數(shù)理統(tǒng)計(jì)的一些基本概念

第一章數(shù)理統(tǒng)計(jì)的一些基本概念

【學(xué)習(xí)目標(biāo)】

1、知道參數(shù)分布族與非參數(shù)分布族的概念

2、掌握總體與樣本的概念及樣本的四個(gè)性質(zhì)：隨機(jī)性、代表性、獨(dú)立性、二元性

3、掌握統(tǒng)計(jì)量的概念：不依賴于任何位置參數(shù)的樣本的可測函數(shù)，并會(huì)判斷某表達(dá)式是否

是統(tǒng)計(jì)量

4、常見的統(tǒng)計(jì)量：樣本均值、樣本方差、樣本標(biāo)準(zhǔn)差、樣本原點(diǎn)矩、樣本中心距、樣本協(xié)

方差、樣本相關(guān)系數(shù)等，要求會(huì)寫出它們的表達(dá)式

5、熟練掌握次序統(tǒng)計(jì)量的密度函數(shù)公式，并會(huì)求某次序統(tǒng)計(jì)量的一些數(shù)字特征

6、熟練掌握總體分位數(shù)的概念及含義；會(huì)求簡單的已知分布的總體的分位數(shù)；基于標(biāo)準(zhǔn)正

態(tài)分布分位數(shù)的正態(tài)表要會(huì)查

7、了解樣本中位數(shù)與極差

8、了解經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)，會(huì)根據(jù)次序統(tǒng)計(jì)量的觀測值寫出分布的經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)；知道在大數(shù)

的前提下經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)是總體分布函數(shù)的一個(gè)不錯(cuò)的估計(jì)

9、掌握Gamma分布的密度函數(shù)形式；記住Gamma分布總體的均值與方差；熟悉獨(dú)立的

Gamma分布隨機(jī)變量對(duì)于第一個(gè)參數(shù)的可加性

10、了解Beta分布

11、熟練掌握卡方分布的構(gòu)造性定義及密度函數(shù)定義；熟練掌握卡方分布總體的均值與方

差；熟悉獨(dú)立卡方分布隨機(jī)變量對(duì)自由度的可加性；會(huì)查卡方分位數(shù)表

12、熟練掌握t分布的構(gòu)造性定義；知道當(dāng)自由度比較大時(shí)t分布可近似用標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布代

替；會(huì)查t分布的分位數(shù)表

13、熟練掌握F分布的構(gòu)造性定義；熟悉F分布的重要性質(zhì)（倒數(shù)也服從F分布，自山度

交換）；會(huì)查F分布的分位數(shù)表以及F分布的a分位數(shù)與1-1分位數(shù)之間的倒數(shù)關(guān)系（自

由度要父換）

14、熟練掌握正態(tài)總體中樣本均值與樣本方差的具體分布形式及它們的獨(dú)立性；

15、掌握由樣本均值出發(fā)如何構(gòu)造標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布隨機(jī)變量;掌握由樣本均值與樣本方差出發(fā)

如何構(gòu)造t分布隨機(jī)變量；

16、掌握由兩個(gè)正態(tài)總體的樣本均值與樣本方差出發(fā)如何構(gòu)造t分布隨機(jī)變量；

【典型例題講解】

例1、在拋硬幣的隨機(jī)試驗(yàn)中，若拋得正面記為1,拋得反面記為0,利用切比雪夫不等式

確定,需拋多少次才能使樣本均值又落在0.4和0.6之間的概率至少為0.9?如何才能更精確

地計(jì)算使概率接近0.9所需拋的次數(shù)？是多少？

解：（粗略計(jì)算：切比雪夫不等式）

設(shè)需拋硬幣至少為n次可滿足條件，并設(shè)第i次拋硬幣時(shí)，

v[1第i次拋出正面,「

'=日第i次拋出反面''=12…,〃

則Xj（i=1,2,…為獨(dú)立同分布隨機(jī)變量，其分布律為：F（X,.=1）=1，P（Xj=0）=g,

11_1li_1

顯然EXi=p=~,VarXi=pq=~,且對(duì)于樣本均值又=一￡X,來說，EX=EX=-,

24〃仁2

一VarX1

VarX=-----=——，由切比雪夫不等式有：

n4〃

尸(0.4<X<0.6)=P(-0.1<X-0.5<0.1)=P(IX-EXl<0.1)

_一VarX100

1-P(\X-EXl>0.1)>l—=>0.9,于是〃2250

(0.1)24n

（更精確計(jì)算：中心極限定理）

0.4-0.5

尸(0.4〈又<0.6)=P(①(0.2?)-①(-0.2向

=20>(0.2Vn)-l>0.9,得：①(0.2?)20.95,0.2?21.645,即“268

例2若一總體X的方差CT?=4,而又是容量為100的樣本均值。分別利用切比雪夫不等

式和中心極限定理求出一個(gè)界限，使得又-4夾在這一界限之間的概率為0.9

解：（切比雪夫不等式）設(shè)這一界限為￡,則據(jù)切比雪夫不等式有：

P（IX-//l<￡）>l-^^=0.9,于是￡2=1。點(diǎn)&=i（）xJ=10x-^-=0.4,從而

E2n100

￡=7(140.6325

（中心極限定理）

P(\X-/J\<￡)=P2中(一1__)-1=0.9,

=1.645,所以￡1.645xj-^-=0.329

即①(;J=0.95,于是

yjVarXV100

例次設(shè)總體X的分布函數(shù)為F（x）,X「X2,…，X”是取自總體的一個(gè)樣本，若尸（x）的二

階矩存在，9為樣本均值，試證：（X,「廿與（X,一反）的相關(guān)系數(shù)"=-—j,

n-\

i,j=1,2,…,n

證明：為簡化記號(hào)，記jU=EX,O'=VarX,則兩隨機(jī)變量（X,-又）與（X.-X）的相關(guān)

cov（X,.-X,X.-X）EiX-X^X^X）

系數(shù)為：p=/=——;--------上——，其中

^Var{Xi-X）《Var（X廣-X）Var（Xi-X）

“(〃一DXj-Zx,

Var(Xi-X)=Var(Xi——TX.)=Var(-------------巴—)

〃i=l〃

=1[(n—1)2VarXi+YVarX^(l/D/=厘/(,.=],工…，〃)

n/nn

——___2Hzr2

E(X,-X)(X.-X)=EXjXj-EX國-EXj又+EX2=p2——￡(X,.^X.)+//2+一

〃j_\yn

=2〃2+——2(EX；+￡EXjXp

孔〃2

=2//2+---(//2+a2H-(n-l)//2)="-

nnn

于是相關(guān)系數(shù)

(J~

cov(X,.-X,Xj-X)E(X「X)(Xj-又)--1

p——/__—=------------------------=----------=--------

《VaMXj-又)個(gè)Var(Xj—又)Var(X,.-X)n~ln~l

n

例4,設(shè)總體X的分布密度函數(shù)為

其中X<X⑵<乂⑶<X<X⑸為容量為5的取自此總體的樣本的次序統(tǒng)計(jì)量，試證:

I(1")1()4，)

與X(*相互獨(dú)立。

人⑷

證明：總體X的分布函數(shù)為

0x<0

F(x)=<|3y2dy=x30<x<1

1x>l

x

先求"=的密度函數(shù)，需要先求次序統(tǒng)計(jì)量X⑵與X⑷的聯(lián)合密度函數(shù)

A(4)

5!

g(%，y4)=(2.1)!(4-2.1)*4『鏟5一鏟"W)f法

=1080蜴沁”^)(l-^),0<y2<y4<l

x

從而〃的密度函數(shù)為

X(4)

1535

47(y)=[：y4g(%%")0=080y(1-y)\'oy]'(i-)^4=18j(1-/),y>o

又可求乂⑷的分布密度函數(shù)為：

51

/(z)=-----------(Z3)4-'(1-Z3)5-43Z2=60即(1一"),0<z<1

44(4-1)!(5-4)!

x

再求〃=」處與X(4)的聯(lián)合密度：

X(4)

令丁=4，z=y(4)，反解得：y(4)=z,>⑵=yz,于是變換的雅克比行列式為

乂4)

辦⑷雙4)

dy次01X。、

=-z，得：IJI=z，因此〃=一處與X⑷的聯(lián)合密度為

辦⑵辦⑵Zyx14)⑷

3ydz

f(y,z)=1080y5z5z2(z3-y3z3)(l-z3)z

=18/(1-/)x60zn(l-z3)

二力⑺力⑶，y>O,O<z<1

x

可見，之與x⑷相互獨(dú)立。

A(4)

例\設(shè)總體X的分布函數(shù)產(chǎn)(X)是連續(xù)的，X⑴，???，X(〃)為來自此總體的樣本的次序統(tǒng)計(jì)

量，設(shè)工=F(XJ,試證:

(1)Y1<Y2<-<Yn,且工是來自均勻分布總體的次序統(tǒng)計(jì)量;

(2)

〃+2〃+21

(3)工和匕的協(xié)方差矩陣為其甘中k〃=----，生=---J-

〃|(1一。2)。2(1—出)〃+1~n+1

〃+2〃+2>

證明：（1）因?yàn)閤為連續(xù)的隨機(jī)變量，分布函數(shù)為E（X）,可知y=p（x）是（0,1）上的均

勻分布隨機(jī)變量，又X"）是取自總體X的樣本的次序統(tǒng)計(jì)量，而分布函數(shù)尸（x）單調(diào)飛將，

于是尸（X。））《尸（X。））＜…⑴），也即YWLW…且％是來自均勻分布總體

的次序統(tǒng)計(jì)量。

nt..

（2）匕的密度函數(shù)為/（x）=-------:-----OWxWl,于是

（z-l）!（n-0!

=['-----------y-'(i_y-<jn\i!(〃-，)！_i

EKxx

J。(/-1)!(?-/)!(i-l)!(〃一i)!(〃+l)!〃+l

i(i+D

?f(一)n”\!x^il-x^dx

(n+1)(?+2)

〃、/&+l)/i、2K〃+D

VarY=--------------(-----)=------5-------

i'(〃+l)(n+2)n+1(〃+l/(〃+2)

(3)對(duì)任意的i,J(OWi</W〃)來說，匕，匕的聯(lián)合密度函數(shù)為

MI

/(x,.,x,)=------------：----------X.~>(X,_菁)尸1(17]產(chǎn)，0<X,<X<1

于是

!J

EYY：-f[xix：f{xl,xj')dxidxi---------------------f[x-x^x：-x：)"~dxtdx：

n!ri

(1)!(/-1)!(〃-/)!J。

n-/

=--------------------「z：(l-zjr"d&(zt=-)xf'xf(l-x.)Jx.

=__________?!__________(j-i-1)!〃>((/+1)!(〃-，)!

"(z-l)!(j-z-l)!(n-j)!j\(〃+2)!

i(/+l)

(〃+1)("+2)

令EZ=-5—=q,E匕='=a,,則

'n+\17n+l2

cov(K,匕)=EYiYj-EYjEYj=；

a,(1a2)a2(1a2)

VarYi=~；VarY.=~,于是工和匕的協(xié)方差矩陣為

n+2Jn+2J

'q(l-q)%(1-出)、

n+277+2

4(1-。2)〃2(1-“2)

<n+2n+2)

【課后習(xí)題參考解答】

習(xí)題一

1、設(shè)(X1,X2，X3)是來自總體N(〃,〃)的一個(gè)樣本，其中4是已知的，而。2未知。指出

3V21

x2+p,X1+X2+X3,max{X1,X2，XJ,￡T，—(X3-XJ中那些是統(tǒng)計(jì)量，哪

<=ib2

些不是統(tǒng)計(jì)量，為什么？

解：統(tǒng)計(jì)量有X2+",X1+X2+X3,max{XW，XJ,曾「XJ；其它不是統(tǒng)計(jì)

量，因?yàn)楹形粗獏?shù)。

1”

2、設(shè)菁，々,…,七與a都是任意實(shí)數(shù)，又設(shè)元=一￡玉，試證：

n；=i

(1)￡區(qū)-元)2=￡*_〃⑴2

i=l/=1

(2)(x,-X)2=(X,.-a)2-n(x-a)2

/=1i=l

證明：(1)之(七一亍)2=￡菁2-2亍￡為+〃(亍2)=￡玉2_以亍)2

*=1i=I1=11=1

222

(2)2(為一亍)二Z[a)2-2x/x+(x)]=-a)?+2肛一〃-2X/+〃(H)2]

f=lt=lZ=I

n

=￡(X]-a)2+2anx-na2-2nx2+n(x)2

i=l

22

=^(xi-a)-n(x-a)

3、從總體X抽樣得到一個(gè)容量為10的樣本，其值為

3.7,2.0,1.3,1.7,4.2,3.1,5.9,2.6,4.4,5.3

試分別計(jì)算樣本均值x與樣本方差52的值

iio

解：x=—Vx,.=3.42,乎-4。

10白

4、設(shè)有來自總體X的樣本值a，X2,…x“），在計(jì)算樣本均值元與樣本方差時(shí),

常常先對(duì)數(shù)據(jù)作變換y,~-,b^Q,。設(shè)歹及S,為（如…X,）的

h

樣本均值與樣本方差，試證：（1）x^by+a;（2）S；=/S；

證明：(1)亍=，七七；7=，汽y=L￡^y^=：x，￡(Xj-a)=：CF-a)

〃/=]幾/=1幾i=ibbn,=]b

于是有：x=by+a

1”

5、設(shè)（%,尤2,…尤〃）是來自總體X的樣本值,記％=—￡西，S“2*”)2,

ni=\

現(xiàn)又獲得第〃+1個(gè)觀察值Z+I，證明:

1

⑴“巾―⑵S'f原+-----（加一%力

證明:

1M+1111n1

望=(x-x?)+x

⑴■n+1，/+1n+12>,=n+in

〃+11=11=1

1?+!1?：+iI

(2電+:=

〃+1

12

N+(X-)24---------

〃+1〃+1

1時(shí)+(磊)("41礴+1

n+\"+1

2x,0<x<1口4〃小

6.設(shè)總體X的密度函數(shù)f（x）=<,X⑴4X⑵工…WX（“）是來自總體X

u,縣他

的次序統(tǒng)計(jì)量，求X。）、X（,）、X⑹的密度函數(shù)力（X）、￡,（x）和A（x）。

解：/(x)=^(x)[l—尸(x)]"T=〃x2xx(l—/)"T=2內(nèi)(1一/丫1(O<X<1)

2n

fnM=〃F(x)"-"(x)=〃/"fx2x=2nx-'(0<x<l)

n\n\

F(X)""(X)U-尸a)Lx2<*-n2x[l-x2]"-*(0<x<l)

AM(I)!(〃T)!(火-1)!(〃-女)!

6x(1-x),0cx<1

7、設(shè)總體X的密度函數(shù)/(x)=<，(X1,X2…，Xs)是來自X的

0,其他

容量為5的樣本，X,X…,X(5)是相應(yīng)的次序統(tǒng)計(jì)量，求X⑶的密度函數(shù)。

解：總體X的密度函數(shù)和分布函數(shù)如下

[0,x<0,

23

/(x)=6X(D，°<：<1,F(X)=3X-2X,0<X<1,根據(jù)次序統(tǒng)計(jì)量的密

0,其他，、，

'1,x>l

度函數(shù)公式有：

51

2335-3

八(x)=------：----(3x-2x)3T6x(1-x)[l—(3/-2x)]

3(3-l)!(5-3)!

=180x(1-X)(3X2-2?)2(1-3X2-2X3)2(0<X<1)

，JC

8、設(shè)總體X的密度函數(shù)為/(x)=<j0—A晨(九>°)，求X的中位數(shù)X°s。

1_4/'*r>0

解：總體X的分布函數(shù)為尸(x)=1“e'X>u,由總體中位數(shù)的定義有:

0,x<0

In2

F(X)=P(x<x)=\-e-^=0.5,可得：=0.5,于是:

0505%”丁

9、設(shè)由總體X取得容量為10的樣本值如下：

0.5,0.7,0.2,0.7,0.4,2.5,1.5,-0.2,-0.5,0.1

求:樣本中位數(shù)mos和極差與。

解：排序后的次序統(tǒng)計(jì)量的值為：

-0.5,-0.2,0,1,0.2,0.4,0.5,0.7,0.7,1.5,2.5

所以機(jī)os=g(*5+4)=g(0.4+0.5)=0.45,R“=Mo—X]=2.5—(-0.5)=3

10、設(shè)總體XU(0,l),(X「X2...,X5)是來自X的樣本，乂⑴冰⑵」一次⑸是相

應(yīng)的次序統(tǒng)計(jì)量，記L=X(4),求：P(L>；)o.

解：總體x的密度函數(shù)和分布函數(shù)分別如下：

0,x<0,

1,0<x<1

f(x)=<F(x)=<x,0<x<1

0,其他

1,x>1

)()4-I34

則X?的密度函數(shù)為力X------------------X(1-X)=20(X-X)(0<X<1),于是概率

(4-1)!(5-4)!

P(L〉g)=P(X(4)>g)=l—K(f_3__13

16-16

11、設(shè)總體X(7(0,1),X(|)WX⑵W…<X(.)是來自X相應(yīng)的次序統(tǒng)計(jì)量，樣

本容量〃至少多大才能使得P(X(n)>0.99)>0.95

解：第"個(gè)次序統(tǒng)計(jì)量的密度函數(shù)￡,(x)=/(x)"-"(x)=〃x"T,o<x<l,于是:

P(X,>0.99)=['nx"-'dx^x"(=1一0.99"20.95,可得：?>ln0-05^299

⑺J>.99I0.99In0.99

即〃至少取299才能達(dá)到要求。

13、.已知X，(〃)，求證X?~

,Z

證明：已知Xf(〃)，故存在ZN(0,l),y72(〃)，且2,丫相互獨(dú)立,使得：乂=^=,

72

22

從而x2=*-,又z2Z(l),Y/(n),于是x2~P(l,〃)。

Y/n

2

13、記5(w)和Fp(m,〃)分別為f(〃)和的p分位數(shù)，試證：上?(n)]=日式1,〃),

1----

2

并用a=0.05和n=10驗(yàn)證。

證明：由t/(〃)，故/F(l,n)(由上題結(jié)論)，于是：尸(產(chǎn)W￡_a(L〃))=l—1，即:

P(7W?〃)WJ6_a(l，〃))=1-a，而尸(一]多(〃)</(〃)<(@(〃))=1一口,故

22

有：，<〃)=收<1，〃)，也即：上式初2=用/1,〃)。

1----I----

22

驗(yàn)證:t0,05(10)=%975(10)=2228；4005(1,10)=心95(1/°)=496=2.2282成立。

1---------

2

14、從總體X中抽取一個(gè)樣本容量為5的樣本：

1.3,-0.5,2.8,-1.7,2.0

求經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)并作圖。

解:先將樣本從小到大排序：-1.7,-0.5,1.3,20,2.8

[0,x<—1.7

]_

-1.7Wx<—0.5

5

2

-0.5<x<1.3

經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)為K(x)[5、

1.3<x<2.0

5

4

2.0<x<2.8

5

x>2.8

15、設(shè)總體XN(0,l),X],???,X6為來自X的樣本，記

22

y=(%,+x2+x3)+(x4+x5+x6),試求常數(shù)c,使得隨機(jī)變量er服從％2分布。

'x+x+xY

解：X.+X2+X3N(0,3),X4+X5+X6N(0,3),故：」~有一/(I),

(區(qū)號(hào)當(dāng)2/⑴，由可加性知：伊+產(chǎn)丁+儼+)+勺」

\v3JvV3J\v373

/(2),故存在常數(shù)存=2,可使得：CY/⑵。

10

16、設(shè)X1,X2,…,X]o為取自總體NQ0.32)的一個(gè)樣本，求：P(ZX；＞1.44)

i=l

X10y-110

解：中心化有：'N(0,l),由卡方統(tǒng)計(jì)量的構(gòu)造知:2*)2=焉2＞：r(io),

0.3；=i0.30.09；=1

10110I44

于是：P(Zx；>1.44)=P(2>旃)=尸(■⑼>16)=l-F(2(10)<16)

E^Z

1=1(L09/=1

2

=1-P(/(10)</J9(10))=1-0.9=0.1

17、在總體N(52,6.32)中隨機(jī)抽取容量為36的一個(gè)樣本，求樣本均值又落在50.8與53.8之

間的概率。

,-632

解：由XN(52,6.3?)知X^(52,—),從而

_X-52

P(50.8<X<53.8)=P(-1.14<--------<1.17)=<D(1.17)-0>(-1.14)=0.8293

36

18、在總體N(80,2()2)中隨機(jī)抽取容量為100的一個(gè)樣本，求樣本均值與總體均值的差的絕

對(duì)值大于3的概率。

_on2_

解：由XN(80,2()2)知》A^(80,—),即又N(80,22)從而

__V_QA3

P(IX-//I>3)=1-P(IX-//I<3)=1-P(l2A：)

=l-r0>(1.5)-①(一1.5)]=2(1-0>(1.5))=2(1-0.9332)=0.1336

19、求總體N(20,3)的容量分別為10與15的兩個(gè)獨(dú)立樣本的均值之差的絕對(duì)值大于0.3的概

率。

_3-3__

解：可知樣本均值XN(20,歷)，YN(20,西)，于是：X-YN(0,0.5),故有：

Iy_yI0303

P(\X-Yl>0.3)=尸(二>半=)=1-①(-^)=0.6774

瓜瓜7(15

20、設(shè)總體XN(//,4),X"X2,…,X”為來自該總體的一個(gè)樣本，問樣本容量n至少要取

多大，才能使樣本均值又滿足：P(\X-p\<0.1)>0.95

解：XN(〃,±),故P(l又一〃&0.1)=P(^^<^^)=2中(0.054)-120.95解

得：n>1536.14,故至少取樣本容量為1537才能滿足條件。

21、設(shè)總體XN("),(乂”712戶、乂|“)和?2”乂22r?32”)是來自乂的兩個(gè)獨(dú)立

樣本，用，又2分別是這兩個(gè)樣本的樣本均值。試問：n至少應(yīng)多大才能使得用和反2之差的

絕對(duì)值小于O■的概率大于0.99?

_2__22

解：首先用N(〃,J),無N(〃,J),故&一兄N(0,—),于是有：

nnn

_\X-X\11

P(lX,-X,l<cr)==2①(^=)—1>0.99,解得：

V27?cryl27n

①(、斯5)>0.995解得：”>13.313,故n至少應(yīng)取14滿足條件。

22、設(shè)總體XN(〃,cH),(X「X2,…，Xg)是來自X的樣本，(1)寫出X1,X2,…,Xg的

聯(lián)合密度函數(shù)；(2)寫出樣本均值又的密度函數(shù)。

解：(1)X「X2,…，Xg的聯(lián)合密度函數(shù)為：

_8_1_1Tz(呼-“尸

g(X|,…冬)=立—e21=(2加/),St

/=]72兀。

(x-A)2

CT2-1-二2

(2)XN(4,——)，X的密度函數(shù)為：/(x)=--------e8=--

8而半口e

瓜

23、設(shè)玉,乂2,…，X“為來自總體XNR,。?)的樣本，試問：￡(X,—/A//服從什

i=l

么分布？

解：標(biāo)準(zhǔn)化得王二幺N(0,l),i=l,2,…由卡方分布構(gòu)造知：

(J

支區(qū)””這件必T/(〃)

/=1/=1、O)

24、設(shè)又是來自正態(tài)總體N(M，。；)容量為〃?的樣本的樣本均值，夕是來自正態(tài)總體

N(〃2，b；)的容量為〃2的樣本的樣本均值，且設(shè)又與P來自兩獨(dú)立樣本，求2=又一斤的

分布。

2222

解；由題意知XN(//),——),YN(內(nèi),——),于是Z=X—丫N(〃]—外,————)?

幾]n2n2

25、設(shè)(X^X?,…,X“)為來自泊松分布P(4)的一個(gè)樣本，區(qū)和§2為樣本均值和樣本方

差，求％z”反)和EIS?)。

Var

解：（1）Var（X）=Var（-YXi）=^=A.

〃Mnn

iit_

22

（2）E（S）=——E（Y（Xi-X））^Var（X）=A,事實(shí)上一般的有：樣本方差是總體方

〃-1,=1

差的無偏估計(jì)。

26、設(shè)（X「X2,…,X,“）和（幾力,…為分別取自總體可的,〃）和N（〃2，〃）的獨(dú)立樣

本，》，匕S；,S；分別為它們的樣本均值和樣本方差。c和d為常數(shù)。試證:

T_c（V-M）+d（歹一生）

1-J=

（〃/1局+（々-1）5；

+〃2—2

服從，（々+〃2-2）分布。

22

證明：XY故

?i-n2

22122

cX+dYN（CM+〃/2，穹^+—?-）

~〃：n；

于是

c（又一從）+3（歹一生）

又因?yàn)?（1）,（〃2-?S；%2（]）,由卡方分布的可加性知:

b（J-

-31等*/（-2）

CT

山t分布的構(gòu)造知：

c（X-M）+"（丫一〃））u

T=]-==/+〃2-2）

（_-1雙+（%―1?；―十￡業(yè)"4+%-2）

v勺+%-2丫々4

_1it1n_

2

27、設(shè)（X1,X,,…，X“）為來自總體NQ/,/）的樣本，X=-VX.,5,；=-y（X;-X）

?（=i〃i=i

x-Xln-1

試求=產(chǎn)」的抽樣分布。

又X同且與X”…,X“獨(dú)立,

S?Vn+1

__yt_i_1X,用一反

解：首先又N（〃,J）所以X“+「TN(0,——CT2),故N(O,1),又

nnln+1

t(n-l)

28、設(shè)（X1,X?）為取自正態(tài)總體NW，4）的樣本,

(1)證明:X|+X2與X「X2相互獨(dú)立；

(2)假設(shè)〃=0,求(X+X?)；的分布。

2

(X,-X2)

證明:(1)由題意知:

Cov(X1+X2,Xt-X2)=Cov(Xt,%,)-Cov(Xt,X2)+Cov(Xt,X2)-Cov(X2,X2)=0

于是X|+X2與x,-x2相互獨(dú)立。

2

(2)當(dāng)〃=0時(shí)，X]7V(O,(T),X2NS,"),所以

、產(chǎn)N(O,I),X：X2N(O,I),于是(X；｝)22⑴,(X；/2⑴,

V2<7V2<r2a~2a-

,(XI+X2)2”

于是根據(jù)F分布的構(gòu)造有：因丁X,：=_2〃F(l,l)

(X「Xz)2(X,-X2)-

2(T2

第二章參數(shù)估計(jì)

【學(xué)習(xí)目標(biāo)】

1、掌握矩估計(jì)的替代原則；會(huì)求已知分布中未知參數(shù)的矩估計(jì)（值）

2、熟練掌握極大似然估計(jì)的思想及求法

3、估計(jì)量的評(píng)價(jià)標(biāo)準(zhǔn)：無偏性、有效性、相合性的定義

4、統(tǒng)計(jì)量的無偏性的判斷；兩個(gè)無偏估計(jì)的有效性判斷；會(huì)用Fisher信息量及c-R下界進(jìn)

行統(tǒng)計(jì)量的UMVUE充分性判斷

5、掌握區(qū)間估計(jì)的定義

6、單個(gè)正態(tài)總體均值的區(qū)間估計(jì)（包括方差已知、方差未知）；單個(gè)正態(tài)總體方差的區(qū)間估

計(jì)（包括均值已知、均值未知）

7、兩個(gè)正態(tài)總體均值差的區(qū)間估計(jì)（方差未知）；兩個(gè)正態(tài)總體方差比的區(qū)間估計(jì)

8、單側(cè)置信區(qū)間的求法

【典型例題講解】

例1、設(shè)天,…，x”是來自均勻分布u（e,e+i）的總體的容量為n的樣本，其中

-8＜。＜+8為未知參數(shù)，試證：。的極大似然估計(jì)量不止一個(gè)，例如a=x（i）,

A-11

02=x（“）-1,a=-（x（1）+2都是。的極大似然估計(jì)。

解：u（ae+1）分布的密度函數(shù)為

/W=|o16<x<6+\

其他

似然函數(shù)

1"+1

L{6}=\

0其他

由于在夕4/）w%）we+i上L（e）為常數(shù)，所以凡是滿足：）4的）wx（“）＜3+1的彼均

為。的極大似然估計(jì)。從而

（1）A=滿足此條件，故A=x°）是。的極大似然估計(jì)；

（2）由于Xg-X⑴＜1,故O=⑴WX（“）=O+1,所以O(shè)=x““-1為6的

極大似然估計(jì)；

（3）由于X（“）-X2,故X（D+X（“）—1W2X⑴，Xw+X（n）+l＞2XM，從而有

A]111

4=5（*0）+*（“））-5＜乂°）4*（,）〈5（乂0）+乂（“））+5=4+1，故4也為。的極大似

然估計(jì)。

例2一個(gè)罐子里裝有黑球和白球，有放回地抽取一個(gè)容量為n的樣本，其中含k個(gè)白球，

求罐子里黑球數(shù)和白球數(shù)之比R的極大似然估計(jì)量。

解：設(shè)罐子中有白球x個(gè)，則有黑球Rx個(gè)，從而罐中共有（R+l）x個(gè)球。從罐中有放回地

抽一個(gè)球?yàn)榘浊虻母怕蕿橐?Y-=——1，為黑球的概率為一RJ,于是從中有放回地抽n

（1+R）x1+R1+7?

個(gè)球可視為從二點(diǎn)分布

X01

R1

P

1+R1+R

中抽取一個(gè)容量為n的樣本，從而似然函數(shù)為

兩邊取對(duì)數(shù)后對(duì)R求導(dǎo)，并令其為0,得似然方程：

"^上一一—=0,解此方程得：R=即為R的極大似然估計(jì)。（顯然與我們的直觀

Rl+Rk

印象是相符的）

例3.考慮某種離散分布

p（X=x）=a,——，x=0,l,2,…

其中對(duì)某些x可能有%=0,/（6）有連續(xù)導(dǎo)數(shù)，設(shè)X1,…，X”為來自具有這種分布的總體

X的一個(gè)樣本，

（1）證明：。的極大似然估計(jì)是方程區(qū)=也竺=￡^的一個(gè)根。這里的極大似然方程與

矩法方程相同。

（2）試求為了估計(jì)下列分布而需要的極大似然方程的顯式，這些分布是普瓦松分布，二項(xiàng)

分布。

〃〃f）,=\

解：（1）證明：似然函數(shù)為L（e）=n4——=（n/）—，兩邊取對(duì)數(shù)有:

號(hào)xf（e）VXium

lnL（e）=Z1n&xjn。一〃ln/（6）,關(guān)于。求導(dǎo)并令之為0,得:

i=l'i=\

掙一常二…六制故。的極大似然估計(jì)應(yīng)滿足方程：又=火”,

又由力必,焉=]知:/(e)=象,夕，于是:

x=0/(6)x=0

e(("，e一"'⑻

EX=Exa4'/以。)=?叱f(e)&-'/⑻于⑹所以似然方程可

x=0x=0

寫作：X^EX,顯然與矩法估計(jì)一樣。

1X1X1

(2)對(duì)Possion分布，P{X=x)=-------=a-----,其中。=%“、,=—,/(>1)=/,

x!x/(2)x\

又/'(m=『=/(/),故似然方程的顯式為又=4

對(duì)二項(xiàng)分布―)=*-C；匕急其3