中国科学技术大学-812概率论与数理统计-2020年

一、(15分) 设 A,BA, B 为两个事件且 P(B)>0,\mathrm{P}(B)>0, 判断下面两个不等式的正误:

(1)(7分)P(A∣B)≥1−P(Ac)P(B)\mathrm{P}(A \mid B) \geq 1-\frac{\mathrm{P}\left(A^{c}\right)}{\mathrm{P}(B)};

(2)(8分)P(A∣B)≤1−P(Ac)−P(Bc)P(B)\mathrm{P}(A \mid B) \leq 1-\frac{\mathrm{P}\left(A^{c}\right)-\mathrm{P}\left(B^{c}\right)}{\mathrm{P}(B)}.

Solution:
(1) 正确, 因为

P(A∣B)=P(AB)P(B)=P(B)−P(AcB)P(B)=1−P(AcB)P(B)≥1−P(Ac)P(B).P(A \mid B)=\frac{P(A B)}{P(B)}=\frac{P(B)-P\left(A^{c} B\right)}{P(B)}=1-\frac{P\left(A^{c} B\right)}{P(B)} \geq 1-\frac{P\left(A^{c}\right)}{P(B)} .

(2) 正确, 因为 P(AcB)=P(Ac)−P(AcBc)≥P(Ac)−P(Bc)P\left(A^{c} B\right)=P\left(A^{c}\right)-P\left(A^{c} B^{c}\right) \geq P\left(A^{c}\right)-P\left(B^{c}\right), 因此

P(A∣B)=1−P(AcB)P(B)≤1−P(Ac)−P(Bc)P(B).P(A \mid B)=1-\frac{P\left(A^{c} B\right)}{P(B)} \leq 1-\frac{P\left(A^{c}\right)-P\left(B^{c}\right)}{P(B)} .

二、(15分) 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 独立同分布, 共同分布的概率密度函数为 f(x)=ce−c(x−a),x>a,f(x)=c e^{-c(x-a)}, x>a, 其中 c>0c>0 为常数. 记 Wn=min⁡{X1,…,Xn},W_{n}=\min \left\{X_{1}, \ldots, X_{n}\right\}, 试问 WnW_{n} 在依概率意义下收敛吗? 并求极限.

Solution:
作总体变换, 令 Yi=Xi−a∼Exp⁡(c)Y_{i}=X_{i}-a \sim \operatorname{Exp}(c), 则 Y1,Y2,⋯ ,YnY_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{n} 是来自均值为 1c\frac{1}{c} 的指数分布总体的随机样本, 其最小次序统计量 Y(1)=Wn−a∼Exp⁡(nc)Y_{(1)}=W_{n}-a \sim \operatorname{Exp}(n c), 故有

EWn=a+EY(1)=a+1nc→a,Var⁡(Wn)=Var⁡(Y(1))=1n2c2→0,\begin{gathered} E W_{n}=a+E Y_{(1)}=a+\frac{1}{n c} \rightarrow a, \\ \operatorname{Var}\left(W_{n}\right)=\operatorname{Var}\left(Y_{(1)}\right)=\frac{1}{n^{2} c^{2}} \rightarrow 0, \end{gathered}

故对于任意 ε>0\varepsilon>0, 有

P(∣Wn−a∣>ε)=P(∣Wn−EWn+EWn−a∣>ε)≤P(∣Wn−EWn∣>ε2)+P(∣EWn−a∣>ε2),\begin{aligned} P\left(\left|W_{n}-a\right|>\varepsilon\right) &=P\left(\left|W_{n}-E W_{n}+E W_{n}-a\right|>\varepsilon\right) \\ & \leq P\left(\left|W_{n}-E W_{n}\right|>\frac{\varepsilon}{2}\right)+P\left(\left|E W_{n}-a\right|>\frac{\varepsilon}{2}\right), \end{aligned}

当 nn 足够大时, {∣EWn−a∣>ε2}\left\{\left|E W_{n}-a\right|>\frac{\varepsilon}{2}\right\} 是空集, 而根据切比雪夫不等式, 有

P(∣Wn−EWn∣>ε2)≤4ε2Var⁡(Wn)→0,P\left(\left|W_{n}-E W_{n}\right|>\frac{\varepsilon}{2}\right) \leq \frac{4}{\varepsilon^{2}} \operatorname{Var}\left(W_{n}\right) \rightarrow 0,

综上所述, 有 Wn→PaW_{n} \stackrel{P}{\rightarrow} a.

三、(15分) 设样本 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 为取自一总体的随机样本，该总体的概率密度函数为

fθ(x)=θ2xe−θx,x>0f_{\theta}(x)=\frac{\theta}{2 \sqrt{x}} e^{-\theta \sqrt{x}}, \quad x>0

当 x<0x<0 时, fθ(x)=0.\quad f_{\theta}(x)=0 .

(1)(7分) 求 θ\theta 的极大似然估计;

(2)(8分) 求θ\theta的矩估计.

Solution: (1) 样本组成的似然函数是

L(θ∣x1,⋯ ,xn)=θn2∏i=1nxie−θ∑i=1nxi∝C(x1,⋯ ,xn)θne−θ∑i=1nxi,L\left(\theta \mid x_{1}, \cdots, x_{n}\right)=\frac{\theta^{n}}{2 \sqrt{\prod_{i=1}^{n} x_{i}}} e^{-\theta \sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}} \propto C\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right) \theta^{n} e^{-\theta \sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}},

则对数似然函数是

ln⁡L(θ∣X)=C1(x1,⋯ ,xn)+nln⁡θ−θ∑i=1nxi,\ln L(\theta \mid X)=C_{1}\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right)+n \ln \theta-\theta \sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}},

求导得 ∂ln⁡L(θ∣X)∂θ=nθ−∑i=1nxi\frac{\partial \ln L(\theta \mid X)}{\partial \theta}=\frac{n}{\theta}-\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}, 解得 θ^L=n∑i=1nxi\hat{\theta}_{L}=\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \sqrt{x_{i}}}.
(2) 求期望, 有

EX=θ2∫0+∞xe−θxdx=θ2∫0+∞te−θtdt2=1θ2∫0+∞(θt)2e−θtd(θt)=2θ2\begin{aligned} E X &=\frac{\theta}{2} \int_{0}^{+\infty} \sqrt{x} e^{-\theta \sqrt{x}} d x \\ &=\frac{\theta}{2} \int_{0}^{+\infty} t e^{-\theta t} d t^{2} \\ &=\frac{1}{\theta^{2}} \int_{0}^{+\infty}(\theta t)^{2} e^{-\theta t} d(\theta t)=\frac{2}{\theta^{2}} \end{aligned}

用替换原理, 得 θ^M=2xˉ\hat{\theta}_{M}=\sqrt{\frac{2}{\bar{x}}}.

四、(15分) 一个工厂考虑如下的检验问题 H0:p≤0.1⟷H1:p>0.1,H_{0}: p \leq 0.1 \longleftrightarrow H_{1}: p>0.1, 其中 pp 是该工厂生 产的一批元件的废品率. 先随机抽取两个元件检测, 如果这两个皆是废品, 则拒绝 H0H_{0}; 否则,再抽取第 3 个元件检测, 若该元件为废品, 则拒绝 H0H_{0}. 在其它情形下, 接受 H0H_{0}. 求

(1)(7分)该检验的功效函数;

(2)(8分)该检验的真实水平.

Solution: 题设检验问题表示的是: 设 X1,X2,X3∼B(1,p)X_{1}, X_{2}, X_{3} \sim B(1, p), 拒绝域是

W={X1=1,X2=1}∪({X1=1,X2=1}‾∩{X3=1}).W=\left\{X_{1}=1, X_{2}=1\right\} \cup\left(\overline{\left\{X_{1}=1, X_{2}=1\right\}} \cap\left\{X_{3}=1\right\}\right) .

(1) 根据上述分析, 很容易看出

ρ(p)=Pp{(X1,X2,X3)∈W}=p2+(1−p2)p=p+p2−p3.\rho(p)=P_{p}\left\{\left(X_{1}, X_{2}, X_{3}\right) \in W\right\}=p^{2}+\left(1-p^{2}\right) p=p+p^{2}-p^{3} .

(2) 由于 ρ′(p)=1+2p−3p2>0\rho^{\prime}(p)=1+2 p-3 p^{2}>0 在 0⩽p⩽0.10 \leqslant p \leqslant 0.1 时恒成立, 故假设检验的水平是

α=sup⁡p≤0.1ρ(p)=ρ(0.1)=0.1+(0.1)2−(0.1)3=0.109.\alpha=\sup _{p \leq 0.1} \rho(p)=\rho(0.1)=0.1+(0.1)^{2}-(0.1)^{3}=0.109 .

五、(20分) 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 是从两点分布 B(1,p)B(1, p) 中抽取的一组随机样本, p∈[0,1]p \in[0,1]
为未知参数.

(1)(10分) 求充分完备统计量;

(2)(10分) 求 g(p)=p(1−p)g(p)=p(1-p) 的最小方差无偏估计.

Solution: (1) 似然函数是

L(p∣x1,⋯ ,xn)=p∑i=1nxi(1−p)n−∑i=1nxi,L\left(p \mid x_{1}, \cdots, x_{n}\right)=p^{\sum_{i=1}^{n} x_{i}}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n} x_{i}},

根据因子分解定理, 知 T=∑i=1nXi∼B(n,p)T=\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim B(n, p) 是充分统计量. 结合两点分布总体是指 数族的事实, 知 T=∑i=1nXi∼B(n,p)T=\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim B(n, p) 是充分完备统计量.

(2) 显然 I{X1=1,X2=0}I_{\left\{X_{1}=1, X_{2}=0\right\}} 是 g(p)g(p) 的无偏估计, 因此有 E[I{X1=1,X2=0}∣T]E\left[I_{\left\{X_{1}=1, X_{2}=0\right\}} \mid T\right] 是由充分完备统计 量构造的无偏估计, 是 UMVUE.
我们指出有

E[I{X1=1,X2=0}∣T]=T(n−T)n(n−1),E\left[I_{\left\{X_{1}=1, X_{2}=0\right\}} \mid T\right]=\frac{T(n-T)}{n(n-1)},

即 T(n−T)n(n−1)\frac{T(n-T)}{n(n-1)} 是 g(p)g(p) 的 UMVUE. 因为当 t=0t=0 时, E[I{X1=1,X2=0}∣T=t]=0E\left[I_{\left\{X_{1}=1, X_{2}=0\right\}} \mid T=t\right]=0, 当 t≥1t \geq 1 时, 有

E[I{X1=1,X2=0}∣T=t]=P(X1=1,X2=0∣∑i=1nXi=t)=P(X1=1,X2=0,∑i=3nXi=t−1)P(∑i=1nXi=t)=p(1−p)Cn−2t−1pt−1(1−p)n−t−1Cntpt(1−p)n−t=(n−2)!(t−1)!(n−t−1)!n!t!(n−t)!=t(n−t)n(n−1). \begin{aligned} &E\left[I_{\left\{X_{1}=1, X_{2}=0\right\}} \mid T=t\right]=P\left(X_{1}=1, X_{2}=0 \mid \sum_{i=1}^{n} X_{i}=t\right)\\ &=\frac{P\left(X_{1}=1, X_{2}=0, \sum_{i=3}^{n} X_{i}=t-1\right)}{P\left(\sum_{i=1}^{n} X_{i}=t\right)}\\ &=\frac{p(1-p) C_{n-2}^{t-1} p^{t-1}(1-p)^{n-t-1}}{C_{n}^{t} p^{t}(1-p)^{n-t}}\\ &=\frac{\frac{(n-2) !}{(t-1) !(n-t-1) !}}{\frac{n !}{t !(n-t) !}}=\frac{t(n-t)}{n(n-1)} \text {. } \end{aligned}

六、(20分) 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 是从正态总体 N(θ,4)N(\theta, 4) 取出的一组随机样本, 求检验问题

H0:θ≤2⟷H1:θ>2H_{0}: \theta \leq 2 \longleftrightarrow H_{1}: \theta>2

的水平 α\alpha 的一致最优检验.

Solution: 对于正态总体而言, 题设检验等同于

H0:θ=2 vs H1:θ=θ1>2H_{0}: \theta=2 \quad \text { vs } \quad H_{1}: \theta=\theta_{1}>2

来自该正态总体的样本的似然函数是

L(θ∣x)=Cexp⁡{−18∑i=1n(xi−θ)2}=Cexp⁡{nθ4xˉ−∑i=1nxi28+θ28}L(\theta \mid x)=C \exp \left\{-\frac{1}{8} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\theta\right)^{2}\right\}=C \exp \left\{\frac{n \theta}{4} \bar{x}-\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}{8}+\frac{\theta^{2}}{8}\right\}

由 N-P 引理, 其 UMP 拒绝域应是 {λ(x)>c}\{\lambda(x)>c\}, 其中

λ(x)=L(θ1∣x)L(2∣x)=exp⁡{nxˉ4(θ1−2)+θ12−48},\lambda(x)=\frac{L\left(\theta_{1} \mid x\right)}{L(2 \mid x)}=\exp \left\{\frac{n \bar{x}}{4}\left(\theta_{1}-2\right)+\frac{\theta_{1}^{2}-4}{8}\right\},

其关于 xˉ\bar{x} 是单调增函数, 因此 {λ(x)>c}={xˉ>c1}\{\lambda(x)>c\}=\left\{\bar{x}>c_{1}\right\}, 为使得其水平为 α\alpha, 故有

W={xˉ−24/n>z1−α}.W=\left\{\frac{\bar{x}-2}{\sqrt{4 / n}}>z_{1-\alpha}\right\} .

七、(25分) 设 X1,X2,…,XnX_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} 是从标准正态总体取出的一组随机样本, 试

(1)(10分)证明 ∑i=1nXi2\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} 与 {X12/∑i=1nXi2,⋯ ,Xn2/∑i=1nXi2}\left\{X_{1}^{2} / \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}, \cdots, X_{n}^{2} / \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right\} 相互独立.

(2)(15分)求 {X12/∑i=1nXi2,⋯ ,Xn2/∑i=1nXi2}\left\{X_{1}^{2} / \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}, \cdots, X_{n}^{2} / \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\right\}的联合密度函数.

Solution:
(1) 作总体变换, 令 Yi=Xi2∼χ2(1)=Ga(12,12)Y_{i}=X_{i}^{2} \sim \chi^{2}(1)=G a\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right), 则 Y1,Y2,⋯ ,YnY_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{n} 是来自卡方分布(伽马 分布)总体的随机样本, Ga(12,12)G a\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) 密度函数是 12πye−y2\frac{1}{\sqrt{2 \pi y}} e^{-\frac{y}{2}}, 是指数族, 可以由联合密 度及因子分解定理得知 ∑i=1nYi\sum_{i=1}^{n} Y_{i} 是充分完全统计量. 根据伽马分布是尺度族的事实,
得知 (Y1∑i=1nYi,⋯ ,Yn∑i=1nYi)\left(\frac{Y_{1}}{\sum_{i=1}^{n} Y_{i}}, \cdots, \frac{Y_{n}}{\sum_{i=1}^{n} Y_{i}}\right) 是尺度参数的辅助统计量, 由 Basu 定理, ∑i=1nYi\sum_{i=1}^{n} Y_{i} 与它们独立.

(2) 可以看出这个随机向量退化到 n−1n-1 维度, 因为它们之和是固定值, 因此只需考虑 {Y2/∑i=1nYi,⋯ ,Yn/∑i=1nYi}\left\{Y_{2} / \sum_{i=1}^{n} Y_{i}, \cdots, Y_{n} / \sum_{i=1}^{n} Y_{i}\right\} 的密度函数 p(t2,t3,⋯ ,tn)p\left(t_{2}, t_{3}, \cdots, t_{n}\right), 再令其表达式中出现的 1−∑i=2nti1-\sum_{i=2}^{n} t_{i} 写为 t1t_{1} 便是它们的联合密度. 作变量变换, 令

{U1=∑i=1nYi,U2=Y2/U1,⋮Un=Yn/U1,⇒ 反函数 {Y1=U1(1−∑i=2nUi),Y2=U1U2,⋮Yn=U1Un,⇒ 对应 {y1=u1(1−∑i=2nui),y2=u1u2,⋮yn=u1un,\left\{\begin{array} { c } { U _ { 1 } = \sum _ { i = 1 } ^ { n } Y _ { i } , } \\ { U _ { 2 } = Y _ { 2 } / U _ { 1 } } , \\ { \vdots } \\ { U _ { n } = Y _ { n } / U _ { 1 } , } \end{array} \stackrel { \text { 反函数 } } { \Rightarrow } \left\{\begin{array} { l } { Y _ { 1 } = U _ { 1 } ( 1 - \sum _ { i = 2 } ^ { n } U _ { i } ) , } \\ { Y _ { 2 } = U _ { 1 } U _ { 2 } , } \\ { \vdots } \\ { Y _ { n } = U _ { 1 } U _ { n } , } \end{array} \stackrel { \text { 对应 } } { \Rightarrow } \left\{\begin{array}{l} y_{1}=u_{1}\left(1-\sum_{i=2}^{n} u_{i}\right), \\ y_{2}=u_{1} u_{2}, \\ \vdots \\ y_{n}=u_{1} u_{n}, \end{array}\right.\right.\right.

有雅可比行列式 ∣J∣=u1n−1|J|=u_{1}^{n-1} (将后面的每一行加到第一行计算), 且不妨将表达式中的 u2,u3,⋯ ,unu_{2}, u_{3}, \cdots, u_{n} 写为 t2,t3,⋯ ,tnt_{2}, t_{3}, \cdots, t_{n}, 并将式中出现的 1−∑i=2nti1-\sum_{i=2}^{n} t_{i} 为 t1t_{1}, 故

p(u1,t1,t2,⋯ ,tn)=u1n−1fY(u1t1,u1t2,⋯ ,u1tn)=(2π)−n2u1n2−1e−u12t1t2⋯tn,u1>0,ti>0,∑i=1nti=1.\begin{aligned} p\left(u_{1}, t_{1}, t_{2}, \cdots, t_{n}\right) &=u_{1}^{n-1} f_{Y}\left(u_{1} t_{1}, u_{1} t_{2}, \cdots, u_{1} t_{n}\right) \\ &=\frac{(2 \pi)^{-\frac{n}{2}} u_{1}^{\frac{n}{2}-1} e^{-\frac{u_{1}}{2}}}{\sqrt{t_{1} t_{2} \cdots t_{n}}}, \quad u_{1}>0, t_{i}>0, \sum_{i=1}^{n} t_{i}=1 . \end{aligned}

我们发现, 即使不用 Basu 定理，仅从联合密度也可以看出第(1)问的独立性. 因此发现题设要求的随机向量的密度函数就是上面的联合密度除以 ∑i=1nYi\sum_{i=1}^{n} Y_{i} 的密度, 即

pT(t1,t2,⋯ ,tn)=Γ(n2)πnt1t2⋯tn,ti>0,∑i=1nti=1.p_{T}\left(t_{1}, t_{2}, \cdots, t_{n}\right)=\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\sqrt{\pi^{n} t_{1} t_{2} \cdots t_{n}}}, \quad t_{i}>0, \sum_{i=1}^{n} t_{i}=1 .

事实上, 也可直接从第(1)问的结论出发, 根据独立性可以知道 (Y1,⋯ ,Yn)\left(Y_{1}, \cdots, Y_{n}\right) 的联合密度函数应该是 (Y1∑i=1nYi,⋯ ,Yn∑i=1nYi)\left(\frac{Y_{1}}{\sum_{i=1}^{n} Y_{i}}, \cdots, \frac{Y_{n}}{\sum_{i=1}^{n} Y_{i}}\right) 的联合密度函数与 ∑i=1nYi\sum_{i=1}^{n} Y_{i} 的密度函数的乘积. 反过東利用 (Y1,⋯ ,Yn)\left(Y_{1}, \cdots, Y_{n}\right) 的联合密度函数除去 ∑i=1nYi\sum_{i=1}^{n} Y_{i} 的密度函数便可更加迅速地得到 (Y1∑i=1nYi,⋯ ,Yn∑i=1nYi)\left(\frac{Y_{1}}{\sum_{i=1}^{n} Y_{i}}, \cdots, \frac{Y_{n}}{\sum_{i=1}^{n} Y_{i}}\right) 的联合密度函数.

八、(25分) (X1,Y1),⋯ ,(Xn,Yn)(X_1,Y_1),\cdots,(X_n,Y_n)是来自以x=0,y=0,x+y=θ>0x=0,y=0,x+y=\theta>0围成的均匀分布总体的i.i.d.样本, 试求

(1)(10分) θ\theta的充分完备统计量.

(2)(15分) eθe^{\theta}的最小方差无偏估计.

(1) 似然函数为

L(θ)=2nθ2nI{X(1)≥0,Y(1)≥0}I{max⁡{Xi+Yi}≤θ},L\left( \theta \right) =\frac{2^n}{\theta ^{2n}}I_{\left\{ X_{\left( 1 \right)}\ge 0,Y_{\left( 1 \right)}\ge 0 \right\}}I_{\left\{ \max \left\{ X_i+Y_i \right\} \le \theta \right\}},

根据因子分解定理, T(n)=max⁡{X(i)+Y(i)}T_{\left( n \right)}=\max \left\{ X_{\left( i \right)}+Y_{\left( i \right)} \right\} 是充分统计量. 我们不妨记 Ti=Xi+YiT_i = X_i + Y_i, 则对任意的 t∈(0,θ)t \in (0, \theta), 有

FT(t)=P(Ti≤t)=P(Xi+Yi≤t)=t2/2θ2/2=t2θ2.F_T(t) = P\left( T_i\le t \right) =P\left( X_i+Y_i\le t \right) =\frac{t^2/2}{\theta ^2/2}=\frac{t^2}{\theta ^2}.

所以诸 TiT_i 独立同分布, 密度函数为

fT(t)=2tθ2,0≤t≤θ.f_T\left( t \right) =\frac{2t}{\theta ^2},0\le t\le \theta.

注意到实际上有 T/θ∼Beta(2,1)T/\theta \sim Beta(2,1). 容易算得 T(n)T_{(n)} 的密度函数为

fT(n)(t)=2nθ2nt2n−1,0≤t≤θ.f_{T_{\left( n \right)}}\left( t \right) =\frac{2n}{\theta ^{2n}}t^{2n-1},0\le t\le \theta.

且注意到 T(n)/θ∼Beta(2n,1)T_{(n)}/\theta \sim Beta(2n,1). 现证明 T(n)T_{(n)} 是完备的, 假设存在一个函数 g(⋅)g(\cdot) 使得 Eθ[g(T(n))]=0E_{\theta}[g(T_{(n)})]=0 对任意 θ>0\theta>0 恒成立, 即

0=∫0θg(t)2nθ2nt2n−1dt=2nθ2n∫0θg(t)t2n−1,0=\int_0^{\theta}{g}\left( t \right) \frac{2n}{\theta ^{2n}}t^{2n-1}dt=\frac{2n}{\theta ^{2n}}\int_0^{\theta}{g}\left( t \right) t^{2n-1},

故有 0=∫0θg(t)t2n−1dt0=\int_0^{\theta}{g}\left( t \right) t^{2n-1}dt, 两侧求导得 g(θ)θ2n−1=0g\left( \theta \right) \theta ^{2n-1}=0 对任意 θ>0\theta>0 恒成立, 故 g(x)≡0,∀x>0g(x) \equiv 0, \forall x>0, 因此有 g(T)=0g(T)=0, a.s., 这说明了 T(n)T_{(n)} 是完备的. 因此有 T(n)T_{(n)} 是 θ\theta 的充分完备统计量.

(2) 设存在函数 h(⋅)h(\cdot) 使得 Eθ[h(T(n))]=eθE_{\theta}[h(T_{(n)})]=e^{\theta} 对任意 θ>0\theta>0 恒成立, 即

∫0θh(t)2nθ2nt2n−1dt=eθ,\int_0^{\theta}{h}\left( t \right) \frac{2n}{\theta ^{2n}}t^{2n-1}dt=e^{\theta},

化简后得

∫0θh(t)t2n−1dt=12nθ2neθ,\int_0^{\theta}{h}\left( t \right) t^{2n-1}dt=\frac{1}{2n}\theta ^{2n}e^{\theta},

两侧求导并化简得

h(θ)θ2n−1=12n(2nθ2n−1eθ+θ2neθ)h(θ)=12n(2neθ+θeθ)=eθ(1+θ2n)\begin{aligned} h\left( \theta \right) \theta ^{2n-1}&=\frac{1}{2n}\left( 2n\theta ^{2n-1}e^{\theta}+\theta ^{2n}e^{\theta} \right) \\ h\left( \theta \right) &=\frac{1}{2n}\left( 2ne^{\theta}+\theta e^{\theta} \right) =e^{\theta}\left( 1+\frac{\theta}{2n} \right) \end{aligned}

验证有 E[eT(n)(1+T(n)2n)]=eθE\left[ e^{T_{\left( n \right)}}\left( 1+\frac{T_{\left( n \right)}}{2n} \right) \right] =e^{\theta}, 故根据Lehamnn-Scheffe定理, eT(n)(1+T(n)2n)e^{T_{\left( n \right)}}\left( 1+\frac{T_{\left( n \right)}}{2n} \right) 是 eθe^{\theta} 的UMVUE.