【最新范文】R语言实验6参数估计

1、最新范文R语言实验6参数估计一、实验目的：1 .掌握矩法估计与极大似然估计的求法；2 .学会利用R软件完成一个和两个正态总体的区间估计；3 .学会利用R软件完成非正态总体的区间估计；4 .学会利用R软件进行单侧置信区间估计。二、实验内容：练习：要求:完成练习弁粘贴运行截图到文档相应位置（截图方法见下）,弁将所有自己输入文字的字体颜色设为红色（包括后面的思考及小结）,回答思考题，简要书写实验小结。修改本文档名为 本人完整 学号姓名1”其中1表示第1次实验，以后更改为2,3,. o如文件名为“1305543109张立1”表示学号为1305543109的张立同学的第1次 实验,注意文件名中没有空格及

2、任何其它字符。最后连同数据文件、源 程序文件等（如果有的话，本次实验没有），一起压缩打包发给课代表，压 缩包的文件名同上。截图方法：法1:调整需要截图的窗口至合适的大小，弁使该窗口为当前激活窗 口（即该窗口在屏幕最前方），按住键盘Alt键（空格键两侧各有一个）不 放，再按键盘右上角的截图键（通常印有 印屏幕”或“Pr Scrn等字符），即完成截图。再粘贴到word文档的相应位置即可。法2:利用QQ输入法的截屏工具。点击 QQ输入法工具条最右边的 扳手”图标，选择其中的截屏”工具。)1.自行完成教材P163页开始的4.1.3-4.3节中的例题。2.(习题4.1)设总体的分布密度函数为？?？ &l

3、t;<+=,0,10)1();(其他 x x x f 民民民X 1,X 2,X淇样本，求参数a的矩估计量1?a和极大似然估计量2?以现测得样本观测值为0.1, 0.2, 0.9, 0.8, 0.7, 0.7求参数a的估计值。解:先求参数 /的矩估计量1?a。由于只有一个参数，因此只需要考虑E(X尸X o而由E(X )的定 义有:E(X尸21|21)1()(10210+=+=+? =?+°°8?民民民民民民民 x dx x x dx因 fx X=+21 民 a 解得 211?1-=Xg以下请根据上式完成 R程序，计算出参数a的矩估计量1?a的值。源代码及运行结果：(复制

4、到此处，不需要截图)x<-c(0.1, 0.2, 0.9, 0.8, 0.7, 0.7) >(2*mean(x)-1)/(1-mean(x) 1 0.3076923下面再求参数a的极大似然估计量2? ao只需要考虑x G (0, 1)部分。依题意,此分布的似然函数为 L(" x尸nn =+=n i i n n i i x x f 1 1)()1()X 5 5 5相应的对数似然函数为ln L ( " x尸n ln( a +1)+ a lnn=n i i x1令+=?1）；（ln a a a n x L ln n=ni i x 1=0解此似然方程得到1ln 1- =

5、n=ni ix n或写为11n 1-= =ni i x na。容易验证01n 22<?民 L，从而民使得L达到极大，即参数民的极大似然估计量un 11n ?1 2-=E=ni iX n a o 以下请根据上式完成 R程序，计算出参数a的极大似然估计量2? a 的值。源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)>f<-function(a) 6/(a+1)+sum(log(x) >uniroot(f,c(0,1) $root1 0.211182 $f.root1 -3.844668e-05 $iter 1 5 $init.it 1 NA $estim.prec1 6.10

6、3516e-053.(习题4.2)设元件无故障工作时间X具有指数分布，取1000个元件工作时间的组中值5t52535455565颊数畤365245ISO704525大肠杆菌数/升Q123456水的升数1720102100提示:根据教材P168例4.7知，指数分布中参数人的极大似然估计是n /12 =ni iX1o利用rep()函数。解:源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)x<-c(rep(5,365),rep(15,245),rep(25,150),rep(35,100),rep(45,70), rep(55,45),rep(65,25) >1000/sum(x) 1 0.

7、054.(习题4.3)为检验某自来水消毒设备的效果，现从消毒后的水中随 机抽取50升，化验 每升水中大肠杆菌的个数(假设一升水中大肠杆菌个数服从Poisson分布)，其化验结果如下：坦中值典5t52535455565频数畤365245ISO704525大做杆菌数/升Q123456水的升数1720to2100试问平均每升水中大肠杆菌个数为多少时，才能使上述情况的概率为最大？解:此题实际就是求泊松分布中参数人的极大似然估计。泊松分布的分布律为 P X =k =!k e k 入卜,k =0,1,2,，入0设x 1,x 2,x n为其样本X 1,X 2, ,X n的一组观测值。于是此分布的似然函数为L

8、 (入；x尸L ( 入；x 1,x n尸入入入X n n x ni i x e x x x e ni ii-=-E=n!11人；x )-n 入+1相应的对数似然函数为ln L (12 =ni i x1In卜Yi =ni ix 1)!ln(令 E=+-=?ni i x n x L 11);(ln 入 a 入=0解此似然方程得到x =入容易验证01n 22<?入L ,从而入使得L达到极大，即参数人的极大似然估计量 X 二入？以下请据此完成R程序，计算出参数人的极大似然估计量入?勺值。同上题，也需要利用rep()函数。源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)x<-c(rep(0,17

9、),rep(1,20),rep(2,10),rep(3,2),rep(4,1),rep(5,0),rep(6,0)>mean(x)1 15.(习题4.4)利用R软件中的nlm()函数求解无约束优化问题min f(x)=(-13+x1+(5-x2)x2-2)x2)2+(-29+x1+(x2+1)x2-14)x2)2,取初始点 x(0)=(0.5, -2)T o提示:参考教材P173公式(4.13)对应的例题。解:源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)obj<-function(x)f<-c(-13+x1+(5-x2)*x2-2)* x2,-29+ x1+( x2+1)*

10、x2-14)*x2)sum(fA2)> source("Rosenbrouk.R")> x0<-c(0.5, -2)> nlm(obj,x0)$minimum1 48.98425$estimate1 11.4127791 -0.8968052$gradient1 1.413268e-08 -1.462297e-07$code1 1$iterations1 16结论：$minimum 是函数的最目标值，即f*=48.98425,$estimate 是最优点 的估计值，即 x*=( 11.4127791, -0.8968052)T; $gradient

11、是在最优点 处(估计值)目标函数梯度值，即f*(1.413268e-08, -1.462297e-07)T;$code是指标，这里是1,表示迭代成功；$iterations是迭代次数，这里是 16,表示迭代了 16次迭代。6.(习题4.5)正常人的脉搏平均每分钟 72次，某医生测得10例四乙 基铅中毒患者的脉搏数(次/min)如下：54 67 68 78 70 66 67 70 65 69已知人的脉搏次数服从正态分布，试计算这10名患者平均脉搏次数 的点估计和95%的区间估计。弁作单侧区间估计，试分析这10患者的 平均脉搏次数是否低于正常人的平均脉搏次数。提示:此题是一个正态总体的估计问题，且

12、由于总体方差未知，因此 可以直接使用R语言中t.test()函数进行分析。解:源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)x<-c(54,67,68,78 ,70,66,67,70,65, 69)> t.test(x) #t.rest()做单样本正态分布区间估计One Sample t-testdata: xt = 35.947, df = 9, p-value = 4.938e-11alternative hypothesis: true mean is not equal to 095 percent confidence interval:63.1585 71.6415sam

13、ple estimates:mean of x67.4> t.test(x,alternative="less",mu=72) #t.rest()做单样本正态分布单侧间估计One Sample t-testdata: xt = -2.4534, df = 9, p-value = 0.01828alternative hypothesis: true mean is less than 7295 percent confidence interval:-Inf 70.83705sample estimates:mean of x67.4结论：双侧区间估计：平均脉搏点估

14、计为67.4,95%区间估计为63.1585 71.6415;单侧区间估计:p= 0.01828<0.05,拒绝原假设，平均脉搏低于正常 人。7.（习题4.6）甲、乙两种稻种分别播种在 10块试验田中，每块试验田 甲、乙稻种各种一半。假设两稻种产量 X, Y均服从正态分布，且方差相等。收获 后10块试验田提示:此题是两个正态总体的区间估计问题，且由于两总体方差未知因此可以直接使用 R语言中t.test()函数进行分析。t.test()可做两正态 样本均值差的估计。注意此例中两样本方差相等。参考教材 P185倒 数第四行开始至P186。解:源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)>

15、; x<-c(140,137,136,140,145,148,140,135,144,141)> y<-c(135,118,115,140,128,131,130,115,131,125)> t.test(x,y,var.equal=TRUE)Two Sample t-testdata: x and yt = 4.6287, df = 18, p-value = 0.0002087alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 095 percent confidence interval

16、:7.536261 20.063739sample estimates:mean of x mean of y140.6 126.8结论：期望差的95%置信区间为7.536261 20.0637398.(习题4.7)甲、乙两组生产同种导线，现从甲组生产的导线中随机 抽取4根，从)分别为甲组DJ43 0,142 0J43 OJ37已组HIM (L142 OJ36 DJ3S (M4C)假设两组电阻值分别服从正态分布N(1,)和N(1,),未知。试求1口的置信区间系数为0.95的区间估计。提示:此题是两个正态总体的估计问题，且由于两总体方差未知，因 此可以直接使用R语言中t.test()函数进行分析

17、。t.test()可做两正态样 本均值差的估计。注意此例中两样本方差相等。参考教材P185倒数第四行开始至P186。解:源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)> x<-c(0.143,0.142,0.143,0.137)> y<-c(0.140,0.142,0.136,0.138,0.140)> t.test(x,y,var.equal=TRUE)Two Sample t-testdata: x and yt = 1.198, df = 7, p-value = 0.2699alternative hypothesis: true difference in

18、 means is not equal to 095 percent confidence interval:-0.001996351 0.006096351sample estimates:mean of x mean of y0.14125 0.13920结论：期望差的95%区间估计为-0.001996351 0.0060963519.(习题4.8)对习题4.6中甲乙两种稻种的数据作方差比的区间估 计，弁用其估计值来判定两数据是否等方差。若两数据方差不相等，试重新计算两稻种产量的期望差 心的置信区间(a =0.05)。提示:在R软件中,var.test()函数能够提供两个样本方差比的区间估

19、 计。参考教材P189倒数第6行开始的内容。此结果可认为方差不等。 因此重新计算期望差时应该采取方差不等的参数。解:源代码及运行结果：（复制到此处，不需要截图）> x<-c(140,137,136,140,145,148,140,135,144,141)> y<-c(135,118,115,140,128,131,130,115,131,125)> var.test(x,y)F test to compare two variancesdata: x and yF = 0.23533, num df = 9, denom df = 9, p-value = 0.0

20、4229alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 195 percent confidence interval:0.05845276 0.94743902sample estimates:ratio of variances0.2353305> t.test(x,y,)Welch Two Sample t-testdata: x and yt = 4.6287, df = 13.014, p-value = 0.0004712alternative hypothesis: true differenc

21、e in means is not equal to 095 percent confidence interval:7.359713 20.240287sample estimates:mean of x mean of y140.6 126.8结论：期望差的95%置信区间为 7.359713 20.24028710.（习题4.9）设电话总机在某段时间内接到的呼唤的次数服从参数未知的Poisson接到呼唤次数0123456出现的频教71012g320此题给出完整答案，供参考。解:从习题4.3已经知道，平均呼唤次数人的估计值就是？X。此题是非正态总体的区间估计问题。但由中心极限定理可知，此类问

22、题其置信区间与方差(T 2未知时一个正态总体的均值的置信区间完全一样,即为+,2/2/a a Z n SX Z n SX -o参考教材P190公式(4.46)及其后的程序。源代码及运行结果> x<-c(rep(0,7),rep(1,10),rep(2,12),rep(3,8),rep(4,3),rep(5,2)> n<-length(x)> tmp<-sd(x)/sqrt(n)*qnorm(1-0.05/2)> mean(x)1 1.904762> mean(x)-tmp;mean(x)+tmp #置信区间的下限和上限1 1.4940411 2.

23、315483结论：平均呼唤次数为1.90.95的置信区间为1.49, 2.32。11.(习题4.10)已知某种灯泡寿命服从正态分布，在某星期所生产的 该灯泡中随机抽取10只，测得其寿命(单位:小时)为1067 919 1196 785 1126 936 918 1156 920 948求灯泡寿命平均值的置信度为0.95的单侧置信下限。提示:此题是一个正态总体的区间估计问题，且由于总体方差未知,因此可以直接使用 R语言中t.test()函数进行分析。根据教材 P191定义4.7知，单侧置信下限，t.test()函数中的参数 alternative="greater"参考教材P193-194的例4.22及其后面一段文字。解:源代码及运行结果：(复制到此处，不需要截图)x<-c(1067,919 ,1196,785 ,1126,936,918 ,1156,920,948)&g