第六章、参数估计解答
第六章 参数估计
总体均值 在置信度 下的置信区间为： 55000 x z 135000 1 . 96 113440 , 156560 • = 。 n 25 • 即在95%的概率可靠程度下，此次抽样得该地区 企业总经理的年平均收入的置信区间为 （113440，156560）
2
第二节 区间估计
第二节 区间估计
• 点估计的优点是简洁明了，给出了具体的估 计值；缺点是无法提供估计量的精度和概率可靠 程度，这便是区间估计解决的问题。
以下我们从一个实际问题的解决，了解 区间估计的概念。
第二节 区间估计
• 【例6-3】 已知某企业生产的灯管寿命服从 正态分布，现从一大批灯管中随机抽取 n=16只，分别测得寿命（单位：小时）如 下：
• 3510 3450 3480 3460 3520 3496 3490 3460 • 3464 3526 3530 3470 3516 3520 3494 3470
• 在概率可靠程度1-α=95%下，求这批灯管平 均寿命 的区间估计。
第二节 区间估计
• 该例是总体服从正态分布，总体方差未知 ，小样本的情况。 • 此时，可算得总体均值点估计量 x ，样本 标准差s， x t ~ t (n 1) • 对 x 进行标准化，即 ，对于概 s n 率可靠程度 1 ，有： • P t t 2 (n 1) 1 (6.1)
2
n
16
• 即在概率可靠程度95%下，此次抽样得该批灯管 平均寿命的区间估计为（3476.8, 3503.2）小时 之间。
第二节 区间估计
• 一 、区间估计的概念
从例6-3可看出，区间估计就是总体参数θ落 在区间估计量 (ˆ ,ˆ ) 内的概率为1-α，即 ˆ ˆ 1 。称区间 (ˆ ,ˆ ) 为总体参数 P 1 2 θ的置信度为 1 的置信区间。
第六章 参数值的估计
百分率的间距估计
第三节 决定样本的大小
决定样本大小的准则
在能够付出的研究代价限度内，选取最大的样本量 我们愿意容忍多少错误？（正比） 所研究的个案间的相互差异的大小，即标准差大小 （反比）
样本大小计算公式
S为总体保准差 e为允许的估测错误
置信水平/可信度
总体参数落在一既定置信区间的估测概率 如，我们可以说“有95%的样本会落在40-60%之间”
置信区间/可信间距
估测总体参数值的范围，如前面说的40-60%
置信区间与置信水平
当置信区间扩大时，置信水平将会相应增加
第二节 间距估计： 均值、百分率、积距相关
第六章 参数值的估计
第一节 点值估计与间距估计
点值估计
即根据样本统计值来直接估测总体参数取值 通常不采用，因无法知道正确或错误的概率
间距估计
就是以两个数值之间的间距来估计参数值 间距大小，取决于我们在估计时所要求的可信程度 在样本大小一定的情况下，要求的可信度越大，则间 距就会越大
概率论与数理统计(理工类-第四版)吴赣昌主编课后习题答案第六章
第六章参数估计6.1 点估计问题概述习题1总体X在区间[0,θ]上均匀分布，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则下列估计量θ̂是θ的一致估计是().(A)θ̂=Xn; (B)θ̂=2Xn;(C)θ̂=X¯=1n∑i=1nXi; (D)θ̂=Max{X1,X2,⋯,Xn}.解答：应选(D).由一致估计的定义，对任意ɛ>0,P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=P(-ɛ+θ<Max{X1,X2,⋯,Xn}<ɛ+θ)=F(ɛ+θ)-F(-ɛ+θ).因为FX(x)={0,x<0xθ,0≤x≤θ1,x>θ,及F(x)=FMax{X1,X2,⋯,Xn}(x)=FX1(x)FX2(x)⋯FXn(x),所以F(ɛ+θ)=1, F(-ɛ+θ)=P(Max{X1,X2,⋯,Xn}<-ɛ+θ)=(1-xθ)n,故P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=1-(1-xθ)n→1(n→+∞).习题2设σ是总体X的标准差，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则样本标准差S是总体标准差σ的().(A)矩估计量； (B)最大似然估计量； (C)无偏估计量； (D)相合估计量.解答：应选(D).因为，总体标准差σ的矩估计量和最大似然估计量都是未修正的样本标准差；样本方差是总体方差的无偏估计，但是样本标准差不是总体标准差的无偏估计.可见，样本标准差S是总体标准差σ的相合估计量.习题3设总体X的数学期望为μ,X1,X2,⋯,Xn是来自X的样本，a1,a2,⋯,an是任意常数，验证(∑i=1naiXi)/∑i=1nai(∑i=1nai≠0)是μ的无偏估计量.解答：E(X)=μ,E(∑i=1naiXi∑i=1nai)=1∑i=1nai⋅∑i=1naiE(Xi)(E(Xi)=E(X)=μ)=μ∑i=1nai∑i=1n=μ,综上所证，可知∑i=1naiXi∑i=1nai是μ的无偏估计量.习题4设θ̂是参数θ的无偏估计，且有D(θ̂)>0, 试证θ̂2=(θ̂)2不是θ2的无偏估计.解答：因为D(θ̂)=E(θ̂2)-[E(θ̂)]2, 所以E(θ̂2)=D(θ̂)+[E(θ̂)]2=θ2+D(θ̂)>θ2,故(θ̂)2不是θ2的无偏估计.习题5设X1,X2,⋯,Xn是来自参数为λ的泊松分布的简单随机样本，试求λ2的无偏估计量.解答：因X服从参数为λ的泊松分布，故D(X)=λ,E(X2)=D(X)+[E(X)]2=λ+λ2=E(X)+λ2,于是E(X2)-E(X)=λ2,即E(X2-X)=λ2.用样本矩A2=1n∑i=1nXi2,A1=X¯代替相应的总体矩E(X2),E(X), 便得λ2的无偏估计量λ̂2=A2-A1=1n∑i=1nXi2-X¯.习题6设X1,X2,⋯,Xn为来自参数为n,p的二项分布总体，试求p2的无偏估计量.解答：因总体X∼b(n,p), 故E(X)=np,E(X2)=D(X)+[E(X)]2=np(1-p)+n2p2=np+n(n-1)p2=E(X)+n(n-1)p2,E(X2)-E(X)n(-1)=E[1n(n-1)(X2-X)]=p2,于是，用样本矩A2,A1分别代替相应的总体矩E(X2),E(X),便得p2的无偏估计量p̂2=A2-A1n(n-1)=1n2(n-1)∑i=1n(Xi2-Xi).习题7设总体X服从均值为θ的指数分布，其概率密度为f(x;θ)={1θe-xθ,x>00,x≤0,其中参数θ>0未知. 又设X1,X2,⋯,Xn是来自该总体的样本，试证：X¯和n(min(X1,X2,⋯,Xn))都是θ的无偏估计量，并比较哪个更有效.解答：因为E(X)=θ,而E(X¯)=E(X),所以E(X¯)=θ,X¯是θ的无偏估计量.设Z=min(X1,X2,⋯,Xn),因为FX(x)={0,x≤01-e-xθ,x>0,FZ(x)=1-[1-FX(x)]n={1-e-nxθ,x>00,x≤0,所以fZ(x)={nθe-nxθ,x>00,x≤0,这是参数为nθ的指数分布，故知E(Z)=θn,而E(nZ)=E[n(min(X1,X2,⋯,Xn)]=θ,所以nZ也是θ的无偏估计.现比较它们的方差大小.由于D(X)=θ2,故D(X¯)=θ2n.又由于D(Z)=(θn)2,故有D(nZ)=n2D(Z)=n2⋅θ2n2=θ2.当n>1时，D(nZ)>D(X¯),故X¯较nZ有效.习题8设总体X服从正态分布N(m,1),X1,X2是总体X的子样，试验证m1̂=23X1+13X2, m2̂=14X1+34X2, m3̂=12X1+12X2,都是m的无偏估计量；并问哪一个估计量的方差最小?解答：因为X服从N(m,1), 有E(Xi)=m,D(Xi)=1(i=1,2),得E(m1̂)=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m,D(m1̂)=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59,同理可得：E(m2̂)=m,D(m2̂)=58, E(m3̂)=m,D(m3̂)=12.所以，m1̂,m2̂,m3̂都是m的无偏估计量，并且在m1̂,m2̂,m3̂中，以m3̂的方差为最小.习题9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σi(i=1,2,⋯,k), 用这些仪器独立地对某一物理量θ各观察一次，分别得到X1,X2,⋯,Xk. 设仪器都没有系统误差，即E(Xi)=θ(i=1,2,⋯,k), 问a1,a2,⋯,ak应取何值，方能使用θ̂=∑i=1kaiXi估计θ时，θ̂是无偏的，并且D(θ̂)最小？解答：因为E(Xi)=θ(i=1,2,⋯,k), 故E(θ̂)=E(∑i=1kaiXi)=∑i=1kaiE(Xi)=θ∑i=1kai,欲使E(θ̂)=θ,则要∑i=1kai=1.因此，当∑i=1kai=1时，θ̂=∑i=1kaiXi为θ的无偏估计, D(θ̂)=∑i=1kai2σi2, 要在∑i=1kai=1的条件下D(θ̂)最小，采用拉格朗日乘数法.令L(a1,a2,⋯,ak)=D(θ̂)+λ(1-∑i=1kai)=∑i=1kai2σi2+λ(1-∑i=1kai),{∂L∂ai=0,i=1,2,⋯,k∑i=1kai=1,即2aiσi2-λ=0,ai=λ2i2;又因∑i=1kai=1,所以λ∑i=1k12σi2=1,记∑i=1k1σi2=1σ02,所以λ=2σ02,于是ai=σ02σi2 (i=1,2,⋯,k),故当ai=σ02σi2(i=1,2,⋯,k)时，θ̂=∑i=1kaiXi是θ的无偏估计，且方差最小.习题6.2 点估计的常用方法习题1设X1,X2,⋯,Xn为总体的一个样本，x1,x2,⋯,xn为一相应的样本值，求下述各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值及最大似然估计量．(1)f(x)={θcθx-(θ+1),x>c0,其它, 其中c>0为已知，θ>1,θ为未知参数.(2)f(x)={θxθ-1,0≤x≤10,其它, 其中θ>0,θ为未知参数.(3)P{X=x}=(mx)px(1-p)m-x, 其中x=0,1,2,⋯,m,0<p<1,p为未知参数.解答：(1)E(X)=∫c+∞x⋅θcθx-(θ+1)dx=θcθ∫c+∞x-θdx=θcθ-1，解出θ=E(X)E(X)-c，令X¯=E(X)，于是θ̂=X¯X¯-c为矩估计量，θ的矩估计值为θ̂=x¯x¯-c，其中x¯=1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θncnθ(∏i=1nxi)-(θ+1)，xi>c，对数似然函数为lnL(θ)=nlnθ+nθlnc-(θ+1)∑i=1nlnxi，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=nθ+nlnc-∑i=1nlnxi=0，解方程得θ=n∑i=1nlnxi-nlnc，故参数的最大似然估计量为θ̂=n∑i=1nlnXi-nlnc．(2)E(X)=∫01x⋅θxθ-1dx=θθ+1，以X¯作为E(X)的矩估计，则θ的矩估计由X¯=θθ+1解出，得θ̂=(X¯1-X¯)2，θ的矩估计值为θ̂=(x¯1-x¯)2，其中x¯=1n∑i=1nxi为样本均值的观测值．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θn/2(∏i=1nxi)θ-1，0≤xi≤1，对数似然函数为lnL(θ)=n2lnθ+(θ-1)∑i=1nlnxi，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=n2θ+12θ∑i=1nlnxi=0，解方程得θ=(-n∑i=1nlnxi)2，故参数的最大似然估计量为θ̂=(n∑i=1nlnXi)2．(3)X∼b(m,p)，E(X)=mp，以X¯作为E(X)的矩估计，即X¯=E(X)，则参数p的矩估计为p̂=1mX¯=1m⋅1n∑i=1nXi，p的矩估计值为p̂=1mx¯=1m⋅1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=(∏i=1nCmxi)p∑i=1nxi(1-p)∑i=1n(m-xi)，xi=0,1,⋯,m，对数似然函数为lnL(θ)=∑i=1nlnCmxi+(∑i=1nxi)lnp+(∑i=1n(m-xi))ln(1-p)，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=1p∑i=1nxi-11-p∑i=1n(m-xi)=0，解方程得p=1mn∑i=1nxi，故参数的最大似然估计量为p̂=1mn∑i=1nXi=1mX¯．习题2设总体X服从均匀分布U[0,θ],它的密度函数为f(x;θ)={1θ,0≤x≤θ0,其它,(1)求未知参数θ的矩估计量；(2)当样本观察值为0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55时，求θ的矩估计值.解答：(1)因为E(X)=∫-∞+∞xf(x;θ)dx=1θ∫0θxdx=θ2,令E(X)=1n∑i=1nXi,即θ2=X¯,所以θ̂=2X¯.(2)由所给样本的观察值算得x¯=16∑i=16xi=16(0.3+0.8+0.27+0.35+0.62+0.55)=0.4817,所以θ̂=2x¯=0.9634.习题3设总体X以等概率1θ取值1,2,⋯,θ,求未知参数θ的矩估计量.解答：其中θ(0<θ<1)为未知参数. 已知取得了样本值x1=1,x2=2,x3=1, 试求θ的矩估计值和最大似然估计值.解答：E(X)=1×θ2+2×2θ(1-θ)+3×(1-θ)2=3-2θ,x¯=1/3×(1+2+1)=4/3.因为E(X)=X¯,所以θ̂=(3-x¯)/2=5/6为矩估计值,L(θ)=∏i=13P{Xi=xi}=P{X1=1}P{X2=2}P{X3=1}=θ4⋅2θ⋅(1-θ)=2θ5(1-θ),lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1-θ),对θ求导,并令导数为零dlnLdθ=5θ-11-θ=0,得θL̂=56.习题6(1)设X1,X2,⋯,Xn来自总体X的一个样本, 且X∼π(λ),求P{X=0}的最大似然估计.(2)某铁路局证实一个扳道员五年内所引起的严重事故的次数服从泊松分布，求一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率 p的最大似然估计，使用下面122个观察值统计情况. 下表中，r表示一扳道员某五年中引起严重事故的次数，s表示观察到的扳道员人数.解答：(1)已知，λ的最大似然估计为λ̂L=X¯.因此⌢P{X=0}=e-λL̂=e-X¯.(2)设X为一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数，X服从参数为λ的泊松分布，样本容量n=122.算得样本均值为x¯=1122×∑r=05r⋯r=1122×(0×44+1×42+2×21+3×9+4×4+5×2)≈1.123,因此P̂{X=0}=e-x¯=e-1.123≈0.3253.习题6.3 置信区间习题1对参数的一种区间估计及一组观察值(x1,x2,⋯,xn)来说,下列结论中正确的是().(A)置信度越大,对参数取值范围估计越准确;(B)置信度越大,置信区间越长;(C)置信度越大,置信区间越短;(D)置信度大小与置信区间有长度无关.解答：应选(B).置信度越大，置信区间包含真值的概率就越大，置信区间的长度就越大，对未知参数的估计精度越低.反之，对参数的估计精度越高，置信区间的长度越小，它包含真值的概率就越低,置信度就越小.习题2设(θ1,θ2)是参数θ的置信度为1-α的区间估计，则以下结论正确的是().(A)参数θ落在区间(θ1,θ2)之内的概率为1-α;(B)参数θ落在区间(θ1,θ2)之外的概率为α;(C)区间(θ1,θ2)包含参数θ的概率为1-α;(D)对不同的样本观察值，区间(θ1,θ2)的长度相同.解答：应先(C).由于θ1,θ2都是统计量，即(θ1,θ2)是随机区间，而θ是一个客观存在的未知常数，故(A),(B)不正确.习题3设总体的期望μ和方差σ2均存在，如何求μ的置信度为1-α的置信区间？解答：先从总体中抽取一容量为n的样本X1,X2,⋯,Xn.根据中心极限定理，知U=X¯-μσ/n→N(0,1)(n→∞).(1)当σ2已知时，则近似得到μ的置信度为1-α的置信区间为(X¯-uα/2σn,X¯+uα/2σn).(2)当σ2未知时，用σ2的无偏估计S2代替σ2,这里仍有X¯-μS/n→N(0,1)(n→∞),于是得到μ的1-α的置信区间为(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),一般要求n≥30才能使用上述公式，称为大样本区间估计.习题4某总体的标准差σ=3cm,从中抽取40个个体，其样本平均数x¯=642cm,试给出总体期望值μ的95%的置信上、下限(即置信区间的上、下限).解答：因为n=40属于大样本情形，所以X¯近似服从N(μ,σ2n)的正态分布，于是μ的95%的置信区间近似为(X¯±σnuα/2),这里x¯=642,σ=3,n=40≈6.32,uα/2=1.96,从而(x¯±σnuα/2)=(642±340×1.96)≈(642±0.93),故μ的95%的置信上限为642.93, 下限为641.07.习题5某商店为了了解居民对某种商品的需要，调查了100家住户，得出每户每月平均需求量为10kg, 方差为9，如果这个商店供应10000户，试就居民对该种商品的平均需求量进行区间估计(α=0.01),并依此考虑最少要准备多少这种商品才能以0.99的概率满足需求？解答：因为n=100属于大样本问题，所以X¯近似服从N(μ,σ2/n),于是μ的99%的置信区间近似为(X¯±Snuα/2),而x¯=10,s=3,n=100, uα/2=2.58,所以(x¯±snuα/2)=(10±3100×2.58)=(10±0.774)=(9.226,10.774).试以95%的置信度，求出该品种玉米平均穗位的置信区间.解答：因为n=100属于大样本情形，所以μ的置信度为95%的置信区间上、下限近似为X¯±snuα/2,这里n=100,uα/2=1.96,还需计算出x¯和s.取a=115,c=10, 令zi=(xi-a)/c=(xi-115)/10, 用简单算公式，(1)x¯=a+cz¯; (2)sx2=c2sz2.z¯=1100∑i=19mizi=1100×(-27)=-0.27,x¯=10×(-27)+115=112.3,sz2=199∑i=19mizi2=199×313≈3.161616,sx2=102×3.161616=316.1616, sx≈17.78.于是(x¯±snuα)≈(112.3±17.7810×1.96)≈(112.3±3.485)=(108.815,115.785).习题7某城镇抽样调查的500名应就业的人中，有13名待业者，试求该城镇的待业率p的置信度为0.95置信区间.解答：这是(0-1)分布参数的区间估计问题. 待业率p的0.95置信区间为(p1̂,p2̂)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).其中a=n+uα/22,b=-2nX¯-(uα/2)2,c=nX¯2,n=500,x¯=13500,uα/2=1.96.则(p1̂,p2̂)=(0.015,0.044).习题8设X1,X2,⋯,Xn为来自正态总体N(μ,σ2)的一个样本，求μ的置信度为1-α的单侧置信限.解答：这是一个正态总体在方差未知的条件下，对μ的区间估计问题，应选取统计量：T=X¯-μS/n∼t(n-1).因为只需作单边估计，注意到t分布的对称性，故令P{T<tα(n-1)}=1-α和P{T>tα(n-1)}=1-α.由给定的置信度1-α,查自由度为n-1的t分布表可得单侧临界值tα(n-1). 将不等式T<tα(n-1)和T>tα(n-1), 即X¯-μS/n<tα(n-1)和X¯-μS/n>tα(n-1)分别变形，求出μ即得μ的1-α的置信下限为X¯-tα(n-1)Sn.μ的1-α的置信上限为X¯+tα(n-1)Sn,μ的1-α的双侧置信限(X¯-tα/2(n-1)Sn,X¯+tα/2(n-1)Sn).习题6.4 正态总体的置信区间习题1已知灯泡寿命的标准差σ=50小时，抽出25个灯泡检验，得平均寿命x¯=500小时，试以95%的可靠性对灯泡的平均寿命进行区间估计(假设灯泡寿命服从正态分布).解答：由于X∼N(μ,502),所以μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±uα/2σn),这里x¯=500,n=25,σ=50,uα/2=1.96,所以灯泡的平均寿命的置信区间为(x¯±uα/2σn)=(500±5025×1.96)=(500±19.6)=(480.4,519.6).习题2一个随机样本来自正态总体X,总体标准差σ=1.5,抽样前希望有95%的置信水平使得μ的估计的置信区间长度为L=1.7, 试问应抽取多大的一个样本？解答：因方差已知，μ的置信区间长度为L=2uα/2⋅σn,于是n=(2σLuα/2)2.由题设知，1-α=0.95,α=0.05,α2=0.025.查标准正态分布表得u0.025=1.96,σ=1.5,L=1.7,所以，样本容量n=(2×1.5×1.961.7)2≈11.96.向上取整数得n=12, 于是欲使估计的区间长度为1.7的置信水平为95%, 所以需样本容量为n=12.习题3设某种电子管的使用寿命服从正态分布. 从中随机抽取15个进行检验，得平均使用寿命为1950小时，标准差s为300小时，以95%的可靠性估计整批电子管平均使用寿命的置信上、下限.解答：由X∼N(μ,σ2),知μ的95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=1950,s=300,n=15,tα/2(14)=2.145,于是(x¯±sntα/2(n-1))=(1950±30015×2.145)≈(1950±166.151)=(1783.85,2116.15).即整批电子管平均使用寿命的置信上限为2116.15, 下限为1783.85.习题4人的身高服从正态分布，从初一女生中随机抽取6名，测其身高如下(单位：cm):149 158.5 152.5 165 157 142求初一女生平均身高的置信区间(α=0.05).解答：X∼N(μ,σ2),μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=154, s=8.0187, t0.025(5)=2.571, 于是(x¯±sntα/2(n-1))=(154±8.01876×2.571)≈(154±8.416)≈(145.58,162.42).习题5某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数x¯=72,样本方差s2=16, 假设分数服从正态分布，求σ2的置信度为98%的置信区间.解答：先取χ2分布变量，构造出1-α的σ2的置信区间为((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).已知1-α=0.98,α=0.02,α2=0.01,n=20, S2=16.查χ2分布表得χ0.012(19)=36.191,χ0.992(19)=7.633,于是得σ2的98%的置信区间为(19×1636.191,19×167.633),即(8.400,39.827).习题6随机地取某种炮弹9发做试验，得炮口速度的样本标准差s=11(m/s).设炮口速度服从正态分布，求这种炮弹的炮口速度的标准差σ的置信度为0.95的置信区间.解答：已知n=9,s=11(m/s),1-α=0.95.查表得χ0.0252(8)=17.535,χ0.9752(8)=2.180,σ的0.95的置信区间为(8sχ0.0252(8),8sχ0.9752(8)),即(7.4,21.1).习题7设来自总体N(μ1,16)的一容量为15的样本，其样本均值x1¯=14.6;来自总体N(μ2,9)的一容量为20的样本，其样本均值x2¯=13.2;并且两样本是相互独立的，试求μ1-μ2的90%的置信区间.解答：1-α=0.9,α=0.1,由Φ(uα/2)=1-α2=0.95,查表，得uα/2=1.645,再由n1=15,n2=20, 得σ12n1+σ22n2=1615+920=9160≈1.232,uα/2σ12n1+σ22n2=1.645×1.232≈2.03,x¯1-x¯2=14.6-13.2=1.4,所以，μ1-μ2的90%的置信区间为(1.4-2.03,1.4+2.03)=(-0.63,3.43).习题8物理系学生可选择一学期3学分没有实验课，也可选一学期4学分有实验的课. 期未考试每一章节都考得一样，若有上实验课的12个学生平均考分为84，标准差为4，没上实验课的18个学生平均考分为77，标准差为6，假设总体均为正态分布且其方差相等，求两种课程平均分数差的置信度为99%的置信区间.解答：设有实验课的考分总体X1∼N(μ1,σ2),无实验课的考分总体X2∼N(μ2,σ2).两方差相等设测定数据分别来自分布N(μ1,σ2),N(μ2,σ2),且两样本相互独立，又μ1,μ2,σ2均为未知，试求μ1-μ2的置信水平为0.95的置信区间.对于1-α=0.95,查表得t0.025(7)=2.3646, 算得x¯=0.141,y¯=0.139; s12=8.25×10-6, s1≈0.0029.s22=5.2×10-6, s2=0.0023, sW≈0.0026, 15+14=0.6708,故得μ1-μ2的0.95置信区间为(0.141-0.139±2.3646×0.0026×0.6708),即(-0.002,0.006).习题10设两位化验员A,B独立地对某种聚合物含氯量用相同的方法各作10次测定，其测定值的样本方差依次为sA2=0.5419,sB2=0.6065. 设σA2,σB2分别为A,B所测定的测定值的总体方差，又设总体均为正态的，两样本独立，求方差比σA2/σB2的置信水平为0.95的置信区间.解答：选用随机变量F=SA2σA2/SB2σB2∼F(n1-1,n2-1),依题意，已知sA2=0.5419, sB2=0.6065, n1=n2=10.对于1-α=0.95, 查F分布表得F0.025(9,9)=1F0.025(9,9)=14.03, 于是得σA2σB2的0.95的置信区间为(sA2sB21Fα/2(9,9),sA2sB2Fα/2(9,9))≈(0.222,3.601).总习题解答习题1设总体X服从参数为λ(λ>0)的指数分布，X1,X2,⋯,Xn为一随机样本，令Y=min{X1,X2,⋯,Xn}, 问常数c为何值时，才能使cY是λ的无偏估计量.关键是求出E(Y). 为此要求Y的密度fY(y).因Xi的密度函数为fX(x)={λe-λx,x>00,x<0;Xi的分布函数为FX(x)={1-e-λx,x>00,x≤0,于是FY(y)=1-[1-FX(y)]n={1-e-nλy,y>00,y≤0.两边对y求导得fY(y)=ddyFY(y)={nλe-nλy,y>00,y≤0,即Y服从参数为nλ的指数分布，故E(Y)=nλ.为使cY成为λ的无偏估计量，需且只需E(cY)=λ,即cnλ=λ,故c=1n.习题2设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的一个样本，已知E(X)=μ, D(X)=σ2.(1)确定常数c, 使c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2为σ2的无偏估计；(2)确定常数c, 使(X¯)2-cS2是μ2的无偏估计(X¯,S2分别是样本均值和样本方差).解答：(1)E(c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2)=c∑i=1n-1E(Xi+12-2XiXi+1+Xi2)=c∑i=1n-1{D(Xi+1)+[E(Xi+1)]2-2E(Xi)E(Xi+1)+D(Xi)+[E(Xi)+[E(Xi)]2}=c(n-1)(σ2+μ2-2μ2+σ2+μ2)=2(n-1)σ2c.令2(n-1)σ2c=σ2, 所以c=12(n-1).(2)E[(X¯)2-cS2]=E(X¯2)-cE(S2)=D(X¯)+[E(X¯)]2-cσ2=σ2n+μ2-cσ2.令σ2n+μ2-cσ2=μ2, 则得c=1n.习题3设X1,X2,X3,X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ未知. 设有估计量T1=16(X1+X2)+13(X3+X4),T2=X1+2X2+3X3+4X45,T3=X1+X2+X3+X44.(1)指出T1,T2,T3中哪几个是θ的无偏估计量；(2)在上述θ的无偏估计中指出一个较为有效的.解答：(1)θ=E(X),E(Xi)=E(X)=θ,D(X)=θ2=D(Xi),i=1,2,3,4.E(T1)=E(16(X1+X2)+13(X3+X4))=(26+23)θ=θ,E(T2)=15E(X1+2X2+3X3+4X4)=15(1+2+3+4)θ=2θ,E(T3)=14E(X1+X2+X3+X4)=θ,因此，T1,T3是θ的无偏估计量.(2)D(T1)=236θ2+29θ2=1036θ2, D(T3)=116⋅4θ2=14θ2=936θ2,所以D(T3)<D(T1), 作为θ的无偏估计量，T3更为有效.习题4设从均值为μ, 方差为σ2(σ>0)的总体中，分别抽取容量为n1,n2的两独立样本，X1¯和X2¯分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1¯+bX2¯都是μ的无偏估计；并确定常数a,b, 使D(Y)达到最小.解答：E(Y)=E(aX1¯+bX2¯)=aE(X1¯)+bE(X2¯)=(a+b)μ.因为a+b=1, 所以E(Y)=μ.因此，对于常数a,b(a+b=1),Y都是μ的无偏估计，D(Y)=a2D(X1¯)+b2D(X2¯)=a2σ2n1+b2σ2n2.因a+b=1, 所以D(Y)=σ2[a2n1+1n2(1-a)2], 令dD(Y)da=0, 即2σ2(an1-1-an2)=0, 解得a=n1n1+n2,b=n2n1+n2是惟一驻点.又因为d2D(Y)da2=2σ2(1n1+1n2)>0, 故取此a,b二值时，D(Y)达到最小.习题5设有一批产品，为估计其废品率p, 随机取一样本X1,X2,⋯,Xn, 其中Xi={1,取得废品0,取得合格品, i=1,2,⋯,n,证明：p̂=X¯=1n∑i=1nXi是p的一致无偏估计量.解答：由题设条件E(Xi)=p⋅1+(1-p)⋅0=p,D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=p⋅12+(1-p)02-p2=p(1-p),E(p̂)=E(X¯)=E(1n∑i=1nE(Xi))=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1np=p.由定义，p̂是p的无偏估计量，又D(p̂)=D(X¯)=D(1n∑i=1nXi)=1n2∑i=1nD(Xi)=1n2∑i=1np(1-p)=1n2np(1-p)=pqn.由切比雪夫不等式，任给ɛ>0P{∣p̂-p∣≥ɛ}=P{∣X¯-p∣≥ɛ}≤1ɛ2D(X¯)=1ɛ2p(1-p)n→0,n→∞所以limn→∞P{∣p̂-p∣≥ɛ}=0, 故p̂=X¯是废品率p的一致无偏估计量.习题6设总体X∼b(k,p), k是正整数，0<p<1,k,p都未知，X1,X2,⋯,Xn是一样本，试求k和p的矩估计.解答：因总体X服从二项分布b(k,p), 故{a1=E(X)=kpa2=E(X2)=D(X)+[E(X)]2=kp(1-p)+(kp)2，解此方程组得p=a1+a12-a2a1,k=a12a1+a12-a2.用A1=1n∑i=1nXi=X¯,A2=1n∑i=1nXi2分别代替a1,a2, 即得p,k的矩估计为p̂=X¯-S2X¯,k̂=[X¯2X¯-S2],其中S2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2,[x]表示x的最大整数部分.习题7求泊松分布中参数λ的最大似然估计.解答：总体的概率函数为P{X=k}=λkk!e-λ,k=0,1,2,⋯.设x1,x2,⋯,xn为从总体中抽取的容量为n的样本，则似然函数为L(x1,x2,⋯,xn;λ)=∏i=1nf(x i;λ)=∏i=1nλxixi!e-λ=λ∑i=1nxi∏i=1nxi!e-nλ,lnL=(∑i=1nxi)lnλ-nλ-∑i=1nlnxi!,令dlnLdλ=1λ∑i=1nxi-n=0, 得λ的最大是然估计为λ̂=1n∑i=1nxi=x¯,即x¯=1n∑i=1nxi就是参数λ的最大似然估计.习题8已知总体X的概率分布P{X=k}=C2k(1-θ)kθ2-k,k=0,1,2，求参数的矩估计.解答：总体X为离散型分布，且只含一个未知参数θ,因此，只要先求离散型随机变量的数学期望E(X), 然后解出θ并用样本均值X¯代替E(X)即可得θ的矩估计θ̂.由E(X)=∑k=02kC2k(1-θ)kθ2-k=1×2(1-θ)θ+2(1-θ)2=2-2θ,即有θ=1-E(X)2.用样本均值X¯代替上式的E(X), 得矩估计为θ̂=1-X¯2.习题9设总体X的概率密度为f(x)={(θ+1)xθ,0<x<10,其它,其中θ>-1是未知参数，X1,X2,⋯,Xn为一个样本，试求参数θ的矩估计和最大似然估计量.解答：因E(X)=∫01(θ+1)xθ+1dx=θ+1θ+2. 令E(X)=1n∑i=1nXi=X¯, 得θ+1θ+2=X¯, 解得θ的矩估计量为θ̂=2X¯-11-X¯.设x1,x2,⋯,xn是样本X1,X2,⋯,Xn的观察值，则似然函数L(x1,x2,⋯,xn,θ)=∏i=1n(θ+1)xiθ=(θ+1)n(x1x2⋯xn)θ(0<xi<1,i=1,2,⋯,n),取对数得lnL=nln(θ+1)+θ∑i=1nlnxi, 从而得对数似然方程dlnLdθ=nθ+1+∑i=1nlnxi=0,解出θ, 得θ的最大似然估计量为θ̂=-n∑i=1nlnXi.由此可知，θ的矩估计和最大似然估计是不相同的.习题10设X具有分布密度f(x,θ)={θxe-θx!,x=0,1,2,⋯0,其它,0<θ<+∞,X1,X2,⋯,Xn是X的一个样本，求θ的最大似然估计量.解答：似然函数L(θ)=∏i=1nθxie-θxi!=e-nθ∏i=1nθxixi!,lnL(θ)=-nθ+∑i=1nxilnθ-∑i=1nln(xi!),ddθ(lnL(θ))=-n+1θ∑i=1nxi，令ddθ(lnL(θ))=0, 即-n+1θ∑i=1nxi=0⇒θ=1n∑i=1nxi,故θ最大似然估计量为θ̂=X¯=1n∑i=1nXi.习题11设使用了某种仪器对同一量进行了12次独立的测量,其数据(单位:毫米)如下: 232.50 232.48 232.15 232.53 232.45 232.30232.48 232.05 232.45 232.60 232.47 232.30试用矩估计法估计测量值的均值与方差(设仪器无系统误差).解答：设测量值的均值与方差分别为μ与σ2，因为仪器无系统误差，所以θ=μ̂=X¯=1n∑i=1nXi=232+112∑i=1n(Xi-232)=232+1/12×4.76≈232.3967.用样本二阶中心矩B2估计方差σ2, 有σ̂2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2=1n∑i=1n(Xi-a)2-(X¯-a)2=112∑i=112(Xi-232)2-(232.3967-232)2=0.1819-0.1574=0.0245.习题12设随机变量X服从二项分布P{X=k}=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,⋯,n,X1为其一个样本，试求p2的无偏估计量.解答：\becauseX∼b(n,p),∴E(X)=np, D(X)=np(1-p)=E(X)-np2⇒p2=1n[E(X)-D(X)]=1n[E(X)-E(X2)+(EX)2]⇒p2=1n[E(X(1-X))]+1nn2p2=1nE(X(1-X))]+np2⇒p2=E[X(X-1)]n(n-1), 由于E[X(X-1)]=E[X1(X1-1)],故p̂2=X1(X1-1)n(n-1).习题13设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的随机样本，试证估计量X¯=1n∑i=1nXi和Y=∑i=1nCiXi(Ci≥0为常数，∑i=1nCi=1)都是总体期望E(X)的无偏估计，但X¯比Y有效.解答：依题设可得E(X¯)=1n∑i=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X),E(Y)=∑i=1nCiE(Xi)=E(X)∑i=1nCi=E(X).从而X¯,Y均为E(X)的无偏估计量，由于D(X¯)=1n2∑i=1nD(Xi)=1nD(X),D(Y)=D(∑i=1nCiXi)=∑i=1nCi2D(Xi)=D(X)∑i=1nCi2.应用柯西—施瓦茨不等式可知1=(∑i=1nCi)2≤(∑i=1nCi2)(∑i=1n12)=n∑i=1nCi2, ⇒1n≤∑i=1nCi2,所以D(Y)≥D(X¯), 故X¯比Y有效.习题14设X1,X2,⋯,Xn是总体X∼U(0,θ)的一个样本，证明：θ1̂=2X¯和θ2̂=n+1nX(n)是θ的一致估计.解答：因E(θ1̂)=θ, D(θ1̂)=θ23n; E(θ2̂)=θ,D(θ2̂)=θn(n+2),X(n)=max{Xi}.依切比雪夫不等式，对任给的ɛ>0, 当n→∞时，有P{∣θ1̂-θ∣≥ɛ}≤D(θ1̂)ɛ2=θ23nɛ2→0,(n→∞)P{∣θ2̂-θ∣≥ɛ}≤D(θ2̂)ɛ2=θ2n(n+1)ɛ2→0,(n→∞)所以，θ1̂和θ2̂都是θ的一致估计量.习题15某面粉厂接到许多顾客的订货，厂内采用自动流水线灌装面粉，按每袋25千克出售. 现从中随机地抽取50袋，其结果如下：25.8, 24.7, 25.0, 24.9, 25.1, 25.0, 25.2,24.8, 25.4, 25.3, 23.1, 25.4, 24.9, 25.0,24.6, 25.0, 25.1, 25.3, 24.9, 24.8, 24.6,21.1, 25.4, 24.9, 24.8, 25.3, 25.0, 25.1,24.7, 25.0, 24.7, 25.3, 25.2, 24.8, 25.1,25.1, 24.7, 25.0, 25.3, 24.9, 25.0, 25.3,25.0, 25.1, 24.7, 25.3, 25.1, 24.9, 25.2,25.1,试求该厂自动流水线灌装袋重总体X的期望的点估计值和期望的置信区间(置信度为0.95).解答：设X为袋重总体，则E(X)的点估计为E(X̂)=X¯=150(25.8+24.7+⋯+25.1)=24.92kg.因为样本容量n=50, 可作为大样本处理，由样本值算得x¯=24.92, s2≈0.4376, s=0.6615, 则E(X)的置信度为0.95的置信区间近似为(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),查标准正态分布表得uα/2=u0.025=1.96, 故所求之置信区间为(24.92-1.96×0.661550,24.92+1.96×0.661550)=(24.737,25.103),即有95%的把握，保证该厂生产的面粉平均每袋重量在24.737千克至25.103千克之间.习题16在一批货物的容量为100的样本中，经检验发现有16只次品，试求这批货物次品率的置信度为0.95的置信区间.解答：这是(0-1)分布参数区间的估计问题.这批货物次品率p的1-α的置信区间为(p1̂,p2̂)=(12a(-b-b2-4ac),12a(-b+b2-4ac)).其中a=n+uα/22,b=-(2nX¯+uα/22), c=nX¯2.由题意，x¯=16100=0.16,n=100,1-α=0.95,u0.025=1.96. 算得a=100+1.962=103.842,b=-(2×100×0.16+1.962)=-35.842,c=100×0.162=2.56.p的0.95的置信区间为(p1̂,p2̂)=(12a(-b±b2-4ac)), 即(12×103.842(35.8416±221.2823)),亦即(0.101,0.244).习题17在某校的一个班体检记录中，随意抄录25名男生的身高数据，测得平均身高为170厘米，标准差为12厘米，试求该班男生的平均身高μ和身高的标准差σ的置信度为0.95的置信区间(假设测身高近似服从正态分布).解答：由题设身高X∼N(μ,σ2), n=25, x¯=170, s=12，α=0.05.(1)先求μ置信区间(σ2未知)，取U=X¯-μS/n∼t(n-1),tα/2(n-1)=t0.025(24)=2.06.故μ的0.95的置信区间为(170-1225×2.06,170+1225×2.06)=(170-4.94,170+4.94)=(165.06,174,94).(2)σ2的置信区间(μ未知)，取U=(n-1)S2σ2∼χ2(n-1),χα/22(n-1)=χ0.0252(24)=39.364, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(24)=12.401,故σ2的0.95的置信区间为(24×12239.364,24×12212.401)≈(87.80,278.69), σ的0.95的置信区间为(87.80,278.69)≈(9.34,16.69).习题18为研究某种汽车轮胎的磨损特性，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止. 记录所行驶的路程(以千米计)如下：41250 40187 43175 41010 39265 41872 42654 4128738970 40200 42550 41095 40680 43500 39775 40440假设这些数据来自正态总体N(μ,σ2). 其中μ,σ2未知，试求μ的置信水平为0.95的单侧置信下限.解答：由P{μ>X¯-Sntα(n-1)=1-α, 得μ的1-α的单侧置信下限为μ¯=X¯-Sntα(n-1).由所给数据算得x¯≈41119.38,s≈1345.46,n=16.查t分布表得t0.05(15)=1.7531, 则有μ的0.95的单侧置信下限为μ¯=41119.38-1345.464×1.7531≈40529.73.习题19某车间生产钢丝，设钢丝折断力服从正态分布，现随机在抽取10根，检查折断力，得数据如下(单位：N):578,572,570,568,572,570,570,572,596,584.试求钢丝折断力方差的置信区间和置信上限(置信度为0.95).解答：(1)这是一个正态总体，期望未知，对方差作双侧置信限的估计问题，应选统计量χ2=(n-1)S2σ2∼χ2(n-1).σ2的1-α的置信区间是((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).由所给样本值得x¯=575.2, (n-1)s2=∑1=110(xi-x¯)2=681.6;根据给定的置信度1-α=0.95(即α=0.05).查自由度为10-1=9的χ2分布表，得双侧临界值χα/22(n-1)=χ0.0252(9)=19.0, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(9)=2.7,代入上公式得σ2的95%的置信区间为(681.619.0,681,62.70)=(35.87,232.44),即区间(35.87,232.44)包含σ2的可靠程度为0.95.(2)这是一个正态总体期望未知时，σ2的单侧区间估计问题，σ2的置信度为1-α=95%(α=0.05)的单侧置信上限为(n-1)S2χ1-α2(n-1)=∑i=110(xi-x¯)2χ1-α2(n-1),已算得(n-1)S2=∑i=110(xi-x¯)2=681.6, 根据自由度1-α=0.95.查自由度10-1=9的χ2分布表得单侧临界值χ1-α2(n-1)=χ0.952(9)=3.325,代入上式便得σ2的0.95的置信上限为681.63.325=205, 即有95%的把握，保证σ2包含在区间(0,205)之内，当然也可能碰上σ2超过上限值205的情形，但出现这种情况的可能性很小，不超过5%.习题20设某批铝材料比重X服从正态分布N(μ,σ2)，现测量它的比重16次，算得x¯=2.705，s=0.029，分别求μ和σ2的置信度为0.95的置信区间。
统计学课后答案(第3版)第6章抽样分布与参数估计习题答案
第六章 抽样分布与参数估计习题答案一、单选1.B ；2.D ；3.D ；4.C ；5.A ；6.B ；7.C ；8.D ；9.A ；10.A 二、多选1.ADE ；2.ACDE ；3.ABCD ；4.ADE ；5.BCE6.ACD ；7.ACDE ；8.ACE ；9.BCE ；10.ABD 三、计算分析题1、解：n=10，小样本，由EXCEL 计算有：11.6498==S x ； （1）方差已知，由10596.14982⨯±=±nz x σα得，（494.9，501.1）（2）方差未知，由1011.62622.2498)1(2⨯±=-±nS n t x α得，（493.63，502.37）2、n=500为大样本，p=80/500=16%，则置信区间为 016.096.1%16500)16.01(16.096.1%16)1(2⨯±=-⨯±=-±n p p z p α=（14.4%，17.6%） 3、nx σσ=，由于大国抽取的样本容量大，则抽样平均误差小。
4、（1）3.10100103===nS x σ（小时）；=-=-=100)95.01(95.0)1(n p p p σ 2.18%（2）=⨯±=±3.10211202x z x σα（1099.4,1140.6） ⨯±=±2%952p z p σα2.18%=（90.64,99.36）5、为简化起见，按照重复抽样形式计算 （1）∑∑=ff s Si22=22.292； 472.010072.4===nS x σ（2）93.0691472.096.1100691002±=⨯±=±nSz x α=（690.07,691.93） 6、由于总体标准差已知，则用标准状态分布统计量估计nz x σα2=∆（1）10160170102022=-===∆αασz nz x则58.12=αz ，有%29.94)58.1(=F α=1-94.29%=5.71%，则概率%58.88%71.5%29.941=-=-=α （2）=⇒⨯=⇒⨯=∆n n nz x 2096.142σα97（个）（3）=⇒⨯=⇒⨯=∆n nnz x 2096.122σα385（个）允许误差缩小一半，样本容量则为原来的4倍。
第六章 参数估计
第六章 参数估计§6.1 点估计的几种方法6.1.1 替换原理和矩法估计 一、矩法估计替换原理：(1)用样本矩去替换总体矩，这里的矩可以是原点矩也可以是中心矩；(2)用样本矩的函数去替换相应的总体矩的函数。
举例二、概率函数);(θx p 已知时未知参数的矩法估计设总体具有已知的概率函数),,;(1k x p θθ ，∈),,(1k θθ Θ是未知参数或参数向量，n x x x ,,21 是样本，假定总体的k 阶原点矩k μ存在，则对所有j ，,0k j <<j μ都存在，若假设k θθ,,1 能够表示成k μμ,,1 的函数),,(1k j j μμθθ =，则可给出诸j θ的矩法估计：k j a a kj j ,1),,,(ˆ1==θθ 其中k a a ,,1 是前k 个样本原点矩：∑==n i ji j x n a 11，进一步，如果要估计k θθ,,1 的函数),(1k g θθη =，则可直接得到η的矩法估计)ˆ,ˆ(ˆ1kg θθη=。
例1 设总体为指数分布，其密度函数为x e x p λλλ-=);(，0>xn x x x ,,21 是样本，此处1=k ，由于λ/1=EX ，亦即EX /1=λ，故λ的矩法估计为x /1ˆ=λ另外，由于2/1)(λ=X Var ，其反函数为)(/1X Var =λ，因此，从替换原理来看，λ的矩法估计也可取为s /1ˆ1=λ， s 样本标准差。
这说明矩估计可能是不唯一的，这是矩法估计的一个缺点，此时通常应该尽量采用低阶矩给出未知参数的估计。
例2设n x x x ,,21 是来自),(b a 上的均匀分布的样本，a 与b 均是未知参数，这里2=k 其密度函数为⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-=0,1),;(bx a a b b a x p ，求a ，b 的矩估计.解 由2)(121)(,2)(a b X D b a X E -=+= 得方程组：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==-=+∑=n i i X X n X V a r a b X b a 122.)(1)()(121,2解此方程组，得到矩估计量: .)(3ˆ , )(3ˆX Var X b X Var X a+=-= 6.1.2最大似然估计定义6.1.1 设总体的概率函数为);(θx p ，Θ∈θ，其中θ是一个未知参数或几个未知参数组成的参数向量，Θ是参数θ可能取值的参数空间，n x x x ,,21 是来自该总体的样本，将样本的联合概率函数看成θ的函数，用),,;(21n x x x L θ表示，简记为)(θL ，);();();(),,;()(2121θθθθθn n x p x p x p x x x L L ==)(θL 称为样本的似然函数。
概率论与数理统计第6章参数区间估计2,3节
n
E(X
k
)
E(X
k)
i1
i1
二、有效性
未知参数 的无偏估计量不是唯一的.
设 ^1 和 ^2 都是参数 的无偏估计量,
θˆ 1
θˆ 2
集中
分散
蓝色是采用估^ 计量 1 , 用 14 个样本值得到的 14 个估计值. 紫色是采用估^ 计量 2 , 用 14 个样本值得到的 14 个估计值.
若limD(ˆ)0， 则ˆ是的一致估 . 计量 n
回顾例子.设总体X的概率密度为
f(x)6x3 (x),0x;
0, 其他
X1, X2,…, Xn 是取自总体X 的简单随机样本, (1) 求的矩估计量 ˆ；
(2) 求ˆ的方差D(ˆ).
解：矩估计 ˆ量 2X. D(ˆ)4D(X)4D(X)2
若滚珠直径服从正态分布X ~ N( , 2), 并且已知 = 0.16(mm),求滚珠直径均值的置信水平为95%
的置信区间.
解：由上面求解的置信水平为1- 的置信区间
Xσn 0 uα/,2 Xσn 0 uα/2
已 n 知 1,0 0 0 .1,6 0 .0,5 x110i110xi 14.92,
若进行n次独立重复抽样，得到n个样本观测值,
每个样本观测 个值 随确 机(定 ˆ1区 ,ˆ2一 )间 .那么
每个区间的 可真 能 ， 或 值 包不 含包 的含 真 , 值
根据伯努利大数定理, 在这n个随机区间中,
包含 真值1 的 0(1 0 约 )% 占 ,不包含 10 的 % 0. 约
便得 k的 到 最大似 ˆk(X 1,然 X 2, ,估 X n).计
第二节 判别估计量好坏的标准
第6章 参数估计
较 的样本容量
θ
B A
较 的样本容量
θ
ˆ θ
一致性： 一致性：
随着样本容量增大， 随着样本容量增大，估计量会越来越接近被估计 的参数。 的参数。即对任意的
→∞→ n
ε >0
，有
ˆ lim P{| θ −θ |< ε} =1
则称 θ 是参数θ的一致估计量。 ˆ 是参数θ的一致估计量。
X
µ -1.96 σx
+1.96σ µ +1.96σx
90%的样本 90%的样本 95% 的样本 99% 的样本
置信水平
1. 将构造置信区间的步骤重复很多次，置信 将构造置信区间的步骤重复很多次， 区间包含总体参数真值的次数所占的比例 称为置信水平. 称为置信水平. 2. 表示为 1 - a 是总体参数未在区间内的比例 3. a是总体参数未在区间内的比例 是总体参数未在区间内的比例 常用的置信水平值有 99%,
• 如某班级平均分数在75～85之间，置信水平是95% 如某班级平均分数在75～85之间，置信水平是95% 75 之间 95
5.1.3. 评价估计量的标准
1.无偏性： 无偏性：
ˆ ˆ 如果 E(θ ) =θ ，即估计量 θ 的数学 期望等于被估计的总体参数， 期望等于被估计的总体参数，我们称估计量
（35）4 35） （45）4.5 45） （55）5 55）
无偏性：估计量抽样分布的数学期望等于被 估计的总体参数. 估计的总体参数 .
ˆ P(θ)
偏 偏
A
B
ˆ θ
θ
样本平均数是总体平均数的无偏估 样本平均数是总体平均数的无偏估 计量。 计量。
以无偏性来评判估计量是很合理的。一 以无偏性来评判估计量是很合理的。 个好的估计量就某一个具体的估计值而言 可能不等于总体参数值， ，可能不等于总体参数值，但平均来看有 向估计的总体参数集中的趋势。 向估计的总体参数集中的趋势。
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第六章习题参考答案
第六章 参数估计习题6.11． 设X 1, X 2, X 3是取自某总体容量为3的样本，试证下列统计量都是该总体均值µ 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）3211613121ˆX X X ++=µ； （2）3212313131ˆX X X ++=µ； （3）3213326161ˆX X X ++=µ． 证：因µµµµµ=++=++=613121)(61)(31)(21)ˆ(3211X E X E X E E ， µµµµµ=++=++=313131)(31)(31)(31)ˆ(3212X E X E X E E ， µµµµµ=++=++=326161)(32)(61)(61)ˆ(3213X E X E X E E ， 故321ˆ,ˆ,ˆµµµ都是总体均值µ 的无偏估计； 因2222321136143619141)Var(361)Var(91)Var(41)ˆVar(σσσσµ=++=++=X X X ， 2222321231919191)Var(91)Var(91)Var(91)ˆVar(σσσσµ=++=++=X X X ， 222232132194361361)Var(94)Var(361)Var(361)ˆVar(σσσσµ=++=++=X X X ， 故)ˆVar()ˆVar()ˆVar(312µµµ<<，即2ˆµ有效性最好，1ˆµ其次，3ˆµ最差． 2． 设X 1, X 2, …, X n 是来自Exp (λ)的样本，已知X 为1/λ的无偏估计，试说明X /1是否为λ的无偏估计．解：因X 1, X 2, …, X n 相互独立且都服从指数分布Exp (λ)，即都服从伽玛分布Ga (1, λ)，由伽玛分布的可加性知∑==ni i X Y 1服从伽玛分布Ga (n , λ)，密度函数为01e )()(>−−ΙΓ=y y n nY y n y p λλ，则λλλλλλλ1)1()(e )(e )(110201−=−Γ⋅Γ=Γ=Γ⋅=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−∞+−−∞+−−∫∫n n n n n dy y n n dy y n y n Y n E X E n n y n n yn n， 故X /1不是λ的无偏估计．3． 设θˆ是参数θ 的无偏估计，且有0)ˆ(Var >θ，试证2)ˆ(θ不是θ 2的无偏估计． 证：因θθ=)ˆ(E ，有2222)ˆVar()]ˆ([)ˆVar(])ˆ[(θθθθθθ>+=+=E E ，故2)ˆ(θ不是θ 2的无偏估计． 4． 设总体X ~ N(µ , σ 2)，X 1, …, X n 是来自该总体的一个样本．试确定常数c 使∑=+−ni i i X X c 121)(为σ 2的无偏估计．解：因E [(X i + 1 − X i )2 ] = Var (X i + 1 − X i ) + [E (X i + 1 − X i )]2 = Var (X i + 1) + Var (X i ) + [E (X i + 1) − E (X i )]2 = 2σ 2，则2211211121)1(22)1(])[()(σσ−=⋅−⋅=−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−∑∑−=+−=+n c n c X X E c X X c E n i i i n i i i ，故当)1(21−=n c 时，21121)(σ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−∑−=+n i i i X X c E ，即∑−=+−1121)(n i i i X X c 是σ 2的无偏估计．5． 设X 1, X 2, …, X n 是来自下列总体中抽取的简单样本，⎪⎩⎪⎨⎧+≤≤−=.,0;2121,1);(其他θθθx x p证明样本均值X 及)(21)()1(n X X +都是θ 的无偏估计，问何者更有效？ 证：因总体⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−21,21~θθU X ，有)1,0(~21U X Y +−=θ，则21−+=θY X ，21)1()1(−+=θY X ，21)()(−+=θn n Y X ，即21)(21)(21)()1()()1(−++=+θn n Y Y X X ，可得θθθ=−+=−+=21)(21)()(Y E Y E X E ，nY n Y X 121)Var(1)Var()Var(===，因Y 的密度函数与分布函数分别为p Y ( y ) = I 0<y <1，⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤<=.1,1;10,;0,0)(y y y y y F Y有Y (1)与Y (n )的密度函数分别为10111)1()()](1[)(<<−−Ι−=−=y n Y n Y y n y p y F n y p ，1011)()]([)(<<−−Ι==y n Y n Y n ny y p y F n y p ，且(Y (1), Y (n ))的联合密度函数为)()1()()()]()()[1(),()()1(2)1()()()1(1n y y n Y Y n Y n Y n n y p y p y F y F n n y y p <−Ι−−=102)1()()()1())(1(<<<−Ι−−=n y y n n y y n n ，则11)2()()2()1()(101)1(+=+ΓΓΓ⋅=−⋅=∫−n n n n dy y n y Y E n ，1)(101)(+=⋅=∫−n n dy ny y Y E n n ， )2)(1(2)3()()3()1()(10122)1(++=+ΓΓΓ⋅=−⋅=∫−n n n n n dy y n y Y E n ，2)(10122)(+=⋅=∫−n n dy ny y Y E n n ， ∫∫∫∫−−−−⋅⋅=−−⋅=11)1()()()1()(1)1(2)1()()()1()()()1()()()()1())(1()(n n y n n n n y n n n n n y y d n y y dy dy y y n n y y dy Y Y E∫∫⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅−+−−=−−100)1()(1)1()(01)1()()()1()()()()()(n n y n n n y n n n n dy y y y n y y y ny dy2121)(102)(10)(1)(100)1()()()()(+=+==⎥⎦⎤⎢⎣⎡−⋅−=++∫∫n y n dy y y y y dy n n n n n y n n n n n ， 即)2()1(11)2)(1(2)Var(22)1(++=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−++=n n n n n n Y ，)2()1(12)Var(22)(++=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−+=n n n n n n n Y n ，且)2()1(111121),Cov(2)()1(++=+⋅+−+=n n n nn n Y Y n 可得θθ=−++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21)]()([21)(21)()1()()1(n n Y E Y E X X E ，)2)(1(21)2()1(422)],Cov(2)Var()[Var(41)(21Var 2)()1()()1()()1(++=+++=++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+n n n n n Y Y Y Y X X n n n ， 因θ=(X E ，θ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+)(21)()1(n X X E ，故X 及)(21)()1(n X X +都是θ 的无偏估计； 因当n > 1时，)2)(1(21)(21Var 121)Var()()1(++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+>=n n X X n X n ， 故)(21)()1(n X X +比样本均值X 更有效． 6． 设X 1, X 2, X 3服从均匀分布U (0, θ )，试证)3(34X 及4X (1)都是θ 的无偏估计量，哪个更有效？解：因总体X 的密度函数与分布函数分别为θθ<<Ι=x x p 01)(，⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤<=.,1;0,;0,0)(θθθx x x x x F有X (1)与X (3)的密度函数分别为θθθ<<Ι−=−=x x x p x F x p 03221)(3)()](1[3)(，θθ<<Ι==x x x p x F x p 032233)()]([3)(，则443223)(3)(043223032)1(θθθθθθθθ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⋅−⋅=−⋅=∫x x x dx x x X E ， 43433)(043032)3(θθθθθ=⋅=⋅=∫x dy x x X E ， 1054233)(3)(205432303222)1(θθθθθθθθ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⋅−⋅=−⋅=∫x x x dx x x X E ， 53533)(25303222)3(θθθθθ=⋅=⋅=∫x dy x x X E ， 即803410)Var(222)1(θθθ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=X ，8034353)Var(222)3(θθθ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=X ， 因θθ=⋅=44)4()1(X E ，θθ=⋅=⎟⎠⎞⎜⎝⎛433434)3(X E ，故4X (1)及)3(34X 都是θ 的无偏估计； 因5380316)4Var(22)1(θθ=⋅=X ，1580391634Var 22)3(θθ=⋅=⎟⎠⎞⎜⎝⎛X ，有⎟⎠⎞⎜⎝⎛>)3()1(34Var )4Var(X X ， 故)3(34X 比4X (1)更有效． 7． 设从均值为µ ，方差为σ 2 > 0的总体中，分别抽取容量为n 1和n 2的两独立样本，1X 和2X 分别是这两个样本的均值．试证，对于任意常数a , b （a + b = 1），21X b X a Y +=都是µ 的无偏估计，并确定常数a , b 使Var (Y ) 达到最小．解：因µµµµ=+=+=+=)()()()(21b a b a X bE X aE Y E ，故Y 是µ 的无偏估计；因22222121222122221212)1()(Var )(Var )(Var σσσ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−+=⋅−+⋅=+=n a n a n n n n n a n a X b X a Y ， 令022)(Var 222121=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⋅+=σn a n n n n Y da d ，得211n n n a +=，且02)(Var 2212122>⋅+=σn n n n Y a d d ， 故当211n n n a +=，2121n n n a b +=−=时，Var (Y ) 达到最小2211σn n +．8． 设总体X 的均值为µ ，方差为σ 2，X 1, …, X n 是来自该总体的一个样本，T (X 1, …, X n )为µ 的任一线性无偏估计量．证明：X 与T 的相关系数为)Var()Var(T X ．证：因T(X 1, …, X n )为µ的任一线性无偏估计量，设∑==ni i i n X a X X T 11),,(L ，则µµ===∑∑==ni i ni i i a X E a T E 11)()(，即11=∑=ni i a ，因X 1, …, X n 相互独立，当i ≠ j 时，有Cov (X i , X j ) = 0，则nanX X n a X a X n X a X n T X ni in i i i i n i i i i ni i i n i i 2121111),Cov(,1Cov ,1Cov ),Cov(σσ===⎟⎠⎞⎜⎝⎛=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=∑∑∑∑∑=====，因),Cov()Var(1)Var(2T X nX n X ===σ，故X 与T 的相关系数为)Var()Var()Var()Var()Var()Var()Var(),Cov(),Corr(T X T X X T X T X T X ===．9． 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σ i （i = 1, …, k ）．用这些仪器独立地对某一物理量θ 各观察一次，分别得到X 1, …, X k ，设仪器都没有系统误差．问a 1, …, a k 应取何值，方能使∑==ki i i X a 1ˆθ成为θ 的无偏估计，且方差达到最小？解：因θθθ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛===⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=∑∑∑∑====k i i ki i k i i i ki i i a a x E a x a E E 1111)()ˆ(， 则当11=∑=ki i a 时，∑==ki ii x a 1ˆθ是θ 的无偏估计， 因∑∑∑=====⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=ki i i k i i i k i i i a x a x a 122121)(Var Var )ˆ(Var σθ， 讨论在11=∑=ki i a 时，∑=ki i i a 122σ的条件极值，设拉格朗日函数⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+=∑∑==1),,,(11221ki i ki iik a a a a L λσλL ， 令⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=−=∂∂=+=∂∂=+=∂∂∑=,01,02,02122111ki i k k ka L a a L a a L λλσλσL L L L L 得2212−−++−=k σσλL ，2212−−−++=k i i a σσσL ，i = 1, …, k ， 故当2212−−−++=k i i a σσσL ，i = 1, …, k 时，∑==ki ii x a 1ˆθ是θ 的无偏估计，且方差达到最小． 10．设X 1, X 2, …, X n 是来自N (θ, 1)的样本，证明g (θ ) = |θ | 没有无偏估计（提示：利用g (θ )在θ = 0处不可导）．证：反证法：假设T = T (X 1, X 2, …, X n )是g (θ ) = |θ | 的任一无偏估计，因∑==ni i X n X 11是θ 的一个充分统计量，即在取定x X =条件下，样本条件分布与参数θ 无关，则)|(X T E S =与参数θ 无关，且S 是关于X 的函数，||)()()]|([)(θθ====g T E X T E E S E ， 可得)(X S S =是g (θ ) = |θ | 的无偏估计，因X 1, X 2, …, X n 是来自N (θ, 1)的样本，由正态分布可加性知X 服从正态分布⎟⎠⎞⎜⎝⎛n N 1,θ，则∫∫∞+∞−+−−∞+∞−−−⋅⋅=⋅=dx x S ndx n x S S E x n x n n x nθθθ22222)(2e)(eπ2eπ2)()(，因E (S ) = |θ|，可知对任意的θ，反常积分∫∞+∞−+−⋅dx x S x n x n θ22e)(收敛，则由参数θ的任意性以及该反常积分在−∞与+∞两个方向的收敛性知∫∞+∞−⋅⋅+−⋅dx x S x n x n ||||22e)(θ收敛，因x n x S x S x n x n x n n ⋅⋅=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⋅∂∂+−+−θθθ2222e )(e )(，且| y | ≤ e| y |，有||)1||(2222eex n n x n x n x n ⋅+⋅+−+−≤⋅θθ，则由∫∞+∞−⋅+⋅+−⋅dx x S x n x n ||)1|(|22e)(θ的收敛性知∫∞+∞−+−⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⋅∂∂dx x S x n x n θθ22e )(一致收敛， 可得∫∞+∞−+−−⋅⋅=dx x S nS E x n x n n θθ2222e)(e π2)(关于参数θ 可导，与E (S ) = |θ |在θ = 0处不可导矛盾，故g (θ ) = |θ | 没有无偏估计．11．设总体X 服从正态分布N (µ , σ 2)，X 1, X 2, …, X n 为来自总体X 的样本，为了得到标准差σ 的估计量，考虑统计量：∑=−=ni i X X n Y 11||1，∑==n i i X n X 11，n ≥ 2，∑∑==−−=n i nj j i X X n n Y 112||)1(1，n ≥ 2，求常数C 1与C 2，使得C 1Y 1与C 2Y 2都是σ 的无偏估计． 解：设),0(~2θN Y ，有θθθθθθθπ2eπ22e π212e π21|||][|02022222222=−=⋅=⋅=+∞−∞+−∞+∞−⋅−∫∫y y y dy y dy y Y E ， 因X X i −是独立正态变量X 1, X 2, …, X n 的线性组合， 且0()()(=−=−=−µµX E X E X X E i i ，22211,Cov 21),Cov(2)Var()Var()Var(σσσn n X n X n X X X X X X i i i i i −=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=−+=−，则⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−21,0~σn n N X X i ，σσπ)1(21π2|][|n n n n X X E i −=−⋅=−， 可得σσπ)1(2π)1(21|][|1)()(11111111n n C n n n n C X X E n C Y E C Y C E n i i −=−⋅⋅⋅=−⋅==∑=，故当)1(2π1−=n n C 时，E [C 1Y 1] = σ，C 1Y 1是σ 的无偏估计；当i ≠ j 时，X i 与X j 相互独立，都服从正态分布N (µ , σ 2)，有E (X i − X j ) = E (X i ) − E (X j ) = µ − µ = 0，Var(X i − X j ) = Var(X i ) + Var(X j ) = σ 2 + σ 2 = 2σ 2，则X i − X j ~ N (0, 2σ 2)，σσπ22π2|][|=⋅=−j i X X E ， 当i = j 时，X i − X j = 0，E [| X i − X j |] = 0，可得σσπ2π2)()1(1|][|)1(1)()(2221122222C n n n n C X X E n n C Y E C Y C E n i nj j i =−⋅−⋅=−−⋅==∑∑==， 故当2π2=C 时，E [C 2Y 2] = σ，C 2Y 2是σ 的无偏估计． 习题6.21． 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 ）：1050，1100，1130，1040，1250，1300，1200，1080，试对这批元件的平均寿命以及寿命分布的标准差给出矩估计．解：平均寿命µ 的矩估计75.1143ˆ==x µ；标准差σ 的矩估计8523.89*ˆ==s µ． 2． 设总体X ~ U (0, θ )，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：因X ~ U (0, θ )，有2)(θ=X E ，即θ = 2 E (X )，故θ 的矩估计68.234.122ˆ=×==x θ． 3． 设总体分布列如下，X 1, …, X n 是样本，试求未知参数的矩估计．（1）Nk X P 1}{==，k = 0, 1, 2, …, N − 1，N （正整数）是未知参数；（2）P {X = k } = (k − 1)θ 2 (1 − θ )k − 2，k = 2, 3, …，0 < θ < 1．解：（1）因21)]1(10[1)(−=−+++=N N N X E L ，即N = 2 E (X ) + 1，故N 的矩估计12ˆ+=X N ； （2）因⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=−=−−⋅=∑∑∑+∞=+∞=+∞=−22222222222)1()1()1()1()(k k k k k k d d d d k k X E θθθθθθθθ θθθθθθθθθθθ2221)1(1)1(322222222=⋅=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−−=d d d d ， 则)(2X E =θ， 故θ 的矩估计X2ˆ=θ． 4． 设总体密度函数如下，X 1, …, X n 是样本，试求未知参数的矩估计．（1）)(2);(2x x p −=θθθ，0 < x < θ ，θ > 0； （2）p (x ;θ ) = (θ + 1) x θ，0 < x < 1，θ > 0；（3）1);(−=θθθx x p ，0 < x < 1，θ > 0； （4）θµθµθ−−=x x p e1),;(，x > µ ，θ > 0．解：（1）因3322)(2)(032202θθθθθθθ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⋅=−⋅=∫x x dx x x X E ，即θ = 3 E (X )，故θ 的矩估计X 3ˆ=θ； （2）因212)1()1()(10210++=+⋅+=+⋅=+∫θθθθθθθx dx x x X E ，即)(11)(2X E X E −−=θ， 故θ 的矩估计XX −−=112ˆθ； （3）因11)(101101+=+⋅=⋅=+−∫θθθθθθθxdx x x X E ，即2)(1)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=X E X E θ， 故θ 的矩估计21ˆ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=XX θ； （4）因θµθµθµθµµθµµθµµθµµθµ+=−=+−=−⋅=⋅=+∞−−∞+−−+∞−−∞+−−∞+−−∫∫∫x x x x x dx x d x dx x X E eeee)1(e1)(，)(2e2ee)1(e1)(22222X E dx x x d x dx x X E x x x x θµθµθµµθµµθµµθµ+=+−=−⋅=⋅=∫∫∫∞+−−+∞−−∞+−−∞+−−= µ 2 + 2µθ + 2θ 2，则Var (X ) = E (X 2 ) − [E (X )]2 = θ 2，即)Var(X =θ，)Var()(X X E −=µ，故θ 的矩估计*ˆS =θ，*ˆS X −=µ． 5． 设总体为N (µ , 1)，现对该总体观测n 次，发现有k 次观测值为正，使用频率替换方法求µ 的估计．解：因p = P {X > 0} = P {X − µ > −µ} = 1 − Φ (−µ) = Φ (µ)，即µ = Φ −1 ( p )，故µ 的矩估计⎟⎠⎞⎜⎝⎛Φ=Φ=−−n k p 11)ˆ(ˆµ．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N 为该书样稿总错别字个数，且A 、B 分别表示甲、乙发现错别字，有A 与B 相互独立，则P (AB ) = P (A ) P (B )，使用频率替换方法，即N b N a p p N c p B A AB ⋅===ˆˆˆ，得cabN =， 故总错字个数N 的矩估计cab N=ˆ； （2）设k 为未被发现的错字数，因)()()(1)(1)(AB P B P A P B A P B A P +−−=−=U ，使用频率替换方法，即N cN b N a p p pN k pAB B A B A +−−=+−−==1ˆˆˆ1ˆ，即k = N − a − b + c ， 故未被发现的错字数k 的矩估计c b a cab c b a N k+−−=+−−=ˆˆ． 7． 设总体X 服从二项分布b (m , p )，其中m , p 为未知参数，X 1, …, X n 为X 的一个样本，求m 与p 的矩估计．解：因E (X ) = mp ，Var (X ) = mp (1 − p )，有)()Var(1X E X p =−，则)()Var(1X E X p −=，)Var()()]([)(2X X E X E p X E m −==， 故m 的矩估计22*ˆS X X m −=，p 的矩估计XS p 2*1ˆ−=．习题6.31． 设总体概率函数如下，X 1, …, X n 是样本，试求未知参数的最大似然估计．（1）1);(−=θθθxx p ，0 < x < 1，θ > 0；（2）p (x ;θ ) = θ c θ x − (θ + 1) ，x > c ，c > 0已知，θ > 1． 解：（1）因1,,,01212110121)()(<<−=<<−Ι=Ι=∏n i x x x n nni x ix x x x L L L θθθθθ，当0 < x 1, x 2, …, x n < 1时，)ln()1(ln 2)(ln 21n x x x nL L −+=θθθ， 令0)ln(212)(ln 21=+=n x x x n d L d L θθθθ，得)ln(21n x x x n L −=θ，即221)ln(⎥⎦⎤⎢⎣⎡=n x x x nL θ，故θ 的最大似然估计221)ln(ˆ⎦⎤⎢⎣⎡=n X X X n L θ；（2）因c x x x n n n ni c x i n i x x x c x c L >+−=>+−Ι=Ι=∏,,,)1(211)1(21)()(L L θθθθθθθ，当x 1, x 2, …, x n > c 时，ln L (θ ) = n ln θ + n θ ln c − (θ + 1) ln (x 1 x 2 …x n )， 令0)ln(ln )(ln 21=−+=n x x x c n n d L d L θθθ，得c n x x x nn ln )ln(21−=L θ， 故θ 的最大似然估计cn X X X nn ln )ln(ˆ21−=L θ．2． 设总体概率函数如下，X 1, …, X n 是样本，试求未知参数的最大似然估计．（1）p (x ;θ ) = c θ c x − (c + 1) ，x > θ ，θ > 0，c > 0已知；（2）θµθµθ−−=x x p e1),;(，x > µ ，θ > 0；（3）p (x ;θ ) = (k θ )−1，θ < x < (k + 1)θ ，θ > 0．解：（1）因θθθθθ>+−=>+−Ι=Ι=∏n i x x x c n nc n ni x c i c x x x c x c L ,,,)1(211)1(21)()(L L ，显然θ 越大，nc θ越大，但只有x 1 , x 2 , …, x n > θ 时，才有L (θ ) > 0，即θ = min {x 1, x 2, …, x n } 时，L (θ ) 达到最大，故θ 的最大似然估计},,,min{ˆ21)1(nX X X X L ==θ；（2）因µµθµθµθθµθ>⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−=>−−Ι∑=Ι==∏n n i i i i x x x n x nni x x L ,,,11211e1e1),(L ，当x 1, x 2, …, x n > µ 时，⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−−=∑=µθθµθn x n L ni i 11ln ),(ln ， 令01),(ln 12=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−=∑=µθθθµθn x n d L d ni i ，解得µµθ−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=∑=x n x n n i i11， 且显然µ越大，⎟⎟⎠⎞⎝⎛−−∑=µθn x n i i 11e 越大，但只有x 1 , x 2 , …, x n > µ 时，才有L (θ, µ) > 0，即µ = min {x 1, x 2, …, x n } 时，L (θ, µ) 才能达到最大，故µ 的最大似然估计},,,min{ˆ21)1(n X X X X L ==µ，θ 的最大似然估计)1(ˆˆX X X −=−=µθ； （3）因θθθθθθθ)1(,,,1)1(121)()()(+<<−=+<<−Ι=Ι=∏k x x x n ni k x n i k k L L ，显然θ 越小，(k θ )−n 越大，但只有θ < x 1 , x 2 , …, x n < (k + 1)θ 时，才有L (θ ) > 0，即},,,max{1121n x x x k L +=θ时，L (θ ) 达到最大， 故θ 的最大似然估计为},,,max{111ˆ21)(nn X X X k k X L +=+=θ． 3． 设总体概率函数如下，X 1, …, X n 是样本，试求未知参数的最大似然估计．（1）θθθ||e 21);(x x p −=，θ > 0；（2）p(x ;θ ) = 1，θ − 1/2 < x < θ + 1/2；（3）12211),;(θθθθ−=x p ，θ1 < x < θ2．解：（1）因∑===−=−∏ni i i x n n ni x L 1||11||e21e 21)(θθθθθ，有∑=−−−=n i i x n n L 1||1ln 2ln )(ln θθθ， 令∑=+⋅−=ni i x n d L d 12||11)(ln θθθθ，得∑==ni i x n 1||1θ， 故θ的最大似然估计∑==ni i X n 1||1ˆθ； （2）因2/1,,,2/112/12/121)(+<<−=+<<−Ι=Ι=∏θθθθθn i x x x ni x L L ，即θ − 1/2 < x (1) ≤ x (n ) < θ + 1/2，可得当x (n ) − 1/2 < θ < x (1) + 1/2时，都有L (θ ) = 1，故θ 的最大似然估计ˆθ是 (x (n ) − 1/2, x (1) + 1/2) 中任何一个值； （3）因221121,,,1211221)(11),(θθθθθθθθθθ<<=<<Ι−=Ι−=∏n i x x x n ni x L L ，显然θ 1越大且θ 2越小时，L (θ1, θ 2) 越大，但只有θ1 < x 1 , x 2 , …, x n < θ 2 时，才有L (θ1, θ 2) > 0， 即θ 1 = min {x 1, x 2, …, x n }且θ 2 = max {x 1, x 2, …, x n }时，L (θ1, θ 2)达到最大，故θ 1的最大似然估计},,,min{ˆ21)1(1nX X X X L ==θ， θ 2的最大似然估计},,,max{ˆ21)(2nn X X X X L ==θ． 4． 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p 的最大似然估计．该地质学家所得的数据如下： 样本中的石子数 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10样品个数0 1 6 7 23 26 21 12 3 1 0解：总体X 为样品的10块石子中属石灰石的石子数，即X 服从二项分布B (10, p )，其概率函数为xx p p x x p −−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=10)1(10)(，x = 1, 2, …, 10，因∑−∑⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛===−==−∏∏1001100110001001110)1(10)1(10)(i ii iii x x i i ni x x i p p x p p x p L ，即)1ln(1000ln 10ln )(ln 100110011001p x p x x p L i i i i i i −⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+⋅+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=∑∑∑===， 令01110001)(ln 10011001=−⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−⋅=∑∑==p x p x dp p L d i i i i ，得∑==100110001i i x p ，即∑==100110001ˆi i X p 由于49909137261101001=+×+×+×+×+=∑=i i x ，故比例p 的最大似然估计499.049910001ˆ=×=p． 5． 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m k p p p k m p k X P mk m k ,,2,1,)1(1)1(};{L =−−−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛==−． 若已知m = 2，X 1, …, X n 是样本，试求p 的最大似然估计．解：当m = 2时，X 只能取值1或2，且p p p p p X P −−=−−−==222)1(1)1(2}1{2，ppp p X P −=−−==2)1(1}2{22， 即pp p p p p p p x X P x x x x−−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−==−−−−2)22(2222};{1212，x = 1, 2，因nnx x n ni x x p p p p p p p L ni i ni i i i )2()22(2)22()(112112−∑∑−=−−=−−=−−==∏， 即)2ln(ln )22ln(2)(ln 11p n p n x p x n p L n i i ni i −−⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=∑∑==，令02112222)(ln 11=−−⋅−⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−−⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=∑∑==p n p n x p x n dp p L d n i i ni i ，得x x n p n i i22221−=−=∑=， 故p 的最大似然估计Xp22ˆ−=． 6． 已知在文学家萧伯纳的“An Intelligent Woman’s Guide to Socialism ”一书中，一个句子的单词数X 近似地服从对数正态分布，即Z = ln X ~ N (µ , σ 2 )．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22e )(σµ+=X E 的最大似然估计．解：因Z = ln X ~ N (µ , σ 2 )，则µ的最大似然估计09.3)30ln 24ln 52(ln 201ln 11ˆ11=+++====∑∑==L n i in i i x n z n z µ， σ 2的最大似然估计51.0])09.330(ln )09.324(ln )09.352[(ln 201)(12221222=−++−+−=−==∑=∗∧L n i i zz z n sσ， 故由最大似然估计的不变性知22e)(σµ+=X E 的最大似然估计31.28e e )(251.009.322*===++∧zs z X E ．7． 总体X ~ U (θ , 2θ )，其中θ > 0是未知参数，又X 1, …, X n 为取自该总体的样本，X 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）因X ~ U(θ , 2θ )，有θθθ2322)(=+=X E ，2212112)2()Var(θθθ=−=X ， 故θθ=⋅===2332)(32)(32)ˆ(X E X E E ，即X 32ˆ=θ是参数θ 的无偏估计； 因n n X n X 2712194)Var(94)Var(94)ˆVar(22θθθ=⋅===，有θθ=→∞)ˆ(lim E n ，0)ˆVar(lim =∞→θn ， 故X 32ˆ=θ是参数θ 的相合估计； （2）因θθθθθθθ2,,,122111)(<<=<<Ι=Ι=∏n i x x x nni x L L ，显然θ 越小，nθ1越大，但只有θ < x 1 , x 2 , …, x n < 2θ 时，才有L (θ ) > 0，即},,,max{2121n x x x L =θ时，L (θ ) 达到最大， 故θ 的最大似然估计为},,,max{2121*ˆ21)(nn X X X X L ==θ；因X 的密度函数为⎪⎩⎪⎨⎧<<=.,0;2,1)(其他θθθx x p ，分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤−<=.2,1;2,;,0)(θθθθθθx x x x x F则X (n ) 的密度函数⎪⎩⎪⎨⎧<<−==−−.,0;2,)()()]([)(11其他θθθθx x n x p x F n x p nn n n因θθθθθθθθθθθ11)()()()(2121)(+=+−⋅=−⋅−=−+−∫n nn x n dx x n x X E n n nn n ，有θ112)()(++=n n X E n ， 且2222122)(22)()()(])[(θθθθθθθθθθθ+=+−⋅=−⋅−=−+−∫n nn x n dx x n x X E n n nn n ， 则2222)()()2()1(12)Var()Var(θθθθ++=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−+=−=n n n n n n n X X n n ， 因θθθ≠++==)1(212)(21*)ˆ()(n n X E E n ，22)()2()1(4)Var(41*)ˆVar(θθ++==n n n X n ， 故)(21*ˆn X =θ不是参数θ 的无偏估计，应该修偏为)(121ˆn X n n ++=θ才是θ 的无偏估计， 因θθθ=++=→∞→∞)1(212lim *)ˆ(lim n n E n n ，0)2()1(4lim *)ˆVar(lim 22=++=∞→∞→θθn n n n n ， 故θ 的最大似然估计)(21*ˆn X =θ是参数θ 的相合估计． 8． 设X 1, …, X n 是来自密度函数为p (x ;θ ) = e − (x − θ), x >θ 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？是否是无偏估计？ 解：（1）似然函数θθθθθ>+−=>−−Ι∑=Ι==∏n ni i i i x x x n x ni x x L ,,,1)(211ee)(L ，显然θ 越大，θn x ni i +−∑=1e 越大，但只有x 1 , x 2 , …, x n > θ 时，才有L (θ ) > 0， 即θ = min {x 1, x 2, …, x n } 时，L (θ ) 达到最大，故θ 的最大似然估计},,,min{ˆ21)1(1nX X X X L ==θ； 因X 的密度函数与分布函数分别为⎩⎨⎧≤>=−−.,0;,e )()(θθθx x x p x ⎩⎨⎧≤>−=−−.,0;,e 1)()(θθθx x x F x 则X (1) 的密度函数为⎩⎨⎧≤>=−=−−−.,0;,e )()](1[)()(11θθθx x n x p x F n x p x n n 可得X (1) − θ 服从指数分布Exp (n )，因n X E 1)()1(=−θ，2)1(1)Var(nX =−θ， 则θθθ≠+==nX E E 1)()ˆ()1(1，2)1()1(11)Var()Var()ˆVar(n X X =−==θθ， 故)1(1ˆX =θ不是θ 的无偏估计； 因θθθ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=→∞→∞n E n n 1lim )ˆ(lim 1，01lim )ˆVar(lim 21==→∞→∞n n n θ， 故)1(1ˆX =θ是θ 的相合估计； （2）因总体X 的密度函数为p (x ;θ ) = e − (x − θ), x >θ ，有X − θ 服从指数分布Exp (1)，则E (X − θ ) = E (X ) − θ = 1，即θ = E (X ) − 1，故θ 的矩估计1ˆ2−=X θ； 因E (X ) = θ + 1，Var(X ) = Var(X − θ) = θ 2，则θθ=−=−=1)(1)()ˆ(2X E X E E ，nX n X 22)Var(1)Var()ˆVar(θθ===， 故1ˆ2−=X θ是θ 的无偏估计； 因θθ=∞→)ˆ(lim 2E n ，0lim )ˆVar(lim 22==→∞→∞n n n θθ， 故1ˆ2−=X θ是θ 的相合估计． 9． 设总体X ~ Exp (1/θ )，X 1, …, X n 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X a a=θˆ，找均方误差最小者）． 证：因X ~ Exp (1/θ )，有E (X ) = θ ，Var(X ) = θ 2，且X 的密度函数为⎪⎩⎪⎨⎧≤>=−.0,0;0,e 1)(x x x p xθθ故θ = E (X )，即θ 的矩估计为X =θˆ； 因似然函数0,,,110211e1e1)(>−=>−Ι∑=Ι==∏n ni ii ix x x x nni x x L L θθθθθ， 当x 1, x 2, …, x n > 0时，∑=−−=ni i x n L 11ln )(ln θθθ， 令01)(ln 12=+−=∑=ni i x n d L d θθθθ，得x x n ni i ==∑=11θ， 故θ 的最大似然估计也为X =θˆ； 因θ==)((X E X E ，nX n X 2)Var(1)Var(θ==，故X 是θ 的无偏估计；因θ=→∞)(lim X E n ，0lim)Var(lim 2==∞→∞→nX n n θ，故X 是θ 的相合估计；设X a a =θˆ，有θθa X aE E a ==)()ˆ(，na X a a 222)Var()ˆVar(θθ==， 则nnX E X X 2222)(])([)Var()MSE(θθθθθ=−+=−+=，222222212)(])ˆ([)ˆVar()ˆMSE(θθθθθθθθ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−+=−+=−+=a a n a a n a E a a a 2222111111121θθ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛++++−+=n n n a n n n n n a a n n ，故当1+=n n a 时，X n n a 1ˆ+=θ的均方误差1)ˆMSE(2+=n a θθ小于X 的均方误差nX 2)MSE(θ=．10．为了估计湖中有多少条鱼，从中捞出1000条，标上记号后放回湖中，然后再捞出150条鱼，发现其中有10条鱼有记号．问湖中有多少条鱼，才能使150条鱼中出现10条带记号的鱼的概率最大？解：设湖中有N 条鱼，有湖中每条鱼带记号的概率为Np 1000=，看作总体X 服从两点分布b (1, p )，从中抽取容量为150的样本X 1, X 2, …, X 150，有101501=∑=i i x ，似然函数∑−∑=−===−=−∏ni ini iiix n x ni x x p pp p p L 11)1()1()(11，有)1ln(ln )(ln 11p x n p x p L ni i ni i −⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+⋅=∑∑==， 令0111)(ln 11=−−⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+⋅=∑∑==p x n p x dp p L d ni i n i i ，得x x n p ni i ==∑=11，即p 的最大似然估计为X p =ˆ， 因pN 1000=，由最大似然估计的不变性知X N1000ˆ=， 故湖中有150001015011000ˆ=×=N条鱼时，才能使150条鱼中出现10条带记号的鱼的概率最大． 11．证明：对正态分布N (µ , σ 2 )，若只有一个观测值，则µ , σ 2的最大似然估计不存在． 证：若只有一个观测值，似然函数222)(2eπ21),(σµσσµ−−=x L ，对于任一固定的σ，当µ = x 时，L (µ)取得最大值σπ21， 但显然σ 越小，σπ21越大，且σ 可任意接近于0，即σπ21不存在最大值，故µ , σ 2的最大似然估计不存在．习题6.41． 设总体概率函数是p (x ;θ )，X 1, …, X n 是其样本，T = T (X 1, …, X n )是θ 的充分统计量，则对g (θ )的任一估计gˆ，令)|ˆ(~T g E g =，证明：)ˆMSE()~MSE(g g ≤．这说明，在均方误差准则下，人们只需要考虑基于充分估计量的估计．解：因)|ˆ(~T g E g=，由Rao-Blackwell 定理知)ˆ()~(g E g E =，)ˆVar()~Var(g g ≤， 故)ˆMSE()]()ˆ([)ˆVar()]()~([)~Var()~MSE(22g g g E g g g E g g=−+≤−+=θθ． 2． 设T 1 , T 2分别是θ 1 , θ 2的UMVUE ，证明：对任意的（非零）常数a , b ，aT 1 + bT 2 是a θ 1 + b θ 2的UMVUE ．证：因T 1 , T 2分别是θ 1 , θ 2的UMVUE ，有E (T 1) = θ 1 ，E (T 2) = θ 2 ，且对任意的满足E (ϕ) = 0的ϕ 都有Cov (T 1 , ϕ) = Cov (T 2 , ϕ) = 0， 则E (aT 1 + bT 2) = a E (T 1) + b E (T 2) = a θ 1 + b θ 2 ，且Cov (aT 1 + bT 2 , ϕ) = a Cov (T 1 , ϕ) + b Cov (T 2 , ϕ) = 0， 故aT 1 + bT 2是a θ 1 + b θ 2的UMVUE ．3． 设T 是g (θ ) 的UMVUE ，gˆ是g (θ ) 的无偏估计，证明，若+∞<)ˆ(Var g ，则0)ˆ,Cov(≥g T ． 证：因gˆ和T 都是g (θ ) 的无偏估计，有)()()ˆ(θg T E g E ==，即0)ˆ(=−T g E ， 又因T 是g (θ ) 的UMVUE ，有0)ˆ,(Cov =−T g T ，即0),Cov()ˆ,Cov(=−T T g T ， 故0),Cov()ˆ,Cov(≥=T T gT ． 4． 设总体X ~ N (µ , σ 2)，X 1 , …, X n 为样本，证明，∑==n i i X n X 11，∑=−−=n i i X X n S 122)(11分别为µ , σ 2的UMVUE ．证：因X ~ N (µ , σ 2 )，有X 是µ 的无偏估计，S 2是σ 2的无偏估计，且样本X 1 , …, X n 的联合密度函数为===−−=−−∏ni i ix nni x n x x p 12222)(2112)(21e )π2(1e π21),;,,(µσσµσσσµL ，对任意的满足E (ϕ) = 0的ϕ (x 1 , …, x n )，有0e)π2(1)(1)(21122=∑⋅=∫∫∞+∞−∞+∞−−−=n x ndx dx E ni i L L µσϕσϕ，对E (ϕ) = 0两端关于µ 求偏导数，得∫∫∑∞+∞−∞+∞−−−=⋅−⋅==∂∂=n x ni i ndx dx x E ni i L L 1)(2112122e )(1)π2(10)(µσµσϕσµϕ∫∫∞+∞−∞+∞−−−∑⋅−⋅==n x n dx dx n x n ni i L L 1)(212122e)(1)π2(1µσµσϕσ)()]()([])[(222ϕσϕµϕσϕµσX E nE X E nX E n=−=−=，则0)(=ϕX E ，0)(()(),Cov(=⋅−=ϕϕϕE X E X E X ，故∑==ni i X n X 11是µ 的UMVUE ；对0)(=ϕX E 两端再关于µ 求偏导数，得∫∫∑∞+∞−∞+∞−−−=∑⋅−⋅==∂∂=n x n i i ndx dx x x X E ni i L L 1)(2112122e )(1)π2(10)(µσµσϕσµϕ∫∫∞+∞−∞+∞−−−∑⋅−⋅==n x n dx dx n x n x ni i L L 1)(212122e)(1)π2(1µσµσϕσ )()]()([])[(22ϕσϕµϕσϕµσX E nX E X E nX X E n=−=−=，则0)(2=ϕX E ，对0)()π2(=ϕσE n 两端关于σ 2求偏导数，得∫∫∑∞+∞−∞+∞−−−=∑⋅−⋅==∂∂=n x ni indx dx xE ni i L L 1)(211242122e)(210)]()π2[(µσµσϕσϕσ∫∫∑∞+∞−∞+∞−−−=∑⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−⋅==n x n i i dx dx n x n x ni i L L 1)(212124122e 221µσµµσϕ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−=∑=ϕµµσσ21222)π2(n X n X E n i i n ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=∑∑==n i i n n i i n X E E n X E n X E 122122)π2()()(22)π2(ϕσσϕµϕµϕσσ， 则012=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∑=n i i X E ϕ，因⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−=−−=∑∑==21212211)(11X n X n X X n S n i i n i i ，有0)(11)(2122=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=∑=ϕϕϕX nE X E n S E n i i ， 则Cov (S 2, ϕ ) = E (S 2ϕ ) − E (S 2) ⋅ E (ϕ) = 0，故∑=−−=ni i X X n S 122)(11是σ 2的UMVUE ． 5． 设总体的概率函数为p(x ;θ )，满足定义6.4.2的条件，若二阶导数);(22θθx p ∂∂对一切的θ ∈ Θ 存在，证明费希尔信息量⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂−=);(ln )(22θθθX p E I ． 证：因θθ∂∂⋅=∂∂p p p 1ln ，2222222221ln 111ln θθθθθθθ∂∂⋅+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−=∂∂⋅+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂⋅−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂⋅∂∂=∂∂p p p p p p p p p p ， 故∫∫∞+∞−∞+∞−∂∂+−=⋅∂∂⋅+−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂⋅+⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂dx p I pdx p p I p p E p E p E 222222222)(1)(1ln ln θθθθθθθ)()()(22θθθI dx x p I −=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂+−=∫∞+∞−．6． 设总体密度函数为p (x ;θ ) = θ x θ − 1, 0 < x < 1, θ > 0，X 1 , …, X n 是样本．（1）求g (θ ) = 1/θ 的最大似然估计； （2）求g (θ )的有效估计．解：（1）似然函数1,,,0121110121)()(<<−=<<−Ι=Ι=∏n i x x x n n ni x i x x x x L L L θθθθθ，当0 < x 1, x 2, …, x n < 1时，ln L (θ ) = n ln θ + (θ − 1) ln (x 1x 2…x n )，令0)ln()(ln 21=+=n x x x n d L d L θθθ，得∑=−=−=ni i n x n x x x n 121ln )ln(L θ，即∑=−=ni iX n 1ln ˆθ， 故g(θ ) = 1/θ 的最大似然估计为∑=−==ni iX n g 1ln 1ˆ/1ˆθ； （2）因θθθθθθθθ1101ln )(ln ln )(ln 10101010101−=−=⋅−=⋅=⋅=∫∫∫−x dx x x x x x d x dx x x X E ，21102102101222)(ln 2ln 2)(ln )()(ln )(ln )(ln θθθθθθθ=−=⋅−==⋅=∫∫∫−X E dx x x x x x x d x dx x x X E ， 则22222112)](ln [)(ln )Var(ln θθθ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−=−=X E X E X ，可得)(111)(ln 1)ˆ(1θθθg n n X E n gE n i i ==⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⋅⋅−=−=∑=，即∑=−=n i i X n g 1ln 1ˆ是g (θ )的无偏估计， 且22212111)Var(ln 1)ˆ(Var θθn nn X ngni i =⋅⋅==∑=， 因p (x ; θ ) = θ x θ − 1 I 0 < x < 1，当0 < x < 1时，ln p (x ; θ ) = ln θ + (θ − 1) ln x ，则x x p ln 1);(ln +=∂∂θθθ，2221);(ln θθθ−=∂∂x p ，即2221);(ln )(θθθθ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂−=X p E I ，可得g (θ ) = 1/θ 无偏估计方差的C-R 下界为)ˆ(Var 111)()]([22222g n n nI g ==⋅⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=′θθθθθ， 故∑=−=ni i X n g1ln 1ˆ是g (θ ) = 1/θ 的有效估计． 7． 设总体密度函数为2e 2);(3x xx p θθθ−=, x > 0, θ > 0，求θ 的费希尔信息量I (θ )．解：因032e 2);(>−Ι=x x xx p θθθ，当x > 0时，2ln 3ln 2ln );(ln x x x p θθθ−−+=，。
概率论与数理统计第6章参数估计
设 x1, x2,…, xn 是来自总体 X 的一个样本，
我们用一个统计量 ˆ ˆ(x1,的,取xn值) 作为 的 估计值， 称为ˆ的点估计（量），简称估计。 在这里如何构造统计量 并没有明ˆ确的规定，
只要它满足一定的合理性即可。这就涉及到 两个问题：
k阶原点矩 k的无偏估计。但对中心矩则不一样， 譬如，由于 E(s *2 ) ，n 样1本2 方差s*2不是总体方差 2
的无偏估计，对此，有n 如下两点说明：
(1) 当样本量趋于无穷时，有E(s*2) 2，
我们称 s*2 为 2的渐近无偏估计。
(2)
若对s*2作如下修正：
s2
个无偏估计为1
2X ,2
n 1 n
Xn
，判别1与2哪个有效 n
2时？
解：Var
1
Var
2X
4 n
2
12
2
3n
由
f
n
x
nxBiblioteka n1 n 00 x
其它
E
X
2
n
0
nxn1
n
dx
n
n
2
2
于是Var
第六章 参数估计
§6.1 点估计的概念与无偏性 §6.2 矩估计及相合性 §6.3 最大似然估计与EM算法 §6.4 最小方差无偏估计 §6.5 贝叶斯估计 §6.6 区间估计
一般常用 表示参数，参数 所有可能取值
组成的集合称为参数空间，常用表示。参 数估计问题就是根据样本对上述各种未知参 数作出估计。
生物统计学答案 第六章 参数估计
第六章参数估计6.1以每天每千克体重52 μmol 5－羟色胺处理家兔14天后，对血液中血清素含量的影响如下表[9]：y/（μg · L-1）s/（μg · L-1）n对照组 4.20 0.35 125－羟色胺处理组8.49 0.37 9建立对照组和5－羟色胺处理组平均数差的0.95置信限。
答：程序如下：options nodate;data common;alpha=0.05;input n1 m1 s1 n2 m2 s2;dfa=n1-1; dfb=n2-1;vara=s1**2; varb=s2**2;if vara>varb then F=vara/varb;else F=varb/vara;if vara>varb then Futailp=1-probf(F,dfa,dfb);else Futailp=1-probf(F,dfb,dfa);df=n1+n2-2;t=tinv(1-alpha/2,df);d=abs(m1-m2);lcldmseq=d-t*sqrt(((dfa*vara+dfb*varb)/(dfa+dfb))*(1/n1+1/n2));ucldmseq=d+t*sqrt(((dfa*vara+dfb*varb)/(dfa+dfb))*(1/n1+1/n2));k=vara/n1/(vara/n1+varb/n2);df0=1/(k**2/dfa+(1-K)**2/dfb);t0=tinv(1-alpha/2,df0);lcldmsun=d-t0*sqrt(vara/n1+varb/n2);ucldmsun=d+t0*sqrt(vara/n1+varb/n2);cards;12 4.20 0.35 9 8.49 0.37;proc print;id f;var Futailp alpha lcldmseq ucldmseq lcldmsun ucldmsun;title1 'Confidence Limits on the Difference of Means';title2 'for Non-Primal Data';run;结果见下表：Confidence Limits on the Difference of Meansfor Non-Primal DataF FUTAILP ALPHA LCLDMSEQ UCLDMSEQ LCLDMSUN UCLDMSUN1.11755 0.42066 0.05 3.95907 4.62093 3.95336 4.62664首先，方差是具齐性的。
第六章 参数值的估计
第六章 参数值的估计 第一节 参数估计的一般问题一、估计量与估计值参数估计就是用样本统计量去估计总体参数，如用X 估计μ，用S2估计2σ，用p 估计π等。
总体参数可以笼统地用一个符号θ表示。
参数估计中，用来估计总体参数的统计量的名称，称为估计量，用θ表示，如样本均值、样本比例等就是估计量。
用来估计总体参数时计算出来的估计量的具体数值，叫做估计值。
二、点估计与区间估计——参数估计的两种方法 1、点估计用样本估计量θ的值直接作为总体参数θ的估计量值。
2、区间估计它是在点估计基础上，给出总体参数估计的一个区间，由此可以衡量点估计值可靠性的度量。
这个区间通常是由样本统计量加减抽样误差而得到。
以样本均值的区间估计来说明区间估计原理：根据样本均值的抽样分布可知，重复抽样或无限总体抽样情况下，样本均值，由此可知，样本均值落在总体均值两侧各为一个标准误差范围内的概率为0.6827，两个标准误差范围0.9545，三个标准误差范围0.9973，并可计算出样本均值落在μ的两侧任何一个标准误差范围内的概率（根据已知的μ，σ计算）。
但实际估计时，μ是未知的，因而不再是估计样本均值落在某一范围内的概率，而只能根据已设定的概率计算这个范围的大小。
例如：约有95%的样本均值会落在距μ的两个标准误差范围内，即约有95%的样本均值所构造的两个标准误差的区间会包括μ。
在区间估计中，由样本统计量所构造的总体参数的估计区间，称为置信区间，区间的最小值为置信下限，最大值为置信上限。
例如，抽取了1000个样本，根据每个样本构造一个置信区间，其中有95％的区间包含了真实的总体参数，而5%的没有包括，则称95％为置信水平／置信系数。
构造置信区间时，可以用所希望的值作为置信水平，常用的置信水平是90％，95％，99％，见下表：α称为显著性水平，表示用置信区间估计的不可靠的概率，1-为置信水平。
如何解释置信区间：如用95%的置信水平得到某班学生考试成绩的置信区间为（60，80），即在多次抽样中有95%的样本得到的区间包含了总体真实平均成绩，（60，80）这个区间有95%的可能性属于这些包括真实平均成绩的区间内的一个。
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第六章习题参考解答-1
n
∑ 4． 设总体 X ~ N (µ , σ 2)，X1, …, Xn 是来自该总体的一个样本．试确定常数 c 使 c ( X i+1 − X i )2 为σ 2 的无 i=1
偏估计． 解：因 E[(Xi + 1 − Xi )2 ] = Var (Xi + 1 − Xi ) + [E(Xi + 1 − Xi )]2 = Var (Xi + 1) + Var (Xi ) + [E(Xi + 1) − E(Xi )]2 = 2σ 2，
( X i+1
−
Xi
)2
是σ
2
的无偏估计．
5． 设 X1, X2, …, Xn 是来自下列总体中抽取的简单样本，
p(x; θ ) = ⎪⎨⎧1,
θ − 1 ≤ x≤θ + 1;
2
2
⎪⎩0, 其他.
证明样本均值
X
及
1 2
( X (1)
+
X (n) )
都是θ
的无偏估计，问何者更有效？
证：因总体 X ~ U ⎜⎛θ − 1 , θ + 1 ⎟⎞ ，有 Y = X − θ + 1 ~ U (0, 1) ，
1 6
X1
+
1 6
X
2
+
2 3
X3．
证：因
E ( µˆ1 )
=
1 2
E(X1)
+
1 3
E(X
2)
+
1 6
E(X3)
=
1 2
µ
+
1 3
µ
+1 6来自µ=µ
第六章参数估计
第六章参数估计参数估计是指在统计学中，根据从总体中获取的样本数据，对总体参数的值进行估计的一种方法。
参数估计是统计推断的基础，它通过样本数据来推断总体的特征，并给出一个接近总体参数真值的估计值。
在本章中，我们将介绍参数估计的方法和一些常用的估计量。
一、点估计点估计是参数估计的一种方法，它是通过一个单一的数值来估计总体参数的值。
在点估计中，我们通过样本数据计算出一个估计量，作为总体参数的估计值。
点估计的关键是选择一个合适的估计量，这个估计量应当是无偏的、一致的以及有效的。
1.无偏性在参数估计中，无偏性是指估计量的期望值等于被估计的参数的真值。
如果一个估计量的期望值等于被估计参数的真值，则称该估计量是无偏的。
例如，对于总体均值的估计，样本均值是一个无偏估计量。
2.一致性在参数估计中，一致性是指随着样本容量的增加，估计量的值趋于总体参数的真值。
如果一个估计量的值在样本容量趋向无穷时收敛到被估计参数的真值，则称该估计量是一致的。
一致性是估计量的重要性质，它保证了估计量在大样本情况下的准确性。
3.有效性在参数估计中，有效性是指估计量的方差最小。
如果一个估计量的方差比其他估计量的方差都小，则称该估计量是有效的。
有效性是估计量的理想性质，它表示估计量具有较好的精确性。
二、区间估计区间估计是参数估计的另一种方法，它不仅给出了总体参数的一个点估计，还给出了一个置信区间。
置信区间是总体参数的一个估计范围，反映了总体参数的不确定性。
1.置信水平在区间估计中，置信水平是指在一次次重复取样中，估计的置信区间包含总体参数的比例。
通常使用95%或99%的置信水平。
2.置信区间的构造构造置信区间的方法有多种，常见的有正态分布的置信区间、t分布的置信区间以及bootstrap的置信区间等。
其中，正态分布的置信区间适用于大样本情况，t分布的置信区间适用于小样本情况，bootstrap的置信区间则是一种非参数方法。
3.置信区间的解释置信区间的解释是指一个置信区间中的统计学意义。
概率论与数理统计(王明慈第二版)第6章参数区间估计2,3节
第三节 正态总体参数的区间估计
基本内容： 一、区间估计的概念 二、正态总体均值的区间估计 三、正态总体方差的区间估计
一、区间估计的概念
定义 设总体 X 的分布中含有未知参数，对于 给定的概率 1- (0 < < 1), 若存在两个统计量 ˆ1(X1, X2, , Xn )与ˆ2(X1, X2, , Xn ), 使得
即
P
i
n 1
tα/
2
(n
-
1),
x
s n
tα/
2(n
1)
得到的95%的置信区间为
(14.92-0.138, 14.92+0.138) 即(14.782, 15.058) (mm)
三、正态总体方差 2 的区间估计
1. 已知均值= 0的正态总体 X, 求未知参数 2 1- 的置信区间
解：设总体 X ~ N( , 2), 有
k 1,2,L ,m
第三步: 解含m个参数ˆ1，ˆ2，L的，mˆ个m 方程组, 得
ˆk ˆk X1, X2, , Xn k 1,2, ,m
以ˆk作为参数 的k 估计量.
第四步:将 θˆk中的X1 , X2 , , Xn换成x1 , x2 , , xn, 便得到θk的矩估计值θˆk ( x1 , x2 , , xn ).
例3. 设X1，X2，X3是来自总体X的样本, 且
总体均值E(X)= 未知, 则下列4个关于 的
统计量中哪个更有效？( C )
A. X1 X 2 3X 3 ; 55 5
C. X1 X 2 X3 ; 333
B. X1 X 2 X 3 ; 424
D. X1 X 2 X 3 . 362
分析：利用P181的7题结论，可选C.
时间序列分析-第六章 ARMA模型的参数估计讲解
假定数据x1, x2 ,, xn适合于以下模型
X t 1 X t1 2 X t2 p X t p t , t p 1,, n
(1.2)
其中，p为给定的非负整数，1,2 ,, p 为未知参数，记
α (1,, p )T 为系数参数，{t }为独立同分布序列，且
sup
n
P(|
n
|
M)
,
就称{n }是依概率有界的，记为n O p(1).如果
{n / cn } O p(1),就称n O p(cn ).
记ˆ为Yule Wal ker 估计，ˆL为最小二乘估计，
则对AR模型，有
ˆL ˆ O p(1 / n), n .
ˆ1
rˆ1(rˆ0 rˆ2 ) rˆ02 rˆ12
ˆ 2
rˆ0rˆ2 rˆ12 rˆ02 rˆ12
ˆ 2 rˆ0 ˆ1rˆ1 ˆ2rˆ2
计算出的前5个样本协方差函数值为
r0 2.7888 , r1 2.2171, r2 1.4362 , r3 0.8060 , r4 0.2705
l(α, 2
|
x1 , x2 ,, xn )
n log(2 )
2
1 2
| Γn
1
|2
1 2
xTn
n1 x n
其中，Γn 为 (x1, x2 ,, xn )T 的协方差阵，| Γn | 表示 Γn
的行列式，使得对数似然函数l(α, 2 | x1, x2 ,, xn )
达到极大值的 αˆ 和 ˆ 2 称为 α 和 2 的极大似然估计。
C. AR(P)模型的极大似然估计
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第六章习题参考答案
习题 6.1
1． 设 X1, X2, X3 是取自某总体容量为 3 的样本，试证下列统计量都是该总体均值µ 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） µˆ1
=
1 2
X1
+
1 3
X
2
+
1 6
X3 ；
（2） µˆ2
=
1 3
X1
+
1 3
X
2
+
1 3
X
3
；
（3） µˆ3
=
n1 + n2
n1 + n2
n1 + n2
8． 设总体 X 的均值为µ ，方差为σ 2，X1, …, Xn 是来自该总体的一个样本，T (X1, …, Xn)为µ 的任一线性
无偏估计量．证明： X 与 T 的相关系数为 Var( X ) Var(T ) ．
n
∑ 证：因 T (X1, …, Xn)为µ 的任一线性无偏估计量，设 T ( X1, L, X n ) = ai X i ， i=1
2． 设 X1, X2, …, Xn 是来自 Exp(λ)的样本，已知 X 为 1/λ的无偏估计，试说明1/ X 是否为λ的无偏估计． 解：因 X1, X2, …, Xn 相互独立且都服从指数分布 Exp(λ)，即都服从伽玛分布 Ga(1, λ)，
n
∑ 由伽玛分布的可加性知 Y = X i 服从伽玛分布 Ga(n, λ)，密度函数为 i=1
=
(n
2 + 1)(n
+
2)
，
E(Y(2n) )
=
1 y 2 ⋅ nyn−1dy = n ，
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第六章习题参考答案
⋅ n ⋅ (−1)d ( y(n)
−
y(1) )n−1
∫ ∫ =
1 0
dy (
n)
⎢⎣⎡−
ny(1)
y(n
)
(
y(
n)
−
y(1) )n−1
y( n ) 0
+
y( n) 0
n( y(n)
−
y(1) )n−1
⋅
y(n
)dy(1)
⎤ ⎥⎦
∫ ∫ =
1
0 dy(n)
⎢⎣⎡−
y(n)
⋅
( y(n)
−
y(1) )n
1 9
Var( X 1 )
+
1 9
=
1σ 9
2
+
1σ 9
2
+
1σ 9
2
=
1σ 3
2
，
Var(µˆ 3 )
=
1 36
Var( X 1 )
+
1 36
Var(X 2 )
+
4 9
Var(X 3)
=
1σ 36
2
+
1 36
σ
2
+
4σ 9
2
=
1 2
σ
2
，
故 Var(µˆ2 ) < Var(µˆ1) < Var(µˆ3) ，即 µˆ2 有效性最好， µˆ1 其次， µˆ3 最差．
⎧0,
p(
x)
=
1 θ
Ι 0< x<θ
，
F
(
x)
=
⎪x ⎪⎨θ
,
第6章 离散型随机变量的参数估计与检验
ห้องสมุดไป่ตู้
检验总体率p与常量 检验总体率 与常量p0的差异是否有统计意义 与常量
前提 二项 分布 n≥50
信息
p ≠ p0 p > p0 p < p0
H1 p≠p0 p > p0 p < p0
H0 p=p0 =
u=
统计量
P值 值
拒H0
p p0 查双尾
P≤α p0 q0 n 查单尾 p与p 与 0 查单尾 不等
由定理知,样本率是总体率的无偏估计量. 由定理知,样本率是总体率的无偏估计量. 3,小样本时总体参数的估计 可查统计用表,得到 的置信区间 可查统计用表 得到p的置信区间 得到 的置信区间(p1,p2) 用某种中医疗法治疗青少年近视15例 其中 例1 用某种中医疗法治疗青少年近视 例,其中 10人近期有效 求该法近期有效率 人近期有效,求该法近期有效率 人近期有效 求该法近期有效率95%置信区间 置信区间 解:15例中的近期有效人数服从二项分布 例中的近期有效人数服从二项分布 m=10,n-m=5,1-α=0.95,查表得 1=0.384,p2=0.882 查表得p 查表得 近期有效总体率p的 置信区间(0.384,0.882) 近期有效总体率 的95%置信区间 置信区间
( p1 p2 ) ( p1 p2 ) p1q1 p2 q2 + n1 n2
～N(0,1)
H0:p1=p2的假定下 用联合样本率作总体率估计值 的假定下,
m1 + m 2 p= n1 + n2
u=
p1 p2 1 1 pq + n1 n2
～N(0,1)
前提 二项 分布 n1≥50 n2≥50
83 = 0.4415, q = 0.5585 188
《卫生统计学》第六章 参数估计基础
二、总体概率可信区间的计算
1.查表法：n≤50，特别是p接近0或100%时，可查 附表6（P478-480)，二项分布概率的置信区间表， 例6-4。
注意：附表6中X值只列出了X≤n/2部分，当X>n/2 时，应以n - X值查表，然后用100减去查得的数 值，即为所求的区间。
2.正态近似法**：当n较大且np和n（1-p）均大于5 时，二项分布接近正态分布，则总体率的双侧 （1-α）可信区间为： P ± Ζα/2· Sp
f(t)
0.4
υ=∞
υ＝5
0.3
υ＝1
0.2
0.1
0.0
t
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
图6-4 自由度为1、5、∞的t分布
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t分布的特征：只有一个参数ν 以0为中心，左右对称的单峰分布； t分布是一簇曲线，形态变化与n（即自由度）大
小有关。自由度ν越小，t分布曲线越低平；自 由度ν越大，t分布曲线越接近标准正态分布 （Ζ分布）曲线。 t分布峰部较矮，尾部翘得较高，说明远侧的t值 的个数相对较多，即尾部面积（概率P）较大。 自由度ν越小这种情况越明显，ν渐大时，t分 布渐逼近标准正态分布；当ν=∞时，t分布就成 为标准正态分布了。 附表2，t界值表P467
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均数的抽样误差——指由抽样而造成的样本均数 与总体均数之间的差异。
x 称标准误，它说明均数抽样误差的大小。
x / n
n越大，标准误越小，样本均数的抽样误差亦越小 实际工作中，σ常未知，而是用样本标准差s来估
计，则有 sx s/ n
常用来说明均数的抽样误差的大小。
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即使从偏态总体抽样，当n足够大时， 样本均数也近似正态分布（见实验6-2， 观察图6-1及图6-2的变化）。
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第六章、参数估计四、计算题：1．解：因为总体X 的概率密度1,0(,)0,x f x θθθ⎧<<⎪=⎨⎪⎩，其它，其中只有一个未知参数θ，所以只需考虑总体X 的一阶原点矩101.2X E X x dx θθνθ==⋅=⎰（）（） 用样本一阶原点矩111ni i V X n==∑作为总体一阶原点矩 1X ν（）的估计量，即有 112ni i X nθ==∑.由此解得θ的矩估计量 12ˆ2ni i X X nθ===∑，而θ的矩估计值就是 12ˆ2nii xx nθ===∑2．解：由于总体X 服从正态分布2N μσ（，），即22()2(),x u f x x σ--=-∞<<+∞总体X 的分布中有两个未知参数，所以应考虑一、二阶原点矩，我们有122222[].X E X X E X D X E X νμνσμ====+=+（）（）（）（）（）于是，按矩估计法得方程组1222111n ii nii X n X n μσμ==⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩∑∑取得μ及2σ的矩估计量为1222211111()n i i nni i i i X Xn X X X X n nμσ===⎧==⎪⎪⎨⎪=-=-⎪⎩∑∑∑而μ及2σ的矩估计值就是122111()n i i ni i x xn x x n μσ==⎧==⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∑∑3．解：因为总体X 的概率分布 (,),0,1,2,!xp x ex x λλλ-==中只有一个未知参数λ，所以只需考虑总体X 的一阶原点矩1.!xx X E X x ex λλνλ∞-===⋅=∑（）（）用样本一阶原点矩111ni i V X n==∑作为总体一阶原点矩 1X ν（）的估计量，即有 11ni i X nλ==∑由此解得λ的矩估计量 11ni i X X n λ===∑，而λ的矩估计值就是 11nii xx nλ===∑4．解：由于总体X 服从正态分布2N μσ（，），即22()2(),x u f x x σ--=-∞<<+∞故似然函数为22221()211()2(,)i n i i x ni x nL eμσμσμσ=--=--=∑=∏取对数，得2211(,)ln(2)ln ()22nii n lnL n xμσπσμσ==----∑对μ及σ求偏导数，并让它们等于零，得似然方程组212311()01()0nii nii lnL xlnL nxμμσμσσσ==∂⎧=-=⎪∂⎪⎨∂⎪=--=⎪∂⎩∑∑解此方程组，即得μ及σ的最大似然估计值为11n i i x xn μσσ=⎧==⎪⎪⎨⎪==⎪⎩∑ 5．解：因为总体X 的概率分布 (,),0,1,2,!xp x ex x λλλ-==故似然函数为111()()!(!)niii x x nnni i ii L e ex xλλλλλ=--==∑==∏∏取对数，得11ln ()()ln ln(!)nni ii i L x x n λλλ===--∑∑对λ求导数，并让它等于零，得似然方程1ln ()10nii d L xn d λλλ==-=∑解方程，即得λ的最大似然估计值为11nii xx nλ===∑6．解：由于总体X 的概率密度为,0()0,0x e x f x x λλ-⎧>=⎨≤⎩故似然函数为11()()niii nx x ni L eeλλλλλ=--=∑==∏取对数，得1ln ()ln ni i L n x λλλ==-∑对λ求导数，并让它等于零，得似然方程1ln ()0nii d L nxd λλλ==-=∑ .由此解得λ的最大似然估计值为11111nniii i nxxx nλ=====∑∑ .7．解：由于总体X 服从“0—1”分布，即()()1,1,0,1xxP x p pp x -=-=故似然函数为1111()(1)(1)nniii ii i nx n x x x i L p p p pp ==--=∑∑=-=-∏取对数，得11ln ()()ln ()ln(1).n ni i i i L p x p n x p ===⋅+-⋅-∑∑对p 求导数，并让它等于零，得似然方程11ln ()11()01nniii i d L p x n x dppp ===+-=-∑∑.由此解得p 的最大似然估计值为11nii p xx n===∑ .8．解：由于总体X 服从几何分布，即()()1,1,1,2x p x p p p x -=-=⋅⋅⋅故似然函数为111()(1)(1)ni i i nx nx ni L p p p p p =--=∑=-=-∏取对数，得1ln ()ln ()ln(1).ni i L p n p x n p ==+-⋅-∑对p 求导数，并让它等于零，得似然方程1ln ()1()01ni i d L p n x n dpp p ==+-=-∑.由此解得p 的最大似然估计值为 11111nniii i np xxxn=====∑∑9．解：由于总体X 的概率密度为1,01()0,x x f x θθ-⎧<<=⎨⎩其他故似然函数为11()nii L xθθθ-==∏取对数，得1111ln ()ln()[ln (1)ln ]ln (1)ln .n nii i i n i i L xx n x θθθθθθθ-=====+-=+-∑∑∑对θ求导数，并让它等于零，得似然方程1ln ()ln 0nii d L nxd θθθ==+=∑由此解得θ的最大似然估计值为1ln nii nxθ==-∑ .10．解：（1）由于总体X 的概率密度为1,01()0,x x f x θθ-⎧<<=⎨⎩其他根据数学期望的定义11()1E X x f x dxx x dx θθθθ+∞-∞-=⋅=⋅=+⎰⎰（2）用样本一阶原点矩111ni i V X n==∑作为 1X ν（）的估计量，即有 1111.1ni i X E X V X X nθνθ======+∑（）（）由此解得θ的矩估计量为 1X Xθ=-而θ的矩估计值就是 1x xθ=-五、证明题：1．证：由于12,,,nX X X 是X 的样本，故12,,,n X X X 相互独立，且与总体X 服从相同的分布，从而21,2,,i i EX EX D X D X i n μσ=====故 11111()nni ii i E X E X EX n nnnμμ=====⋅=∑∑即 X 是μ的无偏估计量 2．证：由于12,,,nX X X 是X 的样本，故12,,,n X X X 相互独立，且与总体X 服从相同的分布，从而2222222212221,()1()()1i i i i i ni i ni i E X E X D X D X E X D X E X E XD XE X D X nD X nnμσσμμσμμ=======+=+=+=+=+=+∑∑22221122212222211()()111[()]11[()()]1nni i i i ni i S X X X n X n n E S E E X nE X n n n n nσσμμσ====-=---=--=⋅+-+-=∑∑∑3．证：设 1niii c Xμ==∑是总体均值μ的线性无偏估计量，则1111()()n n nni i iiii i i i i E E c X c EXc c μμμμ=========∑∑∑∑故11nii c==∑从而 222221111()()n n nni i ii ii i i i i D D c X cD X cc μσσ========⋅∑∑∑∑又2222211122221111()2()nnni ii ji i i j nnnnii j ii i j ni c cc c cc c n c ==≤<≤=≤<≤===+≤++=∑∑∑∑∑∑即211ni i c n=≥∑故 2221()ni i D c D X nσμσ==⋅≥=∑X 是总体均值μ的一切无偏估计量中最有效的. 4．证：因为12,,,nX X X 相X 服从相同的分布，且与总体X 服从相同的分布，所以，由切比雪夫定理的推论可知：对于任意给定的正数ε，有11lim ()1ni n i P X nμε→∞=-<=∑，即 lim ()1n n P X με→∞-<=.所以n X 是μ的一致估计量.。