参数估计习题课
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。
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。
概率论与数理统计 茆诗松 第二版课后 习题参考答案
ai
Xi
⎟⎟⎠⎞
=
n Cov⎜⎛ 1
i=1
⎝n
X
i
,
ai
X
i
⎟⎞ ⎠
=
n i=1
ai n
Cov( X
i
,
X
i
)
=
σ2 n
n
ai
i=1
=σ2 n
，
因 Var(X ) = 1 Var(X ) = σ 2 = Cov(X , T ) ，
n
n
故 X 与 T 的相关系数为 Corr(X , T ) = Cov(X , T ) =
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，
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
数值分析答案第二章参数估计习题
f(x)= （） { > − ex λ ) λ 0λ ( x解： λe , x ≥ 0
第二章 参数估计 1.设母体X具有负指数分布，它的分布密度 −λ x 为 λe , x ≥ 0 f(x)= 0, x < 0 其中 λ > 0 。试用矩法求的估计量。 解：x e(λ ) f(x)=
0
1
θ −1
dx =
θ θ +1
X 估计EX
X ∴θ = 1− X
1 e 5.设母体X的密度为 f ( x) = 2σ
−
x
σ
, −∞ < x < ∞
试求 σ 的最大似然估计;并问所得估计量是 否的无偏估计. ∑x x n 解： n 1 −σ 1 n − σ
i
L = ∏ f ( xi ) = ∏
i =1 i =1
ln L = n ln θ + (θ − 1)∑ ln xi
i
0, 其他 n
i =1
( θ >0 )
n i =1
d ln L n ＾= − n = + ∑ ln xi = 0,∴θ θ i dθ ∑ ln xi
i
2矩法估计
EX =
用
X 用估计EX
+∞
−∞
∫ x ⋅ f ( x)dx = ∫ x ⋅θ ⋅ x
2
给定置信概率1−α 即
P ( x − uα
2
σ/ n
，有 uα ，使
2
P{ u ≤ uα } = 1 − α
参数估计习题课
第21讲 参数估计习题课教学目的：1. 通过练习使学生进一步掌握矩估计和最大似然估计的计算方法； 2. 通过练习使学生理解无偏性和有效性对于评价估计量标准的重要性； 3. 通过练习使学生进一步掌握正态总体参数的区间估计和单侧置信限。
教学重点：矩估计和最大似然估计，无偏性与有效性，正态总体参数的区间估计。
教学难点：矩估计，最大似然估计，正态总体参数的区间估计。
教学时数：2学时。
教学过程：一、知识要点回顾1. 矩估计 ）用各阶样本原点矩n ki i 11x n k V ==∑ 作为各阶总体原点矩k EX 的估计,1,2,k =。
若有参数2g(,(),,)k EX E X E X θ=（）（），则参数θ的矩估计为n n n 2i=1i=1i=1111ˆ(,,,)ki i i X X X n n n θ=∑∑∑。
2. 最大似然估计似然函数1()(;)ni i L f x θθ==∏，取对数ln[()]L θ，从ln()d d θθ=0中解得θ的最大似然估计θˆ。
3. 无偏性,有效性当θθ=ˆE 时，称θˆ为θ的无偏估计。
当21ˆD ˆD θθ<时，称估计量1ˆθ比2ˆθ有效。
二 、典型例题解析1．设,0()0, 0x e x f x x θθ-⎧>=⎨≤⎩，求θ的矩估计。
解 ,0dx xe EX x ⎰+∞-=θθ设du dx u x x u θθθ1,1,===则000111()0()u uu EX ue du ue e du e θθθθ+∞+∞--+∞--+∞⎡⎤⎡⎤==-+=+-⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎰⎰=θ1)故1EXθ=，所以x 1ˆ=θ。
2. 设总体X 在[]b a ,上服从均匀分布，求a 和b 的矩估计。
解 由均匀分布的数学期望和方差知1()()2E X a b =+ （1）21()()12D X b a =- （2）由（1）解得a EX b -=2，代入（2）得2)22(121a EX DX -=，整理得2)(31a EX DX -=，解得()()a E X b E X ⎧=-⎪⎨=⎪⎩ 故得b a ,的矩估计为ˆˆa x b x ⎧=-⎪⎨=+⎪⎩其中∑=-=ni i x x n 122)(1ˆσ。
《应用数理统计》吴翊李永乐第二章 参数估计课后习题参考答案
第二章 参数估计课后习题参考答案2.1 设总体X 服从二项分布()n X X X p p N B ,,,,11,,21 <<为其子样，求N 及p 的矩法估计。
解：()()()p Np X D Np X E -==1,令()⎪⎩⎪⎨⎧-==p Np S Np X 12解上述关于N 、p 的方程得：2.2 对容量为n 的子样，对密度函数22(),0(;)0,0x x f x x x ααααα⎧-⎪=⎨⎪≤≥⎩其中参数α的矩法估计。
解：122()()a E x xx dx ααα==-⎰22022()x x dx ααα=-⎰2321221333ααααααα=-=-= 所以 133a x α∧== 其中121,21(),,,n n x x x x x x x n=+++为n 个样本的观察值。
2.3 使用一测量仪器对同一值进行了12次独立测量，其结果为(单位：mm) 232.50，232.48，232.15，232.52，232.53，232.30 232.48，232.05，232.45，232.60，232.47，232.30 试用矩法估计测量的真值和方差(设仪器无系统差)。
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-==X S p S X X p X N 2221ˆˆˆ解：()()()∑∑====-====ni i ni i S X X n X D X X n X E 12210255.014025.23212.4 设子样1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1是来自具有密度函数()10,1,<<=βββx f 的总体，试用矩法估计总体均值、总体方差及参数β。
解：()()()()4.22ˆ2,1,407.012.1101221========-===⎰⎰∑∑==X Xdx xdx x xf X E x f XX n S X n X ni i ni i ββββββββ参数：总体方差：总体均值：2.5 设n X X X ,,,21 为()1N ，μ的一个字样，求参数μ的MLE ；又若总体为()21N σ，的MLE 。
统计学习题(抽样分布、参数估计)
统计学习题(抽样分布、参数估计)练习题第1章绪论（略）第2章统计数据的描述2.1某家商场为了解前来该商场购物的顾客的学历分布情况，随机抽取了100名顾客。
其学历表示为：1.初中;2.高中/中专;3.大专;4.本科及以上学历。
调查结果如下：4222434414 2244432422 3121441424 2332134344 3312424324 2322212244 2123333334 2343313232 4313434214 2242334121（1）制作一张频数分布表。
（2）绘制一张条形图，反映学历分布。
2.2为了解某电信客户对该电信公司的服务的满意度情况，某调查公司分别对两个地区的电信用户在以下五个方面对受访用户的满意情况进行了问卷调查得到的数据如下（表中数据为平均满意度打分，从1分到10分满意度依次递增）：地区企业形象客户期望质量感知价值感知客户总体满意度A 8.269504 7.51773 9.2624117.9148948.411348B 7.447368 8.3684218.9736848.1052637.394737试用条形图反映将两地区的满意度情况。
2.3下面是一个班50个学生的经济学考试成绩：88569179699088718279 988534744810075956092 83646569996445766369 6874948167818453912484628183698429667594（1）对这50名学生的经济学考试成绩进行分组并将其整理成频数分布表，绘制直方图。
（2）用茎叶图将原始数据表现出来。
2.4如下数据反映的是某大学近视度数的情况，共120名受访同学，男女同学各60名。
男149 161761821310 80 951081414 0 144145151515161681882121 0 21211052121211116817521 0 356462121212121312121 0 2121212121375375383838 8 45566065120 30120 7521女120 3334537437538700 90700 60141516212121211517170 0 0 0 0 0 0 0 5 521 0 1752121214043451217517 8 181818518519195196202021 0 21212121212121333335 0 3636363840474865055（1）按近视度数分别对男女学生进行分组。
徐国祥《统计学》(第2版)配套题库【课后习题】(参数估计)
第8章参数估计1．什么是统计推断？统计推断的两类问题是什么？答：统计推断就是根据样本的信息，对总体的特征作出推断，它包括参数估计和假设检验，其中参数估计可分为点估计和区间估计两大类。
2．什么是点估计？什么是区间估计？两者各有什么优缺点？答：点估计是根据样本数据计算的一个估计值，其优点在于它通过样本资料就能够明确地估计总体参数。
不足之处是，一般点估计值不会等于总体参数的真值，并且无法给出它与真值的误差以及估计可靠性程度。
区间估计是通过样本来估计总体参数可能位于的区间。
优点是指出了未知参数所在区间的上下限，同时指出该区间包含真值的可靠度（置信度），弥补了点估计的不足。
3．评判一个估计量好坏的标准有哪些？答：评判一个估计量的好坏有以下三个标准：（1）无偏性如果样本统计量的期望值等于该统计量所估计的总体参数，则这个估计量叫做无偏估计量。
这是一个好的估计量的一个重要条件。
（2）一致性当样本容量n增大时，如果估计量越来越接近总体参数的真值时，就称这个估计量为一致估计量。
估计量的一致性是从极限意义上讲的，它适用于大样本的情况。
（3）有效性有效性是指估计量的离散程度。
如果两个估计量都是无偏的，其中方差较小的（对给定的样本容量而言）就可认为相对来说是更有效的。
4．确定样本容量大小的因素有哪些？ 答：决定样本容量大小的因素有以下三点： （1）受总体方差σ2数值大小的影响总体方差大，抽样误差大，则应多抽一些样本容量，反之，则可少抽一些。
当然，总体方差为0时，那么只需抽出其中一个就能代表总体。
但实际工作中，我们往往不知道总体方差，因而必须做试验性调查，或以过去的历史资料做参考。
（2）可靠性程度的高低要求可靠性越高，所必需的样本容量就越大。
也就是说，为获得所需精度而指定的概率越大，所需要的样本容量就越大。
（3）允许误差的大小这主要由研究的目的而定。
若要求推断比较精确，允许误差应该低一些，随之抽取的样本容量也要求多一些；反之，若允许误差可以大一些，样本容量也可以少一些。
概率论与数理统计第七章参数估计习题答案
æ çè
x
±
ua
/
2
s n
ö ÷ø
=
(14.95
±
0.1´1.96)
=
(14.754,15.146)
大学数学云课堂
3028709.总体X ~ N (m,s 2 ),s 2已知,问需抽取容量n多大的样本，
才能使m的置信概率为1 -a,且置信区间的长度不大于L？
解：由s
2已知可知m的置信度为1
-
a的置信区间为
64 69 49 92 55 97 41 84 88 99 84 66 100 98 72 74 87 84 48 81 （1）求m的置信概率为0.95的置信区 间.
（2）求s 2的置信概率为0.95的置信区间.
解：x = 76.6, s = 18.14,a = 1- 0.95 = 0.05, n = 20,
大学数学云课堂
3028706.设X1,X 2,L,X n是取自总体X的样本,E（X）= m,D（X）= s 2,
n -1
å sˆ 2 = ( X i+1 - X i )2 ,问k为何值时sˆ 2为s 2的无偏估计. i =1 解：令 Yi = X i+1 - X i , i = 1, 2,¼, n -1, 则E(Yi ) = E( X i+1) - E( X i ) = m - m = 0, D(Yi ) = 2s 2 , n -1 å 于是Esˆ 2 = E[k ( Yi2 )] = k(n -1)EY12 = 2s 2 (n -1)k, i =1 那么当E(sˆ 2 ) = s 2 ,即2s 2 (n -1)k = s 2时, 有k = 1 . 2(n -1)
的密度函数为f
(x,q
概率论与数理统计（第三版）课后答案习题7
第七章 参数估计1. 解 )1()(,)(),,(~p np X D np X E p n B X -==∴⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧==22)1(,)()(B p np X np B X D X X E 即由解之，得n,p 的矩估计量为XB p B X X n 2221,-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=∧∧注：“[ ]”表示取整。
2. 解 因为：220)(22)(1)1()(1)()(λλθλλθλθλθλ++=⋅=+=⋅==⎰⎰⎰∞+--∞+--∞+∞-dx e x x E dx e x dx x xf x E x x所以，由矩估计法得方程组： ⎪⎩⎪⎨⎧++=+=2221)1(1λλθλθA X 解得λθ,的矩估计量为 ⎪⎩⎪⎨⎧=-=∧∧221B B X λθ3. 解 (1) 由于 222)]([)()(X E X E X D -==σ令 ∑===n i iX n A X E 12221)( 又已知 μ=)(X E故 2σ的矩估计值为 ∑∑==∧-=-=-=n i i n i i X n X n A 12122222)(11μμμσ(2) μ已知时，似然函数为:⎭⎬⎫⎩⎨⎧--⋅=∑=-ni in x L 122222)(21exp )2()(μσπσσ因此∑=---=ni ixn L 12222)(21)2ln(2)(ln μσπσσ令 0)(2112)(ln 124222=-+-=∑=ni ixn L d dμσσσσ解得2σ的极大似然估计为: ∑=∧-=n i i X n 122)(1μσ4. 解 矩估计：λλ=∴=)()(X E X E 令X X E =)(故X =∧λ为所求矩估计量。
注意到 λ=)(X D 若令 2)(B X D =, 可得: 2B =∧λ似然估计：因为λλ-==e k k X P k!)(所以，λ的似然函数为∏=-=ni i xe x L i1!)(λλλ取对数λλλn x x L ni i ni i --=∑∑==11)!ln(ln )(ln令ln 1=-=∑=n xd d ni iλλλ, 解得∑=∧=ni ix n 11λ故,λ极大似然估计量为 X =∧λ5. 解 矩估计：21)1()()(11++=+==⎰⎰+∞+∞-θθθθdx x dx x xf X E令 X X E =)(, 即 X=++21θθ; 解之X X --=∧112θ 似然估计: 似然函数为⎪⎩⎪⎨⎧<<+=⎪⎩⎪⎨⎧<<+=∏∏==其它其它,010,)()1(,010,)1()(11i ni i ni n i i x x x x L θθθθθ 只需求10,)()1()(11<<+=∏=i ni i nx x L θθθ的驻点即可.又∑=++=ni ix n L 11ln )1ln()(ln θθθ令∑=++=ni ix n L d d 11ln 1)(ln θθθ; 解之∑=∧--=ni ixn1ln 1θ6. 解：似然函数为∑===---=-=---∏∏ni i i xn i i n ni x i ex ex L 12222)(l n 21112212)(l n 12)()2(21),(μσσμπσσπσμ取对数得 ∑----===∏n i ini i x x n L 122122)(l n 21)l n ()2l n (2),(ln μσπσσμ由 0)(l n 2112),(ln 0)1()(ln 221),(ln 124222122=∑-+⋅-=∂∂=∑-⋅--=∂∂==n i i n i i x n L x L μσσσμσμσσμμ联立解之，2,σμ的极大似然估计值为 ∑∑-=∑===∧=∧n i n i i in i i x n x n x n 12121)ln 1(ln 1,ln 1σμ7. 解：似然函数为 n i x x e ax L i i n i x a i ai ,,2,1;0,00,)(11 =⎪⎩⎪⎨⎧≤>=∏=--λλλ只需求∑⋅===--==--∏∏ni ai ai x a n i n n ni x a i ex a eax L 111111)()(λλλλλ的最值点。
第5章 参数估计课后习题
5-3
2009年10月
统计学
STATISTICS (第三版)
5.1 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。 (1)假定总体标准差为15元，求样本均值 的 标 准 误 差 。 (2)在95%的置信水平下，求估计误差。 (3)如果样本均值为120元，求总体均值 的95%的置信区间。
（3）第一种排队方式更好 ，
因为它的离散程度小于 第二钟排队方式。
统计学 5.6 两个正态总体的方差 和 未 STATISTICS
(第三版)
知但相等。从两个总体中分别 抽取两个独立的随机样本，它 们的均值和标准差如下：
来自总体2的样本
来自总体1的样本
n1=14
n2=7
1. (1)求 的95%的置信区间。 (2)求 的99%的置信区间。
5 - 12 2009年10月
由于n 36为大样本，
统计学
STATISTICS (第三版)
平均上网时间的 的置信区间为： 95%
s 1.61 x z α/2 3.32 1.96 3.32 0.53 n 36 即（ 2.79， .85） 3 平均上网时间的 的置信区间为： 99% s 1.61 x z α/2 3.32 2.58 3.32 0.69 n 36 即（ 2.63， .01） 4
5 - 10 2009年10月
5.3 某大学为了解学生每天上网的时间， 统计学 STATISTICS在全校学生中随机抽取36人，调查他们 (第三版) 每天上网的时间，得到下面的数据（单 位：小时）如下：
3.3 3.1 6.2 5.8 2.3 4.1 5.4 4.5 3.2 4.4 2.0 5.4 2.6 6.4 1.8 3.5 5.7 2.3 2.1 1.9 1.2 5.1 4.3 4.2 3.6 0.8 1.5 4.7 1.4 1.2 2.9 3.5 2.4 0.5 3.6 2.5
浙江大学《概率论与数理统计》配套题库【课后习题】(参数估计)
第7章参数估计1．随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm计）试求总体均值及方差的矩估计值，并求样本方差．解：由已知得总体均值及总体方差的矩估计值分别为样本方差．2．设为总体的一个样本，为一相应的样本值，求下列各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），其中c>0为已知，为未知参数；（2），其中为未知参数；（3）其中为未知参数．解：（1）由已知得令，即，则的矩估计量为，矩估计值为．（2）由已知得令，即，则的矩估计量和矩估计值分别为（3）因，令，即，则的矩估计量和矩估计值分别为3．求上题中各未知参数的最大似然估计值和估计量．解：（1）由题意知，似然函数为对似然函数两边同时取对数得令得的最大似然估计值为的最大似然估计量为（2）由题意知，似然函数为对似然函数两边同时取对数得令得的最大似然估计值为得的最大似然估计量为（3）由已知得似然函数为对似然函数两边同时取对数得令得p的最大似然估计值为，其中p的最大似然估计量为4．（1）设总体X具有分布律其中为未知参数，已知取得了样本值；试求的矩估计值和最大似然估计值．（2）设是来自参数为的泊松分布总体的一个样本，试求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为参数的负二项分布，其分布律为其中r已知，p未知；设有样本值，试求p的最大似然估计值．解：（1）①由已知得令，即，解得，故得的矩估计值为．今，故的矩估计值为．②由给定的样本值，得似然函数为对似然函数两边同时取对数得令，得的最大似然估计值为．（2）①设是相应于样本的样本值，则似然函数为对似然函数两边取对数得令，得的最大似然估计值为，最大似然估计量为．②因，故的矩估计量也是（3）由题意知似然函数为对似然函数两边同时取对数得，C为常数令，得p的最大似然估计值为．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，其概率密度为其中c为未知参数，自一批这种器件中随机地取n件进行寿命试验．设它们的失效时间依次为．（1）求与C的最大似然估计值．（2）求与C的矩估计量．解：（1）由题意知似然函数为由题设，故相当于，因而上式相当于。
茆诗松《概率论与数理统计教程》(第2版)(课后习题 参数估计)【圣才出品】
第6章 参数估计一、点估计的概念与无偏性1．设x 1，x 2，x 3是取自某总体的容量为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）1123111=236x x x μ∧++（2）2123111=333x x x μ∧++（3）3123112=663x x x μ∧++解：先求三个统计量的数学期望，1123111111()=()()()236222E E x E x E x μμμμμ∧++=++=2123111111()=()()()333333E E x E x E x μμμμμ∧++=++=3123112112()=()()()663663E E x E x E x μμμμμ∧++=++=这说明它们都是总体均值μ的无偏估计，下面求它们的方差，不妨设总体的方差为σ2，则222211231111117()=()()()4936493618Var Var x Var x Var x μσσσσ∧++=++=222221231111111()=()()()9999993Var Var x Var x Var x μσσσσ∧++=++=222231231141141()=()()()36369363692Var Var x Var x Var x μσσσσ∧++=++=不难看出，从而的有效性最差．123()<()<()Var Var Var μμμ∧∧∧3μ∧由此可推测。
当用样本的凸组合估计总体均值时，样本均值是最有效的。
1ni ii a x =∑x 2．x 1，x 2，…，x n 是来自Exp(λ)的样本，已知为1/λ的无偏估计，试说明1/是x x 否为λ的无偏估计．解：因为x 1，x 2，…，x n 服从Exp(λ)，所以y ＝~Ga （n ，λ），相应的密度函数1ni i x =∑为1()exp()y 0()n n p y n y y n λλλ-=->Γ，，，于是20(1/)e y ()n n y E y yn λλ∞--=Γ⎰d所以，．即不是λ的无偏估计，但它是λ的渐近无偏估计，经修偏，是λ的无偏估计．3．设是参数θ的无偏估计，且有，试证不是θ2的无偏估计．证：由方差的定义可知，由于是参数θ的无偏估计，即．因而所以不是θ2的无偏估计．4．设总体，是来自该总体的一个样本．试确定常数c 使为σ2的无偏估计．解：由于总体，这给出，于是若要使为σ2的无偏估计，即，这给出5．设总体为，为样本，证明样本均值和样本中程都是θ的无偏估计，并比较它们的有效性．解：由总体，得，，因而，这首先说明样本均值是θ的无偏估计，且为求样本中程的均值与方差，注意到，令则由于，故，从而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33）所以从而于是在n＞2时，，这说明作为0的无偏估计，在n＞2时，样本中程比样本均值有效．6．设x 1，x2，x3服从均匀分布，试证及都是θ的无偏估计量，哪个更有效？证：由可知x（1），x（3）的密度函数分别为从而故，由知两者均为θ的无偏估计．又可算得，从而故，即更有效．事实上，这里x（3）是充分统计量，这个结果与充分性原则是一致的．7．设从均值为μ，方差为的总体中，分别抽取容量为n1和n2的两独立样本，和分别是这两个样本的均值．试证，对于任意常数a，b（a＋b＝1），都是μ的无偏估计，并确定常数a，b使Var（Y）达到最小．证：由于和是容量分别为n1和n2的两独立样本的均值，故，，，因而这证明了是μ的无偏估计．又由a＋b＝1知，，从而由求导知，当时，Var（Y）达到最小，此时这个结果表明，来自同一总体的两个容量为n1和n2的样本的合样本（样本量为n1＋n2）的均值是线性无偏估计类中方差最小的．8．设总体X的均值为μ，方差为σ2，是来自该总体的一个样本，为μ的任一凸线性无偏估计量．证明：与T的相关系数为．证：由于为μ的线性无偏估计量，故，其中，于是而，故有，从而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，分别得到设仪器都没有系统误差．问应取何值，方能使成为θ的无偏估计，且方差达到最小？解：若要使为θ的无偏估计，即则必须有，此时，。
第6章 参数估计课后习题答案(高教出版社,浙江大学)
16.0, 15.2, 12.0, 16.9, 14.4, 16.3, 15.6, 12.9, 15.3, 15.1 15.8, 15.5, 12.5, 14.5, 14.9, 15.1, 16.0, 12.5, 14.3, 15.4 15.4, 13.0, 12.6, 14.9, 15.1, 15.3, 12.4, 17.2, 14.7, 14.8 设样本来自正态总体，均未知。 （1） 求的无偏估计值。 （2） 求的置信水平为90%的置信区间。 解：（1）的无偏估计值为
。 令对数似然函数对的一阶导数为零，得到的最大似然估计值为
。 （2）根据（1）中结论，的最大似然估计值为。
5，（1）设服从参数为的几何分布，其分布律为。参数未知。设是一个 样本值，求的最大似然估计值。 （2）一个运动员，投篮的命中率为，以表示他投篮直至投中为止所需 的次数。他共投篮5次得到的观察值为
， ， 相应的对数似然函数为 ， ， 令对数似然函数分别对和的一阶导数为零，得到 ， 算出最大似然估计量分别为，。
10，（1）验证均匀分布中的未知参数的矩估计量是无偏估计量。 （2）设某种小型计算机一星期中的故障次数，设是来自总体的样本。 ①验证是的无偏估计量。②设一星期中故障维修费用为，求。 （3）验证是的无偏估计量。 解：（1）均匀分布中的未知参数的矩估计量为
。
16，Macatawa湖（位于密歇根湖的东侧）分为东、西两个区域。下面的 数据是取自西区的水的样本，测得其中的钠含量（以ppm计）如下： 13.0, 18.5, 16.4, 14.8, 19.4, 17.3, 23.2, 24.9,
20.8, 19.3, 18.8, 23.1, 15.2, 19.9, 19.1, 18.1, 25.1, 16.8, 20.4, 17.4, 25.2, 23.1, 15.3, 19.4, 16.0, 21.7, 15.2, 21.3, 21.5, 16.8, 15.6, 17.6 设样本来自正态总体，均未知。求的置信水平为0.95的置信区间。 解：根据题中数据，计算可得样本均值，样本方差。 的置信水平为0.95的置信区间为
统计学第七章、第八章课后题答案
统计学复习笔记第七章一、思考题1．解释估计量和估计值在参数估计中，用来估计总体参数的统计量称为估计量。
估计量也是随机变量。
如样本均值，样本比例、样本方差等。
根据一个具体的样本计算出来的估计量的数值称为估计值。
2．简述评价估计量好坏的标准（1）无偏性：是指估计量抽样分布的期望值等于被估计的总体参数。
（2）有效性：是指估计量的方差尽可能小。
对同一总体参数的两个无偏估计量，有更小方差的估计量更有效。
（3）一致性：是指随着样本量的增大，点估计量的值越来越接近被估总体的参数。
3．怎样理解置信区间在区间估计中，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。
置信区间的论述是由区间和置信度两部分组成。
有些新闻媒体报道一些调查结果只给出百分比和误差（即置信区间），并不说明置信度，也不给出被调查的人数，这是不负责的表现。
因为降低置信度可以使置信区间变窄（显得“精确”），有误导读者之嫌。
在公布调查结果时给出被调查人数是负责任的表现。
这样则可以由此推算出置信度（由后面给出的公式），反之亦然。
4．解释95%的置信区间的含义是什么置信区间95%仅仅描述用来构造该区间上下界的统计量(是随机的)覆盖总体参数的概率。
也就是说，无穷次重复抽样所得到的所有区间中有95%（的区间）包含参数。
不要认为由某一样本数据得到总体参数的某一个95%置信区间，就以为该区间以的概率覆盖总体参数。
5． 简述样本量与置信水平、总体方差、估计误差的关系。
1. 估计总体均值时样本量n 为2. 样本量n 与置信水平1-α、总体方差、估计误差E 之间的关系为与置信水平成正比，在其他条件不变的情况下，置信水平越大，所需要的样本量越大；与总体方差成正比，总体的差异越大，所要求的样本量也越大；与与总体方差成正比，样本量与估计误差的平方成反比，即可以接受的估计误差的平方越大，所需的样本量越小。
二、 练习题1． 从一个标准差为5的总体中采用重复抽样方法抽出一个样本量为40的样本，样本均值为25。
黄良文《统计学》(第2版)笔记和课后习题(含考研真题)详解 第6章 参数估计 【圣才出品】
（2）顺序统计量法
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顺序统计量法：即用样本中位数 Me，或样本极差 R 来估计总体的数学期望μ或总体的
均方差σ的方法。
若 为θ的无偏估计量，其均方误差等于其方差 MSE D 。
设1 、 2 为 的两个无偏估计量，若1 的方差小于 2 的方差，即 D 1 D 2 ，
则称1 是较 2 有效的估计量。
（3）一致性
设 （x1，x2，…， xn ）是未知参数θ的估计量，当 n→∞时，要求 按概率收敛于θ。
即 lim P 1（ε为任意小正数）。则称 为θ的满足一致性标准要求的估计量。 n
二、参数的区间估计
区间估计：就是估计总体参数的区间范围，并要求给出区间估计成立的概率值。
设1 和 2 都是两个统计量 1 2 ，分别作为总体参数θ区间估计的下限和上限，则
要求有
。式中， （0< <1）是区间估计的显著性水平，1－ 称
s12
和
s22
来代替，这样两个总
体均值之差 1 2 在1 置信水平下的置信区间为
②小样本的估计方法
两个总体都服从正态分布，两个随机样本分别独立地抽自两个总体。当两个总体方差
2 1
和
2 2
已知时，两个总体均值之差的置信区间为
。
当总体方差
2 1
和
2 2
未知但相等时，需要用两个样本的方差
s12
1 n
n i 1
Xi X
2
不是总
体方差的无偏估计量。但是
s2 n1
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 ，
贾俊平《统计学》(第5版)课后习题-第7章 参数估计【圣才出品】
抽样标准差为：
x
n
5 0.79 40
（2）估计误差为：
E z /2
n
1.96
5 1.55 40
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。
（1）假定总体标准差为 15 元，求样本均值的抽样标准误差。 （2）在 95%的置信水平下，求估计误差。 （3）如果样本均值为 120 元，求总体均值 μ 的 95%的置信区间。
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十万种考研考证电子书、题库视频学习平台大样本，所以总均值 μ 的 90%的置信区间为：
x z /2
n
811.645
12 811.974 100
即（79.026，82.974）。
（2）已知： 0.05，z0.05 2 1.96 。由于 n=100 为大样本，所以总体均值 μ 的
4.20
（3）由于总体标准差已知，所以总体均值 μ 的 95%的置信区间为：
x z /2
n
120 1.96
15 49
120 4.20
即（115.8，124.2）。
3．从一个总体中随机抽取 n ＝100 的随机样本，得到 x 104560，假定总体标准差
σ=85414，试构建总体均值 μ 的 95%的置信区间。
（3）样本量与边际误差的平方成反比，即可以接受的估计误差的平方越大，所需的
样本量就越小。
二、练习题
1．从一个标准差为 5 的总体中采用重复抽样抽出一个样本量为 40 的样本，样本均值
为 25。
（1）样本均值的抽样标准差 x 等于多少？
（2）在 95%的置信水平下，估计误差是多少？
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第21讲 参数估计习题课教学目的：1. 通过练习使学生进一步掌握矩估计和最大似然估计的计算方法； 2. 通过练习使学生理解无偏性和有效性对于评价估计量标准的重要性； 3. 通过练习使学生进一步掌握正态总体参数的区间估计和单侧置信限。
教学重点：矩估计和最大似然估计，无偏性与有效性，正态总体参数的区间估计。
教学难点：矩估计，最大似然估计，正态总体参数的区间估计。
教学时数：2学时。
教学过程：一、知识要点回顾1. 矩估计用各阶样本原点矩n ki i 11x n k V ==∑ 作为各阶总体原点矩k EX 的估计,1,2,k = 。
若有参数2g(,(),,)k E X E X E X θ= （）（），则参数θ的矩估计为n n n 2i=1i=1i=1111ˆ(,,,)ki i i X X X n n n θ=∑∑∑ 。
2. 最大似然估计似然函数1()(;)ni i L f x θθ==∏，取对数ln[()]L θ，从ln()d d θθ=0中解得θ的最大似然估计θˆ。
3. 无偏性,有效性当θθ=ˆE 时，称θˆ为θ的无偏估计。
当21ˆD ˆD θθ<时，称估计量1ˆθ比2ˆθ有效。
二 、典型例题解析1．设,0()0, 0x e x f x x θθ-⎧>=⎨≤⎩，求θ的矩估计。
解 ,0dx xe EX x ⎰+∞-=θθ设du dx u x x u θθθ1,1,===则000111()0()u uu EX ue du ue e du e θθθθ+∞+∞--+∞--+∞⎡⎤⎡⎤==-+=+-⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎰⎰=θ1故1EXθ=，所以x 1ˆ=θ。
2. 设总体X 在[]b a ,上服从均匀分布，求a 和b 的矩估计。
解 由均匀分布的数学期望和方差知1()()2E X a b =+ （1）21()()12D X b a =- （2） 由（1）解得a EX b -=2，代入（2）得2)22(121a EX DX -=，整理得2)(31a EX DX -=，解得()()a E X b E X ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 故得b a ,的矩估计为ˆˆa x b x ⎧=-⎪⎨=+⎪⎩其中∑=-=ni i x x n 122)(1ˆσ。
3．设总体X 的密度函数为(;)!x e f x x θθθ-=，求θ的最大似然估计。
解 设)!)...(!)(!(),()(2111n n x ni i x x x e x f L ni iθθθθ-=∑===∏，则11ln ()()ln ln(!)n ni i i i L x n x θθθ===--∑∑11ln ()11ˆ0, n ni i i i d L x n x x d n θθθθ===-===∑∑ 4．设总体X 的密度函数1(,)()(aa x f x a x e a θθθ--=已知），求参数θ的最大似然估计。
解 11121()(,)(...)nai i nx nna i n i L f x a x x x eθθθθ=--=∑==∏11ln ()ln ln (1)ln n na i i i i L n n a a x x θθθ===++--∑∑1ln ()0n ai i d L n x d θθθ==-=∑ 解得 ∑==n i ai x n 11θ。
5. 设1ˆθ和2ˆθ为参数θ的两个独立的无偏估计量，且假定21ˆ2ˆθθD D =，求常数c 和d ，使21ˆˆˆθθθd c +=为θ的无偏估计，并使方差θˆD 最小。
解 由于θθθθθθ)(ˆˆ)ˆˆ(ˆ2121d c dE cE d c E E +=+=+=,且知θθ=ˆE ，故得c+d=1。
又由于2222222221221ˆ)2(ˆˆ2ˆˆ)ˆˆ(ˆθθθθθθθθD d c D d D c D d D c d c D D +=+=+=+= 并使其最小，即使222d c f +=，满足条件c+d=1的最小值。
令d=1-c ，代入得22)1(2c c f -+=，'42(1)0, 620c f c c c =--=-=解得321,31=-==c d c 。
7. 设某电子元件的寿命服从正态分布),(2σμN ，抽样检查10个元件，得样本均值)(1200h x =，样本标准差)(14h s =。
求 (1) 总体均值μ置信水平为%99的置信区间；(2) 用x 作为μ的估计值，求绝对误差值不大于10（h ）的概率。
解 (1)由于σ未知，s=14（h ）,根据求置信区间的公式得 ))1(),1((22-+--n t n sx n t n s x αα ))9(10141200),9(10141200(005.0005.0t t +-查表得25.3)9(005.0=t ，故总体均值μ置信水平为%99的置信区间为(120014.388, 120014.388)(1185.612, 1214.388)-+=(2))141010)1(()10()10(<-=<-=<-n t P nn x P x P μμ=-=<≈<=α21))9()9(()2588.2)9((025.0t t P t P 1-0.05=0.958. 设n X X X ,...,,21为正态总体),(2σμN 的一个样本，确定常数c 的值，使2111)(∑-=+-=n i i i x x c Q 为2σ的无偏估计。
解])()()(2)([])())((2)[()]()[()(21112121112121112111μμμμμμμμμμ-+----=-+----=---=-=∑∑∑∑-=++-=++-=+-=+i n i i i i i n i i i i n i i i n i i i x E x E x E x E c x x x x E c x x E c x x c EQ由于0)(=-=-=-μμμμi i Ex x E ，所以有2112111)1(2)2(]0[σσ-==+-=∑∑-=-=+n c c Dx Dx c EQ n i n i i i由2σ=EQ （无偏性），故有1)1(2=-n c ，所以)1(21-=n c 。
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 15.1 14.915.0 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(X 1, X 2,…, 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.1．设,0()0, 0x e x f x x θθ-⎧>=⎨≤⎩，求θ的矩估计。
解 ,0dx xe EX x ⎰+∞-=θθ设du dx u x x u θθθ1,1,===则00111()0()uuu EX ue du ue e du e θθθθ+∞+∞--+∞--+∞⎡⎤⎡⎤==-+=+-⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎰⎰=θ1故1EXθ=，所以x 1ˆ=θ。
3. 一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，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，并由过去经验知，它们都服从参数为n=10，P 的二项分布。
P 是该地区一块石子是石灰石的概率。
求p 的极大似然估计值，该地质学家所得的数据如下解：λ的极大似然估计值为λˆ=X =0.4994. 设X 1，X 1，…，X n 为总体的样本，求各未知参数的极大似然估计值和估计量（1）⎩⎨⎧>=+-其它,0,)()1(cx x c θx f θθ其中c >0为已知，θ>1，θ为未知参数。
（2）⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=-.,010,)(1其它x x θx f θ其中θ>0，θ为未知参数。
解（1）似然函数 1211)()()(+-===∏θn θn n ni i x x x c θx f θL0ln ln )(ln ,ln )1(ln )ln()(ln 11=-+=-++=∑∑==ni ini i xc n n θθd θL d x θc θn θn θL∑=-=ni icn xnθ1ln ln ˆ （解唯一故为极大似然估计量）（2）∑∏=--=-+-===ni i θn nni ix θθnθL x x x θx f θL 112121ln )1()ln(2)(ln ,)()()(∑∑====+⋅-=ni ini i x nθx θθn θd θL d 121)ln (ˆ,0ln 2112)(ln 。
(解唯一)故为极大似然估计量。
6. 设样本12,,n X X X 来自总体~(,0.25)X N u ，如果要以99.7%的概率保证0.1X u -<，试问样本容量n 应取多大？解：~(0,1)5/N。
现要求n,使{0.1}210.997P X u P φ-<=<=-≥即0.9985φ≥，查表得， 2.96≥，所以n=219，即样本容量为219。
8. 设总体X 具有分布律其中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：（1）求θ的矩估计值θθθθθθθθθX E 23)]1()][1(3[)1(3)1(221)(22-=-+-+=-+-⋅+⨯=X θX E =-=23)(令则得到θ的矩估计值为6523121323ˆ=++-=-=Xθ（2）求θ的最大似然估计值 似然函数}1{}2{}1{}{)(32131======∏=X P X P X P x XP θL i i i)1(2)1(2522θθθθθθ-=⋅-⋅=ln L (θ )=ln2+5ln θ+ln(1－θ) 求导0115)(ln =--=θθθθd L d5ˆθ得到唯一解为6。