概率論與數(shù)理統(tǒng)計(理工類-第四版)吳贛昌主編課后習(xí)題答案第六章(共20頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第六章 參數(shù)估計習(xí)題1總體X在區(qū)間0,上均勻分布，X1,X2,Xn是它的樣本，則下列估計量是的一致估計是().(A)=Xn;                (B)=2Xn;(C)=X¯=1ni=1nXi;      (D)=MaxX1,X2,Xn.解答：應(yīng)選(D).由一致估計的定義，對任意>0,     &

2、#160;       P(MaxX1,X2,Xn-<)           =P(-+<MaxX1,X2,Xn<+)           =F(+)-F(-+).因為FX(x)=0,x<0x,0x1,x>, 及F(x)=FMaxX1,X2,Xn(x)=FX1(x)FX

3、2(x)FXn(x),所以F(+)=1, F(-+)=P(MaxX1,X2,Xn<-+)=(1-x)n,故P(MaxX1,X2,Xn-<)=1-(1-x)n1(n+).習(xí)題2設(shè)是總體X的標(biāo)準(zhǔn)差，X1,X2,Xn是它的樣本，則樣本標(biāo)準(zhǔn)差S是總體標(biāo)準(zhǔn)差的().(A)矩估計量；  (B)最大似然估計量；   (C)無偏估計量；   (D)相合估計量.解答：應(yīng)選(D).因為，總體標(biāo)準(zhǔn)差的矩估計量和最大似然估計量都是未修正的樣本標(biāo)準(zhǔn)差；樣本方差是總體方差的無偏估計，但是樣本標(biāo)準(zhǔn)差不是總體標(biāo)準(zhǔn)差的無偏估計

4、.可見，樣本標(biāo)準(zhǔn)差S是總體標(biāo)準(zhǔn)差的相合估計量.習(xí)題3設(shè)總體X的數(shù)學(xué)期望為,X1,X2,Xn是來自X的樣本，a1,a2,an是任意常數(shù)，驗證(i=1naiXi)/i=1nai (i=1nai0)是的無偏估計量.解答：    E(X)=,    E(i=1naiXii=1nai)=1i=1naii=1naiE(Xi)  (E(Xi)=E(X)=)            &

5、#160;   =i=1naii=1n=,綜上所證，可知i=1naiXii=1nai是的無偏估計量.習(xí)題4設(shè)是參數(shù)的無偏估計，且有D()>0, 試證2=()2不是2的無偏估計.解答：因為D()=E(2)-E()2, 所以E(2)=D()+E()2=2+D()>2,故()2不是2的無偏估計.習(xí)題5設(shè)X1,X2,Xn是來自參數(shù)為的泊松分布的簡單隨機樣本，試求2的無偏估計量.解答：因X服從參數(shù)為的泊松分布，故D(X)=, E(X2)=D(X)+E(X)2=+2=E(X)+2,于是E(X2)-E(X)=2, 即E(X2-X)=2.

6、用樣本矩A2=1ni=1nXi2,A1=X¯代替相應(yīng)的總體矩E(X2),E(X), 便得2的無偏估計量2=A2-A1=1ni=1nXi2-X¯.習(xí)題6設(shè)X1,X2,Xn為來自參數(shù)為n,p的二項分布總體，試求p2的無偏估計量.解答：因總體Xb(n,p), 故E(X)=np,                E(X2)=D(X)+E(X)2=np(1-p)+n2p2     

7、;                =np+n(n-1)p2=E(X)+n(n-1)p2,E(X2)-E(X)n(-1)=E1n(n-1)(X2-X)=p2,于是，用樣本矩A2,A1分別代替相應(yīng)的總體矩E(X2),E(X),便得p2的無偏估計量p2=A2-A1n(n-1)=1n2(n-1)i=1n(Xi2-Xi).習(xí)題7設(shè)總體X服從均值為的指數(shù)分布，其概率密度為f(x;)=1e-x,x>00,x0,其中參數(shù)>0未知. 又設(shè)X1

8、,X2,Xn是來自該總體的樣本，試證：X¯和n(min(X1,X2,Xn)都是的無偏估計量，并比較哪個更有效.解答：因為E(X)=, 而E(X¯)=E(X), 所以E(X¯)=, X¯是的無偏估計量.設(shè)Z=min(X1,X2,Xn),因為FX(x)=0,x01-e-x,x>0,FZ(x)=1-1-FX(x)n=1-e-nx,x>00,x0,所以fZ(x)=ne-nx,x>00,x0, 這是參數(shù)為n的指數(shù)分布，故知E(Z)=n, 而E(nZ)=En(min(X1,X2,Xn)=,所以nZ也

9、是的無偏估計.現(xiàn)比較它們的方差大小.由于D(X)=2, 故D(X¯)=2n.又由于D(Z)=(n)2, 故有D(nZ)=n2D(Z)=n22n2=2.當(dāng)n>1時，D(nZ)>D(X¯), 故X¯較nZ有效.習(xí)題8設(shè)總體X服從正態(tài)分布N(m,1),X1,X2是總體X的子樣，試驗證m1=23X1+13X2,  m2=14X1+34X2,  m3=12X1+12X2,都是m的無偏估計量；并問哪一個估計量的方差最小?解答：因為X服從N(m,1), 有E(Xi)=m,D(Xi)=1(

10、i=1,2),得E(m1)=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m,  D(m1)=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59,同理可得：E(m2)=m,D(m2)=58, E(m3)=m,D(m3)=12.所以，m1,m2,m3都是m的無偏估計量，并且在m1,m2,m3中，以m3的方差為最小.習(xí)題9設(shè)有k臺儀器. 已知用第i臺儀器測量時，測定值總體的標(biāo)準(zhǔn)差為i(i=1,2,k), 用這些儀器獨立地對某一物理量各觀察一次，分別得到X1,X2,Xk. 設(shè)儀器都沒有系統(tǒng)誤差，即E

11、(Xi)=(i=1,2,k), 問a1,a2,ak應(yīng)取何值，方能使用=i=1kaiXi估計時，是無偏的，并且D()最?。拷獯穑阂驗镋(Xi)=(i=1,2,k), 故E()=E(i=1kaiXi)=i=1kaiE(Xi)=i=1kai,欲使E()=, 則要i=1kai=1.因此，當(dāng)i=1kai=1時，=i=1kaiXi為的無偏估計, D()=i=1kai2i2, 要在i=1kai=1的條件下D()最小，采用拉格朗日乘數(shù)法.令L(a1,a2,ak)=D()+(1-i=1kai)=i=1kai2i2+(1-i=1kai),Lai=0,i=1,2,k

12、i=1kai=1,即2aii2-=0,ai=2i2;又因i=1kai=1, 所以i=1k12i2=1, 記i=1k1i2=102, 所以=202, 于是ai=02i2 (i=1,2,k),故當(dāng)ai=02i2(i=1,2,k)時，=i=1kaiXi是的無偏估計，且方差最小.習(xí)題1設(shè)X1,X2,Xn為總體的一個樣本，x1,x2,xn為一相應(yīng)的樣本值，求下述各總體的密度函數(shù)或分布律中的未知參數(shù)的矩估計量和估計值及最大似然估計量(1)f(x)=cx-(+1),x>c0,其它, 其中c>0為已知，>1,為未知參數(shù).(2)f(x

13、)=x-1,0x10,其它, 其中>0,為未知參數(shù).(3)PX=x=(mx)px(1-p)m-x, 其中x=0,1,2,m,0<p<1,p為未知參數(shù).解答：(1)E(X)=c+xcx-(+1)dx=cc+x-dx=c-1，解出=E(X)E(X)-c，令X¯=E(X)，于是=X¯X¯-c為矩估計量，的矩估計值為=x¯x¯-c，其中x¯=1ni=1nxi另外，似然函數(shù)為L()=i=1nf(xi;)=ncn(i=1nxi)-(+1)，xi>c，對數(shù)似然函數(shù)為lnL()=nln+nlnc-(+1)i

14、=1nlnxi，對lnL()求導(dǎo)，并令其為零，得dlnL()d=n+nlnc-i=1nlnxi=0，解方程得=ni=1nlnxi-nlnc，故參數(shù)的最大似然估計量為=ni=1nlnXi-nlnc(2)E(X)=01xx-1dx=+1，以X¯作為E(X)的矩估計， 則的矩估計由X¯=+1解出，得=(X¯1-X¯)2，的矩估計值為=(x¯1-x¯)2，其中x¯=1ni=1nxi為樣本均值的觀測值另外，似然函數(shù)為L()=i=1nf(xi;)=n/2(i=1nxi)-1，0xi1，對數(shù)似然函數(shù)為lnL()=n2ln+(-1

15、)i=1nlnxi，對lnL()求導(dǎo)，并令其為零，得dlnL()d=n2+12i=1nlnxi=0，解方程得=(-ni=1nlnxi)2，故參數(shù)的最大似然估計量為=(ni=1nlnXi)2(3)Xb(m,p)，E(X)=mp，以X¯作為E(X)的矩估計，即X¯=E(X)，則參數(shù)p的矩估計為p=1mX¯=1m1ni=1nXi，p的矩估計值為p=1mx¯=1m1ni=1nxi另外，似然函數(shù)為L()=i=1nf(xi;)=(i=1nCmxi)pi=1nxi(1-p)i=1n(m-xi)，xi=0,1,m，對數(shù)似然函數(shù)為lnL()=i=1nlnCmxi+(i=1

16、nxi)lnp+(i=1n(m-xi)ln(1-p)，對lnL()求導(dǎo)，并令其為零，得dlnL()d=1pi=1nxi-11-pi=1n(m-xi)=0，解方程得p=1mni=1nxi，故參數(shù)的最大似然估計量為p=1mni=1nXi=1mX¯習(xí)題2設(shè)總體X服從均勻分布U0,它的密度函數(shù)為f(x;)=1,0x0,其它,(1)求未知參數(shù)的矩估計量；(2)當(dāng)樣本觀察值為0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55時，求的矩估計值.解答：(1)因為E(X)=-+xf(x;)dx=10xdx=2,令E(X)=1ni=1nXi, 即2=X¯, 所以=2X&

17、#175;.(2)由所給樣本的觀察值算得x¯=16i=16xi=16(0.3+0.8+0.27+0.35+0.62+0.55)=0.4817,所以=2x¯=0.9634.習(xí)題3設(shè)總體X以等概率1取值1,2, 求未知參數(shù)的矩估計量.解答：由E(X)=1×1+2×1+×1=1+2=1ni=1nXi=X¯,得的矩估計為=2X¯-1.習(xí)題4一批產(chǎn)品中含有廢品，從中隨機地抽取60件，發(fā)現(xiàn)廢品4件，試用矩估計法估計這批產(chǎn)品的廢品率.解答：設(shè)p為抽得廢品的概率,1-p為抽得正品的概率(放回抽取). 為了估計p,引入隨機

18、變量Xi=1,第i次抽取到的是廢品0,第i次抽取到的是正品,于是PXi=1=p,PXi=0=1-p=q, 其中i=1,2,60,且E(Xi)=p, 故對于樣本X1,X2,X60的一個觀測值x1,x2,x60, 由矩估計法得p的估計值為p=160i=160xi=460=115,即這批產(chǎn)品的廢品率為115.習(xí)題5設(shè)總體X具有分布律X  1        2        3 pi 2  2(

19、1-)  (1-)2其中(0<<1)為未知參數(shù). 已知取得了樣本值x1=1,x2=2,x3=1, 試求的矩估計值和最大似然估計值.解答：E(X)=1×2+2×2(1-)+3×(1-)2=3-2,x¯=1/3×(1+2+1)=4/3.因為E(X)=X¯, 所以=(3-x¯)/2=5/6為矩估計值,    L()=i=13PXi=xi=PX1=1PX2=2PX3=1      &

20、#160; =42(1-)=25(1-),   lnL()=ln2+5ln+ln(1-),對求導(dǎo),并令導(dǎo)數(shù)為零dlnLd=5-11-=0,得L=56.習(xí)題6(1)設(shè)X1,X2,Xn來自總體X的一個樣本, 且X(), 求PX=0的最大似然估計.(2)某鐵路局證實一個扳道員五年內(nèi)所引起的嚴(yán)重事故的次數(shù)服從泊松分布，求一個扳道員在五年內(nèi)未引起嚴(yán)重事故的概率 p的最大似然估計，使用下面122個觀察值統(tǒng)計情況. 下表中，r表示一扳道員某五年中引起嚴(yán)重事故的次數(shù)，s表示觀察到的扳道員人數(shù).rsr解答：(1)已知，的最大似然估計為L=X¯

21、. 因此PX=0=e-L=e-X¯.(2)設(shè)X為一個扳道員在五年內(nèi)引起的嚴(yán)重事故的次數(shù)，X服從參數(shù)為的泊松分布，樣本容量n=122.算得樣本均值為     x¯=1122×r=05rr=1122×(0×44+1×42+2×21+3×9+4×4+5×2)       1.123,因此PX=0=e-x¯=e-1.1230.3253.習(xí)題1對參數(shù)的一種區(qū)間估計及一

22、組觀察值(x1,x2,xn)來說,下列結(jié)論中正確的是().(A)置信度越大,對參數(shù)取值范圍估計越準(zhǔn)確;(B)置信度越大,置信區(qū)間越長;(C)置信度越大,置信區(qū)間越短;(D)置信度大小與置信區(qū)間有長度無關(guān).解答：應(yīng)選(B).置信度越大，置信區(qū)間包含真值的概率就越大，置信區(qū)間的長度就越大，對未知參數(shù)的估計精度越低.反之，對參數(shù)的估計精度越高，置信區(qū)間的長度越小，它包含真值的概率就越低,置信度就越小.習(xí)題2設(shè)(1,2)是參數(shù)的置信度為1-的區(qū)間估計，則以下結(jié)論正確的是().(A)參數(shù)落在區(qū)間(1,2)之內(nèi)的概率為1-;(B)參數(shù)落在區(qū)間(1,2)之外的概率為;(C)區(qū)間(1,2)包含參數(shù)的概率為1-

23、;(D)對不同的樣本觀察值，區(qū)間(1,2)的長度相同.解答：應(yīng)先(C).由于1,2都是統(tǒng)計量，即(1,2)是隨機區(qū)間，而是一個客觀存在的未知常數(shù)，故(A),(B)不正確.習(xí)題3設(shè)總體的期望和方差2均存在，如何求的置信度為1-的置信區(qū)間？解答：先從總體中抽取一容量為n的樣本X1,X2,Xn.根據(jù)中心極限定理，知U=X¯-/nN(0,1)(n).(1)當(dāng)2已知時，則近似得到的置信度為1-的置信區(qū)間為(X¯-u/2n,X¯+u/2n).(2)當(dāng)2未知時，用2的無偏估計S2代替2, 這里仍有X¯-S/nN(0,1)(n),于是得到的1-的置信區(qū)間為(X

24、¯-u/2Sn,X¯+u/2Sn),一般要求n30才能使用上述公式，稱為大樣本區(qū)間估計.習(xí)題4某總體的標(biāo)準(zhǔn)差=3cm, 從中抽取40個個體，其樣本平均數(shù)x¯=642cm, 試給出總體期望值的95%的置信上、下限(即置信區(qū)間的上、下限).解答：因為n=40屬于大樣本情形，所以X¯近似服從N(,2n)的正態(tài)分布，于是的95%的置信區(qū)間近似為(X¯±nu/2),這里x¯=642,=3,n=406.32,u/2=1.96, 從而(x¯±nu/2)=(642±340×

25、;1.96)(642±0.93),故的95%的置信上限為642.93, 下限為641.07.習(xí)題5某商店為了了解居民對某種商品的需要，調(diào)查了100家住戶，得出每戶每月平均需求量為10kg, 方差為9，如果這個商店供應(yīng)10000戶，試就居民對該種商品的平均需求量進行區(qū)間估計(=0.01), 并依此考慮最少要準(zhǔn)備多少這種商品才能以0.99的概率滿足需求？解答：因為n=100屬于大樣本問題，所以X¯近似服從N(,2/n),于是的99%的置信區(qū)間近似為(X¯±Snu/2), 而x¯=10,s=3,n=100,&#

26、160;u/2=2.58,所以(x¯±snu/2)=(10±3100×2.58)=(10±0.774)=(9.226,10.774).由此可知最少要準(zhǔn)備10.774×10000=(kg)這種商品，才能以0.99的概率滿足需求.習(xí)題6觀測了100棵“豫農(nóng)一號”玉米穗位，經(jīng)整理后得下表(組限不包括上限):分組編號   12345組限組中值頻數(shù)70808090906  分組編號    6789組限組中值頻數(shù)120試以95%的置信度，求出該品種玉米平均穗

27、位的置信區(qū)間.解答：因為n=100屬于大樣本情形，所以的置信度為95%的置信區(qū)間上、下限近似為X¯±snu/2, 這里n=100,u/2=1.96, 還需計算出x¯和s.取a=115,c=10, 令zi=(xi-a)/c=(xi-115)/10, 用簡單算公式，(1)x¯=a+cz¯   (2)sx2=c2sz2.編號   組中值xizi=xi-11510組頻率mimizizi2mizi2  55 -4-3-2-&#

28、160;  42-12-27-26-    z¯=1100i=19mizi=1100×(-27)=-0.27,x¯=10×(-27)+115=112.3,sz2=199i=19mizi2=199×3133.,sx2=102×3.=316.1616, sx17.78.于是             (x¯±snu)(112

29、.3±17.7810×1.96)(112.3±3.485)                          =(108.815,115.785).習(xí)題7某城鎮(zhèn)抽樣調(diào)查的500名應(yīng)就業(yè)的人中，有13名待業(yè)者，試求該城鎮(zhèn)的待業(yè)率p的置信度為0.95置信區(qū)間.解答：這是(0-1)分布參數(shù)的區(qū)間估計問題. 待業(yè)率p

30、的0.95置信區(qū)間為(p1,p2)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).其中a=n+u/22,b=-2nX¯-(u/2)2, c=nX¯2, n=500,x¯=13500,u/2=1.96.則(p1,p2)=(0.015,0.044).習(xí)題8設(shè)X1,X2,Xn為來自正態(tài)總體N(,2)的一個樣本，求的置信度為1-的單側(cè)置信限.解答：這是一個正態(tài)總體在方差未知的條件下，對的區(qū)間估計問題，應(yīng)選取統(tǒng)計量：T=X¯-S/nt(n-1).因為只需作單邊估計，注意到t分布的對稱性，故令PT<t(n-1)=1-和PT>t(

31、n-1)=1-.由給定的置信度1-, 查自由度為n-1的t分布表可得單側(cè)臨界值t(n-1). 將不等式T<t(n-1)和T>t(n-1), 即X¯-S/n<t(n-1)和X¯-S/n>t(n-1)分別變形，求出即得的1-的置信下限為X¯-t(n-1)Sn.的1-的置信上限為X¯+t(n-1)Sn,的1-的雙側(cè)置信限(X¯-t/2(n-1)Sn,X¯+t/2(n-1)Sn).習(xí)題1已知燈泡壽命的標(biāo)準(zhǔn)差=50小時，抽出25個燈泡檢驗，得平均壽命x¯=500小時，試以95%的可

32、靠性對燈泡的平均壽命進行區(qū)間估計(假設(shè)燈泡壽命服從正態(tài)分布).解答：由于XN(,502), 所以的置信度為95%的置信區(qū)間為(X¯±u/2n),這里x¯=500,n=25,=50,u/2=1.96, 所以燈泡的平均壽命的置信區(qū)間為(x¯±u/2n)=(500±5025×1.96)=(500±19.6)=(480.4,519.6).習(xí)題2一個隨機樣本來自正態(tài)總體X,總體標(biāo)準(zhǔn)差=1.5, 抽樣前希望有95%的置信水平使得的估計的置信區(qū)間長度為L=1.7, 試問應(yīng)抽取多大的一個樣本

33、？解答：因方差已知，的置信區(qū)間長度為L=2u/2n,于是n=(2Lu/2)2.由題設(shè)知，1-=0.95,=0.05,2=0.025. 查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表得u0.025=1.96,=1.5,L=1.7,所以，樣本容量n=(2×1.5×1.961.7)211.96.向上取整數(shù)得n=12, 于是欲使估計的區(qū)間長度為1.7的置信水平為95%, 所以需樣本容量為n=12.習(xí)題3設(shè)某種電子管的使用壽命服從正態(tài)分布. 從中隨機抽取15個進行檢驗，得平均使用壽命為1950小時，標(biāo)準(zhǔn)差s為300小時，以95%的可靠性估計整批電子管平均使用壽命的置信上、下限.解答：

34、由XN(,2), 知的95%的置信區(qū)間為(X¯±Snt/2(n-1),這里x¯=1950,s=300,n=15,t/2(14)=2.145, 于是    (x¯±snt/2(n-1)=(1950±30015×2.145)                     

35、;   (1950±166.151)=(1783.85,2116.15).即整批電子管平均使用壽命的置信上限為2116.15, 下限為1783.85.習(xí)題4人的身高服從正態(tài)分布，從初一女生中隨機抽取6名，測其身高如下(單位：cm):149    158.5    152.5    165    157    142求初一女生平均身高的置信區(qū)間(=0

36、.05).解答：XN(,2),的置信度為95%的置信區(qū)間為(X¯±Snt/2(n-1),這里x¯=154, s=8.0187, t0.025(5)=2.571, 于是    (x¯±snt/2(n-1)=(154±8.01876×2.571)                  &

37、#160;     (154±8.416)(145.58,162.42).習(xí)題5某大學(xué)數(shù)學(xué)測驗，抽得20個學(xué)生的分?jǐn)?shù)平均數(shù)x¯=72, 樣本方差s2=16, 假設(shè)分?jǐn)?shù)服從正態(tài)分布，求2的置信度為98%的置信區(qū)間.解答：先取2分布變量，構(gòu)造出1-的2的置信區(qū)間為(n-1)S2/22(n-1),(n-1)S21-/22(n-1).已知1-=0.98,=0.02,2=0.01,n=20, S2=16.查2分布表得0.012(19)=36.191,0.992(19)=7.633,于是得2的98%的置信區(qū)

38、間為(19×1636.191,19×167.633), 即(8.400,39.827).習(xí)題6隨機地取某種炮彈9發(fā)做試驗，得炮口速度的樣本標(biāo)準(zhǔn)差s=11(m/s).設(shè)炮口速度服從正態(tài)分布，求這種炮彈的炮口速度的標(biāo)準(zhǔn)差的置信度為0.95的置信區(qū)間.解答：已知n=9,s=11(m/s),1-=0.95.查表得      0.0252(8)=17.535,      0.9752(8)=2.180,的0.95的置信區(qū)間為  

39、0;(8s0.0252(8),8s0.9752(8),    即(7.4,21.1).習(xí)題7設(shè)來自總體N(1,16)的一容量為15的樣本，其樣本均值x1¯=14.6; 來自總體N(2,9)的一容量為20的樣本，其樣本均值x2¯=13.2; 并且兩樣本是相互獨立的，試求1-2的90%的置信區(qū)間.解答：1-=0.9,=0.1, 由(u/2)=1-2=0.95, 查表，得u/2=1.645,再由n1=15,n2=20, 得12n1+22n2=1615+920=91601.232,u/212n

40、1+22n2=1.645×1.2322.03,x¯1-x¯2=14.6-13.2=1.4,所以，1-2的90%的置信區(qū)間為(1.4-2.03,1.4+2.03)=(-0.63,3.43).習(xí)題8物理系學(xué)生可選擇一學(xué)期3學(xué)分沒有實驗課，也可選一學(xué)期4學(xué)分有實驗的課. 期未考試每一章節(jié)都考得一樣，若有上實驗課的12個學(xué)生平均考分為84，標(biāo)準(zhǔn)差為4，沒上實驗課的18個學(xué)生平均考分為77，標(biāo)準(zhǔn)差為6，假設(shè)總體均為正態(tài)分布且其方差相等，求兩種課程平均分?jǐn)?shù)差的置信度為99%的置信區(qū)間.解答：   設(shè)有實驗課的考分總體X1N(1,2), 無實驗課的

41、考分總體X2N(2,2). 兩方差相等但均未知,求1-2的99%的置信區(qū)間，應(yīng)選t分布變量，T=X1¯-X2¯-(1-2)SW1n1+1n2t(n1+n2-2),其中SW=(n1-1)S12+(n2-1)S22n1+n2-2.   1-2的1-的置信區(qū)間為(X1¯-X2¯±t/2(n1+n2-2)SW1n1+1n2).由已知,x1¯-x2¯=84-77=7, 且sW=(12-1)×42+(18-1)×6212+18-25.305,112+1180.373,

42、 1-=0.99, 2=0.005,查t分布表得t0.005(28)=2.763.   于是，1-2的0.99的置信區(qū)間為(7±2.763×5.305×0.373), 即(7±5.467), 亦即(1.53,12.47).習(xí)題9隨機地從A批導(dǎo)線中抽取4根，又從B批導(dǎo)線中抽取5根，測得電阻(歐)為A批導(dǎo)線0.1430.1420.1430.137B批導(dǎo)線0.1400.1420.1360.1380.140設(shè)測定數(shù)據(jù)分別來自分布N(1,2),N(2,2), 且兩樣本相互獨立，又1,2,2均為未

43、知，試求1-2的置信水平為0.95的置信區(qū)間.解答：   對于1-=0.95, 查表得t0.025(7)=2.3646, 算得x¯=0.141, y¯=0.139; s12=8.25×10-6, s10.0029.s22=5.2×10-6, s2=0.0023, sW0.0026, 15+14=0.6708,故得1-2的0.95置信區(qū)間為     (0.141-0.139±2.3646×

44、0.0026×0.6708),   即(-0.002,0.006).習(xí)題10設(shè)兩位化驗員A,B獨立地對某種聚合物含氯量用相同的方法各作10次測定，其測定值的樣本方差依次為 sA2=0.5419,sB2=0.6065. 設(shè)A2,B2分別為A,B所測定的測定值的總體方差，又設(shè)總體均為正態(tài)的，兩樣本獨立，求方差比A2/B2的置信水平為0.95的置信區(qū)間.解答： 選用隨機變量F=SA2A2/SB2B2F(n1-1,n2-1),依題意，已知sA2=0.5419, sB2=0.6065, n1=n2=10. 對于1-=0.95, 查F分布表得F0.025(9,9)=1F0.0

45、25(9,9)=14.03, 于是得A2B2的0.95的置信區(qū)間為(sA2sB21F/2(9,9),sA2sB2F/2(9,9)(0.222,3.601). 習(xí)題1設(shè)總體X服從參數(shù)為(>0)的指數(shù)分布，X1,X2,Xn為一隨機樣本，令Y=minX1,X2,Xn, 問常數(shù)c為何值時，才能使cY是的無偏估計量.解答：關(guān)鍵是求出E(Y). 為此要求Y的密度fY(y).因Xi的密度函數(shù)為fX(x)=e-x,x>00,x<0;   Xi的分布函數(shù)為FX(x)=1-e-x,x>00,x0, 于是FY(y)=1-1-FX(y

46、)n=1-e-ny,y>00,y0.兩邊對y求導(dǎo)得fY(y)=ddyFY(y)=ne-ny,y>00,y0, 即Y服從參數(shù)為n的指數(shù)分布，故E(Y)=n.為使cY成為的無偏估計量，需且只需E(cY)=, 即cn=, 故c=1n.習(xí)題2設(shè)X1,X2,Xn是來自總體X的一個樣本，已知E(X)=, D(X)=2.(1)確定常數(shù)c, 使ci=1n-1(Xi+1-Xi)2為2的無偏估計；(2)確定常數(shù)c, 使(X¯)2-cS2是2的無偏估計(X¯,S2分別是樣本均值和樣本方差).解答：(1)E(ci=1n-1(Xi+1-Xi)2) =ci=1

47、n-1E(Xi+12-2XiXi+1+Xi2) =ci=1n-1D(Xi+1)+E(Xi+1)2-2E(Xi)E(Xi+1)+D(Xi)+E(Xi)+E(Xi)2=c(n-1)(2+2-22+2+2)=2(n-1)2c.令2(n-1)2c=2, 所以c=12(n-1).(2)E(X¯)2-cS2=E(X¯2)-cE(S2)=D(X¯)+E(X¯)2-c2 =2n+2-c2.令2n+2-c2=2, 則得c=1n.習(xí)題3設(shè)X1,X2,X3,X4是來自均值為的指數(shù)分布總體的樣本，其中未知. 設(shè)有估計量T1=16(X1+X2)+13(X3+X4), T2=X1+

48、2X2+3X3+4X45,T3=X1+X2+X3+X44.(1)指出T1,T2,T3中哪幾個是的無偏估計量；(2)在上述的無偏估計中指出一個較為有效的.解答：(1)=E(X),E(Xi)=E(X)=,D(X)=2=D(Xi),i=1,2,3,4. E(T1)=E(16(X1+X2)+13(X3+X4)=(26+23)=, E(T2)=15E(X1+2X2+3X3+4X4)=15(1+2+3+4)=2, E(T3)=14E(X1+X2+X3+X4)=,因此，T1,T3是的無偏估計量.(2)D(T1)=2362+292=10362, D(T3)=11642=142=9362,所以D(T3)<

49、D(T1), 作為的無偏估計量，T3更為有效.習(xí)題4設(shè)從均值為, 方差為2(>0)的總體中，分別抽取容量為n1,n2的兩獨立樣本，X1¯和X2¯分別是兩樣本的均值，試證：對于任意常數(shù)a,b(a+b=1),Y=aX1¯+bX2¯都是的無偏估計；并確定常數(shù)a,b, 使D(Y)達到最小.解答：E(Y)=E(aX1¯+bX2¯)=aE(X1¯)+bE(X2¯)=(a+b).因為a+b=1, 所以E(Y)=.因此，對于常數(shù)a,b(a+b=1),Y都是的無偏估計，D(Y)=a2D(X1¯)+b2D(X2

50、5;)=a22n1+b22n2.因a+b=1, 所以D(Y)=2a2n1+1n2(1-a)2, 令dD(Y)da=0, 即22(an1-1-an2)=0, 解得a=n1n1+n2,b=n2n1+n2是惟一駐點.又因為d2D(Y)da2=22(1n1+1n2)>0, 故取此a,b二值時，D(Y)達到最小.習(xí)題5設(shè)有一批產(chǎn)品，為估計其廢品率p, 隨機取一樣本X1,X2,Xn, 其中Xi=1,取得廢品0,取得合格品, i=1,2,n,證明：p=X¯=1ni=1nXi是p的一致無偏估計量.解答：由題設(shè)條件E(Xi)=p1+(1-p)0=p,D(Xi)=E(Xi2)-E(Xi)2=p12

51、+(1-p)02-p2=p(1-p),E(p)=E(X¯)=E(1ni=1nE(Xi)=1ni=1nE(Xi)=1ni=1np=p.由定義，p是p的無偏估計量，又 D(p)=D(X¯)=D(1ni=1nXi)=1n2i=1nD(Xi) =1n2i=1np(1-p)=1n2np(1-p)=pqn.由切比雪夫不等式，任給>0Pp-p=PX¯-p12D(X¯)=12p(1-p)n0,n所以limnPp-p=0, 故p=X¯是廢品率p的一致無偏估計量.習(xí)題6設(shè)總體Xb(k,p), k是正整數(shù)，0<p<1,k,p都未知，X1,X2,Xn

52、是一樣本，試求k和p的矩估計.解答：因總體X服從二項分布b(k,p), 故a1=E(X)=kpa2=E(X2)=D(X)+E(X)2=kp(1-p)+(kp)2，解此方程組得p=a1+a12-a2a1,k=a12a1+a12-a2.用A1=1ni=1nXi=X¯,A2=1ni=1nXi2分別代替a1,a2, 即得p,k的矩估計為p=X¯-S2X¯,k=X¯2X¯-S2,其中S2=1ni=1n(Xi-X¯)2,x表示x的最大整數(shù)部分.習(xí)題7求泊松分布中參數(shù)的最大似然估計.解答：總體的概率函數(shù)為PX=k=kk!e-,k=0,1,2,.設(shè)x

53、1,x2,xn為從總體中抽取的容量為n的樣本，則似然函數(shù)為L(x1,x2,xn;)=i=1nf(xi;)=i=1nxixi!e-=i=1nxii=1nxi!e-n,lnL=(i=1nxi)ln-n-i=1nlnxi!,令dlnLd=1i=1nxi-n=0, 得的最大是然估計為=1ni=1nxi=x¯,即x¯=1ni=1nxi就是參數(shù)的最大似然估計.習(xí)題8已知總體X的概率分布PX=k=C2k(1-)k2-k,k=0,1,2，求參數(shù)的矩估計.解答：總體X為離散型分布，且只含一個未知參數(shù), 因此，只要先求離散型隨機變量的數(shù)學(xué)期望E(X), 然后解出并用樣本均值

54、X¯代替E(X)即可得的矩估計.由E(X)=k=02kC2k(1-)k2-k=1×2(1-)+2(1-)2=2-2, 即有=1-E(X)2.用樣本均值X¯代替上式的E(X), 得矩估計為=1-X¯2.習(xí)題9設(shè)總體X的概率密度為f(x)=(+1)x,0<x<10,其它,其中>-1是未知參數(shù)，X1,X2,Xn為一個樣本，試求參數(shù)的矩估計和最大似然估計量.解答：因E(X)=01(+1)x+1dx=+1+2. 令E(X)=1ni=1nXi=X¯, 得+1+2=X¯, 解得的矩估計量為=2X¯-1

55、1-X¯.設(shè)x1,x2,xn是樣本X1,X2,Xn的觀察值，則似然函數(shù) L(x1,x2,xn,)=i=1n(+1)xi =(+1)n(x1x2xn)(0<xi<1,i=1,2,n),取對數(shù)得lnL=nln(+1)+i=1nlnxi, 從而得對數(shù)似然方程dlnLd=n+1+i=1nlnxi=0,解出, 得的最大似然估計量為=-ni=1nlnXi.由此可知，的矩估計和最大似然估計是不相同的.習(xí)題10設(shè)X具有分布密度f(x,)=xe-x!,x=0,1,2,0,其它,0<<+,X1,X2,Xn是X的一個樣本，求的最大似然估計量.解答：似然函數(shù)L()=i=1nxie-x

56、i!=e-ni=1nxixi!,lnL()=-n+i=1nxiln-i=1nln(xi!),dd(lnL()=-n+1i=1nxi，令dd(lnL()=0, 即-n+1i=1nxi=0=1ni=1nxi,故最大似然估計量為=X¯=1ni=1nXi.習(xí)題11設(shè)使用了某種儀器對同一量進行了12次獨立的測量,其數(shù)據(jù)(單位: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試用矩估計法估計測量值的均值與方差(設(shè)儀器無系統(tǒng)誤差).解答：設(shè)測量值的均值與方差分別為與2，因

57、為儀器無系統(tǒng)誤差，所以 =X¯=1ni=1nXi=232+112i=1n(Xi-232) =232+1/12×4.76232.3967.用樣本二階中心矩B2估計方差2, 有 2=1ni=1n(Xi-X¯)2=1ni=1n(Xi-a)2-(X¯-a)2 =112i=112(Xi-232)2-(232.3967-232)2 =0.1819-0.1574=0.0245.習(xí)題12設(shè)隨機變量X服從二項分布PX=k=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,n,X1為其一個樣本，試求p2的無偏估計量.解答：becauseXb(n,p),E(X)=np, D(X)=

58、np(1-p)=E(X)-np2p2=1nE(X)-D(X)=1nE(X)-E(X2)+(EX)2p2=1nE(X(1-X)+1nn2p2=1nE(X(1-X)+np2p2=EX(X-1)n(n-1), 由于EX(X-1)=EX1(X1-1),故p2=X1(X1-1)n(n-1).習(xí)題13設(shè)X1,X2,Xn是來自總體X的隨機樣本，試證估計量X¯=1ni=1nXi和Y=i=1nCiXi(Ci0為常數(shù)，i=1nCi=1)都是總體期望E(X)的無偏估計，但X¯比Y有效.解答：依題設(shè)可得E(X¯)=1ni=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X),E(Y)=i

59、=1nCiE(Xi)=E(X)i=1nCi=E(X).從而X¯,Y均為E(X)的無偏估計量，由于D(X¯)=1n2i=1nD(Xi)=1nD(X),D(Y)=D(i=1nCiXi)=i=1nCi2D(Xi)=D(X)i=1nCi2.應(yīng)用柯西施瓦茨不等式可知1=(i=1nCi)2(i=1nCi2)(i=1n12)=ni=1nCi2, 1ni=1nCi2,所以D(Y)D(X¯), 故X¯比Y有效.習(xí)題14設(shè)X1,X2,Xn是總體XU(0,)的一個樣本，證明：1=2X¯和2=n+1nX(n)是的一致估計.解答：因E(1)=, D(1)=23n; E(

60、2)=,D(2)=n(n+2),X(n)=maxXi.依切比雪夫不等式，對任給的>0, 當(dāng)n時，有P1-D(1)2=23n20,(n)P2-D(2)2=2n(n+1)20,(n)所以，1和2都是的一致估計量.習(xí)題15某面粉廠接到許多顧客的訂貨，廠內(nèi)采用自動流水線灌裝面粉，按每袋25千克出售. 現(xiàn)從中隨機地抽取50袋，其結(jié)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,

61、 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,試求該廠自動流水線灌裝袋重總體X的期望的點估計值和期望的置信區(qū)間(置信度為0.95).解答：設(shè)X為袋重總體，則E(X)的點估計為E(X)=X¯=150(25.8+24.7+25.1)=24.92kg.因為樣本容量n=50, 可作為大樣本處理，由樣本值算得

62、x¯=24.92, s20.4376, s=0.6615, 則E(X)的置信度為0.95的置信區(qū)間近似為(X¯-u/2Sn,X¯+u/2Sn),查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表得u/2=u0.025=1.96, 故所求之置信區(qū)間為(24.92-1.96×0.,24.92+1.96×0.)=(24.737,25.103),即有95%的把握，保證該廠生產(chǎn)的面粉平均每袋重量在24.737千克至25.103千克之間.習(xí)題16在一批貨物的容量為100的樣本中，經(jīng)檢驗發(fā)現(xiàn)有16只次品，試求這批貨物次品率的置信度為0.95的置信區(qū)間.解答：這是(0-1)分布參數(shù)區(qū)間的估計問題.這批貨物次品率p的1-的置信區(qū)間為