Математическая статистика - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Для одного наблюдения
[tex]P(X=x)=\binom{n}{x}p^{x}(1-p)^{n-x}[/tex]
Так как наблюдения независимы, функция правдоподобия имеет вид
[tex]L(p)=\prod_{i=1}^{k}\binom{n}{x_i}p^{x_i}(1-p)^{n-x_i}=C\,p^{S}(1-p)^{nk-S}[/tex]
где [tex]S=x_1+x_2+\ldots+x_k[/tex], а [tex]C=\prod_{i=1}^{k}\binom{n}{x_i}[/tex] не зависит от [tex]p[/tex]. Пусть [tex]0\lt S\lt nk[/tex]. При [tex]0\lt p\lt 1[/tex] прологарифмируем и приравняем производную к нулю:
[tex]\ln L(p)=\ln C+S\ln p+(nk-S)\ln(1-p)[/tex]
[tex]\frac{d}{dp}\ln L(p)=\frac{S}{p}-\frac{nk-S}{1-p}=0\iff S(1-p)=(nk-S)p\iff p=\frac{S}{nk}[/tex]
Вторая производная [tex]-\frac{S}{p^2}-\frac{nk-S}{(1-p)^2}[/tex] отрицательна, поэтому эта критическая точка — точка максимума. Та же формула верна и в граничных случаях: при [tex]S=0[/tex] имеем [tex]L(p)=C(1-p)^{nk}[/tex], и максимум достигается при [tex]p=0[/tex], а при [tex]S=nk[/tex] имеем [tex]L(p)=Cp^{nk}[/tex], и максимум достигается при [tex]p=1[/tex]. Следовательно,
[tex]\hat{p}=\frac{x_1+x_2+\ldots+x_k}{nk}=\frac{\bar{x}}{n}[/tex]
т.е. относительная частота успехов во всех [tex]nk[/tex] испытаниях.

Решение:
Пусть [tex]r[/tex] — коэффициент корреляции. Прямая регрессии [tex]Y[/tex] на [tex]X[/tex] имеет вид [tex]y-\bar{y}=b_{Y|X}(x-\bar{x})[/tex] с коэффициентом регрессии [tex]b_{Y|X}=r\frac{\sigma_Y}{\sigma_X}[/tex], а прямая регрессии [tex]X[/tex] на [tex]Y[/tex] — вид [tex]x-\bar{x}=b_{X|Y}(y-\bar{y})[/tex] с коэффициентом регрессии [tex]b_{X|Y}=r\frac{\sigma_X}{\sigma_Y}[/tex].
Выразим [tex]Y[/tex] из первого данного уравнения; второе уже разрешено относительно [tex]X[/tex]:
[tex]Y=1{,}5+0{,}1X\Rightarrow b_{Y|X}=0{,}1; \qquad X=2{,}5+0{,}15Y\Rightarrow b_{X|Y}=0{,}15[/tex]
Проверка: [tex]r^2=b_{Y|X}\cdot b_{X|Y}=0{,}015\le 1[/tex]. Если поменять роли прямых местами, получится [tex]r^2=10\cdot \frac{1}{0{,}15}\approx 66{,}7\gt 1[/tex], что невозможно, поэтому указанное соответствие — единственно возможное. Разделив коэффициенты регрессии друг на друга (множитель [tex]r\ne 0[/tex] сокращается), получаем
[tex]\frac{b_{X|Y}}{b_{Y|X}}=\frac{\sigma_X^2}{\sigma_Y^2}=\frac{D(X)}{D(Y)}\Rightarrow \frac{D(X)}{D(Y)}=\frac{0{,}15}{0{,}1}=\frac{3}{2}[/tex]

Решение:
Вычислим теоретические моменты, используя [tex]\int_{0}^{\infty}x^{s-1}e^{-\lambda x}\,dx=\frac{\Gamma(s)}{\lambda^{s}}[/tex] и [tex]\Gamma(s+1)=s\,\Gamma(s)[/tex]:
[tex]EX=\frac{\lambda^{p}}{\Gamma(p)}\cdot \frac{\Gamma(p+1)}{\lambda^{p+1}}=\frac{p}{\lambda}; \qquad EX^2=\frac{\lambda^{p}}{\Gamma(p)}\cdot \frac{\Gamma(p+2)}{\lambda^{p+2}}=\frac{p(p+1)}{\lambda^2}[/tex]
[tex]DX=EX^2-(EX)^2=\frac{p(p+1)}{\lambda^2}-\frac{p^2}{\lambda^2}=\frac{p}{\lambda^2}[/tex]
Выборочное среднее и второй центральный выборочный момент равны
[tex]\bar{x}=\frac{1+2+6}{3}=3; \qquad m_2=\frac{1^2+2^2+6^2}{3}-3^2=\frac{41}{3}-9=\frac{14}{3}[/tex]
По методу моментов приравниваем теоретические моменты выборочным:
[tex]\frac{p}{\lambda}=3; \qquad \frac{p}{\lambda^2}=\frac{14}{3}[/tex]
Разделив первое уравнение на второе, получаем
[tex]\lambda=\frac{3}{14/3}=\frac{9}{14}; \qquad p=3\lambda=\frac{27}{14}[/tex]
В общем случае [tex]\hat{\lambda}=\frac{\bar{x}}{m_2}[/tex] и [tex]\hat{p}=\frac{\bar{x}^2}{m_2}[/tex]. По закону больших чисел [tex]\bar{x}[/tex] и [tex]m_2[/tex] сходятся по вероятности соответственно к [tex]EX[/tex] и [tex]DX\gt 0[/tex], а оценки являются непрерывными функциями от них, поэтому они состоятельны. Итак, [tex]\hat{\lambda}=\frac{9}{14}[/tex] и [tex]\hat{p}=\frac{27}{14}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]x_i[/tex] — урожайность сорта А ([tex]n_1=6[/tex]), а [tex]y_j[/tex] — урожайность сорта Б ([tex]n_2=5[/tex]). Выборочные средние равны
[tex]\bar{x}=\frac{528}{6}=88; \qquad \bar{y}=\frac{510}{5}=102[/tex]
Суммы квадратов отклонений от средних равны
[tex]\sum_{i=1}^{6}(x_i-88)^2=22^2+18^2+21^2+7^2+24^2+12^2=2018[/tex]
[tex]\sum_{j=1}^{5}(y_j-102)^2=20^2+14^2+14^2+16^2+4^2=1064[/tex]
Так как дисперсии предполагаются равными, используем объединённую оценку дисперсии:
[tex]s^2=\frac{2018+1064}{n_1+n_2-2}=\frac{3082}{9}\approx 342{,}44[/tex]
При гипотезе [tex]H_0:\ \mu_1=\mu_2[/tex] статистика [tex]t=\frac{\bar{x}-\bar{y}}{s\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}[/tex] имеет распределение Стьюдента с [tex]n_1+n_2-2=9[/tex] степенями свободы. Вычисляем
[tex]s\sqrt{\frac{1}{6}+\frac{1}{5}}=\sqrt{342{,}44\cdot \frac{11}{30}}\approx\sqrt{125{,}56}\approx 11{,}21[/tex]
[tex]t=\frac{88-102}{11{,}21}\approx -1{,}25\Rightarrow |t|\approx 1{,}25[/tex]
Так как [tex]|t|\approx 1{,}25\lt 2{,}262[/tex], гипотеза [tex]H_0[/tex] не отвергается: на уровне значимости [tex]0{,}05[/tex] данные не указывают на различие средней урожайности двух сортов (разница в [tex]14[/tex] кг между выборочными средними объясняется случайными колебаниями).

Решение:
Сначала найдём прямую методом наименьших квадратов. Средние значения равны
[tex]\bar{v}=\frac{10+11+12+13+14}{5}=12; \qquad \bar{x}=\frac{5100+4400+4000+3400+3100}{5}=4000[/tex]
Отклонения [tex]v[/tex] от среднего равны [tex]-2; \ -1; \ 0; \ 1; \ 2[/tex], а отклонения [tex]x[/tex] равны [tex]1100; \ 400; \ 0; \ -600; \ -900[/tex], поэтому
[tex]\sum(v_i-\bar{v})(x_i-\bar{x})=-2200-400+0-600-1800=-5000; \qquad \sum(v_i-\bar{v})^2=4+1+0+1+4=10[/tex]
Коэффициенты, найденные методом наименьших квадратов, равны
[tex]a=\frac{\sum(v_i-\bar{v})(x_i-\bar{x})}{\sum(v_i-\bar{v})^2}=\frac{-5000}{10}=-500; \qquad b=\bar{x}-a\bar{v}=4000+500\cdot 12=10000[/tex]
значит, функция спроса имеет вид [tex]x(v)=10000-500v[/tex]. Выручка равна [tex]v\,x(v)[/tex], а затраты — [tex]15000+4x(v)[/tex], поэтому прибыль равна
[tex]P(v)=(v-4)(10000-500v)-15000=-500v^2+12000v-55000[/tex]
Из [tex]P'(v)=-1000v+12000=0[/tex] получаем [tex]v=12[/tex], и так как [tex]P''(v)=-1000\lt 0[/tex], это максимум. При этой цене тираж составляет [tex]x(12)=4000[/tex] экземпляров, а максимальная прибыль (в евро) равна
[tex]P(12)=(12-4)\cdot 4000-15000=17000[/tex]

Решение:
Пусть [tex]N=\binom{n}{k}[/tex]; занумеруем выборки числами [tex]j=1,\ 2,\ \ldots,\ N[/tex]. Пусть [tex]S_j[/tex] — множество объектов выборки [tex]j[/tex], а [tex]\bar{x}_j=\frac{1}{k}\sum_{i\in S_j}x_i[/tex] — её среднее. Искомое среднее равно
[tex]G=\frac{1}{N}\sum_{j=1}^{N}\bar{x}_j=\frac{1}{kN}\sum_{j=1}^{N}\sum_{i\in S_j}x_i[/tex]
Изменим порядок суммирования, подсчитав для каждого объекта [tex]i[/tex], во скольких выборках он содержится. Выборка, содержащая объект [tex]i[/tex], определяется выбором остальных её [tex]k-1[/tex] элементов из оставшихся [tex]n-1[/tex] объектов, поэтому объект [tex]i[/tex] входит ровно в [tex]\binom{n-1}{k-1}[/tex] выборок. Следовательно,
[tex]\sum_{j=1}^{N}\sum_{i\in S_j}x_i=\binom{n-1}{k-1}\sum_{i=1}^{n}x_i[/tex]
Кроме того,
[tex]\binom{n-1}{k-1}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}=\frac{k}{n}\cdot \frac{n!}{k!\,(n-k)!}=\frac{k}{n}N[/tex]
Следовательно,
[tex]G=\frac{1}{kN}\cdot \frac{k}{n}N\sum_{i=1}^{n}x_i=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i=\bar{x}[/tex]
что и требовалось доказать. Например, для дневных заработков [tex]55; \ 50; \ 52; \ 48; \ 50[/tex] (среднее [tex]51[/tex]) среднее арифметическое средних всех [tex]10[/tex] выборок объёма [tex]2[/tex] снова равно [tex]51[/tex]; равные значения у разных рабочих считаются разными объектами.