参数估计练习题
线性模型练习题(含答案)
线性模型练习题(含答案)练题一设有线性回归模型：$ y = \beta_0 + \beta_1x_1 + \beta_2x_2 + \beta_3x_3 $，其中 $x_1$、$x_2$ 和 $x_3$ 是自变量，$y$ 是因变量。
已知模型的参数估计值如下：$ \hat{\beta}_0 = 2.5 $$ \hat{\beta}_1 = 0.8 $$ \hat{\beta}_2 = -1.2 $$ \hat{\beta}_3 = 1.3 $请判断以下哪个自变量与因变量的关系最为显著：A. $x_1$B. $x_2$C. $x_3$D. 无法确定答案：B. $x_2$练题二下面是一个简单的线性回归模型：$ y = 3x_1 + 4x_2 + 2x_3 + 1 $已知模型的参数估计值如下：$ \hat{\beta}_1 = 2.1 $$ \hat{\beta}_2 = 1.8 $$ \hat{\beta}_3 = 0.9 $请根据模型参数估计值计算预测值 $ \hat{y} $，当 $x_1 = 2$，$x_2 = 3$，$x_3 = 1$ 时的结果。
答案：$ \hat{y} = 3(2) + 4(3) + 2(1) + 1 = 23 $练题三某研究人员运用线性回归模型分析了一个因变量 $y$ 和四个自变量 $x_1$、$x_2$、$x_3$ 和 $x_4$ 的关系，得到模型方程如下：$ y = 2.6x_1 + 1.9x_2 - 1.4x_3 + 0.5x_4 - 1 $已知 $x_1 = 3$，$x_2 = 2$，$x_3 = 4$，$x_4 = 1$，请计算对应的预测值 $ \hat{y} $。
答案：$ \hat{y} = 2.6(3) + 1.9(2) - 1.4(4) + 0.5(1) - 1 = 2.9 $练题四以下是一个多元线性回归模型的参数估计值摘录：$ \hat{\beta}_0 = 1.2 $$ \hat{\beta}_1 = -0.8 $$ \hat{\beta}_2 = 0.5 $$ \hat{\beta}_3 = 1.0 $$ \hat{\beta}_4 = 0.3 $$ \hat{\beta}_5 = -0.6 $请写出该线性回归模型的方程。
参数估计的置信区间例题和知识点总结
参数估计的置信区间例题和知识点总结在统计学中，参数估计的置信区间是一个非常重要的概念，它为我们提供了对总体参数的估计范围以及估计的可靠程度。
接下来，我们将通过一些具体的例题来深入理解置信区间，并对相关的知识点进行总结。
一、知识点回顾1、总体参数与样本统计量总体参数是描述总体特征的数值，如总体均值、总体方差等。
而样本统计量则是根据样本数据计算得到的数值，如样本均值、样本方差等。
我们通过样本统计量来对总体参数进行估计。
2、点估计点估计是用一个数值来估计总体参数，常见的点估计方法有矩估计法和最大似然估计法。
3、区间估计区间估计则是给出一个区间，认为总体参数有一定的概率落在这个区间内。
置信区间就是一种常见的区间估计方法。
4、置信水平置信水平表示置信区间包含总体参数的概率，通常用1 α 表示，常见的置信水平有 90%、95%和 99%。
5、置信区间的计算公式对于总体均值的置信区间，当总体方差已知时，置信区间为：＼（＼bar{X} ＼pm Z_{＼alpha/2} ＼frac{＼sigma}｛＼sqrt{n}｝＼）；当总体方差未知时，使用样本方差代替，置信区间为：＼（＼bar{X}＼pm t_{＼alpha/2}（n-1) ＼frac{S}｛＼sqrt{n}｝＼）。
二、例题解析例 1：某工厂生产一种零件，其长度服从正态分布。
现随机抽取 10 个零件，测量其长度（单位：cm）分别为 121, 119, 123, 120, 118, 122, 124, 117, 125, 120。
已知总体方差为 004，求总体均值的 95%置信区间。
首先，计算样本均值：＼（＼bar{X} ＝＼frac{1}｛10} （121 ＋ 119 ＋ 123 ＋ 120 ＋ 118＋ 122 ＋ 124 ＋ 117 ＋ 125 ＋ 120) ＝ 120\）因为置信水平为 95%，＼（＼alpha ＝ 005\），＼（Z_{＼alpha/2}＝ 196\），总体方差\（＼sigma^2 ＝ 004\），所以\（＼sigma ＝ 02\），样本容量\（n ＝ 10\）。
第五章 区间估计课后练习题目
第五章 区间估计课后练习题目
• 3．一农场种植葡萄以生产果冻，假设葡萄的
甜度为 N(,，2) 服从正态分布 ，从27卡车葡萄
中，随机的抽取样本，每辆车取一个，然后测 量甜度，结果如下： • 16.0 15.2 12.0 16.9 14.4 16.3 15.6 12.9 15.3 • 15.8 15.5 12.5 14.5 14.9 15.1 16.0 12.5 14.3 • 15.4 13.0 12.6 14.9 15.1 15.3 12.4 17.2 14.8 • (1) 求葡萄平均甜度μ 的95%置信区间 • (2)求葡萄平均甜度μ 的给出置信下限的置信水 平为95%的单侧置信区间。
第五章 区间估计课后练习题目
• 4．X 和 Y 分别表示下肢瘫痪和正常成年男 子的血液容量，单位ml，假设 X 服从N(1, 2)
• Y 服从 N(2, 2)对X 做了7次观测，结果是1612， 1352，1456， 1222，1560，1456，1924， 对Y 做了10次观测，1082，1300，1092， 1040，910，1248，1092，1040，1092， 1288。求1 2的95%置信区间。
第五章 区间估计课后练习题目
• 8．某企业对一批产品进行质量检验，这批 产品的总数为5000件，过去几次同类调查 所得的产品合格率为93%、95%和96%，为 了使合格率的允许误差不超过3%，在 99.73%的概率下应抽查多少件产品？
第五章 区间估计课后练习题目
• 9．在一项政治选举中，一位候选人在选民 中随机地做了一次调查，结果是351名投票 者中有185人支持他，求全部选民中支持他 的选民所占比重的95%的近似置信区间。
第七章 参数估计
第三节 总体均数估计
估计总体平均数的步骤： 估计总体平均数的步骤： X与S 1、 计算样本 2、 计算 σ X 3、 确定置信水平或显著性水平并查表 4、计算置信区间 5、解释总体平均数的置信区间
一、正态估计法 ， σ２已知 、
1、前题条件： 、前题条件：
总体正态, n不论大小 总体正态, n不论大小
点估计与区间估计的比较
定义: 定义
直接以样本统计量（数轴上的一个点） 点估计 :直接以样本统计量（数轴上的一个点） 作为总体参数的估计值
区间估计：按一定概率要求， 区间估计：按一定概率要求，根据样本统计量估 计总体参数可能落入的范围的一种统计方法。 计总体参数可能落入的范围的一种统计方法。也 就是说整体参数所落的有把握的范围 整体参数所落的有把握的范围。 就是说整体参数所落的有把握的范围。
D=0.95时 时
75.7 ≤ µ ≤ 81.3
5、解释：用样本1估计，总体的平均数落在 、解释：用样本1估计， 73.6-82.4之间的可能性为95%， 之间的可能性为95% 73.6-82.4之间的可能性为95%，超出这一范 围的可能性为5% 5%。 围的可能性为5%。 用样本2估计，总体的平均数落在76.7 80.3之 76.7用样本2估计，总体的平均数落在76.7-80.3之 间的可能性为95% 落在75.7 81.3的可能性为 95%， 75.7间的可能性为95%，落在75.7-81.3的可能性为 99%。 99%
X ± 2.58σ X
置信限：就是总体参数所落区间的上下界限。 置信限：就是总体参数所落区间的上下界限。即
X − 1.96σ X ≤ µ ≤ X + 1.96σ X
置信下限 置信上限
标准误
标准误（中心极限定理 ） 标准误（中心极限定理3）
2第二节 回归模型的参数估计
选择时间频率为Annual（年度数据），再分别点击 起始期栏和终止期栏，输入相应的日期工作 文件窗口。 在EViews软件的命令窗口中直接键入CREATE命令， 也可以建立工作文件；命令格式为： CREATE 时间频率类型 起始期 终止期
其步骤为： 其步骤为： ⑴建立工作表 ⑵在菜单“工具”栏中选“数据分析” ⑶在子菜单“数据分析”选“回归” ⑷设定样本区域和结果显示位置等。
一、练习题： 练习题： 1、如何理解 估计。 、如何理解OLS估计。 估计 2、如何利用 法估计多元线性回归模型参数， 、如何利用OLS法估计多元线性回归模型参数，写出 法估计多元线性回归模型参数 推导过程。 推导过程。 3、下次上机练习本节例题 、2、3。熟悉和掌握 、下次上机练习本节例题1、 、 。 Eviews软件的使用。 软件的使用。 软件的使用
启动EViews软件之后，在命令窗口中依次键入以下命令： 启动EViews软件之后，在命令窗口中依次键入以下命令： EViews软件之后 建立工作文件： （1）建立工作文件：CREATE U 8 输入统计资料： Y X （2）输入统计资料：DATA
例2中国城镇居民消费函数(P27) 注: 也可以利用ＥＸＣＥＬ建立回归模型! 也可以利用ＥＸＣＥＬ建立回归模型! ＥＸＣＥＬ建立回归模型
四、 最小二乘估计的性质
1、参数估计量的评价标准 数理统计学证明，一个优良估计量必须同时具有无偏性、 数理统计学证明，一个优良估计量必须同时具有无偏性、 有效性和一致性。 有效性和一致性。 ˆ 无偏性： 是参数β的估计量，如果E( ˆ （1）无偏性：设 β 是参数β的估计量，如果E( β β ， )= ˆ 的无偏估计。 则称 是ββ 的无偏估计。无偏性保证了参数估计值是在 参数真实值（简称参数真值）的左右波动，并且“ 参数真实值（简称参数真值）的左右波动，并且“平均 位置”就是参数的真值 。 位置” 有效性（最小方差性）： ）：设 ˆ ˆ （2）有效性（最小方差性）：设 β β *均为参数的无偏 , ˆ) ˆ ˆ 有效； β )≤D( β * ，则称 β 比 β *有效；如果 估计量， )， 估计量，若D( ˆ ˆ )最小 ˆ 的所有无偏估计量中， 最小， 在β的所有无偏估计量中， D( β )最小，则称 β 为有 效估计量。 效估计量。有效性衡量了参数估计值与参数真值平均离 散程度大小。 散程度大小。
统计学期末大作业题目及答案
统计学实践作业参数估计练习题1. 某大学为了解学生每天上网的时间，在全校7500名学生中采取不重复抽样方法随机抽取36人，调查他们每天上网的时间（单位：小时),得到的数据见表。
求该校大学生平均上网时间的置信区间，置信水平分别为90%、95%和99%。
平均标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数36最大(1)最小(1)置信度%)置信区间平均标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数36最大(1)最小(1)置信度%)置信区间平均标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数36最大(1)最小(1)置信度%)置信区间 2.2.某机器生产的袋茶重量（g）的数据见。
构造其平均重量的置信水平为90%、95%和99%的置信区间。
平均 3.标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数21最大(1)最小(1)置信度%)置信区间平均 3.标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数21最大(1)最小(1)置信度%)置信区间 3.平均 3.标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数21最大(1)最小(1)置信度%)置信区间3. 某机器生产的袋茶重量（g）的数据见。
构造其平均重量的置信水平为90%、95%和99%的置信区间。
平均标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数35最大(1)最小(1)置信度%)置信区间平均标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数35最大(1)最小(1)置信度%)置信区间平均标准误差中位数众数标准差方差峰度偏度区域最小值最大值求和观测数35最大(1)最小(1)置信度%)置信区间资料整理练习题1. 为评价家电行业售后服务的质量，随机抽取了由100家庭构成的一个样本。
服务质量的等级分别表示为：A.好；B.较好；C.一般；D.差；E.较差。
调查结果见表。
第七章 参数估计
近似正态法（或 t 分布法）
SEX
S 10.78 1.54 n 1 50 1
X 1.96SEX
84.3 1.961.54 84.3 3.10 81.2 ~ 87.4
结果解释：
全市初三学生的成绩有95%的可能落在 81.2～87.4的分数之间。 我们有 95%的根据说，若全市都进行这 种实验，则全市初中毕业生会考成绩的 平均分至少不会低于 81.2分，而这个平 均分至少比全市初中毕业生会考平均分 高9.3分。
X 29.917
S 3.926
t11
0.05 2
当Ｐ＝0.95时，
2.201
因此，该校三年级学生阅读能力得分95％的置信 区间为：
X t11
0.05 2
S S X t11 0.05 n 1 n 1 2
3.926 3.926 29.917 2.201 29.917 2.201 12 1 12 1
例 8-1 ：从某市随机抽取小学三年级学 生 60名，测得平均体重为 28k，标准差 3.5kg 。试问该市小学三年级学生的平 均体重大约是多少？ 例 8-2 ：某教师用韦氏成人智力量表测 100 名高三学生， M=115 。试估计该校 高三学生智商平均数大约为多少？
概述
参数估计的原理与方法
（一）含义
1 、含义：直接用样本统计量的值作 为总体参数的估计值，即：
X
例 8-3 ：假设从某市随机抽取 113 六岁男 童，测得平均身高为 110.7公分。试估计 该市所有六岁男童的平均身高是多少？
X 110.7 110.7
（二）良好点估计量的条件
1、无偏性： X 0 例如： X
(04)第4章 参数估计
（2）99%的置信区间是多少？
（3）若样本容量为40，而观测的数据不变，则 95%的置信区间又是多少？
5 - 31
统计学
STATISTICS
总体均值的区间估计
(例题分析)
12, s 4.1
解:(1)已知n=15, 1- = 95%， =0.05 ，x
统计学
STATISTICS
总体均值的区间估计
统计学
STATISTICS
大样本的估计方法
不论总体是不是服从正态分布，在大样本 （n 30）时，样本均值均服从正态分布。 若已知 2 x
x ~ N ( ,
总体均值 在1- 置信水平下的置信区间为
n
)
z
n
~ N (0,1)
z 2
有效性：对同一总体参数的两个无偏点估计量， 有更小标准差的估计量更有效
ˆ P( )
ˆ1 的抽样分布
B A
ˆ2 的抽样分布
ˆ
5 - 11
ˆ ˆ1 是比 2 更有效，是一个更好的估计量
统计学
STATISTICS
有效性
(efficiency)
x1 x2 x3 样本均值 x 3 x1 2 x2 3x3 和 x1 6
统计学
STATISTICS
第 4 章 参数估计
4.1 参数估计的基本原理 4.2 一个总体参数的区间估计 4.4 样本容量的确定
5-1
统计学
STATISTICS
4.1 参数估计的一般问题
4.1.1 估计量与估计值 4.1.2 点估计与区间估计 4.1.3 评价估计量的标准
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二、计算题
1.某工厂生产滚珠.从某日生产的产品中随机抽取9个,测得直径(单位:mm)如下:
14.6 14.7 15.1
14.9 15.0 14.8
15.1 15.2 14.8
用矩估计法估计该日生产的滚珠的平均直径和均方差. 解.设滚珠的直径为X, 平均直径为μ,均方差为σ. 由矩估计法可知
,
而
,
∴
.
,
而
=0.03654,
∴
.
2.设总体X的密度函数为
,
其中(θ＞0), 求θ的极大似然估计量. 解.设(X1, X2,…, X n)是来自X的一样本.
由极大似然估计原理,参数θ的似然函数为:
,
上式两边取对数
,
似然方程为
,解似然方程得θ的极大似然估计量是
.
3.设总体X的密度函数为
,
求α的极大似然估计量和矩估计量. 解.设(X1, X2,…, X n)是来自X的样本.
(1)由矩估计法
, ∴
.
即参数α的矩估计量是
.
(2) 由极大似然估计原理,参数α的似然函数为
,
上式两边取对数
, 似然方程为
, 解似然方程得到参数α的极大似然估计量是
.
4.某种袋装食品的重量服从正态分布.某一天随机地抽取9袋检验,重量(单位:g)为
510 485 505 505 490 495 520 515 490
(1)若已知总体方差σ2=8.62,
求μ的置信度为90%的置
信区间;
(2)若已知总体方差未知,求
μ的置信度为95%的置信
区间. 解.设随机变量X表示此种袋装食品的重量.
(1) 由已知得n=9 ,α=0.1,
,
由于X～N(μ,8.62), 可推得
～N(0, 1),
因此由
得到Φ(Uα/2)- Φ(-Uα/2)=0.90
即Φ(U
0.05
)=0.95
查表得U0.05=1.645所以μ的90%的置信区间为
.
(2) 由已知得n=9 , α=0.05,
由于总体方差未知,选取统计量
～t(n-1).
查表得到tα/2(n-1)=t0.025(9-1)=2.306,
并且计算
,
所以μ的95%的置信区间为
5.为了估计在报纸上做一次广告的平均费用,抽出了20家报社作随机样本,样本的均值和标准差分别为575(元)和
120(元),假定广告费用近似服从正态分布,求总体均值的95%的置信区间. 解.设随机变量X表示做广告的费用.
则X～N(μ, σ2)总体方差σ2未知, 选取统计量
～t(n-1)
又已知n
=20 , α=0.05 , , s=120
查表得到tα/2(n-1)=t0.025(20-1)=2.093,
所以μ的95%的置信区间为
.
6.从某一班中随机抽取了16名女生进行调查.她们平均每个星期花费13元吃零食,样本标准差为3元,求此班所有女生每个星期平均花费在吃零解.设随机变量X表示在吃零食上的费用.
则X～N(μ, σ2) 总体方差σ2未知, 选取统
食上的钱数的95%的置信区间.(假
设总体服从正态分布)
计量
～t(n-1).
又已知n
=16 , α=0.05 , , s=3.
查表得到tα/2(n-1)=t0.025(16-1)=2.1315,
所以μ的95%的置信区间为
.
7.一家轮胎工厂在检验轮胎质量时抽取了400条轮胎作试验,其检查结果这些轮胎的平均行驶里程是20000k m,样本标准差为6000k m.试求这家工厂的轮胎的平均行驶里程的置信区间,可靠度为95%. 解.设随机变量X表示轮胎的行驶里程数.
由于n=400 且总体方差未知由中心极限定理
～N(0, 1) (近似地)
已知
α=0.05 , , s=6000.
因此由
,
得到Φ(Uα/2)- Φ(-Uα/2)=0.95 ,
即Φ(U
0.025
)=0.975,
查表得U
0.025
=1.96, 所以μ的95%的置信区间为
.
8.为了检验一种杂交作物的两种新处理方
案,在同一地区随机地选择8块地段.在各试验地段,按两种方案处理作物,这8块地
段的单位面积产量是(单位:k g)
一号方案产量: 86 87 56 93
84 93 75 79
二号方案产量: 80 79 58 91 77 82 74 66
假设两种产量都服从正态分布,分别
为N (μ1, σ2
) ,N (μ2, σ2), σ2未知,求μ1-μ2的置信度为95%的置信
区间.
解.这是一个求两个正态总体均值之差的置信区间的问题,且两个正态总体的方差未知,但相等.因此选取统计量
～t (n 1+n 2-2)
已知 n 2=n 2=8 , α=0.05.
又由已给数据计算得到;
,
,
s 12=145.696 , s 22=102.125 ,
查表求临界值 t α/2(n 1+n 2-2)=t 0.025(14)=2.1448 ,
,
所以μ1-μ2
的95%的置信区间为:
.
9.为了比较两种型号步枪的枪口速度,随机地取甲型子弹10发,算得枪口子弹的平均值
=500(m/s ), 标准差s 1=1.10(m/s ); 随机地取乙型子
弹20发,得枪口解. 设随机变量X 表示甲型步枪的枪口速度, 随机变量Y 表示乙
型枪口的速度. X ～N (μ1, σ2) , Y ～N (μ2, σ2)
这是一个求两个正态总体均值之差的置信区间的问题,且两个正态总体的方差未知,但相等.因此选取统计量
～t (n 1+n 2-2)
已知 n 2=10 , n 2=20 , α=0.05.
速度平均值
=496(m/s),标准差s2=1.20(m/s). 设两总体近似地服从正态分布,并且方差相等,求两总体均值之差的置信水平为95%的置信区间. 又由已给数据计算得到:
=500 , =496, s12=1.102 , s22=1.202,
查表求临界值tα/2(n1+n2-2)=t0.025(28)=2.0484 ,
,
所以μ1-μ2的95%的置信区间为
.
10.为了估计参加业务训练的效果.某公司抽了50名参加过训练的职工进行水平测验,结果是平均得分为4.5,样本方差为1.8;抽了60名未参加训练的职工进行水平测验,其平均得分为3.75,样本方差为2.1. 试求两个总体均值之差的95%的置信区间.(设两个总体均服从正态分布). 解.设随机变量X表示参加过训练的职工测验的分数, 随机变量Y表示参加过训练的职工测验的分数.
X～N(μ1, σ12) , Y～N(μ2, σ22) .
这是一个求两个正态总体均值之差的置信区间的问题,且两个正态总体的方差未知,又是大样本抽样,因此,选取统计量
～N(0, 1) (近似地)
已知n1=50, n2=60 ,
,
,
s12=1.8 , s22=2.1 , α=0.05 .
因此由
,
得到Φ(Uα/2)- Φ(-Uα/2)=0.95,
即Φ(U
)=0.975.
0.025
=1.96 ,所以μ1-μ2的95%的置信区间为:
查表得U
0.025
.。