均匀分布U[-θ,θ]参数θ的几种估计量

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概率论杂题2

_ _
（1）则对其期望估计时，（X1+X)/2比X更有效。（）
（2）如果X～U(-θ,θ)，θ>0，则θ的矩估计=_________-
m 2m
（3）如果X～N(0,σ^2)，n=2m,则Σ(-1)^i X_i / sqrt(ΣX_i^2)～______分布
m2mi=1 i=m+1
而统计量ΣX_i^2 /ΣX_i^2～_______分布
求两射手停止射击时脱靶总数的分布及数学期望
六。用A，B两种工艺生产的产品，其某项指标分别服从N（u0,sigma0^2)
和N(u,sigma^2),其中sigma0= 0.057.现从工艺B生产的产品中任取10
件，得数据为0.15,-0.04,-0.03,-0.15,0.02,-0.06,-0.05,
（1）试求不少于4台次品的概率（只要写出精确计算的表达式）
（2）用Poisson逼近定理给出此概率的近似值
四、10分→
设二维rv（X,Y）在矩形G={(x,y)|0<=x,y<=1}上服从均匀分布，试求边长为X和Y的矩形
面积S的pdf f(s)
五、10分
→
设rv（X,Y）的pdf为f(x,y)=(1/2)[φ1(x,y)+φ2(x,y)]，其中φ1(x,y)和φ2(x,y)都是二
发生B发生的概率相等，则P(A)=______
3、设(X1,X2)～N(0,0,σ^2,σ^2,0.5)，令Y1=X1-X2/2，Y2=X1/2-X2，则Y1和Y2都有正态分
布且分布参数相同（），但不独立（）
4、设有一个强度为λ的电话呼叫Poisson流，η3是其第3个呼叫来的时刻，试利用切贝雪夫
不等式求概率P(|λη3-3|<λ)的下限=_______

《概率论与数理统计》第4-7 章自测题讲评

《概率论与数理统计》第4－7章自测题讲评第四章﹑数字特征1. 设随机变量X 的密度函数f(x)= ⎩⎨⎧5x 4 0≤x ≤10 其他 , 求数学期望EX 。

【讲评】考点：连续型随机变量数学期望的定义为EX= ∫-∞+∞xf(x)dx 。

[解]：EX= ∫-∞+∞xf(x)dx = 5∫01x 5dx = 5[x 56]01= 562.设随机变量X ～N (-1，3)，Y ～N (0，5)，Cov(X ,Y )=0.4，求D (X +Y )的值。

【讲评】考点：正态分布N(μ, σ2)的数字特征，EX=μ，DX=σ2。

和的方差公式：D(X+Y)=DX+DY+2Cov(X, Y)。

[解]：D(X+Y)=DX+DY+2Cov(X, Y)= 3+5+2×0.4 = 8.83. 设随机变量X 和Y 的密度函数分别为f X (x)= ⎩⎨⎧0.5， 1≤x ≤30，其它，f Y (y)= ⎩⎨⎧3e -3y ， y>00， y ≤0 ，若X ，Y 相互独立，求： E(XY)【讲评】考点：均匀分布与指数分布的数学期望，X~U[a,b] ⇒ EX=a+b 2 。

X~exp(λ) ⇒ EX=1λ 。

若X 与Y 相互独立，则 E(XY)=EXEY 。

本题：注意：X~U[1,3], Y~Exp(3) ⇒ EX=1+32 =1, EY=1/3，因为X, Y 相互独立，则 E(XY)=E(X)E(Y)=1×(1/3) =1/34. 设 X 服从参数为 λ 的普阿松分布(λ>0)，则下列6个等式中那几个是错误的。

DX=1λ , E(X)D(X) =1 , E(X 2)=E(X)[E(X)+1] , E(X) = λ , E (X - λ)2 = 0, EX=λ2+λ【讲评】考点：普阿松分布X~P(λ)的数字特征：EX=λ, DX=λ 。

及DX = E(X-EX)2 = EX 2 – (EX)2 , EX 2 =DX+(EX)2本题：X~P(λ) ⇒ EX=λ, DX=λ, EX 2=λ+λ2 .所以E(X)D(X) =1，E(X 2)=λ2＋λ＝E(X)[E(X)+1]，E(X) = λ，但是 DX=1λ , E (X - λ)2 = 0, 这两个是错误等式。

参数估计

一、参数估计（一）参数估计内涵参数估计（parameter estimation ）是根据从总体中抽取的样本估计总体分布中包含的未知参数的方法。

它是统计推断的一种基本形式，是数理统计学的一个重要分支，分为点估计和区间估计两部分。

（二）估计量的评价准则对于同一参数，用不同方法来估计，结果是不一样的。

例1 设总体X 服从参数为λ的泊松分布，即,2,1,0,!}{===-k k ek X P kλλ则易知λλ==)(,)(X D X E ，分别用样本均值和样本方差取代)(X E 和)(X D ，于是得到λ的两个矩估计量21ˆ,ˆS X ==λλ．既然估计的结果往往不是唯一的，那么究竟孰优孰劣？这里首先就有一个标准的问题。

1、无偏性(Unbiased)定义1 设),,,(ˆˆ21nX X X θθ=是θ的一个估计量，若对任意的Θ∈θ，都有θθθ=)ˆ(E ，则称θˆ是θ的无偏估计量(Unbiased estimator)，如果 0)(lim )),,,((lim 21=∆-∞→∧∞→θθθδn n n n b X X X E则称θˆ是θ的渐近无偏估计量(Approximation unbiased estimator)，其中)(θn b 称为是θˆ的偏差(affect)。

无偏性反映了估计量的取值在真值θ周围摆动，显然，我们希望一个量具有无偏性。

例2 X 是总体期望值μ=)(X E 的无偏估计，因为μμ===⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑==n n X E n X n E X E ni i n i i 1)(11)(112、最小方差性和有效性(Minimum Variance and efficiency) 前面已经说过，无偏估计量只说明估计量的取值在真值周围摆动，但这个“周围”究竟有多大？我们自然希望摆动范围越小越好，即估计量的取值的集中程度要尽可能的高，这在统计上就引出最小方差无偏估计的概念。

定义2 对于固定的样本容量n ，设),,,(21n X X X T T =是参数函数)(θg 的无偏估计量，若对)(θg 的任一个无偏估计量),,,(21n X X X T T '='有Θ∈≤θθθ对一切),'()(T D T D则称),,,(21n X X X T 为)(θg 的（一致）最小方差无偏估计量，简记为ＵＭＶＵＥ(Uniformly Minimum Variance Unbiased Estimation)或者称为最优无偏估计量。

均匀分布种类

01.连续均匀分布（等概分布，一致分布） 02.离散均匀分布(稀疏分布，同致分布） 03.U(a,b)或或Unif （a,b ） X Continuous uniform distribution 或CU(a,b)X Inverse discrete uniform 或IU(a,b)或或或F(X)=(b-a)X+a或F(X)=(b-a+1)X+aba-a 2+a a b 横轴为x 轴横轴为x 轴，横轴为x 轴向上平移ba-a 2+a 横轴为x 轴向上平移ba-a 2+a密度函数-a)0 -a)图像为矩形，面积为1n=b--a+1，x=k 图像为矩形，面积为1 n=b--a+1，x=k或或连续型离散型（最值），，支撑集域或任何内的值任何内的整数值任何内的值任何内的整数值()，或原点阶距r 阶：.b-a n -a b EX n n n))(1(11+=++，中心阶距r 阶：,，，，其中是样本均值见注释1均匀分布是用来模拟一个同样的随机变量a 和均匀分布是“等可能”取值的连续化模型。

均匀分布或称规则分布。

植物种群的个体是等（1）当a ≤x 1<x 2≤b 时，X 落在区间（）内的概率为a b x x x X x P --=<<1221)(。

（2）若,则X 落在[a,b]内任一子区间[c,d]上的概率：只与区间[c,d]的长度有关，而与他的位置无关。

（3）均匀分布随机变量概率落在任何间隔固定长度间隔的位置本身独立(但它是依赖于时间间隔大小)，只要间隔分布中包含支持。

如果X ~(a,b)和[X,X + d]是[a,b]的子区间与固定d > 0,(3) X ∼U[0,1]和Y=a+(b−a)X ，则Y ∼U[min(a,b),max(a,b)].如在生日问题中论述的那样，输出中选择，在次碰撞。

平方根对应一半的数字位数。

例如，一个数，无论在何种进制当中。

注释1：连续均匀分布第二种表达形式：对于一个取值在区间[a ,b ]上的均匀分布函数，它的概率密度函数：也就是说，当x 不在区间[a ,b ]上的时候，函数值等于0；而在区间[a ,b ]上的时候，函数值等于这个函数。

浙江工商大学813概率论与数理统计2003—2019年考研专业课真题

杭州商学院2003年硕士研究生入学考试试卷（A 卷）招生专业：数量经济学考试科目：概率论与数理统计考试时间：3小时1、（8分）HL 超市有4名收银员，根据统计，每名收款员平均每小时使用收银机是15分钟，你认为该超市配置几台收银机较合理，并给出合理性的定量分析与评价。

2、（12分）TQ 公司计划从下属3个厂，抽选48人参加技术比武，A 厂400人，B 厂900人，C 厂1100人。

现有抽选方案；1） 3个人各随机所选16人2）随机所选A 厂8人，B 厂18人，C 厂22人。

试讨论各方案的合理性，基于你设定合适的计算标准。

3、（12分）对一批产品进行检验，如果检查到第n 件仍未发现不合格品，就认为产品合格，如果在第n 件前就查到不合格品，即停止检查，且认为这批产品不合格。

因产品数量很大，可以假设每次查到不合格的概率为P ，问题期望每批要查多少件？4、（13分）设T 商品每周需求量服从[10，30]上的均匀分布，每销售1单位商品获利500元，临时从外部调制供应获利300元，而积压1单位商品降价处理亏损100元，为使获利不少于9280元，试确定最小进货量。

5、（15分）设（X ，Y ）在G={（x,y ）：0≤x ≤2，0≤y ≤1}上服从均匀分布，记 0 X≤Y 0 X≤2YU= V= 1 X ＞Y 1 X ＞2Y求：（1）U 和V 的联合分布，（2）U 和V 的相关系数。

6、（12分）设X 1，…，Xn ，…为独立同分布随机变量序列，服从均匀分布U （0，1），证明，并求出C 值。

∞→−→−⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∏=n C X P n n k k ,/117、（15分）设总体§服从均匀分布U[0，θ]其中θ是未知参数，现有§的一组独立样本（X 1，…X n ），试在置信概率1-a 下，求θ的一个置信区间。

8、（15分）设随机变量X 与Y 相互独立，已知P[X=x 1,Y=y 3]=1/8,。

均匀分布U(a-θ,a+θ)的参数估计与优效性

2.1 均匀分布U(a-θ,a+θ)参数θ的矩估计
定理1 设ξ1,ξ2，…，ξn是从自总体ξ中抽取的样本,且ξ服从于均匀分布U(a-θ,a+θ),则ξ的矩估计不惟一.
证明根据矩估计的定义先计算随机变量ξ的数学期望E(ξ),则有:
但数学期望E(ξ)中不含有参数θ，故不能由此得到参数θ的矩估计.再求:
下面证明均匀分布U(a-θ,a+θ)参数θ存在无偏估计,且此无偏估计还是强相合估计.
定理3 均匀分布U(a-θ,a+θ)参数θ的极大似然估计是参数θ的无偏估计,其中
证明因为的密度函数为:
所以:
则有:即是参数θ的无偏估计.证毕.
定理4 参数的方差为:
证明由于:
所以:
证毕.
定理是参数θ的强相合估计.
【正文语种】中文
【中图分类】O211.1
均匀分布是概率论及数理统计中常见而且十分重要的和种分布，由于均匀分布在许多概率模型，例如交通流、流行病学等方面，有着广泛的实际应用，因此这使得均匀分布的研究有实际意义和价值，引起了许多人的兴趣.文献[1-5]研究了一维均匀分布各类参数的问题.文献[6]讨论了U(-θ,θ)的矩估计和极大似然估计.本文在此基础上研究均匀分布U(a-θ,a+θ)的两种估计即矩估计和极大似然估计，并讨论矩估计和极大似然估计的优效性.
令:由此解得θ的矩估计为:另外θ的矩估计还可以按 Nhomakorabea下方式求得.
令:即得到θ的另一矩估计为:同时按此方法还可以得出其它的的矩估计,由此可以得出参数θ的矩估计是不惟一的.证毕.
2.2 均匀分布U(a-θ,a+θ)参数θ的极大似然估计
定理2 均匀分布U(a-θ,a+θ)的极大似然估计为:

概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案第六章要点

第六章参数估计6.1 点估计问题概述习题1总体X在区间[0,θ]上均匀分布，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则下列估计量θ是θ的一致估计是().(A)θ=Xn; (B)θ=2Xn;(C)θ=X¯=1n∑i=1nXi;(D)θ=Max{X1,X2,⋯,Xn}.解答：应选(D).由一致估计的定义，对任意ɛ>0,P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=P(-ɛ+θ<Max{X1,X2,⋯,Xn}<ɛ+θ)=F(ɛ+θ)-F(-ɛ+θ).因为FX(x)={0,x<0xθ,0≤x≤θ1,x>θ, 及F(x)=FMax{X1,X2,⋯,Xn}(x)=FX1(x)FX2(x)⋯FXn(x),所以F(ɛ+θ)=1, F(-ɛ+θ)=P(Max{X1,X2,⋯,Xn}<-ɛ+θ)=(1-xθ)n,故P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=1-(1-xθ)n→1(n→+∞).习题2设σ是总体X的标准差，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则样本标准差S是总体标准差σ的().(A)矩估计量；(B)最大似然估计量；(C)无偏估计量；(D)相合估计量.解答：应选(D).因为，总体标准差σ的矩估计量和最大似然估计量都是未修正的样本标准差；样本方差是总体方差的无偏估计，但是样本标准差不是总体标准差的无偏估计.可见，样本标准差S是总体标准差σ的相合估计量.习题3设总体X的数学期望为μ,X1,X2,⋯,Xn是来自X的样本，a1,a2,⋯,an是任意常数，验证(∑i=1naiXi)/∑i=1nai(∑i=1nai≠0)是μ的无偏估计量.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的无偏估计量.习题4设θ是参数θ的无偏估计，且有D(θ)>0, 试证θ2=(θ)2不是θ2的无偏估计.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的无偏估计.习题5设X1,X2,⋯,Xn是来自参数为λ的泊松分布的简单随机样本，试求λ2的无偏估计量.解答：因X服从参数为λ的泊松分布，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=X¯代替相应的总体矩E(X2),E(X), 便得λ2的无偏估计量λ2=A2-A1=1n∑i=1nXi2-X¯.习题6设X1,X2,⋯,Xn为来自参数为n,p的二项分布总体，试求p2的无偏估计量.解答：因总体X∼b(n,p), 故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分别代替相应的总体矩E(X2),E(X),便得p2的无偏估计量p2=A2-A1n(n-1)=1n2(n-1)∑i=1n(Xi2-Xi).习题7设总体X服从均值为θ的指数分布，其概率密度为f(x;θ)={1θe-xθ,x>00,x≤0,其中参数θ>0未知. 又设X1,X2,⋯,Xn是来自该总体的样本，试证：X¯和n(min(X1,X2,⋯,Xn))都是θ的无偏估计量，并比较哪个更有效.解答：因为E(X)=θ, 而E(X¯)=E(X),所以E(X¯)=θ, X¯是θ的无偏估计量.设Z=min(X1,X2,⋯,Xn),因为FX(x)={0,x≤01-e-xθ,x>0,FZ(x)=1-[1-FX(x)]n={1-e-nxθ,x>00,x≤0,所以fZ(x)={nθe-nxθ,x>00,x≤0,这是参数为nθ的指数分布，故知E(Z)=θn, 而E(nZ)=E[n(min(X1,X2,⋯,Xn)]=θ,所以nZ也是θ的无偏估计.现比较它们的方差大小.由于D(X)=θ2, 故D(X¯)=θ2n.又由于D(Z)=(θn)2, 故有D(nZ)=n2D(Z)=n2⋅θ2n2=θ2.当n>1时，D(nZ)>D(X¯),故X¯较nZ有效.习题8设总体X服从正态分布N(m,1),X1,X2是总体X的子样，试验证1=2 X1+1 X2, 2=1 X1+ X2,=12X1+12X2,都是m的无偏估计量；并问哪一个估计量的方差最小?解答：因为X服从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的无偏估计量，并且在 1, 2,中，以的方差为最小.习题9设有k台仪器. 已知用第i台仪器测量时，测定值总体的标准差为σi(i=1,2,⋯,k), 用这些仪器独立地对某一物理量θ各观察一次，分别得到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估计θ时，是无偏的，并且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.因此，当∑i=1kai=1时，=∑i=1kaiXi为θ的无偏估计,D( )=∑i=1kai2σi2, 要在∑i=1kai=1的条件下D( )最小，采用拉格朗日乘数法.令L(a1,a2,⋯,ak)=D()+λ(1-∑i=1kai)=∑i=1kai2σi2+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=1k12σi2=1, 记∑i=1k1σi2=1σ02, 所以λ=2σ02, 于是ai=σ02σi2 (i=1,2,⋯,k),故当ai=σ02σi2(i=1,2,⋯,k)时， =∑i=1kaiXi是θ的无偏估计，且方差最小.习题6.2 点估计的常用方法习题1设X1,X2,⋯,Xn为总体的一个样本，x1,x2,⋯,xn为一相应的样本值，求下述各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值及最大似然估计量．(1)f(x)={θcθx-(θ+1),x>c0,其它, 其中c>0为已知，θ>1,θ为未知参数.(2)f(x)={θxθ-1,0≤x≤10,其它, 其中θ>0,θ为未知参数.(3)P{X=x}=(mx)px(1-p)m-x, 其中x=0,1,2,⋯,m,0<p<1,p为未知参数.解答：(1)E(X)=∫c+∞x⋅θcθx-(θ+1)dx=θcθ∫c+∞x-θdx=θcθ-1，解出θ=E(X)E(X)-c，令X¯=E(X)，于是=X¯X¯-c为矩估计量，θ的矩估计值为=x¯x¯-c，其中x¯=1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θncnθ(∏i=1nxi)-(θ+1)，xi>c，对数似然函数为lnL(θ)=nlnθ+nθlnc-(θ+1)∑i=1nlnxi，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=nθ+nlnc-∑i=1nlnxi=0，解方程得θ=n∑i=1nlnxi-nlnc，故参数的最大似然估计量为=n∑i=1nlnXi-nlnc．(2)E(X)=∫01x⋅θxθ-1dx=θθ+1，以X¯作为E(X)的矩估计，则θ的矩估计由X¯=θθ+1解出，得=(X¯1-X¯)2，θ的矩估计值为=(x¯1-x¯)2，其中x¯=1n∑i=1nxi为样本均值的观测值．另外，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，故参数的最大似然估计量为=(n∑i=1nlnXi)2．(3)X∼b(m,p)，E(X)=mp，以X¯作为E(X)的矩估计，即X¯=E(X)，则参数p的矩估计为=1 X¯=1 ⋅1n∑i=1nXi，p的矩估计值为=1 x¯=1 ⋅1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=(∏i=1nC xi) ∑i=1nxi(1- )∑i=1n( -xi)，xi=0,1,⋯,m，对数似然函数为lnL(θ)=∑i=1nlnC xi+(∑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 =1 n∑i=1nxi，故参数的最大似然估计量为=1 n∑i=1nXi=1 X¯．习题2设总体X服从均匀分布U[0,θ],它的密度函数为f(x;θ)={1θ,0≤x≤θ0,其它,(1)求未知参数θ的矩估计量；(2)当样本观察值为0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55时，求θ的矩估计值.解答：(1)因为E(X)=∫-∞+∞xf(x;θ)dx=1θ∫0θxdx=θ2,令E(X)=1n∑i=1nXi,即θ2=X¯,所以=2X¯.(2)由所给样本的观察值算得x¯=16∑i=16xi=16(0. +0. +0.27+0. +0.62+0. )=0. 17,所以=2x¯=0.96 .习题3设总体X以等概率1θ取值1,2,⋯,θ, 求未知参数θ的矩估计量.解答：由E(X)=1×1θ+2×1θ+⋯+θ×1θ=1+θ2=1n∑i=1nXi=X¯,得θ的矩估计为=2X¯-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，试用矩估计法估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). 为了估计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, 其中i=1,2,⋯,60,且E(Xi)=p, 故对于样本X1,X2,⋯,X60的一个观测值x1,x2,⋯,x60, 由矩估计法得p的估计值为=160∑i=160xi= 60=11 ,即这批产品的废品率为115.习题5设总体X具有分布律X 1 2 3pi θ2 2θ(1-θ) (1-θ)2其中θ(0<θ<1)为未知参数. 已知取得了样本值x1=1,x2=2,x3=1, 试求θ的矩估计值和最大似然估计值.解答：E(X)=1×θ2+2×2θ(1-θ)+ ×(1-θ)2=3-2θ,x¯=1/ ×(1+2+1)= / .因为E(X)=X¯,所以=(3-x¯)/2= /6为矩估计值,L(θ)=∏i=1 P{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来自总体X的一个样本, 且X∼π(λ), 求P{X=0}的最大似然估计.(2)某铁路局证实一个扳道员五年内所引起的严重事故的次数服从泊松分布，求一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率p的最大似然估计，使用下面122个观察值统计情况. 下表中，r表示一扳道员某五年中引起严重事故的次数，s表示观察到的扳道员人数.习题6.3 置信区间习题1对参数的一种区间估计及一组观察值(x1,x2,⋯,xn)来说,下列结论中正确的是().(A)置信度越大,对参数取值范围估计越准确;(B)置信度越大,置信区间越长;(C)置信度越大,置信区间越短;(D)置信度大小与置信区间有长度无关.解答：应选(B).置信度越大，置信区间包含真值的概率就越大，置信区间的长度就越大，对未知参数的估计精度越低.反之，对参数的估计精度越高，置信区间的长度越小，它包含真值的概率就越低,置信度就越小.习题2设(θ1,θ2)是参数θ的置信度为1-α的区间估计，则以下结论正确的是().(A)参数θ落在区间(θ1,θ2)之内的概率为1-α;(B)参数θ落在区间(θ1,θ2)之外的概率为α;(C)区间(θ1,θ2)包含参数θ的概率为1-α;(D)对不同的样本观察值，区间(θ1,θ2)的长度相同.解答：应先(C).由于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设总体的期望μ和方差σ2均存在，如何求μ的置信度为1-α的置信区间？解答：先从总体中抽取一容量为n的样本X1,X2,⋯,Xn.根据中心极限定理，知U=X¯-μσ/n→N(0,1)(n→∞).(1)当σ2已知时，则近似得到μ的置信度为1-α的置信区间为(X¯-uα/2σn,X¯+uα/2σn).(2)当σ2未知时，用σ2的无偏估计S2代替σ2, 这里仍有X¯-μS/n→N(0,1)(n→∞),于是得到μ的1-α的置信区间为(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),一般要求n≥ 0才能使用上述公式，称为大样本区间估计.习题4某总体的标准差σ=3cm, 从中抽取40个个体，其样本平均数x¯=6 2c ,试给出总体期望值μ的95%的置信上、下限(即置信区间的上、下限).解答：因为n=40属于大样本情形，所以X¯近似服从N(μ,σ2n)的正态分布，于是μ的95%的置信区间近似为(X¯±σnuα/2),这里x¯=6 2,σ= ,n= 0≈6. 2,uα/2=1.96, 从而(x¯±σnuα/2)=(6 2± 0×1.96)≈(6 2±0.93),故μ的95%的置信上限为642.93, 下限为641.07.习题5某商店为了了解居民对某种商品的需要，调查了100家住户，得出每户每月平均需求量为10kg, 方差为9，如果这个商店供应10000户，试就居民对该种商品的平均需求量进行区间估计(α=0.01), 并依此考虑最少要准备多少这种商品才能以0.99的概率满足需求？解答：因为n=100属于大样本问题，所以X¯近似服从N(μ,σ2/n),于是μ的99%的置信区间近似为(X¯±Snuα/2), 而x¯=10,s= ,n=100,uα/2=2.58,习题7某城镇抽样调查的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)分布参数的区间估计问题. 待业率p的0.95置信区间为( 1, 2)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).其中a=n+uα/22,b=-2nX¯-(uα/2)2, c=nX¯2,n= 00,x¯=1 00,uα/2=1.96.则( 1, 2)=(0.015,0.044).习题8设X1,X2,⋯,Xn为来自正态总体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：这是一个正态总体在方差未知的条件下，对μ的区间估计问题，应选取统计量：T=X¯-μS/n∼t(n-1).因为只需作单边估计，注意到t分布的对称性，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分布表可得单侧临界值tα(n-1). 将不等式T<tα(n-1)和T>tα(n-1), 即X¯-μS/n<tα(n-1)和X¯-μS/n>tα(n-1)分别变形，求出μ即得μ的1-α的置信下限为X¯-tα(n-1)Sn.μ的1-α的置信上限为X¯+tα(n-1)Sn,μ的1-α的双侧置信限(X¯-tα/2(n-1)Sn,X¯+tα/2(n-1)Sn).习题6.4 正态总体的置信区间习题1已知灯泡寿命的标准差σ=50小时，抽出25个灯泡检验，得平均寿命x¯= 00小时，试以95%的可靠性对灯泡的平均寿命进行区间估计(假设灯泡寿命服从正态分布).解答：由于X∼N(μ,502), 所以μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±uα/2σn),这里x¯= 00,n=2 ,σ=50,uα/2=1.96, 所以灯泡的平均寿命的置信区间为(x¯±uα/2σn)=( 00± 02 ×1.96)=( 00±19.6)=( 0. , 19.6).习题2一个随机样本来自正态总体X,总体标准差σ=1.5, 抽样前希望有95%的置信水平使得μ的估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. 查标准正态分布表得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, 于是欲使估计的区间长度为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服从正态分布. 从中随机抽取15个进行检验，得平均使用寿命为1950小时，标准差s为300小时，以95%的可靠性估计整批电子管平均使用寿命的置信上、下限.解答：由X∼N(μ,σ2), 知μ的95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=19 0,s= 00,n=1 ,tα/2(14)=2.145, 于是(x¯±sntα/2(n-1))=(19 0± 001 ×2.1 )≈(19 0±166.1 1)=(17 . ,2116 .15).即整批电子管平均使用寿命的置信上限为2116.15, 下限为1783.85.习题4人的身高服从正态分布，从初一女生中随机抽取6名，测其身高如下(单位：cm): 149 158.5 152.5 165 157 142求初一女生平均身高的置信区间(α=0.05).解答：X∼N(μ,σ2),μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=1 ,s=8.0187, t0.025(5)=2.571, 于是(x¯±sntα/2(n-1))=(1 ± .01 76×2. 71)≈(1 ± . 16)≈(1 . ,162. 2) .习题5某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数x¯=72,样本方差s2=16, 假设分数服从正态分布，求σ2的置信度为98%的置信区间.解答：先取χ2分布变量，构造出1-α的σ2的置信区间为((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).已知1-α=0.98,α=0.02,α2=0.01,n=20, S2=16.查χ2分布表得χ0.012(19)=36.191,χ0.992(19)=7.633,于是得σ2的98%的置信区间为(19×16 6.191,19×167.6 ),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).设炮口速度服从正态分布，求这种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),8sχ0.9752(8)), 即(7.4,21.1).习题7设来自总体N(μ1,16)的一容量为15的样本，其样本均值x1¯=1 .6;来自总体N(μ2,9)的一容量为20的样本，其样本均值x2¯=1 .2;并且两样本是相互独立的，试求μ1-μ2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uα/2=1.645,再由n1=15,n2=20, 得σ12n1+σ22n2=161 +920=9160≈1.2 2,uα/2σ12n1+σ22n2=1.6 ×1.2 2≈2.0 ,x¯1-x¯2=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一样，若有上实验课的12个学生平均考分为84，标准差为4，没上实验课的18个学生平均考分为77，标准差为6，假设总体均为正态分布且其方差相等，求两种课程平均分数差的置信度为99%的置信区间.解答：设有实验课的考分总体X1∼N(μ1,σ2), 无实验课的考分总体X2∼N(μ2,σ2). 两方差相等但均未知,求μ1-μ2的99%的置信区间，应选t分布变量，T=X1¯-X2¯-(μ1-μ2)SW1n1+1n2∼t(n1+n2-2),其中SW=(n1-1)S12+(n2-1)S22n1+n2-2.μ1-μ2的1-α的置信区间为习题10设两位化验员A,B独立地对某种聚合物含氯量用相同的方法各作10次测定，其测定值的样本方差依次为 sA2=0.5419,sB2=0.6065. 设σA2,σB2分别为A,B所测定的测定值的总体方差，又设总体均为正态的，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：选用随机变量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分布表得F0.025(9,9)=1F0.025(9,9)=14.03, 于是得σA2σB2的0.95的置信区间为(sA2sB21Fα/2(9,9),sA2sB2Fα/2(9,9))≈(0.222,3.601).总习题解答习题1设总体X服从参数为λ(λ>0)的指数分布，X1,X2,⋯,Xn为一随机样本，令Y=min{X1,X2,⋯,Xn}, 问常数c为何值时，才能使cY是λ的无偏估计量.解答：关键是求出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的分布函数为FX(x)={1-e-λx,x>00,x≤0,于是FY(y)=1-[1-FX(y)]n={1-e-nλy,y>00,y≤0.两边对y求导得fY(y)=ddyFY(y)={nλe-nλy,y>00,y≤0,即Y服从参数为nλ的指数分布，故E(Y)=nλ.为使cY成为λ的无偏估计量，需且只需E(cY)=λ, 即cnλ=λ, 故c=1n.习题2设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的一个样本，已知E(X)=μ, D(X)=σ2.(1)确定常数c, 使c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2为σ2的无偏估计；(2)确定常数c, 使(X¯)2-cS2是μ2的无偏估计(X¯,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¯)2-cS2]=E(X¯2)-cE(S2)=D(X¯)+[E(X¯)]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的指数分布总体的样本，其中θ未知. 设有估计量T1=16(X1+X2)+13(X3+X4),T2=X1+2X2+3X3+4X45,T3=X1+X2+X3+X44.(1)指出T1,T2,T3中哪几个是θ的无偏估计量；(2)在上述θ的无偏估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,因此，T1,T3是θ的无偏估计量.(2)D(T1)=236θ2+29θ2=1036θ2, D(T3)=116⋅4θ2=14θ2=936θ2,所以D(T3)<D(T1), 作为θ的无偏估计量，T3更为有效.习题4设从均值为μ, 方差为σ2(σ>0)的总体中，分别抽取容量为n1,n2的两独立样本，X1¯和X2¯分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1¯+bX2¯都是μ的无偏估计；并确定常数a,b, 使D(Y)达到最小.解答：E(Y)=E(aX1¯+bX2¯)=aE(X1¯)+bE(X2¯)=(a+b)μ.因为a+b=1, 所以E(Y)=μ.因此，对于常数a,b(a+b=1),Y都是μ的无偏估计，D(Y)=a2D(X1¯)+b2D(X2¯)=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是惟一驻点.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，为估计其废品率p, 随机取一样本X1,X2,⋯,Xn, 其中Xi={1,取得废品0,取得合格品, i=1,2,⋯,n,证明： =X¯=1n∑i=1nXi是p的一致无偏估计量.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(X¯)=E(1n∑i=1nE(Xi))=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1np=p.由定义，是p的无偏估计量，又D( )=D(X¯)=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ɛ>0P{∣ -p∣≥ɛ}=P{∣X¯-p∣≥ɛ}≤1ɛ2D(X¯)=1ɛ2p(1-p)n→0,n→∞所以limn→∞P{∣ -p∣≥ɛ}=0, 故=X¯是废品率p的一致无偏估计量.习题6设总体X∼b(k,p), k是正整数，0<p<1,k,p都未知，X1,X2,⋯,Xn是一样本，试求k和p的矩估计.解答：因总体X服从二项分布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=X¯,A2=1n∑i=1nXi2分别代替a1,a2, 即得p,k的矩估计为=X¯-S2X¯,k=[X¯2X¯-S2],其中S2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2,[x]表示x的最大整数部分.习题7求泊松分布中参数λ的最大似然估计.解答：总体的概率函数为P{X=k}=λkk!e-λ,k=0,1,2,⋯.设x1,x2,⋯,xn为从总体中抽取的容量为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的最大是然估计为λ=1n∑i=1nxi=x¯,即x¯=1n∑i=1nxi就是参数λ的最大似然估计.习题8已知总体X的概率分布P{X=k}=C2k(1-θ)kθ2-k,k=0,1,2，求参数的矩估计.解答：总体X为离散型分布，且只含一个未知参数θ, 因此，只要先求离散型随机变量的数学期望E(X), 然后解出θ并用样本均值X¯代替E(X)即可得θ的矩估计.由E(X)=∑k=02kC2k(1-θ)kθ2-k=1×2(1-θ)θ+2(1-θ)2=2-2θ, 即有θ=1-E(X)2.用样本均值X¯代替上式的E(X), 得矩估计为=1-X¯2.习题9设总体X的概率密度为f(x)={(θ+1)xθ,0<x<10,其它,其中θ>-1是未知参数，X1,X2,⋯,Xn为一个样本，试求参数θ的矩估计和最大似然估计量. 解答：因E(X)=∫01(θ+1)xθ+1dx=θ+1θ+2. 令E(X)=1n∑i=1nXi=X¯, 得θ+1θ+2=X¯, 解得θ的矩估计量为θ=2X¯-11-X¯.设x1,x2,⋯,xn是样本X1,X2,⋯,Xn的观察值，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, 从而得对数似然方程dlnLdθ=nθ+1+∑i=1nlnxi=0,解出θ, 得θ的最大似然估计量为θ=-n∑i=1nlnXi.由此可知，θ的矩估计和最大似然估计是不相同的.习题10设X具有分布密度f(x,θ)={θxe-θx!,x=0,1,2,⋯0,其它,0<θ<+∞,X1,X2,⋯,Xn是X的一个样本，求θ的最大似然估计量.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+1θ∑i=1nxi，令ddθ(lnL(θ))=0, 即-n+1θ∑i=1nxi=0⇒θ=1n∑i=1nxi,故θ最大似然估计量为θ=X¯=1n∑i=1nXi.习题11设使用了某种仪器对同一量进行了12次独立的测量,其数据(单位:毫米)如下:232.50 232.48 232.15 232.53 232.45 232.30232.48 232.05 232.45 232.60 232.47 232.30试用矩估计法估计测量值的均值与方差(设仪器无系统误差).解答：设测量值的均值与方差分别为μ与σ2，因为仪器无系统误差，所以θ= =X¯=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估计方差σ2, 有2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2=1n∑i=1n(Xi-a)2-(X¯-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服从二项分布P{X=k}=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,⋯,n,X1为其一个样本，试求p2的无偏估计量.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), 由于E[X(X-1)]=E[X1(X1-1)],故2=X1(X1-1)n(n-1).习题13设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的随机样本，试证估计量X¯=1n∑i=1nXi和Y=∑i=1nCiXi(Ci≥0为常数，∑i=1nCi=1)都是总体期望E(X)的无偏估计，但X¯比Y有效.解答：依题设可得E(X¯)=1n∑i=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X),E(Y)=∑i=1nCiE(Xi)=E(X)∑i=1nCi=E(X).从而X¯,Y均为E(X)的无偏估计量，由于D(X¯)=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(X¯), 故X¯比Y有效.习题14设X1,X2,⋯,Xn是总体X∼U(0,θ)的一个样本，证明：θ1=2X¯和θ2=n+1nX(n)是θ的一致估计.解答：因E( 1)= , D( 1)= 2 n; E( 2)= ,D( 2)=θn(n+2),X(n)=max{Xi}.依切比雪夫不等式，对任给的ɛ>0, 当n→∞时，有P{∣θ1-θ∣≥ɛ}≤D( 1)ɛ2=θ23nɛ2→0,(n→∞)P{∣θ2-θ∣≥ɛ}≤D( 2)ɛ2=θ2n(n+1)ɛ2→0,(n→∞)所以，θ1和θ2都是θ的一致估计量.习题15某面粉厂接到许多顾客的订货，厂内采用自动流水线灌装面粉，按每袋25千克出售. 现从中随机地抽取50袋，其结果如下：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总体X的期望的点估计值和期望的置信区间(置信度为0.95). 解答：设X为袋重总体，则E(X)的点估计为E(X)=X¯=1 0(2 . +2 .7+⋯+25.1)=24.92kg.因为样本容量n=50, 可作为大样本处理，由样本值算得x¯=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(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),查标准正态分布表得uα/2=u0.025=1.96, 故所求之置信区间为(24.92-1.96×0.661 0,2 .92+1.96×0.661 0)=(2 .7 7,2 .10 ),即有95%的把握，保证该厂生产的面粉平均每袋重量在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，经检验发现有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)分布参数区间的估计问题.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)).其中a=n+uα/22,b=-(2nX¯+uα/22), c=nX¯2.由题意，x¯=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±221.2 2 )),亦即(0.101,0.244).习题17在某校的一个班体检记录中，随意抄录25名男生的身高数据，测得平均身高为170厘米，标准差为12厘米，试求该班男生的平均身高μ和身高的标准差σ的置信度为0.95的置信区间(假设测身高近似服从正态分布).解答：由题设身高X∼N(μ,σ2), n=2 , x¯=170, s=12，α=0.05.(1)先求μ置信区间(σ2未知)，取U=X¯-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).(2)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性，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止. 记录所行驶的路程(以千米计)如下：41250 40187 43175 41010 39265 41872 42654 4128738970 40200 42550 41095 40680 43500 39775 40440假设这些数据来自正态总体N(μ,σ2). 其中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>X¯-Sntα(n-1)=1-α, 得μ的1-α的单侧置信下限为μ¯=X¯-Sntα(n-1).由所给数据算得x¯≈41119.38,s≈1345.46,n=16.查t分布表得t0.05(15)=1.7531, 则有μ的0.95的单侧置信下限为μ¯=41119.38-1345.464×1.7531≈40529.73.习题19某车间生产钢丝，设钢丝折断力服从正态分布，现随机在抽取10根，检查折断力，得数据如下(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：(1)这是一个正态总体，期望未知，对方差作双侧置信限的估计问题，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x¯=575.2, (n-1)s2=∑1=110(xi-x¯)2=681.6;根据给定的置信度1-α=0.95(即α=0.05).查自由度为10-1=9的χ2分布表，得双侧临界值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)=(35.87,232.44),即区间(35.87,232.44)包含σ2的可靠程度为0.95.(2)这是一个正态总体期望未知时，σ2的单侧区间估计问题，σ2的置信度为1-α=95%(α=0.05)的单侧置信上限为(n-1)S2χ1-α2(n-1)=∑i=110(xi-x¯)2χ1-α2(n-1),已算得(n-1)S2=∑i=110(xi-x¯)2=681.6, 根据自由度1-α=0.95.查自由度10-1=9的χ2分布表得单侧临界值χ1-α2(n-1)=χ0.952(9)=3.325,代入上式便得σ2的0.95的置信上限为681.63.325=205, 即有95%的把握，保证σ2包含在区间(0,205)之内，当然也可能碰上σ2超过上限值205的情形，但出现这种情况的可能性很小，不超过5%.习题20设某批铝材料比重X服从正态分布N(μ,σ2)，现测量它的比重16次，算得x¯=2.705，s=0.029，分别求μ和σ2的置信度为0.95的置信区间。

概率论6

第六章参数估计一．填空题1. 设总体X ～N(μ, σ2), 若σ2已知, 总体均值μ 的置信度为1－α的置信区间为: ),(nX nX σλσλ+-, 则 λ = ________.解. X ～N(μ, σ2), 则)1,0(~N nX σμ-由 αλσμ-=<-1}|/{|nX P 得置信区间),(nX nX σλσλ+-所以 21αλ-=u .2. 设由来自正态总体N(μ, 0.92)容量为9的简单随机样本, 得样本均值X = 5, 则未知参数μ的置信度为0.95的置信区间_______.解. 由第一题及查表知 96.1975.0==u λ. μ的置信区间为 )588.5,412.4()99.096.15,99.096.15(=⨯+⨯-3. 设X 1, X 2为来自正态总体N(μ, σ2)的样本, 若2119991X CX +为μ的一个无偏估计, 则C=_______. 解. μμ=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+199911999121C X CXE , 所以 19991998=C 4. 设(X 1, X 2, …,X n )为来自正态总体X ～U(θ, θ + 1) (θ > 0)的样本, 则θ的矩估计量为____; 极大似然估计量为_____. 解. 总体X 的密度为⎩⎨⎧+≤≤=其它11)(θθϕx xi. 矩估计量 )12(21)(1+==⎰+θθθx d x X E用X 来估计E(X): X =+∧)12(21θ, 21-=∧X θii. 最大似然估计 X i ～⎩⎨⎧+≤≤=其它11)(θθϕi i i x x (i = 1, 2, …, n)所以(X 1, X 2, …,X n )的联合密度为⎩⎨⎧+≤≤=其它1,,1),(11θθϕn n x x x x),(1n x x ϕ在1,,1+≤≤θθn x x 范围中为常数. θ ≥ min {x 1, …x n }. 所以∧θ = min {x 1, …x n }.5. 设(X 1, X 2, …,X n )为来自正态总体 N(μ, σ2)的样本, a , b 为常数, 且0 < a < b , 则随机区间 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∑==ni i n i i a X b X 1212)(,)(μμ 的长度L 的数学期望为______. 解. ∑∑∑∑====---=⎭⎬⎫⎩⎨⎧---ni ini ini i n i i X E bXE ab X a X E 12121212)(1)(1)()(μμμμ222)11(11σσσban n bn a-=-=二．单项选择题1. 设总体X ～N(μ, σ2), 其中σ2已知, 则总体均值μ 的置信区间的长度l 与置信度1－α的关系是(A) 当1－α缩小时, l 缩短. (B) 当1－α缩小时, l 增大. (C) 当1－α缩小时, l 不变. (D)以上说法均错. 解. μ的置信区间为),(2121nuX nuX σσαα--+-, 当1－α缩小时, 21α-u缩小. 置信区间长度为 2nuσα21-. 所以(A)是答案.2. 设总体X ～N(μ, σ2), 其中σ2已知, 若样本容量n 和置信度1－α均不变, 则对于不同的样本观察值, 总体均值μ的置信区间的长度(A) 变长 (B) 变短 (C) 不变 (D) 不能确定解. 由第一题知: μ的置信区间长度为 2nuσα21-, 和样本的取值无关. (B)是答案.3. 设随机变量X 1, X 2, …,X n 相互独立且同分布, ∑∑==--==ni ini iX X n SX nX 1221)(11,1,2)(σ=i X D , 则S(A) 是σ 的一致估计 (B) 是σ 的无偏估计 (C) 是σ 的极大似然估计 (D) 与X 相互独立解. (A)是答案, 具体内容超出大纲要求.4. 设θθ为∧的无偏估计, 且D(∧θ) ≠ 0, 则(∧θ)2必为θ2的(A) 无偏估计 (B) 有偏估计 (C) 一致估计 (D) 有效估计解. 因为θθ为∧的无偏估计, 所以E(∧θ) = θ.E((∧θ)2) = D(∧θ) + [E(∧θ)]2= D(∧θ) + θ2 ≠ θ2. (B)是答案.5. 设(X 1, X 2, …,X n )为取自正态总体X ～N(μ, σ2)的样本, 则μ2 + σ2的矩法估计量为 (A)∑=-ni iX X n12)(1(B)∑=--ni iX X n 12)(11(C)∑=-ni i Xn X 122(D)∑=ni i X n121解. 按矩估计方法: 22,X X ==∧∧μμ, 2121221)(1X X nX X nni i ni i -=-=∑∑==∧σ所以=∧+22σμ2X +2121X X nni i-∑==∑=ni i X n121. (D)是答案.6. 设总体X 的分布中未知参数θ的置信度为1－α的置信区间是[T 1, T 2], 即 αθ-=≤≤1)(21T T P则下列说法正确的是(A) 对T 1, T 2的观察值t 1, t 2, θ ∈ [t 1, t 2] (B) θ以1－α的概率落入区间[T 1, T 2] (C)区间[T 1, T 2]以1－α的概率包含θ (D) θ的数学期望E(θ)必属于[T 1, T 2] 解. (C)是答案.三. 计算与证明题1. 设总体X 服从参数为λ的Poisson 分布, X 1, X 2, …,X n 为样本, 试求λ的矩估计和极大似然估计.解. X i ～),2,1,0(!)( ===-k ek k X P ki λλi. 矩估计因为 E(X) = λ, 所以X =∧λ. ii. 最大似然函数为∏∏=-====ni i x n ni i i x ex X P L i11!)()(λλλ∑∑==--=ni i n i i x n x L 11lnln )(ln λλλ01ln 1=-=∂∂∑=n xL ni iλλ所以 X X nni i==∑=∧11λ.2. 设总体X 的密度函数为0,21),,(222)(ln 12>=---x ex x f x σμσπσμ其中－∞ < μ < +∞, σ2 >0为未知参数, 试求μ, σ2的极大似然估计. 解. 最大似然函数为222)(l n 112121),,,(σμσπσμ---=∏=i x i ni n ex x x f∑∑==-----=ni ini in xxn f 122122)(l n 21ln 2)2ln(ln μσσπ0)(l n 221ln 12=-=∂∂∑=μσμni ixf0)(l n )(212ln 212222=-+-=∂∂∑=μσσσni ixn f所以 ∑=∧=ni i X n1ln 1μ, 212)(l n 1μσ-=∑=∧ni iX n3. 设总体X 服从(0, θ)上的均匀分布, X 1, X 2, …,X n 为取自X 的样本.i. 求θ的矩估计∧1θ, 并讨论其无偏性和一致性.ii. 求θ的极大似然估计∧2θ, 并讨论其无偏性和一致性. 解. 总体X ～⎩⎨⎧≤≤=其它0/1)(θθϕx xi. 矩估计2)(θ=X E , 所以X =∧21θ, X 21=∧θθθθ===∧22)(2)(1X E E , 所以 ∧1θ是θ的无偏估计;因为 )(03124)(4)(4)(2221121∞→→=⋅⋅===∑=∧n nn nXD nX D D ni θθθ所以∧1θ是θ的一致估计. ii. 最大似然估计所以(X 1, X 2, …,X n )的联合密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=其它0,,01),(11θθϕn n n x x x xθ越小, ),(1n x x ϕ就越大. 但θ的值不能小于 ni i x ≤≤1max .所以 ni i x ≤≤∧=12m a x θ.假设Z = ni i x ≤≤∧=12max θ. 又设F X (x)是总体X 的分布函数. 所以Z 的密度函数为F X (z) = {F X (x)}n Z 的密度函数为⎪⎩⎪⎨⎧≤≤==--其它001)()()}({)(11θθθϕϕz z n x z F n x n n X Z所以 θθθϕθ11)()()(01+===⎰⎰-∞+∞-n n dz zzn dz z z Z E n Z所以ni i x ≤≤∧=12max θ不是θ的无偏估计;2122221)()()(θθθϕθ+===⎰⎰-∞+∞-n n dz zn z dz z z Z E n Z0)1)(2()1(2)]([)()(22222→++=+-+=-=θθθn n nn n n n Z E Z E Z D由于 ,1)(θθ→+=n n Z E 0)1)(2()(2→++==θn n nZ D所以ni i x ≤≤∧=12max θ是θ的一致估计.4. 设总体X 的密度函数为⎩⎨⎧≤>=--00)(1x x e ax x f axa λλ (λ> 0, a > 0)根据取自总体X 的样本(X 1, X 2, …,X n ), 求未知参数λ的极大似然估计量. 解. 最大似然函数为1111),,(-=-∏∑==a ini x nn n x ea x x f ni aiλλλ∏∑=-=--=ni a ini a ix x n f 111lnln ln λλ0ln 1=-=∂∂∑=ni a ixnf λλ所以 ∑=∧=ni a iXn1λ.5. 设(X 1, X 2, …,X n )为取自总体X 的样本, 1,01=>∑=ni ii αα, 证明i.i ni iX ∑=1α为E(X)的无偏估计.ii. 在上述所有无偏估计中, 以∑==ni iXnX 11最有效.解. i. ∑∑===ni i in i i i X E X E 11)()(αα=)()(1X E X E ni i=∑=α所以i ni iX ∑=1α为E(X)的无偏估计;ii. ∑∑===n i i ini i i X E X E 121)()(αα= ∑=ni i X D 12)(α所以该问题转化为: 在条件1,01=>∑=ni ii αα下, αi 取何值时,∑=ni i12α最小.条件极值: ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==∑∑==最小目标函数条件ni in ni i f 1211),(1αααα令=),,(1λααn F ∑∑==-+ni i ni i112)1(αλα02=+=∂∂λααi iF , (i = 1, 2, …, n). 解得 nn 11===αα即i ni iX ∑=1α作为E(X)的无偏估计中, 以∑==ni iX nX 11最有效.6. 设某产品的性能指标X ～N(μ, σ2), 现随机抽取20个产品进行检测, 检测后经计算得这些产品的性能指标均值X =5.21, S 2= 0.049, 试求X 的标准差σ的置信度为0.95的置信区间. 解. 1－α = 0.95, α/2 = 0.025, n = 20, s 2 = 0.049. X ～N(μ, σ2), )19(~19)1(222222χσσχSSn =-=由 95.01)}19()19({221222=-=<<-αχχχααP 查χ2表, 查得)19(22αχ=91.8)19(2025.0=χ, )19(221αχ-=9.32)19(2975.0=χσ2的95%置信区间为 ]10.0,03.0[]91.8049.019,9.32049.019[])19()1(,)19()1([2025.022975.02=⨯⨯=--χχsn sn所以, σ的95%置信区间为: [0.17, 0.32].注意: 理工类与经济类本章的习题完全相同, 但计算与证明题部分题号不全相同.。

数理统计作业答案

数理统计作业答案1、设总体X 服从正态分布),(2σµN ，其中µ已知，2σ未知，n X X X ,,,21 为其样本，2≥n ,则下列说法中正确的是（ D ）。

（A ）∑=-ni i X n122)(µσ是统计量（B ）∑=ni i X n122σ是统计量（C ）∑=--ni iX n 122)(1µσ是统计量（D ）∑=ni iX n12µ是统计量2、设两独⽴随机变量)1,0(~N X ，)9(~2χY ，则YX 3服从（ C ）。

服从（ C ）。

4、设n X X ,,1 是来⾃总体X 的样本，且µ=EX ，则下列是µ的⽆偏估计的是（ A ）. 5、设4321,,,X X X X 是总体2(0,)N σ的样本，2σ未知，则下列随机变量是统计量的是（ B ）.（A ）3/X σ；（B ）414ii X=∑；（C ）σ-1X ；（D ）4221/ii Xσ=∑6、设总体),(~2σµN X ，1,,n X X 为样本，S X ,分别为样本均值和标准差，则下列正确的是（ C ）.7、设总体X 服从两点分布B （1，p ），其中p 是未知参数，15,,X X 是来⾃总体的简单随机样本，则下列随机变量不是统计量为（ C ） ( A ) . 12X X +( B ) {}max,15i X i ≤≤( C ) 52X p + ( D ) ()251X X -8、设1,,n X X 为来⾃正态总体2(,)N µσ的⼀个样本，µ，2σ未知。

则2σ的最⼤似然估计量为（ B ）。

（A ）∑=-n i i X n 12)(1µ （B ）()211∑=-n i i X X n （C ）∑=--n i i X n 12)(11µ（D ）()∑=--n i i（ D ）分布.10、设1,,n X X 为来⾃正态总体2 (,)N µσ的⼀个样本，µ，2σ未知。

均匀分布的矩估计和极大似然估计

一、概述矩估计和极大似然估计是统计学中常用的两种参数估计方法，它们在众多领域中都有着重要的应用。

本文将对均匀分布的矩估计和极大似然估计进行深入探讨，分析它们的特点和适用范围，并对两种方法的优缺点进行比较和总结。

二、均匀分布的矩估计1. 均匀分布的概念和特点均匀分布是概率论中常见的一种离散型随机变量分布，它具有概率密度函数f(x) = 1/(b-a)，其中a和b分别为分布的起始值和终止值。

均匀分布的特点是在[a, b]区间内各个数值出现的概率相等。

2. 均匀分布的矩估计方法均匀分布的参数估计通常采用矩估计方法。

矩估计是利用样本矩来估计总体矩，其基本思想是将样本矩与总体矩相等，通过方程求解得到参数的估计值。

对于均匀分布而言，可以通过样本均值和样本方差来进行参数估计，具体的计算过程可以通过数学推导来进行详细阐述。

三、均匀分布的极大似然估计1. 极大似然估计的基本原理极大似然估计是统计学中另一种常用的参数估计方法，其基本思想是在给定样本条件下，寻找最大化似然函数的参数值作为估计值。

对于均匀分布而言，可以通过求解似然函数的一阶导数为0的方程来得到参数的极大似然估计值，具体的推导过程也需要进行详细的分析和阐述。

2. 极大似然估计与矩估计的比较极大似然估计与矩估计在参数估计的方法和理论基础上存在着一定的差异，它们在不同情况下各有优劣。

通过比较两种方法在均匀分布参数估计中的应用，可以得出它们在精确度、稳定性和有效性等方面的优缺点，为使用者提供更多的参考依据。

四、实例分析通过实际的数据样本和模拟实验，可以对均匀分布的矩估计和极大似然估计进行对比分析。

选择适当的参数和样本规模，比较两种方法得到的参数估计值与真实值之间的偏差情况，从而验证两种方法的可靠性和有效性。

五、结论通过对均匀分布的矩估计和极大似然估计的深入研究和分析，可以得出它们在不同情况下各有优劣，适用范围也有所不同。

在实际应用中，需要根据具体问题的特点选择合适的参数估计方法，以保证估计结果的准确性和可靠性。

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ｐ（；）＝｛【一 ≤ ，Ｘ的分布函数为Ｆ（）＝｛
０其它
收稿日期：２０１３ — １２ — １０
ｆ１
ｆ０
Ｉｌ
一０＜ ≤ ．
ｘ＞Ｏ
一０
作者简介：李君巧（１９９３一），女，江苏苏州人，在读本科生．
时，
一
的期望为区间中点０，不含参数０，因此无法用样本一阶原点矩估计参数０，此时可通过计算样本
阶绝对原点矩给出０的矩估计．定理２均匀分布［＿０，］参数的矩估计为＝￣ＺＩｘ，Ｉ．
，
证明因为ＥＩＩ＝』
０
＝
＝０，所以用样本的一阶绝对原点矩估计总体的一阶绝对原点矩，即
，Ｘ，Ｘ， …，Ｘ是来自该总体
＝
０
－＋ｔＯ．．
定理１均匀分布一０，］参数０的极大似然估计为＝ｍａｘ｛一
为样本的最小和最大次序统计量．
）｝，其中：Ｘ【１）和）分别
害证明根据ｕ卜０，】的密度函数，０的似然函数：ｎｐ（；：
ｒ１ｒ ’
ｒ１
０
一 ≤
其它
Ｌ２， … ，：
｛Ｉｏ一其它 ” ）：ｔ（２０）一－）ｎ）．Ｌ（）在：ｍａＸ｛一（１），））处取得最大值，
第３４卷第３期
２０１４焦
高师理科学刊
ＪｏｕｒｎａｌｏｆＳｃｉｅｎｃｅｏｆＴｅａｃｈｅｒｓＣｏｌｌｅｇｅａｎｄＵｎｉｖｅｒｓｉｔｙ
Ｖｏ１．３４Ｎｏ．３
喜Ｉｌ，于是０的矩估计为＝－２￣ｌｘ／Ｉ．
证毕・
第３期
李君巧，等：均匀分布一０，刎参数０的几种估计量
４５
２．３０的其他估计量
对于两参数的均匀分布［口，ｂ］，最小次序统计量。）和最大次序统计量）分别为参数口，ｂ的极大
Ｍａｖ２０１４
５月
文章编号：１００７ — ９８３１（２０１４）０３－００４３ — ０５
均匀分布一，］参数的几种估计量
李君巧，生志荣，沙雅文
（南京师范大学泰州学院强化培养部，江苏泰州２２５３００）
０
引理
设随机变量Ｘ服从区间［一０，］上的均匀分布，
，，…，
为取自总体Ｘ的一个简单随
机样本，Ｘ… 和Ｘ（）分别为样本的最小和最大次序统计量，则Ｘ（）和）的概率密度函数分别为ｐ葺（ｘ）＝
１０
等－Ｏ＜ｘ＜Ｏ ∽ ：ｊ（等－Ｏ＜ｘ＜Ｏ．其它０其它
ｕｎｂｉａｓｅｄｎｅｓｓｏｆｔｈｅｓｅｅｓｔｉｍａｔｉｏｔ１．Ｂｙａｄｄｉｎｇｃｏｒｒｅｃｔｉｏｎｃｏｅｆｆｉｃｉｅｎｔｓｔｏｔｈｅｍ，ｆｏｕｒｆｏｒｍｓｏｆｕｎｂｉａｓｅｄｅｓｔｉｍａｔｉｏｎｗａｓｓｈｏｗｎ．Ｆｉｎａｌｌｙ，ｃｏｍｐａｒａｔｉｖｅａｎａｌｙｓｉｓｏｆｔｈｅｉｒｅｆｆｅｃｔｉｖｅｎｅｓｓｗａｓｃａｒｒｉｅｄｏｎａｎｄｔｈｅｒｅｓｕｌｔｓｓｈｏｗｎｔｈａｔｔｈｅｕｎｂｉａｓｅｄｅｓｔｉｍａｔｉｏｎｂａｓｅｄｏｎｔｈｅｍａｘｉｍｕｍｌｉｋｅｌｉｈｏｄｅｅｓｔｉｍａｔｉｏｎｉＳｔｈｅｍｏｓｔｅｆｆｅｃｔｉｖｅ．Ｋｅｙｗｏｒｄｓ：ｕｎｉｆｏｎＴｌｄｉｓｔｒｉｂｕｔｉｏｎ；ｍａｘｉｍｕｍｌｉｋｅｌｉｈｏｏｄｅｓｔｉｍａｔｉｏｎ；ｍｏｍｅｎｔｅｓｔｉｍａｔｉｏｎ；ｕｎｂｉａｓｅｄｅｓｔｉｍａｔｉｏｎ
间长度比的估计问题．很多文献讨论了单参数的均匀分布的统计推断问题，如均匀分布卜０，０１的极
大似然估计，均匀分布ｕ［０，０１的假设检验问题 ’ ．本文讨论单参数均匀分布［＿０，０］的参数０点估计问
题，给出０的极大似然估计及的其他几类估计量，对几种估计量的无偏性和有效性进行了讨论．定义１Ｉ９ｊ设随机变量服从区间［－０，０］上的均匀分布，记为～【，［＿０，０］，的概率密度函数为
．．．
警
证明由最小次序统计量和最大次序统计量的分布
（）＝１一（１一Ｆ（）），
（）：（Ｆ（））可知，
的分布函数分别为（）＝１一（１一］ ” （－０＜ｘ＜０），）＝（］（－Ｏ＜ｘ＜Ｏ），
一
对求导数，得到）、
）的密度函数分别为Ｐ
＜
＜
，
ｐ ¨ ¨ （）＝
其它
一
０＜＜０
证毕
其它
２均匀分布［＿０，０］参数０的几种估计量
设总体服从均匀分布己，卜０，
２．１０的极大似然估计量
摘要：研究了一类单参数均匀分布［一，］的参数的点估计问题，给出了的极大似然估计量、
矩估计量和其他形式的估计量，对几种估计量的无偏性进行了讨论．通过添加纠偏系数得到的四种形式的无偏估计量，对它们的有效性进行了比较分析．结果表明，基于极大似然估计量所得到的无偏估计最有效．关键词：均匀分布；极大似然估计；矩估计；无偏估计中图分类号：Ｏ２１１．６７文献标识码：Ａｄｏｉ：１０．３９６９￣．ｉｓｓｎ．１００７ — ９８３１．２０１４．０３．０１４
１引言及预备知识
均匀分布Ｕ［ａ，ｂ１是概率统计中的一个重要分布，关于均匀分布参数ａ，ｂ的统计推断问题，很多文献
进行了研究，其中以最小、最大次序统计量分别作为参数ａ，ｂ估计量有着优良的统计性质 ” ０．有文献将此结果应用到讨论单个均匀分布总体的区间长度和区间中点的估计问题。，以及讨论两个均匀分布总体的区
【０其它
所以０的极大似然估计量为＝ｍａｘ｛一ｌ１，）｝．
注极大似然估计为一０的极大似然估计为
证毕．
对于单参数均匀分布卜０，］，文献［７】用最小次序统计量估计区间下限一０，从而给出０的文献【ｌ１］受其启发，认为在单参数均匀分布［＿０，］中，０为区间上限，所以给出事实上，在均匀分布一０，０］中未知参数０不仅与区间上限有关，与区间下限
ＳｅｖｅｒａｌｅｓｔｉｍａｔｉｏｎｓｏｎｐａｒａｍｅｔｅｒＯｏｆｕｎｉｆｏｒｍｄｉｓｔｒｉｂｕｔｉｏｎＵ［一０，０］
ＬＩＪｕｎ－ｑｉａｏ，ＳＨＥＮＧＺｈｉ — ｒｏｎｇ，ＳＨＡＹａ－ｗｅｎ
Ａｂｓｔｒａｃｔ：ＴｈｅｐｏｉｎｔｅｓｔｉｍａｔｉｏｎｏｆａｃｌａｓｓｏｆｓｉｎｇｌｅｐａｒａｍｅｔｅｒｏｆｕｎｉｏｒｆｍｄｉｓｔｒｉｂｕｔｉｏｎＵ［一０，０】ｗａｓｓｔｕｄｉｅｄａｎｄｔｈｅ
也有关系，因此０的极大似然估计应该是最小、最大次序统计量的函数．通过定理１的证明过程可以看出，
均匀分布［＿０，０］中参数０的极大似然估计应为ｍａｘ｛一
２．２０的矩估计量
）｝．
矩估计方法是用样本矩来估计总体矩，通常从低阶矩开始考虑，由于总体服从均匀分布Ｕ［－Ｏ，０］