三区间估计单个正态总体的区间估计设样本来自正态总体 N 注意与 B 的区别则已知时的置信度为的置信区间为 u u 未知时的置信度为的置信区间为 t t 已知时的置信度为的置信区间为 4 未知时的置信度为的置信区间为两个正态总体的区间估计设总体 ~ ~ N N 分别是的一

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饭颉顾
5 years ago
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1 第 7 章参数估计一点估计设是来自总体的一个样本记 A k k 特别地 A Bk k k 利用统计量去估计总体未知参数的真值称为点估计常用的点估计方法有矩估计法和极大似然估计法一般要求掌握一个或两个参数的情形矩估计法若只有一个未知参数则建立方程 E 求解 ; E 若有两个未知参数则建立方程方程组求解 D B k 注若有 m 个未知参数则可利用 E A k m 建立方程组求解极大似然估计法也称最大似然估计法第步根据的概率密度或分布律利用样本构造似然函数 L 其中第步取对数 l L ; l L 第步令 0 m 为未知参数 ; m 得似然方程组 ; k m 第 4 步解似然方程组可得的极大似然估计 ˆ 通常似然方程组的解就是 L 的最大值点注当似然函数不可微时可利用似然函数的性质确定其最大值点考研的题型主要是求极大似然估计二常用的评价估计量的标准无偏性设 ˆ 为参数的估计量如果 E ˆ 则称 ˆ 是的无偏估计量注样本均值和样本方差分别是总体均值 E 和总体方差 D 的无偏估计量但不是 D 的无偏估计量有效性设 ˆ 与 ˆ 为参数的两个无偏估计量如果 D ˆ ˆ D 则称 ˆ 较 ˆ 有效注 c 其中 c 0 c 都是总体均值 E 的无偏估计量其中样本均值是最有效的一致性设 ˆ 为参数的估计量如果 ˆ 依概率收敛于即对任意给定的 0 lm P ˆ 内容提要有则称 ˆ 为的一致估计量注本节是考研的常考内容之一尤其是验证估计量是否无偏的题目经常出现与点估计相结合的综合题型居多

2 三区间估计单个正态总体的区间估计设样本来自正态总体 N 注意与 B 的区别则已知时的置信度为的置信区间为 u u 未知时的置信度为的置信区间为 t t 已知时的置信度为的置信区间为 4 未知时的置信度为的置信区间为两个正态总体的区间估计设总体 ~ ~ N N 分别是的一个样本且两个样本相互独立分别为它们的样本均值和样本方差则均已知时的置信度为的置信区间为 u u 但未知小样本情形的置信度为的置信区间为 t t w w 其中 w 未知但为大样本情形建议 0 0 的置信度为的近似置信区间为 u u 4 均未知时的置信度为的置信区间为

3 / / F F 注对于且未知小样本情形请参考有关文献单侧置信区间求单侧置信区间的方法与双侧情形完全类似只需注意两点 : 需将双侧置信区间中的改为 ; 对于求单侧置信上限的单侧置信区间其下限应根据题目确定可以是 0 或其它数参看例 76 例 77 题型方法与技巧题型一求矩估计或极大似然估计例 7 设总体的概率密度为 x e x f x; 0 x 而是来自总体的简单随机样本则未知参数的矩估计量为 00 年数学三 x x x x 解 E xe dx xde xe x e 得方程 ˆ 解得的矩估计量为 ˆ 注方程是由代替 E 而得到另外积分中用到分部积分法例 7 设总体的概率密度为 0 x f x; x 0 其它其中是未知参数 0 为来自总体的简单随机样本记 N 为样本值 x x x 中小于的个数求 : 的矩估计 ; 的最大似然估计 006 年数学一三解由 E x dx xf x; dx xdx 0 得方程 ˆ 于是的矩估计量为 ˆ 当 x x x 时似然函数为取对数得 0 L N N e dx

4 l L N l N l 令 d l L N N 0 d 解得的最大似然估计为 N ˆ 注求最大似然估计的关键是正确确定似然函数例 7 设总体的概率密度为 x xe x 0 f x 0 其它其中参数 0 未知 x x x 是来自总体的简单随机样本求参数的矩估计量 ; 求参数的最大似然估计量 009 年数学一 x x x 解由 E x xe dx x de x e 0 0 x x x x xd e xe 0 0 e dx e 0 0 得方程所以的矩估计量为 ˆ ; ˆ 当 x x 0 时似然函数为取对数令解得 x 0 L x x x x x xe l L l l x x x x d l L d x x x 0 0 e x xdx 故的最大似然估计量为 ˆ 注求矩估计计算 E 时两次用到分部积分法另外此题的矩估计与极大似然估计的结果相同但对不少分布矩估计和极大似然估计并不一样如例 7 题型二估计量的无偏性例 74 设是总体 N 的简单随机样本记 T 证明 T 是的无偏估计量 ; 当 0 时求 DT 008 年数学三

5 解 ET E E E D E 所以 T 是的无偏估计量当 0 时有 ~ N0 即 ~ N0 于是有 ~ 得 D 即 D ; 又 ~ 于是 D [ ] 即 D 利用与相互独立得 DT D D 注再次提醒差的方差公式: D D D cov 此题充分利用了分布的性质记住 : 若 ~ K 则 EK DK 使得方差的计算非常容易另外与相互独立可从与相互独立的证明过程中得到例 75 设总体的概率密度为 0 x f x; x 0 其它其中参数 0 未知是来自总体的简单随机样本是样本均值 I 求参数的矩估计量 ˆ ; II 判断 4 是否为的无偏估计量并说明理由 007 年数学一三解 I 由 x x E xf x; dx dx 0 dx 得方程所以的矩估计量为 4 ˆ ˆ II 因为 4 4E 4[ D E ] 4D 4 4D E 4 4 易知 D 存在从而 D 存在那么 D 0 又 0 所以 E 4 即 E 4 因此 4 不是的无偏估计量注在解题中有些东西要灵活处理如本题中我们并没有具体算出 D x 例 76 设总体的概率密度为 f x e x 为总体的简单随机样本其样本方差为则 E 006 年数学三

6 x 解因为 E xf x dx x e dx 0 x x E x f x dx x e dx 0 x e dx 0 E D E 其中 ~ E 所以 D E E 由于样本方差是总体方差的无偏估计量故 E D 注抓住样本方差是总体方差的无偏估计量是解题的关键另外对于最后一个积分看出与参数的指数分布的联系给计算带来方便例 77 设 m 为来自二项分布总体 B p 的简单随机样本和分别为样本均值和样本方差若 k 为 p 的无偏估计量则 k 009 年数学一解由 k 为 p 的无偏估计量得 E k p 令表示总体则 E E p E D p p 所以 p kp p p 即 k p p 于是 k 注熟记一些常用的无偏估计量有助于解题题型三估计量的有效性或一致性例 78 设是总体的一个样本已知 c c 0 c 都是总体均值 E 的无偏估计量证明其中最有效的是样本均值证明由 Cauchy-chwarz 不等式令 x c y 则故 D D D c x y x y c c D c 注本题的证明方法很多例如可以用导数知识求 D c Dc 证毕 c 的最小值而得出结论例 79 设随机变量相互独立且同分布 D 则 99 年数学四 A 是的无偏估计 ; B 是的最大似然估计 ; 所以 C 是的一致估计 ; D 是与相互独立的 P 解法一因为 B A A E E P B 即 P 故选 C

7 解法二淘汰法已知是的无偏估计但不是的无偏估计淘汰 A; 已 B 是的最大似然估计淘汰 B; 对于正态总体与相互独立题目中没有说是知正态总体淘汰 D 故选 C 注关于估计量的有效性一致性问题考研中较少出现题型四单个正态总体均值的置信区间例 70 已知一批零件的长度单位 :cm 服从正态分布 N 从中随机地抽取 6 个零件得到长度的平均值为 40cm 则的置信度为 095 的置信区间是 00 年数学一解 6 x 40 已知选用样本函数 U 由 0 05 查表得 u 而 / 所以的置信度为 095 的置信区间为 [ ] 即 [ ] 注对于正态总体均值的置信区间一定要搞清楚是查标准正态分布表还是查 t 分布表例 7 设一批零件的长度服从正态分布 N 其中均未知现从中随机抽取 6 个零件测得样本均值 x 0cm 样本标准差 s cm 则的置信度为 090 的置信区间是 005 年数学三 A 0 t t B 0 t 06 0 t C 0 t t0 055 D 0 t 05 0 t 解未知选用样本函数 T / 因为 6 x 0 s 0 所以应选 C 注对于置信区间有些教材用开区间有些教材用闭区间这没有本质区别例 7 假设是来自总体的简单随机样本值已知 l 服从正态分布 N 求数学期望 E 记 E 为 b ; 求的置信度为 095 的置信区间 ; 利用上述结果求 b 的置信度为 095 的置信区间 000 年数学三 y 解由题设知的密度函数为 f y e y 又 l 得 e 故 b E E e y y e e dy 令 t y e t t t e dt e e dt e

8 已知选用样本函数 U 而 4 y l 05 l5 l 08 l 0 4 所以的置信度为 095 的置信区间为由 0 05 查表得 u / 即 [ ] 4 4 由知 b e x 利用 e 的单调增加性得 b 的置信度为 095 的置信区间为 e e 即 e e 48 注利用函数的期望直接进行计算作变换 t y 使积分容易处理是一个技巧 ; 因为总体方差已知所以不需要计算样本方差的置信区间套出 s ; 按 b 与的关系由题型五单个正态总体方差的置信区间例 7 随机抽取某种炮弹 9 发做试验得炮口速度的样本标准差 s 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的置信度为 95% 的置信区间解未知选用样本函数 K s 查表得所以的置信度为 95% 的置信区间为 8 8 即注一定要看清题目是求还是求的置信区间求的要开方求的不开方题型六两个正态总体均值差方差比的置信区间例 74 从甲乙两种类型的材料中分别抽出一批样品对其强度单位 : 牛顿 / 厘米做对比试验结果如下 : 材料类型样本数平均强度标准差甲乙设两种类型材料的强度分别服从正态分布 ~ N ~ N 求 : 强度的方差比的置信度为 095 的置信区间 ; / 强度的均值差的置信度为 095 的置信区间设解为知 / 选用样本函数 F / 由查表得 8

9 又 F F F s 56 s 8 于是 / 的置信度为 095 的置信区间为 56 / 8 56 / 8 即 / 48 由于区间包含了可以认为两个总体的方差相等因但未知选用样本函数 T / / 由查表得从而 t s w / 8 /0 67 又 x y 所以的置信度为 095 的置信区间为 [ ] 即 [ ] 由于区间包含了 0 可以认为这两种类型材料的强度没有明显差异注有了的结论假设就没有问题了此题为小样本情形例 75 为了确定实际的胶水粘合切断应力单位 :kg/cm 分别抽取了两种松木的样本进行环氧修补捆扎连接实验得到的结果如下 : 松木类型样本容量平均切断应力标准差南方松西黄松试用置信区间估计这两种松木的环氧修补捆扎连接的平均切断应力之差 0 解是大样本情形由 0 查表得 u 又 x 9 y 95 s 97 s 907 从而 x y 故所求置信区间为 [ ] 即 [ 95 9] 由于区间包含了 0 可以认为这两种松木的平均切断应力没有明显差异注对于均值差的置信区间大样本查标准正态分布表小样本查 t 分布表解题时一定要分清是大样本还是小样本题型七单侧置信区间例 76 从一批电视机显像管中随机抽取 6 只做寿命试验得到平均寿命为 570 小时标准差为 450 小时设显像管使用寿命 ~ N 其中都是未知参数求使用寿命均值的置信度为 095 的单侧置信区间解未知选用样本函数 T 由查表得 t / w

10 又 x 570 s 450 所以故的置信度为 095 的单侧置信区间为 [ 注对于单侧置信区间查表时不除以例 77 某机器生产的滚珠其直径服从正态分布 N 为了估计其生产精度随机抽取 0 颗测得直径的标准差为 08mm 试求的置信度为 095 的单侧置信区间解未知选用样本函数 K 由查表得 9 5 又 s 从而的置信度为 095 的单侧置信区间为所以注方差的单侧置信上限应查表实际中可将求得的单侧置信上限与规定的方差进行比较以判断机器的生产精度是否下降另外方差不可能为负所以置信下限为 0 李顺初华巍郑鹏社概率统计教程习题选解习题 7 从某正态总体取得样本观测值为求总体均值的矩估计值 ; 求总体方差的矩估计值解总体均值的矩估计值为 ˆ x 总体方差的矩估计值为 x x [ ] 注体会计算样本均值的技巧 ; 总体方差的矩估计是样本二阶中心矩 B 不是样本方差 4 设总体的概率密度为 x 0 x ; f x 0 其它 x x x 为总体的样本观测值 x 0 试分别用矩估计法和极大似然估计法估计总体的未知参数解矩估计法

11 E xf x dx x dx 0 由此得方程 ˆ x ˆ 解得的矩估计为 ˆ x x 极大似然估计法当 0 时似然函数为 x L f x xx x 取对数得 l L l l xx x 令 d l L l xx x 0 d 所以的极大似然估计为 ˆ l x x x 注矩估计法与极大似然估计法是两种完全不同的点估计方法需熟练掌握 5 设随机变量服从泊松分布 : k P k e k 0 0 k! 又 x x x 是的一个样本观测值试求的极大似然估计值取对数得令解似然函数为 L P{ x} x x x e x! x! x! l L l x l x! x! x! x d l L 0 d 解得的极大似然估计值为 ˆ x x 注此题为离散型情形由分布律构造似然函数技巧是将离散型随机变量的取值用样本观测值代替设总体 ~ N 习题 7 是的一个样本证明

12 ˆ = ˆ = 5 5 ˆ = 6 都是总体均值的无偏估计并比较它们的有效性同理证因为 4 ˆ E E E E E ˆ ˆ ˆ ˆ 都是的无偏估计所以又而所以 ˆ E 4 D ˆ D D D D ˆ D D D ˆ D D D D ˆ D ˆ D ˆ 即 ˆ 最有效注无偏性是期望有效性是方差应熟练掌握期望与方差的性质设总体 ~ N 总体 ~ N 是来自总体的样本是来自总体的样本两样本相互独立分别是样本均值分别是样本方差写出参数的一个无偏估计 ; 证明 : w 是的的无偏估计解因为 E E E 所以的一个无偏估计为依题意有 E E 从而故也是的无偏估计 w 相等 E w 注称为联合方差估计它是两个样本方差的加权平均这要求两个总体的方差 w 从而通过综合两个样本的信息来得到的一个较好的估计

13 习题 7 为已知的正态总体来说问需要取容量为多大的样本才能使总体的对于方差均值的置信度为的置信区间长度不大于 L? 若 L 5 求解因为依题意有 u 已知所以的置信度为 u 当的置信区间为 u u L 解得 L L 时有 u 96 从而即样本容量至少应取 6 5 注样本容量是一个正整数当所求出的为非整数时不一定按四舍五入取整而应根据具体情况取整 N 今随机地从中抽取 5 支测得直某车间生产的螺杆直径服从正态分布径为单位 :mm: 当 0时求的置信度为 095 的置信区间 ; 当未知时求的置信度为 095 的置信区间解由题给数据得 x s [ ] 已知选用样本函数 U / 由 0 05 查表得 u 96 又所以的置信度为 095 的置信区间为 [ ] 即 [ 57 06] 未知选用样本函数 T / 由查表得 t 7764 从而所以的置信度为 095 的置信区间为 [ ] [44 56] 注样本方差是 s 应放在根号内为了了解一台测量长度的仪器的精度对一根标准金属棒进行了 6 次重复测量测得结果如下单位 :mm:

14 假定测量值服从正态分布 N 若未知求的置信度为 095 的置信区间解未知选用样本函数 K 由查表得又 x s 所以的置信度为 095 的置信区间为 [ ] 8 08 注所有数据都减去同一个常数本题中为 0 其样本方差不变 4 已知某种灯泡的使用寿命服从正态分布在某星期所生产的该种灯泡中随机抽取 0 支测得其寿命以小时计为 : 试求这种灯泡寿命均值的置信度为 095 的单侧置信下限解未知选用样本函数 T / 由查表得 t 8 又 x x 997 s x x 所以的置信度为 095 的单侧置信下限为注如果题目改为求单侧置信区间那么结果为 [ 填空题 : 设总体服从正态分布 N 总习题七矩估计值为的极大似然估计值为解矩估计值为 ˆ x 5 5 的极大似然估计值为注 ˆ 如果样本观测值为那么的 5 ˆ x x 5 的极大似然估计值不要计算成样本方差 s x x 5 4 ~ U[ a b 如果样本观测值为那么 a b 的设总体 ] 极大似然估计值分别为解根据已有的结论 a m{ x x x } bˆ max{ x x x } ˆ 5

15 所以应填 7 注参见教材例 78 选择题 : 设总体的期望与方差 D 均存在列的无偏估计量中最有效的是 A ˆ = 4 C ˆ = 是总体的一个样本则下 ; B ˆ = ; D ˆ = ; 解选 B 注参见前面例 78 设总体 ~ U[ ] 若 4 是的一个样本观测值则的矩估计值为 A 5; B ; C 5; D 4 ˆ 解因为 ~ U[ ] 所以 E 从而 x 解得 ˆ 5 注此题为一简单的计算题应直接进行计算求解 5 设 ~ N 已知是的一个样本考虑的置信度为的置信区间固定置信度增大 ; 固定提高置信度则对应这两种情况置信区间的长度将分别 A 变大变小 ; B 变小变大 ; C 变大变大 ; D 变小变小解根据公式得置信区间的长度为 u 由此分析可得结论选 B 注若提高置信度则减小从而 u 增大 4 设某种灯泡寿命服从正态分布 N 在某天生产的灯泡中抽取 0 只测得寿命单位 :h 为求和的极大似然估计值并由此求该天生产的灯泡能使用 00 小时的概率解和的极大似然估计值分别为 0 ˆ x x ˆ x x 该天生产的灯泡能使用 00 小时的概率为 P{ 00} 注查标准正态分布表得抽取 8 袋袋装香米重量的样本均值是 987kg 样本标准差是 07kg 假设袋装香米的重量服从正态分布求 : 这种袋装香米每袋的真实平均重量的 95% 的置信区间 ; 这种袋装香米每袋的真实平均重量的 99% 的置信区间 ; 置信度的提高对置信区间的长度有什么影响? 解未知选用样本函数 T 已知 8 x 987 s 0 7 /

16 查表得 t 从而故所求置 8 信区间为 [ ] [ ] 查表得 t 从而故所求置 8 信区间为 [ ] [ ] 由上面的计算可知置信度的提高使得置信区间的长度增加注已知的是样本标准差 s 所以放在根号外 6 某铁路局证实一个扳道员在 5 年内所引起的严重事故次数服从泊松分布 m 表示观测到的扳道员的人数有 m 求一个扳道员在 5 年内未引起严重事故的概率 p 的极大似然估计解因为服从泊松分布所以 k P{ k} e k 0 k! 的极大似然估计为 ˆ x 而 x 又 p P{ 0} e 所以 p 的极大似然估计为 pˆ e ˆ e x e 05 注设 ˆ 是的极大似然估计若 g 是的连续函数则 g ˆ 是 g 的极大似然估计对于矩估计也有类似的结论 7 科学上的重大发现往往是由年轻人做出的下表列出了 6 世纪初期至 0 世纪早期的一些重大发现的发现者发现年份和他们当时的年龄编号重大发现发现者发现年份年龄地球绕太阳运转哥白尼 5 40 望远镜天文学的基本定律伽利略运动原理微积分牛顿电的本质富兰克林燃烧和氧气的关系拉瓦锡地球是渐进过程演化成的莱尔 80 7 自然选择控制演化的证据达尔文光的场方程麦克斯韦放射性居里量子论普郎克狭义相对论爱因斯坦量子论的数学基础薛定锷 96 9 设样本来自正态总体求发现者发现时平均年龄的置信度为 95% 的置信区间

17 解未知选用样本函数 T / 由 0 05 查表得 t 0 而 005 x x 55 s x x 所以所求置信区间为 [ ] [ ] 注若是手工计算 x 与 s 的计算可参照题的技巧进行 8 从某自动化机床加工的同类零件中抽取 6 件测得零件直径的标准差 s 0 07 单位 :cm 设该类零件的直径服从正态分布 N 试求的置信度为 095 的单侧置信上限解未知选用样本函数 K 由查表得而 s 0 07 所以的置信度为 095 的单侧置信上限为注避免查表成由于查表的值要放在分母所以查表时可同时 005 查出两个值比较它们的大小从而作出正确的选择

第一章随机事件与概率（考研）

第一章随机事件与概率（考研）考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究第一章随机事件及其概率题型一事件的关系和运算. P( A B) P( AB) P( AB), 故 ( D ) 正确. 题型二古典概型中的概率计算 m C C C. 第四次一种颜色, 前三次两种颜色, 由古典概型 P( A) 题型三几何概率的计算. 分析 : 根据题意可得两个随机变量服从区间, 上的均匀分布, 利用几何概型计算较简便. 也可先写出两个随机变量的概率密度,