概率论及数理统计理工类第四版吴赣昌主编课后习题第六章要点计划

第六章参数预计

6.1点预计问题概括

习题1

整体X在区间[0,θ]上均匀散布，X1,X2,?,Xn是它的样本，则以下预计量θ是θ的一致预计是().(A)θ=Xn;

(B)θ=2Xn;

(C)θ=Xˉ=1n∑i=1nXi;

(D)θ=Max{X1,X2,?,Xn}.

解答：

应选(D).由一致预计的定义，对任意

?>0,

P(∣Max{X1,X2,?,Xn}-θ∣<?)

=P(-?+θ<Max{X1,X2,?,Xn}<?+θ)=F(?+θ)-F(-

?+θ).

因为FX(x)={0,x<0xθ,0≤x≤θ1,x>θ,F(x)=FMax{X1,X2,?,Xn}(x)=FX1(x)FX2(x)

及

?FXn(x),

所以F(?+θ)=1,

F(-?+θ)=P(Max{X1,X2,

?,Xn}<-?+θ)=(1-x

θ)n,

故P(∣Max{X1,X2,?,Xn}-

θ∣<?)=1-(1-x

θ)n→1(n→+∞).

习题2设σ是整体X的标准差，X1,X2,?,Xn是它的样本，则样本标准差

(A)矩预计量；(B)最大似然预计量；(C)无偏预计量；

S是整体标准差σ的().

(D)相合预计量.

解答：

应选(D).

因为，整体标准差σ的矩预计量和最大似然预计量都是未修正的样本标准差；样本方差是

整体方差的无偏预计，可是样本标准差不是整体标准差的无偏预计.可见，样本标准差

整体标准差σ的相合预计量.

习题3

设整体X的数学希望为μ,X1,X2,?,Xn是来自X的样本，a1,a2,?,an是任意常数，考证

(∑i=1naiXi)/∑i=1nai(∑i=1nai≠0)是μ的无偏预计量.

S是

解答：

E(X)=μ,E(∑i=1naiXi

∑i=1nai)=1

∑i=1nai

?∑i=1naiE(Xi)

(E(Xi)=E(X)=

μ)

=μ∑i=1nai

∑i=1n=

μ,

综上所证，可知∑

i=1naiXi

∑i=1nai

是μ的无偏预计量

.

习题

4

设θ是参数θ的无偏预计，且有D(θ)>0,试证θ2=(θ)2不是θ2的无偏预计.

解答：

因为D(θ)=E(θ2)-[E(θ)]2,所以

E(θ2)=D(θ)+[E(θ)]2=θ2+D(θ)>θ2,

故(θ)2不是θ2的无偏预计.

习题5

设X1,X2,?,Xn是来自参数为λ的泊松散布的简单随机样本，试求λ2的无偏预计量.

解答：

因X听从参数为λ的泊松散布，故

D(X)=λ,E(X2)=D(X)+[E(X)]2=λ+λ2=E(X)+λ2,

于是E(X2)-E(X)=λ2,即E(X2-X)=λ2.

用样本矩A2=1n∑i=1nXi2,A1=Xˉ取代相应的整体矩E(X2),E(X),便得λ2的无偏预计量

λ2=A2-A1=1n∑i=1nXi2-Xˉ.习题6

设X1,X2,?,Xn为来自参数为

解答：

因整体X～b(n,p),故

n,p

的二项散布整体，试求

p2的无偏预计量

.

E(X)=np,E(X2)=D(X)+[E(X)]2=np(1-p)+n2p2

=np+n(n-1)p2=E(X)+n(n-1)p2,

E(X2)-E(X)n(-1)=E[1n(n-1)(X2-X)]=p2,于是，用样本矩

A2,A1

分别取代相应的整体矩

E(X2),E(X),

便得

p2的无偏预计量

p2=A2-A1n(n-1)=1n2(n-

1)∑i=1n(Xi2

-Xi).

习题7

设整体X听从均值为θ的指数散布，其概率密度为

f(x;θ)={1θe-xθ,x>00,x≤0,

此中参数θ>0未知.又设X1,X2,?,Xn是来自该整体的样本，试证：Xˉ和n(min(X1,X2,?,Xn))都是θ的无偏预计量，并比较哪个更有效.解答：

因为E(X)=θ,

而E(Xˉ)=E(X),

所以

E(Xˉ)=θ,

Xˉ是θ的无偏预计量

.设

Z=min(X1,X2,?,Xn),

因为FX(x)={0,x

≤01-e-x

θ,x>0,

FZ(x)=1-[1-FX(x)]n={1-e-nx

θ,x>00,x

≤0,

所以

fZ(x)={n

θe-nxθ,x>00,x

≤0,

这是参数为

nθ的指数散布，故知

E(Z)=θn,

而

E(nZ)=E[n(min(X1,X2,

?,Xn)]=

θ,

所以nZ也是θ的无偏预计.现比较它们的方差大小.

因为D(X)=θ2,故

又因为D(Z)=(θn)2,

D(Xˉ)=θ2n.

故有

D(nZ)=n2D(Z)=n2?θ2n2=θ2.当n>1时，D(nZ)>D(Xˉ),故Xˉ较nZ有效.

习题8

设整体X听从正态散布N(m,1),X1,X2是整体

X的子样，试考证

1=2X1+1X2,

2=1X1+X2,

=12X1+12X2,

都是m的无偏预计量；并问哪一个预计量的方差最小

解答：

因为X听从N(m,1),有

?

E(Xi)=m,D(Xi)=1(i=1,2),

得

E(1)=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m,

D(1)=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59,

同理可得：E(2)=,D(2)=,E()=,D()=12.

所以，1,2,都是m的无偏预计量，而且在1,2,中，以的方差为最小.

习题9

设有k台仪器.已知用第i台仪器丈量时，测定值整体的标准差为σi(i=1,2,?,k),用这

些仪器独立地对某一物理量θ各察看一次，分别获得X1,X2,?,Xk.设仪器都没有系统误

差，即E(Xi)=θ(i=1,2,?,k),问a1,a2,?,ak应取何值，方能使用=∑i=1kaiXi预计θ

时，是无偏的，而且D()最小？

解答：

因为E(Xi)=θ(i=1,2,?,k),故E(

)=E(∑i=1kaiXi)=

∑i=1kaiE(Xi)=

θ∑i=1kai,

欲使E()=θ,则要∑i=1kai=1.

所以，当∑i=1kai=1时，=∑i=1kaiXi为θ的无偏预计,

∑i=1kai=1的条件下D()最小，采纳拉格朗日乘数法.

令

D(

)=∑i=1kai2

σi2,

要在

L(a1,a2,?,ak)=D(

)+λ(1-

∑i=1kai)=

∑i=1kai2

σi2+

λ(1-

∑i=1kai),

{?L?ai=0,i=1,2,

?,k∑i=1kai=1,

即2aiσi2-λ=0,ai=λ2i2;

又因∑i=1kai=1,所以λ∑i=1k12

λ=2σ02,于是

σi2=1,

记∑i=1k1

σi2=1

σ02,

所以

ai=σ02σi2

(i=1,2,

?,k),

故当

习题

ai=6.2

σ02σi2(i=1,2,?,k)

点预计的常用方法

时，

=∑i=1kaiXi

是θ的无偏预计，且方差最小

.

习题

1解答：(1)E(X)=(3)P{X=x}=(mx)px(1-p)m-x,

设X1,X2,?,Xn为整体的一个样本，x1,x2,?,xn为一相应的样本值，求下述各整体的密度函数或散布律中的未知参数的矩预计量和预计值及最大似然预计量．(1)f(x)={

(2)f(x)={

θcθx-(θ+1),x>c0,其余,θxθ-1,0≤x≤10,其余,

此中c>0为已知，θ>1,θ为未知参数此中θ>0,θ为未知参数.

.

此中x=0,1,2,?,m,0<p<1,p为未知参数.

∫c+∞x?θcθx-(θ+1)dx=θcθ∫c+∞x-θdx=θcθ-1，解出θ=E(X)E(X)-c，

令Xˉ=E(X)，于是=XˉXˉ-c为矩预计量，θ的矩预计值为=xˉxˉ-c，此中

此外，似然函数为

L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θncnθ(∏i=1nxi)-(θ+1)，xi>c，

xˉ=1n∑i=1nxi

．

对数似然函数为

lnL(θ)=nlnθ+nθlnc-(

对lnL(θ)求导，并令其为零，得

dlnL(θ)dθ=nθ+nlnc-

θ+1)∑i=1nlnxi

∑i=1nlnxi=0，

，

解方程得θ=n∑i=1nlnxi-nlnc，故参数的最大似然预计量为

=n∑i=1nlnXi-nlnc．(2)E(X)=∫01x?θxθ-1dx=θθ+1，以Xˉ作为E(X)的矩预计，

则θ的矩预计由

Xˉ=θθ

+1

解出，得

=(Xˉ1-Xˉ)2，

θ的矩预计值为=(xˉ1-xˉ)2，此中xˉ=1n∑i=1nxi为样本均值的观察值．

此外，似然函数为

L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θn/2(∏i=1nxi)θ-1，0≤xi≤1，

对数似然函数为

lnL(θ)=n2lnθ+(θ-1)∑i=1nlnxi，

对lnL(θ)求导，并令其为零，得

dlnL(θ)dθ=n2θ+12θ∑i=1nlnxi=0，

解方程得θ=(-n∑i=1nlnxi)2，故参数的最大似然预计量为

=(n∑i=1nlnXi)2．

(3)X

～b(m,p)

，E(X)=mp，以Xˉ作为E(X)的矩预计，即

=1Xˉ=1?1n∑i=1nXi，

Xˉ=E(X)，则参数

p的矩预计为

p的矩预计值为=1xˉ=1?1n∑i=1nxi．

此外，似然函数为

L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=(∏i=1nCxi)

∑i=1nxi(1

-)

∑i=1n(

-xi)

，xi=0,1,?,m，

对数似然函数为

lnL(θ)=∑i=1nlnCxi+(∑i=1nxi)ln+(∑i=1n(-xi))ln(1-p)，对lnL(θ)求导，并令其为零，得

dlnL(θ)dθ=1∑i=1nxi-11-∑i=1n(-xi)=0，

解方程得=1n∑i=1nxi，故参数的最大似然预计量为

=1n∑i=1nXi=1Xˉ．

习题2

设整体X听从均匀散布U[0,θ],它的密度函数为

f(x;θ)={1θ,0≤x≤θ0,其余,

求未知参数θ的矩预计量；

(2)当样本察看值为0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55时，求θ的矩预计值.

解答：

因为

E(X)=∫-∞+∞xf(x;θ)dx=1θ∫0θxdx=θ2,

令E(X)=1n∑i=1nXi,即θ2=Xˉ,所以=2Xˉ.

由所给样本的察看值算得

xˉ=16∑i=16xi=16(0.+0.+0.27+0.+0.62+0.)=0.17,

所以=2xˉ=0.96.

习题3

设整体X以等概率1θ取值1,2,?,θ,求未知参数θ的矩预计量.

解答：

由

E(X)=1×1θ+2×1θ+?+θ×1θ=1+θ2=1n∑i=1nXi=Xˉ,

得θ的矩预计为=2Xˉ-1.习题4一批产品中含有废品，从中随机地抽取60件，发现废品4件，试用矩预计法预计这批产品的废品率.解答：设p为抽得废品的概率,1-p为抽得正品的概率(放回抽取).为了预计p,引入随机变量Xi={1,第i次抽取到的是废品0,第i次抽取到的是正品,于是P{Xi=1}=p,P{Xi=0}=1-p=q,此中i=1,2,?,60,且E(Xi)=p,故对于样本X1,X2,?,X60的一个观察值x1,x2,?,x60,由矩预计法得p的预计值为=160∑i=160xi=60=11,即这批产品的废品率为115.习题5设整体X拥有散布律X123piθ22θ(1-θ)(1-θ)2此中θ(0<θ<1)为未知参数.已知获得了样本值x1=1,x2=2,x3=1,试求θ的矩预计值和最大似然预计值.解答：E(X)=1×θ2+2×2θ(1-θ)+×(1-θ)2=3-2θ,xˉ=1/×(1+2+1)=/.因为E(X)=Xˉ,所以=(3-xˉ)/2=/6为矩预计值,L(θ)=∏i=1P{Xi=xi}=P{X1=1}P{X2=2}P{X=1}

=θ4?2θ?(1-θ)=2θ5(1-θ),

lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1-θ),

对θ求导,并令导数为零

dlnLdθ=5θ-11-θ=0,

得=56.

习题6

(1)设X1,X2,?,Xn来自整体X的一个样本,且X～π(λ),求P{X=0}的最大似然预计.

某铁路局证明一个扳道员五年内所惹起的严重事故的次数听从泊松散布，求一个扳道员

在五年内未惹起严重事故的概率p的最大似然预计，使用下边122个察看值统计状况.下

表中，r表示一扳道员某五年中惹起严重事故的次数，s表示察看到的扳道员人数.r

012345

sr444221942解答：

(1)已知，λ的最大似然预计为

=Xˉ.所以

?P{X=0}=-=e-Xˉ.

(2)设X为一个扳道员在五年内惹起的严重事故的次数，X听从参数为

λ的泊松散布，样本

容量

n=122.

算得样本均值为xˉ=1122×∑r=0r?r=1122×(0×+1×2+2×21+×9+×+×2)

≈1.12,

所以

P{X=0}=e-xˉ=-1.12≈0.2.

习题6.3置信区间

习题1

对参数的一种区间预计及一组察看值(x1,x2,?,xn)来说,以下结论中正确的选项是().

置信度越大,对参数取值范围预计越正确;

置信度越大,置信区间越长;

置信度越大,置信区间越短;

置信度大小与置信区间有长度没关.

解答：

应选(B).置信度越大，置信区间包含真值的概率就越大，

精度越低.

置信区间的长度就越大，

对未知参数的预计

反之，对参数的预计精度越高，置信区间的长度越小，它包含真值的概率就越低越小.

,置信度就

习题2设(θ1,θ2)是参数θ的置信度为

1-α的区间预计，则以下结论正确的选项是

().

(A)参数θ落在区间(θ1,θ2)以内的概率为1-α;

(B)参数θ落在区间(θ1,θ2)以外的概率为α;

区间(θ1,θ2)包含参数θ的概率为1-α;

(D)对不一样的样本察看值，区间(θ1,θ2)的长度同样.

解答：

应先(C).

因为θ1,θ2都是统计量，即(θ1,θ2)是随机区间，而θ是一个客观存在的未知常数，故(A),(B)不正确.

习题3

设整体的希望μ和方差σ2均存在，怎样求μ的置信度为1-α的置信区间？

解答：

先从整体中抽取一容量为n的样本X1,X2,?,Xn.依据中心极限制理，知U=Xˉ-μσ/n→N(0,1)(n→∞).

当σ2已知时，则近似获得μ的置信度为1-α的置信区间为

(Xˉ-uα/2σn,Xˉ+uα/2σn).

(2)当σ2未知时，用σ2的无偏预计S2取代σ2,这里仍有

Xˉ-μS/n→N(0,1)(n→∞),于是获得μ的

1-α的置信区间为

(Xˉ-uα/2Sn,Xˉ+uα/2Sn),一般要求n≥0才能使用上述公式，称为大样本区间预计.

习题4

某整体的标准差σ=3cm,从中抽取40个个体，其样本均匀数

值μ的95%的置信上、下限(即置信区间的上、下限).

解答：

因为n=40属于大样本情况，所以Xˉ近似听从

N(μ,σ2n)

xˉ=62c,

试给出整体希望

的正态散布，于是

μ的

95%的置信区间近似为

(Xˉ±σnuα/2),这里

xˉ=62,σ=,n=0

≈6.2,u

α/2=1.96,

进而

(xˉ±σnuα/2)=(62

±0×1.96)

≈(62

±0.9

3),

故μ的95%的置信上限为642.93,下限为641.07.

习题5

某商铺为了认识居民对某种商品的需要，检查了100家住户，得出每户每个月均匀需求量为

10kg,方差为9，假如这个商铺供给10000户，试就居民对该种商品的均匀需求量进行区

(=0.01),0.99

解答：因为n=100属于大样本问题，

所以

Xˉ近似听从

N(μ,σ2/n),

于是μ的

99%的置信区间近似

为(Xˉ±Snuα/2),而xˉ=10,s=,n=100,

uα/2=2.58,

所以(xˉ±snuα/2)=(10

±100×2.)=(10

±0.77)=(9.226,10.77).

由此可知最少要准备

10.77×10000=10770(kg)

这类商品，才能以

0.99的概率知足需求

.

习题6

观察了

100棵“豫农一号”玉米穗位，经整理后得下表

分组编号12345

(组限不包含上限

):

组限

组中值70～8080～9090～100100～110110～频数

试以

分组编号6789

组限

组中值120～130130～140140～150150～

频数

95%的置信度，求出该品种玉米均匀穗位的置信区间.

解答：

因为n=100属于大样本情况，所以μ的置信度为95%的置信区间上、下限近似为

Xˉ±snuα/2,这里n=100,uα/2=1.96,还需计算出xˉ和s.

取a=115,c=10,令zi=(xi-a)/c=(xi-115)/10,用简单算公式，(1)x

ˉ=a+czˉ;

(2)sx2=c2sz2.

编号

123456789

组中值

xi

zi=xi-11510

-4-3-2-101234

组频次

mi

mizi

zi2

mizi2

-12-27-26-1602014128

123456789

zˉ=1100∑i=19izi=1100×(-27)=-0.27,

xˉ=10×(-27)+115=112.3,

sz2=199∑i=19izi2=199×1≈.161616,

sx2=102×.161616=316.1616,sx≈17.7.于是

(xˉ±snuα)≈(112.±17.710×1.96)≈(112.±.)

=(108.815,115.785).

习题7

某城镇抽样检查的500名应就业的人中，有

13名待业者，试求该城镇的待业率

p的置信度

为0.95置信区间.解答：

这是(0-1)散布参数的区间预计问题.待业率

p的0.95置信区间为

(1,2)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).

此中

a=n+uα/22,b=-2nXˉ-(uα/2)2,c=nXˉ2,

n=00,xˉ=100,uα/2=1.96.

则(1,2)=(0.015,0.044).

习题8

设X1,X2,?,Xn为来自正态整体N(μ,σ2)的一个样本，求μ的置信度为1-α的单侧置信

限.

解答：

这是一个正态整体在方差未知的条件下，对μ的区间预计问题，应选用统计量：

T=Xˉ-μS/n～t(n-1).因为只需作单边预计，注意到t散布的对称性，故令

P{T<tα(n-1)}=1-α和P{T>tα(n-1)}=1-α.

由给定的置信度1-α,查自由度为n-1的t散布表可得单侧临界值

T<tα(n-1)和T>tα(n-1),即

Xˉ-μS/n<tα(n-1)和Xˉ-μS/n>tα(n-1)

分别变形，求出μ即得μ的1-α的置信下限为

tα(n-1).

将不等式

Xˉ-t

α(n-1)Sn.

μ的1-α的置信上限为

Xˉ+tα(n-1)Sn,

μ的1-α的两侧置信限

(Xˉ-tα/2(n-1)Sn,Xˉ+tα/2(n-1)Sn).习题6.4正态整体的置信区间

习题1

已知灯泡寿命的标准差σ=50小时，抽出

95%的靠谱性对灯泡的均匀寿命进行区间预计

25个灯泡查验，得均匀寿命

(假定灯泡寿命听从正态散布

xˉ=00小时，试以

).

解答：

因为X～N(μ,502),

所以μ的置信度为

95%的置信区间为

(Xˉ±uα/2σn),这里

xˉ=00,n=2,

σ=50,uα/2=1.96,

所以灯泡的均匀寿命的置信区间为

(xˉ±uα/2σn)=(00±02×1.96)=(00±19.6)=(0.,19.6).

习题2

一个随机样原来自正态整体X,整体标准差σ=1.5,抽样前希望有

的预计的置信区间长度为L=1.7,试问应抽取多大的一个样本？

解答：

因方差已知，μ的置信区间长度为

95%的置信水平使得

μ

L=2uα/2?σn,

于是n=(2σLuα/2)2.由题设知，1-α=0.95,

α=0.05,

α2=0.025.

查标准正态散布表得

u0.025=1.96,

σ=1.5,L=1.7,

所以，样本容量n=(2×1.×1.961.7)2≈11.96.

向上取整数得n=12,于是欲使预计的区间长度为1.7的置信水平为95%,所以需样本容量

为n=12.

习题3

设某种电子管的使用寿命听从正态散布.从中随机抽取15个进行查验，得均匀使用寿命为

1950小时，标准差s为300小时，以95%的靠谱性预计整批电子管均匀使用寿命的置信上、

下限.

解答：由X～N(μ,σ2),

知μ的

95%的置信区间为

(Xˉ±Sntα/2(n-1)),这里

xˉ=190,s=00,n=1,t

α/2(14)=2.145,

于是

(xˉ±sntα/2(n-

1))=(190

±

001

×2.1)

≈(190±166.11)=(17.,2116

.15).

即整批电子管均匀使用寿命的置信上限为2116.15,下限为1783.85.

习题4人的身高听从正态散布，从初一女生中随机抽取6名，测其身高以下(单位：cm):149158.5152.5165157142求初一女生均匀身高的置信区间(α=0.05).解答：

X～N(μ,σ2),μ的置信度为95%的置信区间为

(Xˉ±Sntα/2(n-1)),这里xˉ=1,s=8.0187,t0.025(5)=2.571,于是(xˉ±sntα/2(n-1))=(1±.0176×2.71)≈(1±.16)≈(1.,162.2)

.

习题5

某大学数学测试，抽得20个学生的分数均匀数xˉ=72,样本方差s2=16,假定分数听从正态散布，求σ2的置信度为98%的置信区间.

解答：先取χ2散布变量，结构出

1-

α的σ2的置信区间为

((n-1)S2

χα/22(n-1),(n-1)S2

χ1-α/22(n-1)).

已知1-α=0.98,

α=0.02,

α2=0.01,n=20,

S2=16.

查χ2散布表得

χ0.012(19)=36.191,χ0.992(19)=7.633,

于是得σ2的98%的置信区间为(19×166.191,19×167.6),即(8.400,39.827).

习题6

随机地取某种炮弹9发做试验，得炮口速度的样本标准差s=11(m/s).设炮口速度听从正态

散布，求这类炮弹的炮口速度的标准差σ的置信度为0.95的置信区间.

解答：

已知n=9,s=11(m/s),1-α=0.95.查表得χ0.0252(8)=17.535,

χ0.9752(8)=2.180,

σ的

0.95的置信区间为

(8sχ0.0252(8),8s

χ0.9752(8)),

即(7.4,21.1).

习题7

设来自整体N(μ1,16)的一容量为15的样本，其样本均值x1ˉ=1.6;来自整体

的一容量为20的样本，其样本均值x2ˉ=1.2;而且两样本是互相独立的，试求

的90%的置信区间.

解答：

1-α=0.9,α=0.1,由Φ(uα/2)=1-α2=0.95,查表，得

N(μ2,9)

μ1-μ2

uα/2=1.645,

再由n1=15,n2=20,得

12n1+σ22n2=161+920=9160≈1.22,

uα/2σ12n1+σ22n2=1.6×1.22≈2.0,

xˉ1-xˉ2=1.6-13.2=1.4,

所以，μ1-μ2的90%的置信区间为

(1.4-2.03,1.4+2.03)=(-0.63,3.43).

习题8

物理系学生可选择一学期3学分没有实验课，也可选一学期4学分有实验的课.期未考试每

一章节都考得同样，如有上实验课的12个学生均匀考分为84，标准差为4，没上实验课的18个学生均匀考分为77，标准差为6，假定整体均为正态散布且其方差相等，求两种课程均匀分数差的置信度为99%的置信区间.

解答：

设有实验课的考分整体X1～N(μ1,σ2),无实验课的考分整体

方差相等但均未知,求μ1-μ2的99%的置信区间，应选t散布变量，

X2～N(μ2,σ2).

两

T=X1ˉ-X2ˉ-(μ1-μ2)SW1n1+1n2～t(n1+n2-2),

此中SW=(n1-1)S12+(n2-1)S22n1+n2-2.

μ1-μ2的1-α的置信区间为

(X1ˉ-X2ˉ±tα/2(n1+n2-2)SW1n1+1n2).由已知,x1ˉ-x2ˉ=-77=7,

且

sW=(12-1)×

2+(1

-1)

×6212+1-2≈

.0,

112+11

≈0.7,

1-α=0.99,

α2=0.005,

查

t

散布表得

t0.005(28)=2.763.

于是，μ1-μ2的

0.99

的置信区间为

(7

±2.76

×

.0

×0.7),

即

(7±

.67),

亦即(1.53,12.47).

习题9随机地从

A批导线中抽取

4根，又从

B批导线中抽取

5根，测得电阻

(欧)为

A批导线

B批导线

设测定数据分别来自散布N(μ1,σ2),N(均为未知，试求μ1-μ2的置信水平为

μ2,σ2),且两样真互相独立，又

0.95的置信区间.

μ1,μ2,σ2

解答：对于

1-α=0.95,

查表得

t0.025(7)=2.3646,

算得

xˉ=0.11,yˉ=0.19;s12=.2×10-6,

s22=.2×10-6,s2=0.0023,sW≈0.0026,

故得μ1-μ2的0.95置信区间为

(0.141-0.19±2.66×0.0026×0.670),

s1≈0.0029.

15+14=0.6708,

即(-0.002,0.006).

习题10

设两位化验员A,B独立地对某种聚合物含氯量用同样的方法各作10次测定，其测定值的样

本方差挨次为sA2=0.5419,sB2=0.6065.设σA2,σB2分别为A,B所测定的测定值的整体方

差，又设整体均为正态的，两样本独立，求方差比σA2/σB2的置信水平为0.95的置信区

间.

解答：

采纳随机变量

F=SA2σA2/SB2σB2～F(n1-1,n2-1),依题意，已知sA2=0.5419,sB2=0.6065,n1=n2=10.

对于1-α=0.95,查F散布表得F0.025(9,9)=1F0.025(9,9)=14.03,

0.95的置信区间为

(sA2sB21Fα/2(9,9),sA2sB2Fα/2(9,9))≈(0.222,3.601).

于是得σA2σB2的

总习题解答习题1

设整体X听从参数为λ(λ>0)的指数散布，X1,X2,?,Xn为一随机样本，令

Y=min{X1,X2,?,Xn},问常数c为什么值时，才能使cY是λ的无偏预计量

.

解答：重点是求出

E(Y).

为此要求

Y的密度

fY(y).

因

Xi

的密度函数为

fX(x)={

λe-λx,x>00,x<0;

Xi

的散布函数为

FX(x)={1-e-

λx,x>00,x

≤0,

于是

FY(y)=1-[1-FX(y)]n={1-e-n

λy,y>00,y

≤0.

两边对

y求导得

fY(y)=ddyFY(y)={n

λe-nλy,y>00,y

≤0,

即Y听从参数为

nλ的指数分

布，故

E(Y)=nλ.为使

cY成为λ的无偏预计量，需且只需

E(cY)=λ,

即cnλ=λ,

故

c=1n.

习题2

设X1,X2,?,Xn是来自整体X的一个样本，已知E(X)=μ,D(X)=σ2.

(1)确立常数c,使c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2为σ2的无偏预计；(2)确立常数c,使(Xˉ)2-cS2是μ2的无偏预计(Xˉ,S2分别是样本均值和样本方差).解答：

(1)E(c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2)

=c∑i=1n-1E(Xi+12-2XiXi+1+Xi2)

=c∑i=1n-1{D(Xi+1)+[E(Xi+1)]2-2E(Xi)E(Xi+1)+D(Xi)+[E(Xi)+[E(Xi)]2}

=c(n-1)(σ2+μ2-2μ2+σ2+μ2)=2(n-1)σ2c.

令2(n-1)σ2c=σ2,所以

c=12(n-1).(2)E[(X

ˉ)2-cS2]=E(Xˉ2)-cE(S2)=D(Xˉ)+[E(X

ˉ)]2-cσ2

=

σ2n+μ2-cσ2.

令σ2n+μ2-cσ2=μ2,

则得

c=1n.

习题3

设X1,X2,X3,X4

是来自均值为

θ的指数散布整体的样本，此中

θ未知

.

设有预计量

T1=16(X1+X2)+13(X3+X4),

T2=X1+2X2+3X3+4X45,

T3=X1+X2+X3+X44.

指出T1,T2,T3中哪几个是θ的无偏预计量；

(2)在上述θ的无偏预计中指出一个较为有效的.解答：(1)θ=E(X),E(Xi)=E(X)=θ,D(X)=θ2=D(Xi),i=1,2,3,4.E(T1)=E(16(X1+X2)+13(X3+X4))=(26+23)θ=θ,

E(T2)=15E(X1+2X2+3X3+4X4)=15(1+2+3+4)θ=2θ,

E(T3)=14E(X1+X2+X3+X4)=θ,

所以，T1,T3是θ的无偏预计量.

(2)D(T1)=236θ2+29θ2=1036θ2,D(T3)=116?4θ2=14θ2=936θ2,所以D(T3)<D(T1),作为θ的无偏预计量，T3更加有效.

习题4

设从均值为μ,方差为σ2(σ>0)的整体中，分别抽取容量为n1,n2的两独立样本，X1ˉ和

X2ˉ分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1ˉ+bX2ˉ都是μ的无偏预计；

并确立常数a,b,使D(Y)达到最小.

解答：

E(Y)=E(aX1ˉ+bX2ˉ)=aE(X1ˉ)+bE(X2ˉ)=(a+b)μ.因为a+b=1,所以E(Y)=μ.

所以，对于常数a,b(a+b=1),Y都是μ的无偏预计，

D(Y)=a2D(X1ˉ)+b2D(X2ˉ)=a2σ2n1+b2σ2n2.

因a+b=1,所以D(Y)=σ2[a2n1+1n2(1-a)2],令dD(Y)da=0,

即2σ2(an1-1-an2)=0,

解得

a=n1n1+n2,b=n2n1+n2是唯一驻点.

又因为d2D(Y)da2=2σ2(1n1+1n2)>0,

故取此

a,b

二值时，

D(Y)达到最小

.

习题5

设有一批产品，为预计其废品率p,随机取同样本

Xi={1,获得废品0,获得合格品,i=1,2,?,n,

证明：=Xˉ=1n∑i=1nXi是p的一致无偏预计量.

X1,X2,?,Xn,

此中

解答：

由题设条件

E(Xi)=p?1+(1-p)?0=p,D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=p

?12+(1-p)02-p2=p(1-p),

E()=E(Xˉ)=E(1n∑i=1nE(Xi))=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1np=p.

由定义，是p的无偏预计量，又

D()=D(Xˉ)=D(1n∑i=1nXi)=1n2∑i=1nD(Xi)

=1n2∑i=1np(1-p)=1n2np(1-p)=pqn.由切比雪夫不等式，任给

?>0

P{∣-p∣≥?}=P{∣Xˉ-p∣≥?}≤1?2D(Xˉ)=1?2p(1-p)n→0,n→∞

所以limn→∞P{∣-p∣≥?}=0,故=Xˉ是废品率p的一致无偏预计量.

习题6

设整体X～b(k,p),k是正整数，0<p<1,k,p都未知，X1,X2,?,Xn是同样本，试求k和p的矩预计.

解答：因整体X听从二项散布b(k,p),故{a1=E(X)=kpa2=E(X2)=D(X)+[E(X)]2=kp(1-p)+(kp)2，解此方程组得p=a1+a12-a2a1,k=a12a1+a12-a2.用A1=1n∑i=1nXi=Xˉ,A2=1n∑i=1nXi2分别取代a1,a2,即得p,k的矩预计为=Xˉ-S2Xˉ,k=[Xˉ2Xˉ-S2],此中S2=1n∑i=1n(Xi-Xˉ)2,[x]表示x的最大整数部分.习题7求泊松散布中参数λ的最大似然预计.解答：整体的概率函数为P{X=k}=λkk!e-λ,k=0,1,2,?.设x1,x2,?,xn为从整体中抽取的容量为n的样本，则似然函数为L(x1,x2,?,xn;λ)=∏i=1nf(xi;λ)=∏i=1nλxixi!e-λ=λ∑i=1nxi∏i=1nxi!e-nλ,lnL=(∑i=1nxi)lnλ-nλ-∑i=1nlnxi!,令dlnLdλ=1λ∑i=1nxi-n=0,得λ的最大是然预计为=1n∑i=1nxi=xˉ,

即xˉ=1n∑i=1nxi就是参数λ的最大似然预计.

习题8

已知整体X的概率散布

P{X=k}=C2k(1-θ)kθ2-k,k=0,1,2，

求参数的矩预计.

解答：

整体X为失散型散布，且只含一个未知参数θ,所以，只需先求失散型随机变量的数学期

望E(X),而后解出θ并用样本均值Xˉ取代E(X)即可得θ的矩预计.

由E(X)=∑k=02kC2k(1-θ)kθ2-k=1×2(1-θ)θ+2(1-θ)2=2-2θ,即有

=1-E(X)2.

用样本均值Xˉ取代上式的E(X),得矩预计为=1-Xˉ2.

习题9

设整体X的概率密度为

f(x)={(θ+1)xθ,0<x<10,其余,

此中θ>-1是未知参数，X1,X2,?,Xn为一个样本，试求参数θ的矩预计和最大似然预计量.

解答：

因E(X)=∫01(θ+1)xθ+1dx=θ+1θ+2.令E(X)=1n∑i=1nXi=Xˉ,得θ+1θ+2=Xˉ,解得θ的矩预计量为

θ=2Xˉ-11-Xˉ.

设x1,x2,?,xn是样本X1,X2,?,Xn的察看值，则似然函数

L(x1,x2,?,xn,θ)=∏i=1n(θ+1)xiθ=(

θ+1)n(x1x2?xn)θ(0<xi<1,i=1,2,

?,n),

取对数得

lnL=nln(

θ+1)+

θ∑i=1nlnxi,

进而得对数似然方程

dlnLdθ=nθ+1+∑i=1nlnxi=0,

解出θ,得θ的最大似然预计量为

=-n∑i=1nlnXi.

由此可知，θ的矩预计和最大似然预计是不同样的.

习题10

设X拥有散布密度

f(x,θ)={θxe-θx!,x=0,1,2,?0,其余,0<θ<+∞,

X1,X2,?,Xn是X的一个样本，求θ的最大似然预计量.

解答：

似然函数

L(θ)=∏i=1nθxie-θxi!=e-nθ∏i=1nθxixi!,

lnL(θ)=-nθ+∑i=1nxilnθ-∑i=1nln(xi!),ddθ(lnL(

θ))=-n+1

θ∑i=1nxi

，

令ddθ(lnL(θ))=0,即

-n+1θ∑i=1nxi=0?θ=1n∑i=1nxi,

故θ最大似然预计量为

=Xˉ=1n∑i=1nXi.

习题11

设使用了某种仪器对同一量进行了12次独立的丈量,其数据(单位:毫米)以下:

232.50232.48232.15232.53232.45232.30

232.48232.05232.45232.60232.47232.30

试用矩预计法预计丈量值的均值与方差(设仪器无系统偏差).

解答：

设丈量值的均值与方差分别为μ与σ2，因为仪器无系统偏差，所以

==Xˉ=1n∑i=1nXi=232+112∑i=1n(Xi-232)

=232+1/12×4.76≈232.3967.

用样本二阶中心矩B2预计方差σ2,有

2=1n∑i=1n(Xi-Xˉ)2=1n∑i=1n(Xi-a)2-(Xˉ-a)2

=112∑i=112(Xi-232)2-(232.3967-232)2

=0.1819-0.1574=0.0245.

习题12

设随机变量X听从二项散布

P{X=k}=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,?,n,

X1为其一个样本，试求p2的无偏预计量.

解答：

\becauseX～b(n,p),

E(X)=np,D(X)=np(1-p)=E(X)-np2

p2=1n[E(X)-D(X)]=1n[E(X)-E(X2)+(EX)2]

p2=1n[E(X(1-X))]+1nn2p2=1nE(X(1-X))]+np2

p2=E[X(X-1)]n(n-1),因为E[X(X-1)]=E[X1(X1-1)],

故

2=X1(X1-1)n(n-1).

习题13

设X1,X2,?,Xn是来自整体X的随机样本，试证预计量

Xˉ=1n∑i=1nXi和Y=∑i=1nCiXi(Ci≥0为常数，∑i=1nCi=1)

都是整体希望E(X)的无偏预计，但Xˉ比Y有效.

解答：

依题设可得

E(Xˉ)=1n∑i=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X),

E(Y)=∑i=1nCiE(Xi)=E(X)∑i=1nCi=E(X).

进而Xˉ,Y均为E(X)的无偏预计量，因为

D(Xˉ)=1n2∑i=1nD(Xi)=1nD(X),

D(Y)=D(∑i=1nCiXi)=∑i=1nCi2D(Xi)=D(X)∑i=1nCi2.

应用柯西—施瓦茨不等式可知

1=(∑i=1nCi)2≤(∑i=1nCi2)(∑i=1n12)=n∑i=1nCi2,?1n≤∑i=1nCi2,所以D(Y)≥D(Xˉ),故Xˉ比Y有效.

习题14

设X1,X2,?,Xn是整体X～U(0,θ)的一个样本，证明：θ1=2Xˉ和θ2=n+1nX(n)是θ的一致预计.

解答：

因E(1)=,D(1)=2n;E(2)=,D(2)=θn(n+2),X(n)=max{Xi}.

依切比雪夫不等式，对任给的?>0,当n→∞时，有

P{1-?}D(1)?2=23n?20,(n)

P{∣θ2-θ∣≥?}≤D(2)?2=θ2n(n+1)?2→0,(n→∞)

所以，θ1和θ2都是θ的一致预计量.习题15

某面粉厂接到很多顾客的订货，厂内采纳自动流水线灌装面粉，按每袋

25千克销售

.

现从

中随机地抽取50袋，其结果以下：25.8,24.7,25.0,24.9,25.1,25.0,25.2,24.8,25.4,25.3,23.1,25.4,24.9,25.0,24.6,25.0,25.1,25.3,24.9,24.8,24.6,21.1,25.4,24.9,24.8,25.3,25.0,25.1,24.7,25.0,24.7,25.3,25.2,24.8,25.1,25.1,24.7,25.0,25.3,24.9,25.0,25.3,25.0,25.1,24.7,25.3,25.1,24.9,25.2,25.1,试求该厂自动流水线灌装袋重整体X的希望的点预计值和希望的置信区间(置信度为0.95).解答：设X为袋重整体，则E(X)的点预计为E(X)=Xˉ=10(2.+2.7+?+25.1)=24.92kg.因为样本容量n=50,可作为大样本办理，由样本值算得xˉ=24.92,s2≈0.4376,s=0.6615,则E(X)的置信度为0.95的置信区间近似为(Xˉ-uα/2Sn,Xˉ+uα/2Sn),查标准正态散布表得uα/2=u0.025=1.96,故所求之置信区间为(24.92-1.96×0.6610,2.92+1.96×0.6610)=(2.77,2.10),即有95%的掌握，保证该厂生产的面粉均匀每袋重量在24.737千克至25.103千克之间.习题16

在一批货物的容量为100的样本中，经查验发现有16只次品，试求这批货物次品率的置信度为0.95的置信区间.

解答：

这是(0-1)散布参数区间的预计问题.

这批货物次品率p的1-α的置信区间为

(1,2)=(12a(-b-b2-4ac),12a(-b+b2-4ac)).此中a=n+uα/22,b=-(2nXˉ+uα/22),c=nXˉ2.

由题意，xˉ=16100=0.16,n=100,1-α=0.95,u0.025=1.96.

算得

a=100+1.962=103.842,b=-

(2×100×0.16+1.962)=

-35.842,

c=100×0.162=2.6.p的0.95的置信区间为(1,2)=(12a(-b±b2-4ac)),即

(12×10.2(.16±221.22)),

亦即(0.101,0.244).

习题17

在某校的一个班体检记录中，任意抄写25名男生的身高数据，测得均匀身高为

标准差为12厘米，试求该班男生的均匀身高μ和身高的标准差σ的置信度为

间(假定测身高近似听从正态散布).

解答：

由题设身高X～N(μ,σ2),n=2,xˉ=170,s=12，α=0.05.

170厘米，

0.95的置信区

先求μ置信区间(σ2未知)，取

U=Xˉ-μS/n～t(n-1),tα/2(n-1)=t0.025(24)=2.06.

故μ的0.95的置信区间为

(170-122×2.06,170+122×2.06)

=(170-4.94,170+4.94)=(165.06,174,94).

σ2的置信区间(μ未知)，取

U=(n-1)S2σ2～χ2(n-1),

χα/22(n-1)=χ0.0252(24)=39.364,χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(24)=12.401,故σ2的0.95的置信区间为(24×12239.364,24×12212.401)≈(87.80,278.69),σ的0.95的置信区间为(87.80,278.69)≈(9.34,16.69).习题18为研究某种汽车轮胎的磨损特征，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止.记录所行驶的行程(以千米计)以下：41250401874317541010392654187242654412873897040200425504109540680435003977540440假定这些数据来自正态整体N(μ,σ2).此中μ,σ2未知，试求μ的置信水平为0.95的单侧置信下限.解答：

由P{μ>Xˉ-Sntα(n-1)=1-α,得μ的1-α的单侧置信下限为μˉ=Xˉ-Sntα(n-1).

由所给数据算得xˉ≈41119.38,s≈1345.46,n=16.

查t散布表得t0.05(15)=1.7531,则有μ的0.95的单侧置信下限为

μˉ×1.7531≈40529.73.

习题19

某车间生产钢丝，设钢丝折断力听从正态散布，现随机在抽取10根，检查折断力，得数据以下(单位：N):

578,572,570,568,572,570,570,572,596,584.

试求钢丝折断力方差的置信区间和置信上限(置信度为0.95).

解答：

这是一个正态整体，希望未知，对方差作两侧置信限的预计问题，应选统计量χ2=(n-1)S2σ2～χ2(n-1).

σ2的1-α的置信区间是((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).由所给样本值得xˉ=575.2,(n-1)s2=∑1=110(xi-xˉ)2=681.6;依据给定的置信度1-α=0.95(即α=0.05).查自由度为10-1=9的χ2散布表，得两侧临界值χα/22(n-1)=χ0.0252(9)=19.0,χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(9)=2.7,代入上公式得σ2的95%的置信区间为(681.619.0,681,62.70)