【正文】 X7+X8+?+X9)～ N(μ, 23), 且 Y1 與 Y 2 獨(dú)立，故 Y1Y2～ N(0, 22), 又 2 2 2 =∑i=79(XiY2)2/ 2～ χ2(2), Y1Y2 與 2 2 2 獨(dú)立，從而 (Y1Y2)/ 22 2 2/2=2(Y1Y2)S=Z～ t(2). 習(xí)題 15 設(shè) X1,?,Xn,Xn+1 是取自正 態(tài)總體 X～ N(μ, 2)的樣本， Xn =1n∑i=1nXi, Sn=1n1∑i=1n(XiXn175。Sn 的分布 . 解答： 將統(tǒng)計(jì)量改 寫成下列形 式： nn+1?Xn+1Xn n=(Xn+1Xn )/1+1n (n1) n2 2 /(n1) (*) 由于 Xn+1 與 Xi(i=1,?,n)相互獨(dú)立， Xn =1n∑i=1nXi～ N(μ, 2n), Xn+1～ N(μ, 2), 所以 Xn+1Xn175。與 Sn2 相 互獨(dú)立， Xn+1 也與 n 2 相互獨(dú)立 ，且 (n1) n2 2 ～ χ2(n1), 故由 (*)式即得 nn+1?Xn+1Xn175。與 μ之差的 絕對(duì)值小于 2 的概率： (1)已知 2=25。μ)/ n～ N(0,1), P{∣ X175。μ∣ / n2/516 =P{∣ U∣ 1 6}=2Φ(1 6)1=. 習(xí)題 17(2) X～ N(μ, 2)中抽取容量 為 16的樣 本 . 在下列情況 下分別求 X 175。μ)/ n～ t(n1), P{∣ X175。μ∣ /Sn2/ =P{∣ T∣ }=12=. 習(xí)題 18(1) X1,X2,?,X10 取自 正態(tài)總體 N (0,), 試求 (1)P{∑i=110Xi 2。,Y,175。Y175。Y175。)E(Y175。Y175。Y175。Y175。Y175。Y175。)2]2=(n21) 4 解答： 因?yàn)? χ2=∑i=1n(XiX )2/ 2～ χ2(n1),E(χ2)=n1, D(χ2)=2(n1), 所以 E[∑i=1n(XiX )2]2= 4E[∑i=1n(XiX )2/ 2]2 = 4E[χ2]2= 4[D(χ2)+[E(χ2)]2] = 4[2(n1)+(n1)2]=(n21) 4 點(diǎn)估計(jì)問(wèn) 題 ?概述 習(xí)題 1 總體 X在區(qū) 間 [ ,θ] 上均勻分布 ， X1,X2,?,Xn是它的 樣本，則下列估計(jì) 量 θ 是 θ 的一致估計(jì) 是 (). (A)θ =Xn。 (C)θ =X175。 (D)θ =Max{X1,X2,?,Xn}. 解答： 應(yīng)選 (D). 由一致估計(jì) 的定義，對(duì)任意 ?0, P(∣ Max{X1,X2,?,Xn}θ ∣ ?) =P(?+θM x{X ,X , ?,Xn}?+θ) =F(?+θ) F(?+θ) 因?yàn)? FX(x)={ ,x xθ, ≤x≤θ ,xθ, 及F(x)=FMax{X1,X2,?,Xn}(x)=FX1(x)FX2(x)?FXn(x), 所以 F(?+θ)= , F(?+θ)=P(M x{X ,X , ?,Xn}?+θ)=( xθ)n, 故 P(∣ Max{X1,X2,?,Xn}θ ∣ ?)=1(1xθ)n→ (n→+∞) 習(xí)題 2 設(shè) σ 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 σ 的 (). (A)矩估計(jì)量； (B)最大似然估 計(jì)量； (C)無(wú)偏估計(jì)量 ； (D)相合估計(jì)量 . 解答： 應(yīng)選 (D). 因?yàn)?，總體標(biāo)準(zhǔn)差 σ 的矩估計(jì) 量和最大似 然估計(jì)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(wú)偏估計(jì)，但是樣本標(biāo) 準(zhǔn)差不是總 體標(biāo)準(zhǔn)差的 無(wú)偏估計(jì) .可見，樣本標(biāo)準(zhǔn)差 S是總體標(biāo) 準(zhǔn)差 σ 的相 合估計(jì)量 . 習(xí)題 3 設(shè)總體 X的 數(shù)學(xué)期望為 μ,X ,X , ?,Xn是來(lái)自 X的樣本， a1,a2,?,an是任意 常數(shù)，驗(yàn)證(∑i= n iX i)/∑i= n i (∑i= n i≠ ) 是 μ 的無(wú)偏 估計(jì)量 . 解答： E(X)=μ, E(∑i= n iX i∑i= n i)= ∑i= n i ?∑i= n iE (Xi) (E(Xi)=E(X)=μ) =μ∑i= n i∑i= n=μ, 綜上所證，可知 ∑i= n iX i∑i= n i 是 μ 的無(wú)偏估 計(jì)量 . 習(xí)題 4 設(shè) θ 是參 數(shù) θ 的無(wú)偏 估計(jì)，且有 D(θ )0, 試證 θ =(θ )2不是 θ 的無(wú)偏估計(jì) . 解答： 因?yàn)?D(θ )=E(θ 2)[E(θ )]2, 所以 E(θ )=D(θ )+[E(θ )] =θ +D(θ )θ , 故 (θ )2不是 θ 的無(wú)偏估計(jì) . 習(xí)題 5 設(shè) X1,X2,?,Xn是來(lái)自 參數(shù)為 λ 的 泊松分布的 簡(jiǎn)單隨機(jī)樣 本，試求 λ 的 無(wú)偏估計(jì)量 . 解答： 因 X服從參 數(shù)為 λ 的泊 松分布，故 D(X)=λ, E(X )=D(X)+[E(X)] =λ+λ =E(X)+λ , 于是 E(X2)E(X)=λ , 即 E(X2X)=λ 用樣本矩 A = n∑i= nXi ,A =X175。 習(xí)題 6 設(shè) X1,X2,?,Xn為來(lái)自 參數(shù)為 n,p的二項(xiàng)分 布總體，試求 p2的 無(wú)偏估計(jì)量 . 解答： 因總體 X～b(n,p), 故 E(X)=np, E(X2)=D(X)+[E(X)]2=np(1p)+n2p2 =np+n(n1)p2=E(X)+n(n1)p2, E(X2)E(X)n(1)=E[1n(n1)(X2X)]=p2, 于是，用樣本矩 A 2,A1分別代 替 相應(yīng)的總 體矩 E(X2),E(X),便得 p2的 無(wú)偏估計(jì)量 p 2=A2A1n(n1)=1n2(n )∑i= n(Xi Xi). 習(xí)題 7 設(shè)總體 X服 從均值為 θ 的指數(shù)分布 ，其概率密度 為 f(x。和 n(min(X1,X2,?,Xn))都是 θ 的無(wú) 偏估計(jì)量，并比較哪個(gè) 更有效 . 解答： 因?yàn)?E(X)=θ, 而 E(X175。)=θ, X175。)=θ n 又由于 D(Z)=(θn) , 故有 D(nZ)=n2D(Z)=n2?θ n =θ 當(dāng) n1時(shí)， D(nZ)D(X175。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(yàn)證 = X + X , = X + X , =12X1+12X2, 都是 m的無(wú) 偏估計(jì)量；并問(wèn)哪一個(gè) 估計(jì)量的方 差最小 ? 解答： 因?yàn)?X服從 N(m,1), 有 E(Xi)=m,D(Xi)=1(i=1,2), 得 E( )=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m, D(m )=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59, 同理可得： E( )= ,D( )= , E( )= ,D( )=12. 所以， , , 都是 m的無(wú)偏估 計(jì)量，并且在 , , 中，以 的 方差為最小 . 習(xí)題 9 設(shè)有 k臺(tái)儀 器 . 已知用第 i 臺(tái)儀器測(cè)量 時(shí)，測(cè)定值總體 的標(biāo)準(zhǔn)差為 σi(i= , , ?,k), 用這些儀器 獨(dú)立地對(duì)某 一物理量 θ 各觀察一次 ，分別得到 X 1,X2,?,Xk. 設(shè)儀器都沒 有系統(tǒng)誤差 ，即 E(Xi)=θ(i= , , ?,k), 問(wèn) a1,a2,?,ak應(yīng)取何 值，方能使用 θ =∑i= iX i估計(jì) θ時(shí) ， θ 是無(wú)偏 的，并且 D(θ )最??？ 解答： 因?yàn)?E(Xi)=θ(i= , , ?,k), 故 E(θ )=E(∑i= iX i)=∑i= iE (Xi)=θ∑i= i, 欲使 E(θ )=θ, 則要 ∑i= i= 因此，當(dāng) ∑i= i= 時(shí)， θ =∑i= iX i為 θ 的無(wú) 偏估計(jì) , D(θ )=∑i= i σi , 要在∑i= i= 的條件下 D(θ )最小 ，采用拉格朗 日乘數(shù)法 . 令 L(a1,a2,?, )=D(θ )+λ( ∑i= i)=∑i= i σi +λ( ∑i= i), {?L?ai=0,i=1,2,?, ∑i= i= , 即 iσ i2λ= , i=λ i 。=E(X)，于是 θ =X175。c為矩估計(jì) 量， θ 的矩估計(jì) 值為 θ =x175。c，其中 x175。θ)=θ nθ (∏i= nxi) (θ+ ) ， xic， 對(duì)數(shù)似然函 數(shù)為 n (θ)= n nθ+ nθ nc (θ+ )∑i= n nx i， 對(duì) n (θ) 求導(dǎo)，并令其為零 ，得 d n (θ) dθ= nθ+ n nc∑i= n nx i=0， 解方程得 θ =n∑i= n nx inlnc，故參數(shù)的最 大似然估計(jì) 量為 θ =n∑i= n nX inlnc． ( )E(X)=∫ x ?θxθ dx=θθ+ ，以 X175。=θθ+ 解出，得 θ =(X175。) ， θ 的矩估計(jì) 值為 θ =(x175。) ，其中 x175。θ)=θn/ (∏i= nxi)θ 1， ≤xi≤ ， 對(duì)數(shù)似然函 數(shù)為 n (θ)= n nθ +(θ )∑i= n nx i， 對(duì) n (θ) 求導(dǎo)，并令其為零 ，得 d n (θ) dθ= n θ+ θ ∑i= n nx i=0， 解方程得 θ =(n∑i= n nx i)2，故參數(shù)的最 大似然估計(jì) 量為 θ =(n∑i= n nX i)2． (3)X～b(m,p)， E(X)=mp，以 X175。=E(X)，則參數(shù) p的 矩估計(jì)為 = X175。= ? n∑i= nxi ． 另外，似然函數(shù)為 (θ)= ∏i= nf(xi。 ． 習(xí)題 2 設(shè)總體 X服 從均勻分布 U[ ,θ], 它的密度函 數(shù)為 f(x。θ)d x= θ ∫ θ xdx =θ , 令 E(X)= n∑i= nXi, 即 θ =X175。 (2)由所給樣本 的觀察值算 得 x175。= 習(xí)題 3 設(shè)總體 X以 等概率 θ 取值 1,2,?,θ, 求未知參數(shù) θ 的矩估計(jì) 量 . 解答： 由 E(X)= θ+ θ+ ?+θ θ= +θ = n∑i= nXi=X175。1. 習(xí)題 4 一批產(chǎn)品中 含 有廢品，從中隨機(jī)地 抽取 60件 ，發(fā)現(xiàn)廢品 件，試用矩估計(jì) 法估計(jì)這批 產(chǎn)品的廢品 率 . 解答： 設(shè) p為抽得 廢品的概率 ,1p為抽得正 品的概率 (放回抽取 ). 為了估計(jì) ,引入隨機(jī)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 P{Xi=1}=p,P{Xi=0}=1p=q, 其中 i=1,2,?,60,且 E(Xi)=p, 故對(duì)于樣本 X1,X2,?,X60的一 個(gè)觀測(cè)值 x 1,x2,?,x60, 由矩估計(jì)法 得 p的估計(jì) 值為 = ∑i= xi =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 θ θ( θ) (1θ) 其中 θ( θ ) 為未知參數(shù) . 已知取得了 樣本值 x =1,x2=2,x3=1, 試求 θ 的矩 估計(jì)值和最 大似然估計(jì) 值 . 解答： E(X)= θ + θ( θ)+ ( θ) = θ, x175。, 所以 θ =(3x175。 因此 ?P{X= }=eλ =eX175。= ∑r= r ?r= ( + + + + + ) ≈ , 因此 P {X=0}=ex175。 (B)置信度越大 ,置信區(qū)間越 長(zhǎng) 。 (D)置信度大小 與置信區(qū)間 有長(zhǎng)度無(wú)關(guān) . 解答：