¼ат_методы... · PX cX U c 2) Ошибка второго рода – принять H0, когда верна H1. Вероятность ошибки второго рода

1

Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики

Олимпиада для студентов и выпускников вузов – 2011 г.

Профиль «математические методы в экономике»

Время выполнения задания – 180 мин.

При выполнении каждого задания необходимо приводить развернутый ответ. Ответ, в том числе правильный, без приведенного решения не оценивается.

Задание 1. Вычислите предел:

3 3

2

25 29lim

2x

x x

x x

Решение

2 2a b a b a b ;

3 3 2 2a b a b a ab b ;

3 3

2 22 2 23 3 3 3

2 4 225 29lim lim

2 25 25 29 29 2x x

x x xx x

x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3

2

2 2 4lim

2725 25 29 29xx

x x

x x x x x

.

Задание 2.

Пусть

4 1 1

1 4 1

1 1 4

A

Найдите: 1) Собственные значения матрицы А 2) Какой-нибудь базис из собственных векторов матрицы А 3) Ортонормированный базис из собственных векторов матрицы А

4) Ортогональную матрицу Q такую, что матрица TQ AQ является диагональной;

5) Приведите квадратичную форму Tf x x Ax к каноническому виду при помощи

ортогонального преобразования. Укажите в явном виде ортогональное

преобразование, которое приводит f x к каноническому виду.

Решение

2


1) Составим характеристический многочлен матрицы A .

4 1 1 3 1 1 1 1 1

1 4 1 3 4 1 3 1 4 1

1 1 4 0 1 4 0 1 4

2

1 1 1

3 0 5 2 3 6

0 1 4

.

Собственные значения матрицы A равны 1 2 3 ; 3 6 .

2) Найдем собственные векторы, отвечающие кратному собственному значению 1 2 3 .

Для этого решим систему 1Ah h .

Расширенная матрица системы имеет вид:

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

.

1

1

1

0

h

и 2

1

0

1

h

- линейно независимая система собственных векторов матрицы A ,

отвечающих собственному значению 1 2 3 .

Теперь найдем собственный вектор, отвечающий собственному значению 3 6 .



2 1 1 0

1 2 1 0

1 1 2 0

.

3

1

1

1

h

- собственный вектор матрицы A , отвечающий собственному значению 3 6 .

Итак, 1

1

1

0

h

, 2

1

0

1

h

и 3

1

1

1

h

- некоторый базис из собственных векторов матрицы A .

3


3) Для нахождения ортонормированного базиса из собственных векторов матрицы A

применим к паре векторов 1h и 2h процесс ортогонализации Грамма-Шмидта.

В результате получим пару ортогональных собственных векторов 1

1

1

0

g

и 2

1

1

2

g

,

отвечающих собственному значению 1 2 3 . Итак, 1

11

12

0

e

, 2

11

16

2

e

и

3

11

13

1

e

- ортонормированный базис из собственных векторов матрицы A .

4)

1 1 12 6 3

1 1 12 6 3

2 16 3

0

Q

5) Ортогональное преобразование

1 1 12 6 31 1

1 1 12 22 6 3

2 13 3

6 30

T

y x

y x

y x

приводит квадратичную

форму к каноническому виду: 2 2 21 2 13 3 6f y y y y .

Задание 3.

Найдите точки экстремума функции 2 22 2,

x yf x y x y e

и определите их тип.

Решение Ищем стационарные точки:

2 2

2 2

2 2

2 2

2 1 0,

2 1 0.

x y

x y

fxe x y

xf

ye x yy

Стационарными являются точка , 0;0x y , а также множество точек 2 2, : 1x y x y .

Найдем вторые производные:

2 2 2 2 2 222 2 2 2

22 4 1 4

x y x y x yfe x e x y x e

x

;

4


2 2 2 2 2 222 2 2 2

22 4 1 4

x y x y x yfe y e x y y e

y

;

2 2 2 222 24 1 4

x y x yfxye x y xye

y x

.

2

2

0;0

2f

x

;

2

2

0;0

2f

y

;

2

0;0

0f

y x

;

2 22

0;02 2d f dx dy - положительно определенная квадратичная форма, поэтому в точке

, 0;0x y локальный минимум (из вида функции ясно, что , 0;0x y - глобальный

минимум).

Введем обозначение 2 2, : 1x y x y .

2 222

2

,

4x y

x y

fx e

x

;

2 222

2

,

4x y

x y

fy e

y

;

2 22

,

4x y

x y

fxye

y x

.

2 2 22

2,4

x y

x y

dxx xyd f e dx dy

dyxy y

- неотрицательно определенная квадратичная

форма, поэтому на основе второго дифференциала вывод о типе стационарной точки

,x y сделать нельзя.

Тем не менее, если от прямоугольной декартовой системы координат перейти к полярной системе координат при помощи формул cosx r , siny r , 0r , , то можно сделать однозначный вывод о типе стационарных точек на окружности .

22cos , sin rf r r r e . Следовательно, при фиксированном значении полярного радиуса

r 1 1 2 2cos , sin cos , sinf r r f r r , 1 2, . Таким образом, значение функции

22cos , sin rf r r r e определяется только переменной r .

2 22 1rfre r

r

2 2, : 1 , : 1r r x y x y - стационарные точки.

2 22

2 22

2 1 4r rfre r r e

r r

; 2

12

1

4 0r

fe

r

стационарные точки

2 2, : 1 , : 1r r x y x y - точки локального нестрогого максимума.

ОТВЕТ: , 0;0x y - глобальный минимум, 2 2, : 1x y x y - точки локального

нестрогого максимума.

Задание 4.

Найдите условные экстремумы функции ,f x y x y при условии связи 1 1

2x y и

определите их тип.

5


Решение 2 Составим функцию Лагранжа:

1 12L x yx y

Необходимые условия экстремума:

2

2

1 0,

1 0,

1 12.

L

x xL

y y

x y

Решения системы: M : 1 , 1x , 1y ; Теперь установим, является ли найденная стационарная точка функции Лагранжа условным локальным экстремумом. Для этого найдем второй дифференциал функции Лагранжа:

2 223 3

2 2d L dx dy

x y

.

Поскольку 2 22 2 2M

d L dx dy является положительно определенной квадратичной

формой, то точка , 1,1x y является точкой локального условного минимума.

ОТВЕТ: , 1,1x y - локальный условный минимум.

Задание 5.

Решите дифференциальное уравнение (где dy

ydx

, 2

2

d yy

dx ):

2 10 sin 3 xy y y x e Решение Приведенное однородное уравнение:

2 10 0y y y 2 2 10 0

1 1 3i ; 2 1 3i .

1 2cos3 sin 3x xоднy C e x C e x - общее решение приведенного однородного уравнения.

Используем принцип наложения решений. Первое вспомогательное уравнение:

2 10 sin 3y y y x Частное решение ищем в виде:

1 1 2cos3 sin 3Y A x A x .

6


Получаем 1

6

37A и 2

1

37A .

Второе вспомогательное уравнение: 2 10 xy y y e

Частное решение ищем в виде:

2xY Be .

Получаем 1

9B

ОТВЕТ: 1 2

6 1 1cos3 sin 3 cos3 sin 3

37 37 9x x xy C e x C e x x x e , 1 2,C C .

Задание 6.

Решите систему дифференциальных уравнений (где dy

ydt

, dx

xdt

):

2 ,

2 2 .

tx x y e

y x t

Решение Продифференцируем первое уравнение системы 2 tx x y e и подставим в результат

2 tx x y e второе уравнение системы 2 2y x t .

В результате получим следующее дифференциальное уравнение: 2 2 2 tx x x t e . Общее решение этого дифференциального уравнения есть 1 2cos sin 1t t tx C e t C e t t e ,

1 2,C C .

Для нахождения функции y y t выразим из первого уравнения системы y : 2 ty x x e .

Значит, 1 2cos sin cos sin 2 2 1t t ty C e t t C e t t e t , 1 2,C C .

ОТВЕТ: 1 2cos sin 1t t tx C e t C e t t e ;

1 2cos sin cos sin 2 2 1t t ty C e t t C e t t e t , 1 2,C C .

Задание 7. Закон распределения пары случайных величин X и Y задан таблицей:

X–1 0 1

Y –1 0.1 0.15 0.05 1 0.2 0.1 0.2 2 0.05 0.05 0.1

Найдите ( )E X , ( )E Y , ( )Var X , | 2E X Y , | 0E Y X , P Y X .

Решение Распределение X :

7


X –1 0 1

P X 0.35 0.3 0.35

( ) 0E X , 2( ) 0.7E X , 2 2( ) 0.7Var X E X E X

Распределение Y :

Y –1 1 2

P Y 0.3 0.5 0.2

( ) 0.6E Y

Распределение | 2X Y :

X –1 0 1

| 2P X Y 0.050.25

0.2

0.050.25

0.2

0.10.5

0.2

( | 2) 0.25E X Y

Распределение | 0Y X :

Y –1 1 2

| 0P Y X 0.2 4

0.65 13

0.3 6

0.65 13

0.15 3

0.65 13

8| 0

13E Y X

Распределение Y X :

Y X –2 –1 0 1 2 3

P Y X 0.1 0.15 0.25 0.15 0.25 0.1

0 0.5P Y X P Y X

Задание 8.

По случайной независимой выборке 1,..., nX X из равномерного на отрезке 0,

распределения требуется оценить неизвестный параметр . Пусть X - выборочное среднее,

minX - минимальное значение в выборке.

1) Будут ли оценки 1̂ 2X и 2 minˆ 1n X несмещенными оценками для ?

2) Какая из этих двух оценок является более точной? 3) Выполняются ли для этих оценок достаточные условия состоятельности?

Решение: 1)

1

1 2 2ˆ 2 22i iE E X E X E X n

n n n

оценка 1̂ является несмещенной.

8


2 min minˆ 1 1E E n X n E X

Рассчитаем функцию распределения случайной величины minX :

min min min1 1 1X i i

ii

F x P X x P X x P X x P X x

Значит, min

1,

1 1 , 0,

0, 0

n

X

x

xF x x

x

,

min

1

1 , 0,

0, 0,

n

X

n xx

f x

x

Тогда 1 1

1 1 1 1 11

n n n n nn x x x x xx dx x dx x

n

.

Значит, 1 1

min

0 0

1 1 11 1

n n nn x x x

E X x dx xn n

.

Значит, 2 minˆ 1E n E X оценка 2̂ является несмещенной.

2) Т.к. обе оценки являются несмещенными, их точность (эффективность) определяется их дисперсиями.

2 2

1

4 4ˆ 212 3iVar Var X Var X

n n n

2 22 2

2 min min 2ˆ 1 1 1

21 2

n nVar Var n X n Var X n

nn n

2 2 2

2 21 2 2

21

3 2 3ˆ ˆ3 2 3 6 2

n nn n n

Var Varn n n n n n

Значит, при 1n обе оценки имеют одинаковую точность, при 1n первая оценка точнее. 3) Т.к. обе оценки несмещенные, достаточные условия состоятельности будут достигаться, если

ˆ 0in

Var

2

1̂ 03

Varn

, значит, оценка 1̂ является состоятельной.

2

22̂ 2

nVar

n

, значит, для оценки 2̂ не выполняются достаточные условия

состоятельности.

9


Задание 9.

Исследователь рассматривает две конкурирующие гипотезы:

0H : величина X распределена равномерно на отрезке 0, 100


В распоряжении исследователя имеется выборка из одного значения 1X . Используется

следующий статистический критерий выбора между гипотезами:

Если 1X c , то принять 0H , иначе отвергнуть 0H в пользу 1H

Пусть 0,150c . Рассчитайте для используемого статистического критерия:

1) Вероятность ошибки первого рода 2) Вероятность ошибки второго рода 3) Мощность критерия.

Решение: 1)

Ошибка первого рода – отвергнуть отвергнуть 0H в пользу 1H , когда верна 0H .

Вероятность ошибки первого рода 1

1 , 0, 100| ~ 0, 100 100

0, 100 150

cc

P X c X Uc

2)

Ошибка второго рода – принять 0H , когда верна 1H .

Вероятность ошибки второго рода 1

50, 50, 150

| ~ 50, 150 1000, 0 50

cc

P X c X Uc

3)

Мощность теста

1, 0 501 150

, 50, 150100

c

cc

Задание 10. Используя выборку 545 работников, занятых полный рабочий день в США, исследователь интересуется ответом на вопрос, насколько формирование заработной платы отличается у мужчин по сравнению с женщинами. Для этого в соответствии с классической линейной нормальной регрессионной моделью были оценены следующие зависимости (в скобках под коэффициентами указаны их стандартные отклонения):

10


(1) 0.38 0.03 0.03 0.05

ˆ 1.09 0.13 0.09 0.18w male age educ , 21 0.691R ,

2

1

ˆ 31.16n

i ii

w w

(2) 0.27 0.07

ˆ 0.69 0.38w educ , 2

1

ˆ 65.55n

i ii

w w

w — натуральный логарифм почасовой заработной платы

male — фиктивная переменная, равная 1 для мужчин и 0 для женщин

age — возраст в годах

educ — уровень образования, натуральное число от 1 (минимум) до 5 (максимум) Вопросы:

1) Проинтерпретируйте коэффициенты регрессии при переменных male и age .

2) На 95% уровне доверия протестируйте совместную гипотезу о том, что переменные пола и возраста не влияют на заработную плату работника.

3) На 95% уровне доверия протестируйте совместную гипотезу о том, что переменные пола, возраста и уровня образования не влияют на заработную плату работника.

Решение: 1) Сначала проверим значимость коэффициентов:

0

1

: 0

: 0male

male

H

H

, тестовая статистика 0

0.134.33

0.03t , критическая точка 2.5%

541 1.96t , нулевая

гипотеза отвергается, коэффициент значим.

0

1

: 0

: 0

age

age

H

H


0.093



гипотеза отвергается, коэффициент значим. Таким образом, при прочих равных условиях:

заработная плата мужчин больше в 0.13 1.14e раза заработной платы женщин.

каждый дополнительный год возраста увеличивает заработную плату в 0.09 1.094e раза.

2)

0

1

: 0

:

male ageH

H иначе

Тестовая статистика (2) (1)

0(1)

/ 2 65.55 31.16 / 2298.5

/ 541 31.16 / 541

RSS RSSF

RSS

, критическая точка

5%2,541 3F , следовательно, нулевая гипотез отвергается в пользу альтернативной.

3)

11


0

1

: 0

:

male age educH

H иначе

Тестовая статистика 21

0 21

/ 3 0.691 / 3403.27

1 0.691 / 5411 / 541

RF

R

, критическая точка

5%3,541 2.6F , следовательно, нулевая гипотез отвергается.

12


Олимпиада для студентов и выпускников вузов – 2011 г.

Профиль «математические методы в экономике»

Время выполнения задания – 180 мин.

При выполнении каждого задания необходимо приводить развернутый ответ. Ответ, в том числе правильный, без приведенного решения не оценивается.

Задание 1.

Вычислите предел:

35

4 21lim

13 2x

x

x

Решение

2 2a b a b a b ;

3 3 2 2a b a b a ab b ;

22 3 3

3 3 35 5 5

4 21 4 2 13 134 21 4 21

lim lim lim13 2 2 13 4 21 2 13x x x

x x xx x

x x x x

2 23 3 3 3

5 55 5

5 4 2 13 13 4 2 13 133

lim lim24 21 5 4 21x x

x x

x x x x x

x x x

.

Задание 2.

Пусть

0 1 1

1 0 1

1 1 0

A

Найдите: 1) Собственные значения матрицы А 2) Какой-нибудь базис из собственных векторов матрицы А 3) Ортонормированный базис из собственных векторов матрицы А

4) Ортогональную матрицу Q такую, что матрица TQ AQ является диагональной;

5) Приведите квадратичную форму Tf x x Ax к каноническому виду при помощи

ортогонального преобразования. Укажите в явном виде ортогональное

преобразование, которое приводит f x к каноническому виду.

1) Составим характеристический многочлен матрицы A .

13


1 1 2 1 1 1 1 1

1 1 2 1 2 1 1

1 1 2 1 1 1

2

1 1 1

2 0 1 0 2 1

0 0 1

.

Собственные значения матрицы A равны 1 2 1 ; 3 2 .

2) Найдем собственные векторы, отвечающие кратному собственному значению

1 2 1 .



1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

.

1

1

1

0

h

и 2

1

0

1

h

- линейно независимая система собственных векторов матрицы A ,

отвечающих собственному значению 1 2 1 .

Теперь найдем собственный вектор, отвечающий собственному значению 3 2 .



2 1 1 0

1 2 1 0

1 1 2 0

.

3

1

1

1

h

- собственный вектор матрицы A , отвечающий собственному значению 3 2 .

Итак, 1

1

1

0

h

, 2

1

0

1

h

и 3

1

1

1

h

- некоторый базис из собственных векторов матрицы A .

3) Для нахождения ортонормированного базиса из собственных векторов матрицы A применим к паре векторов 1h и 2h процесс ортогонализации Грамма-Шмидта.

14


В результате получим пару ортогональных собственных векторов 1

1

1

0

g

и 2

1

1

2

g

,

отвечающих собственному значению 1 2 1 . Итак, 1

11

12

0

e

, 2

11

16

2

e

и

3

11

13

1

e

- ортонормированный базис из собственных векторов матрицы A .

4)

1 1 12 6 3

1 1 12 6 3

2 16 3

0

Q

5) Ортогональное преобразование

1 1 12 6 31 1

1 1 12 22 6 3

2 13 3

6 30

T

y x

y x

y x

приводит квадратичную

форму к каноническому виду: 2 2 21 2 12f y y y y .

Задание 3.

Найдите точки экстремума функции 2 2, 2x yf x y e x y и определите их тип.

Решение Ищем стационарные точки:

2 2

2 2

2 2 0,

2 4 0.

x y

x y

fe x x y

xf

e x y yy

Стационарными являются точки: 1 1, 0;0x y и 2 2, 4; 2x y .

Найдем вторые производные:

2

2 22

4 2 2x yfe x x y

x

;

2

2 22

2 8 4x yfe x y y

y

;

2

2 22 2 4x yfe x x y y

y x

.

15


2

2

0;0

2f

x

;

2

2

0;0

4f

y

;

2

0;0

0f

y x

;

2 22

0;02 4d f dx dy - знакопеременная квадратичная форма, поэтому в точке

1 1, 0;0x y экстремума нет;

22

2

4; 2

6f

ex

;

22

2

4; 2

12f

ey

;

22

4; 2

8f

ey x

.

2 2

2 22 2 2 2 2

,

6 86 16 12

8 12x y

dxd f e dx e dxdy e dy e dx dy

dy

- отрицательно

определенная квадратичная форма, поэтому в точке 2 2, 4; 2x y локальный максимум.

ОТВЕТ: 1 1, 0;0x y - экстремумом не является, 2 2, 4; 2x y локальный

максимум.

Задание 4.

Найдите условные экстремумы функции ,f x y xy при условии связи 2 2 8x y и

определите их тип. Решение 1 Составим функцию Лагранжа:

2 28L xy x y

Необходимые условия экстремума:

2 2

2 0,

2 0,

8.

Ly x

xL

x yy

x y

Решения системы:

1M : 1

2 , 2x , 2y ;

2M :1

2 , 2x , 2y ;

3M : 1

2 , 2x , 2y ;

4M : 1

2 , 2x , 2y .

Теперь установим, являются ли найденные стационарные точки для функции Лагранжа условными локальными экстремумами. Для этого найдем второй дифференциал функции Лагранжа:

16


2 22 2 2 2d L dx dxdy dy

Дифференцируем условие связи 2 2 8x y и получаем соотношение на дифференциалы: 0xdx ydy .

Проверяем точку 1M . Для этой точки 1

2 , 2x , 2y и dx dy . Значит,

1 1

2 2 22 2 2 2 4M M

d L dx dxdy dy dx .

1

2

Md L является положительно определенной КФ, поэтому в точке 1M локальный условный

минимум.



2 2

2 2 22 2 2 2 4M M

d L dx dxdy dy dx .

2

2

Md L является положительно определенной КФ, поэтому в точке 2M локальный условный

минимум.



3 3

2 2 22 2 2 2 4M M

d L dx dxdy dy dx .

3

2

Md L является отрицательно определенной КФ, поэтому в точке 3M локальный условный

максимум.



4 4

2 2 22 2 2 2 4M M

d L dx dxdy dy dx .

4

2

Md L является отрицательно определенной КФ, поэтому в точке 4M локальный условный

максимум. ОТВЕТ: точки 1 1, 2;2x y и 2 2, 2; 2x y - точки глобального условного

максимума; точки 3 3, 2;2x y и 4 4, 2; 2x y точки глобального условного

минимума.

Задание 5.

17


Решите дифференциальное уравнение (где dy

ydx

, 2

2

d yy

dx ):

2 8 8cos 2xy y y e x

Решите дифференциальное уравнение: 2 8 8cos 2xy y y e x

Решение Приведенное однородное уравнение:

2 8 0y y y 2 2 8 0

1 4 ; 2 2 . 4 2

1 2x x

однy C e C e - общее решение приведенного однородного уравнения.

Используем принцип наложения решений. Первое вспомогательное уравнение:

2 8 xy y y e Частное решение ищем в виде:

1xY Ae .

Получаем 1

9A

Второе вспомогательное уравнение: 2 8 8sin 2y y y x

Частное решение ищем в виде:

2 1 2cos 2 sin 2Y B x B x .

Получаем 1

3

5B и 2

1

5B .

ОТВЕТ: 4 21 2

1 3 1cos 2 sin 2

9 5 5x x xy C e C e e x x , 1 2,C C .

Задание 6.

Решите систему дифференциальных уравнений (где dy

ydt

, dx

xdt

):

5cos ,

2 .

x y t

y x y

Решение Продифференцируем второе уравнение системы 2y x y и подставим в результат

2y x y первое уравнение системы 5cosx y t . В результате получим следующее дифференциальное уравнение: 2 10cosy y y t .

Общее решение этого дифференциального уравнения есть 21 2 3cos sint ty C e C e t t ,

1 2,C C .

18


Для нахождения функции x x t выразим из второго уравнения системы x : 1

2x y y .

Значит, 211 22 cos 2sint tx C e C e t t , 1 2,C C .

ОТВЕТ: 21

1 22 cos 2sint tx C e C e t t , 21 2 3cos sint ty C e C e t t , 1 2,C C .

Ответ можно переписать в виде: 2

1 2 cos 2sint tx C e C e t t , 21 22 3cos sint ty C e C e t t , 1 2,C C .

Задание 7. Закон распределения пары случайных величин X и Y задан таблицей:

X–2 1 2

Y –1 0.15 0.1 0.05 0 0.2 0.1 0.1 1 0.1 0.1 0.1

Найдите ( )E X , ( )E Y , ( )Var Y , | 0E X Y , | 1E Y X , P Y X .

Решение Распределение X :

X –2 1 2

P X 0.45 0.3 0.25

( ) 0.1E X

Распределение Y :

Y –1 0 1

P Y 0.3 0.4 0.3

( ) 0E Y , 2( ) 0.6E Y , 2 2( ) 0.6Var Y E Y E Y

Распределение | 0X Y :

X –2 1 2

| 0P X Y 0.20.5

0.4

0.10.25

0.4

0.10.25

0.4

( | 0) 0.25E X Y

Распределение | 1Y X :

Y –1 0 1

| 1P Y X 0.15 3

0.55 11

0.2 4

0.55 11

0.2 4

0.55 11

1| 1

11E Y X

Распределение Y X :

19


Y X –3 –2 –1 0 1 2 3

P Y X 0.15 0.2 0.1 0.1 0.15 0.2 0.1

0 0.45P Y X P Y X

Задание 8.

По случайной независимой выборке 1,..., nX X из равномерного на отрезке 0,

распределения требуется оценить неизвестный параметр . Пусть X - выборочное среднее,

maxX - максимальное значение в выборке.

1) Будут ли оценки 1̂ 2X и 2 max

1ˆ nX

n

несмещенными оценками для ?

2) Какая из этих двух оценок является более точной? 3) Выполняются ли для этих оценок достаточные условия состоятельности?

Решение: 1)

1

1 2 2ˆ 2 22i iE E X E X E X n

n n n


2 max max

1 1ˆ n nE E X E X

n n

Рассчитаем функцию распределения случайной величины maxX :

max maxX i i

ii

F x P X x P X x P X x

Значит, max

1,

, 0,

0, 0

n

X

x

xF x x

x

,

max

1

, 0,

0, 0,

n

X

n xx

f x

x

Тогда 1 1

1

n n n n nn x x x x xx dx x dx x

n

.

Значит, 1 1

max

0 0

11 1

n n nn x x x n

E X x dx xn n

.

Значит, 2 max

1ˆ nE E X

n


2)

20


Т.к. обе оценки являются несмещенными, их точность (эффективность) определяется их дисперсиями.

2 2

1

4 4ˆ 212 3iVar Var X Var X

n n n

2 2 2 2

2 max max 2

1 1 1ˆ21 2

n n n nVar Var X Var X

n n n n nn n

2 2

21 2

1ˆ ˆ3 2 3 2

nVar Var

n n n n n

Значит, при 1n обе оценки имеют одинаковую точность, при 1n вторая оценка точнее. 3) Т.к. обе оценки несмещенные, достаточные условия состоятельности будут достигаться, если

ˆ 0in

Var

2

1̂ 03

Varn


2

2̂ 02

Varn n


Задание 9. Исследователь рассматривает две конкурирующие гипотезы:


1H : величина X распределена равномерно на отрезке 25,75

В распоряжении исследователя имеется выборка из одного значения 1X . Используется

следующий статистический критерий выбора между гипотезами:

Если 1X c , то принять 0H , иначе отвергнуть 0H в пользу 1H

Пусть 0,75c . Рассчитайте для используемого статистического критерия:

1) Вероятность ошибки первого рода 2) Вероятность ошибки второго рода 3) Мощность критерия.

Решение: 1)

Ошибка первого рода – отвергнуть отвергнуть 0H в пользу 1H , когда верна 0H .

21


Вероятность ошибки первого рода 1

1 , 0, 50| ~ 0, 50 50

0, 50 75

cc

P X c X Uc

2)

Ошибка второго рода – принять 0H , когда верна 1H .

Вероятность ошибки второго рода 1

25, 25, 75

| ~ 25, 75 500, 0 25

cc

P X c X Uc

3)

Мощность теста

1, 0 251 75

, 25, 7550

c

cc

Задание 10. Используя выборку 545 работников, занятых полный рабочий день в США, исследователь интересуется ответом на вопрос, насколько формирование заработной платы отличается у мужчин по сравнению с женщинами. Для этого в соответствии с классической линейной нормальной регрессионной моделью были оценены следующие зависимости (в скобках под коэффициентами указаны их стандартные отклонения):

(1) 3.38 0.3 0.27 0.5

ˆ 10.9 1.3 0.875 1.91w female age educ , 21 0.71R ,

2

1

5355.6n

ii

w w

(2) 1.28 0.65

ˆ 4.4 2.79w educ , 2

1

ˆ 3856n

i ii

w w

w — почасовая заработная плата в долларах США

female — фиктивная переменная, равная 0 для мужчин и 1 для женщин

age — возраст в годах

educ — уровень образования, натуральное число от 1 (минимум) до 5 (максимум) Вопросы:

1) Проинтерпретируйте коэффициенты регрессии при переменных female и age .

2) На 95% уровне доверия протестируйте совместную гипотезу о том, что переменные пола и возраста не влияют на заработную плату работника.

3) На 95% уровне доверия протестируйте совместную гипотезу о том, что переменные пола, возраста и уровня образования не влияют на заработную плату работника.

Решение: 1) Сначала проверим значимость коэффициентов:

22


0

1

: 0

: 0female

female

H

H


1.34.33



гипотеза отвергается, коэффициент значим.

0

1

: 0

: 0

age

age

H

H


0.8753.24



гипотеза отвергается, коэффициент значим. Таким образом, при прочих равных условиях:

заработная плата женщин больше на $1.3 заработной платы мужчин.

каждый дополнительный год возраста увеличивает заработную плату на $0.875. 2)

0

1

: 0

: 0

female ageH

H иначе

Тестовая статистика

(2) (1)

0(1)

/ 2 3856 1 0.71 5355.6 / 2401

/ 541 1 0.71 5355.6 / 541

RSS RSSF

RSS

,

критическая точка 5%2,541 3F , следовательно, нулевая гипотеза отвергается.

3)

0

1

: 0

:female age educH

H иначе

Тестовая статистика 21

0 21

/ 3 0.71 / 3441.5

1 0.71 / 5411 / 541

RF

R

, критическая точка 5%

3,541 2.6F ,

следовательно, нулевая гипотез отвергается.

Documents

¼ат_методы... · PX cX U c 2) Ошибка второго рода – принять H0, когда верна H1. Вероятность ошибки второго рода