23科大应统

23科大专硕

一、填空题

1. 投掷硬币 $n$ 次, 已知正面出现了 $k$ 次, 则前两次是正面的概率是 $\underline{}$.

Solution: $\frac{k(k-1)}{n(n-1)}$.

P ( X 1 = 1 , X 2 = 1 ∣ ∑ i = 1 n X i = k ) = P ( X 1 = 1 , X 2 = 1 , ∑ i = 3 n X i = k − 2 ) C n k ( 1 2 ) n = 1 2 ⋅ 1 2 ⋅ C n − 2 k − 2 ( 1 2 ) n − 2 C n k ( 1 2 ) n = k ( k − 1 ) n ( n − 1 ) . \begin{aligned} P\left( X_1=1,X_2=1\left| \sum_{i=1}^n{X_i}=k \right. \right) &=\frac{P\left( X_1=1,X_2=1,\sum_{i=3}^n{X_i}=k-2 \right)}{C_{n}^{k}\left( \frac{1}{2} \right) ^n}\\ &=\frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot C_{n-2}^{k-2}\left( \frac{1}{2} \right) ^{n-2}}{C_{n}^{k}\left( \frac{1}{2} \right) ^n}=\frac{k\left( k-1 \right)}{n\left( n-1 \right)}.\\ \end{aligned} P(X1​=1,X2​=1 ​i=1∑n​Xi​=k)​=Cnk​(21​)nP(X1​=1,X2​=1,∑i=3n​Xi​=k−2)​=Cnk​(21​)n21​⋅21​⋅Cn−2k−2​(21​)n−2​=n(n−1)k(k−1)​.​

2. 设有三角形 $ABC$, 某人最开始站在 $A$ 点, 随机的向另外两个点走去, 随后每次如此, 问第 $n$ 次他走向 $A$ 点的概率是 $\underline{}$.

Solution: $\frac{1}{3}\left(1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right)$.

考虑状态法, 设 $a_n,b_n,c_n$ 分别是它第 $n$ 次之后位于三点的概率, 有 $a_0=1,b_0=0,c_0=0$, 以及 $a_1=0,b_1=\frac{1}{2},c_1=\frac{1}{2}$. 显然所求概率应为 $p_n=\frac{1-a_{n-1}}{2}$, 即它上一次之后不在 $A$ 点的概率, 再等分给他可以前往的两点.

用全概率公式有
{ a n + 1 = 0 ⋅ a n + 1 2 ⋅ b n + 1 2 ⋅ c n , b n + 1 = 1 2 ⋅ a n + 0 ⋅ b n + 1 2 ⋅ c n , a n + 1 = 1 2 ⋅ a n + 1 2 ⋅ b n + 0 ⋅ c n , ⇒ ( a n + 1 b n + 1 c n + 1 ) = ( 0 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 0 ) ( a n b n c n ) , \begin{cases} a_{n+1}=0\cdot a_n+\frac{1}{2}\cdot b_n+\frac{1}{2}\cdot c_n,\\ b_{n+1}=\frac{1}{2}\cdot a_n+0\cdot b_n+\frac{1}{2}\cdot c_n,\\ a_{n+1}=\frac{1}{2}\cdot a_n+\frac{1}{2}\cdot b_n+0\cdot c_n,\\ \end{cases}\quad \Rightarrow \quad \left( \begin{array}{c} a_{n+1}\\ b_{n+1}\\ c_{n+1}\\ \end{array} \right) =\left( \begin{matrix} 0& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 0& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}& 0\\ \end{matrix} \right) \left( \begin{array}{c} a_n\\ b_n\\ c_n\\ \end{array} \right) , ⎩ ⎨ ⎧​an+1​=0⋅an​+21​⋅bn​+21​⋅cn​,bn+1​=21​⋅an​+0⋅bn​+21​⋅cn​,an+1​=21​⋅an​+21​⋅bn​+0⋅cn​,​⇒ ​an+1​bn+1​cn+1​​ ​= ​021​21​​21​021​​21​21​0​ ​ ​an​bn​cn​​ ​,
可以用这个矩阵 $n$ 次方去算, 该方法称为马尔科夫链. 但是根据对称性, 我们知道 $b_n=c_n$, 故 $b_n=c_n=\frac{1-a_n}{2}$, 到最后只剩 $a_n$ 一个序列了, 我们反表示出 $a_n=1-2p_{n+1}$, $b_n=c_n=p_{n+1}$, 代入第一个全概率公式即为
$$1-2p_{n+2}=p_{n+1},\Rightarrow p_{n+1}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{2}\left(p_{n+1}-\frac{1}{3}\right),$$
代入 $p_0=0$, 解得
$$p_n=\frac{1}{3}+{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\left(0-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}\left(1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right).$$

3. 已知将 $A,B,C$ 三个子母输入信道, 输出正确的概率是 $0.8$, 输出为其他字母的概率是 $0.1,0.1$. 现在, 等概率地输入 $AAAA,BBBB,CCCC$, 且观测到 $ACBA$, 问输入是 $AAAA$ 的概率为 $\underline{}$.

Solution: $0.8$.

利用全概率公式得
$$P\left(\mathrm{out}:ACBA\right)=\frac{1}{3}\cdot \left(0.8^2\cdot 0.1^2\right)+\frac{1}{3}\cdot \left(0.1^3\cdot 0.8\right)+\frac{1}{3}\cdot \left(0.1^3\cdot 0.8\right)=0.00266667,$$
利用贝叶斯公式得
$$P\left(\mathrm{in}:AAAA\right)=\frac{\frac{1}{3}\cdot \left(0.8^2\cdot 0.1^2\right)}{P\left(\mathrm{out}:ACBA\right)}=\mathrm{0.8.}$$

4. 检验的 $p$ 值是否为统计量? $\underline{}$.

Solution: 是.

$p$ 值依赖于观测到的样本, 属于统计量.

5. 下列说法正确的个数是 $\underline{}$.
   (1) $R^2$ 越小说明方程的拟合越好;
   (2) $R^2$ 越大说明方程的拟合越好;
   (3) 残差 $e=\hat{y}-y$ 越大说明方程的拟合越好;
   (4) 残差分析图中, 点的分布越平稳说明方程的拟合越好, 且点分布带状图越窄, 说明拟合精度越高.

Solution: 2.

(1) (3) 显然错误, (2) (4) 正确.

6. 对任意三角形 $ABC$ 内部取一点 $P$, 在 $BC$ 上取 $Q$, 则直线 $PQ$ 与 $AB$ 相交的概率是 $\underline{}$.
   A. $\frac{1}{2}$
   B. $\frac{|BC|}{|AB|+|BC|}$
   C. $\frac{|BC{|}^2}{|AB|+|BC|}$
   D. $\frac{|AB|+|AC|+\frac{|BC|}{2}}{|AB|+|AC|+|BC|}$ 不确定

Solution: A.

设三角形的边 $BC=a$, $B$ 为原点, $BC$ 为 $x$ 轴, 则 $Q\sim U(0,a)$, $P\sim U(\Delta ABC)$. 先取定 $Q=(q,0)$, 连接 $AQ$, $P$ 要落在 $\Delta ABQ$ 里才能满足题设条件, 故有
$$\mathrm{Pr}\left(P\in \Delta ABQ|Q=q\right)=\frac{S_{\Delta ABQ}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{q}{a},$$
再让 $q$ 动起来, 有
$$\mathrm{Pr}\left(PQ\cap AB\right)={\int }_0^a\frac{q}{a}\cdot \frac{1}{a}dq=\frac{1}{2}.$$

7. 设 $X_1,\cdots ,X_9$ 是 i.i.d. 的 $N(0,1)$ 随机变量, 下列正确的是 $\underline{}$.
   A. $\frac{X_1^2+X_2^2+X_3^2}{X_4^2+\cdots +X_9^2}\sim F(3,6)$
   B. $2\frac{X_1^2+X_2^2+X_3^2}{X_4^2+\cdots +X_9^2}\sim F(3,6)$
   C. $\frac{X_1^2}{X_1^2+X_2^2}\sim F(1,2)$
   D. $\frac{2X_1^2}{X_1^2+X_2^2}\sim F(1,2)$

Solution: B.

注意 C, D 并不满足分子分母的独立性.

8. 已知 $X\sim \mathcal{P}(\lambda )$, $Y\sim \mathcal{P}(\mu )$, 且它们独立, 求 $E(X|X+Y=n)=\underline{}$.

Solution: $\frac{\lambda n}{\lambda +\mu }$.

$$P\left(X=k|X+Y=n\right)=\frac{P\left(X=k,Y=n-k\right)}{P\left(X+Y=n\right)}=\frac{\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }\frac{{\mu }^{n-k}}{\left(n-k\right)!}{e}^{-\mu }}{\frac{{\left(\lambda +\mu \right)}^n}{n!}{e}^{-\left(\lambda +\mu \right)}}=C_n^k{\left(\frac{\lambda }{\lambda +\mu }\right)}^k{\left(\frac{\mu }{\lambda +\mu }\right)}^{n-k},$$

因此 $X+Y=n$ 时, $X$ 的条件分布是 $B(n,\frac{\lambda }{\lambda +\mu })$, 故期望是 $\frac{\lambda n}{\lambda +\mu }$.

9. CLT，忘了，比较简单

10. 忘了

二、计算分析题

1. (25分) 已知 $X\sim f(x)=\frac{1}{2}{e}^{-\frac{1}{2}x},x>0$, $Y\sim U(0,1)$, 且它们独立.
   (1) 求联合密度 $f(x,y)$;
   (2) 求 $Z=X+Y$ 的密度函数;
   (3) 求 $t^2+2Xt+Y=0$ 有实根的概率, 保留 3 位小数.

Solution: (1) 根据独立性, 有
$$f(x,y)=\frac{1}{2}{e}^{-\frac{1}{2}x},x>0,0<1<y.$$

(2) 作变量变换, 有
{ Z = X + Y , W = Y , ⇒ { z = x + y , w = y , ⇒ { x = z − w , y = w , ⇒ J = ∣ 1 − 1 0 1 ∣ = 1 , \begin{cases} Z=X+Y,\\ W=Y,\\ \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} z=x+y,\\ w=y,\\ \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x=z-w,\\ y=w,\\ \end{cases}\Rightarrow J=\left| \begin{matrix} 1& -1\\ 0& 1\\ \end{matrix} \right|=1, {Z=X+Y,W=Y,​⇒{z=x+y,w=y,​⇒{x=z−w,y=w,​⇒J= ​10​−11​ ​=1,
因此有
$$f_{Z,W}\left(z,w\right)=f\left(z-w,w\right)=\frac{1}{2}{e}^{-\frac{z}{2}+\frac{w}{2}},z>w,0<w<1,$$
积掉 $W$, 得
$$f_Z\left(z\right)=\frac{1}{2}{e}^{-\frac{z}{2}}{\int }_0^{\min \left\{z,1\right\}}{e}^{\frac{w}{2}}dw=e^{-\frac{z}{2}}\left(e^{\frac{\min \left\{z,1\right\}}{2}}-1\right)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-\frac{z}{2}}\left(e^{\frac{1}{2}}-1\right),& z>1,\\ 1-e^{-\frac{z}{2}},& 0<z<1.\end{array}$$

(3) $\Delta =4X^2-4Y$, 故所求概率为 $P(X^2\ge Y)$, 有
$$P\left(X^2\ge Y\right)={\int }_0^{1}P\left(X\ge \sqrt{y}\right)f_Y\left(y\right)dy={\int }_0^1{e}^{-\frac{\sqrt{y}}{2}}dy=8\left(1-\frac{3}{2}{e}^{-\frac{1}{2}}\right)=\mathrm{0.721632.}$$

2. (10分) 假设检验问题: 给出两组正态总体数据 $X,Y$.
   (1) 检验 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$;
   (2) 检验 $H_0:{\mu }_1={\mu }_2$.

3. (25分) 有来自总体 $f(x,a)=\frac{2x}{a^2},0<x<a$ 的 i.i.d. 样本 $x_1,\cdots ,x_n$, 已知 $a>1$.
   (1) 求 $a$ 的矩估计 ${\hat{a}}_1$, 最大似然估计 ${\hat{a}}_2$, 以及 $P(0<X<\sqrt{a})$ 的MLE;
   (2) ${\hat{a}}_1$, ${\hat{a}}_2$ 是否为无偏估计, 若不是请修正;
   (3) 求 $n(a-{\hat{a}}_2)$ 在 $n\to \infty$ 的渐近分布.

Solution: (1) 求总体期望 $E(X)$, 利用 $\frac{X}{a}\sim Beta(2,1)$ 或直接积分有 $E(X)=\frac{2}{3}a$, 由替换原理, 得 ${\hat{a}}_1=\frac{3}{2}\bar{x}$.

再写似然函数, 有
$$L\left(a\right)=\frac{2^n{\prod }_{i=1}^n{x}_i}{a^{2n}},a>\max \left\{x_{\left(n\right)},1\right\},$$
可以看出似然函数关于 $a$ 递减, 故有
$${\hat{a}}_2=\max \{x_{(n)},1\}=\{\begin{array}{ll}1,& x_{\left(n\right)}<1,\\ x_{\left(n\right)},& x_{\left(n\right)}\ge 1.\end{array}$$

(2) 由于 $E(\bar{x})=\frac{2}{3}a$, 显然 ${\hat{a}}_1$ 无偏.

对于 ${\hat{a}}_2$, 先求 $x_{(n)}$ 的分布, 有
$$P\left(x_{\left(n\right)}\le t\right)=P^n\left(X\le t\right)={\left(\frac{t}{a}\right)}^{2n},f_n\left(t\right)=\frac{2n{t}^{2n-1}}{a^{2n}},0<t<a,$$
实际上即为 $\frac{x_{(n)}}{a}\sim Be(2n,1)$, 故有
$$E\left({\hat{a}}_2\right)={\int }_0^1{f}_n\left(t\right)dt+{\int }_1^{a}t{f}_n\left(t\right)dt=\frac{1}{a^{2n}}+\frac{2n}{2n+1}\left(a-\frac{1}{a^{2n}}\right)=\frac{2n}{2n+1}\cdot a+\frac{1}{2n+1}\cdot \frac{1}{a^{2n}},$$
由于 $a>1$, 故 $\frac{1}{a^{2n}}<1$, 因此
$$\frac{2n}{2n+1}\cdot a+\frac{1}{2n+1}\cdot \frac{1}{a^{2n}}<\frac{2n}{2n+1}\cdot a+\frac{1}{2n+1}<a.$$
故 ${\hat{a}}_2$ 不无偏. 直接乘一个不含 $a$ 的数不可能修正为无偏估计, 但我们发现在求期望的过程中, 如果写成
$${\int }_0^1{f}_n\left(t\right)dt+\frac{2n+1}{2n}{\int }_1^{a}t{f}_n\left(t\right)dt=\frac{1}{a^{2n}}+\left(a-\frac{1}{a^{2n}}\right)=a,$$
则恰好是无偏估计, 这对应的估计量是
$${\tilde{a}}_2=\{\begin{array}{ll}1,& x_{\left(n\right)}<1,\\ \frac{2n+1}{2n}{x}_{\left(n\right)},& x_{\left(n\right)}\ge 1.\end{array}$$

(3) 记 $T_n=n(a-{\hat{a}}_2)$, 则有
$$P\left(T_n\le t\right)=P\left(n\left(a-{\hat{a}}_2\right)\le t\right)=P\left(a-{\hat{a}}_2\le \frac{t}{n}\right)=P\left({\hat{a}}_2\ge a-\frac{t}{n}\right),$$
对于 $t>0$, 总有 $n$ 足够大使得 $a-\frac{t}{n}>1$, 因此
$$P\left({\hat{a}}_2\ge a-\frac{t}{n}\right)=P\left(x_{\left(n\right)}\ge a-\frac{t}{n}\right)=1-{\left(1-\frac{t}{an}\right)}^{2n}\to 1-e^{-\frac{2t}{a}},t>0,$$
这说明 $n(a-{\hat{a}}_2)\stackrel{d}{}Exp(\frac{2}{a})$.

4. (15分) 叙述题：(1) 叙述多重共线性的定义;
   (2) 如何判断多重共线性：
   (3) 如何消除多重共线性：
   (4) 叙述自变量的选择标准.

Solution: (1) 在回归分析中，如果两个或两个以上自变量之间存在相关性，这种自变量之间的相关性，就称作多重共线性，也称作自变量间的相关性。多重共线性的存在违背了线性回归模型的基本假设，变量之间的线性相关性将会导致矩阵 $X^{T}X$ 不满秩，进而导致最小二乘估计不唯一。

(2) 可以借助方差膨胀因子 VIF 来判断共线性，计算公式是
$$VI{F}_j=\frac{1}{1-R_j^2},$$
一般我们认为 VIF > 10 时，存在多重共线性，该特征需要删除。

我们也可以分析矩阵 $X^{T}X$ 的特征值，如果该矩阵的最小特征值非常接近于 0，我们也认为存在多重共线性。

(3) 可利用逐步回归筛选并剔除引起多重共线性的变量，其具体步骤如下：先用被解释变量对每一个所考虑的解释变量做简单回归，然后以对被解释变量贡献最大的解释变量所对应的回归方程为基础，再逐步引入其余解释变量。经过逐步回归，使得最后保留在模型中的解释变量既是重要的，又没有严重多重共线性。

(4) 在模型中加入自变量时，要尽量使得：残差平方和缩小或决定系数增大，若某一自变量被引入模型后 SSE 减小很多，说明该变量对反映变量 $y$ 的作用大，可被引入；反之，说明其对 $y$ 的作用小，不应该被引入。此外，还可以根据赤池信息准则（AIC）、贝叶斯信息准则（BIC）、对数似然函数值（LLH）等方法判断。

5. (25分) 设有来自 $f(x;\lambda )=\lambda e^{-\lambda x}$ 指数分布的 i.i.d. 样本 $x_1,\cdots ,x_n$, 但由于某种原因只能观测到 $A_i=I_{\{a_i<x_i<b_i\}}$, 其中 $a_i,b_i$ 是给定常数, $i=1,2,\cdots ,n$.
   (1) 写出 $(A_1,\cdots ,A_n)$ 对应的对数似然函数 ${\ell }_A(\lambda )$, 同时写出完整样本 $(x_1,\cdots ,x_n)$ 对应的对数似然函数 ${\ell }_X(\lambda )$;
   (2) 写出基于 ${\ell }_A(\lambda )$ 所求 MLE 满足的等式;
   (3) 分别考虑两个步骤:
   (i) E 步: 考虑 $X\sim Exp({\lambda }_k)$, 求条件期望
   $$Q(\lambda |{\lambda }_k)=E[{\ell }_X(\lambda )|A,{\lambda }_k],$$
   (ii) M 步: 极大化 $Q(\lambda )$, 即
   $${\lambda }_{k+1}=\underset{\lambda }{\mathrm{argmax}}Q(\lambda |{\lambda }_k).$$
   (4) 证明: 通过两个步骤迭代得到的序列 ${\lambda }_n\to \hat{\lambda }$, 其中 $\hat{\lambda }$ 是基于 ${\ell }_A(\lambda )$ 求得的 MLE. （提示：和 $a_i,b_i,{\lambda }_k,{\lambda }_0$ 有关）

Solution: (1) 每个 $A_i$ 都是两点分布, 其参数是
$$p_i(\lambda )=P(a_i<x_i<b_i)=e^{-\lambda a_i}-e^{-\lambda b_i},$$
因此有
$$L_A\left(\lambda \right)=\prod _{i=1}^n{p}_i^{A_i}{\left(1-p_i\right)}^{1-A_i}=\prod _{i=1}^n{p}_i^{A_i}\cdot \prod _{i=1}^n{\left(1-p_i\right)}^{1-A_i},$$
故有
$${\ell }_A\left(\lambda \right)=\sum _{i=1}^n{A}_i\ln p_i+\sum _{i=1}^n\left(1-A_i\right)\ln \left(1-p_i\right).$$

而全样本对应的对数似然函数是指数分布的联合密度取对数, 即
$${\ell }_X\left(\lambda \right)=n\ln \lambda -\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i.$$

(2) 记 $q_i(\lambda )=a_i{e}^{-\lambda a_i}-b_i{e}^{-\lambda b_i}$, 实际上即 $q_i=-\frac{\partial p_i}{\partial \lambda }$, 求导有
$$\begin{array}{rl}\frac{\partial {\ell }_A}{\partial \lambda }& =\sum _{i=1}^n{A}_i\frac{-q_i}{p_i}+\sum _{i=1}^n\left(1-A_i\right)\frac{q_i}{1-p_i}\\ & =-\sum _{i=1}^n{q}_i\left(\frac{A_i}{p_i}-\frac{1-A_i}{1-p_i}\right)=-\sum _{i=1}^n{q}_i\frac{A_i-p_i}{p_i\left(1-p_i\right)},\end{array}$$
因此 MLE $\hat{\lambda }$ 满足
$$\sum _{i=1}^n{q}_i\left(\hat{\lambda }\right)\frac{A_i-p_i\left(\hat{\lambda }\right)}{p_i\left(\hat{\lambda }\right)\left(1-p_i\left(\hat{\lambda }\right)\right)}=0.$$

(3) 先求 $E[x_k|A_k]$, 有
$$E\left[x_i\mid A_i=1\right]=\frac{E\left[x_i{I}_{\left\{a_i<x_i<b_i\right\}}\right]}{P\left(a_i<x_i<b_i\right)}=\frac{1}{\lambda }+\frac{q_i}{p_i},$$
其中分子利用了
$${\int }_{a_i}^{b_i}\lambda x{e}^{-\lambda x}dx=\frac{1}{\lambda }{\int }_{\lambda a_i}^{\lambda b_i}u{e}^{-u}du=\frac{1}{\lambda }\left[\left(\lambda a_i+1\right)e^{-\lambda a_i}-\left(\lambda b_i+1\right)e^{-\lambda b_i}\right]=q_i+\frac{p_i}{\lambda }.$$
同理用 $E[x_i{I}_{\{x\notin (a_i,b_i)\}}]=E[x_i]-E[x_i{I}_{\{x_i\in (a_i,b_i)\}}]$, 有
$$E\left[x_i\mid A_i=0\right]=\frac{\frac{1-p_i}{\lambda }-q_i}{1-p_i}=\frac{1}{\lambda }-\frac{q_i}{1-p_i}.$$

因此有 E 步是:
$$\begin{array}{rl}Q\left(\lambda |{\lambda }_k\right)& =E\left[{\ell }_X\left(\lambda \right)|A,{\lambda }_k\right]\\ & =n\ln \lambda -\lambda \sum _{i=1}^{n}E\left[x_i\mid A_i,{\lambda }_k\right]\\ & =n\ln \lambda -\lambda \sum _{i=1}^n\left(\frac{1}{{\lambda }_k}+q_i\left({\lambda }_k\right)\left(\frac{A_i}{p_i\left({\lambda }_k\right)}-\frac{1-A_i}{1-p_i\left({\lambda }_k\right)}\right)\right)\\ & =n\ln \lambda -\frac{n\lambda }{{\lambda }_k}-\lambda \sum _{i=1}^n{q}_i\left({\lambda }_k\right)\frac{A_i-p_i\left({\lambda }_k\right)}{p_i\left({\lambda }_k\right)\left(1-p_i\left({\lambda }_k\right)\right)}.\end{array}$$

再考虑 M 步: 对 $Q(\lambda |{\lambda }_k)$ 求极大化（注意 ${\lambda }_k$ 是常数, 只有 $\lambda$ 是变量）, 可以求导得
$$\frac{\partial Q}{\partial \lambda }=\frac{n}{\lambda }-\frac{n}{{\lambda }_k}-\sum _{i=1}^n{q}_i\left({\lambda }_k\right)\frac{A_i-p_i\left({\lambda }_k\right)}{p_i\left({\lambda }_k\right)\left(1-p_i\left({\lambda }_k\right)\right)},$$
解得极值点满足
$$\frac{1}{\lambda }=\frac{1}{{\lambda }_k}+\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{q}_i\left({\lambda }_k\right)\frac{A_i-p_i\left({\lambda }_k\right)}{p_i\left({\lambda }_k\right)\left(1-p_i\left({\lambda }_k\right)\right)},$$
故有
$${\lambda }_{k+1}=\frac{1}{\frac{1}{{\lambda }_k}+\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{q}_i\left({\lambda }_k\right)\frac{A_i-p_i\left({\lambda }_k\right)}{p_i\left({\lambda }_k\right)\left(1-p_i\left({\lambda }_k\right)\right)}}.$$

(4) 该序列满足
$$\frac{1}{{\lambda }_{k+1}}=\frac{1}{{\lambda }_k}+\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{q}_i\left({\lambda }_k\right)\frac{A_i-p_i\left({\lambda }_k\right)}{p_i\left({\lambda }_k\right)\left(1-p_i\left({\lambda }_k\right)\right)},$$
记 $D({\lambda }_k)=-{\sum }_{i=1}^n{q}_i\left({\lambda }_k\right)\frac{A_i-p_i\left({\lambda }_k\right)}{p_i\left({\lambda }_k\right)\left(1-p_i\left({\lambda }_k\right)\right)}$, 这恰好是 ${\ell }_A$ 在 ${\lambda }_k$ 点的导数, 而
$$\frac{1}{{\lambda }_{k+1}}=\frac{1}{{\lambda }_k}-\frac{1}{n}\cdot D({\lambda }_k),$$
该序列保证了 ${\lambda }_k$ 在导数的同方向迭代, 即保证了函数值 ${\ell }_A$ 的上升, 因此 $\{{\lambda }_n\}$ 一定收敛到 ${\ell }_A$ 的某个驻点, 即导数为 0 的点, 即 $\hat{\lambda }$.