海南大学：《概率论与数理统计》课程教学资源（教案讲义）ch7 参数估计 第四讲 习题课

习题课 I.教学目的与要求： 1.复习巩固本章主要内容： 2.通过一些典型例题加深与拓广知识面 Ⅱ.典型方法与例题 通过典型方法与例题的讲解强化学生对知识的掌握 例1.总体X的对数函数nX服从正态分布(4，c2),X,X2,.,Xn为取自总 体X的样本，求4，σ2的最大似然估计量。 解：设=1nX~N(u,o), u的最大似然估计，立=y=了，故立=之nX,为u的最大似然估 l i=l n i=l 计. 62-之化-2=-1之mX,-2为。2的最大似然估计. 1= 例2.已知总体X服从参数为0的泊松分布，其分布律为： P(X=k)=六0*e-,k=0,l,2,.0>0 X,X2,Xn为取自总体X的样本.求 (1)0的矩估计量： (2)0的最大似然估计量： (3)判断0的矩估计量与最大似然估计量是否为0无偏估计量. 解：①因为E张0F0,眉六名X-乐2X,-对都是m的 点估计，故了，S,B2都可作为O的矩估计量. 240wPX=)=.9e _e-80 Π划 nml-∑x,lh0-∑hx,kn0,令

习题课 Ⅰ.教学目的与要求： 1. 复习巩固本章主要内容； 2. 通过一些典型例题加深与拓广知识面. Ⅱ.典型方法与例题 通过典型方法与例题的讲解强化学生对知识的掌握 例 1. 总体 X 的对数函数 ln X 服从正态分布 ( , ) 2 N   , X X Xn , , , 1 2  为取自总 体 X 的样本, 求 2 , 的最大似然估计量. 解: 设 Y=lnX ～ N(u,σ2 ), u 的最大似然估计, Y Y n u n i  i = = = 1 1 ˆ ，故 = = n i Xi n u 1 ln 1 ˆ 为 u 的最大似然估 计. 2 1 2 1 2 (ln ˆ) 1 ( ) 1 ˆ X u n Y Y n n i i n i =  i − =  − = =  为 2  的最大似然估计. 例 2. 已知总体 X 服从参数为  的泊松分布, 其分布律为: ( ) , 0,1,2, ; 0 ! 1 = = =  −   P X k k k e  k  X X Xn , , , 1 2  为取自总体 X 的样本. 求 (1)  的矩估计量; (2)  的最大似然估计量; (3) 判断  的矩估计量与最大似然估计量是否为  无偏估计量. 解:(1)因为 EX=DX= , 而 S 2 = = − − n i Xi X n 1 2 ( ) 1 1 , B2= = − n i Xi X n 1 2 ( ) 1 都是 DX 的 点估计,故 X , S2 , B2都可作为  的矩估计量. (2) L(  ;x1,x2,.,xn)= = = n i i P X x 1 ( ) =   − =  e x i x n i 1 i ! 1 =  n n i i x e x n i i − =  = 1 ! 1 lnL=  = = − − n i n i xi xi n 1 1 ln  ln !  ,令

∑x dhL -n=0,0=∑X,=了为9的最大似然估计量 d08 n台 (3)令6=X,0,=B2,6,= E日=E下=EX=0,E日，=ESg=DX0,故日，=X及日=2都是0的无偏估计， EA,=EB=n-lES:-”-l0,故A,不是9的无偏估计 n n 例3总体X~U(0,20),其中0>0是未知参数，又X,X2,Xn为取自该总体 的样本，了为样本均值。证明：日-号又是参数0的无偏估计。 证明：X~U0.20,则60=0+20_9，于是 2 2 6a-号x-号9-0 故6=？不是参数0的无偏估计. 例4.设0是参数0的无偏估计量，D(©>0，证明：2不是02的无偏估计量 证明：因为0是参数0的无偏估计量，所以E(©=0， D(0)=E(02)-(E0)2=E(02)-02>0,即E(02)>02, 故2不是02的无偏估计量. 例5.从均值为4，方差为o2的正态总体中分别抽取容量为n和n2的两组独立 样本，X,X2分别为两组样本的样本均值.试证：对任何常数a,ba+b=1), Y=aX,+bX2都是4的无偏估计，并确定a,b的值使Y=a,+bX2在此形式的估 计量中最有效. 解：因为EY=aEX,+bEr2=aEX+bEX=(a+b)EX=EX=4 所以，对任何常数a,b(a+b=1),Y=aX,+bx2都是4的无偏估计. Dr=aD成+brD成，-gnr+nr=g+)nr n n2 n n2

d d ln L = 0 1 − = = n x n i i  , ˆ = X X n n i  i = =1 1 为  的最大似然估计量. (3) 令 1 ˆ  = X , 2 ˆ  = B2 , 3 ˆ  =S 2 E 1 ˆ  =E X =E X= , E 3 ˆ  =ES 2=D X= , 故 1 ˆ  = X 及 3 ˆ  =S 2 都是  的无偏估计， E 2 ˆ  =EB2= 1 2 ES n n − =  n n −1 , 故 2 ˆ  不是  的无偏估计. 例3总体 X ～U (,2 ) , 其中   0 是未知参数, 又 X X Xn , , , 1 2  为取自该总体 的样本, X 为样本均值. 证明: X 3 2 ˆ  = 是参数  的无偏估计. 证明: X ～U (,2 ) ,则 2 3 2 2 ( )    = + E X = ,于是    = = =  = 2 3 3 2 3 2 3 2 E ˆ EX EX , 故 X 3 2 ˆ  = 是参数  的无偏估计. 例 4.设  ˆ 是参数  的无偏估计量, ) 0 ˆ D(  , 证明: 2 ˆ  不是 2  的无偏估计量. 证明：因为  ˆ 是参数  的无偏估计量,所以  ) =  ˆ E( ， ) = ˆ D( − = 2 2 ) ˆ ) ( ˆ E( E ) 0 ˆ ( 2 2 E  −  , 即 2 2 ) ˆ E(   , 故 2 ˆ  不是 2  的无偏估计量. 例 5.从均值为  ,方差为 2  的正态总体中分别抽取容量为 1 n 和 2 n 的两组独立 样本, 1 2 X , X 分别为两组样本的样本均值. 试证: 对任何常数 a,b(a + b = 1) , Y = aX1 +bX2 都是  的无偏估计, 并确定 a,b 的值使 Y = aX1 +bX2 在此形式的估 计量中最有效. 解：因为 ( ) . EY = aEX1 + bEX2 = aEX + bEX = a + b EX = EX =  所以，对任何常数 a,b(a + b = 1) , Y = aX1 +bX2 都是  的无偏估计. DX n b n a DX n b DX n a DY a DX b DX ( ) 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 = + = + = +

令a,)=g+仁，求a.b)在a+b=1下的条件极值，可知 月n2 当a=乃一，b=”:时，fa,b)最小，从而此时Y最有效. n1+m2 n1+n23 例6.已知某种材料的抗压强度X~N（4,σ2)，现随机地抽取10个试件进行 抗压试验，测得数据如下：482,493,457,471,510,446,435,418,394,469. (1)求平均抗压强度4的点估计值： (2)求平均抗压强度μ的置信水平为95%的置信区间： (3)若已知o=30,求平均抗压强度4的置信水平为95%的置信区间： (4)求σ2的点估计值； (5)求σ2的置信水平为95%的置信区间： (6)求o的点估计值： (7)求o的置信水平为95%的置信区间. 解：经计算x-457.50,S=35.276,n=10, (1)i=X=457.50 (②)因为Z=X-”、1n-),故参数4的置信水平为0.95的置信区间 Sn 是： (-a-n+4a- 查自由度为9的分位数表得，12s(9)=2.262,故参数4的置信水平为0.95的 置信区间为 45750-3522226245750+352×2262=432.30482.70 10

令 2 2 1 2 ( , ) n b n a f a b = + , 求 f (a,b) 在 a + b =1 下的条件极值,可知 当 1 2 1 n n n a + = , 1 2 2 n n n b + = 时, f (a,b) 最小, 从而此时 Y 最有效. 例 6.已知某种材料的抗压强度 X ～ N (  , 2  ), 现随机地抽取 10 个试件进行 抗压试验, 测得数据如下: 482, 493, 457, 471, 510, 446, 435, 418, 394, 469. (1) 求平均抗压强度  的点估计值; (2) 求平均抗压强度  的置信水平为 95%的置信区间; (3) 若已知  =30, 求平均抗压强度  的置信水平为 95%的置信区间; (4) 求 2  的点估计值; (5) 求 2  的置信水平为 95%的置信区间; (6) 求  的点估计值; (7) 求  的置信水平为 95%的置信区间. 解: 经计算 X = 457.50 , S =35.276, n =10, (1) u ˆ = X = 457.5 0 (2) 因为 ~ ( −1) − = t n S n X u Z , 故参数  的置信水平为 0.95 的置信区间 是:         − ( −1), + ( −1) 2 2 t n n S t n X n S X   , 查自由度为 9 的分位数表得, t 0.025 (9) = 2.262 ,故参数  的置信水平为 0.95 的 置信区间为         −  +  2.262 10 35.22 2.262,457.50 10 35.22 457.50 =(432.30, 482.70)

(3)已知o=30,-12=025=1.96则平均抗压强度μ的置信水平为95%的 置信区间为： 457.50-30 ×1.96,457.50+ √10 30×1.96 √10 =(438.90,476.09) (4)62=S2=1240.28 (6)因为-)S2 ~x(-1),所以σ2的置信水平为95%的置信区间为 (n-10s2 (n-0S2）】 xa22(n-l)'1-a22(n-1) 其中 S2=1240.28, an2(n-)=oes2(9)=19.023,22(n-l)=x09ng2(9)=2.70,所以o2的 置信水平为95%的置信区间为： （m-1s2m-1s2）(9×1240289x124028-(686.79. xa22(n-1)X-a22(n-10（19.023’2.70 4134.27) (6)由(4)6=S=V1240.28=35.276. (7)由（⑤）σ的置信水平为95%的置信区间为： (n-1)S2 (n-1)S2 =V586.79,√4134.2=(24.2237,64.2982) Zan2(n-1)Zi-a12(n-1)) 例7.设从总体X~N(41,64)和总体Y~N(42,36)中分别抽取容量为m=75, n2=50的独立样本，可计算得x=82,刀=76，求4-42的置信水平为96%的置信 区间

(3) 已知  =30, z / 2 = z0.025 =1.96 则平均抗压强度  的置信水平为 95%的 置信区间为:         − / 2 + / 2 ,     z n z X n X =         −  + 1.96 10 30 1.96,457.50 10 30 457.50 =(438.90, 476.09) (4) 2 2  ˆ = S =1240.28 (5) 因为 ~ ( 1) ( 1) 2 2 2 − − n n S   ,所以 2  的置信水平为 95%的置信区间为:         − − − − − ( 1) ( 1) , ( 1) ( 1) 2 1 / 2 2 2 / 2 2 n n S n n S     , 其中 2 S =1240.28, ( 1) (9) 19.023, ( 1) (9) 2.70 2 0.975 2 1 / 2 2 0.025 2   / 2 n − =  =  − n − =  = ,所以 2  的 置信水平为 95%的置信区间为:         − − − − − ( 1) ( 1) , ( 1) ( 1) 2 1 / 2 2 2 / 2 2 n n S n n S     =         2.70 9 1 240.28 , 19.023 9 1 240.28 =(586.79, 4134.27) (6) 由(4)  ˆ = S = 1 240.28 =35.276. (7) 由(5)  的置信水平为 95%的置信区间为:         − − − − − ( 1) ( 1) , ( 1) ( 1) 2 1 / 2 2 2 / 2 2 n n S n n S     =( 586.79, 4 134.27) =(24.2237, 64.298 2) 例 7.设从总体 ~ ( ,64) X N 1 和总体 ~ ( ,36) Y N 2 中分别抽取容量为 n1 = 75, n2 = 50 的独立样本, 可计算得 x = 82, y = 76 , 求 1 − 2 的置信水平为 96%的置信 区间

解：因为区-)-仙二)N0》,故4-4的6s的置信区间为： m n2 o2+,(-)+a2ym+历 (X-)-an m n a.0 其中o,2=64,o,2=36,查表得：a2=zo2=2.05,所以4-4，的96%的置信区间 为： (四-网-2层要阅-0-2层-a2&调 Ⅲ.课外作业 设总体X有分布密度)=(9一，00为特估参 0. 其他 (x,x2,.,xn)为样本(X,X2,X,)的一组样本值，试求0的最大似然估计量. 2.假定一批灯泡的寿命服从N(4,σ2)，从中抽取25只灯泡经计算其均值x=500, 方差S2=502.试求总体均值4的置信水平为0.95的置信区间

解 : 因 为 ~ (0,1) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 2 N n n X Y u u   + − − − , 故 1 − 2 的 96% 的 置信 区 间为 :         − − + − + + 2 2 2 1 2 1 / 2 2 2 2 1 2 1 / 2 ( ) ,( ) n n X Y z n n X Y z       , 其中 64, 2  1 = 36, 2  2 = 查表得 z / 2 = z0.02 = 2.05,所以 1 − 2 的 96%的置信区间 为:         − − + − + + 50 36 75 64 ,(82 76) 2.05 50 36 75 64 (82 76) 2.05 =(3.42, 8.58) Ⅲ.课外作业 1.设总体 X 有分布密度 f (x) = { 0, 其他 , 0 1 1   − x x   , 其中  >0 为待估参数, ( n x , x , , x 1 2  )为样本 1 2 ( , , , ) X X X n 的一组样本值,试求  的最大似然估计量. 2. 假定一批灯泡的寿命服从 N (  , 2  ),从中抽取 25 只灯泡, 经计算其均值 x =500, 方差 2 2 S = 50 . 试求总体均值  的置信水平为 0.95 的置信区间