估計(jì)有關(guān)的習(xí)題集及詳解

1、XX估計(jì)基本題型I矩估計(jì)法【例7.1】總體x的概率密度函數(shù)為f（x；o）=rxQl其他o），求未知參數(shù)o的Io,其I他矩估計(jì).【分析】先由題設(shè)所給含有未知參數(shù)的隨機(jī)變量概率密度求出數(shù)學(xué)期望，解出未知參數(shù)o與數(shù)學(xué)期望的關(guān)系，再由樣本一階原點(diǎn)矩替換總體期望，即得參數(shù)e的矩估計(jì).解】為求未知參數(shù)用總體原點(diǎn)矩表示的式子，先求出EXEX=J+8xf(x;0)dx=J1x0 xO-idx=g00+1因而0=EX-1-EX因而在上式中用樣本一階原點(diǎn)矩替換總體一階原點(diǎn)矩，即得未知參數(shù)0的估計(jì)0=X,；（l-X）.【例7.2】設(shè)總體X服從均勻分布Uab，X,X,LX）為來自此總體的樣本求a,b12n的矩估計(jì).【

2、分析】由于總體的分布中含有兩個(gè)未知參數(shù)a,b，故需要求出總體的兩個(gè)矩，為簡(jiǎn)單起見，一般先求其一階矩（即總體的期望）和二階矩（也可以取總體的方差），然后按矩估計(jì)法相應(yīng)的樣本矩替換它們，得矩法方程，最后求解便可得到a,b的矩估計(jì).【解】由于總體X服從均勻分布Ua,b，故總體的期望和方差分別為EXa+b；DX=(b-a)12T;12EX由矩估計(jì)法，用X替換EX，用S2替換b2，便得矩法方程組a+bTa+bT(ba)l2=S212a+b=2Xa+b=2、：3S2于是解出a,b的矩估計(jì)分別為a=X-羽s,b=x+V3s.“1Ixl【例73】設(shè)總體X的概率密度函數(shù)為f(x;0)=e-9,(00,-gx+s

3、)，求0的20矩估計(jì).【分析】由于總體的分布中只含有一個(gè)未知參數(shù)0，但總體的一階矩為常量，需要求總體的二階矩，從而確定矩方程，最后求解0的矩估計(jì)量.【解】雖然總體X只含有一個(gè)參數(shù)，但EX=卜x-EX=卜x-g120e-9dx=0不含0，不能求解0故需求二階原點(diǎn)矩TOC o 1-5 h z1|xl21乙x2工EX2=J+gx2-e0dx=J+gx2-e0dx=02J+g()eeg202002000=02r(3)=202.令X2，則有0的矩估計(jì)量為f=丄X2.ni2ni=1i=1基本題型n極大似然估計(jì)法【例7.4】【例7.4】設(shè)總體X具有概率密度函數(shù)f(x;0)=J0 x0-1,0 x0)，0的極

4、大似然估計(jì)量是【分析】設(shè)x,x,Lx為總體X的觀測(cè)值，則其極大似然函數(shù)為L(zhǎng)(0)n(xLx)0-1,2n1n=0+Elnxi=0i=1對(duì)數(shù)似然函數(shù)為InL(0)二nIn0+=0+Elnxi=0i=1i=1得參數(shù)0的極大似然估計(jì)值為0八=-,從而得參數(shù)0的極大似然估計(jì)量為Ylnxii=1nYnlnXii=1【例7.5】設(shè)總體X的分布律為Xa1a2a3P0220(1-0)(1-0)2又設(shè)X,X,LX為來自此總體的樣本，記n表示X,X,LX中取值為a,j=1,2,3，TOC o 1-5 h z12nj12nj的個(gè)數(shù)，求0的極大似然估計(jì).【分析】求極大似然估計(jì)量時(shí)，關(guān)鍵是求似然函數(shù)，它是樣本觀測(cè)值的函

5、數(shù).【解】設(shè)x,x,Lx是樣本X,X,LX的觀測(cè)值，則參數(shù)0的似然函數(shù)為12n12nL(0)=Hp(x;0)=P(x=a)譏P(x=a)n2P(x=a)3i123i=1=02n120(1-0)n2(1-0)2n3=2n202n1+n2(1-0)n2+2n3對(duì)數(shù)似然函數(shù)為lnL(0)=nln2+(2n+n)ln0+(n+2n)ln(1-0)21223從而似然方程為dlnL(0)2n+nn+2n1cccIId001-0=得0的極大似然估計(jì)量0八=旦.2n【例76】設(shè)X1，X2，LXn為總體的一個(gè)樣本，求下列總體概率密度中的未知參數(shù)的極ii=1ii=1大似然估計(jì)f(x;0)=0，0，u為常數(shù).丨0,

6、其他【解】設(shè)x1，x2，Lxn是樣本X1，Xn的觀測(cè)值，則參數(shù)0的似然函數(shù)為1-（另（x.-u）0ei=1,xnu0ni0,其他取對(duì)數(shù)InL（0,u）=一nIn0工（x一u）：0.ii=1對(duì)參數(shù)e,u求偏導(dǎo)，令其為o,則VInL（0，u）=-n+工（x-u2=0d00ii=1dlnL（0,u）n=00du0+u=-!-工x=xni=i=1丨冷顯然，上式第二式不能求出參數(shù)e，u的關(guān)系，但由定義，當(dāng)e固定時(shí)，要使L(0,u)最大，只需u最大，因ux,x,Lx，則參數(shù)u的似然估計(jì)值為u二x從而得參數(shù)0的極大12n(1)似然值為0二x-x，故0,u的極大似然估計(jì)量為u=X0二X-X.(1)(1)(1)

7、基本題型皿評(píng)價(jià)估計(jì)量的標(biāo)準(zhǔn)(無偏性與有效性)【例77】樣本X,X,LX取自總體X，EX=u,DX=q2，則可以作為q2的無偏12n估計(jì)的是(A)當(dāng)u已知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量工(X-u)2/n.(B)當(dāng)u已知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量工(X-u)2/(n-1).i=ii=i(C)當(dāng)u未知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量工(X-u)2Jn.(D)當(dāng)u未知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量工(X-u)2/(n一1).i=i:i=1【分析】當(dāng)u已知時(shí)，工(X-u)2/n為統(tǒng)計(jì)量，利用定義有DX=E(Xu)2=DX=b2ii從而故而E憶(Xu)2E(X-u)2=YDX=n從而故而i=1TOC o 1-5 h ziiii=1i=1i=1E憶(X=u)2in=no2/n=o2.

8、i=1:i=1E工(Xu)2:(n1)=E工(Xu)2/(n1)=no12(n1)HQ2i=1i=1所以當(dāng)u已知時(shí)，(A)入選，(B)不能入選.當(dāng)u未知時(shí)，樣本函數(shù)工(Xu)2jn,工(Xu)2j(n1)均不是統(tǒng)計(jì)量，因而不能作i=1:i=1為o2的估計(jì)量，更不能作為無偏估計(jì)量.選(A).【例78】設(shè)X1,X2，LXn是總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，則下列不是總體期望u的無偏估計(jì)【】(A)1nX.(B)0.2X+0.5X+0.3X.ni12ni=1(C)X+1X.2(D)X-X+X.123【分析】要驗(yàn)證統(tǒng)計(jì)量是否為無偏估計(jì)，即驗(yàn)證E9=9.1n1nE_邋X=EX=u；TOC o 1-5 h znini

9、i=1i=1E0.2X+0.5X+0.3X=0.2EX+0.5EX+0.3EX=0.2u+0.5u+0.3u=u；12n12nEX+X=EX+EX=2u?u；1212EX-X+X=EX-EX+EX=u-u+u=u；123123【例7.9【例7.9】試證明均勻分布f(x;0)=中未知參數(shù)0的極大似然估計(jì)量不0,其他是無偏的.分析】涉及總體分布時(shí)，先求估計(jì)量的概率密度(或分布律).【解】設(shè)x,x,Lx是樣本X,X,LX的觀測(cè)值，則參數(shù)0似然函數(shù)為12n12nL(0)=丄,0 x0,i=1丄n.TOC o 1-5 h z0ni是0的一個(gè)單值遞減函數(shù)由于每一個(gè)x0，最大次序統(tǒng)計(jì)量的觀測(cè)值x=maxx0

10、i(n)1ini在x0，i二1，L，n中要使L(0)=丄達(dá)到極大，就要使0達(dá)到最小但0不能小于x，i0n(n)否則樣本觀測(cè)值x,x,Lx就不是來自這一總母體，所以=x是0的極大似然估計(jì)值.12n(n)故最大次序統(tǒng)計(jì)量二X是參數(shù)0的極大似然估計(jì)量.(n)為要證明估計(jì)量0二X不是0的無偏估計(jì)量，需求出EX，為此先求X的概率(n(n(n密度.因統(tǒng)計(jì)量0八=X為隨機(jī)樣本X,X,LX的最大值，而X,X,LX獨(dú)立同分布，(n12n12n故X的概率分布函數(shù)為F(x)二F(x)二F(x)n，其中F(x)為總體X的分布函數(shù).()0X(n)由X的概率密度可知,xF(x)=x/0,x0因此從而(n)(x)=F(x)

11、從而(n)(x)=F(x)=F(x)n-1=nFn-1(x)-f(x)=0nxn-1.0n,x0,其他E0=J+8xf(x)dx=J8n0n+1即極大似然估計(jì)量n不為參數(shù)0的無偏估計(jì).【例7.10】若未知參數(shù)的估計(jì)量是4，若E(6)=e稱4是0的無偏估計(jì)量.設(shè)叫,町是未知參數(shù)0的兩個(gè)無偏估計(jì)量，若D叫)D(u)，故u是比u更有效的估計(jì)量.1221【例7.12】從總體X中抽取樣本X,XLX，設(shè)C,CLC為常數(shù)，且工C=1，12n12nii=1證明：(1)u=工CX為總體均值u的無偏估計(jì)；iii=1(2)在所有這些無偏估計(jì)量u=工CX中，樣本均值X=1工X的方差最小.iinii=1i=1【分析】注

12、意到樣本X,X,LX相互獨(dú)立，且與總體X同分布，易得u的無偏性及12n其方差D(u)，利用拉格朗日乘數(shù)法則，不難證明，當(dāng)u=X時(shí)方差最小.【證明】因?yàn)闃颖綳,(i=-L,n)與總體X服從相同分布，故iEX=EX=u,i=1,2,L,ni又工C二1,則Eu=E(工CX)二工C(EX)二uiiiiiTOC o 1-5 h zi=1i=1i=1從而u=工CX為總體均值u的無偏估計(jì).iii=1設(shè)總體方差DX=b2，則DX=DX=b2,i=1,2,Ln.又樣本X,X,LX相互獨(dú)i12n立，故Du=D(YcX)=Yc2DX=(工C2)b2iiiiii=1i=1i=1為確定u的無偏估計(jì)量u的方差D(u)在什

13、么情況下最小，應(yīng)當(dāng)求D(u)滿足條件工c=1ii=1的條件極值.為此考慮函數(shù)G(C,LC)=(工C2)c2+九(Yc-1)，其中九為常數(shù).1niii=1i=1月G求偏導(dǎo)數(shù)-(i=1，2，Ln)，并令它們等于零，得oCi2C2+X=0,i=1,2,Ln(*)i即C=-,i=1,2,Ln.代入工C=1，得一=1，即一=Xi2c2i2c2ni=1代入方程(*)中，即得C=丄,i=1,2,Lnin由此可知，當(dāng)u=X=丄工X時(shí)，方差最小.nii=1【例7.13設(shè)分別來自總體N(u,b2)和N(u,b2)中抽取容量為n,n的兩個(gè)獨(dú)立樣1212本，其樣本方差分別為S2，S2，試證：對(duì)于任意常數(shù)a,b,(a+

14、b=1)，Z=aS2+bS2都1212是b2得無偏估計(jì)，并確定常數(shù)a,b，使DZ最小.【證明】由題意，EZ=aES2+bES2=(a+b)b2=b2.12故對(duì)任意常數(shù)ab，(a+b=1)，Z=aS2+bS2都為b2得無偏估計(jì).12由于:咒2由于:咒2（-1），則C2D(n1S2)2(n-1)，即c2c4DS22(n1)，故DS2空in12g42g4DZ二a2DS2+b2DS2二a2+(1-a2)12n1n112對(duì)a求導(dǎo)，并令其為零，有對(duì)a求導(dǎo)，并令其為零，有dDZ二2ada蘭！2(1a)2C4n11二0n12解得a,bn21-n+n2n+n21212又倍如+竺0做當(dāng)又倍如+竺0做當(dāng)da2n1n

15、112n1a1n+n一2n+n1212，bT時(shí)，DZ達(dá)到最小值.11設(shè)X1，X2，LXn為來自正態(tài)總體N（u,C2）的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本川已知，C12-S*2，C2S2，C2-工(X一X)2，C21工(X一u)2.問在C2，&2，&2，C2中(1)TOC o 1-5 h z23n+1i4ni123*i1i1那個(gè)是c2的無偏估計(jì)量；（2）那個(gè)比較有效；（3）那個(gè)方差最?。唬?）那個(gè)是C2的相合估計(jì)量.【分析】因?yàn)?n一1)C12喧(n+1)C3:X2(n1)，又:N(0,1)，故c2c2c2c（）2=一（Xu）2:X2（1），由x2分布性質(zhì)知竺:X2（n）從而可求諸估計(jì)量的數(shù)CC2iC2學(xué)期望與方差，

16、并回答上述問題.解】由分析知EC22Ec2=_1c2tc2(ntx) HYPERLINK l bookmark134 o Current Document 12nEc2=c2tc2(nt0)，Ec2c2.3n+14且DC20(nx)，DC2c40(ntx)，1n12n2Dd23d4Dd23d4t0(nTg)(n+1)2Dd22d44nT0(nTg)從而（】）&2與&2為d2的無偏估計(jì)量；14（2）d2比d2有效；（因?yàn)镈d2Dd2）；4141（3）Dd2Dd2Dd2Dd2,即估計(jì)量d2方差最小.2413（4）d2，d2，d2與d2均為d2的相合估計(jì).1234基本題型W評(píng)價(jià)估十量的標(biāo)準(zhǔn)（一致性）

17、【例7.14設(shè)總體的期望u和方差d2均存在，求證:（1）樣本均值X=1工X是u的一致估計(jì).nii=1（2）如總體服從正態(tài)分布，則樣本修正方差S2=L（X-X）2為d2的致估計(jì).n-1ii=1limPnTg-e的極限求解上，可以使用切比雪夫【分析】要證明參數(shù)9的估計(jì)量o的一致性，關(guān)鍵是要證明：對(duì)任意8limPnTg-e的極限求解上，可以使用切比雪夫不等式，即昨-o880D(-工X)21P(l-Lxul1一ni=11=1-竺T1(nTg).ni88ni=1由夾逼定理可得，limPnTg-u01P(IS2-c211-=1-204T1(nTS)88(n-1)從而有l(wèi)imP（IS2c2|則0為9的一致估

18、計(jì)量.n-9匕=0【證明一】為證9八為9的一致估計(jì)量，下證limP)nJ=Jf(x)dxW卜(9n-9)2f(x)dx=E(9-9)29_88299”-98又E(9-9)2=E(92-299+92)=E92-29E9+92nnnnn)-98n-H82故limPnT8=D0+(0)2-290+92nnn、JrE(9-9)2.c八=0，即9為9的一致估計(jì)量.n)-98Wlimnn82證明二】由切比雪夫不等式有)-98JD(19-91)/82.而D(19-9I)=E(9-9)2-(E19-91)28=0，即0f為0的一致估計(jì)量.n*nn【評(píng)注】用定義驗(yàn)證估計(jì)量是一致估計(jì)量，一般都不太容易，可利用上例

19、中的結(jié)論證明之，從而將統(tǒng)計(jì)量的一致性的證明轉(zhuǎn)化為統(tǒng)計(jì)量的期望與方差的極限性質(zhì)的論述，這是一個(gè)比較實(shí)用的證法.【例7.16設(shè)隨機(jī)變量X在0,0上服從均勻分布，由此總體中抽取一隨機(jī)樣本x,試證明：G=2X,0=X都不為0的一致估計(jì).1121【分析】由上例(例7.16)可知，只需論證估計(jì)量的期望和方差的極限性質(zhì).0【證明】因E0=E(2X)=2EX=2：=0，故0為0的無偏估計(jì)，且111210e0=EX=H0，故0不為0的無偏估計(jì).2122為證0不為0的一致估計(jì)，只需證明liMD0=0=lim4空=lim0=lim4空=lim02豐012ng3nglimD0=limD(2X)=lim4DX111ng

20、ngng故0不為0的一致估計(jì).1【例7.17】設(shè)總體X服從均勻分布U0,0，試證明：0的極大似然估計(jì)X(n)S為0的一致估計(jì).證明】設(shè)總體證明】設(shè)總體X的密度函數(shù)為f(x)，則f(x)=故最大次序統(tǒng)計(jì)量0,其他(n)的概率密度函數(shù)為f(x)=(n)的概率密度函數(shù)為f(x)=nnxn-150n,0X0從而0,其他nxn-1ndx=nxn-1ndx=9T0(nTg)n+1E(X2)=J9x2nxn-1(n)9ndx=92n+2故D(X)=E(X-9)2=EX229EX+92(n)(n)(n)(n)n2n2=9292+92=92t0(ntg)n+2n+1(n+1)(n+2)由前例可知，9的極大似然估

21、計(jì)X=maxX為9的一致估計(jì).(n)1in基本題型V求置信區(qū)間相關(guān)題型【例7.18】設(shè)9是總體X中的參數(shù)，稱(0,9)為9的置信度1-a的置信區(qū)間，即【】(A),)以概率1-a包含9.(B)9以概率1-a落入(9,9).(C)9以概率a落在(9,9)之夕卜.(D)以(9,9)估計(jì)9的范圍，不正確的概率是1-a.【分析】由置信區(qū)間的定義可知，區(qū)間Q,9)為隨機(jī)區(qū)間.選(A).【例719】設(shè)XN(卩22)且b2未知，若樣本容量為n，且分位數(shù)均指定為“上側(cè)分位數(shù)時(shí)，則卩的95%的置信區(qū)間為【】(C)(X土bu0.025).(C)(X土bu0.025)._s(B)(10.05(n-1)-Stn0.02

22、5(n).t0.025(n-1).【分析】由題意總體XN(卩,b2)且b2未知故應(yīng)構(gòu)造統(tǒng)計(jì)量T則參數(shù)卩的置信水平為If=95%的置信區(qū)間為(X_Lt(n-1).Jn0-025【例720】假設(shè)0.50,1.25,0.80,2.00是總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本值，已知Y二InX月服從正態(tài)分布N（卩,1）.（1）求X的數(shù)學(xué)期望EX（記EX為b）；（2）求卩的置信度為0.95的置信區(qū)間；（3）利用上述結(jié)果求b的置信度為0.95的置信區(qū)間.【解】（1）Y的概率密度為：1f(y)=e-于,gy+g，于是(令t=y-r)b=EX=EeY=_他幺-號(hào)2兀g2p=1蝌0+噸-；dt=e*i1e2(t-1)2dt=em

23、+2p2pJ2p（2）當(dāng)置信度17=0.95時(shí)20.05標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的水平為a二0.05的分位數(shù)為卩0.05卩0.05=1.96.故由YN（卩,4），可得1.96（1.96（3）由函數(shù)ex的嚴(yán)格遞增性，有2x.96卩Y-x1.96卜0.95其中Y=1(In0.5+In0.8+ln0.125+In2)=1In1=044于是P0.98卩0.98)=0.95于是從而（-0.98,0.98）就是卩的置信度為0.95的置信區(qū)間.丿1I0.95二PI0.48R+21.48學(xué)=Pe-。汆e巴0.48因此b的置信度為0.95的置信區(qū)間為（e-0.48,e1.48）.例7.21】某工廠生產(chǎn)滾珠，從某日生產(chǎn)的產(chǎn)品

24、中隨機(jī)抽取9個(gè)，測(cè)得直徑（單位：毫米）如下14.6，14.7，15.1，14.9，14.8，15.0，15.1，15.2，14.8設(shè)滾珠直徑服從正態(tài)分布，若（1）已知滾珠直徑的標(biāo)準(zhǔn)差為G=0.15毫米;（2）未知標(biāo)準(zhǔn)差G；求直徑均值u的置信度0.95的置信區(qū)間.【分析】對(duì)于正態(tài)分布總體，若已知標(biāo)準(zhǔn)差時(shí)，均值u的置信度1-Q的置信區(qū)間為；未知標(biāo)準(zhǔn)差g時(shí)，均值卩的置信度1-Q的置信區(qū)間為X-1(n-1)2,X+1(n-1)2，其中S時(shí)樣本的標(biāo)準(zhǔn)差.ja/2Jna12Jn丿【解】(1)u=1.96，n=9.經(jīng)計(jì)算X=14.91.0.025=(14.81,15.01).故已知滾珠直徑的標(biāo)準(zhǔn)差G=0.1

25、5毫米時(shí)，直徑u=(14.81,15.01).14.91-1.96x寧,14.91+1.96x（2）經(jīng)計(jì)算：樣本標(biāo)準(zhǔn)差S=0.2028，查表可知t（8）=2.306，于是直徑u的置信0.025度0.95的置信區(qū)間為：=(14.75,15.07).14.91-2.306x畔,14.91+2.306x畔=(14.75,15.07).【例7.22】設(shè)某糖廠用自動(dòng)包裝機(jī)裝箱外運(yùn)糖果，由以往經(jīng)驗(yàn)知標(biāo)準(zhǔn)差為1.15kg，某日開工后在生產(chǎn)線上抽測(cè)9箱，測(cè)得數(shù)據(jù)如下（單位：kg）99.3，98.7，100.5，101.2，98.3，99.7，99.5，102.1，100.5（1）試估計(jì)生產(chǎn)線上包裝機(jī)裝箱糖果的

26、期望重量的區(qū)間估計(jì)（Q=0.05）；(2試求總體標(biāo)準(zhǔn)差的置信度為0.95的置信區(qū)間并判斷以前經(jīng)驗(yàn)數(shù)據(jù)標(biāo)準(zhǔn)差為1.15kg是否仍然合理可用？【解】(1)由題設(shè)可知，總體方差&二1.15為已知，根據(jù)經(jīng)驗(yàn)數(shù)據(jù)有x二9為x二嘗=9998，當(dāng)“0.05時(shí)，查表可得UJU0.025二L96，故參數(shù)u的i=12=(99.23,100.73).置信度為0.95的置信區(qū)間為(XU-L,X=(99.23,100.73).0.025Jn0.025(2)由題設(shè)可知總體均值未知，故根據(jù)經(jīng)驗(yàn)數(shù)據(jù)有S2=1工(XX)2=1.4694，當(dāng)nii=1“0.。5時(shí)，查表可得號(hào)975(8)二2180,號(hào)025(8)二35，從而參數(shù)

27、2的置信度為0.95的置信區(qū)間為(n的置信區(qū)間為(n1)S2(n1)S2、隔75(8)丿=(0.6704,5.3923)，故參數(shù)&的置信度為0.95的置信區(qū)間為(0.8188,2.3221).而以往經(jīng)驗(yàn)數(shù)據(jù)標(biāo)準(zhǔn)差為S=1.15，仍然在(0.8188,2.3221)內(nèi)，故認(rèn)為仍然合理可用.【例723】設(shè)總體X服從正態(tài)分布N(u,2)，已知2=2，要使總體均值u對(duì)應(yīng)于0置信水平1-Q的置信區(qū)間的長(zhǎng)度不大于l，問應(yīng)抽取多大容量的樣本？【解】由于X:N(u,2)，且e=:為已知，因此當(dāng)置信水平1-a時(shí)，均值u的置信區(qū)TOC o 1-5 h z間為(Xa：U,X+0U)，其區(qū)間長(zhǎng)度為2企U，于疋有2企U

28、0U2/2a2【例7.24】設(shè)總體X服從正態(tài)分布N(u,2)，u,2均為未知參數(shù)，X,X,LX為12n來自總體X的一個(gè)隨機(jī)樣本，求關(guān)于u的置信水平為1-Q的置信區(qū)間的長(zhǎng)度l的平方的數(shù)學(xué)期望.X_u【解】因0未知，選用統(tǒng)計(jì)量T=:t(n1).得參數(shù)u的置信水平為1_a的(_V_S置信區(qū)間為X-(_V_S置信區(qū)間為X-1(n-1),X+1(n-1)na/2na/2a12其區(qū)間長(zhǎng)度為l=2ta/2(n-1)S.;n于是S244b2El2=E4t2(n-1)一=_12(n-1)E(S2)=_t2(n-1)一.a/2nna/2na/2n【例7.25】在甲乙兩城市進(jìn)行家庭消費(fèi)調(diào)查，在甲市抽取500戶，平均

29、每戶每年消費(fèi)支出3000元，標(biāo)準(zhǔn)差為S二400元；在乙市抽取100戶，平均每戶每年支出4200元，1標(biāo)準(zhǔn)差為S二500元，設(shè)兩城市家庭消費(fèi)支出均服從正態(tài)分布N(u,b2)和N(u,b2)，試21122求：1)甲乙兩城市家庭平均每戶年消費(fèi)支出間差異的置信區(qū)間(置信度為0.95)；2)甲乙兩城市家庭平均每戶消費(fèi)支出方差比的置信區(qū)間(置信度為0.90).【解】(1)在本題中雖u,a2和u,a2均未知，但由于抽取樣本n=500,m=1000都1122很大(在使用中只要大于50即可)，故可用U統(tǒng)計(jì)量，即參數(shù)u-u的置信度為1-a的置12信區(qū)間為(-S-|!s2s2，故由X=3000，Y=4200，S=4

30、00，X一Y一up+P,X一Y+u彳+P1八nma丫nmS2二500以及1-a二0.95即a=0.05，查表可得u0.025-L96，因此XY土u樣+S=3000-4000土1.96xj4002+5002=-1200土46.79胡nm丿Xoo1000即甲乙兩城市家庭平均每戶年消費(fèi)支出間差異的置信度為0.95的置信區(qū)間為(-1246.79,-1153.21)，由于此置信區(qū)間的上限小于零，在實(shí)際問題中可認(rèn)為乙市家庭平均每戶年消費(fèi)支出要比甲市大.(2)由n=500,m=1000，S=400，S=500，1-a=0.90即a=0.1，查表可12得：F(n-1,m-1)=F(499,999)=1.13，

31、a0.052F(n1,mF(n1,m1)二F(499,999)二,d0.9512F(999,499)-1110.05，且二二0.64S250022S2-1-S2-1-S2F(499,999)20.05S2S2F(499,999)丿20.95=(1|,0.64xl.ll)=(0.566,0.710)由于置信區(qū)間上限小于1，故可認(rèn)為乙市家庭平均每戶年消費(fèi)支出的方差要比甲市大.例7.26】某商店銷售的一種商品來自甲乙兩個(gè)廠家，為考察商品性能上的差異，現(xiàn)從甲乙兩個(gè)廠家生產(chǎn)產(chǎn)品中分別抽取了8見和9件產(chǎn)品，測(cè)其性能指標(biāo)X得到兩組樣本觀測(cè)值，經(jīng)計(jì)算得X=2.190，Y=2.238，S2二0.006，S2二0

32、.008假設(shè)性能指標(biāo)X均服從12o2正態(tài)分布N(u,2)(i=1,2)，試求方差比片及均值差uu的90%的置信區(qū)間.iio2122【解】(1)先求方差比02置信度為90%的置信區(qū)間由1-Q二0.90即二0.1，查F分o22布表可得1F(n1,m1)二F(7,8)二3.5，F(xiàn)(n1,m1)二F(7,8)二3.5，d0.0520.0510.95F(8,7)3.7320.05故所求置信區(qū)間為(S21(S211LS2F(7,8)20.05S2-1-S2F(7,8)丿20.95=(006丄,0006x3.73)=(0.214,2.798).0.0083.500.008由于此區(qū)間包含1,故可認(rèn)為o2=o2

33、12(3)由()可知，o2,o2未知，但o2=o2=o2，因此uu的置信區(qū)間為XXY土t(n+m一2)Sa/2w1+二0.048土1.7531x0.084x0.486二0.048土0.0716nm即(0.1196,0.0236)，其中t(15)二1.7531，S2二(-1+(“-2二0.0071，即0.05wn+m2兩個(gè)廠家生產(chǎn)的產(chǎn)品性能上無顯著性差異.一/+一/duzIeZI旨、憐世定Bls迥gAgxM-g、皿m=n-RRr7ugx7xxZIYMn毎芻出wffiAM-g、(zsgN毎芻出wffiXM-g、強(qiáng)【pm.no】d二X&HIHIXH0益盍邁養(yǎng)0=二I、I丄X)BH0、呂固二+0H電(

34、0*)2匚QH(x)gztffl【0】益盍is養(yǎng)0篆twm、Z-.bvx044XXEJ0(,)丄H(0泛)J只w勵(lì)疑gxM-g、強(qiáng)【270】n8血壬豊oisiueiy涇啟坦杰坦衆(zhòng)旺屎R、sssgAw?lgK7電K、檢曲myMo口策mIAe-fl-MIVXVO.E(I+e)一Hu)J【sv-lr6】MXUMI7HH7乂匸=(I+0二Keilei一wslgx7辻X掩世Hh恒ffimK7匚匚強(qiáng)XQmyMoKu晁08H)自亠電(=)XB(I)【】0)7轂巔(0)-尿(I)00,x0為未知參數(shù)，又設(shè)xi,x2，Lxn是X的一組樣本觀測(cè)值，求參數(shù)0的最大似然估計(jì)值.解】似然函數(shù)為L(zhǎng)(0)L(0)=L(x,

35、x,Lx;0)=12n-2另(x-0)2neJ,xi0,0(i=1,2,Ln)其他當(dāng)x0(i=】2ln)時(shí)，L(0)0，取對(duì)數(shù)，得iInL(0)=nIn2汩(x-0)ii=1因?yàn)镮L)=2n0，所以L(0)單調(diào)增加.由于0必須滿足x0(i=1,2,Ln)，因此當(dāng)0取x,x,Lx中的最小值時(shí)，L(0)取TOC o 1-5 h zi12n最大值，所以0的最大似然估計(jì)值為0=min(x,x,Lx)，最大似然估計(jì)量為12n0=min(X,X,LX).12n，其中未知參數(shù)01，6、【04.1.9】設(shè)總體X的分布函數(shù)為F(，其中未知參數(shù)01，0,x1【解】X的概率密度函數(shù)為f(x,0)=x0+10,x1(

36、i=1,2,Ln)i0,x1(i=1，2，Ln)時(shí)，L(0)0，取對(duì)數(shù)得InL(0)=nIn0(0+1憶lnx，iii=1兩邊對(duì)0求導(dǎo)，得駕瀘諸上lnx，ii=1令dlnL(0兩邊對(duì)0求導(dǎo)，得駕瀘諸上lnx，ii=1令dlnL(0)=o，可得0=，故0的極大似然估計(jì)量為0=nd0Yinx工lnxii=1lnXii=19,0 x17、【0619】設(shè)總體X的概率密度為f(x,9)=J1-9,1x2，其中9(091)是0,其他未知參數(shù)，X,X,LX為來自總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，記N為樣本值x,x,Lx中小于112n12n的個(gè)數(shù)，求0的最大似然估計(jì).【解】由題意，設(shè)樣本x1，x2，Lxn按照從小到大為序(

37、即順序統(tǒng)計(jì)量的觀測(cè)值)有如下關(guān)系：xxLLx1xLx(1)(2)(N)(N+1)(n)19n(1-9)n-n,xxLLx1xL0，其中參數(shù)（九0）未I0,其I他知，X,X,LX是來自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本1n（1）求參數(shù)九的矩估計(jì)量；（2）求參數(shù)九的最大似然估計(jì)量.TOC o 1-5 h z2-入2【解】（1）由題意，EX=J+8九2x2e-兒dx=X，從而九=為總體的矩估計(jì)量.0X(2)構(gòu)造似然函數(shù)L(x,x,Lx;)=Hf(x;)=2n円xe壬叫.12niii=1i=1取對(duì)數(shù)InL=2nIn+Inx-Lx.令詈=0，令詈=0，有斗壬=0，故的最大似然估計(jì)值為=dni9、【04313】設(shè)隨機(jī)變

38、量X的分布函數(shù)為F（x,a,p）=?-（I）卩x“，其中參數(shù)0,xOP1，設(shè)X1bLXn為來自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.（1）當(dāng)a=1時(shí)，求未知參數(shù)卩的矩估計(jì)量；（2）當(dāng)a=1時(shí)，求未知參數(shù)卩的最大似然估計(jì)量；（3）當(dāng)P=2時(shí)，求未知參數(shù)a的最大似然估計(jì)量.上x1【解】當(dāng)a=1時(shí)，X的概率密度為f（x,p）=xP+i0,x1(i=1,2,Ln)1(i=1，2，Ln)時(shí)，L(p)0，取對(duì)數(shù)得iInL(0)=nIn0-(0+1憶lnxii=1對(duì)0求導(dǎo)數(shù)，得似然方程叩=計(jì)兒,=0i=1解得0=，于是0的最大似然估計(jì)量為0=藝InxKInXiii=1i=12a2,xax30,xa(3)當(dāng)0=2時(shí)，X的概率

39、密度為f(x,0)=對(duì)于總體X的樣本值x,x,Lx，似然函數(shù)為12nl(0)=nf(x；0)=a(i=1,2,Ln)其他當(dāng)xa(i=】2ln)時(shí)，a越大，L(a)越大，即a的最大似然估計(jì)值為i于是a的最大似然估計(jì)量為a=minX,X,LX.12n10、【0318】設(shè)總體X的概率密度函數(shù)為f(x,0)=|,-2(x-0),x；f，其中90為未知參數(shù)從總體X中抽取簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本X,X,LX，記0=min(X,X,LX).12n12nii=1ii=1(1)求總體X的分布函數(shù)F(x);(2)求統(tǒng)計(jì)量。的分布函數(shù)F(x)；0如果用0作為0的估計(jì)量，討論它是否具有無偏性.【解】(1)F(x)=Jxf(t)d

40、t=j_e_2(x_0 x0TOC o 1-5 h z810,x0(2)F(x)=P0 x=Pmin(X,X上X)x=1PXx,Xx,LXx12n12n=1卄F(X)n此(X寫dF(x)I2ne_2n(x0),x0(3)0概率密度為f0(x)=古=0,x0因?yàn)镋0=J+8xf(x)dx=J+82nxe-2n(x0)dx=0+h0因?yàn)開802n所以0作為0的估計(jì)量不具有無偏性.,0 x011、【11、【07111】設(shè)總體X的概率密度為f(x,0)斗-,0 x1，其中2(1-0)0,其他0(0-)是未知參數(shù)，Xi，X2，LXn為來自總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，X是樣本均值.(1)求參數(shù)0的矩估計(jì)量O；判斷

41、4X2是否為02的無偏估計(jì)量，并說明理由.【解】EX=”xf(x,0)dx=J：20dx+血dx=0+丄(1+0)=0+14424令2+4=X，其中X=存X，解方程得0的矩估計(jì)量為:0=2X_2-jjjE(4X2)=4E(X2)=4DX+E2(X)=4竺+E2(X)n而EX2二J+8x2f(x,0)dx=莘dx+而EX2二J+8x2f(x,0)dx=莘dx+f1so280X22(10)dxDX=E(X2)E2(X)=比+-0+-(-0+-)2=01+-0+-3662436610105=02一0+121248DX3n+13n一13n+5n故E(4X2)=4+E2(X)=02+0+H02n3nn1

42、2n所以4X2不是02的無偏估計(jì)量.12、【081(3)11】設(shè)X,XLX是總體N(u,b2)的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，記12nX二-工X，S2二丄工(XX)2,T=X2-S2nin一1ini=1i=1證T是u2的無偏估計(jì)量；當(dāng)u=0,b=1時(shí)，求DT.【分析】(1)要證ET=u2；(2)求DT時(shí)，利用X2與S2獨(dú)立性.【解】(1)ET=E(X21S2)=E(X2)-E(S2)nn=D(X)+E(X)2-E(S2)=1b2+u21b2nnnu2所以T是u2的無偏估計(jì)量.(2)當(dāng)u=0,b=1時(shí)，X:N(0,1)，X:N(0,1),ET=0n11DT=D(X2S2)=D(X2)+D(S2)nn2=丄D(.

43、nX)2+丄1D(n1)S2n2n2(n1)2211+n2n2(n1)2-2(n1)=2n(n1)【評(píng)注】若X:N(u,b2)，則TOC o 1-5 h z1n1n1EX=u,DX=2,ES2=c2,D(S2)=2(n1),(S2:咒2(n1).nc2c213、【03.1.4】已知一批零件的長(zhǎng)度X(單位cm)服從正態(tài)分布N(m,1),從中隨機(jī)地抽取16個(gè)零件得到長(zhǎng)度的平均值為4(cm)則加的置信度為0.95的置信區(qū)間.(注：標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)值F(1.96)=0.975,F(1.645)=0.95).【分析】這是一個(gè)正態(tài)分布方差已知求期望值m的置信區(qū)間問題，該類型置信區(qū)間公式為I=I=(x-丄1

44、,x+ln；n其中1由PlU2)為來自總體N(0,c2)的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，X為12n樣本均值，記Y二XX，i二1,2,Ln，求iiY的方差DY,i=1,2,Ln；iiY與Y的協(xié)方差Cov(Y,Y)；TOC o 1-5 h z1n1n若c(Y+Y)2是c2的無偏估計(jì)量，求常數(shù)c.1n【解】由題設(shè)X,X,LX(n2)是簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，因此X,X丄X(n2)相互獨(dú)12n12n立，且與總體同分布，即X:N(0,c2),EX二0,DX二c2(i二1,2,Ln).iii(1)Y二XX二一-工X+(1丄)X.iinjnij=1j知DY二D(XX)二D1ILx+(1丄)Xiinjnij=1j豐i二(丄)2工DX+

45、(1丄)2DX二工DX+(n1)2DX二口cnjnin2n2n(NXQ+(rbAOOZ+XQH(x+z(x+MIIIoH丄b+丄bH(丄+z(x+二)心44泉1(m)uuuu=1ugigi+gigi0(i)3oi=qxfeMuuxqtzxmooKIK7IK7KIIHXQ(xXMOUW(xmxmouhwxmoo2I2Ihmou+exmoueXMOO(X.xmouh7I71(HX.HxmouhcxmoofN7O-f.-ETcur.T(XGMOOf上XQJueiM、心塑Inlffi(z2)x4xx(CN)NvlAvla4N(dwd-sigx一番ffl【】aei憐世Jgx皿岳只X2Xx、毎R&ngdg

46、n只檢曲wffixM-g、強(qiáng)，-I(V)(eseo1/6(esloezo、/Hzozo+zoH(eseeIGIG總體X的數(shù)學(xué)期望為k=0pk(1-p)N-k=Npyk=1(N1、k1丿pk(1p)(N-1)-(k-1)=Np(p+(1-p)n-1=NpExX則pn用x替換ex即得未知參數(shù)p的矩估計(jì)量為p=n設(shè)x1，x2，Lxn是相應(yīng)于樣本X1，X2，LXn的樣本值，則似然函數(shù)為L(zhǎng)(x,x,Lx;p)=HP(X=x)=円12nix丿i=1i=1iynx-p,J(1-p)nN-xii=1取對(duì)數(shù)InL=工Ini=1+工x-lnp+(nN一工x)-ln(1-p),iii=1i=1yxnN-yxdlnL

47、iidlnL=I-令=0，解得p的極大似然估計(jì)值為dpp(1-p)dp1yxnip=r=iN1Ex-從而得p的極大似然估計(jì)量為p=”=今2設(shè)X1，X2,A,Xn為取自總體X的一個(gè)樣本,X的概率密度為f(x；0)=e2”2x0 x0，求9的矩估計(jì).0，其它.【解】取X,X,A,X為母體X的一個(gè)樣本容量為n的樣本，則12nEX=J+sxf(x)dx=fx-2xdx=-99=3EX-so9232用x替換EX即得未知參數(shù)9的矩估計(jì)量為9=3X.23設(shè)X1，X2，L，Xn總體X的一個(gè)樣本，X的概率密度為f(x；九)二九axa-1e-a,x0,0,x0是已知常數(shù)，求九的最大似然估計(jì).【解】設(shè)x1,十xn為

48、樣本X1,XJ,Xn的一組觀測(cè)值，則似然函數(shù)為L(zhǎng)(x,x,L,x；九)=彳12n九nan(肝x)a-1-ex0iii=10,其他取對(duì)數(shù)InL=nIn九+nIna+(a一1)(工Inx)一九(工x*).iii=1i=1解極大似然方程dinL=n-xa=0，得九的極大似然估計(jì)值為匚=nd入入iyni=1乙xaii=14、設(shè)總體X服從幾何分布P(X=k)=p(1一p)k-i,k=1,2,A,0p1,試?yán)脴颖局祒1，x2，A,xn，求參數(shù)p的矩估計(jì)和最大似然估計(jì).【解】因EX=藝k-p(1-p)k-1=p藝k(1-p)k-1=,k=1k=1p用X替換EX即得未知參數(shù)p的矩估計(jì)量為p=.在一次取樣下樣

49、本值(x,x,L,x)，X12n即事件X=x,X=x,L,X=x同時(shí)發(fā)生，由于X,X,L,X相互獨(dú)立，得聯(lián)1122nn12n合分布律為L(zhǎng)(x,x,L,x；p)=P(X=x)P(X=x),L,P(X=x)12n1122nn=p(1-p)x1-1-p(1-p)x2-1Lp(1-p)x”-1即得極大似然函數(shù)為-、門gx-nL(p)=pn(1-p)i=1i取對(duì)數(shù)InL(p)=nInp+(工x-n)ln(1-p)ii=1解極大似然方程dInL(p)ndpn乙x一ni=0p1-p得p的極大似然估計(jì)值為p=，從而得P的極大似然估計(jì)量為p=丄-Yx1YxXninii=1i=15、設(shè)總體X的概率密度為f（）=e

50、xPX1，X2,A,Xn為總體X的一樣本,求參數(shù)G的最大似然估計(jì).【解】設(shè)xi，十xn為樣本X1，X2，L，Xn的一組觀測(cè)值，則似然函數(shù)為L(zhǎng)(x,x,L,x;G)=f(x;G)Lf(x;G)=12n1n點(diǎn)eXP-|Y1弓i=1取對(duì)數(shù)lnL(x,x,L,x;G)=-nln(2G)12nGii=1解極大似然方程dlnLn1dGGG2ii=1得G的極大似然估計(jì)值二1工IxI.nii=16、證明第5題中G的最大似然估計(jì)量為G的無偏估計(jì)量.【證明】由第5題知G的最大似然估計(jì)量為G=1工IXInii=1EG=E(1工IXI)=1工E|X|TOC o 1-5 h zninii=1i=1EIX1=卜IxI-e

51、xp-巴dxi-s2gg=2J+8x-exp-dx=J*x-exp-d()02GG0GG=-x-exp-I+s-J+sexp-dx=g.G00G從而E&=G，即G是G的無偏估計(jì).從而7,、設(shè)總體X的概率密度為7,、設(shè)總體X的概率密度為f（；c2）=0,c2,c200為未知參數(shù),其它.X1,X2，A，Xn為總體X的個(gè)樣本,求參數(shù)&2的的矩估計(jì)量和最大似然估計(jì)量.【解】因EX=J+8x-f(x;c2)dx=2J+8x-尢dx80c2X2-X2，x2=-2J+8xd(e-2c2)=-2xe-2c2l+s-2J+we-2c2dx000+8e-2c2dx=/2兀c+8e-嵩dx=21+8e-2c2dx=

52、/2兀c2兀c0用X替換ex即得未知參數(shù)c的矩估計(jì)量為c=丄X2兀從而得未知參數(shù)c2從而得未知參數(shù)c2的估計(jì)量為&2=X)2.設(shè)xi,x2，L，xn為樣本X1,，L，Xn的一組觀測(cè)值，則似然函數(shù)為XI-亠疋x2)L(x,x,L,x;c2)=f(x;c2)Lf(x;c2)=e2c2112n1nc2取對(duì)數(shù)lnL=工取對(duì)數(shù)lnL=工Inx-nInc2-ii=112c2工x2ii=1解極大似然方程TOC o 1-5 h zdInLn1亍_dc2c22c4i解極大似然方程i=1得c2的極大似然估計(jì)值c2=工x2-2nii=18、設(shè)總體XN（卩，c2）,卩已知，c為未知參數(shù),X,X,A,X為X的一個(gè)樣12

53、n本c=clX-卩l(xiāng),求參數(shù)c使亠為c的無偏估計(jì).ii=1【解】由無偏估計(jì)的定義，要使J為c的無偏估計(jì)，則Ec=cZoeU7劃UHO旨0ifXPbI+JA?41ger-9=(sk)8+o旨,xp百ds=)8+e(77H)ger8+電9二(0乂)|ne(77H)gerxpE9一8-00+Ew(6Ti)NxM-gs番ffl-=z-=z775X一sX一毬EZIgZz9-E、EZz9-EeXH+XB+XB(X7+X-HI+=b-EZIz寸-E、EZIz寸-Ez,XB-I+XB7+XB(X-I+X7+X-PBHIJLLIJLL一gzZ2I、gzZ2Iw-亍X77+XB+K7+X-I+x-hi)bh運(yùn)LC

54、LLCLzei邑也世gx皿張mK、(6rl)Ng癥、【賈】rim輪0ZZ9-Eggz寸-Ezgzzol-,-XT+XT+x3XC+X7+x3XT+X-I+x=EZIraH-R-HI丁HnKH世gxnn張毆電Kx、(zgri)Ni01I呱+w笑*骨H呢ez(0)Hzsmlzx-0AO+OQzob)+o)qhzo)hhobwcczvcczv0A(e)Q皿、OH遇輕【S3R】zHmK-(e)H心已童oA(e)Q皿皿*杰也笑代ge縊曲me強(qiáng)，622221311911Da二D(X+X+X)二DX+DX+DX二c2i5i1022325i10024350115112525Da二D(X+X+X)二DX+DX+

55、DX二c2；3142123911621443721111117D門二D(X+_X+X)二DX+DX+DX二c2.316223913624318有DH20，證明：-工X2是c212nnii=1的相合估計(jì)量.【證明】總體X:NCq2),則EX二0,EX2二2，由樣本的獨(dú)立同分布性知E(-工X2)=-Hex2=C2，即-X2是C2的無偏估計(jì).nininii=1i=1i=1D(-工X2)=工D(X2)nin2ii=1i=1又D(X2)=EX4-(EX2)2，且iiiEX4if1_-xc2_-x2_=J+8x4e_2c2dx=.X3e_2c21+882兀c2兀c_8fx2_3J+8x2e_2c2dx_8

56、c2I|_x2=3Jx2e_2c2dx=3c42兀c_8D(X2)=EX4_(EX2)2=3c4_c4=2c4，iii有D(AX2)=2T0(nT8)，故工X2是c2的相合估計(jì)量ninnii=1i=112、設(shè)總體X的數(shù)學(xué)期望為a，方差為c2，分別抽取容量為n和n的兩個(gè)獨(dú)立樣12本X,X分別為兩樣本均值,試證明:如果a,b滿足a+b=1，則Y=aX+bX是a的無偏1212估計(jì)量，并確定a,b，使得D(Y)最小.【解】由題意，EX=u,DX=c2，且X,X分別為容量為n和n的兩個(gè)獨(dú)立樣本得1212樣本均值，故EX=u,DX=蘭11n1EX=u,DX22c2當(dāng)a+b=1時(shí)，有EY=aEX+bEX=(

57、a+b)u=u，即Y=aX+bX是y的無偏估121計(jì)量.a2b2DY=a2DX+b2DX=(+)b212nn12令a2(1-a)2令g(a)=+nn12,由g(a)=0知函數(shù)g(a)的穩(wěn)定點(diǎn)為n曰a=1，且n+n12n11g(T)二2(+-)0，故n+n12nn12a二i為函數(shù)唯一極小值點(diǎn).n+n12即當(dāng)a=n+nn+n1212時(shí)，D(Y)最小13、設(shè)X1，X2，L，-是總體X的一個(gè)樣本，X的概率密度為f(X；0),00，未知，已知警：X2(2n),試求0的置信水平為1-a的置信區(qū)間.【解】由題意，統(tǒng)計(jì)量竽:X2(2n)，則給定置信度為1-a時(shí)，有P(X2(2n)/2(2n)=1-aoP(2n

58、(X)01-a0aX2(2n丿2a2nX、1)=1-a1-：由置信區(qū)間的定義知，0的置信水平為1-Q的置信區(qū)間為2nX2nXi-a丿214、從大批彩色顯像管中隨機(jī)抽取100只,其平均壽命為10000小時(shí),可以認(rèn)為顯像管的壽命X服從正態(tài)分布已知均方差&=40小時(shí)，在置信水平0.95下求出這批顯像管平均壽命的置信區(qū)間.【解】設(shè)X1，X2，L,是母體X的樣本容量為n的子樣，則顯像管平均壽命_XuX:N(10000,16)構(gòu)造統(tǒng)計(jì)量U=:N(0,1)，則&Jyjn&QP(IUlU)=1-aoP(X-UUX+U)=1-ai-a1-/n1-a麗222由題意1-Q=0.95na=0.05，查表可得U二1.9

59、6，故顯像管平均壽命X的置信度0.975為95%的置信區(qū)間為：(10000-1.96-1,10000+1.96-)=(10000土7.84).7100v/W15、設(shè)隨機(jī)地調(diào)查26年投資的年利潤(rùn)率(),得樣本標(biāo)準(zhǔn)差S二15(%),設(shè)投資的年利潤(rùn)率X服從正態(tài)分布，求它的方差的區(qū)間估計(jì)(置信水平為0.95).【解】由題意，構(gòu)造統(tǒng)計(jì)量X2=(-W:x2(n-1)，則給定置信水平為1-aP(X2(n-1)(n-1)S2X2(n-1)二1-aTOC o 1-5 h zaG2_a21-2(n-1)S2(n-1)S2.X2(n-1)X2(n-1)aa122取n=26,S=0.15,1-a=0.95，查表可得z

60、2(25)二13.120，x2(25)二40.616，故0.0250.975方差的置信度為95%的置信區(qū)間為(n-1)S2,(n-1)S2)=(0.014,0.043).X2(n-1)X2(n-1)da21-216、從一批釘子中抽取16枚,測(cè)得其長(zhǎng)度為(單位:厘米)2.14,2.10,2.13,2.15,2.13,2.12,2.13,2.10,2.15,2.12,2.14,2.10,2.13,2.11,2.14,2.11設(shè)釘子的長(zhǎng)度X服從正態(tài)分布,試求總體均值卩的置信水平為0.90的置信區(qū)間.【解】設(shè)叭,X2，l,人是母體X的樣本容量為16的子樣，由題意知X=2.215，S2=2.9333x1