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:
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
>
=
=
=
−
poza
c
i
e
i
c
i
X
P
c
i
0
0
,...
2
,
1
,
0
!
)
(
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
X
C
n
i
i
∑
=
=1
Z wykładu wiadomo także że jest to estymator nieobciążony
2. Funkcja wiarygodności dla zmiennej losowej o rozkładzie Poissona:
∏
∏
=
−
=
−
−
−
−
∑
=
=
⋅
⋅
⋅
=
=
n
i
i
x
cn
n
i
c
i
x
c
n
x
c
x
c
x
x
c
e
e
x
c
e
x
c
e
x
c
e
x
c
L
n
i
i
i
n
1
1
2
1
!
1
)
!
(
!
...
!
!
1
2
1
Logarytmiczna funkcja wiarygodności:
∏
∏
=
=
=
−
−
∑
+
−
=
∑
=
=
n
i
i
n
i
i
n
i
i
x
cn
x
c
x
cn
x
c
e
L
n
i
i
1
1
1
1
)
!
ln(
ln
)
(
)
!
1
ln(
ln
1
Pochodna LFW:
0
)
(
)
(ln
1
=
∑
+
−
=
=
c
x
n
dc
L
d
n
i
i
, czyli
n
x
c
n
i
i
)
(
1
∑
=
=
Druga pochodna:
0
)
(
)
)
(ln
(
2
1
2
2
<
∑
−
=
=
=
=
c
c
n
i
i
c
c
c
x
dc
L
d
czyli w tym punkcie jest maksimum.
Estymator wyraża się wzorem:
n
X
C
n
i
i
∑
=
=1
3. Wynika to z punktu 1 rozwiązania.
Zadanie 2 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Czas pracy elementu jest zmienną losową X o gęstości
⎩
⎨
⎧
≤
>
−
=
−
0
,
0
0
),
(
)
(
1
x
gdy
x
gdy
x
exp
x
x
f
a
β
αβ
α
gdzie
α
jest znanym dodatnim parametrem,
β
zaś jest nieznaną dodatnią stałą (jest to gęstość
rozkładu Weibulla). Wyznaczyć, na podstawie niezależnych pomiarów x
1
,x
2
,...,x
n
czasu pracy
elementu, estymator największej wiarygodności dla
β
.
Szkic rozwiązania:
Funkcja wiarygodności dla zmiennej losowej o tym rozkładzie:
)
1
(
1
1
1
1
)
)(
exp(
)
)
exp(
(
−
=
=
=
−
∏
∑
∏
−
=
−
=
α
α
α
α
β
β
α
β
αβ
n
i
i
n
i
i
n
n
n
i
i
i
x
x
x
x
L
Logarytmiczna funkcja wiarygodności:
)
)
ln((
)
(
ln
ln
)
)
)(
exp(
ln
ln(
ln
)
1
(
1
1
)
1
(
1
1
−
=
=
−
=
=
∏
∑
∏
∑
+
−
+
=
−
=
α
α
α
α
β
β
α
β
β
α
n
i
i
n
i
i
n
n
i
i
n
i
i
n
n
x
x
n
x
x
n
L
Pochodna LFW:
0
)
(
)
(ln
1
=
+
∑
−
=
=
β
β
α
n
x
d
L
d
n
i
i
, czyli
)
(
1
∑
=
=
n
i
i
x
n
α
β
Druga pochodna:
0
)
(
)
)
(ln
(
2
2
2
<
−
=
=
=
β
β
β
β
β
β
n
d
L
d
czyli w tym punkcie jest maksimum.
Estymator wyraża się wzorem:
∑
=
=
n
i
i
X
n
B
1
α
Zadanie 4 Kolokwium (PE 22 stycznia 2004)
Za pomocą metody największej wiarygodności wyznaczyć estymator parametru p rozkładu
populacji ogólnej o rozkładzie dwumianowym:
m
x
p
p
x
m
p
x
P
x
m
x
,...,
2
,
1
,
)
1
(
)
,
(
=
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
−
Wyznaczyć, na podstawie n niezależnych pomiarów x
1
,x
2
,...,x
n
, estymator największej
wiarygodności dla p.
Szkic rozwiązania: Proszę rozwiązać samodzielnie
Zadanie 5 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Ogniwa krótkie pewnego łańcucha rolkowego mają wymiar
05
.
0
04
.
0
05
.
19
+
−
=
k
a ogniwa długie
mają wymiar
03
.
0
03
.
0
05
.
24
+
−
=
d
. Montujemy łańcuch z 20 ogniw krótkich i 25 ogniw długich.
Obliczyć prawdopodobieństwo, że otrzymamy długość całego łańcucha wynosi
2
.
0
3
.
982
+
=
L
mm (przewidzianą normą).
Wskazówka: Oszacować nieznane parametry rozkładów wymiarów poszczególnych ogniw na
podstawie znajomości pola tolerancji korzystając z prawa
σ
3
a następnie wykorzystać CTG
LF .
Szkic rozwiązania:
Zakładamy, że każde z 45 ogniw ma wymiar który określa zmienna losowa X
i
Nieznane parametry rozkładu wymiaru poszczególnych ogniw szacujemy z prawa
σ
3
(wszystkie wielkości w mm).
055
.
19
2
04
.
0
05
.
19
05
.
0
05
.
19
1
=
−
+
+
=
µ
,
015
.
0
6
)
04
.
0
05
.
19
(
05
.
0
05
.
19
1
=
−
−
+
=
σ
05
.
24
2
03
.
0
05
.
24
03
.
0
05
.
24
2
=
−
+
+
=
µ
,
01
.
0
6
)
03
.
0
05
.
24
(
03
.
0
05
.
24
2
=
−
−
+
=
σ
W takim razie
)
25
20
45
20
5
.
982
25
20
45
20
25
20
45
20
3
.
982
(
)
5
.
982
3
.
982
(
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
45
1
2
2
2
1
2
1
45
1
σ
σ
µ
µ
σ
σ
µ
µ
σ
σ
µ
µ
+
−
−
<
+
−
−
<
+
−
−
=
<
<
∑
∑
=
=
i
i
i
i
X
P
X
P
Zgodnie z CTG możemy przyjąć, że zmienna losowa Y pośrodku ma rozkład
)
1
,
0
(
N
.
Wykonujemy obliczenia:
=
+
−
−
<
<
+
−
−
)
25
20
45
20
5
.
982
25
20
45
20
3
.
982
(
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
σ
σ
µ
µ
σ
σ
µ
µ
Y
P
=
⋅
+
⋅
⋅
−
⋅
−
<
<
⋅
+
⋅
⋅
−
⋅
−
=
)
01
.
0
25
015
.
0
20
05
.
24
25
055
.
19
20
5
.
982
01
.
0
25
015
.
0
20
05
.
24
25
055
.
19
20
3
.
982
(
2
2
2
2
Y
P
689
.
0
1
-
0.726
0.963
1
-
)
60
.
0
(
1.79)
(
))
60
.
0
(
-
(1
-
1.79)
(
)
60
.
0
(
-
1.79)
(
)
1.79
-0.60
(
)
0.0837
982.35
5
.
982
0.0837
982.35
3
.
982
(
=
+
=
Φ
+
Φ
=
Φ
Φ
=
−
Φ
Φ
=
<
<
=
−
<
<
−
=
Y
P
Y
P
Z tablic dystrybuanty rozkładu normalnego odczytaliśmy
0.963
1.79)
(
=
Φ
oraz
726
.
0
)
60
.
0
(
=
Φ
. Poszukiwane prawdopodobieństwo wynosi w % ok. 69 %.
Zadanie 6 (kolokwium PE 27 stycznia 2005)
Ogniwa krótkie pewnego łańcucha rolkowego mają wymiar
05
.
0
04
.
0
05
.
20
+
−
=
k
a ogniwa długie
mają wymiar
03
.
0
03
.
0
05
.
25
+
−
=
d
. Montujemy łańcuch z 20 ogniw krótkich i 25 ogniw długich.
Obliczyć prawdopodobieństwo, że otrzymamy długość całego łańcucha
2
.
0
3
.
1027
+
=
L
mm
(przewidzianą normą).
Wskazówka: Oszacować nieznane parametry rozkładów wymiarów poszczególnych ogniw na
podstawie znajomości pola tolerancji korzystając z prawa
σ
3
a następnie wykorzystać CTG
LF .
Szkic rozwiązania:
Zadanie identyczne jak poprzednio trzeba tylko przeliczyć. Odpowiedź 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:
2
1
2
1
2
0
2
)
(
1
1
)
(
1
1
1
X
X
n
X
X
n
n
n
S
n
n
S
n
i
i
n
i
i
∑
∑
=
=
−
−
=
−
−
=
−
=
Gdzie:
n
X
X
n
i
i
∑
=
=
1
estymator wartości oczekiwanej.
Zadanie 8 (Maraton MITE styczeń 2006)
Czy twierdzenie Moivre’a - Laplace’a (ML) jest szczególnym przypadkiem twierdzenia
Lindeberga-Fellera (LF)
? Odpowiedź uzasadnij szczegółowo tzn.:
- sformułuj twierdzenie LF
- sformułuj twierdzenie ML
- uzasadnij jak jedno wynika z drugiego.
Szkic rozwiązania: Zobacz wykład. Polecam przemyślenie + konsultacje.