная матрица имеет диагональный вид:

Σ=(σ1200σ22).\Sigma= \begin{pmatrix} \sigma_1^2&0\\ 0&\sigma_2^2 \end{pmatrix}.

Характеристическая функция двумерного нормального вектора:

φX(t1,t2)=exp⁡(i(t1μ1+t2μ2)−12(t1t2)Σ(t1t2)).\varphi_X(t_1,t_2) =\exp\left( i(t_1\mu_1+t_2\mu_2) -\frac12\begin{pmatrix}t_1&t_2\end{pmatrix} \Sigma \begin{pmatrix}t_1\\t_2\end{pmatrix} \right).

С учётом диагональности матрицы:

φX(t1,t2)=exp⁡(iμ1t1+iμ2t2−σ12t122−σ22t222).\varphi_X(t_1,t_2) =\exp\left( i\mu_1t_1+i\mu_2t_2 -\frac{\sigma_1^2t_1^2}{2} -\frac{\sigma_2^2t_2^2}{2} \right).

Разделим экспоненту на произведение:

φX(t1,t2)=exp⁡(iμ1t1−σ12t122)⋅exp⁡(iμ2t2−σ22t222).\begin{aligned} \varphi_X(t_1,t_2) &=\exp\left(i\mu_1t_1-\frac{\sigma_1^2t_1^2}{2}\right)\\ &\quad\cdot \exp\left(i\mu_2t_2-\frac{\sigma_2^2t_2^2}{2}\right). \end{aligned}

То есть:

φX(t1,t2)=φx1(t1)φx2(t2).\varphi_X(t_1,t_2)=\varphi_{x_1}(t_1)\varphi_{x_2}(t_2).

По критерию независимости через характеристические функции, компоненты независимы.

x1 и x2 независимы\boxed{x_1\ \text{и}\ x_2\ \text{независимы}}

Что и требовалось доказать.

Вариант 2

Задание 1. Выборочные характеристики и «ящик с усами»

Дано:

Значение xix_i1471013
Частота nin_i12621

Объём выборки:

n=1+2+6+2+1=12.n=1+2+6+2+1=12.

1. Выборочное среднее

xˉ=1⋅1+4⋅2+7⋅6+10⋅2+13⋅112.\bar x=\frac{1\cdot1+4\cdot2+7\cdot6+10\cdot2+13\cdot1}{12}. xˉ=1+8+42+20+1312=8412.\bar x=\frac{1+8+42+20+13}{12}=\frac{84}{12}. xˉ=7\boxed{\bar x=7}

2. Выборочная дисперсия

Используем формулу:

D=1n∑ixi2ni−xˉ2.D=\frac1n\sum_i x_i^2n_i-\bar x^2.

Сумма квадратов:

∑ixi2ni=12⋅1+42⋅2+72⋅6+102⋅2+132⋅1=1+32+294+200+169=696.\begin{aligned} \sum_i x_i^2n_i &=1^2\cdot1+4^2\cdot2+7^2\cdot6\\ &\quad+10^2\cdot2+13^2\cdot1\\ &=1+32+294+200+169\\ &=696. \end{aligned}

Тогда:

D=69612−72=58−49.D=\frac{696}{12}-7^2=58-49. D=9\boxed{D=9}

Исправленная дисперсия:

S2=1211⋅9=10811≈9,818.S^2=\frac{12}{11}\cdot9 =\boxed{\frac{108}{11}\approx9{,}818}.

3. Медиана

Упорядоченная выборка:

1,4,4,7,7,7,7,7,7,10,10,13.1,4,4,7,7,7,7,7,7,10,10,13.

Шестое и седьмое значения равны 7:

m=x(6)+x(7)2=7+72.m=\frac{x_{(6)}+x_{(7)}}2 =\frac{7+7}{2}. m=7\boxed{m=7}

4. Мода

Значение 7 встречается чаще всех — шесть раз.

Mo=7\boxed{Mo=7}

5. Построение «ящика с усами»

Находим квартили:

Q1=4+72=5,5,Q_1=\frac{4+7}{2}=5{,}5, Q3=7+102=8,5.Q_3=\frac{7+10}{2}=8{,}5.

Межквартильный размах:

IQR=Q3−Q1=8,5−5,5=3.IQR=Q_3-Q_1=8{,}5-5{,}5=3.

Величина из условия:

Dгр=1,5⋅3=4,5.D_{\text{гр}}=1{,}5\cdot3=4{,}5.

Нижняя граница:

L=Q1−Dгр=5,5−4,5=1.L=Q_1-D_{\text{гр}}=5{,}5-4{,}5=1.

Верхняя граница:

U=Q3+Dгр=8,5+4,5=13.U=Q_3+D_{\text{гр}}=8{,}5+4{,}5=13.

Получили интервал:

[1;13].[1;13].

Все наблюдения принадлежат этому интервалу. Следовательно, выбросов нет.

Диаграмма «ящик с усами»

Итог задания 1:

xˉ=7,D=9,m=7,Mo=7\boxed{\bar x=7,\quad D=9,\quad m=7,\quad Mo=7} Q1=5,5,Q3=8,5,выбросов нет\boxed{Q_1=5{,}5,\quad Q_3=8{,}5,\quad \text{выбросов нет}}

Задание 2. Вероятность для двумерного нормального распределения

Дано:

X=(x1,x2),μ=(11),Σ=(7227).X=(x_1,x_2),\qquad \mu=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \quad \Sigma=\begin{pmatrix}7&2\\2&7\end{pmatrix}.

Найти:

P(x1+x2>2+32).P(x_1+x_2>2+3\sqrt2).

Ответ выразить через функцию Φ\Phi.

Решение

Введём случайную величину:

Y=x1+x2.Y=x_1+x_2.

Поскольку XX — нормальный вектор, YY имеет нормальное распределение.

Математическое ожидание:

E(Y)=E(x1)+E(x2)=1+1=2.E(Y)=E(x_1)+E(x_2)=1+1=2.

Дисперсия:

D(Y)=D(x1)+D(x2)+2Cov⁡(x1,x2).D(Y)=D(x_1)+D(x_2)+2\operatorname{Cov}(x_1,x_2).

Подставим значения:

D(Y)=7+7+2⋅2=18.D(Y)=7+7+2\cdot2=18.

Следовательно:

Y∼N(2,18).Y\sim N(2,18).

Среднеквадратическое отклонение:

σY=18=32.\sigma_Y=\sqrt{18}=3\sqrt2.

Стандартизируем:

Z=Y−232∼N(0,1).Z=\frac{Y-2}{3\sqrt2}\sim N(0,1).

Переходим к искомой вероятности:

P(Y>2+32)=P(Y−232>2+32−232)=P(Z>1).\begin{aligned} &P(Y>2+3\sqrt2)\\ &=P\left(\frac{Y-2}{3\sqrt2}> \frac{2+3\sqrt2-2}{3\sqrt2}\right)\\ &=P(Z>1). \end{aligned}

По определению функции стандартного нормального распределения:

P(Z>1)=1−Φ(1).P(Z>1)=1-\Phi(1).

Так как Φ(1)≈0,8413\Phi(1)\approx0{,}8413:

P(Z>1)≈1−0,8413=0,1587.P(Z>1)\approx1-0{,}8413=0{,}1587.

Ответ:

P(x1+x2>2+32)=1−Φ(1)≈0,1587\boxed{P(x_1+x_2>2+3\sqrt2)=1-\Phi(1)\approx0{,}1587}

Задание 3. Оценка максимального правдоподобия для математического ожидания нормального распределения

Дано:

X=(x1,…,xT),xi∼N(μ,σ2).X=(x_1,\ldots,x_T),\qquad x_i\sim N(\mu,\sigma^2).

Дисперсия σ2\sigma^2 известна, математическое ожидание μ\mu неизвестно. Наблюдения независимы.

Найти ОМП для μ\mu.

1. Плотность нормального распределения

f(xi;μ)=12πσ2exp⁡(−(xi−μ)22σ2).f(x_i;\mu)= \frac1{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(x_i-\mu)^2}{2\sigma^2}\right).

2. Функция правдоподобия

Для независимой выборки:

L(μ)=∏i=1Tf(xi;μ).L(\mu)=\prod_{i=1}^{T}f(x_i;\mu).

Подставляем:

L(μ)=1(2πσ2)T/2exp⁡(−12σ2∑i=1T(xi−μ)2).L(\mu)= \frac1{(2\pi\sigma^2)^{T/2}} \exp\left(-\frac1{2\sigma^2} \sum_{i=1}^{T}(x_i-\mu)^2\right).

3. Логарифм функции правдоподобия

ℓ(μ)=−T2ln⁡(2πσ2)−12σ2∑i=1T(xi−μ)2.\ell(\mu)= -\frac T2\ln(2\pi\sigma^2) -\frac1{2\sigma^2}\sum_{i=1}^{T}(x_i-\mu)^2.

4. Найдём производную

ℓ′(μ)=−12σ2∑i=1T2(xi−μ)(−1).\ell'(\mu)= -\frac1{2\sigma^2}\sum_{i=1}^{T}2(x_i-\mu)(-1).

После упрощения:

ℓ′(μ)=1σ2∑i=1T(xi−μ).\ell'(\mu)=\frac1{\sigma^2} \sum_{i=1}^{T}(x_i-\mu).

Приравняем к нулю:

1σ2∑i=1T(xi−μ)=0.\frac1{\sigma^2}\sum_{i=1}^{T}(x_i-\mu)=0. ∑i=1Txi−Tμ=0.\sum_{i=1}^{T}x_i-T\mu=0.

Отсюда:

μ=1T∑i=1Txi.\mu=\frac1T\sum_{i=1}^{T}x_i.

5. Проверим максимум

Вторая производная:

ℓ′′(μ)=−Tσ2<0.\ell''(\mu)=-\frac{T}{\sigma^2}<0.

Следовательно, найденная точка действительно обеспечивает максимум правдоподобия.

Ответ:

μ^ОМП=xˉ=1T∑i=1Txi\boxed{\widehat\mu_{\text{ОМП}}=\bar x=\frac1T\sum_{i=1}^{T}x_i}

Задание 4. Доказательство несмещённости и состоятельности выборочного среднего

Дано:

X=(x1,…,xT).X=(x_1,\ldots,x_T).

Пусть x1,…,xTx_1,\ldots,x_T — независимые одинаково распределённые случайные величины, имеющие конечное математическое ожидание:

E(xi)=μ.E(x_i)=\mu.

Нужно доказать, что

xˉ=1T∑i=1Txi\bar x=\frac1T\sum_{i=1}^{T}x_i

является несмещённой и состоятельной оценкой μ\mu.

1. Докажем несмещённость

По определению, оценка μ^\widehat\mu называется несмещённой, если:

E(μ^)=μ.E(\widehat\mu)=\mu.

Рассмотрим математическое ожидание выборочного среднего:

E(xˉ)=E(1T∑i=1Txi).E(\bar x)=E\left(\frac1T\sum_{i=1}^{T}x_i\right).

Используем линейность математического ожидания:

E(xˉ)=1T∑i=1TE(xi).E(\bar x)=\frac1T\sum_{i=1}^{T}E(x_i).

Поскольку E(xi)=μE(x_i)=\mu, получаем:

E(xˉ)=1T⋅Tμ=μ.E(\bar x)=\frac1T\cdot T\mu=\mu.

Следовательно:

E(xˉ)=μ\boxed{E(\bar x)=\mu}

Выборочное среднее — несмещённая оценка математического ожидания.

2. Докажем состоятельность

Оценка xˉ\bar x называется состоятельной, если при T→∞T\to\infty она сходится по вероятности к μ\mu:

xˉ→Pμ.\bar x\xrightarrow{P}\mu.

Если дисперсия распределения конечна, то:

D(xi)=σ2.D(x_i)=\sigma^2.

В силу независимости наблюдений:

D(xˉ)=D(1T∑i=1Txi).D(\bar x)=D\left(\frac1T\sum_{i=1}^{T}x_i\right). D(xˉ)=1T2∑i=1TD(xi)=Tσ2T2.D(\bar x)=\frac1{T^2}\sum_{i=1}^{T}D(x_i) =\frac{T\sigma^2}{T^2}.

Получаем:

D(xˉ)=σ2T.\boxed{D(\bar x)=\frac{\sigma^2}{T}}.

При T→∞T\to\infty:

D(xˉ)→0.D(\bar x)\to0.

По неравенству Чебышёва для любого ε>0\varepsilon>0:

P(∣xˉ−μ∣≥ε)≤D(xˉ)ε2.P(|\bar x-\mu|\geq\varepsilon) \leq\frac{D(\bar x)}{\varepsilon^2}.

Подставляем:

P(∣xˉ−μ∣≥ε)≤σ2Tε2.P(|\bar x-\mu|\geq\varepsilon) \leq\frac{\sigma^2}{T\varepsilon^2}.

При T→∞T\to\infty правая часть стремится к нулю:

lim⁡T→∞P(∣xˉ−μ∣≥ε)=0.\lim_{T\to\infty}P(|\bar x-\mu|\geq\varepsilon)=0.

Следовательно:

xˉ→Pμ\boxed{\bar x\xrightarrow{P}\mu}

Выборочное среднее является состоятельной оценкой.

Замечание: конечность дисперсии нужна для приведённого доказательства через неравенство Чебышёва. В общем случае при независимых одинаково распределённых наблюдениях достаточно конечного E∣xi∣E|x_i|: состоятельность следует из закона больших чисел.

Итог:

E(xˉ)=μ— несмещённость,xˉ→Pμ— состоятельность.\boxed{ \begin{gathered} E(\bar x)=\mu\quad\text{— несмещённость},\\ \bar x\xrightarrow{P}\mu\quad\text{— состоятельность}. \end{gathered} }

Что и требовалось доказать.

Вариант 4

Задание 1. Выборочные характеристики и гистограмма

Дано: выборка состоит из первых одиннадцати простых чисел.

Запишем её:

X=(2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31).X=(2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31).

Объём выборки:

n=11.n=11.

Найти выборочное среднее, выборочную дисперсию, медиану и построить гистограмму из трёх равных по ширине интервалов.

1. Выборочное среднее

Используем формулу:

xˉ=1n∑i=1nxi.\bar x=\frac1n\sum_{i=1}^{n}x_i.

Сумма элементов:

∑i=111xi=2+3+5+7+11+13+17+19+23+29+31=160.\begin{aligned} \sum_{i=1}^{11}x_i &=2+3+5+7+11+13\\ &\quad+17+19+23+29+31\\ &=160. \end{aligned}

Тогда:

xˉ=16011.\bar x=\frac{160}{11}. xˉ=16011≈14,545\boxed{\bar x=\frac{160}{11}\approx14{,}545}

2. Выборочная дисперсия

Используем формулу:

D=1n∑i=1nxi2−xˉ2.D=\frac1n\sum_{i=1}^{n}x_i^2-\bar x^2.

Вычислим сумму квадратов наблюдений:

∑i=111xi2=22+32+52+72+112+132+172+192+232+292+312=4+9+25+49+121+169+289+361+529+841+961=3358.\begin{aligned} \sum_{i=1}^{11}x_i^2 &=2^2+3^2+5^2+7^2+11^2\\ &\quad+13^2+17^2+19^2+23^2\\ &\quad+29^2+31^2\\ &=4+9+25+49+121+169\\ &\quad+289+361+529+841+961\\ &=3358. \end{aligned}

Подставляем:

D=335811−(16011)2.D=\frac{3358}{11}-\left(\frac{160}{11}\right)^2.

Приводим к общему знаменателю:

D=3358⋅11−1602121.D=\frac{3358\cdot11-160^2}{121}. D=36938−25600121=11338121.D=\frac{36938-25600}{121} =\frac{11338}{121}. D=11338121≈93,702\boxed{D=\frac{11338}{121}\approx93{,}702}

Если требуется исправленная выборочная дисперсия:

S2=nn−1D=1110⋅11338121.S^2=\frac{n}{n-1}D =\frac{11}{10}\cdot\frac{11338}{121}. S2=566955≈103,073\boxed{S^2=\frac{5669}{55}\approx103{,}073}

3. Медиана

Выборка уже упорядочена по возрастанию.

Поскольку объём n=11n=11 нечётный, медиана — элемент с номером:

k=n+12=122=6.k=\frac{n+1}{2}=\frac{12}{2}=6.

Шестой элемент выборки равен 13.

m=13\boxed{m=13}

4. Построение гистограммы с тремя равными интервалами

Минимальное и максимальное значения:

xmin⁡=2,xmax⁡=31.x_{\min}=2,\qquad x_{\max}=31.

Размах выборки:

R=xmax⁡−xmin⁡=31−2=29.R=x_{\max}-x_{\min}=31-2=29.

Количество интервалов:

k=3.k=3.

Ширина каждого интервала:

h=Rk=293≈9,667.h=\frac{R}{k}=\frac{29}{3}\approx9{,}667.

Получаем интервалы:

I1=[2;11,667),I_1=[2;11{,}667), I2=[11,667;21,333),I_2=[11{,}667;21{,}333), I3=[21,333;31].I_3=[21{,}333;31].

Посчитаем количество наблюдений, попавших в каждый интервал.

ИнтервалНаблюденияЧастота
I1I_12, 3, 5, 7, 115
I2I_213, 17, 193
I3I_323, 29, 313
Всего11

Гистограмма частот

Поскольку интервалы имеют одинаковую ширину, высоты столбцов можно выбирать пропорционально абсолютным частотам 5,3,35,3,3.

Если требуется именно гистограмма плотности относительных частот, высота каждого столбца вычисляется по формуле:

fi=ninh.f_i=\frac{n_i}{nh}.

Тогда:

f1=511⋅29/3=15319≈0,0470,f_1=\frac5{11\cdot29/3} =\frac{15}{319}\approx0{,}0470, f2=f3=311⋅29/3=9319≈0,0282.f_2=f_3=\frac3{11\cdot29/3} =\frac9{319}\approx0{,}0282.

Форма гистограммы при этом остаётся той же, меняется только вертикальный масштаб.

Итог задания 1:

xˉ=16011≈14,545,D=11338121≈93,702,m=13,n1=5,n2=3,n3=3.\boxed{ \begin{gathered} \bar x=\frac{160}{11}\approx14{,}545,\\ D=\frac{11338}{121}\approx93{,}702,\\ m=13,\\ n_1=5,\quad n_2=3,\quad n_3=3. \end{gathered} }

Задание 2. Распределение линейной комбинации нормального вектора

Дано:

X=(x1,x2),X=(x_1,x_2), μ=(11),Σ=(5115).\mu=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \qquad \Sigma=\begin{pmatrix}5&1\\1&5\end{pmatrix}.

Найти распределение случайной величины:

Y=x1−x2.Y=x_1-x_2.

Решение

Поскольку вектор XX имеет двумерное нормальное распределение, любая его линейная комбинация также распределена нормально.

Следовательно:

Y∼N(E(Y),D(Y)).Y\sim N(E(Y),D(Y)).

1. Найдём математическое ожидание

По линейности математического ожидания:

E(Y)=E(x1−x2)=E(x1)−E(x2).E(Y)=E(x_1-x_2)=E(x_1)-E(x_2). E(Y)=1−1=0.E(Y)=1-1=0. E(Y)=0\boxed{E(Y)=0}

2. Найдём дисперсию

Формула дисперсии разности:

D(Y)=D(x1)+D(x2)−2Cov⁡(x1,x2).D(Y)=D(x_1)+D(x_2)-2\operatorname{Cov}(x_1,x_2).

Из ковариационной матрицы:

D(x1)=5,D(x2)=5,D(x_1)=5,\quad D(x_2)=5, Cov⁡(x1,x2)=1.\operatorname{Cov}(x_1,x_2)=1.

Подставим:

D(Y)=5+5−2⋅1=8.D(Y)=5+5-2\cdot1=8. D(Y)=8\boxed{D(Y)=8}

3. Запишем распределение

Итак, случайная величина YY имеет нормальное распределение с математическим ожиданием 0 и дисперсией 8:

Y=x1−x2∼N(0,8)\boxed{Y=x_1-x_2\sim N(0,8)}

Для полноты запишем плотность распределения.

Общая формула плотности нормального распределения:

f(y)=12πσ2exp⁡(−(y−μ)22σ2).f(y)=\frac1{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left(-\frac{(y-\mu)^2}{2\sigma^2}\right).

Подставим μ=0\mu=0, σ2=8\sigma^2=8:

fY(y)=116πexp⁡(−y216).f_Y(y)=\frac1{\sqrt{16\pi}} \exp\left(-\frac{y^2}{16}\right).

После упрощения:

fY(y)=14πexp⁡(−y216),y∈R\boxed{ f_Y(y)=\frac1{4\sqrt\pi}\exp\left(-\frac{y^2}{16}\right), \quad y\in\mathbb R }

Функция распределения:

FY(y)=Φ(y8)=Φ(y22)\boxed{ F_Y(y)=\Phi\left(\frac{y}{\sqrt8}\right) =\Phi\left(\frac{y}{2\sqrt2}\right) }

Задание 3. Оценка максимального правдоподобия для распределения Бернулли

Дано:

X=(x1,…,xT),X=(x_1,\ldots,x_T),

где xix_i — независимые наблюдения из распределения Бернулли с неизвестным параметром:

p=P(xi=1).p=P(x_i=1).

Найти ОМП параметра pp.

1. Функция вероятности

Для распределения Бернулли:

P(Xi=xi)=pxi(1−p)1−xi,P(X_i=x_i)=p^{x_i}(1-p)^{1-x_i},

где:

xi∈{0,1},0≤p≤1.x_i\in\{0,1\},\qquad 0\leq p\leq1.

2. Составим функцию правдоподобия

Поскольку наблюдения независимы:

L(p)=∏i=1Tpxi(1−p)1−xi.L(p)=\prod_{i=1}^{T}p^{x_i}(1-p)^{1-x_i}.

Соберём степени:

L(p)=p∑i=1Txi(1−p)T−∑i=1Txi.L(p)=p^{\sum_{i=1}^{T}x_i} (1-p)^{T-\sum_{i=1}^{T}x_i}.

3. Логарифмируем

ℓ(p)=ln⁡L(p).\ell(p)=\ln L(p).

Получаем:

ℓ(p)=(∑i=1Txi)ln⁡p+(T−∑i=1Txi)ln⁡(1−p).\ell(p)= \left(\sum_{i=1}^{T}x_i\right)\ln p+ \left(T-\sum_{i=1}^{T}x_i\right)\ln(1-p).

4. Найдём производную

ℓ′(p)=∑xip−T−∑xi1−p.\ell'(p)= \frac{\sum x_i}{p} -\frac{T-\sum x_i}{1-p}.

Приравняем к нулю:

∑xip−T−∑xi1−p=0.\frac{\sum x_i}{p} -\frac{T-\sum x_i}{1-p}=0.

Умножим на p(1−p)p(1-p):

(1−p)∑xi−p(T−∑xi)=0.(1-p)\sum x_i-p(T-\sum x_i)=0.

Раскрываем скобки:

∑xi−p∑xi−pT+p∑xi=0.\sum x_i-p\sum x_i-pT+p\sum x_i=0.

Остаётся:

∑xi−pT=0.\sum x_i-pT=0.

Следовательно:

p=1T∑i=1Txi.p=\frac1T\sum_{i=1}^{T}x_i.

5. Проверим максимум

Вторая производная логарифма правдоподобия:

ℓ′′(p)=−∑xip2−T−∑xi(1−p)2.\ell''(p)= -\frac{\sum x_i}{p^2} -\frac{T-\sum x_i}{(1-p)^2}.

Для внутренней области параметра эта производная отрицательна, значит найденная точка соответствует максимуму.

Если все наблюдения равны 0, ОМП равна 0; если все наблюдения равны 1, ОМП равна 1. Общая формула остаётся справедливой.

Ответ:

p^ОМП=1T∑i=1Txi=xˉ\boxed{ \widehat p_{\text{ОМП}}=\frac1T\sum_{i=1}^{T}x_i=\bar x }

То есть оценка максимального правдоподобия параметра Бернулли — доля единиц в выборке.

Задание 4. Характеристическая функция стандартного N-мерного нормального вектора

Дано: случайный вектор

X=(x1,x2,…,xN)X=(x_1,x_2,\ldots,x_N)

имеет стандартное NN-мерное нормальное распределение:

X∼NN(0,IN),X\sim N_N(0,I_N),

где:

E(X)=(00⋮0)E(X)=\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}

и

IN=(10⋯001⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯1).I_N= \begin{pmatrix} 1&0&\cdots&0\\ 0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1 \end{pmatrix}.

Найти характеристическую функцию φX(t)\varphi_X(t).

1. Определение характеристической функции

Для случайного вектора X∈RNX\in\mathbb R^N характеристическая функция определяется как:

φX(t)=E[ei tTX],\varphi_X(t)=E\left[e^{i\,t^TX}\right],

где:

t=(t1,…,tN)T.t=(t_1,\ldots,t_N)^T.

Поскольку:

tTX=t1x1+…+tNxN,t^TX=t_1x_1+\ldots+t_Nx_N,

получаем:

φX(t)=E[ei(t1x1+…+tNxN)].\varphi_X(t) =E\left[e^{i(t_1x_1+\ldots+t_Nx_N)}\right].

2. Используем свойства стандартного нормального вектора

Так как ковариационная матрица равна INI_N, а распределение совместно нормальное, компоненты x1,…,xNx_1,\ldots,x_N независимы и имеют распределение:

xj∼N(0,1).x_j\sim N(0,1).

Следовательно, математическое ожидание произведения можно представить как произведение математических ожиданий:

φX(t)=∏j=1NE[eitjxj].\varphi_X(t)= \prod_{j=1}^{N}E[e^{it_jx_j}].

3. Найдём характеристическую функцию одной компоненты

Для стандартной нормальной случайной величины Z∼N(0,1)Z\sim N(0,1) известно, что:

φZ(t)=E[eitZ]=e−t2/2.\varphi_Z(t)=E[e^{itZ}]=e^{-t^2/2}.

Следовательно, для каждой компоненты:

E[eitjxj]=e−tj2/2.E[e^{it_jx_j}]=e^{-t_j^2/2}.

4. Получим характеристическую функцию всего вектора

Подставим найденное выражение:

φX(t)=∏j=1Ne−tj2/2.\varphi_X(t)=\prod_{j=1}^{N}e^{-t_j^2/2}.

Используя свойство произведения экспонент:

φX(t)=e−t12/2⋅e−t22/2⋯e−tN2/2.\varphi_X(t) =e^{-t_1^2/2}\cdot e^{-t_2^2/2}\cdots e^{-t_N^2/2}. φX(t)=exp⁡(−12∑j=1Ntj2).\varphi_X(t)= \exp\left(-\frac12\sum_{j=1}^{N}t_j^2\right).

Поскольку:

∑j=1Ntj2=tTt,\sum_{j=1}^{N}t_j^2=t^Tt,

получаем окончательное выражение.

Ответ:

φX(t)=exp⁡(−12tTt)\boxed{ \varphi_X(t)=\exp\left(-\frac12t^Tt\right) }

Или в развёрнутом виде:

φX(t1,…,tN)=exp⁡(−t12+…+tN22)\boxed{ \varphi_X(t_1,\ldots,t_N) =\exp\left(-\frac{t_1^2+\ldots+t_N^2}{2}\right) }

Что и требовалось получить.

Сводная таблица ответов для проверки

ЗаданиеВариант 1Вариант 2Вариант 4
1. Среднее5577160/11160/11
1. Дисперсия669911338/12111338/121
1. Медиана44771313
1. ДополнительноМода 3; выброс 11Мода 7; выбросов нетЧастоты 5, 3, 3
2. Ответ0,50{,}51−Φ(1)1-\Phi(1)N(0,8)N(0,8)
3. ОМПxˉ/3\bar x/3xˉ\bar xxˉ\bar x
4. РезультатНезависимость доказанаНесмещённость и состоятельность доказаныexp⁡(−tTt/2)\exp(-t^Tt/2)

Все 12 заданий решены с промежуточными вычислениями. Для заданий с дисперсией приведены как обычные, так и исправленные оценки; для диаграмм «ящик с усами» использован единый способ вычисления квартилей.

Share this Q&A