第九章参数估计习题

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参数估计练习题

参数估计练习题一、选择题1. 在统计学中，参数估计通常指的是：A. 估计总体参数的值B. 估计样本的均值C. 估计样本的方差D. 估计样本的中位数2. 下列哪项不是点估计的特点？A. 唯一性B. 精确性C. 随机性D. 简洁性3. 区间估计与点估计的主要区别在于：A. 区间估计提供了一个范围B. 点估计提供了一个范围C. 点估计比区间估计更精确D. 区间估计比点估计更精确4. 以下哪个分布的参数估计通常使用最大似然估计法？A. 正态分布B. 均匀分布C. 二项分布D. 泊松分布5. 以下哪个统计量是正态分布的参数估计？A. 方差B. 均值C. 标准差D. 所有上述选项二、填空题6. 点估计的误差可以通过________来衡量。

7. 区间估计的置信水平为95%，表示我们有95%的把握认为总体参数位于________内。

8. 样本均值的抽样分布服从________分布，当样本量足够大时。

9. 样本方差的抽样分布服从________分布，当样本量足够大时。

10. 正态分布的参数估计中，均值μ的估计量是________。

三、简答题11. 简述点估计与区间估计的区别。

12. 描述最大似然估计法的基本原理。

13. 解释为什么在样本量较大时，样本均值的分布会接近正态分布。

14. 说明在进行区间估计时，置信水平和置信区间宽度之间的关系。

15. 描述如何使用样本数据来估计总体比例。

四、计算题16. 假设有一个样本数据集{2, 4, 6, 8, 10}，请计算样本均值和样本方差。

17. 假设你有一个正态分布的样本，样本均值为50，样本标准差为10，样本量为100。

请计算总体均值的95%置信区间。

18. 假设你有一个二项分布的样本，样本量为200，样本比例为0.4。

请使用最大似然估计法估计总体比例。

19. 假设你有一个泊松分布的样本，样本量为100，总观察值为200。

请估计泊松分布的参数λ。

20. 假设你有一个均匀分布的样本，样本最小值为1，样本最大值为10。

参数估计习题参考答案

参数估计习题参考答案班级： __________ 姓名： ______________学号： __________ 得分 ___________、单项选择题:1、关于样本平均数和总体平均数的说法，下列正确的是（A ）增加（B ）减小（C ）不变（D ）无法确定4.某班级学生的年龄是右偏的，均值为 20岁，标准差为4.45.如果采用重复抽样的方法从该班抽取容量为100的样本，那么样本均值的分布为（A ）（A ）均值为20，标准差为0.445的正态分布（B ）均值为20，标准差为4.45的正态分布（C ）均值为20，标准差为0.445的右偏分布（D ）均值为20，标准差为4.45的右偏分布5. 区间估计表明的是一个（B ）（A ）绝对可靠的范围（B ）可能的范围（C ）绝对不可靠的范围（D ）不可能的范围 6. 在其他条件不变的情形下，未知参数的 1-a 置信区间，（A ）C. a 越小长度越小D. a 与长度没有关系7.甲乙是两个无偏估计量，如果甲估计量的方差小于乙估计量的方差，则称（D ）（A ）甲是充分估计量（B ）甲乙一样有效（C ）乙比甲有效（D ）甲比乙有效8.设总体服从正态分布，方差未知，在样本容量和置信度保持不变的情形下，根据不同的样本值得到总体均值的置信区间长度将（D ）（A ）增加（B ）不变（C ）减少（D ）以上都对9 •在其他条件不变的前提下，若要求误差范围缩小 1 / 3,则样本容量（C ）（A ）增加9倍（B ）增加8倍（C ）为原来的2.25倍（D ）增加2.25倍10设容量为16人的简单随机样本，平均完成工作时间13分钟，总体服从正态分布且标准差为若想对完成工作所需时间构造一个90%置信区间，则 (A)A.应用标准止态概率表查出 z 值B.应用 t-分布表查出t 值C.应用一项分布表查出 p 值D.应用泊松分布表查出入值11. 100(1- a % 是(C)A.置信限B.置信区间C.置信度D.可靠因素12. 参数估计的类型有(D（A ）点估计和无偏估计（B ）无偏估计和区间估计（C ）点估计和有效估计（D ）点估计和区间估计13、抽样方案中关于样本大小的因素，下列说法错误的是（C ）A 、总体方差大，样本容量也要大B 、要求的可靠程度高，所需样本容量越大（A ）前者是一个确定值，后者是随机变量（B ）前者是随机变量，后者是一个确定值（C ）两者都是随机变量（D ）两者都是确定值2、通常所说的大样本是指样本容量（A ）大于等于30 （ B ）小于30（C ）大于等于103、从服从正态分布的无限总体中分别抽取容量为4,16, 36标准差将（A ）（D ）小于10的样本，当样本容量增大时，样本均值的（B ）A. a 越大长度越小B. a 越大长度越大 3分钟。

参数估计习题及答案

参数估计习题及答案参数估计在统计学中是一个重要的概念，它涉及到根据样本数据来估计总体参数的过程。

下面，我将提供一些参数估计的习题以及相应的答案，以帮助学生更好地理解这一概念。

习题一：假设有一个班级的学生数学成绩，我们从这个班级中随机抽取了10名学生的成绩，得到样本均值 \(\bar{x} = 85\)，样本标准差 \(s = 10\)。

请估计总体均值 \(\mu\)。

答案：根据样本均值 \(\bar{x}\) 来估计总体均值 \(\mu\)，我们可以使用以下公式：\[ \hat{\mu} = \bar{x} \]因此，\(\hat{\mu} = 85\)。

习题二：在习题一中，如果我们想要估计总体方差 \(\sigma^2\)，我们应该如何操作？答案：总体方差 \(\sigma^2\) 通常使用样本方差 \(s^2\) 来估计，样本方差的计算公式为：\[ s^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2 \]其中 \(n\) 是样本大小，\(x_i\) 是第 \(i\) 个观测值。

在这个例子中，\(n = 10\)，\(\bar{x} = 85\)，\(s = 10\)。

因此，我们可以使用以下公式来估计总体方差：\[ \hat{\sigma}^2 = s^2 = \frac{1}{10-1} \times 10^2 = 100 \]习题三：一个工厂生产的产品长度服从正态分布，样本均值为 \(\bar{x} =50\) 厘米，样本标准差为 \(s = 2\) 厘米。

如果我们知道总体均值\(\mu\) 为 \(50\) 厘米，我们如何估计总体标准差 \(\sigma\)？答案：根据已知的样本均值 \(\bar{x}\) 和样本标准差 \(s\)，我们可以使用以下公式来估计总体标准差 \(\sigma\)：\[ \hat{\sigma} = s \]因此，\(\hat{\sigma} = 2\) 厘米。

参数估计练习题

参数估计练习题参数估计练习题参数估计是统计学中的一个重要概念，它用于根据样本数据来估计总体参数的值。

在实际应用中，参数估计扮演着至关重要的角色，它可以帮助我们了解总体特征，并做出相应的决策。

本文将介绍一些参数估计的练习题，通过解答这些问题来加深对参数估计的理解。

1. 假设我们有一个服从正态分布的总体，我们希望估计其均值。

我们从该总体中抽取了一个样本，样本容量为n，样本均值为x̄，样本标准差为s。

请问，如何利用这些信息来估计总体均值的值？答：根据中心极限定理，当样本容量足够大时，样本均值的分布将近似于正态分布。

因此，我们可以使用样本均值x̄作为总体均值的估计值。

同时，我们可以计算样本均值的标准误差，即s/√n，来衡量估计的精确程度。

2. 在某个电商平台上，我们想要估计用户对某个产品的满意度。

我们从该平台上随机抽取了100个用户进行调查，他们对该产品的满意度进行了评分，评分范围为1到10。

请问，如何利用这些信息来估计用户对该产品的满意度的平均值？答：我们可以计算样本的平均得分，即样本均值x̄，作为用户对该产品满意度的估计值。

同时，我们可以计算样本均值的标准误差，即样本标准差s/√n，来衡量估计的精确程度。

此外，我们还可以计算样本的置信区间，来估计总体平均得分的范围。

3. 在某个城市的交通调查中，我们想要估计每天通勤时间的均值。

我们从该城市的不同地区随机抽取了100个通勤者，并记录了他们的通勤时间。

请问，如何利用这些信息来估计每天通勤时间的均值？答：我们可以计算样本的平均通勤时间，即样本均值x̄，作为每天通勤时间均值的估计值。

同时，我们可以计算样本均值的标准误差，即样本标准差s/√n，来衡量估计的精确程度。

此外，我们还可以计算样本的置信区间，来估计总体通勤时间均值的范围。

4. 在一项医学研究中，我们想要估计某种药物的治疗效果。

我们从患者中随机抽取了100个人，其中50人接受了药物治疗，另外50人接受了安慰剂。

《参数估计习题》word版

参数估计习题一、填空题1、设总体2(,)X Nμσ，若2σ已知，总体均值μ的置信度为1α-的置信区间为：x x⎛-+⎝，则λ=；2、设由来自正态总体2(,0.9)X N μ的样本容量为9的简单随机样本，得样本均值5x=，则未知参数μ的置信度0.95的置信区间为；3、设12,X X为来自总体2(,)X Nμσ的样本，若1211999CX X+为μ的一个无偏估计，则C=；4、设12,,,nX X X为来自正态总体2(,)Nμσ的样本，,a b为常数，且0a b<<，则随机区间2211()(),n ni ii iX Xb aμμ==⎡⎤--⎢⎥⎣⎦∑∑的长度L的数学期望为；5、设ˆθ是未知参数θ的估计量，若称ˆθ为θ的无偏估计量，则ˆ()Eθ=；6、设12ˆˆ,θθ为总体未知参数θ的两个无偏估计量，若称1ˆθ比2ˆθ更有效，则1ˆ()Dθ1ˆ()Dθ；7、设θ为总体的未知参数，若由样本确定的两个统计量1ˆθ和2ˆθ，且12ˆˆθθ<，对于预先给定的α值（01α<<），满足12ˆˆ{}1Pθθθα<<=-，则称随机区间12ˆˆ(,)θθ为θ的1α-或100(1)%α-置信区间，其中为置信上限，为置信下限，称为置信度；8、设12,,,nX X X为来自正态总体2(,)Nμσ的一个样本，样本均值11niiX Xn==∑是的无偏估计量；9、设12,,,nX X X是取自总体X的一个样本，2()D Xσ=，则2211()1niiS X Xn==--∑为的无偏估计量；10、设12,,,n x x x 是取自总体2(,)XN μσ的一组样本值，则2σ的置信度为(1)α-的置信区间是。

二、选择题 1、设总体2(,)XN μσ，其中2σ已知，则总体均值μ的置信区间长度l 与置信度1α-的关系是（）.1-.1-.1-.A l B l C l D ααα当缩小时，缩短当缩小时，增大当缩小时，不变以上说法均错2、设总体2(,)XN μσ，2σ已知，若样本容量n 和置信度1α-均不变，则对于不同的样本观测值，总体均值μ的置信区间的长度（）....A B C D 变长变短不变不能确定3、设随机变量12,,,n X X X 相互独立且同分布2(,)XN μσ，11ni i X X n ==∑，2211()1ni i S X X n ==--∑，2()i D X σ=，则2S （） 2....A B C D σσμ是的有效估计是的无偏估计是的无偏估计不能确定4、设ˆθ是未知参数θ的估计量，如果ˆ()E θθ=，则称ˆθ为θ的（） ....A B C D 有偏估计量无偏估计量一致估计量有效估计量5、设总体X 的分布中，未知参数θ的置信度为1α-的置信区间是[]12,T T ，即12()1P T T θα≤≤=-，则下列说法正确的是（）1212121212.[,].[,]..[,]A T T t t ,t t B T T C D T T θθααθθθ∈对，的观测值，必有以的概率落入区间区间以1-的概率包含的数学期望E()必属于6、α越小，则1α-就越大，θ落在区间12ˆˆ,θθ⎡⎤⎣⎦内的概率就越大。

参数估计习题解答

参数估计习题与习题解答6.11．从一批电子元件中抽取8个进行寿命测试,得到如下数据(单位:h):1 050, 1 100, 1 130, 1 040, 1 250, 1 300, 1 200, 1 080试对这批元件的平均寿命以及分布的标准差给出矩估计.解：样本均值 75.11438108011301101050=++++=x样本标准差 ∑=-=812)(71i i x x s []22)75.11431080()75.11431050(71-++-=0562.96= 因此,元件的平均寿命和寿命分布的标准差的矩估计分别为1143.75和96.05622．设总体),0(~θU X ,现从该总体中抽取容量为10的样本,样本值为0.5,1.3,0.6,1.7,2.2,1.2,0.8,1.5,2.0,1.6试对参数θ给出矩估计.解：由于E(X )=2θ,即θ=2E(X ),而样本均值106.13.15.0+++=x =1.34,故θ的矩估计为68.22ˆ==x θ3．设总体分布列如下,n x x ,1是样本,试求未知参数的矩估计.10,,3,2,)1()1()()2(,1,,2,1,0,1)()1(22<<=--==-===-θθθ k k k X P N N k Nk X P k ；（正整数）是未知参数解：(1) 总体均值E(X )=21110-=-+++N N N ,解之可得N =2E(X )+1故N 的矩估计量12ˆ+=x N,其中x 为样本均值,若x 2不是整数,可取大于x 2的最小整数代替.2x(2) 总体均值E(X )==---+∞=∑222)1()1(k k k k θθ∑+∞=---222)1)(1(k k k k θθ,由于3222)1)(1(θθ=--∑+∞=-k k k k ,故有E(X )θθθ2232=⨯=,即θ)(2X E =,从而参数的矩估计为.2ˆx=θ 4．设总体密度函数如下,n x x ,,1 是样本,试求未知参数的矩估计.0,,1),;()4(;0,10,);()3(;0,10,)1();()2(;0,0),(2);()1(12>>=><<=><<+=><<-=---θμθμθθθθθθθθθθθθθμθθx ex p x x x p x x x p x x x p x解：(1) 总体均值E(X )==-⎰dx x x )(22θθθθθθθ31)(222=-⎰dx x x ,即即)(3X E =θ,故参数θ的矩估计为.3ˆx =θ(2)总体均值E(X )=dx x x ⎰+1)1(θθ=21++θθ,所以1E(X)E(X)21--=θ,从而参数θ的矩估计.121ˆ--=x xθ (3)由E(X )=dx x x 11-⎰θθ=1+θθ可得2)(1)(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=X E X E θ,由此,参数θ的矩估计.1ˆ2⎪⎭⎫⎝⎛-=x x θ(4)先计算总体均值与方差E(X )=dx ex x θμμθ--∞+⎰1=dt e t tθθ-∞+⎰01+dt e tθμθ-∞+⎰1=μθ+)(2X E =dx exx θμμθ--∞+⎰12=dt e t tθθμ-∞+⎰+1)(02=dt e t tθθ-∞+⎰12+dt e t tθθμ-∞+⎰012+dt e tθθμ-∞+⎰12=.2222μμθθ++V a r(X )=22))(()(X E X E -=2θ由此可以推出)()(,)(X Var X E X Var -==μθ,从而参数μθ,的矩估计为.ˆ,ˆs x s -==μθ 5．设总体为)1,(μN ,先对该总体观测n 次,发现有k 次观测为正,使用频率替换方法求μ的矩估计.解：由题意知,观测为正的频率f =nk,下面计算观测值为正的概率.当总体为N (1,μ)时,P (X >0)=1-P (X <0)=1-P (X -μ<-μ)=)(μΦ其中Φ为标准正态分布的分布函数.利用频率替换概率的方法有n k =Φ)ˆ(μ,这给出参数的矩估计为1ˆk nk u n μ-⎛⎫=Φ= ⎪⎝⎭ 譬如,若设nk=0.281,则由上式知μˆ是标准正态分布的分布的0.281分位数,查表得 =μˆ281.0u =-0.58 6．甲、乙两个校对员彼此独立对同一本书的样稿进行校对,校完后,甲发现a 个错字,乙发现b 个错字,其中共同发现的错字有c 个,试用矩法给出如下两个未知参数的估计：（1）该书样稿的总错字个数；（2）未被发现的错字数.解 (1)设该书样稿中总错字的个数为θ,甲校对员识别出错字的概率为1p ,乙校对员识别出错字的概率为2p ,由于甲,乙是彼此独立地进行校对,则同一错字能被识别的概率为21p p ,根据频率替换思想有 ,ˆ,ˆ21θθbpap==由独立性可得矩法方程θθθcb a =⋅,解之得cab =θˆ. (2) 未被发现的错字估计等于总错字数的估计减去甲,乙发现的错字数,即.c b a cab+-- 譬如,若设a =120,b =124,c=80,则该书样稿中错字总数的矩法估计18680124120ˆ=⨯=θ,而未被发现的错字个数的矩法估计为186-120-124+80=22个.7．设总体概率函数如下,n x x ,,1 是样本,试求未知参数得最大似然估计. (1);0,10,);(1><<=-θθθθx xx p(2)0,,);()1(>>=+-c c x xc x p θθθθ已知,θ>1解 (1)似然函数为11(,,)nn L x x θθθ（）（）,其对数似然函数为()(2ln ln nL θθ=+11)()ln ln n x x ++将()ln L θ关于θ求导并令其为0即得到似然方程1()1()022ln ln ln n L nx x θθθθ∂=+++=∂解之得 211ˆ()ln ni i x n θ-==∑ 由于 43ˆˆ2()022324()24ln ln ln i x i n x L n θθθθθθ∑==-<∂⎛⎫∑-- ⎪∂⎝⎭所以θˆ是的最大似然估计.(2)似然函数为(1)1()()L n n n c x x θθθθ-+=,其对数似然函数为1()(1)()ln ln ln ln ln n L n n c x x θθθθ=+-++解之可得11)1(ˆ-=∑-=n i i Inc Lnx n θ由于0)(22<-=∂∂θθθnInL ,这说明θˆ是θ的最大似然估计. 8．设总体概率函数如下,n x x ,,1 是样本,试求未知参数的最大似然估计. (1)0,0,,);()1(>>>=+-c x x c x p c cθθθθ已知；(2;0,,1),;(>>=--θμθμθθμx ex p x(3))();(θθk x p =0,)1(,)(1>+<<-θθθθk x k 解：(1)样本n x x ,,1 的似然函数为{(1)(1)1}()()n nc c n xL c x x I θθθ-+>=要使)(θL 达到最大,首先示性函数应为1,其次是ncθ尽可能大.由于c>0,故ncθ是θ的单调增函数,所以的取值应尽可能大,但示性函数的存在决定了的取值不能大于(1)x ,由此给出的θ最大似然估计为(1)x(2)此处的似然函数为 μμθθθ>⎭⎬⎫⎩⎨⎧--=∑=)1(1,)(1exp )1()(x x L n i i n其对数似然函数为 1()(,)ln ln nii x L n μθμθθ=-=--∑由于(,)0ln L n θμμμθ∂=>∂所以,),(ln μθL 是μ的单调增函数,要使其最大,μ的取值应该尽可能的大,由于限制(1)x μ<,这给出μ的最大似然估计为(1)ˆx μ=. 将),(ln μθL 关于θ 求导并令其为0得到关于θ 的似然方程12()ln (,)0ni i x L n μθμθθθ=-∂=-+=∂∑ ,解之得 1(1)ˆ()ˆˆnii x xx nμθ=-==-∑. (3)似然函数为{}(1)()(1)()()n n xx k L k I θθθθ-≤≤≤+=.由于()()nL k θθ-=是关于θ的单调递减函数,要使()θL 达到最大,θ应尽可能小,但由限制{}(1)()(1)n x x k θθ≤≤≤+可以得到()(1)1n x x k θ≤≤+,这说明θ不能小于()1n x k +,因而θ的最大似然估计为()ˆ1n x k θ=+.9．设总体概率函数如下,1,,n x x 是样本,试求未知参数的最大似然估计.(1)()0,21;/>=-θθθθex x p ；(2)()2/12/1,1;+<<-=θθθx x p ； (3)()1212211;,,p x x θθθθθθ=<<-.解：(1)不难写出似然函数为 ()112nii nx L eθθθ=-∑⎛⎫= ⎪⎝⎭.对数似然函数为 ()1||ln ln 2nii x L n θθθ==--∑.将之关于θ求导并令其为0得到似然方程()12||ln 0ni i x L n θθθθ=∂-=+=∂∑, 解之可得 1||ˆnii x nθ==∑.而：22ˆˆ20222(||)2||ln ()ini x x L n θθθθθθ==-<∂∑⎛⎫- ⎪∑∂⎝⎭,故θˆ是θ的最大似然估计 (2) 此处的似然函数为 ()(1)()1122n x x L I θθθ⎧⎫-<<<+⎨⎬⎩⎭=.它只有两个取值：0和1,为使得似然函数取1,θ的取值围应是()(1)1122n x x θ-<<+,因而θ的最大似然估计θˆ可取()(1)11(,)22n x x -+中的任意值. (3) 由条件,似然函数为(){}1(1)(2)2211()n x x L I θθθθθ<<<=-.要使()θL 尽量大,首先示性函数应为1,这说明{}1(1)(2)2x x θθ<<<；其次21θθ-要尽量小,综上可知,1θ的最大似然估计应为)1(x ,2θ的最大似然估计应为).(n x10．一地质学家为研究密歇根湖的湖滩地区的岩石成分,随机地自该地区取100个样品,每个样品有10块石子,记录了每个样品中属石灰石的石子数.假设这100次观察相互独立,求这地区石子中石灰石的比例的最大似然估计.该地质学家所得的数据如下解：本题中,总体X 为样品中石灰石的个数,且X 服从参数),10(p 为的二项分布,即.)1(10)(10xx p p x x X p --⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== 又设10021,,,x x x 为样本,则其似然函数为(忽略常数)1001001110100()(1)iii i x x L p pp ==⨯-∑∑=-,对数似然函数为10010011ln ()ln (10100)ln(1)i i i i L p x p x p ===+⨯--∑∑将对数似然函数关于p 求导并令其为0得到似然方程1001001110100ln ()0,1iii i x x L p ppp==⨯-∂=-=∂-∑∑解之得10001001∑==i ixp由于0)1(1000)(ln 2100012100122<----=∂∂∑∑==p x p x p p L i i i i 由二阶导数的性质知,p 的最大似然估计为499.0100049910001001===∑=i ixp 11. 在遗传学研究中经常要从截尾二项分布中抽样,其总体概率函数为.,,2,1,)1(1)1();(m x p p p nm p x X p mn m x =---⎪⎭⎫ ⎝⎛==- 若已知,n x x x m ,,,,221 =是样本,试求p 的最大似然估计.解：当m =2时,该截尾二项分布只能取1与2,不妨设n x x x ,,,21 的样本中有1n 个i x 为1,有n -n 1个2则其似然函数为(忽略常数),)2()1())1(1()1())1(1()1()(1111111222)(2nn n n n n n n n n n n n p p p p p p p p p p p L --=---=---=--- 对数似然函数为).2ln()1ln(ln )()(ln 11p n p n p n n L ---+-=θ将对数似然函数关于p 求导并令其为0得到似然方程.02111=-+---pnp n p n n 解之得.)1(22)(211xx n n n n p -=--=-后一个等式是由于,)(2111-==-+=∑x n n n n xni i所以--=x n n n 21,代入上式即得.12．已知在文学家箫伯纳的A n I nt ellige nt Wo man ’s Guide To Soci a lis m 一书中,一个句子的单词数X 近似地服从对数正态分布,即2ln ~(,)Z X N μδ=.今从该书中随机地取20个句子,这些句子中的单词数分别为52 24 15 67 15 22 63 26 16 32 7 33 28 14 7 29 10 6 59 30 求该书中一个句子单词数均值eX E 22)(σμ+=的最大似然估计.解：正态分布),(2σμN 的参数的最大似然估计分别为样本均值和方差.即20221111ˆˆln 3.0890,(ln 3.0890)0.5081.20 n i i i i x x n μσ=====-=∑∑ 由于最大似然估计具有不变性,因而eX E 22)(σμ+=的最大似然估计为0.50813.08902()28.3053.E X e+==13．设n x x ,1是来自对数级数分布1(),01;1,2,ln(1)kp P X k p k p k==-⨯<<=-的一个样本,求参数p 的矩估计.解：由于.)1ln()1()1ln(1)(11p p p p p k X kP EX k kk ---=--===∑∑+∞=+∞= )1ln()1()1ln(1)(21122p p p kp p k X p k EX k kk ---=--===∑∑+∞=+∞=, 因此有21EX EX p =-,从而得到p 的矩估计2ˆ1i ix p x =-∑∑. 14．一个罐子里装有黑球个百球,有放回地抽取一个容量为n 的样本,其中有k 个百球,求罐子里黑球和白球数之比R 的最大似然估计.解法1：记p 为罐子中白球的比例,令i x 表示第i 次有放回抽样所得的白球数,则,,,2,1),,1(~n i p b x i =故p 的最大似然估计为ˆpx =. 因为黑球数与白球数比值ppnp p n R -=-=1)1(.根据最大似然估计的不变性,有 xx p p R -=-=11 ,对具体的样本值即n 个抽到k 个白球来讲,R 的最大似然估计为kkn R -= .解法2：设罐子里有白球l 个,则有黑球R l 个,从而罐子中共有(1+R )l 个球,从中有放回的抽一个球为白球的概率为Rl R l +=+11)1(从罐子中有放回的抽 n 个球,可视为从二点分布中抽取一个样本容量为nL(R )=11k R ⎛⎫ ⎪+⎝⎭1n kR R -⎛⎫ ⎪+⎝⎭(1)n k nR R -=+, 其对数似然函数为l n L(R )=(n -k )l nR -n l n (1+R ),将对数似然函数对R 求导,并令其为0,得似然方程01=---RnR k n 解之可得R =1-kn.由于其对数似然函数的二阶导数为 0)1()(ln 2222<----=∂∂R nR k n R R , 所以R =1-kn是R 的最大似然估计. 譬如,在n =10,k =2场合,R 的最大似然估计R =41210=-,即罐中黑球数与白球数之比的最大似然估计为4,若白球1个,黑球为4个；或者白球2个,黑球8个等.15.设1,,m x x 和1,,n y y 分别来自总体N (21,μσ)和N (22,μσ)的两个独立样本.试求212(,,)θμμσ=的最大似然估计.解：合样本的似然函数为2212221111()()22m n i i i i x y μμσσ==⎧⎫----⎨⎬⎩⎭∑∑, 对数似然函数为l n L=-++22ln 2πσn m 2212221111()()22m n i i i i x y μμσσ==⎡⎤----⎢⎥⎣⎦∑∑. 将对数似然函数对2,2,1σμμ分别求导并令其为0,得,1111ˆˆ()0,mi i l x μμμ=∂=-=∂∑ 2212ˆˆ()0ni i ly μμμ=∂=-=∂∑ 212221122411ˆˆˆ,,1ˆˆ[()()]0ˆˆ22m ni i i i lm n x y μμσμμσσσ==∂+=-+-+-=∂∑∑, 由此得到2,2,1σμμ的最大似然估计为12ˆˆ x y μμ==22211()()ˆm niii i x x y y m nσ==-+-=+∑∑.16．某批产品含有N 件,其中M 件为不合格品,现从中随机抽取n 件中有x 件不合格品,则x 服从超几何分布,即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==n N x n M N x M x X P )(, ),min(,,2,1n M x =假如N 与n 已知,寻求该批产品中不合格品数M 的最大似然估计.解：记未知参数M 的似然函数L(M ,x )=P (X =x ).考察似然比11(1,)1(,)1MN M x n x L M x M N M n xM N M L M x M x N Mxnx由要使似然比(1,)1(,)L M x L M x 得，必然导致 (M +1)(N -M -n +x )≥(M +1-x )(N -M )化简此式可得0def (1)1xMN M n,这表明：当0M 为整数和0M M ≤时似然函数L(M ,x )是M 的增函数,即),1(),(),1(),0(00x M L x M L x L x L +≤≤≤≤ ()类似地,要使似然比1),(),1(≤+x M L x M L ,必导致01)1(M N nxM =-+≥.这表明,当0M 为整数且0M M ≥时,似然函数L(M ,x )是M 的减函数,即),(),1,(),(00x M L x M L x M L ≥≥+≥ ()比较(*)和(* *)可知,当0M 是整数时,M 的最大似然估计为0ˆM M=或0M +1,而当0M 不为整数时,M 的最大似然估计为)]1([]1[ˆ0+=+=N nxM M ,其中[a ]为不超过a 的最大整数,综合上述,M 的最大似然估计为⎪⎩⎪⎨⎧++++-+=不为整数时，当为整数时，当或年)1()]1([)1(),1(1)1(ˆN n xN n x N n x N n x N x nM譬如,在N =19,n =15,x =2场合.0M =71)119(*5/21)1(=-+=-+N nx,由于0M 为整数,故M 的最大似然估计为7或8.下面以实际计算加以佐证,几个L(M ,2)=m P (x =2)如下表所示：M 6 7 8 9 10 L(M ,2) 0.3689 0.3973 0.3973 0.3715 0.3251可见M 取7或8可使似然函数达到最大.又如,在N =16,n =5,x =2场合,0M =n x (N +1)-1=52(16+1)-1=5.8(不为整数),这时M 的最大似然估计Mˆ=[0M +1]=[5.8+1]=6.实际计算表明 M 5 6 7 8L(M ,2) 0.3777 0.4121 0.4038 0.359可见M 取6可使似然函数达到最大.§ 6.2 点估计的评价标准容概要1.相合性设θΘ∈为未知参数,n θˆ=nθˆ(1x ,…,n x )是θ的一个估计量,n 是样本容量,若对任何一个ε>0,有0)|ˆ(|lim =>-∞→εθθnn P ,Θ∈∀θ, 则称nθˆ为参数θ的相合估计. • 相合性本质上就是按概率收敛,它是估计量的一个基本要求,即当样本量不断增大时,相合估计按概率收敛于未知参数；• 矩法估计一般都是相合估计；• 在很一般的条件下,最大似然估计也是相合估计.2．无偏性设=nθˆ(1x ,…,n x )是θ的一个估计,θ的参数空间为Θ,若对Θ∈∀θ,有 θθ=)ˆ(E则称θˆ是θ的无偏估计,否则称为有偏估计. 假如对任意的Θ∈θ,有θθ=+∞→)ˆ(lim E n ,则称θˆ是θ的渐近无偏估计. 3．有效性设1ˆθ是2ˆθ的两个无偏估计,如果对任意的Θ∈θ有)ˆ()ˆ(21θθVar Var ≤,且至少有一个Θ∈θ使得上述不等号严格成立,则称1ˆθ比2ˆθ有效.4．均方误差设θˆ是θ的一个估计(无偏的或有偏的),则称 22ˆˆˆˆ()()()(())MSE E Var E θθθθθθ 为θ的均方误差.均方误差较小意味着：θˆ不仅方差较小,而且偏差)ˆ(θθ-E 也小,所以均方误差是评价估计的最一般标准.•使均方误差一致最小的估计量一般是不存在的,但两个估计好坏可用均方误差评价： •在无偏估计类中使均方误差最小就是使方差最小.习题与解答6.21．总体X~U(,θ2θ),其中0>θ是未知参数,又n x x ,,1 为取自该总体的样本,xˆ为样本均值.(1)证明x 32ˆ=θ是参数θ的无偏估计和相合估计； (2)求θ的最大似然估计,它是无偏估计吗？是相合估计吗？解：(1)总体X~U(,θ2θ),则23)(θ=X E ,12)(2θ=X Var ,从而.12)(,23)(2nX Var x E θθ==于是,θθ==)(32)ˆ(x E E ,这说明x 32=θ是参数θ的无偏估计.进一步 0271294)ˆ(22→=⨯=nn Var θθθ, 这就证明了θˆ也是θ的相合估计. (2)似然函数为)2(1)()()1()(θθθθ<<<=n nx x I L ,显然)(θL 是θ的减函数,且θ的取值围为)1()(2x x n <<θ,因而θ的最大似然函数估计为2ˆ)(n mlex =θ下求mleθˆ的均值与方差,由于n x 的密度函数为 111()()(),nn x nf x n x θθθθθθθ2<<x 故21(1)()021()()()1n n n nnnn E x xx dxtt dtn θθθθθθθθ, 222212()482()()(2)(1)n n nnn n E x xx dxn n θθθθθ22()2Var()(2)(1)n nx nn θ从而：()121ˆ()()22(1)n n E E x n n θθθ所以ˆmleθ不是的无偏估计,但它是的渐近无偏估计和相合估计. 2.设x 1,x 2, x 3,是取自某总体的容量为3的样本，试征下列统计量都是该总体均值的无偏估计，在方差存在时指出哪一个估计的有效性最差？(1)1111123236ˆx x x μ=++ (2)1112123333ˆx x x μ=++ (3)1121123663ˆx x x μ=++解：先求三个统计量的数学期望1111111123123236236ˆE()E E E x x x μμμμμ=++=++= 1111112123123333333ˆE()E E E x x x μμμμμ=++=++= 1121123123123663663ˆE()E E E x x x μμμμμ=++=++=这说明他们都是总体均值的无偏估计，下面求他们的方差，不妨设总体的方差为2.2222711111111234936493618ˆVar()Var()Var()Var()x x x μσσσσ=++=++= 2222111111121239999993ˆVar()Var()Var()Var()x x x μσσσσ=++=++=22221141141312336369363692ˆVar()Var()Var()Var()x x x μσσσσ=++=++=不难看出，213ˆˆˆVar()Var()Var()μμμ<<，从而3ˆμ的有效性最差. 3. 设ˆθ是参数θ的无偏估计，且有ˆVar()0θ>，试征ˆθ2不是参数θ2的无偏估计.证明：由方差的定义可知，22ˆˆˆVar()E()(E())0θθθ=->.由于ˆθ是参数θ的无偏估计，即ˆE()θθ=，因而 2222ˆˆˆˆE()Var()(E())Var()>θθθθθθ=+>+，所以ˆθ2不是参数θ2的无偏估计.4. 设总体X~ N (,2), x 1,x 2,…,x n 是来自该总体的一个样本.试确定常数C,使1211()n i i i C x x -+=-∑为2的无偏估计.解：由于总体X~ N (,2)，所以222E(),i x σμ=+ 211E()E()E(),1,2,i i i i x x x x i n μ++===于是111111122221111111E ()E()E()E()2E()i i i n n n n n i i i i i i i i i i C x x C x x C x x x x ++-----++=====⎛⎫⎛⎫-=-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑()11122222222111()E()22(1)()2(1)n n n i i i C C n n σμσμμσμμ---===⎛⎫=+++-=-+-- ⎪⎝⎭∑∑∑22(1)C n σ=-可见，要使1211()n i i i C x x -+=-∑为2的无偏估计，只有12(1)C n =-.5. 设从均值为方差为2>0的总体中分别抽取容量为n 1和n 2的两个独立样本，其样本均值分别为12,x x .试证，对任意常数啊a ,b (a +b =1),12Y ax bx =+都是的无偏估计，并确定常数a ,b 使V a r(Z)达到最小.证：由于12,x x 为容量为n 1和n 2的两个独立样本的样本均值，故22121122E()E()()/()/x x x n x n μσσ====，Var ,Var ，因而：12E ()()Y aE x bE x a b μμμ=+=+=.这说明12Y ax bx =+是的无偏估计. 又由a +b =1知，1212(1)Y ax bx ax a x =+=+-，从而()()()()()22222212121222111211a a Var Y a Var x a Var x a a n n n n n n σ⎡⎤-⎛⎫=+-=+=+-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦求导知，当2112121/1/1/n n a n n n n ==++时，V a r(Y)达到最小，此时212n b n n =+这个结果表明，来自同一总体的两个容量为n 1和n 2的两个独立样本合样本(样本容量为n 1+n 2)的均值112212n x n x x n n +=+是线性无偏估计类12{(1)}U ax a x =+-中方差最小的.6. 设分别来自总体N (1,2),和N (2,2)中抽取容量为n 1和n 2的两个独立样本，其样本方差分别为s 12, s 22.试证，对任意常数啊a ,b (a +b =1),Z=a s 12,+b s 22都是2的无偏估计，并确定常数a ,b 使V a r(Z)达到最小.解：由已知条件有()(),1~1122211--n s n χσ()(),1~1222212--n s n χσ且2221,s s 独立.于是()(),22221σ==s E s E 故()()()()(),222222212221σσσσ=+=+=+=+=b a b a s bE s aE bs as E Z E这证明了2221bs as Z +=是2σ的无偏估计.又 (),121421-=n sVar σ(),122422-=n s Var σ从而 ()()()()2222121s Var a s Var a Z Var -+=()(),1112212242222121σ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+----++=n a n a n n n n因而当21211-+-=n n n a 时,()Z Var 达到最小,此时,21212-+-=n n n b 该无偏估计为 ()().2211122212-+-+-=∑∑==n n y y x xn i n i i iσ这个结果表明,对来自方差相等(不论均值是否相等)的两个正态总体的容量为1n 和2n 的样本,上述2σ是2σ的线性无偏估计类(){}22211s a as U -+=中方差最小7.设有k 台仪器,已知用第i 台仪器测量时,测量值总体的标准差为().,,2,1k i i =σ用这些仪器独立的对某一物理量θ各观察一次,成为θ的无偏估计,且方差达到最小.解：若要使∑==ki ii xa 1θ为θ的无偏估计,即111,kki i n ii i E Ea x a a a θθθθθ则必须有,11=∑=ki ia此时2222111.ki ik k i Var Vara x a a θσσ因此,问题转化为在11=∑=ki ia的条件下,求212i ki i a σ∑=的极小值.令(),1,11221⎪⎭⎫⎝⎛--=∑∑==k i i ki iik a a a a f λσ 由k i a f i ,,2,1,0 ==∂∂和,0=∂∂λf得到2120, (1)1, (2)i i kii a a σλ从(1)中可以得到,22i i a σλ=代入(2)中,解出11221-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑k i i σλ,从而 2211,1,2,,.1i k ij ja i k σσ8．设n x x ,,1 是来自均匀总体()1,+θθU 的一个样本.(1) 验证()()1,11,13121+-=+-=-=n nx n x x n θθθ都是θ的无偏估计； (2) 比较上述三个估计的有效性.解: 令,θ-=i i x y 则(),1,0~U y i 即12,,,n y y y 是来自()1,0U 的样本,且()()()().,,11θθθ+=+=+=n n y x y x y x于是,我们可将诸估计写成n y y y ,,,21 与θ的函数：123111, , .211nn yy y n n θθθθθθ由此,()()()().121,2111ny Var VarX y E E ===-+=θθθθ又()()()(),1,~,,1~1n Be y n Be y n 这说明()()()()()()()(),21,1,1121++=+=+=n n n y Var n n y E n y E n n 由此可以得到()()()()()().21,,22132++====n n nVar Var E E θθθθθθ综上,321,,θθθ 均是θ的无偏估计,而且2θ与3θ的方差相等,但在比较1θ与2θ的方差是要取决于n 的大小,当71≤≤n 时,1θ 比32,θθ 有效；当8≥n 时,32,θθ比1θ 有效.9.设样本1,,1n x x 来自一个正态总体(),1,1μN 样本2,,1n y y 来自另一个正态总体(),4,2μN 且两个样本独立.(1)求21μμμ+=的矩估计μ；(2)如果21n n n +=固定,试问如何分配1n 和2n 才能使得μ的方差达到最小.解；(1)由题意可知1μ的矩估计为,11n x x x n++= 2μ的矩估计为,212n y y y n +⋯+=因而12μμμ的矩估计.y x -=μ(2)由于1,122~(1/),~(,4/),x N n y N n μμ且两个样本独立,故在n n n =+21的条件下11214141)()()ˆ(n n n n n y Var x Var Var -+=+=+=μdef ).(1n f 使用和本节第5题相同的方法,由12211()14def 0,()df n dn n n n 可解出n n 311=(另一解n n -=1不适合),而,0)(82)(31312112>-+=n n n dn n f d 故n n n n 32,3121==时μˆ的方差达到最小.10．设总体,),/1(~1x Exp X θ…n x 是样本,试证x 和)1(nx 都是θ的无偏估计量,并比较其有效性.解：由指数分布知,,)(,)(2θθ==X Var X E 因而,)(,)(2nx Var x E θθ==这说明x 是θ的无偏估计量.又最小次序统计量)1(x 的密度函数为=)(1x f ,θπθn en-即),/(~)1(θn Exp x 因而有,)()(,)(2)1()1(nx Var n x E θθ==从而,)()1(θ=nx E 即)1(nx 是θ的无偏估计量,且.)(2)1(θ=nx Var注意到当n >1时,),()()1(22nx Var nx Var =<=θθ这说明作为θ的无偏估计,x 比)1(nx更有效.11．设总体为,),(~1x P X λ…n x ,为其样本,试求2λ的无偏估计. 解：此处样本均值x 为参数λ的充分统计量,且(),()E x Var x nλλ,于是,)()()(222λλ+=+=nx E x Var x E因而,)(22λ=-n x x E 从而可得2λ的一个无偏估计为.2nx x - 12．设总体为,),2/1,2/1(~1x U X +-θθ…n x 为样本,证明样本均值x 和样本中程)(21)()1(n x x +都是θ的无偏估计,并比较它们的有效性. 解：由总体),2/1,2/1(~+-θθU X 得,121)(,)(==X Var X E θ因而θ=)(x E ,这首先说明样本均值x =1ˆθ是θ的无偏估计,且nVar 121)ˆ(1=θ. 为求样本中程)(21ˆ)2()1(2x x +=θ的均值与方差,注意到~)21(--=θX Y ),1,0(U 令 ,2,1),2/1(=--=i x y i i θ…,n ,则 .21)(21)(21ˆ)()1()()1(2-++=+=θθn n y y x x 由于),1,(~)(+-i n i Be y i 故,1)(,11)()()1(+=+=n ny E n y E n 从而 .21)(21)ˆ()()1(2θθθ=-++=n y y E E 这就证明了样本中程是θ的无偏估计.又注意到(参见第五章5.3节习题29)),2,1(~)1()(--n Be y y n所以(1)()2()(1)2()(),(1)(2)2(1)(),(1)(2)n n nVar y Var y n n n Var y y n n ==++--=++从而(1)()()()()(1)21(,)[()()()]21.(1)(2)Cov n n n n y y Var y Var y Var y y n n =+--=++于是(1)()(1)()(1)()2211(())[()()2(,)]241221[].4(1)(2)(1)(2)2(1)(2)n n n Var x x Var y Var y Cov y y n n n n n n n +=++=+=++++++在2>n 时,.)2)(1(21121++>n n n 这说明作为θ的无偏估计,在n >2时,样本中程)(21)()1(n x x +比样本均值x 有效. 13.设n x x ,...,1是来自正态总体，N 的一个样本),(2σμ对2σ考虑如下三个估计∑∑∑===-+=-=--=n i i n i i n i i x x n x x n x x n 122312221221)(11ˆ,)(1ˆ,)(11ˆσσσ (1) 哪一个是2σ的无偏估计？ (2) 哪一个均方误差最小？解：(1)由于)1(~)(12122--∑=n x x ni i χσ,故有212)1()(σ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∑=n x x E n i i ,从而.11)ˆ(,1)ˆ(,)ˆ(223222221σσσσσσ+-=-==n n E n n E E这说明仅有21ˆσ是2σ的无偏估计,而22ˆσ与23ˆσ是2σ的有偏估计. (2) 我们知道,估计的均方误差是估计的方差加上偏差的平方,即.))ˆ(()ˆ()ˆ(2222222σσσσσ-+=-i i i E Var E 而V a r ,)1(2))((412σ-=-∑=n x xni i这给出V a r ,12)ˆ(421-=n σσV a r ,)1(2)ˆ(2422n n σσ-=V a r .)1()1(2)ˆ(2423+-=n n σσ 于是M SE =)ˆ(21σV a r ,12)ˆ(421-=n σσ M SE ,12)1()1(2)ˆ(422224222σσσσσnn n n n n -=--+-=M SE ,)1(2)11()1()1(2)ˆ(4224223σσσσσ+=-+-++-=n n n n n 显然),1(,1212,12122>+>-+>-n n n n n n 所以23ˆσ的均方差最小. 注意,这里23ˆσ是2σ的有偏估计,上述结论表明,在均方误差意义下,有时有偏估计要比无偏估计更优.14. 设n x x ,,1 是来自密度函数为θθθ>=--x ex p x ,);()(的样本,(1) 求θ的最大似然估计1ˆθ,它是否是相合估计？是否是无偏估计？ (2) 求θ的矩估计2ˆθ,它是否是相合估计？是否是无偏估？(3) 考虑θ的形如c x c -=)1(ˆθ的估计,求使得cθˆ的均方误差达到最小的c,并将之与21ˆ,ˆθθ的均方误差进行比较.解: (1)似然函数为{}{}{}.exp )()1(11)(θθθθθ>==>--⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-==∑∏x n i i ni x x I n x I eL i i显然)(θL 在示性函数为1的条件下是θ的严增函数,因此θ的最大似然估计为.ˆ)1(1x =θ又)1(x 的密度函数为,,)()(θθ>=--x ne x f x n 故,1)()ˆ(0)(1θθθθ+=+==⎰⎰∞+-∞+--ndt ne t dx xneE nt x n 故1ˆθ不是θ的无偏估计,但是θ的渐近无偏估计.由于)()ˆ(1+∞→→n E θθ且 22()2221222ˆ()(2),n x nt E x nedx t t ne dx n nθθθθθθ+∞+∞---==++=++⎰⎰ V a r ,01)1(22)ˆ(22221→=+-++=n n n n θθθθ 这说明1ˆθ是θ的相合估计.(2) 由于,1)(0)(+==⎰+∞--θθdx xe X E x 这给出1-=EX θ,所以θ的矩估计为.1ˆ2-=x θ又,22)(20)(22++==⎰+∞--θθθdx ne x X E x n 所以V a r ,1)(=X 从而有,1)()ˆ(2θθ=-=x E E V a r n 1)ˆ(2=θV a r ),(01)(+∞→→=n nX这说明2ˆθ既是θ的无偏估计,也是相合估计.(3) 对形如c x c -=)1(ˆθ的估计类,其均方误差为M SE =)ˆ(cθ V a r 2)1()1()()θ--+--c Ex c x ,)1(122c n n-+= 因而当n c 10=时,M SE 21)ˆ(0n c =θ达到最小,利用上述结果可以算出 M SE 212)ˆ(n =θ,M SE ,1)ˆ(2n =θ 故有M SE ≤)ˆ(0c θM SE ≤)ˆ(1θM SE )ˆ(2θ,所以在这三个估计中,nx x c 1ˆ)(0-=θ的均方误差最小. 15.设总体),/1(~θExp X n x x ,,1 是样本,θ的矩估计和最大似然估计都是 x ,它也是θ的相合估计和无偏估计,试证明在均方误差准则下存在优于x 的估计(提示：考虑,ˆx a a=θ找均方误差最小者). 证：由于总体),/1(~θ=Exp X 所以,)(θ=x E V a r .)(2nx θ=现考虑形如x a a=θˆ的估计类,其均方误差为M SE .)1())(()()ˆ(22222θθθθ-+=-+=a na x a E x a Var a将上式对a 求导并令其为0,可以得到当10+=n n a 时,M SE )ˆ(aθ最小,且 0221ˆMSE()MSE().1a x n nθθθ=<=+ 这就证明了在均方误差准则下存在一个优于x 的估计.这也说明，有偏估计有时不比无偏估计差.16.设n x x ,,1⋅⋅⋅独立同分布，E 1x =μ，V a r(1x )<+∞,证明∑=∧+=ni i ix n n 1)1(2μ是μ的相和估计.证：由于μμμμ=+⋅+=⋅+=∑=∧2)1()1(2)1(2)(1n n n n i n n E ni∑=∧⋅+=n i i n n Varx Var 12221)1(4)(μ=),(06)12)(1()1(4221+∞→→++⋅+n n n n n n Varx 这就证明了∑=∧+=ni i ix n n 1)1(2μ是μ的相合估计.17.设n x x ⋅⋅⋅,1是取自均匀分布总体)(2,1θθU 的一个样本，若分别取=∧1θ{}n x x ⋅⋅⋅,m in 1和{}n x x ⋅⋅⋅=∧12m ax θ作为21,θθ的估计量，问21,∧∧θθ是否为21,θθ的无偏量估计量？如果不是，如何修正才能获得21,θθ的无偏估计.解：令Y=121θθθ--X ，则Y~U(0，1)记)()1(,n y y ⋅⋅⋅为样本相应的次序统计量，于是有,1,11)()1(+=+=n nEy n Ey n从而,111)(122111++=+-+=∧n n n E θθθθθθ ,11)(121212++=+-+=∧n n n n E θθθθθθ可见21,∧∧θθ不是21,θθ的无偏估计量，由⎩⎨⎧+=++=+,)1(,)1()2(21)1(21Ex n n Ex n n θθθθ 解之得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=--=,1,1)1()(2)()1(1n Ex nEx n Ex nEx n n θθ因而1,1)1()(2)()1(1--=--=∧∧n x nx n x nx n n θθ 是21,θθ的无偏估计量.18.设21,x x 独立同分布，其共同的密度函数为.0,0,3);(32><<=θθθθx x x p(1)证明：)(32211x x T +=和{}212,max 67x x T =都是θ的无偏估计； (2)计算1T 和2T 的均方误差并进行比较；(3)证明：在均方误差意义下，在形如{}21,m ax x x c T C =的估计中78T 最优.解：(1)先计算总体均值为θθθ433)(032=⋅=⎰dx x x X E ，故⋅=32)(1T E ,)(2θ=X E 这说明1T 是θ的无偏估计.又总体分布函数为μθμθd x F x ⎰=0323);(,0,)(3θθ<<=x x 记Y={}21,m ax x x ，则密度函数为.0,6);();(2);(65θθθθθ<<==y y y p y F y f于是有 θθθθ=⋅==⎰7667667)(0662dy y T E 这表明2T 也是θ的无便估计.(2)无偏估计的方差就是均方误差，由于,533)(2320221θθθ=⋅=⎰dx x x x E,803)3(543)()()(22221211θθθ=-=-=x E x E x Var故有.30180398)(294)()(22111θθ=⋅=⋅==x Var T Var T MSE 又,436)(206522θθθ=⋅=⎰dy y y Y E ,1963)76(43)EY ()Y (E )Y (22222θθθ=-=-=Var 从而.48119633649)T (Var )T (MSE 2222θθ=⋅== 由于),T (MSE )T (MSE 21>因此在均方差意义下，2T 优于1T .(3)对形如}x ,x {cm ax T 21c =的估计有22243)(,76)θθc T E c T E c c ==（，故22222312()()()2()(1),47c C c c MSE T E T E T E T c c θθθθ+=-=-+=-+因此当1273287c ==时,上述均方误差最小,所以在均方误差意义下,在形如},max {21x x c T c =的估计中,78T 最优.19．设n x x ,......,1是来自均匀分布_),0(θU 的一个样本,对参数θ有如下三个估计)1(3),(21)1(1,2x n x n n x n +=+==∧∧-∧θθθ(1) 验证这些估计的无偏性； (2) 比较这些估计的有效性； (3) 研究这些估计的相合性.解：(1)由于),1,0(~U x i 所以,22)(2)(1θθθ=⋅==x E E又)(n x y =的密度函数为,0,)(1θθ<<=-y ny y p nn所以.11)(1)(10)(2θθθθθθ==+=+=+⎰n nn nn dy y nn n x E n n E类似地,)1(x z =的密度函数为 ,0,)1()(1θθθ<<-=-z znz p n 所以.)2()()2()1()1()1()()1()(10)1(3θθθθθθ=+ΓΓΓ+=-+=+=-⎰n n n n dy y yn n x E n E n由此看出,三个估计321,,θθθ都是θ的无偏估计.(2)分别计算三个估计的方差221()4()4,123Var Var x nnθθθ==⋅=22221222222201(1)1()()[()](),(2)(2)n nn nn Var E E yn n n n n θθθθθθθθθ+++=-=-=-=++⎰2222123330222222()()[()](1)(1)(3)()2(1)(1).(3)22n yVar E E n n y dy n n nn n n n n θθθθθθθθθθθ-=-=+--ΓΓ+=+-=-=Γ+++⎰由于2≥n 时,有11,(2)32nn n n n <<++所以这三个估计中2θ 最有效,1θ 为次,3θ 最差. (3) 由于1θ 与2θ 的方差都随着+∞→n 而趋于零,故1θ 与2θ 都是θ的相合估计,但3θ不是θ的相合估的计.为了证明这一点,我们需要3θ的分布函数,由于)1(x z =的分布函数为.0,)1(1)(θθ<<--=z zz F n于是,)1(3)1(x n +=θ的分布函数为.)1(0,))1(1(1)(θθ+<<+--=n t n tt F n由此可得33()()1()()()()(1)(1)(1)(1)()[].n nP p F F n n e e n e e e θεθθεθεθεθθθεθεθθεθεθεθεθεθθ---+---<=-<<+-+=+--=---++→-→+∞=-在ε充分小时,,2)1(1θεθεθεθεθε=--+≈--e e这是一个很小的数,它与1相差很大,这表明)(3εθθ<- p 不会趋于1,故3θ不是θ的相合估计.20．设n x x ,,1 是来自二点分布),1(p b 的一个样本, (1) 寻求2p 的无偏估计； (2) 寻求)1(p p -的无偏估计； (3) 证明p1的无偏估计不存在. 解：(1)x 是p 的最大似然估计,2x 是2p 的最大似然估计,但不是2p 的无偏估计,这是因为,1)1()]([)()(22222p p nn n p p n p p X E x Var x E ≠-+=+-=+= 由此可见⎢⎣⎡⎥⎦⎤-+=n x x n n p 221是2p 的无偏估计. (2) 2)1(x x x x -=-是)1(p p -的最大似然估计,但不是)1(p p -无偏估计,这是因为),1()1(1))1(()(22p p p p n n p n p p p x x E -≠--=+--=-由此可见)1(1x x n n --是p (p -1)的一个无偏估计,11(,,)3n g x x p（）反证法，倘若是的无偏估计，则有pp px x g ni ini inx n x n x x 1)1()(11,1,1=∑-∑==-∑ 或者01)1(),(11111=-∑-∑∑==-+nni ini i x x x n x np p xx g上式是p 的n +1次方程,它最多有n +1个实根,而p 可在(0,1)取无穷多个值,所以不论取什么形式都不能使上述方程在0<p <1上试成立,这表明p1的无偏估计不存在. 21．设n x x ,1是来自均匀分布U ()βα,的一个样本,寻求βα与的无偏估计. 解：容易看出,)()1(n x x 与分别是βα与的最大似然估计,但它们都不是无偏差估计,这是因为均匀分布U ()βα,的分布函数与密度函数分别为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧<<-=≤<<--≤=.,0,,1)(,1,,,,0)(其它和βααβββααβαx x p x x x a x x F由此可导出次序统计量)()1(n x z x y ==与的密度函数分别为,,)()(1)1()(11βααββαβαβα<<--=----=--y y n y n y p nn n ,,)()(1)()(11βααββαβαβα<<--=---=--z y n z n z p nn n 从而可以分别求出它们的期望,1)()()(1)1(++=--=⎰-n n dy y y nx E n nαββαββα(*).1)()()(1)(++=--=⎰-n an dz a z z nx E n nn βαββα(**) 这表明：)()1(n x x 与不是α与β的无偏估计,但做恰当修改后,可获得α与β的无偏差估计.把(*)与(**)两式相加与相减可得,)()()1(βα+=+n x x E(1)()(1)()11()()()(),11 n n n n E x x E x x n n αβαβ--⎡⎤-=--=-⎢⎥++⎣⎦或再使用加减消取法,即可得βα与的无偏估计发表为(1)()()(1)ˆˆ,.11n n nx x nx x n n αβ--==--22．设)()1(,n x x 是来自总体分布函数为);(θx F 的一个样本,若1ˆˆ(,,)n x x θθ=是θ的有偏估计,且其期望有如下形式()ˆ(),E nαθθθ=+ (*) 其中θθα仅是)(的函数,而与样本量n 无关.这时,为了减少偏差,常用如下的、“刀切法”：记ˆiθ-是把原样本中的第i 个分量剔除,用留下的容量为n -1的样本得到的类似估计量.即ˆˆiθθ-与的估计公式有相同形式,且()ˆ(),1,2,,.1i E i n n αθθθ-=+=-(1) 证明：新的估计(一切的估计)(1)ˆˆin θθ-=是θ的无偏估计； (2) 用刀切法寻求泊松分布)(λp 中参数平方2λθ=的一阶刀切估计.解：(1)一阶刀切估计(1)ˆθ期望为(1)11ˆˆˆ()()()n i i n E nE E n θθθ-=-=-∑,1)(1)(1∑==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=n i n n n n n θθαθθαθ 所以(1)ˆθθ是的无偏估计. (2) 在泊松分布)(λp 中,样本均值λ是x 的无偏估计,但2ˆx θ=不是2λθ=的无偏估计,这是因为[]2222)()()(λλλ>+=+=nx E x Var x E ,若做简单修改,用n x /代替n /λ,就可以得到2λ的一个无偏估计(2)2ˆ.xx nλ=-现在用“刀切法”寻找2λθ=的一介刀切估计,已知2ˆx θ=是2λθ=的有偏估计,且()ˆ()E nαθθθ=+,其中θθα=)(仅是θ的函数.若剔除样本中第i 个分量,可得。

统计学习题答案参数估计

第5章参数估计●1。

从一个标准差为5的总体中抽出一个容量为40的样本，样本均值为25。

（1）样本均值的抽样标准差x σ等于多少？（2）在95％的置信水平下,允许误差是多少？解：已知总体标准差σ=5，样本容量n =40，为大样本，样本均值x =25, （1）样本均值的抽样标准差x σσ5=0。

7906 （2）已知置信水平1－α=95％，得 α/2Z =1.96,于是，允许误差是E =α/2σZ 。

96×0。

7906=1。

5496。

●2。

某快餐店想要估计每位顾客午餐的平均花费金额,在为期3周的时间里选取49名顾客组成了一个简单随机样本。

（3）假定总体标准差为15元，求样本均值的抽样标准误差；（4）在95%的置信水平下,求允许误差；（5）如果样本均值为120元，求总体均值95％的置信区间。

解:（1）已假定总体标准差为σ=15元，则样本均值的抽样标准误差为x σσ15=2.1429 (2)已知置信水平1－α=95％，得 α/2Z =1.96，于是，允许误差是E =α/2σZ 6×2.1429=4.2000. （3）已知样本均值为x =120元，置信水平1－α=95%，得 α/2Z =1。

96，这时总体均值的置信区间为α/2σx Z 0±4。

2=124.2115.8可知,如果样本均值为120元,总体均值95%的置信区间为（115.8，124。

2）元。

●3.某大学为了解学生每天上网的时间，在全校7500名学生中采取不重复抽样方法随机抽取36人,调查他们每天上网的时间，得到下面的数据（单位：小时）:3.3 3.1 6。

2 5.8 2.3 4。

1 5.4 4。

53。

2 4.4 2.0 5.4 2.6 6。

4 1。

8 3。

5 5。

7 2.32。

1 1。

9 1。

2 5.1 4.34。

2 3.6 0。

8 1.5 4.7 1。

4 1.2 2。

9 3。

5 2。

4 0.5 3.62。

参数估计习题-缩小版

1 假定观测z 0，z 1，…，z N-1是独立同分布的，且在（0，θ）上服从均匀分布，求θ的最大似然估计。

似然估计。

2 给定一独立观测序列z 0，z 1，…，z N-1，其均值为m,方差为σ2,试问：试问：（1）样本均值样本均值z̅=1N�z iN −1i =0是否是m 的无偏估计？并求的方差。

的无偏估计？并求的方差。

（2）若方差的估计是若方差的估计是σ�2=1N �(z i N −1i =0−z̅)2σ�2是否是σ2的无偏估计？的无偏估计？ 3 设有N 次独立观测zi =A +w i ,i =0,1,…,N −1其中w i ~N (0,σ2),A 在(−A 0,A 0)上服从均匀分布，证明A 的最大后验概率估计为的最大后验概率估计为 Amap �−A 0 z̅<−A 0 z̅ −A 0≤z̅ ≤A 0A 0 z̅>A 0式中，z̅=1N ∑z iN −1i =0. 4 设随机参量θ的后验概率密度为的后验概率密度为P (θ|z )=ε√2πexp �−12(θ−z )2�+1−ε√2πexp [−12(θ+z)2] 式中，ε是任意常数，0<ϵ<1，求θ的最小均方估计和最大后验概率估计。

的最小均方估计和最大后验概率估计。

5 设有N 次观测次观测z i =Ar i +w i ，i =0,1,…,N −1其中，w i是零均值高斯白噪声，方差为σ2，r >0是已知的，求估计A 的CRLB 。

证明有效估计量存在，并求它的方差。

对不同的 r 值，当N →∞时估计的方差会怎样？时估计的方差会怎样？6 设观测的概率密度为p(z|θ),θ为未知常量，待估计量为α=g(g(θθ)证明：估计α的CRLB 为V ar(α�)≥�ðg (θ)ðθ�2−E �ð2lnp (z |θ)ðθ2�7 考虑一个正弦参数的估计问题，假定观测为考虑一个正弦参数的估计问题，假定观测为z [n ]=Acos Acos((2πf 0n +∅)+w [n ]，n =0,1,…,N −1 其中，w [n ]为零均值高斯白噪声，方差为σ2，A ，f 0，∅为未知参量，且A >0，0<f 0<1/2，设θ=[A f 0 ∅]T ，证明θ的费希尔信息矩阵为的费希尔信息矩阵为I (θ)=1σ2⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡12N 0002A 2π2�n 2N−1n=0A 2π�n N−1n=00A 2π�nN−1n=012NA 2⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤=1σ2⎣⎢⎢⎡12N00013N (N −1)(2N −1)A 2π213N (N −1)(2N −1)A 2π212N (N −1)A 2π12NA 2⎦⎥⎥⎤8设观测模型为设观测模型为z i =a +w i ，i =0,1,…,N −1 式中，随机变量a 为信号幅值，E [a ]=0，E [a2]=A(A 为已知常数)，w i是零均值白噪声，E �w i w j �=σ2δij，E [wi a ]=0，求a 的线性最小均方估计。

参数估计习题及答案

参数估计习题及答案参数估计习题及答案在统计学中，参数估计是一种重要的技术，用于根据样本数据估计总体的未知参数。

参数估计的目标是通过样本数据推断总体参数的取值范围，并得到一个接近真实值的估计。

本文将通过几个习题来探讨参数估计的方法和应用。

习题一：某研究人员想要估计某种新药对病人的治疗效果。

他从一家医院中随机选取了100名患者，并将他们随机分为两组，一组接受新药治疗，另一组接受传统药物治疗。

研究人员希望通过样本数据估计新药的治疗效果是否显著优于传统药物。

解答：在这个问题中，我们需要估计两个总体的治疗效果，即新药组和传统药物组的平均治疗效果。

为了估计这两个总体的差异，我们可以使用两个独立样本的 t检验。

假设新药组的平均治疗效果为μ1，传统药物组的平均治疗效果为μ2。

我们的零假设是H0: μ1 = μ2，备择假设是H1: μ1 > μ2。

通过计算样本均值和标准差，我们可以得到 t 统计量的值，并进行假设检验。

习题二：某公司的销售部门想要估计他们的销售额与广告投入之间的关系。

他们收集了过去一年的数据，包括每个月的广告投入和销售额。

现在他们希望通过样本数据来估计广告投入对销售额的影响程度。

解答：在这个问题中，我们需要估计两个变量之间的关系，即广告投入和销售额之间的线性关系。

为了估计这个关系，我们可以使用简单线性回归模型。

假设广告投入为 x，销售额为 y。

我们的回归模型可以表示为y = β0 + β1x + ε，其中β0 和β1 是回归系数，ε 是误差项。

通过最小二乘法，我们可以估计回归系数的值，并进行假设检验来判断广告投入对销售额的影响是否显著。

习题三：某研究人员想要估计某个城市的人口数量。

他从该城市的不同地区随机选取了若干个样本点，并统计了每个样本点的人口数量。

现在他希望通过样本数据估计整个城市的人口数量。

解答：在这个问题中，我们需要估计一个总体的数量，即整个城市的人口数量。

为了估计这个数量，我们可以使用抽样调查的方法。

参数估计习题参考答案

参数估计习题参考答案班级：姓名：学号：得分一、单项选择题：1、关于样本平均数和总体平均数的说法，下列正确的是( B )（A）前者是一个确定值，后者是随机变量（B）前者是随机变量，后者是一个确定值（C）两者都是随机变量（D）两者都是确定值2、通常所说的大样本是指样本容量（ A ）（A）大于等于30 （B）小于30 （C）大于等于10 （D）小于103、从服从正态分布的无限总体中分别抽取容量为4，16，36的样本，当样本容量增大时，样本均值的标准差将（ B ）（A）增加（B）减小（C）不变（D）无法确定4、某班级学生的年龄是右偏的，均值为20岁，标准差为4.45.如果采用重复抽样的方法从该班抽取容量为100的样本，那么样本均值的分布为（A ）（A）均值为20，标准差为0.445的正态分布（B）均值为20，标准差为4.45的正态分布（C）均值为20，标准差为0.445的右偏分布（D）均值为20，标准差为4.45的右偏分布5. 区间估计表明的是一个( B )（A）绝对可靠的范围（B）可能的范围（C）绝对不可靠的范围（D）不可能的范围6. 在其他条件不变的情形下，未知参数的1-α置信区间，（A ）A. α越大长度越小B. α越大长度越大C. α越小长度越小D. α与长度没有关系7. 甲乙是两个无偏估计量，如果甲估计量的方差小于乙估计量的方差，则称（ D ）（A）甲是充分估计量（B）甲乙一样有效（C）乙比甲有效（D）甲比乙有效8. 设总体服从正态分布，方差未知，在样本容量和置信度保持不变的情形下，根据不同的样本值得到总体均值的置信区间长度将（ D ）（A）增加（B）不变（C）减少（D）以上都对9．在其他条件不变的前提下，若要求误差范围缩小1／3，则样本容量（ C ）（A）增加9倍（B）增加8倍（C）为原来的2.25倍（D）增加2.25倍10设容量为16人的简单随机样本，平均完成工作时间13分钟，总体服从正态分布且标准差为3分钟。

统计学参数估计练习题

第7章参数估计练习题一、填空题（共10题，每题2分，共计20分）1.参数估计就是用去估计。

2.点估计就是用的某个取值直接彳为总体参数的。

3.区间估计是在的基础上，给出总体参数估计的一个区间范围，该区间通常由样本统计量加减得到。

4.如果将构造置信区间的步骤重复多次，置信区间中包含总体参数真值的次数所占的比例称为,也成为。

5.当样本量给定时，置信区间的宽度随着置信系数的增大而;当置信水平固定时，置信区间的宽度随着样本量的增大而。

6.评价估计量的标准包含无偏性、和。

7.在参数估计中，总是希望提高估计的可靠程度，但在一定的样本量下，要提高估计的可靠程度，就会置信区间的宽度；如要缩小置信区间的宽度，又不降低置信程度，就要样本量。

8.估计总体均值置信区间时的估计误差受总体标准差、和的影响。

9.估计方差未知的正态总体均值置信区间用公式当样本容量大于等于30时，可以用近似公式。

10.估计正态总体方差的置信区间时，用——分布，公式为___。

二、选择题（共10题，每题1分，共计10分）1.根据一个具体的样本求出的总体均值的95%的置信区问（）。

A,以95%的概率包含总体均值B.有5%的可能性包含总体均值C.一定包含总体均值D.要么包含总体均值，要么不包含总体均值2.估计量的含义是指（）0A.用来估计总体参数的统计量的名称B.用来估计总体参数的统计量的具体数值C.总体参数的名称D.总体参数的具体数值3 .总体均值的置信区间等于样本均值加减边际误差，其中边际误差等于所要求置信水平的临界值乘以（）。

A.样本均值的标准差B.样本标准差C.样本方差D.总体标准差4 .一个95%的置信区间是指（）。

A.总体参数有95%的概率落在这一区间内B.总体参数有5%的概率未落在这一区间内C.在用同样方法构造的总体参数的多个区间中，有95%的区间包含该总体参数D.在用同样方法构造的总体参数的多个区间中，有95%的区间不包含该总体参数 5 .置信系数表达了置信区间的（）。

应用统计学：参数估计习题及答案

简答题1、矩估计的推断思路如何？有何优劣？2、极大似然估计的推断思路如何？有何优劣？3、什么是抽样误差？抽样误差的大小受哪些因素影响？4、简述点估计和区间估计的区别和特点。

5、确定重复抽样必要样本单位数应考虑哪些因素？计算题1、对于未知参数的泊松分布和正态分布分别使用矩法和极大似然法进行点估计，并考量估计结果符合什么标准2、某学校用不重复随机抽样方法选取100名高中学生，占学生总数的10%，学生平均体重为50公斤，标准差为48.36公斤。

要求在可靠程度为95%（t=1.96）的条件下，推断该校全部高中学生平均体重的范围是多少？3、某县拟对该县20000小麦进行简单随机抽样调查，推断平均亩产量。

根据过去抽样调查经验，平均亩产量的标准差为100公斤，抽样平均误差为40公斤。

现在要求可靠程度为95.45%（t=2）的条件下，这次抽样的亩数应至少为多少？4、某地区对小麦的单位面积产量进行抽样调查，随机抽选25公顷，计算得平均每公顷产量9000公斤，每公顷产量的标准差为1200公斤。

试估计每公顷产量在8520-9480公斤的概率是多少？（P(t=1)=0.6827, P(t=2)=0.9545, P(t=3)=0.9973）5、某厂有甲、乙两车间都生产同种电器产品，为调查该厂电器产品的电流强度情况，按产量等比例类型抽样方法抽取样本，资料如下：样本容量（个）平均电流强度（安培）电流强度标准差（安培）合格率（%）甲车间20 1.5 0.8 90乙车间40 1.6 0.6 95试推断：（1）在95.45%（t=2）的概率保证下推断该厂生产的全部该种电器产品的平均电流强度的可能范围（2）以同样条件推断其合格率的可能范围（3）比较两车间产品质量6、采用简单随机重复和不重复抽样的方法在2000件产品中抽查200件，其中合格品190件，要求：（1）计算样本合格品率及其抽样平均误差（2）以95.45%的概率保证程度对该批产品合格品率和合格品数量进行区间估计。

参数估计练习题

二、计算题1.某工厂生产滚珠.从某日生产的产品中随机抽取9个,测得直径(单位:mm)如下:14.6 14.7 15.114.9 15.0 14.815.1 15.2 14.8用矩估计法估计该日生产的滚珠的平均直径和均方差. 解.设滚珠的直径为X, 平均直径为μ,均方差为σ. 由矩估计法可知,而,∴.,而=0.03654,∴.2.设总体X的密度函数为,其中(θ＞0), 求θ的极大似然估计量. 解.设(X1, X2,…, X n)是来自X的一样本.由极大似然估计原理,参数θ的似然函数为:,上式两边取对数,似然方程为,解似然方程得θ的极大似然估计量是.3.设总体X的密度函数为,求α的极大似然估计量和矩估计量. 解.设(X1, X2,…, X n)是来自X的样本.(1)由矩估计法, ∴.即参数α的矩估计量是.(2) 由极大似然估计原理,参数α的似然函数为,上式两边取对数, 似然方程为, 解似然方程得到参数α的极大似然估计量是.4.某种袋装食品的重量服从正态分布.某一天随机地抽取9袋检验,重量(单位:g)为510 485 505 505 490 495 520 515 490(1)若已知总体方差σ2=8.62,求μ的置信度为90%的置信区间;(2)若已知总体方差未知,求μ的置信度为95%的置信区间. 解.设随机变量X表示此种袋装食品的重量.(1) 由已知得n=9 ,α=0.1,,由于X～N(μ,8.62), 可推得～N(0, 1),因此由得到Φ(Uα/2)- Φ(-Uα/2)=0.90即Φ(U0.05)=0.95查表得U0.05=1.645所以μ的90%的置信区间为.(2) 由已知得n=9 , α=0.05,由于总体方差未知,选取统计量～t(n-1).查表得到tα/2(n-1)=t0.025(9-1)=2.306,并且计算,所以μ的95%的置信区间为5.为了估计在报纸上做一次广告的平均费用,抽出了20家报社作随机样本,样本的均值和标准差分别为575(元)和120(元),假定广告费用近似服从正态分布,求总体均值的95%的置信区间. 解.设随机变量X表示做广告的费用.则X～N(μ, σ2)总体方差σ2未知, 选取统计量～t(n-1)又已知n=20 , α=0.05 , , s=120查表得到tα/2(n-1)=t0.025(20-1)=2.093,所以μ的95%的置信区间为.6.从某一班中随机抽取了16名女生进行调查.她们平均每个星期花费13元吃零食,样本标准差为3元,求此班所有女生每个星期平均花费在吃零解.设随机变量X表示在吃零食上的费用.则X～N(μ, σ2) 总体方差σ2未知, 选取统食上的钱数的95%的置信区间.(假设总体服从正态分布)计量～t(n-1).又已知n=16 , α=0.05 , , s=3.查表得到tα/2(n-1)=t0.025(16-1)=2.1315,所以μ的95%的置信区间为.7.一家轮胎工厂在检验轮胎质量时抽取了400条轮胎作试验,其检查结果这些轮胎的平均行驶里程是20000k m,样本标准差为6000k m.试求这家工厂的轮胎的平均行驶里程的置信区间,可靠度为95%. 解.设随机变量X表示轮胎的行驶里程数.由于n=400 且总体方差未知由中心极限定理～N(0, 1) (近似地)已知α=0.05 , , s=6000.因此由,得到Φ(Uα/2)- Φ(-Uα/2)=0.95 ,即Φ(U0.025)=0.975,查表得U0.025=1.96, 所以μ的95%的置信区间为.8.为了检验一种杂交作物的两种新处理方案,在同一地区随机地选择8块地段.在各试验地段,按两种方案处理作物,这8块地段的单位面积产量是(单位:k g)一号方案产量: 86 87 56 9384 93 75 79二号方案产量: 80 79 58 91 77 82 74 66假设两种产量都服从正态分布,分别为N (μ1, σ2) ,N (μ2, σ2), σ2未知,求μ1-μ2的置信度为95%的置信区间.解.这是一个求两个正态总体均值之差的置信区间的问题,且两个正态总体的方差未知,但相等.因此选取统计量～t (n 1+n 2-2)已知 n 2=n 2=8 , α=0.05.又由已给数据计算得到;,,s 12=145.696 , s 22=102.125 ,查表求临界值 t α/2(n 1+n 2-2)=t 0.025(14)=2.1448 ,,所以μ1-μ2的95%的置信区间为:.9.为了比较两种型号步枪的枪口速度,随机地取甲型子弹10发,算得枪口子弹的平均值=500(m/s ), 标准差s 1=1.10(m/s ); 随机地取乙型子弹20发,得枪口解. 设随机变量X 表示甲型步枪的枪口速度, 随机变量Y 表示乙型枪口的速度. X ～N (μ1, σ2) , Y ～N (μ2, σ2)这是一个求两个正态总体均值之差的置信区间的问题,且两个正态总体的方差未知,但相等.因此选取统计量～t (n 1+n 2-2)已知 n 2=10 , n 2=20 , α=0.05.速度平均值=496(m/s),标准差s2=1.20(m/s). 设两总体近似地服从正态分布,并且方差相等,求两总体均值之差的置信水平为95%的置信区间. 又由已给数据计算得到:=500 , =496, s12=1.102 , s22=1.202,查表求临界值tα/2(n1+n2-2)=t0.025(28)=2.0484 ,,所以μ1-μ2的95%的置信区间为.10.为了估计参加业务训练的效果.某公司抽了50名参加过训练的职工进行水平测验,结果是平均得分为4.5,样本方差为1.8;抽了60名未参加训练的职工进行水平测验,其平均得分为3.75,样本方差为2.1. 试求两个总体均值之差的95%的置信区间.(设两个总体均服从正态分布). 解.设随机变量X表示参加过训练的职工测验的分数, 随机变量Y表示参加过训练的职工测验的分数.X～N(μ1, σ12) , Y～N(μ2, σ22) .这是一个求两个正态总体均值之差的置信区间的问题,且两个正态总体的方差未知,又是大样本抽样,因此,选取统计量～N(0, 1) (近似地)已知n1=50, n2=60 ,,,s12=1.8 , s22=2.1 , α=0.05 .因此由,得到Φ(Uα/2)- Φ(-Uα/2)=0.95,即Φ(U)=0.975.0.025=1.96 ,所以μ1-μ2的95%的置信区间为:查表得U0.025.。

(完整word版)参数估计习题参考答案

参数估计习题参考答案

心理统计学-推断统计-参数估计-练习题

【单项选择题】区间估计依据的原理是()A.概率论B.样本分布理论C.小概率事件D.假设检验【单项选择题】下列不属于评价一个估计量好坏的特征的是()A.有用性B.有效性C.一致性D.充分性【单项选择题】用从总体抽取的一个样本统计量作为总体参数的估计值称为()A.点估计B.样本估计C.区间估计D.总体估计【单项选择题】样本平均数的可靠性和样本的大小()A.没有一定关系B.成反比C.没有关系D.成正比【多项选择题】一个良好的估计量具备的特征有()A.无偏性B.一致性C.有效性D.充分性【多项选择题】区间估计中总体指标所在范围()A.是一个可能范围B.是绝对可靠的范围C.不是绝对可靠的范围D.是有一定把握程度的范围【多项选择题】参数估计分为()和()A.点估计B.标准误C.标准差D.区间估计【单项选择题】置信度或者置信水平可以表示为()A.1-βB.1-aC.βD.a【单项选择题】在某学校的一次考试中，已知全体学生的成绩服从正态分布，其总方差为100。

从中抽取25名学生，其平均成绩为80,方差为64。

以95%的置信度估计该学校全体学生成绩均值的置信区间是()A.[76.08,83.92]B.[75.90,84.10]C.[76.86,83.14]D.[74.84,85.16]【单项选择题】当显著性水平一定时，置信区间的宽度()A.随着样本容量n 的增大而增大B.随着样本容量n 的增大而减小C.与样本容量n 无关D.与样本容量n 的平方根成正比【单项选择题】从某正态总体中随机抽取一个样本，其中n=10,1-n S =6,其平均数的抽样标准误为()A.1.7B.1.9C.2.1D.2.0【单项选择题】在参数估计中，α指()A.置信水平B.置信区间C.置信度D.显著性水平【单项选择题】总体分布为正态，总体方差已知，从总体中随机抽取容量为20的样本。

用样本平均数估计总体平均数的置信区间为() A.1122-+<<--n Z X n Z X σμσααB.1122-+<<--n t X n t X σμσααC.n Z X n Z X σμσαα22+<<-D.nt X n t X σμσαα22+<<-【单项选择题】下列受样本容量影响分布曲线形态的是()A.正态分布和F 分布B.F 分布和t 分布C.正态分布和t 分布D.正态分布和χ²分布【单项选择题】随机抽取一个样本容量为100的样木，其均值X =80,标准差s=10,所属总体均值μ的99%的置信区间是()A.[77.42,82.58]B.[78.04,81.96]C.[76.08,83.92]D.[77.42,81.96]【单项选择题】总体方差未知时，可以用()作为总体方差的估计值，实现对总体平均数的估计。

高等数学(本科)第九章课后习题解答

习题9.11.二元函数()y x f ,在有界闭区域D 可积的充分与必要条件是什么？它的几何意义和物理意义是什么？【答】几何意义表曲顶柱体的体积的代数和；物理意义表平面薄片的质量. 2.设()(){}11|,22≤+-=y x y x D ，则二重积分⎰⎰=Ddxdy π.【解】根据二重积分的性质，⎰⎰Ddxdy 等于积分区域D 的面积.而此处积分区域D 是半径为1的圆域，因此其面积为π. 3.求⎰⎰Ddxdy 4，其中(){}1|,≤+=y x y x D .【解】⎰⎰Ddxdy 4()()824442=⨯===⎰⎰D S dxdy D.4.如果闭区域D 被分成区域1D 、2D 且()5,1⎰⎰=D dxdy y x f ，()1,2⎰⎰=D dxdy y x f ，求()⎰⎰Ddxdy y x f ,.【解】根据二重积分的性质()⎰⎰Ddxdy y x f ,()⎰⎰+=1,D dxdy y x f ()615,2=+=⎰⎰D dxdy y x f .5.设()⎰⎰+=13221D d y x I σ， (){}22,11|,1≤≤-≤≤-=y x y x D ；()⎰⎰+=23222D d y x I σ，其中(){}20,10|,2≤≤≤≤=y x y x D .试利用二重积分的几何意义说明1I 与2I 之间的关系.【解】因为积分区域2D 关于x 轴及y 轴均对称，且被积函数()()322,y x y x f +=为偶函数，故根据二重积分的对称性知214I I =. 6.估计下列积分的值. （1）⎰⎰+=Dy xd e I σ22，其中(){}41|,22≤+≤=y x y x D ；【解】积分区域D 的面积πσ3=.显然被积函数()32,y x e y x f +=在积分区域D 内有最小值e e m ==1及最大值4e M =，因此由估值定理知 433e I e ππ≤≤.（2）⎰⎰=Dyd x I σ22sin sin ，其中(){}ππ≤≤≤≤=y x y x D 0,0|,.【解】积分区域D 的面积2πσ=.显然被积函数()x x y x f 22sin sin ,=在积分区域D 内有最小值()00,0==f m 及最大值12,2=⎪⎭⎫⎝⎛=ππf M ，因此由估值定理知20π≤≤I .7.设函数()y x f ,在点()b a ,的某个邻域内连续，D 表示以点()b a ,为圆心且完全含在上述邻域内的圆域（半径为R ）.求极限 ()⎰⎰→DR d y x f R σπ,1lim20.【解】积分区域D 的面积2R πσ=.由积分中值定理知 ()⎰⎰Dd y x f σ,()()ηξπσηξ,.,2f R f ==.显然当0→R 时，()()b a ,,→ηξ，所以 ()⎰⎰→DR d y x f R σπ,1lim20()()b a f f R ,,lim 0==→ηξ.8.设区域(){}1|,22≤+=y x y x D ，()y x f ,为区域D 上的连续函数，且 ()()dxdy y x f y x y x f D⎰⎰---=,11,22π. ① 求()y x f ,.【解】记 ()dxdy y x f a D⎰⎰=,. ②则①成为()πay x y x f ---=221,. ③由③得()⎰⎰⎰⎰⎰⎰---=DDDdxdy adxdy y x dxdy y x f π221,. ④其中，根据几何意义及性质可知32134211322ππ=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=--⎰⎰dxdy y x D.π=⎰⎰Ddxdy .所以由④式得到 3.32ππππ=⇒-=a a a . 将3π=a 代入③即得到()311,22---=y x y x f .习题9.21.在化二重积分时，选择坐标系的原则是什么？【解】选择坐标系的原则主要是根据积分区域的形状，具体地讲，积分区域的边界曲线是用直角坐标方程表示方便还是用极坐标方程表示简洁.当然，被积函数的特征也要考虑，如形如()22y xf+的积分就首选极坐标系来计算.2.先画出积分区域，再计算二重积分.（1）()⎰⎰+Dd y x σ22，其中D 是矩形区域：1,1≤≤y x ；【解】记(){}10,10|,1≤≤≤≤=y x y x D .由对称性知()⎰⎰+Dd y xσ22()⎰⎰+=1224D d y x σ()dy y x dx ⎰⎰+=101224⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=101032|314dx y y x 3831314314101032|=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎰x x dx x .（2）()⎰⎰++Dd y y x x σ3233，其中D 是矩形区域：10,10≤≤≤≤y x ；【解】()⎰⎰+Dd y xσ22()dy y y x x dx ⎰⎰++=10103233⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++=10104223|4123dx y y x y x1412141412310103423|=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎰x x x dx x x .（3）()⎰⎰+Dd y x σ23，其中D 是由两坐标轴及直线2=+y x 所围成的区域；【解】()⎰⎰+Dd y x σ23()dy y x dx x⎰⎰-+=202023()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-20202|3dx y xy x()()[]()3204324222232020232022|=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=++-=-+-=⎰⎰x x x dx x x dx x x x .（4）()⎰⎰+Dd y x x σcos ，其中D 是顶点分别为()0,0，()0,π，()ππ,的三角形区域；【解】()⎰⎰+Dd y x x σcos ()dy y x x dx x ⎰⎰+=π00cos ()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=π00|sin dx y x x x()⎰⎰⎰-=-=πππ0sin 2sin sin 2sin xdx x xdx x dx x x x()()⎰⎰+-=ππ00cos 2cos 21x xd x xd 【分部】()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰⎰ππππ0000cos cos 22cos 212cos 21||xdx x x x xd x xπππππππ2321sin 2sin 2121||00-=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=x x .（5）⎰⎰Dxy dxdy ye ，其中D 是由曲线2,2,1===y x xy 所围成的区域；【解】⎰⎰Dxydxdy ye dy ye dx x xy⎰⎰=22121()x d e yd x x xy ⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=221211x d dy e ye x x xy x xy ⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2212121|1x d e x x e e x x xy x⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=221212|1121 x d e x e x x x ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22122212x d e x x⎰=221212x d e xx ⎰-221221其中=⎰x d e x x 221221⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎰x d e x 12212【分部】()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰2212221211|x x e d x e x ++-=e e 2214x d e xx ⎰221212.所以⎰⎰Dxydxdy ye -=⎰x d e x x 221212e e dx e x e e x22112221422214-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-⎰. （6）()⎰⎰+Ddxdy y x sin ，其中D 是矩形区域：ππ20,0≤≤≤≤y x .【解】以直线π=+y x 及π2=+y x 将区域D 分成三个子区域：321D D D D ⋃⋃=.其中，⎩⎨⎧≤≤-≤≤,0,0:1ππx x y D ， ⎩⎨⎧≤≤-≤≤-,0,2:2πππx x y x D ，⎩⎨⎧≤≤≤≤-,0,22:3πππx y x D ()dy y x dx I x⎰⎰-+=ππ0sin ()dy y x dx x x ⎰⎰--+-+πππ02sin ()dy y x dx x⎰⎰-++πππ022sin其中()dy y x dx x⎰⎰-+ππ0sin ()dx y x x ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-ππ00|cos ()()πππ=+=+=⎰|0sin cos 1x x dx x ；()dy y x dx xx⎰⎰--+-πππ02sin ()dx y x xx ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=--πππ02|cosππ220==⎰dx ；()dy y x dx x ⎰⎰-+πππ022sin ()dx y x x ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-πππ022|cos ()()πππ=-=-=⎰|0sin cos 1x x dx x .所以 .42ππππ=++=I3.化二重积分()⎰⎰Dd y x f σ,为二次积分，且二次积分的两个变量的积分次序不同，其中积分区域D 为：（1）由直线x y =及抛物线x y 42=所围成的区域；【解】联立⎩⎨⎧==,4,2x y x y 解得⎩⎨⎧==,0,0y x 或⎩⎨⎧==.4,4y x 所以直线x y =及抛物线x y 42=的交点为()0,0及()4,4.（i ）若视区域D 为-X 型区域，则⎩⎨⎧≤≤≤≤.40,2:x x y x D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰=402,xxdy y x f dx .（ii ）若视区域D 为-Y 型区域，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤.40,41:2y y x y D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰=40412,y y dx y x f dy .（2）半圆形区域222r y x ≤+，0≥y .（i ）若视区域D 为-X 型区域，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤--≤≤.,0:22r x r x r y D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰--=rrx r dy y x f dx 320,.（ii ）若视区域D 为-Y 型区域，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤--.0,:3222r y y r x y r D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰---=ry r y r dx y x f dy 03222,.4．交换下列积分次序（1）()⎰⎰--21222,x x xdy y x f dx ；【解】D 是由圆周曲线()1122=+-y x ，2=+y x 【两曲线交于点()1,1】所围成的区域.故()⎰⎰--21222,x x xdy y x f dx ().,11122⎰⎰-+-=y ydy y x f dy（2）()⎰⎰e xdy y x f dx 1ln 0,；【解】积分区域D 由曲线x y ln =，及x 轴和直线e x =所围成. 若改变积分次序，即将区域D 视为-Y 型区域，则⎩⎨⎧≤≤≤≤,10:1y ex e D y ，所以()⎰⎰e xdy y x f dx 1ln 0,().,10⎰⎰=eey dx y x f dy（3）()⎰⎰102,x xdy y x f dx ；【解】积分区域D 由抛物线x y 42=及两直线x y =和直线1=x 所围成.若改变积分次序，即将区域D 视为-Y 型区域，则需要将D 分块： 21D D D ⋃=.其中⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤,1041:21y yx y D ，⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤,21141:22y x y D .所以 ()⎰⎰102,xxdy y x f dx()⎰⎰=10412,y y dx y x f dy ()⎰⎰+211412,y dx y x f dy .（4）()⎰⎰--0121,ydx y x f dy ()⎰⎰++1021,ydx y x f dy .【解】积分区域21D D D ⋃=.其中⎩⎨⎧≤≤-≤≤-,0121:1y x y D ，⎩⎨⎧≤≤≤≤+,1021:2y x y D 因此积分区域D 是由三直线1,1=-=+y x y x 及2=x 所围成的三角形区域.若改变积分次序，即将区域D 视为-X 型区域，则⎩⎨⎧≤≤-≤≤-21,11:x x y x D所以 ()⎰⎰--0121,y dx y x f dy ()⎰⎰++1021,ydx y x f dy ()⎰⎰--=2111,x x dy y x f dx .5.计算⎰⎰-10122xy dy e dx x .【解】积分区域D 是由直线x y =、1=y 及y 轴所围成的三角形区域. 改变积分次序得⎰⎰-10122x y dy e dx x ⎰⎰-=10022y y dx x dy e ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛=-1003|312dy x e y y⎰-=103231dy e y y ()⎰--=102261y ed y 【分部】 ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=⎰--10210222|61y d e e y y y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=--|101261y e e 6131+-=e .6.求由平面0,0==y x 及1=+y x 所围成的柱体被平面0=z 及抛物面z y x -=+622截得的立体的体积.【解】根据二重积分的几何意义知()⎰⎰--=Ddxdy y x V 226.其中积分区域D 是xoy 面内由直线1=+y x 及x 轴、y 轴所围成的平面区域.V ()dy y x dx x⎰⎰---=1010226⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-101032|316dx y y x y x()()()⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=101023323175234131116dx x x x dx x x x x .617317253231|10234=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=x x x x . 7.利用极坐标计算下列各题. （1）⎰⎰+Dy xd e σ22，其中D 是圆形区域：422≤+y x ；【解】⎰⎰+Dy xd e σ22⎰⎰+=1224D y xd e σ【极坐标】()121244202020|22-=⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰e e rdr e d r r ππθπ.（2）()⎰⎰++Dd y x σ221ln ，其中D 是圆周122=+y x 及坐标轴在第一象限内所围成的区域；【解】()⎰⎰++Dd y x σ221ln 【极坐标】()=+=⎰⎰rdr r d 20121ln πθ【令t r =2】()dt t ⎰+=11ln 4π【分部】()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=⎰dt t t t t 101011ln 4|π()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-=⎰dt t t 101112ln 4π []()12ln 241ln 42ln 4|10-=+--=πππt t .（3）σd x yD⎰⎰arctan ，其中D 是由圆周122=+y x ，422=+y x 及直线xy y ==,0在第一象限内所围成的区域；【解】rdr r r d dxdy x y I D.cos sin arctan arctan 4021⎰⎰⎰⎰==πθθθ==⎰⎰rdr d .421πθθ .64321.21.22124024021||πθθθππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰⎰r dr r d（4）⎰⎰Dxdxdy ，(){}x y x y x D 22|,22≤+≤=；【解】⎰⎰Dxdxdy ⎰⎰=12D xdxdy 【极坐标】⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰⎰⎰24cos 204020.cos .cos 2ππθπθθθθrdr r d rdr r d⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎰⎰⎰24cos 20340202|31cos .cos 2ππθπθθθθd r dr r d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰24420340cos 3831sin 2||πππθθθd r θθππd ⎰+=244cos 3163424132331634ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=.【其中θθππd ⎰244cos θθππd 22422cos 1⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=()θθθππd ⎰++=2422cos 2cos 2141⎰=2441ππθd ()⎰+2422cos 41ππθθd ＋⎰+2424cos 141ππθθd 413234sin 3214812sin 41441||2424-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯++⨯=πθπθπππππ】. 【注意：此题书中答案有误】.（5）⎰⎰-Ddxdy y x ，(){}0,0,1|,22≥≥≤+=y x y x y x D ；【解】以直线x y =将积分区域D 分块：21D D D ⋃=其中1D 由圆周()0,0122≥≥=+y x y x 及x 轴和直线x y =所围成；其中2D 由圆周()0,0122≥≥=+y x y x 及y 轴和直线x y =所围成.⎰⎰-Ddxdy y x ()+-=⎰⎰1D dxdy y x ()⎰⎰-2D dxdy x y 【极坐标】()rdr r r d ⎰⎰-=14sin cos θθθπ()rdr r r d ⎰⎰-+124cos sin θθθππ()dr r d ⎰⎰-=1240sin cos πθθθ()dr r d ⎰⎰-+1224cos sin ππθθθ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=||1034031.cos sin r πθθ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+||1032431.sin cos r ππθθ ()()12311231-+-=()1232-=. （6）()⎰⎰+Ddxdy y x y 23，(){}0,4|,22≥≤+=y y x y x D .【解】()⎰⎰+Ddxdy y x y 23⎰⎰=Dydxdy ⎰⎰+Ddxdy y x 230+=⎰⎰Dydxdy【极坐标】rdr r d ⎰⎰=20.sin θθπdr r d ⎰⎰=220sin πθθ31631cos ||2030=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=r πθ. 8.把()⎰⎰+=Ddxdy y xfI 22化为单重积分，其中(){}1|,22≤+=y x y x D .【解】()⎰⎰+=Ddxdy y xfI 22【极坐标】()⎰⎰=1204rdr r f d πθ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰1020.4rdr r f d πθ()⎰=102rdr r f π.9.把下列积分化为极坐标形式，并计算其积分值. （1）()⎰⎰-+ay a dx y xdy 002222；【解】()⎰⎰-+ay a dx y xdy 02222【极坐标】404228412|a r rdr r d aaππθπ=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰. （2）()⎰⎰-+ax ax dy y xdx 2020222；【解】()⎰⎰-+ax ax dy y xdx 2020222【极坐标】==⎰⎰rdr r d a 20cos 202πθθ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛20cos 204|41πθθd r a . 44244432.!!4!!34cos 4a a d a ππθθπ=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰.（3）⎰⎰+axdy y x dx 022；【解】⎰⎰+axdy y x dx 022【极坐标】==⎰⎰rdr r d a 40sec 0.πθθ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛40sec 03|31πθθd r a ⎰=4033sec 31πθθd a []|403tan sec ln tan .sec 61πθθθθ++=a()[]21ln 2613++=a【其中，()⎰⎰==θθθθtan sec sec 3d d I 【分部】()⎰-=θθθθsec tan tan .sec d⎰-=θθθθθd 2tan sec tan .sec ()⎰--=θθθθθd 1sec sec tan .sec 2 I d d -++=+-=⎰⎰θθθθθθθθθθtan sec ln tan .sec sec sec tan .sec 3所以，[]C I +++=θθθθtan sec ln tan .sec 21.】（4）⎰⎰+1222xxdx y x dx .【解】⎰⎰+10222xxdx y x dx 【极坐标】==⎰⎰rdr r d a 40sec tan 0.πθθθ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛40tan sec 03|31πθθθd r a ⎰=40333tan sec 31πθθθd a ()()⎰-=40223sec 1sec sec 31πθθθd a()12452sec 31sec 5131|40353+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=πθθa .10.设()x f 为连续函数，且()()⎰⎰+=Ddxdy y x f t F 22，其中(){}222|,t y x y x D ≤+=，求极限()tt F t '→0lim.【解】()()⎰⎰+=Ddxdy y x f t F 22【极坐标】()rdr r f d t⎰⎰=πθ202()r dr r f t⎰=022π.故 ()()22t tf t F π='. ① 所以()t t F t '→0lim【代入 ①】()()022lim 0f t t tf t ππ==→. 【注意：怀疑此题本身有问题，故对题目本身作了合理修正】11*.设()x f 在[]1,0上连续，并设()A dx x f =⎰10，求()()⎰⎰101xdy y f x f dx .【解】记⎩⎨⎧≤≤≤≤,10,1:1x y x D ⎩⎨⎧≤≤≤≤,10,0:2x x y D ，21D D D ⋃=.则 ()()()()dxdy y f x f dy y f x f dx I D x⎰⎰⎰⎰==1111. ①()()()()dxdy y f x f dy y f x f dx I D x⎰⎰⎰⎰==2102. ②又交换积分次序后()()==⎰⎰111x dy y f x f dx I ()()⎰⎰10y dx y f x f dy ()()⎰⎰=10xdy y f x f dx ，即21I I =.所以有 ()()()dxdy y f x f I I I D⎰⎰=+=2121211 ()()210102121A dy y f dx x f ==⎰⎰. 12*.设()x ϕ为[]1,0上的正值连续函数，证明：()()()()()b a dxdy x y x b y a D+=++⎰⎰21ϕϕϕϕ，其中b a ,为常数，(){}10,10|,≤≤≤≤=y x y x D . 【证明】因为积分区域D 关于直线x y =对称，则 ()()()=+=⎰⎰Ddxdy y x x I ϕϕϕ()()()⎰⎰+Ddxdy y x y ϕϕϕ. ① 故有()()()()212121==⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰⎰⎰DD dxdy dxdy y x y x I ϕϕϕϕ. ② 所以有()()()()=++⎰⎰D dxdy x y x b y a ϕϕϕϕ()()()b dxdy y x y a D++⎰⎰ϕϕϕ()()()⎰⎰+Ddxdy y x x ϕϕϕ ).(21b a bI aI +=+= 13*.设闭区间[]b a ,上()x f 连续且恒大于零，试利用二重积分证明不等式()()()21a b dx x f dx x f baba-≥⎰⎰. 【证法一】考虑到定积分与变量的记号无关.故有： ()()⎰⎰=b a bay f dy x f dx. ① 以及()().dy y f dx x f baba⎰⎰= ②所以有()()()()..⎰⎰⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡D b a b a dxdy y f x f x f dx dx x f ③其中，⎩⎨⎧≤≤≤≤.,:b y a b x a D 同时()()()()..⎰⎰⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡D b a b a dxdy x f y f x f dx dx x f ④ ③+④，得()()()()()()()()()().2.2⎰⎰⎰⎰⎰⎰≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡D Db a b a dxdy y f x f x f y f dxdy y f x f x f y f x f dx dx x f ()222.Ddxdy b a ==-⎰⎰即： ()()()2..b b a a dx f x dx b a f x ⎡⎤⎡⎤≥-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰ 【证法二】：因为()0≥x f ，所以有20b a dx ⎡⎤⎢≥⎢⎣⎰，即 ()()()220.bbaadxf x dx b a f x λλ⎡⎤+-+≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰① ①式左边是λ的非负二次三项式，因此必有判别式()()()20b b a a dx b a f x dx f x ⎡⎤⎡⎤∆=--≤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰. ② 故由②得到()()()2..b b a a dx f x dx b a f x ⎡⎤⎡⎤≥-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰14*.设()x f 在闭区间[]b a ,上连续.试利用二重积分证明不等式()()()dx x fa b dx x f ba ba ⎰⎰-≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡22.【证明】由于()2⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰dx x f b a ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰⎰dx x f dx x f b a b a ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰⎰dy y f dx x f ba b a . ① 令 ⎩⎨⎧≤≤≤≤.,:b y a b x a D 则由①得到()()()dxdy y f x f dx x f Dba ⎰⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡2. ②又 ()()()()222y fx fy f x f +≤.③故()()()dxdy y fx f dx x f Db a ][21222+≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰⎰⎰()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰⎰⎰b a b a b a b a dy y f dx dx x f dy 2221 ()()dx x f a b b a ⎰-=221()()dy y f a b b a ⎰-+221【定积分与变量记号无关()()dx x fa b ba⎰-=2.15*.设区域(){}0,1|,22≥≤+=x y x y x D ，求二重积分⎰⎰+++Ddxdy y x xy2211.【解】⎰⎰+++Ddxdy y x xy 2211⎰⎰++=D dxdy y x 2211⎰⎰+++D dxdy yx xy221 0112122+++=⎰⎰D dxdy y x 【极坐标】rdr r d ⎰⎰+=2102112πθ ()().2ln 21ln 21112|1022102πππ=+=++=⎰rr d r习题9.３1.利用定积分、二重积分和三重积分计算空间立体体积时，被积函数和积分区域各有什么不同？【解】略.2.将三重积分()dxdydz z y x f I ⎰⎰⎰Ω=,,化为三次积分，其中空间区域分别为：（1）由曲面22y x z +=，0=x ，0=y ，1=z 所围成且在第一卦限内的区域；【解】⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤-≤≤≤≤+Ω.10,10,1:222x x y z y x Ω向xoy 面上投影区域为⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤.10,10:2x x y D xy ，所以()dz z y x f dy dx I y x x ⎰⎰⎰+-=1101222,,.（2）由双曲抛物面xy z =及平面01=-+y x ，1=z 所围成的区域；【解】⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤≤≤Ω.10,10,0:x x y xy z Ω向xoy 面上投影区域为⎩⎨⎧≤≤-≤≤.10,10:x x y D xy ，所以()dz z y x f dy dx I xyx⎰⎰⎰-=01010,,.（3）由曲面222y x z +=及22x z -=所围成的区域. 【解】联立⎪⎩⎪⎨⎧-=+=,2,2222x z y x z 消去z ，得 Ω向xoy 面上的投影区域为 1:22≤+y x D xy . 故⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤--≤≤---≤≤+Ω.11,11,22:22222x x y x x z y x所以()dz z y x f dy dx I x y x x x ⎰⎰⎰-+----=22222221111,,.3.利用直角坐标系计算下列三重积分.（1）dV z xy ⎰⎰⎰Ω32，其中Ω是由平面x y =，1=x ，0=z 及曲面xy z =所围区域.【解】Ω在xoy 坐标面上的投影区域为三角形区域.10,0:⎩⎨⎧≤≤≤≤x x y D 故dz z dy y xdx dV z xy xyx⎰⎰⎰⎰⎰⎰=Ω03021032⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=xxy dy z y xdx 004210|41⎰⎰=x dy y dx x 0610541⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10075|7141dx y x x 3641131281281|10131012=⨯==⎰x dx x . （2）()⎰⎰⎰Ω+++31z y x dV，其中Ω是由平面0=x ，0=y ，0=z 及1=++z y x 所围成的四面体；【解】Ω在xoy 坐标面上的投影区域为三角形区域.10,10:⎩⎨⎧≤≤-≤≤x x y D 故()dxdydz z y x ⎰⎰⎰Ω+++311=()dz z y x dy dx x y x ⎰⎰⎰---+++101010311()()z y x d z y x dy dx xyx ++++++=⎰⎰⎰---1111010103()⎰⎰---⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-=1010102|11.21xy x dy z y x dx ()⎰⎰-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=10102411121xdy y x dx ⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-=1010|411121dx y y x x⎰⎪⎭⎫⎝⎛+++-=101144321dx x x ().1652ln 21811ln 4321|102-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=x x x （3）()dxdydz z x y ⎰⎰⎰Ω+cos ，其中Ω是由抛物柱面x y =以及平面0=y ，0=z ，2π=+z x 所围成区域.【解】Ω在xoy 坐标面上的投影区域为.20,0:⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤πx x y D 故()dxdydz z x y ⎰⎰⎰Ω+cos =()dz z x ydy dx xx⎰⎰⎰-+2020cos ππ()⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-200|2sin ππxxdy z x y dx ()⎰⎰-=200sin 1πx ydy x dx ()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=2002|21sin 1πdx y x x ()⎰-=20sin 121πdx x x⎰=2021πxdx 21161sin 21220-=-⎰ππxdx x .【其中2202201614121|πππ==⎰x xdx ；()⎰⎰=-2020cos 21sin 21ππx xd xdx x 【分部】⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰2020cos cos 21|ππxdx x x 21sin 21|20-=-=πx .】4.利用柱面坐标计算三重积分.（1）()d V y x ⎰⎰⎰Ω+22，其中Ω是由曲面z y x 222=+及平面2=z 所围成的区域；【解】本题宜采用“切片法”计算()()dxdy y x dz dz dxdy y xzD ⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=+Ω22222.3163242.||20320202422020πππθπ====⎰⎰⎰⎰z dz r rdr r d dz z z如采用柱面坐标系：()dz dxdy y x⎰⎰⎰Ω+22.3166.2142222.2|206420223222202πππθπ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰⎰⎰r r dr r r dz r rdr d r （2）()d V y x ⎰⎰⎰Ω+22，其中Ω是由曲面()222254y x z +=及平面5=z 所围成的区域；【解】（柱面坐标法）Ω在xoy 坐标面上的投影区域为.4:22≤+y x D()V d y x⎰⎰⎰Ω+22dr z r dz r rdr d r r ⎰⎰⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛==20205253525220|.2πθπ dr r r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰255223πππ82452|2054=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=r r .（3）dV xyz ⎰⎰⎰Ω，其中Ω是由球面1222=++z y x 及三个坐标面所围且在第一卦限内的区域.【解】（球面坐标法）Ω在xoy 坐标面上的投影区域为V xyzd ⎰⎰⎰Ω⎰⎰⎰=2015320cos sin cos sin ππρρϕϕϕθθθd d d48161.sin 41.sin 21|||106204202=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ρϕθππ.5.利用球面坐标计算三重积分.（1）()d V z y x ⎰⎰⎰Ω++222，其中()(){}222223,|,,y x z z z y x z y x +≥≤++=Ω；【解】（球面坐标法）()d V z y x⎰⎰⎰Ω++222⎰⎰⎰=60cos 02220.sin πϕπρρρϕϕθd d dϕρϕππϕd ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=6cos 05|51sin 2ϕϕϕππd ⎰=605sin cos 52()ϕϕππcos cos 52605d ⎰-=πϕππ96037cos 6152|606=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=.（2）dxdydz z ⎰⎰⎰Ω2，其中Ω是由抛物面22y x z +=之上，球面2222=++z y x 之内的部分围成；【解】（柱面坐标法）联立⎩⎨⎧+==++22222,2y x z z y x 消z ,得Ω在xoy 坐标面上投影区域.1:22≤+y x D 所以dz dxdy z⎰⎰⎰Ω2⎰⎰⎰-=1222022r rdz z rdr d πθ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-123|22312r r z r π()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=10632232dr r r r π()⎰-=1032232dr r r π()πππππ121228151121232107--=-=-⎰dr r ()1323260-=π.【其中()⎰-1032232dr r r π【令t r sin 2=】⎰=404cos .sin 328ππtdt t ()()πππππ228151cos 51328cos cos 328|405404-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=⎰t t td ； .121813232|108107πππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-⎰r dr r 】（3）dxdydz x ⎰⎰⎰Ω，其中()(){}0,0,0|,,2222≥≥>≤++=Ωy x a a z y x z y x .【解】（球面坐标法）⎰⎰⎰Ωxdxdydz ⎰⎰⎰=ππρρθϕρϕϕθ00220.cos sin sin ad d d ⎰⎰⎰=ππρρρϕϕθθ0222.sin cos ad d d404020841.2sin 4121.sin |||a a πρϕϕθππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=.6.采用三种坐标计算三重积分dxdydz z ⎰⎰⎰Ω2，其中()2222|,,{R z y x z y x ≤++=Ω()}2,0222Rz z y x R ≤++>.【解法一】（柱面坐标法）联立⎩⎨⎧=++=++,2,222222Rz z y x R z y x 消z ,得Ω在xoy 坐标面上的投影区域为 .43:222R y x D ≤+dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω2 dr z r dz z rdr d R R r R r R R r R r R R ⎰⎰⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==------232303220|222222223.2πθπ()()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡----=R dr rR R r R r 23032232232π（令t R r sin =）()[]⎰--=30333cos .cos cos sin 32ππtdt R t R R t R t R[]⎰-+-=30235cos sin cos 3cos 31cos 232ππtdt t t t t R⎰=3045sin cos 34ππtdt t R ⎰-305sin cos 32ππtdt t R⎰+3025sin cos 2ππtdt t R⎰-3035sin cos 2ππtdt t R|30555cos 34ππt R -=|30252cos 32ππt R +|30353cos 2ππt R -|30454cos 2ππt R + ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=32311545R π⎪⎭⎫ ⎝⎛-+4335R π⎪⎭⎫ ⎝⎛--87325R π⎪⎭⎫ ⎝⎛-+161525R π .480595R π=【解法二】（球面坐标法）球面坐标计算：这时首先要把积分区域Ω分成两个子区域： .21Ω⋃Ω=Ω 其中⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ω,0,30,20:1R ρπϕπθ ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ω,cos 20,232,20:2ϕρπϕππθR则dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω2=dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω12dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω+22ρρϕρϕϕθππd d d R⎰⎰⎰=2030222.cos sinρρϕρϕϕθπππϕd d d R ⎰⎰⎰+2023cos 20222.cos sin⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰R d d 04302cos .sin 2ρρϕϕϕππ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰⎰ϕππρρϕϕϕπcos 204232cos .sin 2R d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=||0530351cos 312R ρϕππ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰2375cos .sin 32512ππϕϕϕπd R 551.247.2R π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+|2385cos 81564ππϕπR 5607R π=⎪⎭⎫ ⎝⎛+81.25615645R π5607R π=5160R π+.480595R π= 【解法三】（直角坐标系之“切片法”）将Ω分块为21Ω⋃Ω=Ω.其中()()⎪⎩⎪⎨⎧∈≤≤Ω11,,20z D y x R z ：，()22212:z Rz y x D z -≤+； ()()⎪⎩⎪⎨⎧∈≤≤Ω22,,2z D y x R z R：，()22222:z R y x D z -≤+. ()()()()[]dz z Rz z dz D S z dxdy dz z dz dxdy zR z D R R z220212022022211-===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ωπ5205440151412|R z z R Rππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=；()()()()[]dz z R z dz D S z dxdy dz z dz dxdy z RR z D RR R R z222222222222-===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ωπ 52532480475131|R z z R R R ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=. 所以dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω2=dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω12dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω+225554805948047401R R R πππ=+=. 7.若柱面122=+y x 与平面0=z ，1=z 所围成的柱体内任一点()z y x ,,处的密度22y x z --=μ，试计算该柱体的质量.【解】()()⎪⎩⎪⎨⎧Ω∈-+Ω∈--=--=.,,,,,22212222y x z y x y x y x z y x z μ 其中()⎩⎨⎧∈≤≤+ΩD y x z y x ,,1221：；()⎩⎨⎧∈+≤≤ΩD y x y x z ,,0222：；1:22≤+y x D . 所以 =M ()dz dxdy y xz ⎰⎰⎰Ω--122()πππ316161222=+=-++⎰⎰⎰Ωdz dxdy z y x .【其中()dz dxdy y xz ⎰⎰⎰Ω--122【柱面坐标】()dr z r z r dz r z rdr d r r ⎰⎰⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=10101221220|222.2πθπ()πππ6161222|10642153=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-=⎰r r r dr r r r ；()dz dxdy z y x⎰⎰⎰Ω-+222【柱面坐标】()dr z z r r dz z r rdr d r r ⎰⎰⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=110022220|2221.2πθππππ6161|10615=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰r dr r .】8.分别用定积分、二重积分和三重积分求由22y x z +=和22y x z +=所围成的立体Ω的体积.【解】联立⎪⎩⎪⎨⎧+=+=,,2222y x z y x z 消z ,得Ω在xoy 坐标面上的投影区域为 .1:22≤+y x D（一）定积分过z 轴上任意一点z 作Ω的截面，则该截面的面积为 ()()()[]1,0,222∈-=-=z z z z z z A πππ所以Ω的体积为()()πππ613121|103210210=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-==⎰⎰z z dz z z dz z A V .（二）二重积分 ()[]d xdy y x y xV D⎰⎰+-+=2222【极坐标】()ππθπ61432|10432012=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=⎰⎰r r rdr r r d . （三）三重积分⎰⎰⎰Ω=dV V 【球面坐标】ρρϕϕθπϕϕππd d d ⎰⎰⎰=20sin cos 02242sin()ϕϕπϕϕϕπϕρϕπππππππϕϕcot cot 32sin cos 3231sin 2243245324sin cos 03|2d d d ⎰⎰⎰-==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=πϕπππ61cot 4132|244=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=. 9.设()x f 在0=x 处可导，且()00=f ，求极限()d xdydz z y x f t t ⎰⎰⎰Ω→++22241lim，其中(){}2222|,,t z y x z y x ≤++=Ω.【解】()d xdydz z y x f tt ⎰⎰⎰Ω→++222401lim ()⎰⎰⎰=ππρρρϕϕθ00220.sin ad f d d()ρρρϕππd f a 200.cos 2|⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=()ρρρπd f a 20.4⎰=. ①所以()d xdydz z y x ft t ⎰⎰⎰Ω→++22241lim【由①】()4204lim t f tt ⎰→=ρρπ【洛必达法则】()32044lim t t t f t π→=()t t f t 0lim →=π()()00lim 0--=→t f t f t π()0f '=π. 习题9.４1.求由曲线()xy y x C =+222:所围平面图形D 的面积.【解】化曲线C 为极坐标表示：θθsin cos 2=r ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋃⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈πππθ23,2,0.由对称性知()⎰⎰=12D d D S σ【极坐标】θθπθθπθθd r dr r d ⎰⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡==20cos sin 0220cos sin 0|2122()21sin 21sin sin cos sin |2022020====⎰⎰πππθθθθθθθd d d .2.求由曲面222y x z +=及2226y x z --=所围成的立体Ω的体积. 【解】联立⎪⎩⎪⎨⎧--=+=,26,22222y x z y x z 消去z ，得 Ω向xoy 面上的投影区域为 2:22≤+y x D xy .所以Ω的体积为 ()()[]d xdy y x y xV xyD ⎰⎰+---=2222226()d xdy y xxyD ⎰⎰--=22336()ππθπ6433236|2422022=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=⎰⎰r rrdr r d . 3.求由曲面()xyz a z y x S 332223:=++所围立体的体积.【解】做球坐标变换：⎪⎩⎪⎨⎧===,cos ,sin sin ,cos sin ϕρθϕρθϕρz y x 则S 在球坐标下的方程为θθϕϕρsin cos cos sin 3233a =ρρϕϕθθθϕϕππd d d dV V a ⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ω==3231cos sin cos sin 3022020sin 44⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2020cos sin cos sin 303|32331sin 4ππθθϕϕϕρϕθd d a ⎰⎰=22033cos sin cos sin 4ππϕϕϕθθθd d a.21sin 41sin 21432042023||a a =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ππϕθ4.证明：曲面2214:y x z S ++= ① 任一点处的切平面与曲面22:2y x z S +=所围立体图形Ω的体积为定值.【证明】任取曲面1S 上一点()0000,,z y x M .令 ()z y x z y x F -++=224,,.则1S 在点()0000,,z y x M 处的切平面的法向量为 ()()(){}{}1,2,2,,00000-='''=y x M F M F M F z y x .1S 在点()0000,,z y x M 处的切平面π的法平面为()()()02200000=---+-z z y y y x x x .即 ()0222:02020000=-+---+z y x z z y y x x π. ②又由于()10000,,S z y x M ∈，故402020-=-+z y x . ③ 将③式代入②式得0822:000=+--+z z y y x x π. ④ 联立⎩⎨⎧+==+--+,,082222000y x z z z y y x x 消去z ，得 ()()8020202020+-+=-+-z y x y y x x 【由③】4=，故Ω向xoy 面上的投影区域为()()4:2020≤-+-y y x x D xy . ⑤所以，Ω的体积为 ()()[]d xdy y x z y yx x V xyD ⎰⎰+-+-+=2200822()()()[]d xdy y y x x z y xxyD ⎰⎰----+-+=202002028【由③】()()[]d xdy y y x x xyD ⎰⎰----=2024令⎩⎨⎧+=+=.sin ,cos 00θθr y y r x x 则()()r r r y r y xrxr y x J =-=∂∂∂∂∂∂∂∂=∂∂=θθθθθθθcos sin sin cos ,,所以()dr d r r V r D θθ⎰⎰-=24()ππθπ841224|20422022=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=⎰⎰r r rdr r d .从而:2S 与π所围立体图形Ω的体积为定值π8.5.形状如22y x z +=，100≤≤z （单位：米）的“碗”，计划在其上刻上刻度使其成为一个容器.求对应于容积为１立方米的液体在该容器内的高度是多少？【解】设对应于容积为１立方米的液体在该容器内的高度是h （米）. 由题意知()()σπd y xh h D⎰⎰+-⨯=222.1. ①其中222:h y x D ≤+.()⎰⎰⎰⎰=+πθσ200222.h Drdr r d d y x20421412|h r h ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=. ②将②式代入①式得2221.1h h ππ-=，即 2211h π=，解之得π2=h （米）.6.求均匀密度的半椭圆平面薄片()01:2222≥≤+y by a x D 的质心.【解】设D 的质心坐标为()y x ,.由质心坐标公式得⎰⎰⎰⎰=DDxd d x σσ1； ①⎰⎰⎰⎰=DDyd d y σσ1②【其中令⎩⎨⎧==,sin ,cos θθbr y ar x 则()()abrbr b ar a y ry xrxr y x J =-=∂∂∂∂∂∂∂∂=∂∂=θθθθθθθcos sin sin cos ,,由对称性知0=⎰⎰σd x D；()⎰⎰⎰⎰⎰⎰==πθθθθσθ0102.sin sin rdr r d ab drd J br d y r D D⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=πθθ01032|31sin d r ab2020232cos 31sin 31|ab ab d ab =-==⎰ππθθθ；又 ()ab D S d Dπσ2121==⎰⎰. 故⎰⎰⎰⎰==DDxd d x 01σσ；ππσσ34213212bab ab yd d y DD===⎰⎰⎰⎰. 所以，平面薄片()01:2222≥≤+y b y a x D 的质心为⎪⎭⎫⎝⎛π34,0b .7.社平面薄片所占的区域D 由抛物线2x y =及直线x y =所围成，它在点()y x ,处的面密度()y x y x 2,=ρ，求此薄片的质心.【解】设D 的质心坐标为()y x ,.由质心坐标公式得()()⎰⎰⎰⎰=DDd y x x d y x x σρσρ,,1σσ⎰⎰⎰⎰=DDyd x yd x 321； ① ()()⎰⎰⎰⎰=D D d y x y d y x y σρσρ,,1⎰⎰⎰⎰=DDd y x yd xσσ2221②ydy x dx yd x xx D⎰⎰⎰⎰=10222σ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛=1022|221dx y x x x ()⎰-=106421dx x x 351715121|1075=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x ； ③ydy x dx yd x x x D⎰⎰⎰⎰=10332σ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛=1023|221dx y x x x ()⎰-=107521dx x x 481816121|1086=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x ； ④ dy y x dx d y x xx D2102222⎰⎰⎰⎰=σ⎰⎪⎭⎫⎝⎛=1032|231dx y x x x ()⎰-=108531dx x x 541916131|1096=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x . ⑤故 4835351481==x ；5435351541==y .所以此薄片的质心为⎪⎭⎫⎝⎛5435,4835.8.平面薄片D 由ax y x ≥+22，222a y x ≤+确定，其上任一点处的面密度与离原点的距离成正比，求此薄片的质心.【解】由题意知，面密度()22,y x k y x +=ρ)0(>k .。