清华大学-杨虎-应用数理统计课后习题参考

1、习题一习题一 1 1 设总体 X 的样本容量n 5，写出在下列 4 种情况下样本 的联合概率分布. 1） X 3） X B(1, p)； 2）X P()； Ua,b； 4）X N(,1). 解解 设总体的样本为 X 1, X2 , X 3 , X 4 , X 5 ， 1）对总体 X B(1,p)， P(X 1 x 1, X2 x 2 ,X 3 x 3 ,X 4 x 4 ,X 5 x 5 ) P(X i x i ) pxi(1 p)1xi i1i1 n5 p5x(1 p)5(1x) 1 5 其中：x x i5 i1 2）对总体 X P() P(X 1 x 1, X2 x 2 , X 3 x 3

2、, X 4 x 4 ,X 5 x 5 ) P(X i x i ) i1i1 n5xi x i ! e 5x x ! i i1 5 e5 1 5 其中：x x i5 i1 3）对总体X U (a,b) f (x 1, ,x 5 ) i1 5 51 , a x i b,i 1,.,5 f (x i ) i1 ba 0 ，其他 / 50 4）对总体X N(,1) f (x 1, ,x 5 ) f (x i )= i1i1 551 e 2 xi 2 225/2 15 2 exp x i 2 i1 2 2 为了研究玻璃产品在集装箱托运过程中的损坏情况，现 随机抽取 20 个集装箱检查其产品损坏的件数，记

3、录结果为： 1，1，1，1，2，0，0，1，3，1，0，0，2，4，0，3，1，4， 0，2，写出样本频率分布、经验分布函数并画出图形. 解解 设i(i=0,1,2,3,4)代表各箱检查中抽到的产品损坏件数，由 题意可统计出如下的样本频率分布表 1.1： 表 1.1频率分布表 i 个数 2 f Xi 0 1 2 3 4 6 7 3 2 0.30.350.15 0.1 0.1 经验分布函数的定义式为： / 50 0,x x (1) F (x) k n ,x k x x k1, k=1,2, ,n1,， n 1,x xk 据此得出样本分布函数： 0,x 0 0.3, 0 x 1 F 0.65,1

4、x 2 20 (x) 0.8, 2 x 3 0.9, 3 x 4 1, x 4 F n(x) x 图 1.1经验分布函数 3 某地区测量了 95 位男性成年人身高，得数据(单位： 下： 组下165 167 169 171 173 175 177 / 50 )如 限 组上167 169 171 173 175 限177 179 人3 10 21 23 22 数11 5 试画出身高直方图，它是否近似服从某个正态分布密度函数的 图形. 解解 图 1.2 数据直方图 它近似服从均值为 172，方差为 5.64 的正态分布，即N(172,5.64). 4 4 设总体X的方差为 4，均值为，现抽取容量为

5、100 的 样本，试确定常数k，使得满足 P( X k) 0.9. / 50 X 解解 P X- k P5k 4 100 P 5k 5X 5k 因k较大，由中心极限定理, P X- k 5k5k X 4 100 N(0,1) ： (5k)(1(5k) 25k10.9 所以：5k0.95 查表得：5k 1.65，k 0.33. 5 5 从总体 X N(52,6.3 ) 中抽取容量为 2 36 的样本，求样本均值 落在 50.8 到 53.8 之间的概率. X 52 1.7143 解解 P50.8 X 53.8 P1.1429 26.3 /36 U X 52 6.3 /36 2 N(0,1) P5

6、0.8 X 53.8 P1.1429U 1.7143 (1.7143)(1.1429） 0.9564(10.8729) 0.8293 6 6 从总体 X N(20,3) 中分别抽取容量为 10 与 15 的两个独立 的样本，求它们的均值之差的绝对值大于 0.3 的概率. 解解设两个独立的样本分别为： X , 1 , X 10 与Y 1, ,Y 15 ，其对应的 样本均值为： X 和Y. / 50 由题意知： X 和Y相互独立，且： X N(20, P( X Y 3，3 )Y N(20,) 1015 0.3) 1 P( X Y 0.3) 1 P( X Y 0.5 0.3 ) 0.5 X Y N(

7、0,0.5) X Y N(0,1) 0.5 P( X Y 0.3) 22(0.4243) 0.6744 7 7 设 P( X 1, , X 10 是总体 X N ( 0, 4的) 样本，试确定C，使得 X i1 10 2 i C) 0.05. 解解 因 X i N(0,4)，则 有： X i ，且各样本相互独立，则 N (0,1) 2 X i 2(10) i1 2 10 2 所以：P( i1 10 X i 2 1 10 2 C) P( X i4 i1 C 4 ) 110 2 c 1P X i 0.05 4 4 i1 110 2 c P X i 0.95 4 4 i1 查卡方分位数表：4=18.

8、31，则 73.24. 8 8 设总体 X 具有连续的分布函数F X (x)，X 1, X 的样本，且EX i ，定义随机变量： , X n 是来自总体 / 50 1, Y i 0, X i X i , i 1,2,n 试确定统计量 Y i 的分布. i1 n 解解由已知条件得：Y i B(1,p)，其中p 1 F X (). 因为 X i 互相独立，所以 Yi也互相独立，再根据二项分布的可加 性，有 Y i1 n i B(n, p)，p 1 F X (). 2 9 9 设 X , 1 , X n 是来自总体X的样本，试求 EX,DX,ES 。假设总体 的分布为： 1） X B(N, p);

9、2) X P(); 3)X Ua,b; 4)X N(,1); 解解 1) EX EX Np DX DXNp(1 p) nn ES2 DX Np(1 p) 2) EX EX DX DX nn ES2 DX 3) EX EX a b 2 DX ba DX n12n ES2 2 ba DX 12 2 4) EX EX / 50 DX DX1 nn ES2 DX 1 1010 设 X , 1 , X n 为总体 X N(,)的样本，求2 nn 2 2 E (X i X) 与 D (X i X) 。 i1 i1 解解 n 2 E X i X E(n1)S2 (n1)ES2 i1 (n1)DX (n1)2

10、 2 (n1)S2 n 24D X i X D (n1)S D 2 i1 又因为 (n1)S2 2 1 2 n 4 (n1),所以：D X i X 2(n1) i1 2 1111 设 X , 计算 EY ,EY . 12 , X n 来自正态总体 N(0,1)，定义：Y 1 | X |,Y 2 1 n | X |， i i1 n 解解由题意知 X N(0,1/ n)，令：Y 1 E Y nE( X ) 2 nX 2 ，则Y N(0,1) y2 2| y|e y2 2dy ye 2 0 dy E(Y 1 ) E(| X |) 2 2 0 etdt 22 (1) 2 2 n 21 n 1 n E(

11、Y 2 ) E| X i | E(| X i |) E( X ) n i1 n i1 1212 设 X , 1 , X n 是总体 X N(,4)的样本，X 为样本均值，试问 / 50 样本容量 n 应分别取多大，才能使以下各式成立： 1） E | X | 0.1；2）E | X | 0.1；3）P(| X |1) 0.95 。 2 解 1) X N(,4) 4 X X N(,)，U N(0,1) n 2/n 4 X E X E n 2/ n 2 2 4 X 2 X D E n 2/ n 2/ n 4 10 0.1 n 所以：n 40 2) 令： X 2/n U N(0,1) E X E(U

12、)u 2/n 1 e 2 u2 2du 2 1 u 2 2 edu 2u 2 0 所以：E X 22 n 0.1 计算可得：n 225 3) P X 1 P1 X 1 nX n P 2 2/n 2 / 50 n n 2 2 n 2 2 1 0.95 查表可得： 1313 设 Y i 1 b (X i a) n u0.9751.96,n 15.36 ，而n取整数，n16. 2 (X 1, , X n ) 和 (Y 1 ,Y n ) 是 两 个 样 本 ， 且 有 关 系 式 ： （ a,b均为常数，b 0） ，试求两样本均值X 和Y之间的 2 X 2 Y 关系，两样本方差 S 和 S 之间的关系

13、. 1n1 解解因：Y X i a n i1 b 1 1n X na i b n i1 1X a b 所以：EY 1 EX a b 即： 1n S Y i Y n1 i1 2 Y 2 1n 1 1 X a X a b i n1 i1 b 2 2 = 11 2 1 X XS X b i 2 n1 i1 b n 1414 设 X , 1 , X 5 是总体 X N(0,1) 的样本. X 2) d1( X3 X 4 X 5 ) 222 1) 试确定常数 c ,d ，使得 c ( X 1111 ( n) ，并 求出 n； 2) 试确定常数 c ，使得 c (X 2 2 2 1 X 2 ) /(X 3

14、 X 4 X 5 ) F(m,n) 22 ，并求出 / 50 m 和 n . 解解 1）因： X 1 X 2 N(0,2)，X 3 X 4 X 5 N(0,3) 标准化得： 互独立 X 1 X 2 X 3 X 4 X 5 2(2)故： 23 22 X X 4 X 5 X 1 X 2 N(0,1)且两式相 N(0,1)，3 32 可得：c 1 1 ，d 1 1 ，n 2. 23 X X X 2） 因： X2 X22(2)， 345 12 2 3 2(1)， 所以： X 2 1 2 X 2 2 2X 3 X 4 X 5 3 F(2,1)， 可得：c 2 3 ,m 2,n 1. 2 1515 设 t

15、 p (n),F p (m,n)分别是t 分布和 F 分布的 p 分位数，求证 t 1p/2 (n)2 F 1p (1,n). 证明证明设 F 1p (1,n)， 则：P(F ) 1 p P( F ) 1 p P(T ) P(T ) 1 p 2P(T ) 2 p P(T ) 1 p 2 所以： t 1 p (n) 2 故： t 2 p 1 2 (n) F 1p (1,n). 1616 设 X 1,X2 是来自总体 X N(0,1)的一个样本，求常数c ，使： / 50 (X 1 X 2 )2 P . c (X X )2(X X )2 0.1 212 1 解解易知 X 1 X 2 N(0,2)，

16、则 同理 X 1 X 2 N(0,2)，则 X 1 X 2 N(0,1)； 2 X 1 X 2 N(0,1) 2 又因：Cov(X 1 X 2 , X 1 X 2 ) 0，所以X 1 X 2 与 X 1 X 2 相互独立. (1c)(X 1 X 2 )2(X 1 X 2 )2 P c P c 222(X X ) (X X )(X X ) 21212 1 (X 1 X 2 )2 c P 2(X X )1c 2 1 X 1 X 2 2 () c 2 P X X 0.1 1c 2 2 ( 1 ) 2 所以： c F 0.9 (1,1 ） =39.9 1c 计算得：c= 0.976. 1717 设 X

17、 , X 12 , X n , X n1 为总体 X N (,2)的容量 n1的样本，X,S2 为样本 (X , 1 , X n )的样本均值和样本方差，求证： n n 1 X n1 X S t(n 1) 1） T ； 2） X X 3） X n1 N(0, n1 n 2) ； X N(0, 1 n 1 n ) . 2 解解 1）因：E(X n1X) 0 ，D(X n1X) n1 2 n 所以： X n1X N(0, XXn1 2 N(0,1)，n1 nn1 n 又： n 2 1 S22(n1) / 50 且： X n1X 与 n1 n1 2 S2相互独立 n X n1X n1 所以： n 2

18、 n1 nX n1X S2 n1S t(n1) 2 n1 2）由 1）可得： X X n1 N(0, n1 n 2) 3）因：E(X 1X ) 0 ，D(X 1 1X) n n 2 所以： X 1X N(0, n1 n 2) 1818 设 X 1, , X 2 n 为总体 X N(,)的样本，X 为样本均值，求 使得 P(| X | 0.25) 0.95. 解解 U X /n N(0,1) PX 0.25 P X 0.25 n /n 0.25 n 20.25 n1 0.95 所以： 0.25 n 0.975 查表可得：0.25 n u 0.975 1.96，即n 62. 1919 设 X 1,

19、 , X n 为总体 X Ua,b的样本，试求： 1） X (1) 的密度函数； 2） X (n) 的密度函数； / 50 n， 解解因： X Ua,b， 所以 X 的密度函数为： 1 ,xa,b ， f (x) ba 0,xa,b 0,x a xa F(x) ,a x b ba 1,x b 由定理： f (1)(x) n(1F(x) n1f (x) b x n1 1 ),xa,b n( baba 0,xa,b f (n) (x) n(F(x)n1f (x) xa n1 1 ),xa,b n( baba 0,xa,b 2020 设 X , 1 , X 5 为总体 X N(12,4) 的样本，试

20、求： 10) ； 2） P(X (5) 15) 1） P(X 解解 (1) X N(12,4) X i 12 N(0,1) 2 PX (1) 101 PX (1) 10 1PX i 10 i1 5 11 PX i 10 i1 5 X 12 1 1P i 1 2 i1 5 / 50 1(1(1)5 15(1) 0.5785 PX (5) 15PX i 15 i1 5 X 12 Pi1.5 2 i1 5(1.5) 0.93325 0.7077 5 2121 设 (X , 1 , X m , X m1, , X mn ) 为总体 X N(0, 2 ) 的一个样本，试确定 下列统计量的分布： m 1）

21、 nX i m X2 i Y 1 i1 ；2） n Y mn 2 i1 mn ； m X2 2 i mX i im1 im1 22 Y 1m1mn 3 m2 X i 2 X i i1 n im1 解解 1）因为： m X i N(0,m2) i1 m X 所以： imn i1 m N(0,1)，2(n) i X2 i m1 2 m X 且 i m i n 1 X2 i m 与 2 im1 相互独立，由抽样定理可得： m mi n X i1 Y 1 X i i1 mn = m t(n) mX2 m nX2 i in im1 2 im1 2）因为： 1m 2(m)， 1mn 2 X2 i (n)

22、i1 2 i X2 i 2 m1 且 1m 2 1mn 2 2 X i 与 2 X i 相互独立， i1im1 m n 2 1 i 所以： X i1 m X2 2 i m mn = i1 F(m,n) 1mn mX2 2 ii n im1 2 i X m1 / 50 3） 3）因为：X i N(0,m)， 2 i1 mmn im1 X i N(0,n 2) 所以： m (X i ) i1 m 2 m2 2 2(1)， mn (X i )2 im1 mn n2 2(1) 且 (X i ) i1 m2 与 (X i )2 im1 n2 相互独立， 22 1m1 mn 2(2). 由卡方分布可加性得

23、： 2 X i 2 X i m i1 n imn 2222 设总体 X 服从正态分布 N(,2)，样本X 1,X2 ,X n 来自总 体 X ， S2 是 样 本 方 差 ， 问 样 本 容 量 n 取 多 大 能 满 足 (n1)S2 P 32.67 2 0.95？ 解解 n1 2 由 n1 抽样分布定理： 2 S22(n1),P(S2 32.67) 0.95, 查表可得：n 1 21，n 22. 2323 从两个正态总体中分别抽取容量为 20 和 15 的两独立 的样本，设总体方差相等， S 1 2, S 2 2分别为两样本方差，求 S 1 2 P 2.39 S2 . 2 解解设 n =2

24、0，n =15分别为两样本的容量， 为总体方差， 2 12 由题意， (n 1 1)S 1 219S 1 2(n 2 1)S 2 214S 2 2 2= 2 (19)，= 2 2(14) 22 / 50 19S 1 2 又因S2 1 , S2 2 分别为两独立的样本方差： 2 14S 2 2 19 14 S 1 2 = 2 F(19,14) S 2 2 S 1 2 S 1 2 所以： P 2 2.391 P 2 2.3910.950.05. S 2 S 2 2424设 总 体 X N(,2) ， 抽 取 容 量 为20的 样 本 X 1,X2 ,X 20 ，求概率 1） P10.85 2） P

25、11.65 (X i1 20 i )2 2 20 37.57 ； 38.58 . (X i1 i X)2 2 解解 1）因 X i N(0,1)，且各样本间相互独立，所以： 2 20 X i1 i 20 2 X i22(20) i1 2 故： P10.85 20 2 37.57 0.99 0.05 0.94 2）因： X i1 i X 2 2 19S2 2 2(19), 所以： 19S2 P11.65 2 38.58 0.9950.1 0.895. 2525 设总体 X N(80, 2 )，从中抽取一容量为 25 的样本，试 在下列两种情况下P( X 80 3)的值： 1） 已知 20； /

26、50 2） 未知，但已知样本标准差S 7.2674. 解解1） X N(80,2) X N(80, 2X 80X 80 )， 2 N(0,1), t(24) 25 /25 S 5 X 80 3 P X 80 3 P 20/54 3 1 PU 12(0.75) 1 4 220.7734 0.4532 2） PX 80 3 P X 80 2.064 7.2674 / 5 1PT 2.064120.97510.05 2626 X , 1 , X n 设为总体 X N(,)的样本， X,S2为样本均值和样 2 本方差，当 n 20时，求： 1） P(X 4.472 ); 2）P(| S | 22 2

27、2 ); 3）确定C，使 P( 解解 1） S X C) 0.90 . X N(,2) X N(0,1) n X PX P 4.472 4.472 X P1 20 0.8413 2 222 222 2）PS P S 2 2 2 / 50 232 2 P S 22 1 S2 3 P 2 2 2 19S2 P9.5 2 28.5 其中2= 19S2 2 2(19),则 2 219S2 2PS P 9.5 28.5 22 P9.52 28.5 0.950.05 0.9 3） X X 1S20 P c P P S /20 cc X S 其中，T= X t(19)，则 S /20 S20 P c PT

28、0.9 X c 所以： 20 t0.9(19)=1.328,计算得：c 3.3676. c 27 27 设总体 X 的均值 与方差 2 存在，若 X 1, X2 , X n 为它的 一 个 样 本 ， X 是 样 本 均 值 ， 试 证 明 对 i j ， 相 关 系 数 r(X i X, X j X) 1 . n 1 证明证明 r(X i X, X j X) cov(X i X, X j X) D(X i X)D(X j X) n1 2 n D(X i X) D(X j X) / 50 1 Cov(X i X, X j X) E(X i X j X i X X j X X X) 2 n 所以

29、：r(X i X, X j X) 28.28. 设总体 X 1 , X 2 , X 2n (n 1) n 1 . n1 X N ( ,2) ，从该总体中抽取简单随机样本 ， X 是 它 的 样 本 均 值 ， 求 统 计 量 的数学期望. 2 T (X i X ni 2X)2 i1 解解因 X N(,)，X 1 , X 2 , X 2n (n 1)为该总体的简单随机样 本，令Y X ii X ni ，则有Y i N(2,22) 1 n 可得：Y Y i 2X n i1 nn 2 i1 T (X i X ni 2X)2Y i Y (n1)S Y 2 i1 ET (n1)ES Y 2 2(n1)2

30、 习题二习题二 1 1设总体的分布密度为： (1)x, 0 x 1 f (x;) 0,其它 (X 1 , 2 .现测得样本观测值为：0.1，0.2，0.9，0.8，0.7，0.7， 求参数的估计值 . , X n )为其样本，求参数 的矩估计量 1 和极大似然估计量 解解计算其最大似然估计： L(,x 1 lnL(,x 1 x n ) 1x i 1 i1 n nx i i1 n x n ) nln(1)ln x i i1 n / 50 ndn lnL(,x 1 x n ) ln x i 0 d1 i1 n 2 1 n 0.2112 ln x i i1 其矩估计为： X 13.4 0.10.20

31、.90.80.70.7 66 1 EX (1)x1dx(1) 0 x112X 1 X,0.3077 2 0 2X 1 ， 2 1 12Xn , 1所以： 12 n X 1 ln X i i1 1 0.3077, 2 0.2112 . 2 2设总体X服从区间 0, 上的均匀分布，即 X U0,， (X , X )为其样本， 1)求参数的矩估计量和极大似然估计量； 2)现测得一组样本观测值： 1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1， 试分别用矩法和极大似然法求总体均值、总体方差的估计值. 1n 12 解解1）矩估计量： EX 1 2 2X 2.4 X, 1 最大似然估计量： L(,x 1

32、lnL(,x 1 x n ) i1 n1 n 1 n x n ) 0 X i 无解 .此时，依定义可得： 2 max 1in 2）矩法：EX 1 2 1.2,DX 2 1 12 0.472 极大似然估计：EX / 50 2 2 1.1,DX 2 2 12 0.4033 . 3 3设 X ,., X 是来自总体X的样本，试分别求总体未知参数的 1n 矩估计量与极大似然估计量 .已知总体X的分布密度为： e1） f (x;) 0, x, x 0 x 0 , 0 未知 未知 a b 2） f (x;) 3） x x! e, x 0,1, 2, 0 1 , f (x;a,b) b a 0 2 a x

33、b 其它 ， 未知 x 4) f (x;) 0 ,0 x 其它 ( x) / ， 未知 1 e 5） f (x;,) 0, 6） f (x;,) 0, ,x x , 0 ，其中参数,未知 x1,0 x x , 0 ，其中参数,未知 4x 7） f (x;) 0, 2 3 x 2 e 2, x 0 x 0 , 0 未知 8） 解解 1） f (x;) (x 1)(1) 2x2, x 2,3,0 1 矩法估计：EX 1 X , 1 X 1 最大似然估计： L(,x 1 x n ) e i1 n xien xi i1 n ,ln L(,x 1 x n ) nlnx i i1 n / 50 dnn l

34、nL x i 0, 2 d i1 n x i1 n i 1 X . 2) X P () X 矩估计： EX X , 1 最大似然估计： L(,x 1 x n ) i1 nx x i ie en nx x i ,ln L nnx lnx i dnx XlnL n 0, 2 d . 3） ba 矩估计：EX ab ,DX 212 联立方程： 2 a b X a 2 X 2 X b b a M * 2 1 2 *3 M 2 3 M * 2 最大似然估计： L(,x 1 x n ) f (x i ;) i1 n1 (ba)n ,ln L nln(ba) d lnLn min X i 时，使得似然函数最

35、 0 ,无解，当 a 1in daba 大， / 50 min X i ，同理可得a max X i 依照定义，a 1in 1in . 4) 矩估计： EX 0 x dx ln x 0 ，不存在 最大似然估计： L(,x 1 x n ) i1 n x i 2 n 1 ,ln L nln2ln x i 2 i1 x i n n X lnL 0，无解；依照定义， (1). 5) 矩估计： EX x e(x)/dx t(t)e dt (1)(2) 0 X EX 22t22(t) e dt (1)2(2)(3) 0 2222 ()22 M 2 1 X i 2 n 1 M 2 X X i 2 X2 M

36、2 * n * * 1 X M 2 , 1 M 2 22 即 1n1n 2 * 1 X M 2 X (X i X) , 1 M 2 (X i X)2 n i1 n i1 * / 50 最大似然估计： 11 x n ) e(xi)/nexp nx n, i1 1n lnL nlnnx L(,x 1 n nnn ln L 0,ln L 2 (x ) 0，无解 X X X L X (1) ,依定义有： L(1). 6) 矩估计：EX x 0 1 xdx M 1 1 2EX 0 2 1 2 x xdx M 2 1 M 2 M 2 M1, 11 * * M 2 M 2 M 2 1 解方程组可得： 最大似

37、然估计： L(,x 1 x n ) i1 n1 x i 1 n n x i1 n 1 i ,ln L nlnnln(1)lnx i i1 n nnn ln L nln ln x i 0,ln L 0 i1 L 无解，依定义得， x (n) 解得 1 1n ln x (n) ln x i n i1 . 7) / 50 矩估计： EX 0 4x 3 3 e x2 2dx 0 2x2 e x2 2d x2 2 2 ttedt 0 2 (2) X M X 2 最大似然估计： L(,x 1 x n ) i1 n4x2 i 3 4 22 e i 3 x i e i1 2x i xi2 n n xi2 2

38、ln L nln43nlnnlnln x i 2 2 x i 2 3n 2 lnL 2 3 0,x i 2 L 3n . 8) 矩估计： EX x(x1)(1) 2 x2 x2 d2d2 x2(1) 2d(1)d(1)2 x2 2 x(1) x0 d2 dq2 2 d212 2 2 q X 23dq 1q x0 x2 M 2 X 最大似然估计： L(,x 1 x n ) (x i 1)2(1)xi22n(1)nx2n(x i 1) i1 n lnL 2nln(nx 2n)ln(1)ln(x i 1) / 50 2nnx 2n 2 ln L 0, L 1X . 4.4. 设总体的概率分布或密度函

39、数为 f (x;)，其中参数 已知， 记 p P(X a ) ，样本 X ,., X 来自于总体X，则求参数 p 的最大似然 0 1n .估计量 p 解解记y i 1,xi a 0;yi 0,xi a 0 则Y i L(p,y 1,y2 lnL(p,y 1,y2 yn)pyi(1 p)1yi p i1 nyi i1 n B(1,p)； yi ni1 n (1 p) yn)nyln pn(1 y)ln(1 p) d L(p,y 1,y2dp yn)n y p 0 p(1 p) Y . p 5 5设元件无故障工作时间X具有指数分布，取 1000 个元件工 作时间的记录数据，经分组后得到它的频数分布

40、为： 组中 5 15 25 35 45 值 x i 55 65 频数 i 365245 150100 70 45 25 如果各组中数据都取为组中值，试用最大似然法求参数 的 点估计. . .解解最大似然估计： L(,x 1 x n ) exinenx,ln L nlnnx i1 n / 50 dn11720000 lnL nx 0, X xv 20 ii dX1000 i1 1000 1 0.05 X. 6 6 已知某种灯泡寿命服从正态分布，在某星期所生产的该种灯 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， 9

41、20，948 设总体参数都未知，试用极大似然法估计这个星期中生产的 灯泡能使用 1300 小时以上的概率. 解解设 灯 泡 的 寿 命 为 x,x N(,2), 极大似然估 计为： 1n x, (x i x)2 n i1 2 997.1,217235.81 .根据样本数据得到： 经计算得，这个星期生产的灯泡能使用1300 小时的概率为 0.0075. 7.7. 为检验某种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(假定一升水中 大肠杆菌个数服从分布)，其化验结果如下： 大肠杆菌数/ 升 升 数l i 0123 4 5 6 1720102 1 0 0

42、 / 50 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？ 解解设x为每升水中大肠杆菌个数， x P()，Ex ，由 3 题（2）问知，的最大似然估计为x，所以 X 0*171*202*103*24*1/501. L 所以平均每升氺中大肠杆菌个数为 1 时，出现上述 情况的概率最大 . 8 8 设总体 X N(,)，试利用容量为 n的样本 X ,., X ，分别就 2 1n 以下两种情况，求出使 P(X A) 0.05 的点A的最大似然估计 量 . 1）若 1时； 2 ）若, 均未知时 . 2 解解 1） 1， 的最大似然估计量为x， px A0.95, p ( A x

43、A 0.95 U )0.95,A 0.95 U X所以A 0.95 . 2） 的最大似然估计量为x， 2 最大似然估计为 M 2 *，由 * U M 极大似然估计的不变性，直接推出A 2 X. 0.95 9 9设总体 X 具有以下概率分布 f (x;),1,2,3： / 50 x 0 1 2 3 4 f (x;1)f (x;2)f (x;3) 1/3 1/3 0 1/6 1/6 1/4 1/4 1/4 1/4 0 0 0 1/4 1/2 1/4 求参数 的极大似然估计量 .若给定样本观测值： 1，0， 4，3，1，4，3，1，求最大似然估计值 . 解解分别计算 1,2,3，时样本观测值出现的概

44、率： 111 ; 4436104976 当 2时，p 0; 当1时，p 当3时，p 0 由最大似然估计可得：1. 1010设总体 X 具有以下概率分布 f (x,),0,1： f (x;0) 1, 0, 0 x 1 其它 ， 1 ,0 x 1 f (x;1) 2 x 其它0, 求参数的最大似然估计量 . 解解 最大似然估计应该满足： maxLx ,x L12 nn x n ; maxf x i ;0,f x i ;1, 0,1 i1 i1 1 max1, n 0,1 2nx i 0.5 i1 结果取决于样本观测值x 1,x2 1111设 X , X 12 x n . , X 3 , X 4 是

45、总体X的样本，设有下述三个统计量： / 50 a 1 1 6 (X 1 X 2 )(X 3 X 4 ) 1 3 a a 123 2 (X 1 2X 2 3X 3 4X 4 ) /10 3 (X 1 X 2 X 3 X 4 )/4 中哪几个是总体均值的无偏估计量，并指出哪一个 , a ,a 指出 a 方差最小？ 解解 1111 1 ()() ,D 1 (22)(22) 0.272E 63369 2 ( 23 4)/10 ，D 2 0.32E 14 3 () ,D 3 2 0.252E 416 1, 2 , 3 无偏， 3 方差最小.所以 1212设总体 X N(,)，X ,., X 为其样本，

46、2 1n 1）求常数 k ，使 2 1 (X k i1 n1 X i ) i1 2为 的无偏估计量； 2 2）求常数k，使 1 | X k i1 n i X |为的无偏估计量 . 解解 1 1） 1 n1 2 12(n1) 2 E E x i1 2x i1xi xi22(n1)(22)2(n1)2 k i1 kk 2 2(n1) 2 令 E2 2 k 得k 2(n1). 2 2） / 50 令 y i x i x n1 x i k1,ki nn x2 2(n1) 2 n n x k n1 2 N 0, n 2n(n1) E y i x n1 2 n edx . 22 k 2n(n1) n 13

47、13 设 X ,., X 是来自总体X的样本，并且 = ， = ， X,S 是样 1 本均值和样本方差，试确定常数c，使 X 解解 2cS2 是 2的无偏估计量 . E(X cS ) EX cES DX E X c 222222 2 n 2c22 所以c 1 n. 112 1414设有二元总体 (X ,Y) ， (X ,Y ),(X C ,Y 2 ),(X n ,Y n ) 为其样本，证明： (X n 1 i1 1 n i X)(Y i Y ) 是协方差 Z Cov(X,Y) 的无偏估计量 . 证明证明 由于x i xy i y ( n1 x i k1,ki nn n x k )( n1 y

48、i k1,ki nn n y k ) / 50 (n1)2 x i y i 2n (n1) k1,ki 2 n y k x i (n1) n k1,ki 2 n x k y i n k1,ki n x k n k1,ki 2 n y k 所以： (n1)2(n1)2(n1)Exy(n1)(n2)ExEy Ex i xy i yExy2ExEy n2n2n2 (n1)(n1) ExyExEy nn EC 1(n1)(n1) n(Exy ExEy) Exy ExEy cov(X,Y) Z ，证毕 . n1nn 2 1515 设总体 X N (,)，样本为X ,., X ， S 是样本方差，定义 2

49、 1n S 1 2 n 1 n S2 ， S 2 2 n 1 n 1 S2 ，试比较估计量 S , S , S 哪一个是参数 的 2222 12 无偏估计量？哪一个对的均方误差 E(S 2 2 i ) 22 最小？ 1）解解 2 nn 2 111 22ES E(X i X ) E(X i nX ) (EX i 2nEX2) n1n1 i1 n1 i1 21 22n()n2 2 n1 n 所以 S2是的 2 无偏估计 2） n1 D 2 S2 2(n1), 所 2 n1 以 2 ， 2DS2 2 ,ES n1 2 1 2 2 2 2 2 4 DS 2 ES ES 2 2 2n1 4 n2 2 2

50、2 DS 2 2(ES 2 2)24 n1 DS 1 22(ES 1 22)2 / 50 可以看出ES2 2 2 2最小 . 1 1616设总体 X U0, ， X , X , X 32 为样本，试证：4 max X 与 4min X 都 3 1i3 i 1i3 i 是参数的无偏估计量，问哪一个较有效？ 解解 E4X (1) 3n(1) 0 x n1 4n n1dx (1t)tdt 3 0 x 1 11 44n n1n (1t)tdt (1t) tdt 3 n1 00 444xx4n n 4n EX (n) EX (n) n( )n1dx t tdt 333 0 3 0 3n1 EX (1)

51、2EX (1) 1 3 ,EX (n) 44 2 1 21111 x x 31 dx 32(1t)2t2dt 32 2 35210 0 0 EX ( 2 n) 213 x x 3 dx 32t4dt 322 55 0 0 2 1 D4X (1) 16DX (1) 16(EX D 416 X (n) DX (n) 39 3 ) 2 10165 1616 39 2 23 22(EX (n) E X (n) ) () D4X (1) 2 99516155 2 (1) E X (1) ) 16( 2 2 2 所以 4 X (n) 比较有效. 3 1717设，是的两个独立的无偏估计量，并且的方差是 12

52、1 1122 2 的方差的两倍 .试确定常数c 1, c 2，使得c c 为的线性最小 方差无偏估计量 . / 50 解：解：设D 1 22,D 2 22 E(c 1 1 c 22 ） c 1 c 2 (c 1 c 2 )，c 1 c 2 1，c 2 1c 1 2D(c 1 1 c 22 ） c 1 222c 2 22 2c 1 21c 1 2 2 2c 1 21c 1 3c 1 22c 1 1 2 当c 1 212 ，上式达到最小，此时c 2 1c 1 . 2*333 1n 18.18. 设样本 X , . X , 来自于总体X，且 X P ()(泊松分布 )，求 EX, DX，并求不等式下

53、界，证明估计量X 是参数 的有效估计量 . 解解 EX EX ，DX L(,x 1 DX nn n x n ) i1 x e ennx x i ! i 11 x i !2 lnL nnxlnlnxi! dnxnd2n lnL n x ,I() E( 2 lnL) dd 1 所以其方差下界为 I()n 所以 X 是参数有效估计量. 1919设总体 X 具有如下密度函数， x1, 0 x 1 f (x,) ， 0 其它0, X 1 ,., X n 是来自于总体X的样本，对可估计函数 g() 1，求 g() ()，并确定下界 . 的有效估计量 g 解解因为似然函数 / 50 L(,x 1 x n )

54、 x i n1nx i n1,ln L nln(1)ln x i i1 n dn 1 11 ln L ln x i n ln x i n ln x i g() 0 d n n 所以取统计量T 1 ln x i n 111 Eln X i ln xxdx ln xdx x ln xx1dx 1 0 000 1 1 得ET 1 = g()，所以T 1 ln x i 是无偏估计量 n 令 c() n 由定理 2.3.2 知 T是有效估计量，由 2 g()1 DT 2c()nn 1 1 n2 所以方差下界为 . 2020设总体 X 服从几何分布： P(X k) p(1 p) 计函数 g(p) 1，则

55、p k1, k 1,2, ，对可估 1）求 g(p)的有效估计量T(X 2）求 DT和I(p) ； 3）验证T的相合性 . 1 , X n )； 解解1）因为似然函数L(p,x 1 x n ) p(1 p)xi1 pn(1 p)nxn i1 n ln L nln p (nx n)ln(1 p) dnnx nn1 n lnL x x g(p) dpp1 p1 pp1 p / 50 所以取统计量T X . 又因为 EX EX kp(1p) k1 k1 pk(1p) k1 n k1 p d kq dq k1 n dn k d1p1 pq p 2 dq k0 dq 1 ppp 所以 T X 是 g(p) 的无偏估计量，取 c(p) 2.3.2