1、第七章參數估計1設總體 X 服從區間 1,， 上的均勻分布，( X1 , X 2 , X n ) 為其樣本， 求總體參數2的矩估計量解 由總體 X 服從區間 1,， 上的均勻分布，可得總體X 的數學期望22E(X)4由矩估計法，令2X4解得4 X2為參數的矩估計量2設總體X 的分布密度為x 1 ， 0x1p( x)0，其它總體 X 的一組觀測值為0.63 ， 0.78 ， 0.92 ， 0.57 ， 0.74 ，0.86求總體參數的矩估計值解 由 X 的數學期望計算公式，有E(X)11 xdx1x dxx001按矩估計法建立方程X1解得的矩估計為X1X計算樣本均值的觀察值，有x0.630.78

2、0.920.570.740.86 / 60.75所以0.75310.753. 設總體 X 的分布密度為1xe， x0p( x)0 ，其它求總體參數的矩估計量 .解 根據總體 X 的密度函數易知，總體X 服從參數為1 的指數分布，因此有E(X)按矩估計法建立方程，即得X亦即參數的矩估計量為X4設總體 X U1， 2，（X1 ，X2 ， ，Xn）為其樣本，求總體參數1、2的矩估計量1n1 n2解 令XX i ， B2( X i X )n i 1n i 1按矩估計法可建立方程組E(X)12X2D(X )( 21 )2B212解得1、 2的矩估計為12X3B2X3B25設總體X B（ N ， p），（

3、 X1 ， X2 ， ，Xn）為其樣本，求未知參數N 、p 的矩估計量1 nX i1 n( X i X )2解 令X， B2n i 1n i1按矩估計法可建立方程組E( X )NpXD ( X )Np(1p)B2解得 N 、p 的矩估計量? X,?1B2Npp?X6設電話總機在某段時間內接到呼喚的次數服從泊松分布P() 現收集了42 個數據如下：接到呼喚的次數012345出現的頻數71012832試求未知參數的極大似然估計量，并根據已知數據求出的估計值解 設 X 表示總體，X1, X 2 , X n 為來自總體X 的樣本， x1, x2 , xn 為樣本觀測值 .似然函數為L( x1 , x2

4、, xn ;)P X1x1, X 2nP Xixi i1取對數，得nL n( x, x , x ;)(x) l n12nii 1x2, X nxnnxii 1e nx1 ! x2 !xn !1lxn (2 x !n !x!n)n由似然方程解得的極大似然估計值為d ln L ( ) i 1xin 0d1 nn i 1xix對應極大似然估計量為1 nXn iXi1代入題中數值，得07110212384352x42=1.9則有x =1.97設（ X1 ，X2 ， ，Xn）是來自總體 X 的一個樣本，試求未知參數的極大似然估計量，設總體 X 的分布密度分別為：1 ex（ 1） p( x ； ) =，

5、x0；0，其它（ 2） p( x ； ) =x1e x， x0（其中 0 為已知常數） ；0，其它（ 3） p( x ； ) =x 1 ， 0x10 ，其它解 （ 1）設對應的樣本觀察值為x1 , x2， , xn ，建立似然函數為n1xii 1L( ) p( x ; )p( x ; )e1nn對數似然函數為ln L()n ln1nxii1求導數得到似然方程d ln L()n1nxi0d2i 1解方程得1 nxin i 1故的極大似然估計量為1nnXii1(2) 建立似然函數為L( ) p( x1 ; )p( xn ; )n n1x1xnx1 x2 xne對數似然函數為ln L ( )n ln

6、n ln(1) ln x1xnx1xn求導數得到似然方程d ln L ( ) nxn0x1d解方程得nx1xn故的極大似然估計量為nX1X n(3) 建立似然函數為L( )n x11xn對數似然函數為ln L ( )n ln(1)lnx1xn求導數得到似然方程d ln L( ) nxn0ln x1d解方程得n / lnx1xn故的極大似然估計量為n / lnX1X n8設 X1 ，X2 ， ，Xn 是總體 X N（ 0 ，2求方差2）的一個樣本，的極大似然估計解設對應的樣本觀測值為x1 , x2 , xn建立似然函數為nL(2)i12n1n1expxi222expxi222 222i 1對數似

7、然函數為ln L( 2 )1nxi2 n ln2n ln(2 )22i 122求導數得到似然方程d ln L(2)1nxi2n0d 22 4i 122解方程得2 1 n xi2 n i 12故的極大似然估計量為2 1 n X i2 n i 1習題 7.21設（ X1 ， X2， X3）是來自總體X 的樣本，已知15 X11X 21X3 ，124321 X11 X24X3， 31 X17 X24 X3 9396189（ 1）1 、 2、3 中哪個是總體均值的無偏估計量？（ 2） 在所給的總體均值的無偏估計量中哪個更有效？解 (1) 因為E(1) E5 X11 X 21 X 35111243124

8、3E( 2 ) E 1 x11 x 24 x311 489399399174174E( 3) E( X1X 2X3 ) (18)618969故1 與3 為的無偏估計量，但2 不是的無偏估計量(2) 因為222D 1D5 x11 x 21 x3511212431243D 1 x17 x 24 x3222D 3174261896189可見0.34720.376522D (3) D(1 )所以1比 3 為更有效 .2設總體 X U2， ，證明未知參數的矩估計量是無偏估計量解由題意 , EX2= 2EX2,故 的 矩估計量為，得22 X2因為EE 2X22E X2 2222所以為的無偏估計 .3設總體

9、X 的均值 E( X )已知，方差2未知，（ X1 ， X2 ， ，Xn）為其樣本，證明：2是 2 的無偏估計1n)2n( Xii 1證 因為E 1 nn12X ini 1nEX i 22X i2i 11nnE Xi22EX i n 2ni 1i 11n2) ) n2 2 n2(DX i EX(ini 11 ( n 2n 2 ) n 2 2n所以估計量是無偏的。4設1及2 是的兩個獨立的無偏估計量，且假定D ( 1) = 2D( 2 ) ，求常數 c1及 c2 ，使c1c22為的無偏估計，并使得D()達到最小1解若為的無偏估計，則要E( ) E c1 1 c2 2c1E( 1) c2 E(2

10、)(c1 c2 )即要 c1c21，得到 c11c2 .因為1及2是的兩個獨立的無偏估計量，且D( 1)= 2D( 2), 則D ( c11c22 )c12 D(1 ) c2 2 D (2 )2c12 D (2 ) c22 D (2 )(2 c12c22 ) D ( 2 )2 1 c22c2 2 D ( 223c224D (2 )33當 c22時， D() 最小，此時 c11. 即當 c22133， c1時， 為的無偏估計33且方差最小 .習題 7.31通常某個群體的考試成績均近似地服從正態分布，現抽樣得到某高校16 名學生某次英語四級考試成績如下：75 ，63， 82， 91， 54， 77

11、， 68， 84， 95，49， 76， 69，72， 80， 71， 88（ 1） 設已知該校英語四級考試成績的標準差= 15，試求考試平均成績的置信度為 0.95 的置信區間；（ 2） 若標準差未知，該校考試平均成績的置信度為0.95 的置信區間為何？解(1) 計算得到x 74.6251， s15由 10.95 ，查標準正態分布表可得162xix12.5266i 1uu0.0251.962則的 0.95 的置信區間為( x u, xu)(74.6251.9615 ,74.6251.9615 )1n1n161622即為 (67.28,81.98) 。(2)總體標準差未知，查t 分布表可得t(

12、15) t(15)2.1314/ 20.025所以的 0.95 的置信區間為( xtsxt / 2s)/ 2(15),(15)nn(74.6252.131412.526612.52664,74.625 2.1314)4即為 (67.96,81.3) 。2某廠生產一批金屬材料，其抗彎強度（單位：kg）服從正態分布現從這批金屬材料中隨機抽取11 個試件，測得它們的抗彎強度為：42.5 ， 42.7 ， 43.0 ， 42.3 ， 43.4 ，44.5 ， 44.0 ， 43.8 ， 44.1 ， 43.9 ， 43.7（ 1） 求平均抗彎強度的置信度為0.95 的置信區間；（ 2） 求抗彎強度標準

13、差的置信度為0.90 的置信區間解 (1) 計算樣本均值與樣本均方差，得x43.4455,s1112xix0.721610i1由于總體未知，由 10.95 ，查 t 分布表可得t(10)t(10)2.2281/ 20.025所以的 0.95 的置信區間為(xt/ 2(10)s,xt / 2 (10)s )nn(43.44552.22810.7215 ,43.44552.22810.7215)1111即為 (42.69,49.3) 。(2)總體未知， s20.721620.5207,查2 分布表得21021018.307,2102103.9400.0510.9522所以的 0.90置信區間為(n

14、1)s2,(n1)s2)100.5207100.52072n12n(,)1118.3073.94022即為 (0.2844,1.3216) 。3設總體 X N(0，2)（其中0為已知數），（ X1，X2， ，Xn）為其樣本，試導出未知參數2的置信度為 1 的置信區間解利用總體 X 的樣本（ X1 , X2, , Xn）,構造樞軸量n0 )2( XiGi 12由定理知G 2 (n) .由題意P2 (n) G2 (n) 1122則n0 )2( X iP2(n)i 12( n) 11222即n0 )2n0 )2P i 1( Xi2i 1( Xi12(n)21(n)22從而2 的 1置信區間為n0 )

15、 2n0 )2( X i( X ii 1,i 122 (n)(n)212*4 設總體 X N(1 ，4)，總體 Y N( 2,6)，分別獨立地從這兩個總體中抽取樣本，樣本容量分別為16 和 24，樣本均值分別為16.9 和 15.3. 求這兩個總體均值差12的置信水平為0.95 的置信區間2222解當,1212 均為已知時，因為XYN(12 , mn) ，所以UXY(1 2) N (0,1)2 212mn對給定的置信水平 1，查標準正態分布表可得u，使得2X Y( 12 )P u22u 12212mn即2222P X Y u1212X Y u12 12mn2mn由此得1 2 的置信水平為 1的

16、置信區間為這里212222( X Y u12 , X Y u12 )2mn2mn4,26 為已知， 置信水平 10.95=0.05 ，由公式有， 12 的2置信水平為 1的置信區間為2222( X Y u12 , X Y u12 )2mn2mn公式中， m16, n 24 ， x16.9, y15.3，且查表得0.0251.96，2則所求為(16.915.31.9646 ,16.915.31.9646 )16241624即(0.214, 2.986)*5 某廠生產甲、 乙兩種型號的儀表為比較其無故障運行時間（單位： 小時） 的長短，檢驗部門抽取了甲種儀表25 只，測得其平均無故障運行時間為x

17、= 2000 ，樣本標準差 s1 =80 ；抽取了乙種儀表20 只，測得其平均無故障運行時間為y = 1900 ， 樣本標準差 s2 =100 假設兩種儀表的無故障運行時間均服從正態分布且相互獨立，求：（ 1） 兩總體均值之差1 2的置信度為0.99 的置信區間， 假設已知兩種儀表的無故障運行時間的方差分別是3844 和 5625；2（ 2） 兩總體方差之比1的置信度為 0.90 的置信區間22解 (1)經計算可得225625xy 20001900100,xy3844nxny2520.8569,20由 10.99 ，得0.01 .查標準正態分布表得uu0.0052.572則由公式知兩總體均值之

18、差1 2 置信區間為2222x y u12 , x y u122n1n22n1n21002.5720.869, 1002.5720.8569即為(46.4,153.6).(2) 由 10.90 ，得0.1 . 查 F 分布表得F24,19 F0.05 24,192.112F24,19F0.951124,190.492612F0.05 19,242.0321則由公式知兩總體方差之比的置信度為0.90 的置信區間為22s121s121s22,Fm 1,n 1s22Fm 1,n 1212802180211002,10020.49262.11即為 0.3033, 1.2992 .綜合練習七一、填空題1

19、設總體 X B( 4， p)，（X1 ， X2 ， ， Xn）為其樣本，則未知參數p 的矩估計量為 p = (1 X)42設總體 X U0， 2 ，（ X1 ，X2 ， ， Xn）為其樣本，則未知參數的矩估計量為(X)3設總體 X e（），（ x1 ，x2 ， ， xn）為其樣本觀測值，則參數的極大似然估計為1) = (x4設總體X 有方差 D(X)2， B2為 2階樣本中心矩，則E(B2)n 12) (n5若隨機區間 ( 1 ，2 ) 是未知參數的置信度為1 的置信區間，則表明對于任意給定的（ 0 1），有 P(1 2)= (1 ) 二、選擇題1設總體 X 有方差 D X =2，（ X1 ，

20、X2， ， Xn）為來自總體X 的樣本，令1n( X iX )2T =ni 1則 E(T)=(d) 22(a)；(b)；n(c)nn2；(d)n121n2設總體 X 的期望為 E( X )，（ X1，X2）為來自總體 X 的樣本，則下列統計量中(d) 不是未知參數的無偏估計(a)1X12X 2；(b)3X11X 2 ；3344(c)X2；(d)X11X 223設總體 X N（，2） （其中、2 均未知），（ X1 ， X2， ， Xn）為其樣本，則的置信度為 1 的置信區間為(c) (a)XSt(n) ， XSt(n)；n2n2(b)XSt(n1) ，XSt(n1)；nn(c)XSt(n1)，

21、XSt( n1)；nn22(d)Xnt(n1)，Xnt(n1)224已知某總體的未知參數的置信度為1 的置信區間為(1， 2)，則(c) (a) (1， 2)；(b)落入隨機區間 (1， 2)的概率為 1 ；(c)隨機區間 ( 1， 2)包含的概率為 1 ；(d)對于1 、 2的任意一組觀測值10 ，20 均成立 (10 ， 20)5設總體 X 服從正態分布N（，2 ） （2 已知），若使未知參數的置信度為1 的置信區間的長度不超過k ，則樣本容量 n 應不小于 (c) (a)22u(b)42u2k；k 2；242u 22u(c)2(d)2；kk 2三、解答題1設 ( X1 , X 2 , X

22、 n ) 為來自總體X 的樣本， X 的密度函數為p( x,22 (x), 0 x)0,其它其中( 0) 是未知參數，求的矩估計量解 因E(X)x p(x; )dxx2(x)dx023按矩估計法建立方程X3可解得的矩估計量為3X2設總體X 的密度函數為x1 ， 0x1p( x, )0，其它（1） ( X1, X2, X n ) 為來自總體X 的樣本，求總體參數的矩估計量； （ 2）若總體 X 的一組觀測值為0.6 ， 0.8 ， 0.9， 0.5 ， 0.7， 0.6， 0.8， 0.7求總體參數的矩估計值解 （ 1）由 X 的數學期望計算公式，有11x dxE(X)x 1 xdx001按矩估

23、計法建立方程X1解得的矩估計為X1X（2）計算樣本均值的觀測值，有x0.60.80.90.50.70.60.80.7 / 80.7所以0.72.3310.73設總體X 的分布密度為( 1) x， 0 x 1p( x ； ) =0 ，其它其中 1 是未知參數 X1 ，X2 ， ，Xn 是總體 X 的樣本，求參數的矩估計和極大似然估計解 (1)X 的數學期望為E(X )( 1)x 1dx1 x102按矩估計法建立方程2 10121E(X)X2解得的矩估計為2 X11X(2) 設對應的樣本觀察值為x1 , x2 , xn ，則似然函數為L( )(1)n (x1x2xn )對數似然函數為nln L(

24、) n ln(1)ln xii1求導數得到似然方程d ln L( )nnln xi 0d1 i 1解方程得nn1ln xii 1故的極大似然估計量為nn1ln X ii14.設總體 X N ( 1, 2 ) ，總體 Y N ( 2 , 2 ) ，從兩個總體中分別抽取容量為 n1和n2的兩個獨立樣本，其樣本方差分別為 S12和 S22 .(1)證明：對于任意a和 b ( ab 1)， Z aS12bS22 都是2 的無偏估計量；*(2)試確定常數 a和b (a b1)，使 D(Z ) 達到最小 .解（ 1）因 S12和S22分別是來自總體 X 與 Y 的樣本方差，則有E(S12)D(X )E(S

25、22)D(Y)22從而對于任意 a和b (ab1) ，有E(Z)E(aS12bS22 ) aE(S12 ) bE( S22 ) ( a b) 22故 ZaS12bS22是2的無偏估計量 .(2) 由ab1得 b1a ，則有D (Z )D (aS12bS2 2 )a2 D( S12 )(1a) 2 D( S22 )又因為(n1 2 1) S12 2 (n11) ,(n2 2 1) S2 2 2 (n2 1)所以D (n121) S12 2( n1 1) , D (n221) S22 2(n2 1)于是D(Z)D(aS12bS22 )a2D ( S12 )(1a) 2 D( S22 )a24D (

26、n11) S2a)24(n2 1) S2(1D(n11)221(n21)222a24(1 a)24(n122(n11)(n222(n21)1)1)a224(1a)224n11n2124 (a21(1a)2)n1n21解得當 an1 1時， D(Z )最小，此時b1an21n22n1n22n15.投資的回收利潤率常用來衡量投資的風險. 隨機地調查26個樣本的年回收利潤率（ %），得樣本標準差s15(%) .設回收利潤率服從正態分布，求它的均方差的置信度為95%的置信區間 .解設是總體的均方差，由§6. 3 中結論知，的置信度為1 的置信區間為( n1) S，(n1) S2(n 1)2(n1)212此題中， s 15 ，0.05 ， n26 ，查表可得0.0252 (25)40.646 ,0.975 (25)13.12于是得的置信度為95% 的置信區間為(11.76, 20.71)6通常某個群體的考試成績均近似地服從正態分布，現抽樣得到某高校16 名學生某次英語四級考試成績如下：75 ，63 ， 82 ， 91 ，54 ，77 ，68 ，84 ，95 ，49 ，