概率论与数理统计（理工类 第四版）吴赣昌主编答案5,6,7,8章

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)

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，X1ˉ和X2ˉ分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1ˉ+bX2ˉ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(aX1ˉ+bX2ˉ)=aE(X1ˉ)+bE(X2ˉ)=(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(X1ˉ)+b2D(X2ˉ)=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：p=Xˉ=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(p)=E(Xˉ)=E(1n∑i=1nE(Xi))=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1np=p. 由定义，p是p的无偏估计量，又

D(p)=D(Xˉ)=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?>0

P{∣p-p∣≥?}=P{∣Xˉ-p∣≥?}≤1?2D(Xˉ)=1?2p(1-p)n→0,n→∞

所以limn→∞P{∣p-p∣≥?}=0, 故p=Xˉ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

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=Xˉ,A2=1n∑i=1nXi2分别代替a1,a2, 即得p,k的矩估计为 p=Xˉ-S2Xˉ,k=[Xˉ2Xˉ-S2],

其中S2=1n∑i=1n(Xi-Xˉ)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=xˉ,

即xˉ=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Xˉ代替E(X)即可得θ的矩估计θ. 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Xˉ代替上式的E(X), 得矩估计为θ=1-Xˉ2.

习题9

设总体X的概率密度为

f(x)={(θ+1)xθ,0

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=Xˉ, 得θ+1θ+2=Xˉ, 解得θ的矩估计量为 θ=2Xˉ-11-Xˉ.

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

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=Xˉ=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: 232.50 232.48 232.15 232.53 232.45 232.30 232.48 232.05 232.45 232.60 232.47 232.30

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=μ=Xˉ=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

σ2=1n∑i=1n(Xi-Xˉ)2=1n∑i=1n(Xi-a)2-(Xˉ-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

p2=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

Xˉ=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Xˉ比Y有效. 解答： 依题设可得

E(Xˉ)=1n∑i=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X), E(Y)=∑i=1nCiE(Xi)=E(X)∑i=1nCi=E(X). 从而Xˉ,Y均为E(X)的无偏估计量，由于 D(Xˉ)=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(Xˉ), 故Xˉ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=2Xˉ和θ2=n+1nX(n)是θ的一致估计.

解答：

因E(θ1)=θ, D(θ1)=θ23n; E(θ2)=θ,D(θ2)=θn(n+2),X(n)=max{Xi}. 依切比雪夫不等式，对任给的?>0, 当n→∞时，有 P{∣θ1-θ∣≥?}≤D(θ1)?2=θ23n?2→0,(n→∞) P{∣θ2-θ∣≥?}≤D(θ2)?2=θ2n(n+1)?2→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)=Xˉ=150(25.8+24.7+?+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xˉ=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 (Xˉ-uα/2Sn,Xˉ+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

(24.92-1.96×0.661550,24.92+1.96×0.661550)=(24.737,25.103),

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

(p1,p2)=(12a(-b-b2-4ac),12a(-b+b2-4ac)). 其中a=n+uα/22,b=-(2nXˉ+uα/22), c=nXˉ2.

由题意，xˉ=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=2.56.