概率论chapt7
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概率论第七章 第1节
根据样本概率最大原则，m的估计值为3。
最大似然估计法原理
一般地，不仿设总体X是离散型分布X～p(x,θ)，如果 X1,X2,…,Xn是来自这个总体的一个随机样本，x1,x2,…,xn 是这个随机样本的样本值，则这个样本发生的概率为：
记这个概率为θ的函数：
16
最大似然估计法原理
如果在一次抽样中样本值x1,x2,…,xn出现了，我们就认为 它之所以出现是因为它发生的概率最大导致的。因此我们 就选择能使这个概率最大的那个θ作为θ的估计值，这就 是极大似然估计法。 “样本值概率最大原则”
矩估计法理论依据
命题2：设总体X的l=1,2,…,k阶矩存在即E(Xl)=μk,则l阶样 本矩A1,A2,…,Ak的连续函数g(A1,A2,…,Ak)也依概率收敛于总 体矩的连续函数即
根据这两个命题，我们使用如下方法来进行矩估计： (1)用样本矩A1,A2,…,Ak来估计总体矩； (2)用样本矩的连续函数g(A1,A2,…,Ak)来估计总体矩的连续 函数g(μ1,μ2,…,μk)。
砍掉充分小的dxi,记这 个概率为θ的函数：
30
连续型总体中参数 θ的似然函数!
最大似然估计值 最大似然估计量
怎样求最大值点？
基于此通常先取对数，再求最大值点。
化成求 对数似 然函数 的最大 值点!
如果对数似然函数二阶可导，并且概率 密度函数是单峰函数，则驻点就是最大 值点!通过求一阶导数能得驻点：
第七章 参数估计
1、什么是参数估计？ 当总体的分布类型已知，但其中仍有未知参数。比如总体 X服从参数μ,σ2的正态分布，但μ,σ2未知。但是我们 能根据来自总体X的一个简单随机样本X1,X2,…,Xn通过适 当的方法对这些未知参数进行估计，得到它的一个近似值 或近似区间。 2、参数估计有哪些形式？ (1)点估计：矩估计法、极大似然估计法。 (2)区间估计：正态总体下区间估计法。
概率论与数理统计 第7章.ppt
即 S 2是 2 的无偏估计,故通常取S 2作 2的估计量.
例3 设总体 X 服从参数为 的指数分布, 概率密度
x 1 e , f ( x; ) 0,
x 0, 其他.
其中参数 0, 又设 X 1 , X 2 ,, X n 是来自总体 X 的 样本, 试证 X 和 nZ n[min( X 1 , X 2 ,, X n )] 都是 的无偏估计.
行到其中有15只失效时结束试验, 测得失效时 间(小时)为115, 119, 131, 138, 142, 147, 148, 155,
158, 159, 163, 166, 167, 170, 172.
试求电池的平均寿命 的最大似然估计值 .
解
n 50, m 15,
s( t15 ) 115 119 170 172 (50 15) 172
总体 X 的 k 阶矩 k E ( X k )的相合估计量, 进而若待估参数 g( 1 , 2 ,, n ), 其中g 为连续 ˆ g( 函数, 则 的矩估计量 ˆ1 , ˆ 2 , , ˆ n ) g( A1 , A2 ,
, An ) 是 的相合估计量.
第三节
估计量的评选标准
一、问题的提出
二、无偏性 三、有效性 四、相合性 五、小结
一、问题的提出
从前一节可以看到, 对于同一个参数, 用不 同的估计方法求出的估计量可能不相同. 而且, 很明显, 原则上任何统计量都可以作为未知参数 的估计量. 问题 (1)对于同一个参数究竟采用哪一个估计量好? (2)评价估计量的标准是什么? 下面介绍几个常用标准.
如果不能得到完全样本, 就考虑截尾寿命试验.
3. 两种常见的截尾寿命试验
概率论第七章 第三节.ppt
取置信水平为0.95的置信区间。 解：
例题5：设总体 X～N(μσ2),其中参数均未知，设 X1,X2,…,Xn为来自总体的样本。求μ的置信水平为1-α的置 信区间的长度L的平方的数学期望与方差。 解：
从而得：
从而得：
正态总体方差的区间估计
Step1:由前面一章的定理可得样本方差构成的 随机变量W：
样本均值、样本方差
未知
设置信水平为α，试求σ12/σ22置信区间。 Step1:由前面一章的定理可得样本均值构成的随机变量W：
Step2:对所给的置信水 平α，有：
Step3: 从不等式中解出均值方差比得： 因此方差比的置信区间为：
例题:研究由机器A、B生产的钢管的内径，它们分别服从正态 分布(μ1,σ12),N(μ2,σ22).随机抽取机器A生产的钢管18只，测 得样本方差为0.34mm2;随机抽取机器B生产的钢管13只，测 得样本方差为0.29mm2;试问在置信水平0.90下方差是否有明 显区别？
解00110901查表得20051645zz再由样本可算出161116212516iinxx于是所求的置信区间为例题2设总体x服从正态分布n1252问抽取样本容量为多大的样本才能使总体均值的置信水平为095的置信区间的长度不大于049解1251095005查表得于是置信区间的长度为例题3设从总体x中抽取一个样本050125080200如果总体的函数ylnx服从正态分布n11求总体均值ex
区间估计
理解区间估计的概念，置信水平与置信区间 的概念。 会求正态总体的均值与方差的置信区间。
问题提法
这种形式的Leabharlann 数估计方法称为区间估计 .置信区间与置信水平
定义：设总体X的分布函数中含有一个未知参数θ，对 于给定的小数α(0<α<1)，如果能由样本 X1,X2,…,Xn 确定两个统计量：
例题5：设总体 X～N(μσ2),其中参数均未知，设 X1,X2,…,Xn为来自总体的样本。求μ的置信水平为1-α的置 信区间的长度L的平方的数学期望与方差。 解：
从而得：
从而得：
正态总体方差的区间估计
Step1:由前面一章的定理可得样本方差构成的 随机变量W：
样本均值、样本方差
未知
设置信水平为α，试求σ12/σ22置信区间。 Step1:由前面一章的定理可得样本均值构成的随机变量W：
Step2:对所给的置信水 平α，有：
Step3: 从不等式中解出均值方差比得： 因此方差比的置信区间为：
例题:研究由机器A、B生产的钢管的内径，它们分别服从正态 分布(μ1,σ12),N(μ2,σ22).随机抽取机器A生产的钢管18只，测 得样本方差为0.34mm2;随机抽取机器B生产的钢管13只，测 得样本方差为0.29mm2;试问在置信水平0.90下方差是否有明 显区别？
解00110901查表得20051645zz再由样本可算出161116212516iinxx于是所求的置信区间为例题2设总体x服从正态分布n1252问抽取样本容量为多大的样本才能使总体均值的置信水平为095的置信区间的长度不大于049解1251095005查表得于是置信区间的长度为例题3设从总体x中抽取一个样本050125080200如果总体的函数ylnx服从正态分布n11求总体均值ex
区间估计
理解区间估计的概念，置信水平与置信区间 的概念。 会求正态总体的均值与方差的置信区间。
问题提法
这种形式的Leabharlann 数估计方法称为区间估计 .置信区间与置信水平
定义：设总体X的分布函数中含有一个未知参数θ，对 于给定的小数α(0<α<1)，如果能由样本 X1,X2,…,Xn 确定两个统计量：
概率论第七章课件
得否定域 W: |t |>4.0322
小概率事件在 一次试验中基 本上不会发生 .
19
得否定域
W: |t |>4.0322
第四步：
将样本值代入算出统计量 t 的实测值, | t |=2.997<4.0322
没有落入 拒绝域
故不能拒绝H0 .
这并不意味着H0一定对，只是差异 还不够显著, 不足以否定H0 .
2
假设检验的内容
参数检验 非参数检验 总体均值, 均值差的检验 总体分布已知， 检验关于未知 总体方差, 方差比的检验 参数的某个假设 分布拟合检验 总体分布未知时的 符号检验 假设检验问题 秩和检验
假设检验的理论依据
假设检验所以可行,其理论背景为 实际推断原理,即“小概率原理”
3
罐装可乐的容量按标准应在 350毫升和360毫升之间. 生产流水线上罐装可 乐不断地封装，然后装箱 外运. 怎么知道这批罐装 可乐的容量是否合格呢？ 把每一罐都打开倒入量 杯, 看看容量是否合于标准？ 这样做 显然不行！
1 0.083 0.04 12
若不采用假设检验, 按理不能够出厂.
28
例4某厂生产的螺钉,按标准强度为68/mm2, 而实际生产的强度X 服N(,3.62 ).若E(X) ==68,则认为这批螺钉符合要求,否则认为 不符合要求. 现从生产的螺钉中抽取容量 为36的样本,其均值为 x 68.5 ,问原假设 是否正确?
解 假设
H0 : = 68
H1 : 68
29
3.6 若原假设正确, 则 X ~ N (68 , ) 36
2
因而 E ( X ) 68 ,即 X 偏离68不应该太远, 偏离较远是小概率事件,由于
小概率事件在 一次试验中基 本上不会发生 .
19
得否定域
W: |t |>4.0322
第四步：
将样本值代入算出统计量 t 的实测值, | t |=2.997<4.0322
没有落入 拒绝域
故不能拒绝H0 .
这并不意味着H0一定对，只是差异 还不够显著, 不足以否定H0 .
2
假设检验的内容
参数检验 非参数检验 总体均值, 均值差的检验 总体分布已知， 检验关于未知 总体方差, 方差比的检验 参数的某个假设 分布拟合检验 总体分布未知时的 符号检验 假设检验问题 秩和检验
假设检验的理论依据
假设检验所以可行,其理论背景为 实际推断原理,即“小概率原理”
3
罐装可乐的容量按标准应在 350毫升和360毫升之间. 生产流水线上罐装可 乐不断地封装，然后装箱 外运. 怎么知道这批罐装 可乐的容量是否合格呢？ 把每一罐都打开倒入量 杯, 看看容量是否合于标准？ 这样做 显然不行！
1 0.083 0.04 12
若不采用假设检验, 按理不能够出厂.
28
例4某厂生产的螺钉,按标准强度为68/mm2, 而实际生产的强度X 服N(,3.62 ).若E(X) ==68,则认为这批螺钉符合要求,否则认为 不符合要求. 现从生产的螺钉中抽取容量 为36的样本,其均值为 x 68.5 ,问原假设 是否正确?
解 假设
H0 : = 68
H1 : 68
29
3.6 若原假设正确, 则 X ~ N (68 , ) 36
2
因而 E ( X ) 68 ,即 X 偏离68不应该太远, 偏离较远是小概率事件,由于
《概率论》ppt课件
xi R, i 1, 2, , n.
对于固定的 n ，我们称{FX (x1, x2, , xn;t1,t2, ,tn ),ti T}
为随机过程{X (t),t T}的 n 维分布函数族。
注:可以证明（柯尔莫哥洛夫），在一定条件下 ，随机过程的统计特性完全由它的有限维分布函 数族决定。
（二）二维随机过程的联合分布函数
p
2 (1, )
2 1 2
(0, 1 ) 4
1
2
三 随机过程的数字特征
1.单个随机过程的情况
① 函数 X (t) E[X (t)], t T
为{X(t),tT}的均值函数.
②
2 X
(t)
E[ X
2
(t )]
为{X(t),tT}的均方值函数.
③
2 X
(t
)
DX (t) D[ X (t)]
为{X(t),tT}的方差函数.
例3: 考虑抛掷一颗骰子的试验，(i)设 X是n 第n次 （n ）1 抛掷的点数，对于n=1,2…的不同值, 是X不n 同的随机变量，因而 { Xn构, n成 1一} 随机过程，称为 贝努利过程或贝努利随机序列，(ii)设Xn是前n次
抛掷中出现的最大点数，
也{是X一n , n随机1}过程。
例 4 在时间 [0,t]内某地段出现的交通事故次数
2. n维分布函数族
对 任 意 正 整 数 n 可 取 定 t1,t2, ,tn T 则 (X (t1), X (t2 ), , X (tn )) 是一个n 维随机变量，他的分 布函数为
FX (x1, x2 , , xn; t1, t2, , tn )
P( X (t1) x1, X (t2 ) x2, , X (tn ) xn ),
对于固定的 n ，我们称{FX (x1, x2, , xn;t1,t2, ,tn ),ti T}
为随机过程{X (t),t T}的 n 维分布函数族。
注:可以证明（柯尔莫哥洛夫），在一定条件下 ，随机过程的统计特性完全由它的有限维分布函 数族决定。
（二）二维随机过程的联合分布函数
p
2 (1, )
2 1 2
(0, 1 ) 4
1
2
三 随机过程的数字特征
1.单个随机过程的情况
① 函数 X (t) E[X (t)], t T
为{X(t),tT}的均值函数.
②
2 X
(t)
E[ X
2
(t )]
为{X(t),tT}的均方值函数.
③
2 X
(t
)
DX (t) D[ X (t)]
为{X(t),tT}的方差函数.
例3: 考虑抛掷一颗骰子的试验，(i)设 X是n 第n次 （n ）1 抛掷的点数，对于n=1,2…的不同值, 是X不n 同的随机变量，因而 { Xn构, n成 1一} 随机过程，称为 贝努利过程或贝努利随机序列，(ii)设Xn是前n次
抛掷中出现的最大点数，
也{是X一n , n随机1}过程。
例 4 在时间 [0,t]内某地段出现的交通事故次数
2. n维分布函数族
对 任 意 正 整 数 n 可 取 定 t1,t2, ,tn T 则 (X (t1), X (t2 ), , X (tn )) 是一个n 维随机变量，他的分 布函数为
FX (x1, x2 , , xn; t1, t2, , tn )
P( X (t1) x1, X (t2 ) x2, , X (tn ) xn ),
概率论第七章
2 n
例 X ~ N ( , 2 ), , 2 未知, 即得 , 2 的矩估计量 n 1 2 2 ˆ X, ˆ ( Xi X ) . n i 1 一般地, 1 n 用样本均值X X i作为总体X的均值的矩估计, n i 1 n
注. 1 定义中选用的是原点矩，也可以用中心矩， 只要给定总体矩，采用相应的样本矩就可以。
令:
P x ,
i 1
n
n
i
离散.
L x 1 , x 2 , x n ,
2 Sn ˆ 1 p X 即 2 X X n ˆ 2 ˆ p X S n
(5)
X~P(), E(X)=D(X)=
ˆX 故
或
2 ˆ Sn
注: 由此例可知, 矩估计量不唯一。
例2.5
设总体X的概率密度为 ( 1) x 0 x 1 f ( x; ) ( 1) 0 其它 X1,X2,…,Xn是来自总体X的样本。0.1,0.2,0.9,0.8,0.7,0.7为一 个样本观察值，试求 的矩估计值。
解：E ( X ) xf ( x; )dx x ( 1) x dx ( 1) x 1dx
0 0 1 1
( 1)
令
2X 1 ˆ 解之得的矩估计 1 X 由样本值 0.1,0.2,0.9,0.8,0.7,0.7计算得 x 0.5667
解： (1)
因为X ~ N ( , 2 )，E ( X ) ，D( X ) 2
故有 X，
( 2)
2 S n2
1
X ~ E ( )，E ( X ) 1 ˆ 故 X，即 X 1
例 X ~ N ( , 2 ), , 2 未知, 即得 , 2 的矩估计量 n 1 2 2 ˆ X, ˆ ( Xi X ) . n i 1 一般地, 1 n 用样本均值X X i作为总体X的均值的矩估计, n i 1 n
注. 1 定义中选用的是原点矩，也可以用中心矩， 只要给定总体矩，采用相应的样本矩就可以。
令:
P x ,
i 1
n
n
i
离散.
L x 1 , x 2 , x n ,
2 Sn ˆ 1 p X 即 2 X X n ˆ 2 ˆ p X S n
(5)
X~P(), E(X)=D(X)=
ˆX 故
或
2 ˆ Sn
注: 由此例可知, 矩估计量不唯一。
例2.5
设总体X的概率密度为 ( 1) x 0 x 1 f ( x; ) ( 1) 0 其它 X1,X2,…,Xn是来自总体X的样本。0.1,0.2,0.9,0.8,0.7,0.7为一 个样本观察值，试求 的矩估计值。
解：E ( X ) xf ( x; )dx x ( 1) x dx ( 1) x 1dx
0 0 1 1
( 1)
令
2X 1 ˆ 解之得的矩估计 1 X 由样本值 0.1,0.2,0.9,0.8,0.7,0.7计算得 x 0.5667
解： (1)
因为X ~ N ( , 2 )，E ( X ) ，D( X ) 2
故有 X，
( 2)
2 S n2
1
X ~ E ( )，E ( X ) 1 ˆ 故 X，即 X 1
同济大学概率论与数理统计第七章ppt课件
例 15．设 X 与Y 的联合概率
函数为
XY 1 0 2
-1 1 0 1
6
6
0 0 11
66
1 1 10
66
求Cov（X，Y）
E（X）=0， E（Y）=1， E（XY）=-1/3， 可以推出 Cov（X,Y）
=-1/3
定理 4 （协方差性质）设 k 、 l 、 c 都是常数。
（1） cov X,Y covY, X ；
方差性质
定理 3 设 k 与 c 都是常数。
（1） Dc 0 ；反之，如果某个随机变量 X 的方 差为 0，那么， P X c 1，其中 c EX ；
（2） DkX c k2D X ；
D X Y D X DY
（3） 2E X EX Y EY ；
求D（X+Y）,E(X2Y2). 解： D(X+Y)= D(X)+ D(Y) = 3/4 + 1/4= 1
由X，Y相互独立可推得X2，Y2相互独 立，
因此 E(X2Y2)= E(X2) E(Y2)
= {D(X) + [E(X)]2 } {D(Y)+ [E(Y)]2 }
={ 3/4 + 9/4 } { 1/4 +1/4 }= 3/2
例 17． 求例 14、15 中 X 与Y 的相关系数。
注：（1） X ,Y E X Y
（2）
D aX bY a2D X b2D Y
。
2ab X ,Y DXDY
定理 5 （相关系数的性质） 当 DX 0 ， DY 0 时，
E(XY) xy f x, ydxdy
概率与统计第7章——概率论课件PPT
ˆ 是θ的无偏估计，并不保证在任何情况下 （即对于任何一次样本观测值），估计值 ˆ (x1,x2,…,xn)必等于θ 。
无偏性只保证没有系统偏差，即用 ˆ估计θ时， 偏差 ˆ 是随机的，有时大于零，有时小于 零，而平均为零。显然，平均为零这一点只有 在大量重复使用时才能体现出来。 但是选取的样本容量是有限的
在统计分析中，经常需要根据样本数据推断
总体的情况，这一过程被称为统计推断 .
统计推断
估计
参数估计区点间估估计计
非参数估计
检验
……（第八章）
参数估计是统计推断的主要方法，也是数理统计
的基本内容.
2
在参数估计问题中，假定
形式已
知，未知的仅仅是一个或几个参数.
参数估计问题的一般提法
已知统计总体的分布函数为 F(x, )，
6
7.1 点估计及其优良性
7.1.1 点估计的概念
例7.1 已知某连续生产线上生产的灯泡的使用寿
命X ~N(, 2)，其中, 2是未知参数，从中随机
抽出5只灯泡，测得使用寿命(单位：h)为： 1529 1513 1600 1527 1411试估 Nhomakorabea, 2的值.
7
由于参数 和2 分别是总体X的均值和方差，即
S 2
1 n1
n
(Xi
i 1
X )2
14
那么要问:
样本均值是否是 的一个好的估计量？ 样本方差是否是 2的一个好的估计量？
这就需要讨论以下几个问题:
(1) 我们希望一个“好的”估计量具有什么 特性？
(2) 怎样决定一个估计量是否比另一个估计 量“好”？
(3) 如何求得合理的估计量？
15
7.1.2 估计量的优良性 我们知道,对同一未知参数可以构造出许多的 估计量。 评价这些估计量的好坏, 有以下几个标准:
无偏性只保证没有系统偏差，即用 ˆ估计θ时， 偏差 ˆ 是随机的，有时大于零，有时小于 零，而平均为零。显然，平均为零这一点只有 在大量重复使用时才能体现出来。 但是选取的样本容量是有限的
在统计分析中，经常需要根据样本数据推断
总体的情况，这一过程被称为统计推断 .
统计推断
估计
参数估计区点间估估计计
非参数估计
检验
……（第八章）
参数估计是统计推断的主要方法，也是数理统计
的基本内容.
2
在参数估计问题中，假定
形式已
知，未知的仅仅是一个或几个参数.
参数估计问题的一般提法
已知统计总体的分布函数为 F(x, )，
6
7.1 点估计及其优良性
7.1.1 点估计的概念
例7.1 已知某连续生产线上生产的灯泡的使用寿
命X ~N(, 2)，其中, 2是未知参数，从中随机
抽出5只灯泡，测得使用寿命(单位：h)为： 1529 1513 1600 1527 1411试估 Nhomakorabea, 2的值.
7
由于参数 和2 分别是总体X的均值和方差，即
S 2
1 n1
n
(Xi
i 1
X )2
14
那么要问:
样本均值是否是 的一个好的估计量？ 样本方差是否是 2的一个好的估计量？
这就需要讨论以下几个问题:
(1) 我们希望一个“好的”估计量具有什么 特性？
(2) 怎样决定一个估计量是否比另一个估计 量“好”？
(3) 如何求得合理的估计量？
15
7.1.2 估计量的优良性 我们知道,对同一未知参数可以构造出许多的 估计量。 评价这些估计量的好坏, 有以下几个标准:
概率论第七章 第二节
证明
都是
的无偏估计量且
比
有效。
证明：由于正态总体故
即
是
的无偏估计量。
又因为 S22 就是样本方差， 故它也是总体方差σ2的无 偏估计量。
另外可以求出：
再由第六章一个定理可以求出：
即
比
有效。
练习1：已知总体X服从b(1,p)，证明下式是p2的无偏估计。
样本方差是总体方差的无偏估计！
练习2：已知总体X服从N（μ,σ2），并且X1,X2,…,Xn是一个 简单随机样本，下式哪些是μ的无偏估计？哪个更有效？
估计量的评选标准
对同一个参数，用不同的估计方法求出的估 计量可能不相同，采用哪一个估计量为好呢? 我们需要一些评判的标准。
一 、无偏性 二 、有效性 三 、一致性
无偏性
定义: 设 若 则称 是未知参数θ的估计量，
存在，且对任意的θ，有 为 的无偏估计。
称为系统误差。
无偏性的实际意义是指没有系统性的偏差。
比如：k阶样本矩Ak就是 k阶总体矩μk的一致估 计量!
例5：设X1,X2,…,Xn 是取自总体X ～N(μ,σ2)的一个样本,
⑴ 验证
都是
的无偏估计.
⑵ 问那个估计量最有效? 解：第一问
故
第二问：
都是总体均值
的无偏估计量;
所以
更有效
例6：设X1,X2,…,Xn是来自总体X～N(μ,σ2)的一个样本，且μ 已知，
解：
A2是μ2的 无偏估计
所以所给的估计量：
不是σ2的无偏估计量，但是样本方差：
所以
是
的无偏估计
例3：设 X1, X2, …, Xn 是取自总体 X 的一个样本,
⑴
概率论第7章
注： 估计量 θˆ 是一个随机变量,是样本的函数,即 是一个统计量,对不同的样本值, 的估计值 一般是 不同的.
X1, ... ,Xn是来自总体X的独立同分布样本,分布
律或概率密度函数是f(x,q),其中q∈Q是参数,Q已知, 是q的取值范围.f (x,q)的形式已知,则有统计模型
f ( x1,θ) f ( xn ,θ) θ Q
例1 某种型号的产品N个,其合格率q未知,从中随机
抽取n个(n<<N),设Xi 是第i次抽到的样品,正品Xi=1, 否则 Xi =0,则 X1,X2,…,Xn 就是样本.总体分布为两点
分布B(0,1),参数空间为q=(0,1),则可得统计模型
n
n
xi
n xi
θ i1 (1 θ) i1
用矩估计法估计λ的值。
解 设X为灯管寿命，则
1 n
x n i1 xi 130.55
μ1
E
X
=
1 λ
μ1 m1
μ1
E
X
=
1 λ
X
λˆ 1 0.0077 X
例2 设总体X的均值μ和方差σ2 >0都存在,μ,σ2未知.
X1,…,Xn是来自 X 的样本,试求μ, σ2的矩估计量 .
矩估计量的观察值称为矩估计值 .
总体k阶中心矩 样本k阶中心矩
Vk
Bk
E[ X 1n
n i1
E( X )]k; ( Xi X )k .
例1. 设有一批灯管,其寿命服从参数为λ的指数分 布,今随机从中抽取11只,测得其寿命数据如下：
110, 184, 145, 122, 165, 143, 78, 129, 62, 130, 168
X1, ... ,Xn是来自总体X的独立同分布样本,分布
律或概率密度函数是f(x,q),其中q∈Q是参数,Q已知, 是q的取值范围.f (x,q)的形式已知,则有统计模型
f ( x1,θ) f ( xn ,θ) θ Q
例1 某种型号的产品N个,其合格率q未知,从中随机
抽取n个(n<<N),设Xi 是第i次抽到的样品,正品Xi=1, 否则 Xi =0,则 X1,X2,…,Xn 就是样本.总体分布为两点
分布B(0,1),参数空间为q=(0,1),则可得统计模型
n
n
xi
n xi
θ i1 (1 θ) i1
用矩估计法估计λ的值。
解 设X为灯管寿命，则
1 n
x n i1 xi 130.55
μ1
E
X
=
1 λ
μ1 m1
μ1
E
X
=
1 λ
X
λˆ 1 0.0077 X
例2 设总体X的均值μ和方差σ2 >0都存在,μ,σ2未知.
X1,…,Xn是来自 X 的样本,试求μ, σ2的矩估计量 .
矩估计量的观察值称为矩估计值 .
总体k阶中心矩 样本k阶中心矩
Vk
Bk
E[ X 1n
n i1
E( X )]k; ( Xi X )k .
例1. 设有一批灯管,其寿命服从参数为λ的指数分 布,今随机从中抽取11只,测得其寿命数据如下：
110, 184, 145, 122, 165, 143, 78, 129, 62, 130, 168
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检验统计量的测试值为
Tˆ = X − Y = 2710 − 2830 = −3.6570 ,
Sw
1 +1 mn
133.29104 1 + 1 33 33
由水平 α = 0.05 ,利用 Excel 的统计函数 TINV( α ,自由度) 计 算 双 侧 分 位 数
t1−α (m + n − 2) = t0.975 (64) = 1.9977 ,由于 Tˆ > t0.975 (64) ,故拒绝 H0 ,即这两期矽肺患 2
根据公式,得 Sw =
8× 0.1337 + 7 × 0.1736 = 0.15232 , 15
检验统计量的测试值为
Tˆ = X − Y = 0.230 − 0.269 = −0.2056 ,
Sw
1 +1 mn
0.15232 1 + 1 98
由水平 α
=
0.05
,查表得
t
1−
α
(m
+
n
−
2)
=
t0.975
重得方差冬季比夏季小.
7.15 解:
由样本观测值计算,得
X
= 85.7,Y
= 86, Sx2
=
0.04,
S
2 y
=
0.09143 .
(1)本问题相当于要检验
H0
: σ12
=
σ
2 2
,
H1
:
σ
2 1
≠
σ
2 2
,使用双侧
F
检验,
检验统计量的测试值为
Fˆ = Sx2 = 0.04 = 0.4375 ,
S
2 y
7.1 解: 由样本观测值计算,得 X = 54.46 , 本 问 题 相 当 于 要 检 验 H0 : µ = 54.46, H1 : µ ≠ 54.46 , 考 虑 到 总 体 服 从 正 态 分 布 N (54, 0.752 ) ,故采用双侧 U 检验法, 取检验统计量的测试值为 Uˆ = X − µ0 = 54.46 − 54 = 1.9395 ,
检验统计量的测试值为
Tˆ = X − Y = 85.7 − 86 = −2.3406 ,
Sw
1 +1 mn
0.2563 1 + 1 88
由水平α
=
0.05
,查表,得
t
1−
α
(m
+
n
−
2)
=
t0.975
(14)
=
2.1448
,由于
Tˆ
> t0.975 (14) ,故拒
2
绝 H0 ,即淬火温度对振动板硬度有显著影响.
,
而β
=
P{接受H 0
|
H 0不真(题目中要求µ
≤ 13)} 对应 0.05
≥
⎧ P⎨
⎩
X
−13 2.5
则
n
≥
−U 0.95
⎫ ⎬, ⎭
⎧ X −15 ⎪⎪ 2.5 ⎨
n < −U0.95
⇒ −2
⎪ − X +13 ⎪⎩ 2.5
n ≤ −U0.95
n 2.5
<
−2U 0.95
查表,得 n > 6.7 ,取 n ≥ 7 .
t 单尾临界、t 双尾临界分别表示对α = 0.05 查 t 分布表的右单侧、双侧临界值. (2)由于 0.029<0.05,故我们可以认为在水平α 下拒绝 H0 成立,即 µ1 ≠ µ2 .
7.10 解:
先由样本观测值计算,得
X
= 10.4867, Sn−1
=
0.2356,
S2 n−1
=
0.0555 .
无显著差异.
(2)本问题相当于要检验 H0 : µ1 = µ2 , H1 : µ1 ≠ µ2 ,由于σ1,σ 2 未知,但上面已经检验
了,它们的方差无显著差异,即可以认为σ1 = σ 2 ,故采用双侧 t 检验法,
根据公式,得 Sw =
7 × 0.04 + 7 × 0.09143 = 0.2563, 14
根据公式,得 Sw =
10× 0.274 +11× 0.2188 = 0.4951, 21
检验统计量的测试值为
Tˆ = X − Y = 5.5 − 4.3667 = 5.4844 ,
Sw
1 +1 mn
0.4951 1 + 1 11 12
(1) 本 问 题 相 当 于 要 检 验 H0 : µ = 10.5, H1 : µ ≠ 10.5 , 考 虑 到 总 体 服 从 正 态 分 布
N (µ,σ 2 ) ,其中方差σ 2 未知,故采用双侧 t 检验法,
取检验统计量的测试值为
Tˆ = X − µ0 = 10.4867 −10.5 = −0.2192 , Sn−1 n 0.2356 15
σ 0 n 10 9
由水平α = 0.05 ,查表得U1−α = U0.975 = 1.96 ,由于 Uˆ > U0.975 ,故拒绝 H0 ,即可以认为 2
这批枪弹的初速有显著变化.
7.3 解:
因为 α
=
P{拒绝H 0
|
H0真} 对应
0.05
=
P
⎧ ⎨ ⎩
X
−15 2.5
n
<
−U 0.95
⎫ ⎬ ⎭
= 15.68 ,
∧
由水平 α
=
0.05 ,查表得
χ2 1−α
(n
−1)
=
χ2 0.95
(8)
= 15.507
,由于
χ2
>
χ
2 0.95
(8)
,故拒绝
H0
,
即认为电阻的标准差显著偏大.
7.12 解: 本问题相当于要检验 H0 : µ1 = µ2 , H1 : µ1 ≠ µ2 ,采用双侧 t 检验法,
Sn−1 n 7.6485 5 由水平α = 0.01 ,查表得 t1−α (n −1) = t0.99 (4) = 3.7469 ,由于 Tˆ > −t0.99 (4) ,故接受 H0 ,即 可以认为锰的熔点显著高于1250D C .
7.8 解:
由样本观测值计算,得
X
=
2833.5,
S2 n−1
= 1228.0556 ,
者的肺活量有显著差异.
7.14 解:
依题意,要求假设检验 H0
:
σ
2 1
≥
σ
2 2
,
H1
:
σ
2 1
<
σ
2 2
,采用左单侧
F
检验法,利用样本数
据可得
m
= 10, n
=
6,
S
2 x
=
93955.5556,
S
2 y
=
241666.6667
,
检验统计量的测试值为
Fˆ
=
S
2 x
=
93955.5556
= 0.3888 ,
7.7 解: 由样本观测值计算,得 X = 1263, Sn−1 = 7.6485 , 本 问 题 相 当 于 要 检 验 H0 : µ ≥ 1250, H1 : µ < 1250 , 考 虑 到 总 体 服 从 正 态 分 布 N (µ,σ 2 ) ,其中方差σ 2 未知,故采用单侧 t 检验法, 取检验统计量的测试值为 Tˆ = X − µ0 = 1263 −1250 = 3.8006 ,
取检验统计量的测试值为
∧
χ2
=
(n
− 1) Sn2−1
σ
2 0
=
14× 0.0555 0.152
=
34.5482 ,
由水平α
=
0.05 ,查表得
χ2 1−α
(n
−1)
=
χ
2 0.975
(14)
=
26.119,
χ
2 α
(n
−1)
=
χ
2 0.025
(14)
=
5.629 ,
2
2
∧
由于
χ2
>
χ2 0.975
由水平α = 0.05 ,查表得 t1−α (n −1) = t0.975 (14) = 2.1448 ,由于 Tˆ < t0.975 (14) ,故接受 H0 , 2
即可以认为计算金属棒长度的平均值为 10.5.
(2)本问题相当于要检验 H0 :σ 2 = 0.152 , H1 :σ 2 ≠ 0.152 ,考虑到均值 µ 未知,故采用 双侧 χ 2 检验法,
(14)
,故拒绝
H0
,即不可以认为计算金属棒长度的标准差为
0.15.
7.11 解:
本问题相当于要检验 H0 :σ 2 ≤ 0.0052 , H1 :σ 2 > 0.0052 ,考虑到均值 µ 未知,故采用 单侧 χ 2 检验法,
取检验统计量的测试值为
∧
χ2
=
(n −1)Sn2−1
σ
2 0
=
8× 0.0072 0.0052
S
2 y
241666.6667
由水平α = 0.05 ,自由度 (m −1, n −1) = (10 −1, 6 −1) = (9,5) ,查分位数表,得
F0.05 (9, 5)
=
1 F0.95 (5, 9)
=
1 3.48
=
0.2874 ,由于
Fˆ