概率統(tǒng)計復習輔導材料

1、1第一章隨機事件及其概率本章介紹概率的基礎(chǔ)概念與理論，重點內(nèi)容是：(1)古典概型、幾何概型和貝努里概型的概率計算；(2)利用事件的關(guān)系與獨立性進行概率計算；(3)利用加法定理、條件概率公式、乘法定理、全概率公式及貝葉斯公式進行概率計算例題分析本章的重點是事件概率的計算：1.用古典概型，幾何概型的定義計算概率例 隨機地將 15 名新生平均分配到三個班級中去，這(1)每個班各有一名優(yōu)秀生的概率；(2)3 名優(yōu)秀生分在同一個班的概率。解 將 15 名新生平均分配到三個班級中的總分法數(shù)為:n= G5C10C5(1)事件A=將 15 名新生平均分配到三個班級中去，且每個班各有一名優(yōu)秀生，完成事件A可分兩

2、步，先把 3 名優(yōu)秀生各班分 1 名共有3!種分法，再把 3 名新生平均分配到三 個班級共有CCC：種分法，由乘法原理知中完成事件A的方法數(shù)即事件A包含的基本事 件數(shù)m3!C142CsC44。故mA3!C12C8C425P(A)5 5 5nC15C10CI91(2) 事件B=將 15 名新生平均分配到三個班級中去，其中3 名優(yōu)秀生分在同一個班。完成事件B可分兩步，先把 3 名優(yōu)秀生分在同一個班，共有3 種分法，對于這每一種分法，其余 12 名非優(yōu)秀生的分法(一個班 2 名，另兩個班各 5 名)共有種分法，由乘法 原理知中完成事件B的方法數(shù)即事件B包含的基本事件數(shù)mB= 3C12C15OC；5。

3、故例(852) 從1,2/ ,10共 10 個數(shù)中，每次取一個數(shù)，假定每個數(shù)被抽取的可能性都相等，取后放回，先后取出 7 個數(shù)，試求下列各事件的概率;A二7 個數(shù)中不含 1 和 10 ;2OB=數(shù) 10 恰好出現(xiàn) 2 次由于是有放回地抽取，故基本事件總數(shù)為107，因此15 名新生中有 3 名優(yōu)秀生，求:P(B)二mBn3C122C15OC?C555911o解1oHA討3 2OP二釋J2 517252例 在區(qū)間(0, 1)中隨機地取出兩個數(shù)，則事件兩數(shù)之和小于-的概率為5解如圖 1.2 知3解 因為P(AB)二1 - P(AB),P(A)二P(AB) P(AB)，所以P(AB) =1 P(A)

4、P(AB) =1一0.7 0.3二0.6例(860) 設事件A與B相互獨立且互不相容，則min(P(A), P(B)二_。解 由A與B相互獨立知P(AB)二P(A)P(B)，又因A與B互不相容，故P(AB)=0, 所以P(A)P(B) = P(AB)=0因此，min(P(A), P(B)=03 利用條件概率、乘法公式進行計算例(868)某光學儀器廠生產(chǎn)的透鏡，第一次落地打破的概率為3/10,第二次落地打破的概率為 4/ 10,第三次落地打破的概率為9/10，求透鏡落地三次被打破的概率。分析 第二次落地打破的概率，實際上是指在第一次落地未打破的條件下，第二次落地 才打破的條件概率，同樣，第三次落

5、地打破的概率是指在第一、二次落地都未打破的條件下， 第三次落地才打破的條件概率。解 設A:“透鏡第i次落地被打破”i =1,2,3A :“落地三次，透鏡被打破”，依題意A= A) *A A21“AA2A3，且A,AA2,AA2A3兩兩互不相容，故有 算法 1P(A) =P(AJ P(AA)巴入1入2人3)二P(AJP(A)P(A2lA)P(A)P(A2|AJP(A3|AA2)33 434 9(1)(1)(1)0.958_ 1010 101010 10算法 2 先求P(A)P(A)= P(AAA3)=P(AJP(A2|AJP(A3l AA2)2。P =1 -Pg卩內(nèi))卩(乓)81注：此題也可用古

6、典概型計算=(110 10 10421000所以，P(A) =1 -P(A) =0.958例(854)從裝有紅、白、黑球各一個的口袋中任意取球(取后放回)的球至少取得一次為止。求：1o 摸球次數(shù)恰好為 6 次的概率；2 o 摸球次數(shù)不少于 6 次的概率。，直到各種顏色解 設Ak: “直到各種顏色的球至少取得一次為止所需摸球次數(shù)為 則事件人、發(fā)生必為第k次首次摸到紅球、或白球、或黑球，其概率為 摸到的必是其余兩種顏色的球，且每種顏色至少出現(xiàn)一次，至多重復k次”，k =3,4,31C1-，剩下(k -1)次3概率都是1，因此31oP(Ak)4P(A6)八15“叫)10811、i, 1、2 43、3

7、丿k -2匚C七 hk =3,4,，4p (Ak) = c3(2 2 - 2) / 3k, k = 3,4，4 利用全概率公式，貝葉斯公式計算概率5例(870) 有兩個箱子，第一個箱子有 3 個白球 2 個紅球，第二個箱子有 4 個白球 4 個 紅球，現(xiàn)從第一個箱子中隨機地取出1 個球放在第二個箱子里，再從第二個箱子中取1 個球，此球是白球的概率為_，已知上述從第二個箱子中取出的球是白球，則從第一個箱子中取出的球是白球的概率。分析 本題第一問是考查全概率公式，第二問是求條件概率，故應用葉貝斯公式設 A=從第i個箱子中取出的球是白球 ,i= 1 , 2 ,由條件知，P(A)=3/5, P(A2A

8、) =5/9，故由全概率公式得3 53523P(A2P(A1)P(A2A1) P(A1)P(A2A!訂(1 - )(1 -)=595945第二問由貝葉斯公式有應分別填MAA)二P(A)P(A2 AJ4523 5 94523例有兩個箱子，第一個箱子有15235 個白球 10 個紅球，第二個箱子有 5 個白球 10 個紅球，現(xiàn)從第一個箱子中任取出 1 個球放于第二個箱子里，然后從第二個箱子中任取 箱子里，最后從第一個箱子中任取2 個球,求 2 個球全是紅球的概率.1 個球放于第一個分析本題是考查全概率公式解 設A=從第一個箱子中任取出 1 個球放于第二個箱子里，然后從第二個箱子中任取1個球放于第一

9、個箱子后第一個箱子中含有i個紅球,i= 4,5,6 ,B=最后從第一個箱子中任取 2 個球全是紅球由條件知，P(A4)=P(先從第一個箱子中任取出紅球后從第二個箱子中取出白球 )_ _55_5X-151648P(As)=P(先從第一個箱子中任取出紅球+P(先從第一個箱子中任取出白球后從第二個箱子中取出紅球 ),后從第二個箱子中取出白球 )61110 A.231516151648P(Ao)=P(先從第一個箱子中任取出白球= 10/15 10/16 =20/48P(BA4) = C； /C；5=6/105 P(BA6)=C； /C!5=15/105后從第二個箱子中取出紅球 )P(B 乓)=C；/G

10、2 =10/1056562310=x+x75.利用貝努里概型公式進行計算例 某人有兩盒火柴，吸煙時從任一盒中取一根火柴，經(jīng)過若干時間后，發(fā)現(xiàn)一盒火柴 已經(jīng)用完，如果最初兩盒中各有m根火柴，求這時另一盒還的r根火柴的概率。解 假若甲盒已空而乙盒還剩r根火柴，則在這之前一定已經(jīng)取過(2m r)次火柴，每1次取甲、乙盒的概率為p = q，在(2m-r)次中，恰有m次取于甲盒，(m-r)次取于乙2盒，第(2m 1_r)次必然抓了甲盒，否則不會發(fā)現(xiàn)甲盒是空的，因此這種情況的概率為P二R P2二Ch)22例(877)假設一廠家生產(chǎn)的每臺儀器，以概率0.70 可以直接出廠；以概率 0.30 需進一步調(diào)試，經(jīng)

11、調(diào)試后以概率0.80 可以出廠，以概率 0.20 定為不合格儀器不能出廠，現(xiàn)該廠新生產(chǎn)了n(nK 2)臺儀器(假設各臺儀器的生產(chǎn)過程相互獨立)，求：10 全部儀器能出廠的概率 ；2o 其中恰好有兩臺不能出廠的概率一：；3o 其中至少有兩臺不能出廠的概率二。分析 由于各臺儀器的生產(chǎn)過程相互獨立，故生產(chǎn)的n臺儀器中能出廠的儀器數(shù)服從參數(shù)為(n, p)的二項分布，問題的關(guān)鍵是p的確定解設A= 儀器需要進一步調(diào)試，B =儀器能出廠;則A =儀器能直接出廠，AB =儀器經(jīng)調(diào)試后能出廠。由條件知B二A _ AB, P( A)二0.30, P(B | A)二0.80p二P(B)二P(A) P(AB)二P(A

12、) P(A)P(B | A)-0.70 0.30 0.80=0.94記X為所生產(chǎn)的n臺儀器中能出廠的臺數(shù)，貝 UXB(n,0.94)分布，故 =PX =n =0.94n2 =PX =n-2fO.942 0.062-PX 0故得，當p .1/2, 5 引擎機比 3 引擎機飛行更安全。例(888) 某箱裝有 100 件產(chǎn)品，其中一、二和三等品分別為80, 10 和 10 件，現(xiàn)從中隨機地抽取一件，記1若抽到 i 等品，(i =1,2,3)乙=i0,其它試求隨機變量 乙和Z2的聯(lián)合概率分布。解 (乙，Z2)為二維離散型隨機變量，其可能取值為(0, 0), (0, 1) , (1 , 0), (1,1

13、),故P(Z1=0,Z2=0)=P(該產(chǎn)品不是一等品且不 是二等品)=P(該產(chǎn)品為三等品)=10/100= 0.1P(Z1=0,Z2=1)=P(該產(chǎn)品為二等品)=10/100=0.1P(Z1=1,Z2=0) =P(該產(chǎn)品為一等品)=8/100=0.8P(Z1=1,Z2=1)P(該產(chǎn)品為一等品且為二 等品)=P( ) = 0例 設某班車起點站上的乘客數(shù)X服從參數(shù)為( .0)的泊松分布，每位乘客中途下車的概率為p(0 :： p : 1),且中途下車與否相互獨立，以Y表示中途下車的人數(shù)，求二維隨機變量(X,Y)的分布律。解P(X =n,Y =m) = P(Y = m| X = n)P(X = n)a

14、-扎m n n _man ,=5 p (1 p)-人，0蘭mW n, n= 0,1,2,n!例一汽車沿一街道行駛， 需要通過三個設有紅、 綠信號燈的路口， 每個信號燈為“紅 或綠”與其它信號燈為“紅或綠”相互獨立，且紅綠兩種信號顯示時間相等，以首次遇到紅燈前已通過的路口數(shù)，求X的分布律。解此題是有限幾何分布模型，求X的分布律。P(X = 0) = p, P(X = 3) = 1 _1_1_12482.連續(xù)型隨機變量的分布密度和分布函數(shù) 例(892)設隨機變量X的分布函數(shù)為F (x) = A Barctgx，-: :： x ：試求：1o 系數(shù)A與B; 2oP(-1 ：X ：1); 3oX的分布密

15、度解 1o 由分布函數(shù)的性質(zhì)F(-：) =0, F：)=1，知；A + B(/2)=0;X表示汽車P(X = k) =1k =1,212、A + B0/2)=1解方程組得：A =1/2, B =1/-：11F (x)arctgx,-:2兀:x :1311112P(-1 ：X ：1) =F(1)-F(-1) =( arctg1)-( arctg (-1)2兀2兀, 11 ”13of （x） = F （x） = （ arctgx）2,-：x：2兀兀（1 + x ）例（894）設隨機變量X在2 , 5上服從均勻分布，現(xiàn)對X進行三次獨立觀測，試求至少有兩次觀測值大于 3 的概率。解由條件知X的分布密度

16、為1/3, 2蘭X蘭5;f （x）=0,其它令：3表示三次獨立觀測是中觀測值大于3 的次數(shù)，則：3服從B（3, p），其中p為512p二p（x . 3）=33dx= 333222232320故有P（：3一2）七3（；） （1-2）弋3（2）33327例（20021）設隨機變量X服從正態(tài)分布 N （巴2），且二次方程y2+ 4y + X= 0無實根的概率為本 1/2U 卩=。解由二次方程y24y X = 0無實根的條件知24-4X : 0,故P（164X c0） =1/2,P（X 4 0） =1/2,卩=4例（896）設隨機變量（X,Y）的概率密度為f(x,y)(R72 2、x y ),x2y2

17、：R2;y2_ R2試求 1 0 系數(shù)c；解：2o（X ,Y）落在圓x2y2r2（0 ：rR）內(nèi)的概率。1 = j 三日(x,y)dxdy =FR3= cR3! ic(R -x2y2)dxdyy2:R2_c i匕x2y2dxdyx2y2:R2R 2二i i ；(令x =cos J,y=sin v)2R3cR3x2143_3二(x,y): x2y2三r2；所以c2o15卑(1-空)3R 3R注利用分布函數(shù)的基本性質(zhì)可以確定待定系數(shù)，從而可以計算二維隨機變量落在某一 區(qū)域內(nèi)的概率，值得注意的是計算過程中，由于f(x, y)通常是分區(qū)域函數(shù)，故積分區(qū)域要特別小心，以免出錯。例(898)考慮一元二次方

18、程x1 2Bx 0，其中B,C分別是將一枚骰子接連擲兩次 先后出現(xiàn)的點數(shù)，求該方程有實根的概率p和有重根的概率q。解 方程x2Bx C 0有實根的充要條件是判別式 厶二B2-4C_0或C B2/4, 由條件知，本枚骰子擲兩次，其基本事件總數(shù)為36,且B123456使C蘭B2/4的基本事件個數(shù)012466使C B2/ 4的基本事件個數(shù)010100故使方程有實根的基本事件個數(shù)為0 + 1 + 2+ 4 + 6 + 6= 19所以p =19/36，使方程有重根的充要條件是B2=4C，滿足此條件的基本事件個數(shù)為0+ 1 + 0+ 1 + 0 + 0= 2因此q =2/36 =1/18例(900)設隨機

19、變量(X,Y)均勻分布于以(1,0)，(0,1)，( 1,0), (0, 1)四項點所構(gòu)成的正方形中，求X與丫的邊緣密度函數(shù)。解如圖 2.31/2, |x| + |y|10,其它X十110 當一1： X ：0時，fx(x) = :Hf (x, y)dy = x 1A 11dy = _x 1x42所以1X的分布函數(shù)F(x)二PX乞x；2X取負值的的概率p。P(X,Y)c(R- . x3y3)dxdyD=c ” Rr2f (x, y)= “QQ當0豈X1時,fx(x)二.f (x, y)dy二.、fx(x)二V | x |, _1 ex c1;0,其它162o 類似 1o 可得11,P X =1；

20、在事件84 1出現(xiàn)的條件下，X 在(-1, 1)內(nèi)的任一子區(qū)間上的條件概率與該子區(qū)間長度成fY(y)=1|y|, 1yw1o,其它設隨機變量x的絕對值不大于 1 ；PX = -1 -1 ： ：X正比。試求17115P -1 ： X ： 1 = 1 -848故在一1 ： X :：: 1條件下，事件一1 ： X乞x的條件概率為x +1P一1 ： X豈x -1 ： X :：: 1(注意該式？)于是，對于一1 ： x ：:1,有P一1 ： X乞x二P一1 ： X乞x,1 ： X :：: 1(注意該式？)x +155(x +1)=P 1 v X 蘭 x 1 v Xc * ，P 1 c X 1=漢一=-2

21、 8 161 5x + 5 5x + 7F(x)二P(X空 一1) P(1 ： X Ex二58 16 16對于x _1,有F(x) =1.從而”0,xc-1F (x),-1 _ x ： 1161,x _1(2)X取負值的的概率7 p = PX ： 0 = F (0) - P X = 0= F (0)=3 .隨機變量函數(shù)的分布例 設隨機變量X1,X2的概率分布為r-1 01、廣 01、X1X2J/4 1/21/4J/2 1/2且P(X1X2=0)=1，求(X1,X2)的聯(lián)合分布。解(X1,X2)為二維離散型隨機變量，由條件P(X1X2=0)=1知P(X1X2= 0) =0故P(X1= - 1,X

22、2=1) P(X1=1,X2=1)=0由聯(lián)合分布與邊緣分布的關(guān)系立得P(X-1,X0 P(X1=1,X2=0) =1/4P(X0,X1) -1/2, Pg =0,X2=0) =0例(910)設隨機變量X在(0,2二)內(nèi)服從均勻分布，求隨機變量 丫二COSX的分布密度。解由條件知X的分布密度為1/ 2兀,0 c x v 2兀,f (x)一0,其它由于函數(shù)y二cosx在(0,2 )內(nèi)為分段單調(diào)函數(shù)，其反函數(shù)分別為捲 =arccosy, xt) = 1 _P(X!t, X2t, X3t) =1 _1 _F(t)3=1 _e，t-eX,t010,tYJ,若X 2丫（i ）求（U ,V）的聯(lián)合分布；（i

23、i）求U與V的相關(guān)系數(shù)r。解（U ,V）為二維離散型隨機變量，其可能值為（0,0），（0,1），（ 1,0），（ 1,1）；由條件知（X,Y）的聯(lián)合概率密度為0, (x, y)八G(i)P(U=0, V=0) =P(XY, X 2Y)=P(X WY)P(U=0, V=1) = P(X2Y)=P（）=0P(U=1, V=0)1n=_ ,P4(U =1, V =1)2（ii），由（i )知廣01、廣01UV訂/4 3/4丿633 .隨機變量函數(shù)的數(shù)字特征計算公式：一維隨機變量EYg(Xi)P(X二Xi)或EYg(x)fx(x)dx-匚iDY二EY2- (EY)2(X,Y)的函數(shù)Z =g(X,Y)的

24、數(shù)字特征的計算公式EZ八 g(x,yJP(X=冷丫二yj iEZ二g(x, y)f(x,y)dxdy,2 2DZ二EZ -(EZ)212例 已知連續(xù)型隨機變量X的概率密度函數(shù)為f(x)=-1e，則X的數(shù)字期望為3 2222DY =EY2- (EY)2=1-(-)2=1 -* 2兀兀例(954) 假設一部機器在一天內(nèi)發(fā)生故障的概率為0.2，機器發(fā)生故障時全天停止工作，若一周 5 個工作日里無故障，可獲利潤10 萬元；發(fā)生一次故障可獲利潤5 萬元；發(fā)生二次故障所獲利潤 0 元；發(fā)生三次或三次以上故障就要虧損2 萬元，求一周內(nèi)期望利潤是多少？X函數(shù)Y = g( X)的數(shù)字特征的計算公式二維隨機變量;

25、方差為。解此題簡單解法是利用正態(tài)分布的均值與方差已知直接寫出，即把型，從而有EX -1, DY -1/2。例(947)一零件的橫截面是圓，對截面的直徑進行測量，設其直徑服從區(qū)間的均勻分布，則橫截面積的數(shù)學期望為_，而面積的方差為_分析此題是計算均勻分布隨機變量函數(shù)的期望與方差，由公式得1 -dx2240 x2兀f (x)dx =442:二x2x2ES2:二X2) f(x)dx-416JI-3 1dx2f (x)變形為標準0，2上。DS =ES2_(ES)2,224:ji七)4526Y-|X |，求Y的概率密度及EY,DY。解 此題計算Y的期望與EY2時可直接用公式：x2 2 _ 2EY二E|X

26、|=.x| e2dx二；y.-.：2, 2二2 2 2 2EY =E|X|=EX =DX (EX) =10 =1分析 若以X表示一周 5 天內(nèi)機器發(fā)生故障的天數(shù)，Y表示一周利潤，則丫為X的函數(shù),故問題化為求隨機變量Y的數(shù)學期望。解 由條件知X B(5,0.2)，即PX二k二C；0.2k0.85七k =0,1,510, X =0;5, X =1;丫二g(X)二0, X = 2;-2, X _35EY二Eg(X)八g(k)PX二kk=0=10 PX =0 5 P X =10 PX =2-2 PX =3 PX =4 PX =5=10 0.328 5 0.410-2 0.057 =5.216(萬元)三

27、.大數(shù)定律和中心極限定理1)用切比雪夫不等式來估計事件的概率及試驗次數(shù)n。要點：1。合理選擇隨機變量X; 2o 求出EX, DX; 3o 根據(jù)題意利用切比雪夫不等式進行 計算。例(960)已知隨機變量X的數(shù)學期望EX =100,方差DX =10，試用切比雪夫不等式估計X落在(80, 120)內(nèi)的概率。解由切比雪夫不等式10 P(80：X : 120) = P(| X100卜：20) _ 12=0.97520例(964) 在每次試驗中，事件A發(fā)生的概率為 0.75,利用切比雪夫不等式求：1o 在 1000 次獨立試驗中，事件A發(fā)生的次數(shù)在 700-800 之間的概率；2on為多大時才能保證在n次

28、重 復獨立試驗中事件A出現(xiàn)的頻率在 0.74 0.76 之間的概率至少為 0.90。解 1o 設X表示在 1000 次獨立試驗中事件A發(fā)生的次數(shù)，則X - B(1000,0.75)，且EX二np二750 DX二np(1 - p)二187.5將事件700 : x : 800化成切比雪夫不等式中的標準形式| X - EX卜：；，得700 : X : 800二700 -750 ： X - 750 : 800 750 =| X - EX卜：50在切比雪夫不等式中取:-50，則有DX1875P700 ： X : 800 = P| X - EX卜：50 _ 12=1502500=1 - 0.075 =0.

29、9925兀4兀2解分別填一和。345272o 因事件A出現(xiàn)的頻率為X/n,故將事件0.74 ： X / n ： 0.76化成標準形式| X - EX |一x0.740.76 =0.74n ： X : 0.76nn-0.74n -0.75n ： X -0.75n ： 0.76n - 0.75n= -0.01 n ： X EX ：0.01n-| X EX卜：0.01n(EX =0.75n, DX =0.1875n)在切比雪夫不等式中取=0.01 n，則有XDXP0.740.76 = P| X - EX | ： 0.01n - 12n(0.01 n),0.1875n, 1875=12=1-(0.01

30、 n)2n1875由題意取10.90可解得n _ 18750，即至少做 18750 次重復獨立試驗，可使事件A出n現(xiàn)的頻率在 0.74 至 0.76 之間的概率至少為 0.90。例(961) 設X為連續(xù)型隨機變量，c為常數(shù)，名0,求證P| X _c宦硏蘭E 1X _c|z分析 此類概率不等式的證明，一般考慮用切比雪夫不等式或直接從定義用類似切比雪 夫不等式的方法來證。證 設X的密度函數(shù)為f(x)，則P| X -c|_ ;二f(x)dx|x -c| _； N(20 5,20) = N(100,),y123故不105100P(V 105) ： 1 P(V 105) =1一門() 0,. X是的一致

31、估計。znz2設(XX2,Xn)為總體N(；)的一個樣本，試證存在常數(shù)C，使E(X二)2= D(X)例n-1e(Xi 1-Xi)2為匚2的無偏估計。i1證E J (Xi 1-Xi)2二“E(X_ iiAn 4(二2-22訂二2；2)=c(n-1)22i =1_2 2要使c(n-1)2-，只須取c=1/2(n-1)4.例均值X解n-1n-1i1-Xi)2E(Xi21)-2E(Xi1Xi) E(Xi2)l=1計算題( 972)設總體X服從泊松分布P( ), (X,X2/,Xn)為X的一個樣本，求樣本的概率分布。由于(X1,X2,Xn)為P()的樣本，故由泊松分布的可加性知_ nnX =為Xi P(

32、n )iA即X的分布列為 k(n )kP(X) =P(nX二k)e, k = 0,1,2,nk!例 設總體X服從泊松分布P(),(Xi,X2,Xn)為來自X的一個樣本，求34351O（Xi,X2,，Xn）的概率分布;22oEX,DX和ES的值。解 1o 由于X P（ ），故xPX =x e- x二01,2, x!故(Xi，X2,Xn)的概率分布為nPXi=Xi,X2=X2, ,Xn =Xn | (i Ak)Xxi1n1nE(X) =E(、Xi)=EXi=EX = ,ni二n y- 1n1n1D(X) = D(xi)DXiDX =Jn yni-1nn21nES2二E(Xi-X)2二1n2-xEX

33、i2-n E(X)|l_n -1i 4n - 1 -i呂2o 因為E(X)二, D(X),所以DXi(EXi)21DX n-1上述結(jié)論對任意總體n -1X均成立，D(X) (EX)21n -1=DX =12E(X)二EX, E(X) DX , ES二DX。n例（977）設總體X服從（片己T2）上的均勻分布，即f(X)=;,X口1門1出;360,其它其中齊門2為未知參數(shù)，試求 片門2的矩估計。“X丄dx = X|廠1弓二22飛1E(X)2由矩估計定義得兩個方程:丄EX=3762-= X ,2 2 V；- “七 3解方程組，得到d2的估計。其它n0,閔=空立（丄瓦X： （X）2）ni二例設總體X的

34、概率密度為le諸f（X）=00,。=、：12M2 = X孚(I ： 0,:;三R)x :求未知參數(shù):-和：的矩估計和極大似然估計(1)DX =X-:xdx =:0-：(x - ： - - )20 x-;-：dx二2(2)nxi 1 Ii =1,2, ,n0,(*)方程（*）：ln LC ,) I n n 廠2(x-：) = 0(*)無解,由于L（a,0）是a的單調(diào)增函數(shù)（當xi色口時），故P（X :：t）的極大似盧2的極大似然估38-rnXi，-Xi?nXi例（981）設（Xi,X2/,Xn）是正態(tài)總體NC2）的樣本，試然估計。解 本題的關(guān)鍵是將P（X ：t）看作參數(shù) 匕二2的函數(shù)，從而代于3

35、9X - |計可得P（X : t）的極大似然估計，由于.n N（0,1），故CF-X4 Lt f-t-P（X ：t）=P（n ：,n）=：（）E?4Eg)3D?=E&2)-(E1)2x2 x2dx =二 寸3-215405故弓比?2有效。例設總體X服從參數(shù)的泊松分布，即.kP（X -k） e，k =01,2, k!412（X1,X2/ ,Xn）是X的一個樣本，試求的無偏估計。分析 求參數(shù)函數(shù)的無偏估計通常是用常用統(tǒng)計量的組合來構(gòu)造；其結(jié)果一般不唯一。注X是的無偏估計，但X2不是2的無偏估計，即無偏估計的函數(shù)不是待估參數(shù)函數(shù)的無偏估計。例（989）假設 0.50, 1.25, 0.80, 2.00 是來自總體X的一組觀測值。已知Y =In X服從正態(tài)分布N （ 1）求X的數(shù)學期望EX（記為b）; （ii ）求的置信度為 0.95 的置信區(qū)間;由于y=0,U0.025=1.96，故的置信度為 0.95 的置信區(qū)間為（一 0.98, 0.98）iii）由于b為的函數(shù)，故b的置信區(qū)間可由J的置信區(qū)間推出，由函數(shù)ex的嚴格單調(diào)遞增性知1也0.95二P（0.48亠卜：1.48） = P（e48: e2： e1.48）2故b的置信度為 0.95 的置信區(qū)間為（e45