概率与数理统计第7章参数估计习题及答案

资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载概率论与数理统计第7章例题地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容第7章例题1.量的是B2.量的是 D3.样本 BA. B.C. D.4.设是来自任意总体X的一个容量为2的样本，则在下列总体均值的无偏估计中，最有效的估计量是 DA. B.C. D.5.从总体中抽取样本下面总体均值的估计量中哪一个最有效DA. B. C. D.6.从总体中抽取样本统计量 ,中更为有效的是CA. B. C. D. 以上均不正确7.设是取自总体的样本，已知和都是的无偏估计量，则________更有效8.设X1，X2， X3， X4是来自均值为的指数分布总体的样本，其中未知，设有估计量（1）找出其中的无偏估计量；（2）证明较为有效.解(1)由于Xi服从均值为的指数分布，所以即是的无偏估计量(2)由方差的性质知，所以较为有效。

9. 设总体X的概率密度为其中为未知参数，如果取得样本观测值为，求参数的极大似然估计值 .解10. 设总体X的概率密度为其中>0，若取得样本观测值为，求参数的极大似然估计值解11.设总体的概率密度为,其中为未知参数.如果取得样本观测值为,求参数的最大似然估计值.解:似然函数,, 时， ,取对数得,所以单调增加.由于,即应该满足的最大似然估计值为 .12.设为正态总体的样本，样本均值的观测值,则未知参数的置信度为0.95的置信区间为 A13.设为正态总体的样本，样本均值的观测值，则置信度为0.90的置信区间为 B14.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（mm）如下：14.6，14.7，15.1，14.9，14.8，15.0，15.1，15.2，14.8.设滚珠直径～，如果已知直径标准差（mm），求在置信水平1－=0.95的置信区间.()解、已知，n=9，，所以的置信度为0.95的置信区间为，即（14.81，15.01）15. 某厂生产的滚珠直径，从某天的产品里随机抽取6个，测得直径如下：(单位：毫米)14.70、15.21、14.98、14.91、15.32、15.32.如果知道该天产品直径的方差是0.05，试找出置信度为0.95的直径平均值的置信区间. () 解、，由置信水平，则，，所以置信区间为：即16. 随机地从一批钉子中抽取9枚，测得长度（单位：cm）分别为2.24 2.10 2.13 2.052.12 2.23 2.20 2.15 设钉子的长度服从正态分布,试求总体均值的90%的置信区间.若已知; (1.645)若未知. ()解(1)的置信度为的置信区间为其中n=9,=0.10,=0.01由计算得代入上式得 (2.145，2.155）----5分(2)的置信度为的置信区间为其中n=9，=0.10，由计算得，代入得(2.111 ,2.189 )17.从一批零件中，抽取9个零件，测得其直径(毫米)为19.7， 20.1, 19.8, 19.9, 20.2, 20, 19.9, 20.2, 20.3,若零件直径服从正态分布，且未知，求零件直径的均值的0.95的置信区间.解置信区间(19.85， 20.17)18.某厂生产的钢丝.其抗拉强度，其中均未知，从中任取9根钢丝，测得其强度（单位：kg）为：578，582，574，568，596，572，570，584，578,试在置信水平1－=0.99下求的置信区间.(；）解：，，方差的置信区间为即：（26.91，441.79）19.今从一批零件中，随机抽取10个，测量其直径尺寸与标准尺寸之间的偏差（mm）分别为2，1，－2，3，2，4，－2，5，3，4。

概率论与数理统计习题7参考答案习题7参考答案7.1解：因为:是抽自二项分布B （m ，p ）的样本，所以总体的期望为mp X E =)(，用样本均值X 代替总体均值()E X ，得p 的矩估计为m Xp=ˆ。

似然函数为1111()()(1)(1)()(1)mmii m mi i x m x x m x x m x p p p m mmmL p C p p C p p C pp ==---∑∑=--=-，对它们两边求对数可得11ln(())ln()ln ()ln(1),m mp miii i L p m C x p m x p ===++--∑∑对p 求导并令其为0得11ln(())/()/(1)0mmi i i i L p x p m x p p ==∂=---=∂∑∑，得p 的极大似然估计为1ˆnii xXm pm m ===∑7.2解：01()xE X xdx eλλλ+∞-=•=⎰，令()X E X =，则λ的矩估计为λˆ11()E x X== 由概率密度函数可知似然函数为：e e e x x x L n λλλλλλλ---••••=21)(eni i x n∑==-1λλ对它们两边求对数可得∑-=∑==-=ni inx en x L ni i 1ln )ln())(ln(1λλλλλ对λ求导并令其为0得0))(ln(1=∑-=∂∂=ni i x n L λλλ 即可得λ的似然估计值为x n n i i x 111ˆ1=∑==λ7.3解:记随机变量x 服从总体为[0,]上的均匀分布，则220)(θθ=+=X E ， 令()X E X =，故的矩估计为X 2ˆ=θ。

X 的密度函数为θ1)(=x p 故它的似然函数为IIX X L n inni n}{1}0{)(11)(θθθθθ≤=≤<==∏要使)(θL 达到最大，首先一点是示性函数的取值应该为1，其次是θn1尽可能大。

由于θn1是的单调减函数，所以的取值应该尽可能小，但示性函数为1决定了不能小于,因此给出的最大似然估计=θˆ（示性函数I=，=min{} ,=max{}）7.4解:记随机变量x 服从总体为[,]上的均匀分布，则2322)(θθθ=+=X E , 令()X E X =,所以的矩估计为X 32ˆ=θX 的密度函数为θ1)(=x p 故它的是似然函数为()(1)()(1){2}{2}{}21111()x xx x n in nnnni L X I I Iθθθθθθθθθ≤≤≤<≤≤≤====∏要使)(θL 达到最大，首先一点是示性函数的取值应该为1，其次是θn1尽可能大。

概率论与数理统计习题部分习题简答习题七2．解 =1α(),E X λ=由X A ==11ˆα参数λ的矩估计量为.X λΛ=3．解 由()()1221()3E X xf x dx xx dx ααααα+∞-∞===-=⎰⎰ ，得 13αα=, 由X A ==11ˆα, 所以α的矩估计量 3.X αΛ=4．解()()11111,n nn ni ii i i i L f x x x θθθθθθ--======∏∏C ,()1ln ln (1)ln ni i L n x θθθ==+-∑，令 ()1ln ln 0ni i d nx d θθθ==+=∑,所以，θ的极大似然估计值为 1ln ni i n x θΛ=⎛⎫ ⎪ ⎪=-⎪ ⎪⎝⎭∑. 5．解 ()111122niii x x nn n i L e eσσσσσ=--=∑⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭∏ ，()1ln ln 2ln nini x L n σσσ==---∑,令()12ln 0nii xd nd σσσσ==-+=∑ ，得11ni i x n σ==∑ ，所以，σ的极大似然估计量为 11ni i X n σΛ==∑.6．解 (1) 由=1α()22()12213(1)32,E X θθθθθ=⨯+⨯-+-=- 可得231αθ-=由X A ==11ˆα, 所以θ的矩估计量为3-,2XθΛ= 根据给定的样本观测值计算得到 14(121).33x =++=所以652343ˆ=-=θ,即θ的矩估计值为5.6θΛ=(2) 对于给定的样本观察值，似然函数为()2252(1)2(1)L θθθθθθθ=⨯-⨯=- ，()ln ln 25ln ln(1)L θθθ=++-,令 ()ln 5101d d θθθθ-=+=-，得56θΛ=.即θ的极大似然估计值为5.6θΛ= 7.证 =)(X E 11111()n n i i i i E X E X n n n nμμ==⎛⎫=== ⎪⎝⎭∑∑,所以样本均值X 是μ的无偏估计量但是，22222()()().E X D X E X nσμμ=+=+≠所以2X 不是2μ的无偏估计量8.解 ()()()()()()22111E CX C S CE X C E S C C λλλ+-=+-=+-= 所以，2(1)C X C S +-均是λ的无偏估计． 9.证 ()()()21212123333E g E X E X μμμ=+=+=，可证，()1E g μ=，()3E g μ=()()()212145999D g D X D X =+= ， 31292517()()()646432D g D X D X =+=， ()()()112111442D g D X D X =+=， 231()()()D g D g D g >>，所以，1121122g X X =+估计μ最有效.10.解 13,T T 是θ的无偏估计量；3T 更有效。

第七章 参数估计1.设总体X 的密度函数为⎩⎨⎧<<+θ=θ其它010)1()(x x x f ，其中1->θ是未知参数,n X X X ,,,21Λ为取自总体X 的容量为n 的随机样本。

(1)求θ的矩估计量；解：由()101(1)d 2E X x x x θθθθ+=+=+⎰得 ()()211E X E X θ-=-所以，θ的矩估计量为XX --=112ˆθ; (2)求θ的极大似然估计量。

解：θ的似然函数为1()(1)nii L x θθθ==+∏取对数得对数似然函数()1ln ()ln 1ln ni i L n x θθθ==++∑令1d ln ()ln 0d 1ni i L nx θθθ==+=+∑ 得θ的极大似然估计量为∑=--=ni iX n1ln 1ˆθ2.设总体X 的概率密度为其中0>θ未知,从总体中抽取简单随机样本n X X X ,,,21Λ.(1)求θ的矩估计量；解：由()()212e d 2x E X x x θθθ+∞--==+⎰ 得()12E X θ=-所以θ的矩估计量为1ˆ2X θ=-； (2)求θ的极大似然估计量。

解：θ的似然函数为2()1()2i nx i L e θθ--==∏1222,,1,2,,nii x n n i eex i n θθ=-∑=≤=L是θ的增函数，而{}1min i i nx θ≤≤≤，所以θ的极大似然估计为 {}1ˆmin ii nX θ≤≤=。

3.设),,,(21n X X X Λ为来自总体),0(~2σN X 的一个样本,求2σ的极大似然估计并检验其是否为无偏估计。

解：2σ的似然函数为22221()i x ni L σσ-==对数似然函数为()222211ln ()ln 2πln 222n i i n n L x σσσ==---∑令222241d ln ()20d 2nii L n xσσσσ==-+=∑得2σ的极大似然估计量为2211ˆn i i X n σ==∑ 由于()()222iiE X D X σ== ，所以()()22211ˆni i E E X n σσ===∑ ()22()0x ex f x x θθθ--⎧>⎪=⎨≤⎪⎩这表明2211ˆn i i X n σ==∑是2σ的无偏估计。

写在前面：由于答案是一个个复制到word rh，比校耗时耗力，故下载收取5分・希望需要的朋友给予理解和支持!PS网上有一些没经我同总就将我的答案整合、转换成pdf,放在文库里的.虽然是免费的.但是窃取f我的劳动成果，希望有心的朋友支持我一下.下载我的原版答案。

第七章假设检验假设检验的基本談念习题1 样木容fin确定后，在一个假设检验中•给定显著水平为*设此第一类错的概率为。

•则必有()•(A)a+p=l; (B)a+p>l; (C)a+p<l; {D)a+p<2.解答: 应选(D)・当样木容Sn确定后.aQ不能同时都很小.即a变小时，p变大：而P变小时• a变大.理论上，自然希望犯这两类错误的概率都很小・但a*的大小关系不能确定.并且这两类错谋不能同时发生，即a=l且p=l不会发生.故选(D).习題2设总休X^(g,a2b其中02已知，着要检验W需川统计a U=X"-gOa/n,(1)若对敢边检验，统计假设为则拒绝区间为(2)若肌边假设为H0:g=g0,Hl：n<^0,则拒绝区间为. (给定显着性水平为4样木均值为X•，样木容fi 为n,且可记ul・a为标准正态分布的(l・a)分位数).解答:由敢侧检验及拒绝的概念即可御到.习題3 如何理解假设检验所作出的〃拒绝原假设H0"和“接受原假设Hcr的判断解答:拒绝H0是有说服力的，接受H0是没有充分说服力的•因为假设检验的方法是概率性质的反证法.作为反证法就是必然要〃推出矛盾r才能得出"拒绝HO"的结论.这是有说服力的・如果“推不出矛盾化这时只能说〃目前还找不到拒绝H0的充分理由W此“不拒绝H0”或〃接受HCr\这并没有肯定H0—定成立•由于样木观察值是随机的• W此拒绝H0.不童味着H0是假的•接受H0也不意味着H0是真的•都存在着错误决策的可能.当原假设H0为真，而作出r拒绝H0的判断，这类决策错谋称为第一类错谋.又叫弃真错洪•显然犯这类错渓的概率为前述的小槪率a:a=P（拒绝HOIHO为真）;而原假设HO不真•却作出接受H0的判断•称这类错误为第二类错误，又称取伪错误.它发生的槪率P为P二P（接受HO|H0不真）.习題4 犯第一类错误的概率a与犯第二类错谋的概率P之间有何关系一般來说.当样木容g固定时，若减少犯一类错误的槪率.则犯另一类错渓的概率往往会增大•要它们同时减少，只有増加样木容a n.在实际问题中，总是控制犯節一类错误的概率a而使犯第二类错谋的概率尽可能小・a的大小视具体实际问题而定.通常取a弓等tfL 习題5 在假设检验中•如何理解指定的显著水平a 解答:我们希望所作的检验犯两类错谋的槪率尽可能都小・但实际上这是不可能的•当样木容Sn固定时，一般地•减少犯其中一个错谋的槪帑就会增加犯另一个错误的概率• W此，通常的作法是只要求犯第一类错误的概率不大于指定的显著水平6因而根据小概率原理，最终结论为拒绝H0较为可靠，而最终判断力接受H0则不大可靠，«原因是不知道犯第二类错误的概率P处竟有多少.且a小，P就大.所以通常用JW 相容r 〃不拒绝HO"等词语來代替“接受H0".而"不拒绝HO"还包含有再进一步作抽样检验的意思.习题6 在假设检验中•如何确定原假设H0和备择假设H1 解答: 在实际中・通常把那些需要着重考虑的假设视为原假设H0.而与之对应的假设视为备择假设H1.（1）如果问题是要决定新方案是否比原方案好，往往将原方案取假设.而将新方案取为备择假设:(2)若提出一个假设・检验的目的仅仅是为r判断这个假设是否成立.这时直接取此假设为原假设H0即可. 习題7 假设检验的基木步腺有哪些解答:根据反证法的思想和小概率原理•可将假设检验的步骤归纳如下:(1)根据问题的要求.提出原理假设H0和备择假设HL (2)根据检验对紀构造检验统计gT(Xl,X2宀Xn),使肖H0为真时汀有确定的分布.(3)由给定的显著水平6直统计址T所服从的分布表，定出临界值K使P{ 1 T I >A)=a,或P(T>M)=P(T<X2)=a/2,从而求出H0的拒绝域：I T I >入或T>MJ<X2,(4)由样木观察值计算统i|・fi T的观察值t(5)作出判断，将t的值与临界值比较大小作出结论:当tW拒绝域g时，则拒绝H0.否则，不拒绝H0.即认为在显著水平a下，H0与实际悄况差界不显著.习題8 假设检验与区间估il•有何异同解答:假设检验与区间估ii•的提法虽不同，但解决问题的途径是相通的.参数0的a信水平为i・a的a信区间对应于双边假设检验在駄着性水平a下的接受域：参数e的a信水平为1-a的爪侧置信区对应于爪边假设检验在显著性水平a下的接受域.在总休的分布已知的条件下•假设检验与区间估计是从不同的角度回答同一个问題•假设检验是判别原假设H0是否成立，而区间估计解决的是“多少"(或范前者是宦性的.后者是定fi的.习题9 某天开工时，需检验自动包装工作是否正常•根据以往的经验，其装包的质a在正常情况下服从正态分布N(100,仲位:kg).现抽测了9包，其质S为:问这天包装机工作是否正常将这一问题化为假设检验问题.写出假设检验的步驟(am 解答: ⑴提出假设检验问题H0：尸100, Hl："100;(2)选取检验统il S U：U=X； HO成立时,UW((U)；(3)a=,ua/2=,拒绝域W={ 1 u 1 >};(4))f勺I u I =. hM 1 u I <ua/2=,故接受HO,认为包装机.I：作正常.设总休X^(pJbXl,X2/7Xn是取自X的样木.对于假设检验HO：|i=O'Hl：pMO,取显著水平a,拒绝域为W={ i U i >ua/2b其中u=nX-,求:H0成立时，犯第一类错误的槪率aO;(2)十HO不成立时(若"0),犯第二类错的概率p.(l)X^(H4)/X'MM(g,l/n),故nX'=uMM(O,l). a0=P{ I u I >ua/2 I g=0}=l-P{-ua/2<u<ua/2}=1-[<D(ua/2)-(D(-ua/2)]=l-[(l-a2)-a2]=a,即犯第一类错误的概率是显著水平a.(2)F H0不成立.即PMO时.犯第二类错误的概率为P=P{ I U I 30/2 I E(X)=n}=P{・uct/2<u<ua/2 I E(X)=A}=P{-ua/2<nX'<ua/2 I E(X)=|i}=P{-ua/2-nn<n(X'-n)<ua/2-nn I E(X)=n}=(I)(ua/2-niJi)-®(-ua/2-nn),注1 '^1 H T+8或时，PTO.由此可见.当实际均值H偏离原假设校大时，犯第二类错误的概率很小.检验效果较好.注2!勺卩工0但接近于0时.Pdw.Wa很小.故犯第一娄错误的概率很大.检验效果较差.单正态总体的假设检験习题1 已知某炼铁厂铁水含碳量服从正态分布N,・现在测定r 9炉铁水•其平均含碳虽为•如果估计方差没有变化.可否认为现在生产的饮水平均含碳fi仍为(a=解答^ 木问题是在a二下检验假设HO：ns由r a2=已知，所以可选取统计sU=X •在HO 成立的条件下• UW(OJ),且此检验问题的拒绝域为I U 1 = I X •这里 说明U 没有落在拒绝域中.从而接受H0.即认为现在生产之饮水平均含碳S 仍为•习題2要求一种元件平均便用寿命不斜低于1000小肘，生产者从一批这种元件中随机抽取25件，测御其寿命的 平均值为950小时.已知该种元件寿命服从标准差为0=100小时的正态分布，试在显著性水平(1=卜确定 这批元件是否合格设总体均值为卩川未知.即需检验假设H0：H >1000,H1：H <1000.解答:检验假设 HO ：n>1000,Hl ：n<1000.这是飛边假设检验问题.由于方差02二，故用U 检验法.对于显着性水平a 二，拒绝域为W={X"-1000a/n<-ua.査标准正态分布表•得 又知n=25X=950,故可计算出x'-1000a/n=950-1000100/25=,因为&故在a=下拒绝H0,认为这批元件不合格.习题3 打包机装糖入包，每包标准重为100kg.毎天开工后，要检验所装糖包的总体期望值是否合乎标准 (100kg)•某日开工后.测御9包糖重如下位：kg)：打包机装糖的包得服从正态分布•问该天打包机1：作是否正常(a 二 解答: 木问题是在a 二下检验假设HO:p=100,Hl ："100・由于02未知.所以可选取统讣fi T=X--100S/n,在HO 成立的条件下.W(n-1K 且此检验问題的拒绝域为I T I = 1 X'-lOOS/n I >ta/2(n-l).I t 1 =<=(8),即t 未落在拒绝域中・从而接受H0,即可以认为该天打包工作正常.习題4机器包装食盐.假设毎袋盐的净重服从正态分布•规定毎俊标准含fi 为500g,标准差不斜趙过lOg •某天开 工后•随机抽取9袋.测得浄重如下仲位：g)：497, 507, 510, 475, 515, 484, 488, 524, 491,I U I =<=ua/2・这里 t=x"-100s/ns ：试在駄著性水平a二下检验假设:HO：n=500,Hl：n#500,解答:x'=499,ss：,n=9,t=(x~-|jiO)sn==,a=, (8)=.Will <(8b故接受HO,认为该天每袋平均质a可视为500g・习«5从清凉饮料自动售货机・随机抽样36杯，其平均含g为219(mL),标准差为/在a二的显I?性水平下・试检验假设S HO：A=|I O=222,H1：H<M=222・解答: 设总休X-W(g,a2bX代表自动售货机售出的清凉饮料含S・检验假设H0：n=n0=222(mL), Hl：n<222(mL),由asn=36,査表毎(36・1)弓拒绝域为W={t=x'-nOs/n<-ta(n-l).il•算t值并判断:t=36»习題6 某种寻线的电阻服从正态分布N(x・今从新生产的一批导线中抽取9根・测«电阻•得s=Q,对于a®能否认为这批导线电阴的标准差仍为解答:木问题是在a二下检验假设H0:a2=, Hl:o2匕选取统计fi x2=n-la2S2,在HO成立的条件下,X2^2(n-1),且此检验问題的拒绝域为X2>xa/22(n-l)或x2<xl-a/22(n-l).这里X2==x=,X(8)=，x(8)-落在拒绝域中，从而拒绝HO,即不能认为这批导线电阻的标准差仍为.习题7某厂生产的铜线，要求其折断力的方差不超过16N2.今从某日生产的铜丝中随机抽取容fi为9的样木•测得其折断力如下（飛位：N）:289, 286, 285, 286, 285, 284, 285, 286, 298, 292设总体服从正态分布，问该日生产的铜线的折斷力的方差是否符合标准（a二解答: 检验问題为n=9, s2勺X2=8XS216勺am X(8)=・因X2<X（8）s故接受HO,可认为铜丝的折断力的方差不超过16N2.习题8过去经验示.商三学生完成标准考试的时间为一正态变其标准差为6min.若随机样木为20位学生, 其标准差为X,试在显着性水平a= b\检验假设:H0:a>6,Hl:a<6,解答:HO:a>6,Hl:a<6,a=,n-l=19,ssx(19)-拒绝域为W={x2<},i l•算X2值X2=(20-l)x^.因为>■故接受H0,认为a>6.习題9测定某种潯液中的水分・它的10个测定值给出*%,设测定值总体服从正态分布.02为总休方差.02未知，试在a二水平下检验假设:在a= b\拒绝域为W={(n-l)S2a02<xl-a2(9).查X2分布表得X（9）m讣算得(n-l)s2o02=(10-l)x\per)2\per)2^>,未落入拒绝域•故接受H0.取正态总体的假设检越习題1制造厂家宜称•线A的平均张力比线B至少强120N,为证实其说法.在同样情况下测试两种线各50条.线A的平均张力x-=867N,标准差为01=;而线B的平均张力为y・=778N,标准差为o2m在a二的显善性水平下，试检验此制造厂家的说法.解答:H0：nl4l2=120,Hl：pl 屮2<120・am=・W={u=x'-y~-120ol2nl+a22n2<-ua,拒绝域为由x'=867,y'=778,nl=n2=50, 012=2,o22=2,得□=867-778-120250+250^^^,因为&故拒绝H0,认为pl-rx2<120,即厂家的说法不对.习题2 欲知某新血清是否能抑制白血球过多症，选择已患该病的老畝9只•并将其中5只施予此种血清，另外4 只则不热•从实验开始.其存活年限表示如下假设两总体均服从方差相同的正态分布，试在显著性水平a二下检验此种血清是否有效解答^ 设pl- p2分别为老鼠接受和未接受血清的平均存活年限。