概率论第七章习题解答

概率论第七章习题解答
1、随机地取8只活塞，测得它们的直径为（以mm 计）
74.001 74.005 74.003 74.001 74.000 73.998 74.006 74.002 试求总体均值μ及方差2
σ的矩估计值，并求样本方差2
s 。

解 1()E X μμ==
2222
2()()[()]E X D X E X μσμ==+=+
解得 1μμ=，
22
21σμμ=-
又 8
11
18i i A X X ===∑
令 1A X μ== （一阶矩估计量）
2
2
22A X σμ==-（二阶矩估计量）
代入样本值，
1
(74.00174.00574.00374.0018
x =+++
74.00073.99874.00674.002)++++74.002=
ˆ74.002μ
=，（一阶矩估计值） 8
2
21
1ˆ()8i i x x σ
==-∑ 22222221
[(0.001)0.0030.001(0.001)0.002(0.004)(0.004)0]8=-+++-++-++ 即 26648
ˆ106108
σ
--=⨯=⨯ （二阶矩估计值） 因为样本方差22
211()1n i i S X X n ==--∑ 当8n =时，8222
1
1()7i
i S X X ==-∑ 所以 2
2661148
ˆ()10 6.861077
n i i s
x x --==-=⨯=⨯∑ 2、设12,,,n X X X 为总体的样本，12,,,n x x x 为一相应的样本值，求下列总体的概
率密度或分布律中的未知参数的矩估计量和矩估计值。

（1）(1),()0,
c x x c
f x θθθ-+⎧>=⎨⎩其它，其中0c >为已知，θ为未知参数。

（2
）1
,01()0,
x f x ≤≤=⎪⎩其它
，其中0θ>，θ为未知参数。

（3）{}(1)x x m x
m P X x C p p -==-，0,1,2,
,x m =，其中01p <<，p 为未知参数。

解 （1）()()()c
E X xf x dx xf x dx ∞
∞
-∞
==⎰
⎰
(1)c
c
x c x dx c x dx θθθθθθ∞
∞-+-=
=⎰
⎰
11|111
c c c c
x c θθθθθθθμθθθ-+∞-+=
===---， 而 ˆX μ
= 故
1
c
X θθ=-，解出θ，得 (1)c X θθ=-，()X c X θ-=，
ˆ()X
X c θ
=-。

矩估计值为ˆ()
x
x c θ
=-
（2）（1）1
()()()E X xf x dx xf x dx ∞
-∞
==⎰⎰
1
1
dx ==⎰
⎰
11
0|μ=
=
=，
由ˆX μ
= 故
X =，
解出θ，得
1)X =
)X X -=
2
1X X
=
-
2
ˆ(1)X X θ⎛⎫= ⎪-⎝⎭。

（3）因为(,)X
b m p ，所以 ()E X mp μ==，解得
ˆX p
m
m
μ
==
3、求下列各概率密度或分布律
（1）(1),()0,
c x x c
f x θθθ-+⎧>=⎨⎩其它，其中0c >为已知，θ为未知参数。

（2
）1
,01()0,
x f x ≤≤=⎪⎩其它
，其中0θ>，θ为未知参数。

（3）{}(1)x x m x
m P X x C p p -==-，0,1,2,
,x m =，其中01p <<，p 为未知参数
各未知参数的极大似然估计和估计量。

解（1）121
(,,
,,)()n n i i L x x x f x θ==∏(1)
(1)
1
1
n
n
n n i
i
i i c x c
x
θ
θθ
θθθ-+-+====∏∏
1
ln(())ln ln (1)
ln n
i
i L n n c x
θθθθ==+-+∑
1
ln(())ln ln n
i i d L n
n c x d θθθ==+-∑ 令 ln(())
0d L d θθ
=，即
1
ln ln 0n
i i n
n c x θ
=+-=∑
解得
1
ln ln n
i i n
x n c θ
==+∑
1
ˆln ln n
i
i n
x n c
θ
==-∑
是未知参数θ的极大似然估计值
1
ˆln ln n
i
i n
X
n c
θ
==-∑
是未知参数的极大似然估计量。

（2）121
(,,
,,)()n n i i L x x x f x θ==
∏1)
(1)
2
1
1
n
n
n
i
i i x
θθ
-+====∏
1
ln(())ln 1)ln 2n
i i n
L x θθ==+∑
1
ln(())ln 2n
i
i d L n x d θθθ==+
令
ln(())
0d L d θθ
=，即
1
ln 02n
i
i n x
θ==
解得
11ln n
i i x n ==-∑
1
ln n
i
i n
x
==-
∑
22
1ˆ(ln )n
i i n x θ
==∑
是未知参数θ的极大似然估计值
22
1ˆ(ln )n
i i n X θ
==∑
是未知参数的极大似然估计量。

（3）121
(,,
,,)(1)
i
i
i
n
x x m x n m
i L x x x p C p p -==-∏1
1
()(1)n
n
i
i
i i i n
x m x x m
i C p
p ==
-=∑
∑=-∏
1
1
1
ln(())ln ln ()ln(1)i n
n n
x m
i i i i i L p C
x p m x p ====
++--∑∑∑
令 11
ln(())11ln ()01n n
i i i i d L p x p m x dp p p ===--=-∑∑ 则有
1
1
1
(())n n n i i i i i i p m x x x ===-+=∑∑∑，即 1
()n
i i p nm x ==∑
解得 1
1111
ˆn
i
n i i
i x
p x x nm m n m
=====∑∑ 这是未知参数p 的极大似然估计值。

1ˆp
X m
= 这是未知参数p 的极大似然估计量
4、（1）设总体具有分布律
其中θ（01θ<<）为未知，已取得了样本的值11x =，21x =，31x =，试求θ矩估计值和最大似然估计值。

（2）设12,,,n X X X 是来自参数为λ的泊松分布，试求λ的最大似然估计量及矩估
计量。

（3）设随机变量X 服从以r ，p 为参数的二项分布，其分布律为
1
1{}()(1)
k k x x r
r
k r P X x p p ---==-，,1,
k x r r =+
其中r 已知，p 为未知，试求p 的最大似然估计值。

解 （1）2
2
()4(1)3(1)32E X θθθθθ=+-+-=-，
3()
2E X θ-=
，而()E X X =， 故 1
(3)2
X θ=-
θ矩估计量为 1ˆ(3)2
X θ=-。

又因为 14
(121)33
x =++=
θ矩估计值为 145ˆ(3)236
θ=-=。

已知 2
{1}P X θ==，{2}2(1)P X θθ==-，2
{3}(1)P X θ==-， 构造X 的概率函数 因为(1)(3)
2
x x ---，当11x =，21x =，31x =时，取值为1,2，3，而
31(1)x x θθ---，当11x =，21x =，31x =时，取值为2θ，(1)θθ-，2(1)θ-
所以 (1)(3)
31{}2(1)x x x x P X x θθ-----==-，1,2,3x =
似然函数为 (1)(3)31121
(,,
,)2(1)i i i i n
x x x x n i L x x x θθθ-----==-∏
1
1
1
(1)(3)
(3)
(1)
2
(1)n
n
n
i i i i i i i x x x x θ
θ===-
----∑
∑
∑=-
1
1
1
(1)(3)
32
(1)n
n
n
i i i
i i i i x x n x x n
θ
θ===-
---
-∑
∑
∑=-
1
1
1
ln ()(1)(3)ln 2(3)ln ()ln(1)n
n
n
i i i i i i i L x x n x x n θθθ====---+-+--∑∑∑
1
1
(3)
()
ln ()
01n
n
i i i i n x x n d L d θθ
θ
θ
==--=-
=-∑∑
(1)(3)(1)x x θθ--=- （注1
1n
i i x x n ==∑）
23x θ-=-，即 3
2
x θ-=
3
ˆ2
X θ
-=是θ的最大似然估计量。

把样本的值11x =，22x =，31x =代入，得43
x =
， 43
53ˆ26
θ-==是θ的矩估计估计值。

解法二 3
1
231(){}{1}{2}{1}i
i L P X x P X
P X P X θ==
=====∏
2
2
(2(1))θθθθ=-5
2(1)θθ=- ln ()ln 25ln ln(1)L θθθ=++-
ln ()5101d L d θθθθ=-=- 解得 56θ=，即θ的矩估计估计值为 5ˆ6
θ=。

（备注：求矩估计值用此方法比较简明，但如果要求矩估计量，就不是太好的。

） （2）（ⅰ）设12,,
,n x x x 是相应于12,,,n X X X 的样本值，则似然函数为
由于泊松分布是离散型随机变量，故只要把
!
k e k λ
λ-中的变量k 换成i x ，则
(,)!
i
x i i e p x x λ
λλ-=
），故
11
1()!
n
i
i
i x n
n
x
n i i i i e L e
x x λ
λ
λλλ=--
-==∑==∏
∏
1
1
ln ()ln ln()n n
i i i i L n x x λλλ===---∑∏
1
ln ()
0n
i
i x d L n d λλλ
==--=∑，
解得 1
n
i
i x
n
λ==
∑，即
λ的最大似然估计值为 x λ=。

λ的最大似然估计量为 X λ=。

（ⅱ）求λ的矩估计量
因为1()E X μλ==，而1X μ=，故λ的矩估计量也是X λ=。

（3）1
1
1
1
(){}(1)k k n n
x x r r k
r k k L p P X x C
p p ---===
==-∏∏
1
11
1[
](1)n
k k k n
x r
x nr
r k C
p p =---=∑=-∏
11
1
1
ln ()ln()ln ()ln(1)k n n
x r k k k L p C
nr p x r p --===+---∑∏
1
ln ()1
()01n
k k d L p nr x r dp p p ==--=-∑ 即
11()1n k k nr x nr p p ==--∑，1
n k k nr pnr p x pnr =-=-∑ 1
1n
k k r r p x
x n ==
=
∑ 得p 的最大似然估计值为 ˆr
p
x
=
p 的最大似然估计量为 ˆr
p
X
= 5、设某种电子器件的寿命（以h 计）T 服从双参数的指数分布，其概率密度为
()1,()0,t c e
t c f t θ
θ--⎧≥⎪=⎨⎪⎩其它
其中c ，θ（,0c θ>）为未知参数。

自一批这种电子器件中随机地取n 件作寿命试验，设它们的失效时间依次为12n x x x ≤≤
≤，
（1）求θ与c 的最大似然估计值。

（2）求θ与c 的矩估计值量。

解 （1）作似然函数 ()1
1
(,)i n
x c i L c e
θ
θθ--==
∏1
1
1
()()
1
1
n
n
i i c i i x c x n
n
e
e
θ
θ
θ
θ
-==-
--
∑
∑=
=
1
1
1ln (,)ln n
i i L c n x nc θθθ
θ
==--
+∑
若要(,)L c θ取最大值，则要求c 尽是大，而当
ln (,)0L c n
c θθ
∂=>∂时，(,)L c θ单调增加，一霎时，当c 取最大值时，(,)L c θ取最大值；
而i c x ≤，1,2,,i n =（概率密度中要求t c ≥，t 取值为i x ，1,2,
,i n =）
且 12n x x x ≤≤
≤，故取
1ˆc
X = 又
21
ln (,)1()0n
i i L c n x nc θθθθ=∂=-+-=∂∑ 2
1
(
)n
i i n x nc θθ==-∑
2
1
1()n
i i x c n θθ==-∑，
因为0θ>，所以 1
1n
i i x c x c n θ==-=-∑
取
1
ˆX X θ=-，此即为θ的最大似然估计量。

（2）求求θ与c 的矩估计值量 ()1
()()t c c
E T tf t dt t
e dt θθ
∞
∞
---∞
=
=⎰
⎰
()()|t c t c c
c
te
e dt θθ∞
--∞
--=-+⎰ （分部积分法）
()|t c c c e
c θθθ--∞
=-=+； ① 2
2
()1
()t c c
E T t e dtc θθ
∞
--=⎰ （为了求()D T ）
2()()1
|2t c t c c
c t e
t
e dt θθθθ
∞
--∞
--=-+⎰
2
()1
2t c c
c t
e dt θθ
θ
∞
--=+⎰
2
2()c C θθ=++ （由上一个积分得。

） 22
22c C θθ=++
故 2
2
2
2
2
2
()()(())22()D T E T E T c C c θθθθ=-=++-+= ② 联合①与②解得
θ=，
()c E T =又 2
1()()n
i i D T X X n =
=-∑（一阶中心矩）
所以 1
221
1ˆ(())n
i
i X X n θ==-∑ 1
22
1
1ˆ(())n i i c
X X X n ==--∑ 6、一地质学家为研究密歇根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，记录每个样品中属于石灰石的石子数，假设这100次观察相互独立，并且由过去的经验知，它们都是服从10m =，p 的二项分布。

p 是这地区一块石子是石灰石的概率，求p 的最大似然估计值。

该地质学家所得的数据如下：
（表中数据的含义：第一行中说明的是每一个样品中所含有的石灰石的个数每次观察的结果，第二行中说明观察对100个样品作观察时其中含有上述各个石灰石数的观察次数即的频
数，以2i =为例，说明4 100次观察（100个样品）中有6个样品是含有2块石灰石的，同样5i =则说明在100个样品中有26个样品所含的石灰石的个数为5，如此等等。

于是100次观察得到的总的石灰石的块数为上下两行对应之数乘积之和：共499，即在100个样本中，总共有石灰石块499块。

） 解 设第i 次试验观察到石灰石的石子数为i k ，即12100,,
,k k k 是相应于样本
12100,,,X X X 的样本值，（这里有多个i k 的取同个值）X 的分布律为
1010{}(1)k k k
P X k C p p -==- （01p <<）
故其最大似然函数为 100
1010
1
()(1)i
i i k k k i L p C
p p -==
-∏
100100
1
1
100
10101
(1)
i
i
i i i k k k i p
p C ==-=∑
∑=-∏ 100
10010010
1
1
1
ln ()ln (10)ln(1)ln()i
k i
i
i i i L p k p k p C
====
+--+∑∑∏
100100
11
ln ()11(10)01i i i i d L p k k dp p p ===--=-∑∑ 即 100100
11
11
(1000)01i i i i k k p p ==--=-∑∑ 100
100
11
(1)
(1000)i
i i i p k
p k ==-=-∑∑
100
1
1000i
i p k
==
∑
100
1
1000i i p k ==∑
所以p 的最大似然估计值为 100
1
ˆ1000i i p
k ==∑ 又
100
1
126374235266217128391100499i
i x
==+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=∑
所以 所以p 的最大似然估计值为
ˆ49910000.499p
== 解法二：由第三题（3）的结论知，二项分布{}(1)x x m x
m P X x C p p -==-的矩估计量为
ˆX
p
m m
μ
==，此处10m n ==，10
110
1
499
() 4.99100
k k
k k
k x n
X E X n
=====
=∑∑ 所以 4.99
ˆ0.49910
X p
m ===。

7、（1）设12,,
,n X X X 是来自总体的一个样本，且()X
πλ，求{0}P X =的最大似然
估计值。

（2）某铁路局证实一个扳道员在五年内所引起严重事故的次数服从泊松分布，求一个扳道员在五年未引起严重事故的概率p 的最大似然估计，使用下面122个观察值。

下表中r 表示一个扳道员五年中引起严重事故的次数，s 表示观察到的扳道员的人数。

解 （1）设12,,
,n x x x 是相应于样本12,,,n X X X 的样本值，本小题需求
0{0}0!
e P X e λ
λλ--===
的最大似然估计。

由第四题知泊松分布的参数λ的最大似然估计值ˆx λ
=，又由于函数u e λ-=是具有单值反函数ln u λ=-，根据最大似然估计的不变性知{0}P X e
λ
-==的最大似然估计值为
ˆ{0}x P
X e -==。

（2）由所给数据得 1137
(440421212934425)122122
x =
⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= 扳道员在5年内未引起严重事故，相当于 0{0}0!
e P X e λ
λλ--===
由（1）的结论知，
137
122
ˆ{0}0.3253x
P
X e e
-
-====
8、（1）设12,,
,n X X X 是来自概率密度为
1,01
(,)0,x x f x θθθ-⎧<<=⎨⎩其它
的总体的样本，θ未知，求1
U e θ
-=的最大似然估计值。

（2）设12,,,n X X X 是来自总体(,1)X
N μ的一个样本，μ未知，
求{2}P X θ=>的最大似然估计值 （3）设12,,
,n x x x 是来自总体(,)b m θ的样本值，又1
(1)3
θβ=+，求β的最大似然估
计值。

解 （1）先求θ的最大似然估计，其似然函数为 1
11
1
1
()(,)()n n
n
n
i
i
i i i i L f x x
x θθθθθθ--====
==∏∏∏
1
ln ()ln (1)ln(
)n
i i L n x θθθ==+-∏
令
1
ln ()ln()0n
i i d L n
x d θθθ==+=∏ 1ln()
n
i i n x θ=-=
∏
则θ的最大似然估计为 1ˆln()
n
i i n x θ
=-=∏ （＊1）
1
U e θ-
=具有单调反函数1
ln U
θ=-
，由最大似然估计的不变性知U 的最大似然估计为 1
ˆ1
ln ˆexp{}n
i
i x
U
e n
θ
-
===∑。

（其中ˆθ
由（＊1）确定） （2）已知正态分布的未知参数μ的最大似然估计值为ˆx μ
=， 由 {2}1{2}P X P X θ=>=-≤
1{2}1(2)P X μμμ=--≤-=-Φ-
而1(2)θμ=-Φ-具有单调反函数。

由最大似然估计的不变性得
{2}P X θ=>的最大似然估计为
ˆˆ1(2)1(2)x θ
μ=-Φ-=-Φ-。

（3）因为总体是服从二项分布，由本章习题第3题知二项分布(,)X
b m θ的参数
θ的最大似然估计为
ˆx
m
θ
=。

由1
(1)3
θβ=
+得反函数31βθ=-，根据由最大似然估计的不变性， β的最大似然估计值为
3ˆˆ311x
m
β
θ=-=-。

9、（1）验证教材第六章§3定理四的统计量
22
222
1211221212121211(1)(1)222
w
n n n S n S S S S n n n n n n ---+-=+=
+-+-+- 是两个总体公共方差2
σ的无偏估计。

（2）设总体的X 的数学期望为μ，12,,,n X X X 是来自总体的样本，12,,,n a a a 是任
意常数，验证
1
1
n n i
i
i
i i a X a ==∑∑（1
0n
i
i a
=≠∑）是μ的无偏估计。

解 由第六章3定理四（教材P143）知，当222
12σσσ==时，才有
22
222
1211221212121211(1)(1)222w
n n n S n S S S S n n n n n n ---+-=+=
+-+-+- 即2
σ是公共方差 22212()()E S E S σ==
于是 2
22
1212121211()()()22w n n E S E S E S n n n n --=
++-+-
212121211
(
)22
n n n n n n σ--=++-+-2σ=。

故 2
w S 是两个总体公共方差的无偏估计。

（2） 因为12,,,n X X X 是来自总体的样本，而X 的数学期望为μ，
所以 ()i E X μ=。

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
()()n
i
n n
n
n
i i
i
i
i i i
i
n
n
n
i i i i i
i
i
i i i a E a X a E a X E a X a
a
a
μμ========⎛
⎫==
=
=
⎪⎝⎭
∑∑∑∑∑∑∑∑
即
1
1
n n
i
i
i
i i a X a ==∑∑是μ的无偏估计。

10、设12,,,n X X X 是来自总体X 的样本。

设()E X μ=，2()D X σ=。

（1）确定常数c ，使21
1
()n
i i i c
X
X +=-∑为2σ的无偏估计。

（2）确定常数c ，使22()X cS -是2μ的无偏估计（X 是样本均值，2
S 是样本方差）。

解 （1） 21()i i E X X +-2
11()()i i i i D X X E X X ++=-+-
2222()2σσμμσ=++-= 1
2
21
11
1
(())[()]n n
i i i i i i E c
X
X c E X X -++==-=-∑∑
1
2
21
(
2)2(1)n i c n c σ
σ-===-∑
令 22
2(1)n c σσ-=得 1
2(1)
c n =
-。

（2） 因为X μ=，22
()E S σ=
2222
[()]()()E X cS E X cE S -=-
22
()()D X E X c σ=+-
2
22c n σμσ=
+-221
()c n
σμ=-+
令 222
1()c n
σμμ-+=，解得 1c n
=。

11、设总体X 的概率密度为
(1)1,01()0,x
x f x θθ
θ-⎧<<⎪=⎨⎪⎩其它
，0θ<<+∞，
12,,
,n X X X 是来自总体X 的样本，
（1）验证θ的最大似然估计量是1
1ˆln n
i i X n θ=-=∑； （2）验证ˆθ
是θ的无偏估计量。

解 (1)
1
1
(,)n
i
i L x x
θθ
θθ-==
∏(1)
1
1
()
n
i n
i x θθ
θ
-==
∏
(1)
1
1
1
1ln((,))ln[
()
]ln ln n
n
i i
n
i i L x x n x θθ
θ
θθθθ
-==-==-+
∑∏
21
ln((,))1
ln n
i
i d L x n x d θθθθ
==--∑
令
2
1
1
ln 0n
i
i n
x
θ
θ=+
=∑，
解得 11ˆln n
i
i x n θ==-∑， 所以 1
1ˆln n
i
i X n θ==-∑。

（2）验证ˆθ
是θ的无偏估计量。

1
(1)0
1
(ln )ln ()ln E X xf x dx x xdx θθθ∞
--∞
=
=
⎰
⎰
1
1
1
1
1
[ln |]x x x dx θθ-=-⎰
1
1
1
x dx θ-=-
⎰
1
1
0|x θθθ==-
故 11111ˆ()(ln )(ln )()n n
i i i i E E X E X n n n n
θθθ===-=-=--=∑∑ 即ˆθ
是θ的无偏估计量。

12、设12,,,n X X X 是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ为未知参数。

设有估
计量 1123411
()(),63
T X X X X =
+++ 21234(234)5T X X X X =+++ 31234()4T X X X X =+++ （1）指出123,,T T T 中哪几个是无偏估计量。

（2）在上述的无偏估计中指出哪一个较有效。

解 因为12,,
,n X X X 是来自均值为θ的指数分布总体的样本，
所以 ()i E X θ=，2
()i D X θ=
1123411
()[()()][()()]63E T E X E X E X E X θ=
+++= 212341
()[()2()3()4()]25E T E X E X E X E X θ=+++=
312341
()[()()()()]4
E T E X E X E X E X θ=+++=
故 13,T T 是θ无偏估计量。

（2）因为211234115()[()()][()()]36918D T D X D X D X D X θ=+++= 2
3123411()[()()()()]164
D T D X D X D X D X θ=+++=
由于 31()()D T D T < 故3T 较1T 有效。

13、（1）设ˆθ
是参数θ的无偏估计，且有ˆ()0D θ>，试证 22ˆˆ()θθ=不是2θ的无偏估计。

（2）试证明均匀分布
1
,0,
()0,x f x θθ⎧<<⎪=⎨⎪⎩其它.
中未知参数θ的最大似然估计量不是无偏的。

解 （1）因为ˆθ
是参数θ的无偏估计，即ˆ()E θθ= 222ˆˆˆˆ()[()]()[()]E E D E θ
θθθ==+2ˆ()D θθ=+
而 ˆ()0D θ
>， 所以 22ˆ()E θθ>， 即 22ˆˆ()θ
θ=不是2θ的无偏估计。

（2）1
1
1
()n
n
i L θθ
θ==
=
∏，0i x θ<<，1,2,
,i n =
ln ()ln L n θθ=-
ln ()0d L n
d θθθ
=-=，
此时方程无解，这表明通过求驻点的方法找到极大似然估计量的方法失效。

但我们注意到，极大似然函数1
()n
L θθ=是未知参数θ的单调减函数。

由于每个i x θ≤，所以
()12max{,,,}n n X X X X θ=≤
所以θ的取值从()n X 而增大，当()
ˆn X θ=时，()L θ达到最大。

即
()12ˆmax{,,,}n n
X X X X θ==是θ的极大似然估计。

0,0
(),01,x x F x x x θθθ
≤⎧⎪⎪
=<≤⎨⎪>⎪⎩
由独立同分布的随机变量12max{,,,}n X X X 的分布函数为max ()()n F x F z =知
max ()()()n
n
z
F z F z θ
==
1
max max
()()[()]n n
n
z
nz f z F x θθ
-''===
1
()0
ˆ()()n n n
nz E E X z dz θ
θθ-==⎰
10
|11
n n n z n
n n θθθθ+==≠++ 即 未知参数θ的最大似然估计量不是无偏的。

14、设从均值为μ，方差为2
σ的总体中分别抽取容量为1n 和2n 的两个独立样本，1X 和2X 是这两个样本的均值。

试证：对于任意常数a ，b （1a b +=），12Y aX bX ++都是μ的无偏估计，并确定常数a ，b 使()D Y 达到最小。

解 因为 1X 和2X 都是μ估计值，且满足1()E X μ=，2()E X μ=， 故 1212()()()()()E Y E aX bX aE X bE X a b a b μμμμ=+=+=+=+=
所以12Y aX bX ++（1a b +=）都是μ的无偏估计。

又 2
11
()D X n σ=
，2
22
()D X n σ=
，
221212()()()()D Y D aX bX a D X b D X =+=+
22212()a b n n σ=+2222112
n a n b n n σ+= 由于1a b +=，可令
2222112
(1)()n b n b g b n n σ-+=
要使()D Y 达到最小，可对()g b 求关于b 的导数，由其驻点来得到结果。

即 2
2112
2(1)2()0n b n b g b n n σ--+'=
=
解得驻点：212n b n n =
+，21
1212
1n n a n n n n =-=++
即当112n a n n =
+，212
n b n n =+时可使()D Y 达到最小。

15、设有k 台仪器，已知用第i 台仪器测量时，测定值总体的标准差为i σ，（1,2,,i k =）
，用这些仪器独立的对某一物理量θ各观察一次，分别得到12,,,k X X X ，设仪器都没有系
统误差，即()i E X θ=（1,2,
,i k =）
，问12,,,k a a a 应取什么值时，方能使有1
ˆk
i i
i a X θ==∑估计θ时，ˆθ
是无偏的，并且ˆ()D θ最小。

解 因为仪器都没有系统误差，即()i E X θ=，于是
1
1
1
ˆ()()()k k k
i i i i i
i i i E E a X a E X a θθ======∑∑∑
要使用1ˆk
i i
i a X
θ
==∑估计θ时ˆθ
是无偏的，则只要
121
1k
i
k i a
a a a ==++
+=∑。

又 2221
1
1ˆ()()()i k
k
k
i i i i i
i i i D D a X a D X a θσ======∑∑∑ 对 2
121
(,,
,)k
k i i
i G a a a a σ==∑求在条件1
1k
i i a ==∑下的条件极值：（用拉格朗日乘数法）
22121
1
(,,,
,)(1)k k
k i
i
i i i G a a a a a λσλ===+-∑∑
1
21020k
i i i i i
G a G a a λσλ=∂⎧=-=⎪∂⎪⎨
∂⎪=+=⎪∂⎩∑， 解得 2
2i i a λ
σ=-
（1,2,,i k =）
，且 代入2
1
112k
i k
i i i a λ
σ===
=-
∑∑，即 2
1
2
1
k
i λσ
==-
∑
从而 2
2
1
11
1
i k
i i i
a σσ
==-
∑。

16、设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以h 计）分别为：6.0，5.7，5.8，7.0，6.3，5.6，6.1，5.0。

设干燥时间总体服从正态分布2
(,)N μσ。

求μ的置信水平为0.95的置信区间，（1）若由以往的经验知0.6h σ=，，（2）若为σ未知。

解 因为干燥时间总体服从正态分布2(,)X N μσ，所以
(0,1)X N μ
σ
-，则置信度为
0.95的置信区间为
2
2
(,)X z z αα+-
（1）代入相关数据：
0.6σ=，9n =，10.95α-=，0.05α=，
0.0252
α
=，2
1.96z α=，
1
(6.0 5.7 5.8 6.57.0 6.3 5.6 6.1 5.0)6
9
x=++++++++=，取6
X=，于是有
22
0.60.6
(,)(6 1.96,6 1.96)
33
X z X z
αα
=-⨯+⨯
（2）当σ未知时，由2
(,)
X Nμσ
(1)
X
t n -，则其置信度为0.95的置信区间为
2
((1))
X n
α
±-
代入相关数据：
6
X=，9
n=，10.95
α
-=，0.05
α=，0.025
2
α
=，
0.025
(1) 2.3060
t n-= 2
11
(00.090.040.2510.090.160.011) 2.64
88
S=++++++++=⨯0.33
=
0.5744
S==
于是
0.574
(6 2.3060)
3
±⨯(60.191 2.3060)(60.441)(5.559,6.441)
=±⨯=±=
17、分别使用金球和铂球测定引力常数（单位为：312
..
m kg s
--）。

（1）用金球测定的观察值为：6.683，6.681，6.676，6.678，6.679，6.672
（2）用铂球测定的观察值为：6.661，6.661，6.667，6.667，6.661
设测定值总体为2
(,)
X Nμσ，μ，2σ均未知，试就（1），（2）两种情况分别求μ的置信水平为0.9的置信区间，并求2
σ的置信水平为0.9的置信区间。

解测定值总体为2
(,)
X Nμσ且μ，2σ均未知，则μ的置信水平为0.9的置信区间为
2
((1))
X n
α
-
相关数据为：（1）
11
(6.683 6.681 6.676 6.678 6.679 6.672)40.069 6.678
66
X=+++++=⨯=
2
1
(0.0000250.0000090.00000400.0000010.000036)
5
S=+++++
1
0.000750.000015
5
=⨯=
0.00387
S==
又 6n =，10.9α-=，0.1α=，0.052
α
=，0.05(5) 2.0150t =
代入数据，得2
0.00387((1))(6.678 2.015)2.4495X n α-=±⨯
即 (6.675,6.681)。

2σ的置信水平为0.9的置信区间为：
22
22122(1)(1),(1)(1)n S
n S n n ααχχ-⎡⎤--⎢⎥⎢⎥--⎢⎥⎣⎦
相关数据为：2
0.000015S =，(1)5n -=，22
(1)11.070n αχ-=，212
(1) 1.145n αχ--=，
代入数据得22
22122(1)(1)50.00001550.000015,,(1)(1)11.070 1.145n S
n S n n ααχχ-
⎡⎤--⨯⨯⎛⎫⎢⎥= ⎪⎢⎥--⎝⎭⎢⎥⎣⎦
55
5 1.5105 1.510(
,)11.070 1.145
--⨯⨯⨯⨯= 即置信区间为 6
5
(6.7810,6.5510)--⨯⨯
（2）用铂球测定的观察值为：6.661，6.661，6.667，6.667，6.661
11
(6.661 6.661 6.667 6.667 6.664)33.32 6.66465X =++++=⨯=
2
1(0.0000090.0000090.0000090.000009)0.0000094
S =+++=
又 5n =，10.9α-=，0.1α=，0.052
α=，0.05(4) 2.1318t =
代入数据，得2
0.003((1))(6.664 2.1318)2.236X n α-=±⨯
即 (6.661,6.667)。

2σ的置信水平为0.9的置信区间为：
22
22122(1)(1),(1)(1)n S
n S n n ααχχ-⎡⎤--⎢⎥⎢⎥--⎢⎥⎣⎦
相关数据为：2
0.000009S =，(1)4n -=，22
(1)9.488n αχ-=，212
(1)0.711n αχ--=，
代入数据得2222122(1)(1)40.00000940.000009,,(1)(1)9.4880.711n S n S n n ααχχ-
⎡⎤--⨯⨯⎛⎫
⎢⎥= ⎪⎢⎥--⎝⎭⎢⎥⎣⎦
553.610 3.610,9.4880.711--⎛⎫
⨯⨯= ⎪⎝⎭
即置信区间为 6
5
(3.810,5.0610)--⨯⨯
18、随机地取某种炮弹9发做试验，得到炮口速度的样本标准差为11s m s =。

设炮口速度服从正态分布，求这种炮弹的炮口速度标准差σ的置信水平为0.95的置信区间。

解 由题设知随机变量2(,)X
N μσ，μ，2σ未知，样本标准差11s =，
又
2
22
(1)(1)n S n χσ
--， 故有 2
2
2
2
12
2
(1){(1)(1)}1n S P n n α
αχ
χασ
-
--<
<-=-
已知10.95α-=，0.05α=，
0.0252
α=，10.9752
α
-
=，样本容量18n -=，
杳表知 20.025(8)17.534χ=，20.975(8) 2.180χ=，于是得方差2
σ的置信区间为
2222
2
22212
2
(1)(1)811811(,)(,)(8)(8)17.534 2.180
n S n S χχ---⨯⨯=(55.20,444.04)= 所以 炮口速度标准差σ的置信水平为0.95的置信区间为
(7.43,21.07)=。

19、设12,,
,n X X X 是来自分布2(,)N μσ的样本，μ已知，σ未知。

（1）验证
2221
()()n
i
i X
n μσχ=-∑，利用这一结果构造2σ的的置信水平为1α-
的置信区间。

（2）设 6.5μ=且有样本值7.5，2.0，12.1，8.8，9.4，7.3，1.9，2.8，7.0，7.3。

试求
σ的的置信水平为为0.95的置信区间。

解 因为12,,,n X X X 是来自分布2(,)N μσ的样本，即
2(,)i
X N μσ，
(0,1)i X N μ
σ
-，（1,2,,i n =）
且
12,,
,
n X X X μ
μμ
σσ
σ
---相互独立，由2
()n χ的定义知
2
21`()n
i
i X n μχσ=-⎛⎫
⎪⎝
⎭∑。

于是由 2
2
2
12
22
1
(){}1n
i i X P ααμχ
χασ
-=-<<=-∑
即 2
2
21
1
2
22
1()
(){}1n
n
i i
i i X
X
P ααμμσαχχ==---<<
=-∑∑
所以2
σ的的置信水平为1α-的置信区间为
2211
22
12()(),n n
i i i i X X ααμμχχ==-⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
∑∑ （2）已知 6.5μ=，10n =，10.95α-=
222222
1
()(1( 4.5) 5.6 2.3 2.90.8n
i
i X
μ=-=+-++++∑
2222( 4.6)( 3.7)0.50.8)+-+-++
(120.2531.36 5.298.410.64=+++++
21.1613.690.250.64)++++＝102.69
查表知 20.025(10)20.483χ=，2
0.925(10) 3.274χ=，
于是 2
σ的的置信水平为1α-的置信区间为
()102.69102.69, 5.013,31.62620.483 3.247⎛⎫
= ⎪⎝⎭。

20、在第17题中，设用金球和用铂坏测定时测定值总体的方差相等，求两个测定总体均值
差的置信水平为0.90的置信区间。

解 因为22
12σσ=未知，所以两个测定总体均值差的置信水平为0.90的置信区间为
212()X Y t n n S α⎛-±+
⎝
其中 22
2
112212(1)(1)2
n S n S S n n ω-+-=+-
，S ω=由第17题结果知
6.6782X =，251 1.496610S -=⨯，
6.664Y =，26
2910S -=⨯
于是 56
2
5 1.49661049109
S ω--⨯⨯+⨯⨯=
57.483 3.6
1011
-+=
⨯51.231410-=⨯。

5100.00351S ω-==，20.05(9)(9) 1.8331t t α== 故置信区间为
(6.6782 6.664 1.83310.00351-±⨯(0.010,0.018)=。

21、随机地从A 批导线中抽取4根，又从B 批导线中抽取5根，测得电阻（Ω）为 A 批导线：0.143，0.142，0.143，0.137
B 批导线：0.140，0.142，0.136，0.138，0.140
设测定数据分别来自分布21(,)N μσ，22(,)N μσ，且两样本相互独立，又1μ，2μ，2
σ为
未知。

试求12μμ-的置信水平为0.95的置信区间。

解 由两个正态总体，2
σ未知，知待估参数为12μμ-的置信区间为：
`212((2)X Y t n n S α-±+- 1
(0.1430.1420.1430.137)0.141254x =+++=，
1
(0.1400.1420.1360.1380.140)0.13924y =++++=
2222211
[(0.1430.14125)(0.1420.14125)(0.1430.14125)(0.1370.14125)]3
s =-+-+-+-
1
[0.0000030620.0000005620.0000030620.000018062]3
=+++ 61
0.0000247468.248103
-=⨯=⨯ 261338.248100.000024748s -=⨯⨯=
2
2222221[(0.1400.1392)(0.1420.1392)(0.1360.1392)(0.1380.1392)(1.400.1392)]
4
s =-+-+-+-+-
1
[0.000000640.000007840.000010240.000001440.00000064]4
=
++++ 61
0.00002080.00000565 5.2104
-=⨯==⨯ 26244 5.65100.0000208s -=⨯⨯=
22
212340.000247480.00002080.000006506(0.00255)77
s s s ω++====
10.95α-=，
0.0252
α=，2120.025(2)(7) 2.3646t n n t α+-==
故12μμ-的置信水平为0.95的置信区间为
`212((2)X Y t n n S α-±+-
(1.41250.1392) 2.36460.0025⎛=-±⨯
⎝
()0.0020.004=±。

22、研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率，设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为0.05/cm s ，取样本容量为1220n n ==，得燃烧率的样本均值分别为118/x cm s =，，设两样本独立。

求两燃烧率总体均值差12μμ-的置信水平为0.99的置信区间。

解 由两个正态总体，2
σ未知，知待估参数为12μμ-的置信区间为：
`212((2)X Y t n n S α-±+- 已知118/x cm s =，224/x cm s =，
120.05/s s cm s ==， 22
12
1919190.00250.0475s s ==⨯= 10.99α-=，
0.0052
α=，2120.005(2)(38) 2.7116t n n t α+-==
20.04750.0475
0.002538
s ω+=
=，0.05s ω=
0.3162== 代入以上数据，得总体均值差12μμ-的置信水平为0.99的置信区间为
((1824) 2.71160.050.3162)-±⨯⨯＝(60.04287)(6.04287, 5.95713)-±=--。