第六章参数估计题型归类与解题方法.点估计矩估计法设总体X的分布形式,田田2,…,8m是总体分布中的未知参数,Xi,X2,…,Xn是来自总体X的一个样本,求e1,a2,…,■9m的矩估计的步骤如下：(1)总体X的前m阶矩'-=E(X)=2i(&$,…,*)=E(X)=」2(口1,口2,…,?m)I」m=E(Xm)=」mClf；m)(2)解(1)中的m个方差得未知参数91,%,…,em飞1="俳1,匕…*m),%=%(%£/)I4f(」1/2「Jm)1n一(3)用样本矩Ak=—£X：代替相应的总体k阶矩Nk,得到日1,%,…,■9m的矩估计ni1"="(A1,A2,…,Am)A492=%(A1,A2,…,Am)19m=8m(AA…,Am)例6.1设总体X以等概率1/9取彳11,2「「日,求未知参数9的矩估计量解由5=E(X)=1乂(1/6十2M(1/9)+…+6x(1/9)=(1+0)/2得e=2七—1,故日的矩估计量为2=2A2-1=2X-1例6.2设总体X的概率密度为f(x〃)>040,其它求未知参数日的矩估计量解科=E(X)=jx6xe-dx=g°[,解得e=—工,故日的矩估计量为1_\A_X1-A-1-X36x(e-x)/e3,0
d)i1^27l2nI1n两边取对数付lnL(』,？2)=-nln12Xi,7,2tI2i1而LQ,%)〞1注意到XjA斗,故日=m%X时,inL(»,%)到达最大.人FlnLCi,4)及nMi1-r二「2“L.1n解得ZU1%niiXi-9i=X-9i,故^i,力的极大似然估计量分别为2.点估计的评价标准无偏估计量的判断与证实例6.8设总体X的期望为N,方差为二2,X1,X2,…,Xn；丫,丫2,…,Ym分别是来m_(Xi-X)2+Z(丫—Y)2]是仃2的无偏iW估计量,其中X,Y分别为两个样本的样本均值22(Y-Y)]=仃,一,1」—21证由E[——£(Xj—X)2]=E[n-1i3m-1E(S2)=nm-222{E[-(Xi-X)2]E「(Yi-Y)2]}222二[(n-1),'；(m-1)二]-；-nm-2故S2是仃2的无偏估计量.例6.9设随机变量X在区间[0冏上服从均匀分布,日未知,X1,X2,…,Xn是来自X的一个样本,令X(n)=max(Xi,X2,…,Xn),试证实X(n)是9的有偏估计量,而n,1,、八,1L」X(n)是e的无偏估计量.n证由题设知X的概率密度为-05>1,故♦最有效.8922.3一致性的判断与证实通常利用大数定理、切比雪夫不等式及极限的性质来证实一致性例6.13设总体的期望N和方差仃2均存在,证实：一1n(1)样本均值X=-ZXi是N的一致估计;nid91_n——99(2)假设总体服从正态分布,那么样本万差S2(Xj-X)2是.2的一致估计.n-1y证(1)因X1,X2,…,Xn独立同分布,且E(Xi)=N(i=1,2-,n),故由辛钦-P..—..大数定理得X=-HXjTN,即X是N的一致估计.nid(2)由抽样分布定理得(n—?S〜72(n—1),故D|(n-?S]=2(n_1),CTI于是D(s2)『31qd""」n—1仃(n-1)o-n-122注意到E(S)=仃,由切比雪夫不等式得1-P{|S2-二2「}J-DI^-1--^—^,1(n,二)；(n-1)；由极限的夹逼准那么得P{|S2-a2|1,所以S2是.2的一致估计.3.区间估计设e是总体分布中的未知参数,X1,X2,…,xn是来自总体X的一个样本,在给定置信水平为1一3下求置信区间的步骤如下：(1)构造一个样本函数w=w(x1,x2,…,xn；e),w中除包含待估参数日外,不能含有其他任何未知参数,并且w的分布是的且不依赖于任何未知参数；(2)根据W的分布确定常数a,b使P{a
表
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得Z0.025=1.96,故平均直径的置信度为95%置信区间为0.0514.98-1.96.,14.981.963.2.2未知,求N的置信区问0.05.(14.784,15.176).5V510个试件做横纹抗压力例6.15某种木材横纹抗压力的实验值服从正态分布,对实验得数据如下〔单位：kg/cm2〕：TOC\o"1-5"\h\z482,493,457,510,446,435,418,394,469试对该木材平均横纹抗压力进行区间估计.(a=0.05)解样本均值为-1/__x=—(482493y69)=457.5101ccc样本方差S2=1[(482_457.5)2(493一457.5)2(469一457.5)2]=1240.39样本均方差S=•.S2=35.218查t分布表得t0.025(9)=2.2622,故平均横纹抗压力的置信度为95%置信区间为35.21835.2182.2622父「,457.5+2.2622父「=(432.3,482.69)TOC\o"1-5"\h\z,V10v10JR未知,求仃2的置信区间例6.16岩石密度的测量误差服从正态分布N〔R户2〕,随机抽测12个样品得S=0.2,求.2的置信区间.0=0.1)解查表得麓05(11)=19.674稣95(11)=4.575,故仃2的置信度为0.9的置信区间..为卜12-1)"22,"-1)"22L(0.02,0.i0)(19.6754.575,=仃；未知,求心-也的置信区问例6.17随机地从A批导线中抽取4根,从B批导线中抽取5根,测得其电阻〔单位：建〕为A批导线：0.143,0.142,0.143,0.137B批导线：0.140,0.142,0.136,0.138,0.140设测试数据分别服从正态分布N〔t,.2〕,N〔N2,.2〕,且它们相互独立,又匕,匕产2未知,试求匕-七的置信度为95%的置信区间.解A批导线的样本均值为一1--x〔0.1430.1420.1430.137〕=0.141254样本方差S2=8.2410£B批导线的样本均值为_1x二(0.1400.1420.1360.1380.140)=0.1392样本方差S2=5.9210£查t分布表得t0,025(7)=2.364610.025(4-1)8.2410-6(5-1)5.9210-6=2.36460.004245-2故丹-%的置信度为95%的置信区间为—一,I11c/-V、x-y±ta/2(n1+n2-2)Sw―十一=(0.00214,0.00625)[nn1n2J3.5九也未知,求仃12/.2的置信区间例6.18设两化验员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S；=0.5419,SB=0.6065,设仃A,仃2分别为A,B所测定的测定值总体的方差,设总体服从正态分布,求方差比仃；/仃；的置信度为95%的置信区间解查F分布表得F0.025(9,9)=4.03,从而TOC\o"1-5"\h\z一1__2,2,F0975(9,9)==0.2481,故仃a/^b的置信度为95%的置信区间为F0.025(9,9)S2S2二(0.222,3.601)0.2481^2,4.03^2S2S2)1n-AA解得九=—£Xi=x,故九的极大似然估计值为X=x,极大似然估计量为九=Xnia例6.6设总体X的概率密度为f(X,0)=^e-S,1********X-0(6>0),0,x<0今从X中抽取10个个体,得数据如下：1050,1100,1080,1200,1300,1250,1340,1060,1150,1150.试求9的极大似然估计值.n解似然函数为I©=口比上(%之0)i1自总体X的两个样本,证实S2
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