数理统计课后答案-第七章
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第七章习题参考答案
3
故 β (0.05) = 1 − ∑
6
6 1.5k −1.5 6k e = 0.0001 ， β (0.2) = 1 − ∑ e −6 = 0.3937 ， k =0 k ! k =0 k ! 6
β (0.3) = 1 − ∑
6
6 9 k −9 12 k −12 e = 0.7932 ， β (0.4) = 1 − ∑ e = 0.9542 ， k =0 k ! k =0 k !
α = P{ X ∈W | H 0 } = P{ X ≥ 2.6 | µ = 2} = P ⎨
犯第二类错误的概率为
⎧ X − µ 2.6 − 2 ⎫ ≥ = 2.68⎬ = 1 − Φ (2.68) = 0.0037 ， ⎩ 1 n 1 20 ⎭
β = P{ X ∉W | H1} = P{ X < 2.6 | µ = 3} = P ⎨
β (0.5) = 1 − ∑
6
6 15k −15 18k −18 e = 0.9924 ， β (0.6) = 1 − ∑ e = 0.9990 ， k =0 k ! k =0 k !
β ( 0 .7 ) = 1 − ∑
6
21k −21 e = 0.9999 ， k =0 k! 24 k −24 e ≈1， k =0 k!
i =1 10 10
k 则 α = P{ X ∈ W | H 0 } = P{ X ≥ 0.5 | p = 0.2} = P{10 X ≥ 5 | p = 0.2} = ∑ C10 ⋅ 0.2 k ⋅ 0.810−k = 0.0328 ， k =5
k β = P{ X ∉W | H1} = P{ X < 0.5 | p = 0.4} = P{10 X < 5 | p = 0.4} = ∑ C10 ⋅ 0.4 k ⋅ 0.610−k = 0.6331 ． k =0
概率论与数理统计第七章习题答案
解：(1)已知ξ ～N (µ, σ 2 ),取统计量U = ξ − µ ,则有U ~ N (0,1),于给定的置信概率1−α ,
n
σ/ n
可求出uα
+ (4 − 0.8)2 ×1] = 0.831.
14.设ξ1,ξ2,……,ξn是取自总体ξ的一个样本，n ≥ 2,ξ ~ B(1, p),其中p为未知，0 < p < 1, 求证：
（1）ξ12是p的无偏估计； （2）ξ12不是p2的无偏估计;
(3) ξ1ξ2是p2的无偏估计。
证明：（1）Eξ
2 1
tα /2 (4) = 2.78, S = 11.937, n = 5代入(*),求得µ的置信区间为（1244.185，1273.815）.
20.假定到某地旅游的一个游客的消费额ξ～N (µ,σ 2 ),且σ = 500元，今要对 该地每一个游客的平均消费额µ进行估计，为了能以不小于95%的置信概率 确信这估计的绝对误差小于50元，问至少需要随机调查多少个游客？
乐山师范学院化学学院
1.设总体ξ 有分布律
第七章 参数估计部分习题答案
ξ
−1
0
2
p
2θ
θ
1-3θ
其中 0 < θ < 1 为待估参数，求θ 的矩估计。 3
解：总体一阶矩为Eξ = (−1) × 2θ + 0×θ + 2× (1− 3θ ) = −8θ + 2.
用样本一阶矩代替总体一阶矩得ξ = -8θˆ + 2，则θˆ = 1 (2 − ξ ). 8
概率论与数理统计课后习题答案 第七章
习题 7.2 1. 证明样本均值 是总体均值
证:
的相合估计
由定理
知 是 的相合估计
2. 证明样本的 k 阶矩
是总体 阶矩
证:
的相合估计量
3. 设总体 (1)
(2)
是
的相合估计
为其样品 试证下述三个估计量
(3)
都是 的无偏估计,并求出每一估计量的方差,问哪个方差最小? 证:
都是 的无偏估计
故 的方差最小.
大?(附
)
解: (1) 的置信度为 的置信区间为
(2) 的置信度为 故区间长度为
的置信区间为
解得
四、某大学从来自 A,B 两市的新生中分别随机抽取 5 名与 6 名新生,测其身高(单位:厘米)后,算的
.假设两市新生身高分别服从正态分布:
,
其中 未知 试求
的置信度为 0.95 的置信区间.(附:
解:
.从该车床加工的零件中随机抽取
4 个,测得长度分别为:12.6,13.4,12.8,13.2.
试求: (1)样本方差 ;(2)总体方差 的置信度为 95%的置信区间.
(附:
解: (1)
(2) 置信度 的置信区间为
三、设总体
抽取样本
为样本均值
(1) 已知
求 的置信度为 的置信区间
(2) 已知
问 要使 的置信度为 的置信区间长度不超过 ,样本容量 n 至少应取多
施磷肥的
620 570 650 600 630 580 570 600 600 580
设不施磷肥亩产和施磷肥亩产均服从正态分布,其方差相同.试对施磷肥平均亩产与不施磷肥平均
亩产之差作区间估计(
).
解:
查表知
概率论与数理统计教程第七章答案
.第七章假设检验7.1设总体J〜N(4Q2),其中参数4, /为未知，试指出下面统计假设中哪些是简洁假设，哪些是复合假设：(1) W o: // = 0, σ = 1 ；(2) W o√∕ = O, σ>l5(3) ∕70:// <3, σ = 1 ；(4) % :0< 〃 <3 ；(5)W o :// = 0.解：(1)是简洁假设，其余位复合假设7.2设配么，…，25取自正态总体息(19),其中参数〃未知，无是子样均值,如对检验问题“0 ：〃 = 〃o, M ：4工从)取检验的拒绝域：c = {(x1,x2,∙∙∙,x25)r∣x-χ∕0∖≥c},试打算常数c ,使检验的显著性水平为0. 05_ Q解：由于J〜N(〃,9),故J~N(",二)在打。
成立的条件下，一/3 5cP o(∖ξ-^∖≥c) = P(∖ξ-μJ^∖≥-)=2 1-Φ(y) =0.05Φ(-) = 0.975,-= 1.96,所以c=L176°3 37. 3 设子样。
,乙，…，25取自正态总体，cr：已知，对假设检验%邛=μ0, H2> /J。
,取临界域c = {(X[,w,…,4)：片>9)}，(1)求此检验犯第一类错误概率为α时，犯其次类错误的概率夕，并争论它们之间的关系；(2)设〃o=0∙05, σ~=0. 004, a =0.05, n=9,求"=0.65 时不犯其次类错误的概率。
解：(1)在儿成立的条件下，F~N(∕o,军)，此时a = P^ξ≥c^ = P0< σo σo )所以，包二为册=4_,,由此式解出c°=窄4f+为% ∖∣n在H∣成立的条件下，W ~ N",啊 ,此时nS = %<c°) = AI。
气L =①(^^~品)二①匹%=①(2δξ^历σoA∣-σ+A)-A-------------- y∕n)。
概率论与数理统计习题及答案第七章
习题7-11. 选择题(1) 设总体X 的均值μ与方差σ2都存在但未知, 而12,,,n X X X L 为来自X 的样本, 则均值μ与方差σ2的矩估计量分别是( ) .(A) X 和S 2. (B) X 和211()nii X nμ=-∑. (C) μ和σ2. (D) X 和211()nii X X n=-∑.解 选(D).(2) 设[0,]X U θ:, 其中θ>0为未知参数, 又12,,,n X X X L 为来自总体X 的样本, 则θ的矩估计量是( ) .(A) X . (B) 2X . (C) 1max{}i i nX ≤≤. (D) 1min{}i i nX ≤≤.解 选(B).2. 设总体X 的分布律为其中0＜θ＜12n , 试求θ的矩估计量.解 因为E (X )=(-2)×3θ+1×(1-4θ)+5×θ=1-5θ, 令15X θ-=得到θ的矩估计量为ˆ15X θ-=. 3. 设总体X 的概率密度为(1),01,(;)0, x x f x θθθ+<<=⎧⎨⎩其它.其中θ>-1是未知参数, X 1,X 2,…,X n 是来自X 的容量为n 的简单随机样本, 求: (1) θ的矩估计量；(2) θ的极大似然估计量. 解 总体 X 的数学期望为1101()()d (1)d 2E X xf x x x x θθθθ+∞+-∞+==+=+⎰⎰. 令()E X X =, 即12X θθ+=+, 得参数θ的矩估计量为21ˆ1X X θ-=-. 设x 1, x 2,…, x n 是相应于样本X 1, X 2,… , X n 的一组观测值, 则似然函数为1(1),01,0,n n i i i x x L θθ=⎧⎛⎫+<<⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪⎩∏其它. 当0<x i <1(i =1,2,3,…,n )时, L >0且 ∑=++=ni ixn L 1ln )1ln(ln θθ,令1d ln ln d 1ni i L nx θθ==++∑=0, 得θ的极大似然估计值为 1ˆ1ln nii nxθ==--∑,而θ的极大似然估计量为 1ˆ1ln nii nXθ==--∑.4. 设总体X 服从参数为λ的指数分布, 即X 的概率密度为e ,0,(,)0,0,x x f x x λλλ->=⎧⎨⎩≤ 其中0λ>为未知参数, X 1, X 2, …, X n 为来自总体X 的样本, 试求未知参数λ的矩估计量与极大似然估计量.解 因为E (X )=1λ =X , 所以λ的矩估计量为1ˆXλ=. 设x 1, x 2,…, x n 是相应于样本X 1, X 2,… ,X n 的一组观测值, 则似然函数11nii inxx nni L eeλλλλ=--=∑==∏,取对数 1ln ln ()ni i L n x λλ==-∑.令1d ln 0,d ni i L n x λλ==-=∑ 得λ的极大似然估计值为1ˆxλ=,λ的极大似然估计量为1ˆXλ=. 5. 设总体X 的概率密度为,01(,)1,120,x f x x θθθ<<=-⎧⎪⎨⎪⎩，≤≤，其它,其中θ（0<θ<1）是未知参数. X 1, X 2, …, X n 为来自总体的简单随机样本, 记N 为样本值12,,,n x x x L 中小于1的个数. 求: (1) θ的矩估计量; (2) θ的极大似然估计量.解 (1) 1213()d (1)d 2X E X x x x x θθθ==+-=-⎰⎰, 所以32X θ=-矩.(2) 设样本12,,n x x x L 按照从小到大为序(即顺序统计量的观测值)有如下关系:x (1) ≤ x (2) ≤…≤ x (N ) <1≤ x (N +1)≤ x (N +2)≤…≤x (n ) .似然函数为(1)(2)()(1)(2)(1),1()0,,N n N N N N n x x x x x x L θθθ-++-<=⎧⎨⎩L L ≤≤≤≤≤≤≤其它.考虑似然函数非零部分, 得到ln L (θ ) = N ln θ + (n − N ) ln(1−θ ),令d ln ()0d 1L N n N θθθθ-=-=-, 解得θ的极大似然估计值为ˆN nθ=. 习题7-21. 选择题: 设总体X 的均值μ与方差2σ都存在但未知, 而12,,,n X X X L 为X 的样本, 则无论总体X 服从什么分布, ( )是μ和2σ的无偏估计量.(A) 11nii X n=∑和211()nii X X n=-∑. (B)111nii X n =-∑和211()1nii X X n =--∑.(C)111nii X n =-∑和211()1nii X n μ=--∑. (D)11nii X n=∑和211()nii X nμ=-∑.解 选(D).2. 若1X ,2X ,3X 为来自总体2(,)X N μσ:的样本, 且Y 1231134X X kX =++为μ的无偏估计量, 问k 等于多少?解 要求1231111()3434E X X kX k μμμμ++=++=, 解之, k =512.3. 设总体X 的均值为0, 方差2σ存在但未知, 又12,X X 为来自总体X的样本, 试证：2121()2X X -为2σ的无偏估计.证 因为22212112211[()][(2)]22E X X E X X X X -=-+2222112212[()2()()]22E X E X X E X σσ=-+==,所以2121()2X X -为2σ的无偏估计.习题7-31. 选择题(1) 总体未知参数θ的置信水平为0.95的置信区间的意义是指( ). (A) 区间平均含总体95%的值. (B) 区间平均含样本95%的值.(C) 未知参数θ有95%的可靠程度落入此区间. (D) 区间有95%的可靠程度含参数θ的真值. 解 选(D).(2) 对于置信水平1-α(0<α<1), 关于置信区间的可靠程度与精确程度, 下列说法不正确的是( ).(A) 若可靠程度越高, 则置信区间包含未知参数真值的可能性越大. (B) 如果α越小, 则可靠程度越高, 精确程度越低. (C) 如果1-α越小, 则可靠程度越高, 精确程度越低. (D) 若精确程度越高, 则可靠程度越低, 而1-α越小. 解 选（C ）习题7-41. 某灯泡厂从当天生产的灯泡中随机抽取9只进行寿命测试, 取得数据如下(单位:小时):1050, 1100, 1080, 1120, 1250, 1040, 1130, 1300, 1200． 设灯泡寿命服从正态分布N (μ, 902), 取置信度为0.95, 试求当天生产的全部灯泡的平均寿命的置信区间.解 计算得到1141.11,x = σ2 =902. 对于α = 0.05, 查表可得/20.025 1.96z z ==α.所求置信区间为/2/2(,)(1141.11 1.96,1141.11 1.96)(1082.31,1199.91).x x z +=-=αα2. 为调查某地旅游者的平均消费水平, 随机访问了40名旅游者, 算得平均消费额为105=x 元, 样本标准差28=s 元. 设消费额服从正态分布. 取置信水平为0.95, 求该地旅游者的平均消费额的置信区间.解 计算可得105,x = s 2 =282.对于α = 0.05, 查表可得0.0252(1)(39) 2.0227t n t α-==.所求μ的置信区间为22((1),(1))(105 2.0227,105 2.0227)x n x n αα--+-=+=(96.045, 113.955).3. 假设某种香烟的尼古丁含量服从正态分布. 现随机抽取此种香烟8支为一组样本, 测得其尼古丁平均含量为18.6毫克, 样本标准差s =2.4毫克. 试求此种香烟尼古丁含量的总体方差的置信水平为0.99的置信区间．解 已知n =8, s 2 =2.42, α = 0.01, 查表可得220.0052(1)(7)20.278n αχχ-==, 220.99512(1)(7)0.989n αχχ--==, 所以方差σ 2的置信区间为2222122(1)(1)(,)(1)(1)n S n S n n ααχχ---=--22(81) 2.4(81) 2.4(,)20.2780.989-⨯-⨯=(1.988, 40.768). 4. 某厂利用两条自动化流水线灌装番茄酱, 分别从两条流水线上抽取样本:X 1,X 2,…,X 12及Y 1,Y 2,…,Y 17, 算出221210.6g,9.5g, 2.4, 4.7x y s s ====.假设这两条流水线上装的番茄酱的重量都服从正态分布, 且相互独立, 其均值分别为12,μμ. 又设两总体方差2212σσ=. 求12μμ-置信水平为0.95的置信区间, 并说明该置信区间的实际意义.解 由题设22121210.6,9.5, 2.4, 4.7,12,17,x y s s n n ======2222112212(1)(1)(121) 2.4(171) 4.71.94212172wn s n s s n n -+--⨯+-⨯===+-+-120.0252(2)(27) 2.05181,t n n t α+-==所求置信区间为122(()(2)((10.69.5) 2.05181 1.94x y t n n s α-±+-=-±⨯ =(-0.40,2.60).结论“21μμ-的置信水平为0.95 的置信区间是(-0.40,2.60)”的实际意义是：在两总体方差相等时, 第一个正态总体的均值1μ比第二个正态总体均值2μ大-0.40～2.60，此结论的可靠性达到95%.5. 某商场为了了解居民对某种商品的需求, 调查了100户, 得出每户月平均需求量为10公斤, 方差为9 . 如果这种商品供应10000户, 取置信水平为0.99.(1) 取置信度为0.99,试对居民对此种商品的平均月需求量进行区间估计; (2) 问最少要准备多少这种商品才能以99%的概率满足需要？ 解 (1) 每户居民的需求量的置信区间为2222((1),(1))()(10 2.575,10 2.575)(9.2275,10.7725).,x n x n x z x αααα-+-≈+=-=10000户居民对此种商品月需求量的置信度为0.99的置信区间为(92275,107725)；（2）最少要准备92275公斤商品才能以99%的概率满足需要.。
概率论与数理统计课后习题答案第7章习题详解
习题七1.设总体X 服从二项分布b （n ，p ），n 已知，X 1，X 2，…，X n 为来自X 的样本，求参数p 的矩法估计.【解】1(),(),E X np E X A X ===因此np =X所以p 的矩估计量 ˆXpn= 2.设总体X 的密度函数f （x ,θ）=22(),0,0,.x x θθθ⎧-<<⎪⎨⎪⎩其他X 1，X 2，…，X n 为其样本，试求参数θ的矩法估计. 【解】23022022()()d ,233x x E X x x x θθθθθθθ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰令E (X )=A 1=X ,因此3θ=X 所以θ的矩估计量为 ^3.X θ=3.设总体X 的密度函数为f （x ，θ），X 1，X 2，…，X n 为其样本，求θ的极大似然估计.（1） f （x ，θ）=,0,0,0.e x x x θθ-⎧≥⎨<⎩（2） f （x ，θ）=1,01,0,.x x θθ-⎧<<⎨⎩其他【解】（1） 似然函数111(,)e e eniii n nx x nn ii i L f x θθθθθθ=---==∑===∏∏1ln ln ni i g L n x θθ===-∑由1d d ln 0d d ni i g L n x θθθ===-=∑知 1ˆnii nxθ==∑所以θ的极大似然估计量为1ˆXθ=.(2) 似然函数11,01nni i i L x x θθ-==<<∏,i =1,2,…,n.1ln ln (1)ln ni i L n x θθ==+-∏由1d ln ln 0d ni i L n x θθ==+=∏知11ˆln ln nniii i n nxx θ===-=-∑∏所以θ的极大似然估计量为 1ˆln nii nxθ==-∑求这批股民的收益率的平均收益率及标准差的矩估计值. 【解】0.094x =- 0.101893s = 9n =0.094.EXx ==- 由222221()()[()],()ni i x E X D X E X E X A n==+==∑知222ˆˆ[()]E X A σ+=,即有 ˆσ=于是 ˆ0.101890.0966σ=== 所以这批股民的平均收益率的矩估计值及标准差的矩估计值分别为-0.94和0.966. 5.随机变量X 服从［0，θ］上的均匀分布，今得X 的样本观测值：0.9,0.8,0.2,0.8,0.4,0.4,0.7,0.6，求θ的矩法估计和极大似然估计，它们是否为θ的无偏估计. 【解】(1) ()2E X θ=,令()E X X =，则ˆ2X θ=且ˆ()2()2()E E X E X θθ===, 所以θ的矩估计值为ˆ220.6 1.2x θ==⨯=且ˆ2X θ=是一个无偏估计.(2) 似然函数8811(,)i i L f x θθ=⎛⎫== ⎪⎝⎭∏,i =1,2, (8)显然L =L (θ)↓(θ>0)，那么18max{}i i x θ≤≤=时，L =L (θ)最大, 所以θ的极大似然估计值ˆθ=0.9.因为E(ˆθ)=E (18max{}i i x ≤≤)≠θ,所以ˆθ=18max{}i i x ≤≤不是θ的无偏计.6.设X 1，X 2，…，X n 是取自总体X 的样本，E （X ）=μ，D （X ）=σ2，2ˆσ=k 1211()n i i i XX -+=-∑,问k 为何值时2ˆσ为σ2的无偏估计. 【解】令 1,i i i Y X X +=-i =1,2,…,n -1,则 21()()()0,()2,i i i i E Y E X E X D Y μμσ+=-=-==于是 1222211ˆ[()](1)2(1),n ii E E k Yk n EY n k σσ-===-=-∑那么当22ˆ()E σσ=,即222(1)n k σσ-=时, 有 1.2(1)k n =-7.设X 1，X 2是从正态总体N （μ，σ2）中抽取的样本112212312211311ˆˆˆ;;;334422X X X X X X μμμ=+=+=+ 试证123ˆˆˆ,,μμμ都是μ的无偏估计量，并求出每一估计量的方差. 【证明】（1）11212212121ˆ()()(),333333E E X X E X E X μμμμ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭21213ˆ()()()44E E X E X μμ=+=, 31211ˆ()()(),22E E X E X μμ=+= 所以123ˆˆˆ,,μμμ均是μ的无偏估计量. (2) 22221122145ˆ()()(),3399D D X D X X σμσ⎛⎫⎛⎫=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222212135ˆ()()(),448D D X D X σμ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()223121ˆ()()(),22D D X D X σμ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭8.某车间生产的螺钉，其直径X ~N （μ，σ2），由过去的经验知道σ2=0.06,今随机抽取6枚，测得其长度（单位mm ）如下：14.7 15.0 14.8 14.9 15.1 15.2 试求μ的置信概率为0.95的置信区间. 【解】n =6,σ2=0.06,α=1-0.95=0.05,0.25214.95, 1.96,a x u u ===,μ的置信度为0.95的置信区间为/2(14.950.1 1.96)(14.754,15.146)x u α⎛±=±⨯= ⎝.9.总体X ~N (μ,σ2)，σ2已知，问需抽取容量n 多大的样本，才能使μ的置信概率为1-α，且置信区间的长度不大于L ？【解】由σ2已知可知μ的置信度为1-α的置信区间为/2x u α⎛± ⎝,/2u α,/2u α≤L ,得n ≥22/224()u L ασ 10.设某种砖头的抗压强度X ~N （μ，σ2），今随机抽取20块砖头，测得数据如下（kg ·cm -2）：64 69 49 92 55 97 41 84 88 99 84 66 100 98 72 74 87 84 48 81 （1） 求μ的置信概率为0.95的置信区间. （2） 求σ2的置信概率为0.95的置信区间. 【解】76.6,18.14,10.950.05,20,x s n α===-==/20.025222/20.0250.975(1)(19)2.093,(1)(19)32.852,(19)8.907t n t n ααχχχ-==-===(1) μ的置信度为0.95的置信区间/2(1)76.6 2.093(68.11,85.089)a x n ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2)2σ的置信度为0.95的置信区间222222/21/2(1)(1)1919,18.14,18.14(190.33,702.01)(1)(1)32.8528.907n s n s n n ααχχ-⎛⎫--⎛⎫=⨯⨯= ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭ 11.设总体X ~f (x )=(1),01;10,.x x θθθ⎧+<<>-⎨⎩其中其他 X 1,X 2,…,X n 是X 的一个样本，求θ的矩估计量及极大似然估计量.【解】(1)1101()()d (1)d ,2E X xf x x x x θθθθ+∞+-∞+==+=+⎰⎰ 又1(),2X E X θθ+==+ 故21ˆ1X Xθ-=- 所以θ的矩估计量 21ˆ.1X Xθ-=- (2) 似然函数11(1) 01(1,2,,)()()0n n ni i i i i x x i n L L f x θθθ==⎧+<<=⎪===⎨⎪⎩∏∏其他. 取对数11ln ln(1)ln (01;1),d ln ln 0,d 1nii i ni i L n x x i n L nx θθθθ===++<<≤≤=+=+∑∑所以θ的极大似然估计量为1ˆ1.ln nii nXθ==--∑12.设总体X ~f (x )= 36(),0;0,.xx x θθθ⎧-<<⎪⎨⎪⎩其他X 1,X 2,…,X n 为总体X 的一个样本 （1） 求θ的矩估计量ˆθ；（2） 求ˆ()D θ.【解】(1) 236()()d ()d ,2x E X xf x x x x θθθθ+∞-∞=-=⎰⎰令 ,2EX X θ==所以θ的矩估计量 ˆ2.X θ= (2)4ˆ()(2)4(),D D X D X DX nθ===， 又322236()63()d ,2010x x E X x θθθθθ-===⎰于是222223()()(),10420D XE X EX θθθ=-=-=,所以2ˆ().5D nθθ=13.设某种电子元件的使用寿命X 的概率密度函数为f (x ,θ)= 2()2,;0,.x x x θθθ--⎧>⎨≤⎩e其中θ(θ>0)为未知参数，又设x 1,x 2,…,x n 是总体X 的一组样本观察值，求θ的极大似然估计值.【解】似然函数12()12e 0;1,2,,;()0ln ln 22(),;1,2,,,ni i x n i n i i i x i n L L L n x x i n θθθθ=--=⎧∑⎪⋅≥===⎨⎪⎩=--≥=∑ 其他.由d ln 20ln (),d Ln L θθ=>↑知 那么当01ˆˆmin{}ln ()max ln ()ii nx L L θθθθ>≤≤==时 所以θ的极大似然估计量1ˆmin{}ii nx θ≤≤=其中θ(0<θ<12)是未知参数，利用总体的如下样本值3，1，3，0，3，1，2，3，求θ的矩估计值和极大似然估计值. 【解】813ˆ(1)()34,()4 28ii x E X E X x x x θθ=-=-====∑令得又 所以θ的矩估计值31ˆ.44x θ-== （2） 似然函数86241(,)4(1)(12).ii L P x θθθθ===--∏2ln ln 46ln 2ln(1)4ln(1),d ln 628628240,d 112(1)(12)L L θθθθθθθθθθθθ=++-+--+=--==---- 解2628240θθ-+=得1,272θ=. 由于71,122> 所以θ的极大似然估计值为7ˆ2θ-=. 15.设总体X 的分布函数为F （x ,β）=1,,0,.x xx ββααα⎧->⎪⎨⎪≤⎩其中未知参数β>1,α>0，设X 1,X 2,…,X n 为来自总体X 的样本（1） 当α=1时，求β的矩估计量；（2） 当α=1时，求β的极大似然估计量； （3） 当β=2时，求α的极大似然估计量. 【解】当α=1时，11,1;(,)(,1,)0,1.x x f x F x x x ββββ+⎧≥⎪==⎨⎪<⎩当β=2时, 2132,;(,)(,,2)0,.x x f x F x x x ααααα⎧≥⎪==⎨⎪<⎩(1) 111()d 11E X x x x βββββββ+∞-+∞===--⎰令()E X X =,于是ˆ,1XX β=- 所以β的矩估计量ˆ.1XX β=- (2) 似然函数(1)1111,1,(1,2,,);()(,)0,.ln ln (1)ln ,d ln ln 0,d n n ni i i i i ni i ni i x x i n L L f x L n x L n x ββββββββ-+====⎧⎛⎫>=⎪ ⎪===⎨⎝⎭⎪⎩=-+=-=∏∏∑∑ 其他所以β的极大似然估计量1ˆ.ln nii nxβ==∑(3) 似然函数23112,,(1,2,,);(,)0,.n ni nn i i i i x i n L f x x ααα==⎧≥=⎪⎪⎛⎫==⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩∏∏ 其他 显然(),L L α=↑那么当1ˆmin{}i i nx α≤≤=时,0ˆ()max ()a L L L αα>== , 所以α的极大似然估计量1ˆmin{}i i nx α≤≤=. 16.从正态总体X ~N （3.4，62）中抽取容量为n 的样本，如果其样本均值位于区间（1.4，5.4）内的概率不小于0.95，问n 至少应取多大？2/2()d zt z t ϕ-=⎰【解】26~3.4,X N n ⎛⎫⎪⎝⎭,则~(0,1),X Z N ={1.4 5.4}33210.95Z P X P PZ ΦΦΦ<<<<=⎧=-<<⎨⎩⎭⎛=-=-≥ ⎝于是0.975Φ≥ 1.96≥, ∴ n ≥35.17. 设总体X 的概率密度为f (x ，θ)=,01,1,12,0,.x x θθ<<⎧⎪-≤<⎨⎪⎩其他 其中θ是未知参数（0<θ<1）,X 1,X 2,…,X n 为来自总体X 的简单随机样本，记N 为样本值x 1,x 2,…,x n 中小于1的个数.求： （1） θ的矩估计；（2） θ的最大似然估计. 解 (1) 由于121(;)d d (1)d EX xf x x x x x x θθθ+∞-∞==+⎰⎰⎰-133(1)222θθθ=+-=-. 令32X θ-=，解得32X θ=-， 所以参数θ的矩估计为32X θ=-. (2) 似然函数为1()(;)(1)nN n N i i L f x θθθθ-===-∏，取对数，得ln ()ln ()ln(1),L N n N θθθ=+--两边对θ求导，得d ln ().d 1L N n Nθθθθ-=-- 令 d ln ()0,d L θθ=得 Nnθ=，所以θ的最大似然估计为Nnθ=.。
概率论与数理统计第四版课后习题答案
概率论与数理统计课后习题答案第七章 参数估计1．[一] 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm 计）求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S 2。
解：μ，σ2的矩估计是6122106)(1ˆ,002.74ˆ-=⨯=-===∑ni i x X n X σμ621086.6-⨯=S 。
2．[二]设X 1，X 1，…，X n 为准总体的一个样本。
求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。
（1）⎩⎨⎧>=+-其它,0,)()1(cx x c θx f θθ 其中c >0为已知，θ>1，θ为未知参数。
（2）⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=-.,010,)(1其它x x θx f θ 其中θ>0，θ为未知参数。
（5）()p p m x p p x X P xm x m x ,10,,,2,1,0,)1()(<<=-==- 为未知参数。
解：（1）Xθcθθc θc θc θdx x c θdx x xf X E θθcθθ=--=-===+-∞+-∞+∞-⎰⎰1,11)()(1令，得cX X θ-=（2）,1)()(10+===⎰⎰∞+∞-θθdx xθdx x xf X E θ2)1(,1X X θX θθ-==+得令（5）E (X ) = mp 令mp =X， 解得mX p=ˆ3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。
解：（1）似然函数1211)()()(+-===∏θn θn n ni ix x x cθx f θL0ln ln )(ln ,ln )1(ln )ln()(ln 11=-+=-++=∑∑==ni ini i xc n n θθd θL d x θc θn θn θL∑=-=ni icn xnθ1ln ln ˆ （解唯一故为极大似然估计量）（2）∑∏=--=-+-===ni iθn nni ix θθnθL x x x θx f θL 112121ln )1()ln(2)(ln ,)()()(∑∑====+⋅-=ni ini ix n θxθθn θd θL d 121)ln (ˆ,0ln 2112)(ln 。
概率论与数理统计第七章课后习题及参考答案
故ˆ 是 的无偏估计．
(3)
E(X 2)
x2 f (x, )dx
0
6x3
( 3
x)
d
x
3 10
2
，
从而
D( X ) E( X 2 ) [E( X )]2 1 2 ． 20
由此得 D(ˆ) D(2 X ) 4D( X ) 4 D( X ) 4 1 2 2 ．
n
n 20 5n
(2) ˆ 是 的无偏估计吗？ (3) 求 的方差 D(ˆ) ．
解： E(X )
xf (x, )d x
0
6x2 ( 3
x)
dx
2
，
(1) 令 E( X ) X ，即 X ，由此得 的矩估计量为ˆ 2X ． 2
(2) E(ˆ) E(2X ) 2E( X ) 2E( X ) 2 ， 2
X
1
2
3
P
2
2 (1 )
(1 )2
其中， ( 0 1 )为未知数．已知取得了样本值 x1 1， x2 2 ， x3 1 ，求 的矩估计值和最大似然估计值．
(2) 设 X1 ， X 2 ，…， X n 是来自参数为 的泊松分布总体的一个样本，试求
的矩估计量和极大似然估计量．
解：(1) 因为 E( X ) 1 2 2 2 (1 ) 3(1 )2 3 2 ，
d ln L d
5n
0
，所以
ln
L(
)
是
的单调增函数，
又因为 xi ，i 1,2,, n ，故当 m1iinn{xi} 时 ln L( ) 达到最大值．由此得
的极大似然估计值为
ˆ
m1iinn{xi
}
，则其极大似然估计量为
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
)
2 ⎡ ⎛ x − x ⎞2 x −μ x −μ ⎛ ⎞ ⎤ ⎢⎜ 1 2 ⎟ − 2 ρ ( 1 1 )( 2 2 ) + ⎜ x 2 − μ2 ⎟ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢⎝ δ1 ⎠ δ1δ 2 ⎝ δ2 ⎠ ⎥ ⎣ ⎦
( 2π )
3 2
δ δ
1
2 2 1 2
(1 − ρ )
2
e
1 ⎛x − μ ⎞ − ⎜ 1 1⎟ 2 ⎝ x 2 − μ2 ⎠
⎤ ⎥ ⎥, 117.1875 ⎥ ⎦ ⎤ ⎥ ⎥; 1⎥ ⎦
⎡125 ⎢ (2) 样本协方差阵(对称矩阵)为: S = ⎢37.5 12.5 ⎢ ⎣118.75 37.5
⎡1 ⎢ 样本相关阵(对称矩阵)为: R = ⎢0.948683298 1 ⎢ ⎣0.981155781 0.979795897
DX = E X − EX
(
)( (
X − EX
)
T
= E X − μ
(
)( (
X − μ
)
T
2 ⎛ − μ X ⎛ X 1 − μ1 ⎞ 1 1 ⎜ ⎟ X 1 − μ1 X 2 − μ2 = E ⎜ = E ⎜ ⎜X − μ ⎟ ⎜ X 1 − μ1 X 2 − μ2 ⎝ 2 2⎠ ⎝
)
(
)
(X )
7.7 据调查市场上销售的 9 种饮料的热量，咖啡因含量，钠含量及价格的数据如下： 饮料编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 热量 207.2 36.8 72.2 36.7 121.7 89.1 146.7 57.6 95.9 咖啡因含量 3.3 5.9 7.3 0.4 4.1 4 4.3 2.2 0 钠含量 15.5 12.9 8.2 10.5 9.2 10.2 9.7 13.6 8.5 价格 2.8 3.3 2.4 4 3.5 3.3 1.8 2.1 1.3
(4) 甲乙两同学的考试成绩的马氏距离表达式:
d( X (T1 ) , X (T2 ) ) = ( X ( 1 ) − X ( 2 ) )T S −1( X ( 1 ) − X ( 2 ) ) ⎡125 = [10,5,15] ⎢ ⎢37.5 12.5 ⎢ ⎣118.75 37.5
甲乙两同学考试成绩的欧氏距离为:
(
) 为正态总体 (ξ，η ) 的样本，证明样本均值
2 1 2 2
X ～ N 2 ⎜ μ, Σ ⎟ . ⎝ n ⎠
（1）证 因
⎛
1
⎞
(ξ ,η ) ～ N ( μ ,δ ; μ ,δ ; ρ ) ，故
1 2
P ( x 1 ,x 2 ) =
=
1 2πδ1δ 2 1 − ρ 1
2
−
e
2 1− ρ 2
(
1
=1
− xj
上式正是样本数据阵 X 的第 i 列与第 j 列的样本相关系数，故
R =
1 X%T X% . n −1
7.4 试借助统计分析工具（SPSS,SAS,R） ，对 7.2 节的例 3 进行主成分分析. 解 利用统计分析软件 SPSS 的操作结果截图如下
Communalities Initial VAR00001 VAR00002 VAR00003 VAR00004 VAR00005 VAR00006 VAR00007 VAR00008 VAR00009 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 1.000 Extraction .472 .917 .769 .795 .874 .867 .624 .745 .706
Num +---------+---------+---------+---------+---------+ 10 15 1 13 11 14 6 7
òø òú òôòø ò÷ ó òø ó òôòôòòòòòòòø ò÷ ó òòò÷ ùòòòòòø ó ó
12 4 16 8 2 5 9 3
12 4 16 8 2 5 9 3
Extraction Method: Principal Component Analysis.
Total Variance Explained Initial Eigenvalues Component 1 2 3 4 Total 4.006 1.635 1.128 .955 % of Variance 44.516 18.167 12.532 10.607 Cumulative % 44.516 62.683 75.215 85.822 Extraction Sums of Squared Loadings Total 4.006 1.635 1.128 % of Variance 44.516 18.167 12.532 Cumulative % 44.516 62.683 75.215
习题七
⎡δ12 ⎡ μ1 ⎤ 7.1 设 (ξ ,η ) ～ N μ1 ,δ ; μ2 ,δ ; ρ ,令 μ = ⎢ ⎥ ,Σ = ⎢ ⎢ μ2 ⎦ ⎥ ⎢ ⎣ ⎣ ρδ1δ 2
(
2 1
2 2
)
ρδ1δ 2 ⎤ δ 22 ⎦ ⎥
⎥ , 于是二维
正态分布 N
( μ ,δ ; μ ,δ ; ρ ) 可表示为 N ( μ ,Σ ) .
1 2 1 2 2 2
2
（1）试证明 ξ ,η 的联合密度函数 p x 1 ,x 2 可表示为
(
)பைடு நூலகம்
(
)
p ( x 1 ,x 2 ) =
1
( 2π )
T
2 2
Σ
1 2
e
−
T 1 (x − μ ) Σ−1 (x − μ ) 2
,其中 x = ( x 1 ,x 2 )
T
（2）设 X (1) ,X (2) ,...,X (n )
根据上述分析结果知,若采用总的样本协方差阵的方法的判别结果为: 第 16,17,18 号样品是 第一类(为 af),他们为第一类的后验概率分别为 0.85302,0.72139,0.82846
7.6 试借助统计分析工具验算 7.4 节中 2002 年足球世界杯 16 强的系统聚类的结果. 解 首先建立 SPSS 数据文件
Extraction Method: Principal Component Analysis.
Component Matrix(a)
Component 1 VAR00001 VAR00002 VAR00003 VAR00004 VAR00005 VAR00006 VAR00007 VAR00008 VAR00009 .606 .622 .854 .756 .272 -.876 .595 -.841 -.221 2 -.072 -.303 -.045 -.236 .827 -.299 .451 .183 .686 3 -.316 .663 .193 -.410 -.341 .102 .258 -.058 .433
=
n 1 ∑ n − 1 k =1
x ki − x i
1 n −1 − xi
x kj − x j
− xi
∑ (x ki k
n
=1
)
2
n 1 x − xj ∑ n − 1 k =1 kj
(
)
2
=
k =1 n
∑ (x ki
n
) (x
n
kj
− xj
) )
2
∑ (x ki k
=1
− xi
)
2
∑ (x kj k
故 X ～ N ⎜ μ,
⎛ ⎝
⎞ Σ⎟ . n ⎠ 1
7.2 随机抽取某班级四名同学的数学、物理和化学三门课程的期中考试成绩，结果如下： 数学 甲 已 丙 丁 70 60 80 90 物理 75 70 75 80 化学 65 50 70 80
（1）写出样本数据阵 X ； （2）求出样本均值 X ，样本协方差阵 S ，样本相关阵 R ；
7.3 设对 m 维随机变量进行 n 次观测得到的样本数据阵为 X ,X = 标准化之后的样本数据阵即
.
(x )
ij n × m
,令 X% 为标准差
%ij ) ,其中x %ij = X% = ( x n ×m
试证明样本相关阵 R =
x ij -x j (i = 1,2,...,n; j = 1,2,...,m ) ， sj
% ，把物理成绩 y 标准差标准化 y %； （3）分别把数学成绩 x 极差标准化为 x
（4）写出甲乙两同学的考试成绩的马氏距离表达式，并求出甲乙两同学考试成绩的欧氏距 离.
解 (1) 样本数据阵为:
⎡70 ⎢ 60 X = ⎢ ⎢80 ⎢ ⎣90
75 70 75 80
65 ⎤ ⎥ 50 ⎥ ; 70 ⎥ ⎥ 80 ⎦
（1）试借助统计分析软件对 9 种饮料进行系统聚类. （2）借助统计分析工具对数进行主成分分析. （3） 根据 （1） 中分为三个类的聚类结果， 判别一个未知类别的样品 38.5,3.7,7.7,7.2 属于其中哪一个类. 解 (1)系统聚类
1
− μ1
)(
(
⎞ − μ2 ⎟ ⎟ 2 ⎟ X 2 − μ2 ⎠
2
) (X
)
)
⎛ D X1 = ⎜ ⎜ ⎜ cov X 1 ,X 2 ⎝
(
)
cov X 1 ,X 2 ⎞ 1 ⎛ δ 2 1 ⎟= ⎟ n ⎜ ⎜ ⎟ DX2 ⎝ ρδ1δ 2 ⎠
(
)
ρδ1δ 2 ⎞ δ
2 2
1 ⎟= Σ ⎟ n ⎠
⎡(70-75)/30 ⎤ ⎡ −1 / 6 ⎤ ⎡ −1.6667 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −1 / 2 ⎥ −0.5 ⎥ (60-75)/30 ⎥ , (3) 数学成绩的极差标准化 x % = ⎢ = ⎢ = ⎢ ⎢(80-75)/30 ⎥ ⎢1/6 ⎥ ⎢ 1.6667 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣(90-75)/30 ⎦ ⎣ 1/2 ⎦ ⎣ 0.5 ⎦ ⎡(75-75)/4.0825 ⎤ ⎡ ⎤ 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −1.2247 ⎥ (70-75)/4.0825 ⎥ ⎢ ⎢ %= ; 物理成绩 y 标准差标准化 y = ⎢(75-75)/4.0825 ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣(80-75)/4.0825 ⎦ ⎣ 1.2247 ⎦