参数估计习题课

1、 第 21 讲 参数估计习题课 教学目的 ： 1. 通过练习使学生进一步掌握矩估计和最大似然估计的计算方法； 2. 通过练习使学生理解无偏性和有效性对于评价估计量标准的重要性； 3. 通过练习使学生进一步掌握正态总体参数的区间估计和单侧置信限。 教学重点 ： 矩估计和最大似然估计，无偏性与有效性，正态总体参数的区间估计。 教学难点 ： 矩估计，最大似然估计，正态总体参数的区间估计。 教学时数 ： 2 学时。 教学过程 ： 、知识要点回顾 1. 矩估计 1n 用各阶样本原点矩 Vk 1 xik 作为各阶总体原点矩 EXk 的估计,k 1,2,L 。若有参 ni1 数 g( E( X), E (

2、X 2),L , E( X k) ，则参数 的矩估计为 (1n n i=1 1 n 2 1 n k Xi,1Xi2,L ,1Xik)。 n i=1 n i=1 2. 最大似然估计 似然函数 L( ) n f (xi; i1 ) ，取对数ln L( )，从dldn( )=0 中解得 的最大似然估 计 ?。 3. 无偏性 ,有效性 当E? 时，称 ?为 的无偏估计。 当D ?1 D ?2时，称估计量 ?1比 ?2有效 二 、典型例题解析 1 设 f (x) x e ,x 0 ，求 的矩估计。 0, x 0 解 EX 0 xe xdx, 设 u x,x 11 u,dx du 则EX u1 0 ue

3、u( 1 du) u ue 0 u1 0 e udu0 ( e ) 0 1 故 E1X ，所以 ? 1x 。 2. 设总体 X 在 a,b 上服从均匀分布，求 a和b 的矩估计。 解 由均匀分布的数学期望和方差知 1 E(X) (a b) 2 D(X) 112(b a)2 1 由(1)解得b 2EX a ，代入(2)得DX 1 (2EX 2a)2，整理得 DX 12 (1) (2) 12 (EX a)2 ， 3 故得 a,b 的矩估计为 a E(X) b E(X) 3D(X) 3D(X) 其中 ?2 1 n (xi ni1 x)2 3 设总体 设 L( a? x b? x 的密度函数为 n f

4、 (xi, i1 3?2 3?2 f (x; ) n xi i1 x! ，求 的最大似然估计。 (x1!)(x2!).(xn!)，则 ln L( ) n ( xi )ln i1 n ln( xi !) i1 d ln L( ) d 1n xi i1 0, n xi x i1 4 设总体 X 的密度函数 f (x, ) ( a)xa 1e x (a 已知)，求参数 的最大似然 估计 解得 L( n )f(xi , ) i1 n n a 1 a ( x1 x2 .xn ) e n xia i1 ln L( ) nln nln a (a n 1) ln xi i1 n a xi i1 解得 1n n

5、i1 5. d ，使 又由于 d ln L( ) d nn a xi0 i1 a xi 。 设 ?1 和 ?2 为参数 的两个独立的无偏估计量， 且假定 D ?1 2D ?2 ，求常数 c 和 c ?1 d ?2 为 的无偏估计，并使方差 D ?最小。 由于 E ? E(c ?1 d ?2) cE ?1 dE ?2 (c d) ,且知 E ? ，故得 c+d=1。 D ?D(c ?1d ?2)c2D?1d2D ?22c2D?2d2D?2(2c2d 2)D ?2 并使其最小，即使 f 2c2 d2 ，满足条件 c+d=1的最小值。 令 d=1-c，代入得 f 2c2 (1 c)2 ， f c 4

6、c 2(1 c) 0, 6c 2 0 12 解得 c 31,d 1 c 32。 7. 设某电子元件的寿命服从正态分布 N( , 2) ，抽样检查 10 个元件，得样本均值 x 1200(h) ，样本标准差 s 14(h) 。求 (1) 总体均值 置信水平为 99% 的置信区间； (2) 用x 作为 的估计值，求绝对误差值不大于 10(h)的概率。 解 (1) 由于 未知， s=14(h),根据求置信区间的公式得 (x s t (n 1),x s t (n 1) n 2 n 2 14 14 0.005 ( 9) (1200 1140 t0.005(9),1200 1140t 查表得 t0.005

7、(9) 3.25 ，故总体均值 置信水平为 99% 的置信区间为 (1185.612, 1214.388) (1200 14.388, 1200 14.388) (2) P(x 10) P( P(t(n 1) 10 10 14 s 1s0) P(t(9) 2.2588) P(t(9) t0.025(9) 1 2 1-0.05=0.95 8. 设X1,X2,.,Xn为正态总体 N( , 2)的一个样本，确定常数 c的值，使 由 EQ 2 (无偏性)，故有 2c(n 1) 1，所以 c 1 2(n 1) n1 Q c (xi i1 1 xi )2 为 2 的 无偏估计。 解 n1 n1 EQ c

8、(xi i1 1 xi)2 c E(xi 1 i1 ) (xi )2 n1 c i1 E(xi 1 2 )2 2(xi 1)(xi ) (xi )2 n1 c i1 E(xi 1 )2 2E(xi 1)E(xi ) E(xi)2 由于 E(xi ) Exi 0，所以有 n1 n1 1) 2 EQ c Dxi 1 2 0 Dxi c (2 2) c2(n i1 i 1 、计算题 解 . 设滚珠的直径为 X, 平均直径为 ,均方差为 . 由矩估计法可知 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

9、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 . =0.03654, 2. 设总体 X 的密度函数为 , 其中 （0）, 求 的极大似然估计量 解. 设（X1, X2, Xn）是来自 X的一样 本. 由极大似然估计原理 ,参数 的似然 函数为: 上式两边取对数 似然方程为 , 解似然方程得 的极大似然估计量 是 解. 设(X1, X2, Xn)是来自 X的样本. (1)由矩估计法 3.设总体 X 的密度函数为 求 的极大似然估计量和矩估计量 即参数 的矩估计量是 (2) 由极大似然估计原理 , 参数 的似 然函数为 上式两边取对数 似然方程为 解似然

10、方程得到参数 的极大似然估计量 是 x 1设 f(x)e ,x 0 ，求 的矩估计。 0,x 0 解 EX 0 xe xdx,设u x,x 1u,dx 1 du 则 EX ue u (1 du) 1 ue u 0e udu 1 0 ( e ) 0 = 1 故 1 ，所以 ? 1 。 EX x 100 个样品， 100 次观察相互 3. 一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，随机地自该地区取 每个样品有 10 块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。 假设这 独立，并由过去经验知，它们都服从参数为 n=10，P 的二项分布。 P 是该地区一块石 子是石灰石的概率。求 p 的极大似然估计值，该

11、地质学家所得的数据如下 样品中属石灰石的石子数 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 观察到石灰石的样品个数 0 1 6 7 23 26 21 12 3 1 0 解：的极大似然估计值为 ?=X =0.499 4. 设 X1， 1) X1， Xn 为总体的样本， ( 1) c x,x c f (x) 0,其它 求各未知参数的极大似然估计值和估计量 其中 c0 为已知， 1， 为未知参数。 2) f(x)x 1,0 x 1 0, 其它. 其中 0， 为未知参数。 解(1) 似然函数 L() i f(xi ) ncn(x1x2 xn) 1 ln L() n ln() nln c (1 n )

12、 i1 d ln L() ln xi, d nln c n ln xi i1 ? n ln xi 1 nlnc 2) L() f (xi ) i1 解唯一故为极大似然估计量) n 2 (x1x2 1 xn) 1,ln L() 2n ln() n ln xi i1 dln L() d 1 2 ln xi 0, ? (n i1 ln xi )2 。 (解唯一 )故为极大似然估计量。 i1 如 果 要 以 99.7% 的 概 率 保 证 6. 设 样 本 X1,X2,L Xn 来 自 总 体 X N(u,0.25) ， X u 0.1 ，试问样本容量 n 应取多大？ n, 使 解 ：0.X5/ un N(0,1)。 现 要 P X u 0.1 P X u 0.2 n 2 (0.2 n) 1 0.997 0.5/ n 即 (0.2 n) 0.9985 ，查表得， (0.2 n) 2.96 ，所以 n=219，即样本容量为 219。 8. 设总体 X 具有分布律 X 1 2 3 Pk 2 2(1) (1) 2 其中 (0为1)未知参数。已知取得了样本值 x1=1， x2=2，x3=1，试求 的矩估 计值和最大似然估计值。 解：( 1)求 的