Upload
dolien
View
243
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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 .
Для этого решим систему 3Ah h .
Расширенная матрица системы имеет вид:
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
Задание 9.
Исследователь рассматривает две конкурирующие гипотезы:
0H : величина X распределена равномерно на отрезке 0, 100
1H : величина X распределена равномерно на отрезке 50, 150
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
(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
, тестовая статистика 0
0.093
0.03t , критическая точка 2.5%
541 1.96t , нулевая
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
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:
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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 .
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 1 .
Теперь найдем собственный вектор, отвечающий собственному значению 3 2 .
Для этого решим систему 3Ah h .
Расширенная матрица системы имеет вид:
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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.
Проверяем точку 2M . Для этой точки 1
2 , 2x , 2y и dx dy . Значит,
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.
Проверяем точку 3M . Для этой точки 1
2 , 2x , 2y и dx dy . Значит,
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.
Проверяем точку 4M . Для этой точки 1
2 , 2x , 2y и dx dy . Значит,
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
оценка 1̂ является несмещенной.
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
оценка 2̂ является несмещенной.
2)
20
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
, значит, оценка 1̂ является состоятельной.
2
2̂ 02
Varn n
, значит, оценка 2̂ является состоятельной.
Задание 9. Исследователь рассматривает две конкурирующие гипотезы:
0H : величина X распределена равномерно на отрезке 0, 50
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
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
Национальный исследовательский университет – Высшая школа экономики
0
1
: 0
: 0female
female
H
H
, тестовая статистика 0
1.34.33
0.3t , критическая точка 2.5%
541 1.96t , нулевая
гипотеза отвергается, коэффициент значим.
0
1
: 0
: 0
age
age
H
H
, тестовая статистика 0
0.8753.24
0.27t , критическая точка 2.5%
541 1.96t , нулевая
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.