概率论与数理统计（理工类，第四版）吴赣昌主编课后习题答案第六章

第六章 参数估计 6.1 点估计问题概述

习题1

总体X在区间[0,θ]上均匀分布，X1,X2,?,Xn是它的样本，则下列估计量θ是θ的一致估计是().

(A)θ=Xn; (B)θ=2Xn;

(C)θ=Xˉ=1n∑i=1nXi; (D)θ=Max{X1,X2,?,Xn}. 解答： 应选(D).

由一致估计的定义，对任意?>0,

P(∣Max{X1,X2,?,Xn}-θ∣

FX(x)={0,x<0xθ,0≤x≤θ1,x>θ, 及

F(x)=FMax{X1,X2,?,Xn}(x)=FX1(x)FX2(x)?FXn(x),

所以

F(?+θ)=1, F(-?+θ)=P(Max{X1,X2,?,Xn}<-?+θ)=(1-xθ)n,

故

P(∣Max{X1,X2,?,Xn}-θ∣

习题2

设σ是总体X的标准差，X1,X2,?,Xn是它的样本，则样本标准差S是总体标准差σ的(). (A)矩估计量； (B)最大似然估计量； (C)无偏估计量； (D)相合估计量. 解答： 应选(D).

因为，总体标准差σ的矩估计量和最大似然估计量都是未修正的样本标准差；样本方差是总体方差的无偏估计，但是样本标准差不是总体标准差的无偏估计.可见，样本标准差S是总体标准差σ的相合估计量.

习题3

设总体X的数学期望为μ,X1,X2,?,Xn是来自X的样本，a1,a2,?,an是任意常数，验证(∑i=1naiXi)/∑i=1nai (∑i=1nai≠0)是μ的无偏估计量. 解答： E(X)=μ,

E(∑i=1naiXi∑i=1nai)=1∑i=1nai?∑i=1naiE(Xi) (E(Xi)=E(X)=μ) =μ∑i=1nai∑i=1n=μ,

综上所证，可知∑i=1naiXi∑i=1nai是μ的无偏估计量.

习题4

设θ是参数θ的无偏估计，且有D(θ)>0, 试证θ2=(θ)2不是θ2的无偏估计.

解答：

因为D(θ)=E(θ2)-[E(θ)]2, 所以

E(θ2)=D(θ)+[E(θ)]2=θ2+D(θ)>θ2,

故(θ)2不是θ2的无偏估计.

习题5

设X1,X2,?,Xn是来自参数为λ的泊松分布的简单随机样本，试求λ2的无偏估计量. 解答：

因X服从参数为λ的泊松分布，故

D(X)=λ, E(X2)=D(X)+[E(X)]2=λ+λ2=E(X)+λ2,

于是E(X2)-E(X)=λ2, 即E(X2-X)=λ2.

用样本矩A2=1n∑i=1nXi2,A1=Xˉ代替相应的总体矩E(X2),E(X), 便得λ2的无偏估计量

λ2=A2-A1=1n∑i=1nXi2-Xˉ.

习题6

设X1,X2,?,Xn为来自参数为n,p的二项分布总体，试求p2的无偏估计量. 解答：

因总体X～b(n,p), 故

E(X)=np,

E(X2)=D(X)+[E(X)]2=np(1-p)+n2p2 =np+n(n-1)p2=E(X)+n(n-1)p2,

E(X2)-E(X)n(-1)=E[1n(n-1)(X2-X)]=p2,

于是，用样本矩A2,A1分别代替相应的总体矩E(X2),E(X),便得p2的无偏估计量

p2=A2-A1n(n-1)=1n2(n-1)∑i=1n(Xi2-Xi).

习题7

设总体X服从均值为θ的指数分布，其概率密度为

f(x;θ)={1θe-xθ,x>00,x≤0,

其中参数θ>0未知. 又设X1,X2,?,Xn是来自该总体的样本，试证：Xˉ和n(min(X1,X2,?,Xn))都是θ的无偏估计量，并比较哪个更有效. 解答：

因为E(X)=θ, 而E(Xˉ)=E(X), 所以E(Xˉ)=θ, Xˉ是θ的无偏估计量.设

Z=min(X1,X2,?,Xn),

因为

FX(x)={0,x≤01-e-xθ,x>0,

FZ(x)=1-[1-FX(x)]n={1-e-nxθ,x>00,x≤0,

所以fZ(x)={nθe-nxθ,x>00,x≤0, 这是参数为nθ的指数分布，故知E(Z)=θn, 而

E(nZ)=E[n(min(X1,X2,?,Xn)]=θ,

所以nZ也是θ的无偏估计.现比较它们的方差大小. 由于D(X)=θ2, 故D(Xˉ)=θ2n.

又由于D(Z)=(θn)2, 故有

D(nZ)=n2D(Z)=n2?θ2n2=θ2.

当n>1时，D(nZ)>D(Xˉ), 故Xˉ较nZ有效.

习题8

设总体X服从正态分布N(m,1),X1,X2是总体X的子样，试验证

m1=23X1+13X2, m2=14X1+34X2, m3=12X1+12X2,

都是m的无偏估计量；并问哪一个估计量的方差最小? 解答：

因为X服从N(m,1), 有

E(Xi)=m,D(Xi)=1(i=1,2),

得

E(m1)=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m, D(m1)=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59,

同理可得：E(m2)=m,D(m2)=58, E(m3)=m,D(m3)=12.

所以，m1,m2,m3都是m的无偏估计量，并且在m1,m2,m3中，以m3的方差为最小. 习题9

设有k台仪器. 已知用第i台仪器测量时，测定值总体的标准差为σi(i=1,2,?,k), 用这些仪器独立地对某一物理量θ各观察一次，分别得到X1,X2,?,Xk. 设仪器都没有系统误差，即E(Xi)=θ(i=1,2,?,k), 问a1,a2,?,ak应取何值，方能使用θ=∑i=1kaiXi估计θ时，θ是无偏的，并且D(θ)最小？ 解答：

因为E(Xi)=θ(i=1,2,?,k), 故

E(θ)=E(∑i=1kaiXi)=∑i=1kaiE(Xi)=θ∑i=1kai,

欲使E(θ)=θ, 则要∑i=1kai=1.

因此，当∑i=1kai=1时，θ=∑i=1kaiXi为θ的无偏估计, D(θ)=∑i=1kai2σi2, 要在∑i=1kai=1的条件下D(θ)最小，采用拉格朗日乘数法. 令

L(a1,a2,?,ak)=D(θ)+λ(1-∑i=1kai)=∑i=1kai2σi2+λ(1-∑i=1kai),

{?L?ai=0,i=1,2,?,k∑i=1kai=1,

即2aiσi2-λ=0,ai=λ2i2;

又因∑i=1kai=1, 所以λ∑i=1k12σi2=1, 记∑i=1k1σi2=1σ02, 所以λ=2σ02, 于是

ai=σ02σi2 (i=1,2,?,k),

故当ai=σ02σi2(i=1,2,?,k)时，θ=∑i=1kaiXi是θ的无偏估计，且方差最小. 习题6.2 点估计的常用方法

习题1

设X1,X2,?,Xn为总体的一个样本，x1,x2,?,xn为一相应的样本值，求下述各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值及最大似然估计量．

(1)f(x)={θcθx-(θ+1),x>c0,其它, 其中c>0为已知，θ>1,θ为未知参数.

(2)f(x)={θxθ-1,0≤x≤10,其它, 其中θ>0,θ为未知参数. (3)P{X=x}=(mx)px(1-p)m-x, 其中x=0,1,2,?,m,0

解答：

(1)E(X)=∫c+∞x?θcθx-(θ+1)dx=θcθ∫c+∞x-θdx=θcθ-1，解出 θ=E(X)E(X)-c，

令Xˉ=E(X)，于是θ=XˉXˉ-c为矩估计量，θ的矩估计值为θ=xˉxˉ-c，其中xˉ=1n∑i=1nxi．

另外，似然函数为

L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θncnθ(∏i=1nxi)-(θ+1)，xi>c， 对数似然函数为

lnL(θ)=nlnθ+nθlnc-(θ+1)∑i=1nlnxi， 对lnL(θ)求导，并令其为零，得

dlnL(θ)dθ=nθ+nlnc-∑i=1nlnxi=0，

解方程得θ=n∑i=1nlnxi-nlnc，故参数的最大似然估计量为 θ=n∑i=1nlnXi-nlnc． (2)E(X)=∫01x?θxθ-1dx=θθ+1，以Xˉ作为E(X)的矩估计， 则θ的矩估计由Xˉ=θθ+1解出，得

θ=(Xˉ1-Xˉ)2，

θ的矩估计值为θ=(xˉ1-xˉ)2，其中xˉ=1n∑i=1nxi为样本均值的观测值． 另外，似然函数为

L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θn/2(∏i=1nxi)θ-1，0≤xi≤1， 对数似然函数为

lnL(θ)=n2lnθ+(θ-1)∑i=1nlnxi， 对lnL(θ)求导，并令其为零，得

dlnL(θ)dθ=n2θ+12θ∑i=1nlnxi=0，

解方程得θ=(-n∑i=1nlnxi)2，故参数的最大似然估计量为 θ=(n∑i=1nlnXi)2．

(3)X～b(m,p)，E(X)=mp，以Xˉ作为E(X)的矩估计，即Xˉ=E(X)，则参数p的矩估计为 p=1mXˉ=1m?1n∑i=1nXi， p的矩估计值为p=1mxˉ=1m?1n∑i=1nxi． 另外，似然函数为

L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=(∏i=1nCmxi)p∑i=1nxi(1-p)∑i=1n(m-xi)，xi=0,1,?,m， 对数似然函数为

lnL(θ)=∑i=1nlnCmxi+(∑i=1nxi)lnp+(∑i=1n(m-xi))ln(1-p)， 对lnL(θ)求导，并令其为零，得

dlnL(θ)dθ=1p∑i=1nxi-11-p∑i=1n(m-xi)=0， 解方程得p=1mn∑i=1nxi，故参数的最大似然估计量为 p=1mn∑i=1nXi=1mXˉ．

习题2

设总体X服从均匀分布U[0,θ],它的密度函数为

f(x;θ)={1θ,0≤x≤θ0,其它,

(1)求未知参数θ的矩估计量；

(2)当样本观察值为0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55时，求θ的矩估计值. 解答： (1)因为

E(X)=∫-∞+∞xf(x;θ)dx=1θ∫0θxdx=θ2,

令E(X)=1n∑i=1nXi, 即θ2=Xˉ, 所以θ=2Xˉ. (2)由所给样本的观察值算得

xˉ=16∑i=16xi=16(0.3+0.8+0.27+0.35+0.62+0.55)=0.4817,

所以θ=2xˉ=0.9634.

习题3

设总体X以等概率1θ取值1,2,?,θ, 求未知参数θ的矩估计量. 解答： 由

E(X)=1×1θ+2×1θ+?+θ×1θ=1+θ2=1n∑i=1nXi=Xˉ,

得θ的矩估计为θ=2Xˉ-1.

习题4

一批产品中含有废品，从中随机地抽取60件，发现废品4件，试用矩估计法估计这批产品的废品率. 解答：

设p为抽得废品的概率,1-p为抽得正品的概率(放回抽取). 为了估计p,引入随机变量

Xi={1,第i次抽取到的是废品0,第i次抽取到的是正品,

于是P{Xi=1}=p,P{Xi=0}=1-p=q, 其中i=1,2,?,60,且E(Xi)=p, 故对于样本X1,X2,?,X60的一个观测值x1,x2,?,x60, 由矩估计法得p的估计值为

p=160∑i=160xi=460=115,

即这批产品的废品率为115. 习题5

设总体X具有分布律

X 1 2 3 pi θ2 2θ(1-θ) (1-θ)2 其中θ(0<θ<1)为未知参数. 已知取得了样本值x1=1,x2=2,x3=1, 试求θ的矩估计值和最大似然估计值. 解答：

E(X)=1×θ2+2×2θ(1-θ)+3×(1-θ)2=3-2θ, xˉ=1/3×(1+2+1)=4/3.

因为E(X)=Xˉ, 所以θ=(3-xˉ)/2=5/6为矩估计值, L(θ)=∏i=13P{Xi=xi}=P{X1=1}P{X2=2}P{X3=1} =θ4?2θ?(1-θ)=2θ5(1-θ), lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1-θ),

对θ求导,并令导数为零

dlnLdθ=5θ-11-θ=0,

得θL=56.

习题6

(1)设X1,X2,?,Xn来自总体X的一个样本, 且X～π(λ), 求P{X=0}的最大似然估计. (2)某铁路局证实一个扳道员五年内所引起的严重事故的次数服从泊松分布，求一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率 p的最大似然估计，使用下面122个观察值统计情况. 下表中，r表示一扳道员某五年中引起严重事故的次数，s表示观察到的扳道员人数.

r 012345 sr 444221942 解答： (1)已知，λ的最大似然估计为λL=Xˉ. 因此 ?P{X=0}=e-λL=e-Xˉ. (2)设X为一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数，X服从参数为λ的泊松分布，样本容量n=122. 算得样本均值为 xˉ=1122×∑r=05r?r=1122×(0×44+1×42+2×21+3×9+4×4+5×2) ≈1.123, 因此 P{X=0}=e-xˉ=e-1.123≈0.3253. 习题6.3 置信区间

习题1

对参数的一种区间估计及一组观察值(x1,x2,?,xn)来说,下列结论中正确的是(). (A)置信度越大,对参数取值范围估计越准确; (B)置信度越大,置信区间越长; (C)置信度越大,置信区间越短; (D)置信度大小与置信区间有长度无关. 解答： 应选(B).

置信度越大，置信区间包含真值的概率就越大，置信区间的长度就越大，对未知参数的估计精度越低.

反之，对参数的估计精度越高，置信区间的长度越小，它包含真值的概率就越低,置信度就越小.

习题2

设(θ1,θ2)是参数θ的置信度为1-α的区间估计，则以下结论正确的是(). (A)参数θ落在区间(θ1,θ2)之内的概率为1-α; (B)参数θ落在区间(θ1,θ2)之外的概率为α; (C)区间(θ1,θ2)包含参数θ的概率为1-α;

(D)对不同的样本观察值，区间(θ1,θ2)的长度相同. 解答： 应先(C).

由于θ1,θ2都是统计量，即(θ1,θ2)是随机区间，而θ是一个客观存在的未知常数，故(A),(B)不正确.

习题3

设总体的期望μ和方差σ2均存在，如何求μ的置信度为1-α的置信区间？ 解答：

先从总体中抽取一容量为n的样本X1,X2,?,Xn.根据中心极限定理，知

U=Xˉ-μσ/n→N(0,1)(n→∞).

(1)当σ2已知时，则近似得到μ的置信度为1-α的置信区间为

(Xˉ-uα/2σn,Xˉ+uα/2σn).

(2)当σ2未知时，用σ2的无偏估计S2代替σ2, 这里仍有

Xˉ-μS/n→N(0,1)(n→∞),

于是得到μ的1-α的置信区间为

(Xˉ-uα/2Sn,Xˉ+uα/2Sn),

一般要求n≥30才能使用上述公式，称为大样本区间估计.

习题4

某总体的标准差σ=3cm, 从中抽取40个个体，其样本平均数xˉ=642cm, 试给出总体期望值μ的95%的置信上、下限(即置信区间的上、下限). 解答：

因为n=40属于大样本情形，所以Xˉ近似服从

N(μ,σ2n)

的正态分布，于是μ的95%的置信区间近似为

(Xˉ±σnuα/2),

这里xˉ=642,σ=3,n=40≈6.32,uα/2=1.96, 从而

(xˉ±σnuα/2)=(642±340×1.96)≈(642±0.93),

故μ的95%的置信上限为642.93, 下限为641.07.

习题5

某商店为了了解居民对某种商品的需要，调查了100家住户，得出每户每月平均需求量为10kg, 方差为9，如果这个商店供应10000户，试就居民对该种商品的平均需求量进行区间估计(α=0.01), 并依此考虑最少要准备多少这种商品才能以0.99的概率满足需求？ 解答：

因为n=100属于大样本问题，所以Xˉ近似服从N(μ,σ2/n),于是μ的99%的置信区间近似为(Xˉ±Snuα/2), 而

xˉ=10,s=3,n=100, uα/2=2.58,

所以

(xˉ±snuα/2)=(10±3100×2.58)=(10±0.774)=(9.226,10.774).

由此可知最少要准备10.774×10000=107740(kg)这种商品，才能以0.99的概率满足需求. 习题6 观测了100棵“豫农一号”玉米穗位，经整理后得下表(组限不包括上限): 分组编号 12345 组限 组中值 70～8080～9090～100100～110110～12075859510511539131626 频数 分组编号 6789 组限 组中值 120～130130～140140～150150～16012513514515520742 频数 试以95%的置信度，求出该品种玉米平均穗位的置信区间. 解答： 因为n=100属于大样本情形，所以μ的置信度为95%的置信区间上、下限近似为Xˉ±snuα/2, 这里n=100,uα/2=1.96, 还需计算出xˉ和s. 取a=115,c=10, 令zi=(xi-a)/c=(xi-115)/10, 用简单算公式， (1)xˉ=a+czˉ; (2)sx2=c2sz2. 编号 123456789 758595105115125135145155 组中值xi zi=xi-11510 -4-3-2-101234 组频率mi mizi zi2 mizi2 3913162620742 -12-27-26-1602014128 16941014916 123456789 zˉ=1100∑i=19mizi=1100×(-27)=-0.27, xˉ=10×(-27)+115=112.3, sz2=199∑i=19mizi2=199×313≈3.161616, sx2=102×3.161616=316.1616, sx≈17.78. 于是 (xˉ±snuα)≈(112.3±17.7810×1.96)≈(112.3±3.485) =(108.815,115.785). 习题7 某城镇抽样调查的500名应就业的人中，有13名待业者，试求该城镇的待业率p的置信度为0.95置信区间. 解答：

这是(0-1)分布参数的区间估计问题. 待业率p的0.95置信区间为

(p1,p2)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).

其中

a=n+uα/22,b=-2nXˉ-(uα/2)2, c=nXˉ2,

n=500,xˉ=13500,uα/2=1.96.

则(p1,p2)=(0.015,0.044).

习题8

设X1,X2,?,Xn为来自正态总体N(μ,σ2)的一个样本，求μ的置信度为1-α的单侧置信限. 解答：

这是一个正态总体在方差未知的条件下，对μ的区间估计问题，应选取统计量：

T=Xˉ-μS/n～t(n-1).

因为只需作单边估计，注意到t分布的对称性，故令

P{Ttα(n-1)}=1-α.

由给定的置信度1-α, 查自由度为n-1的t分布表可得单侧临界值tα(n-1). 将不等式Ttα(n-1), 即

Xˉ-μS/ntα(n-1)

分别变形，求出μ即得μ的1-α的置信下限为

Xˉ-tα(n-1)Sn.

μ的1-α的置信上限为

Xˉ+tα(n-1)Sn,

μ的1-α的双侧置信限

(Xˉ-tα/2(n-1)Sn,Xˉ+tα/2(n-1)Sn).

习题6.4 正态总体的置信区间

习题1

已知灯泡寿命的标准差σ=50小时，抽出25个灯泡检验，得平均寿命xˉ=500小时，试以95%的可靠性对灯泡的平均寿命进行区间估计(假设灯泡寿命服从正态分布). 解答：

由于X～N(μ,502), 所以μ的置信度为95%的置信区间为

(Xˉ±uα/2σn),

这里xˉ=500,n=25,σ=50,uα/2=1.96, 所以灯泡的平均寿命的置信区间为

(xˉ±uα/2σn)=(500±5025×1.96)=(500±19.6)=(480.4,519.6).

习题2

一个随机样本来自正态总体X,总体标准差σ=1.5, 抽样前希望有95%的置信水平使得μ的估计的置信区间长度为L=1.7, 试问应抽取多大的一个样本？

解答：

因方差已知，μ的置信区间长度为

L=2uα/2?σn,

于是n=(2σLuα/2)2.

由题设知，1-α=0.95,α=0.05,α2=0.025. 查标准正态分布表得

u0.025=1.96,σ=1.5,L=1.7,

所以，样本容量

n=(2×1.5×1.961.7)2≈11.96.

向上取整数得n=12, 于是欲使估计的区间长度为1.7的置信水平为95%, 所以需样本容量为n=12.

习题3

设某种电子管的使用寿命服从正态分布. 从中随机抽取15个进行检验，得平均使用寿命为1950小时，标准差s为300小时，以95%的可靠性估计整批电子管平均使用寿命的置信上、下限. 解答：

由X～N(μ,σ2), 知μ的95%的置信区间为

(Xˉ±Sntα/2(n-1)),

这里xˉ=1950,s=300,n=15,tα/2(14)=2.145, 于是 (xˉ±sntα/2(n-1))=(1950±30015×2.145)

≈(1950±166.151)=(1783.85,2116.15). 即整批电子管平均使用寿命的置信上限为2116.15, 下限为1783.85.

习题4

人的身高服从正态分布，从初一女生中随机抽取6名，测其身高如下(单位：cm):

149 158.5 152.5 165 157 142

求初一女生平均身高的置信区间(α=0.05). 解答：

X～N(μ,σ2),μ的置信度为95%的置信区间为

(Xˉ±Sntα/2(n-1)),

这里xˉ=154, s=8.0187, t0.025(5)=2.571, 于是 (xˉ±sntα/2(n-1))=(154±8.01876×2.571)

≈(154±8.416)≈(145.58,162.42).

习题5

某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数xˉ=72, 样本方差s2=16, 假设分数服从正态分布，求σ2的置信度为98%的置信区间. 解答：

先取χ2分布变量，构造出1-α的σ2的置信区间为

((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).

已知1-α=0.98,α=0.02,α2=0.01,n=20, S2=16.

=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.

p的0.95的置信区间为(p1,p2)=(12a(-b±b2-4ac)), 即 (12×103.842(35.8416±221.2823)), 亦即(0.101,0.244).

习题17

在某校的一个班体检记录中，随意抄录25名男生的身高数据，测得平均身高为170厘米，标准差为12厘米，试求该班男生的平均身高μ和身高的标准差σ的置信度为0.95的置信区间(假设测身高近似服从正态分布).

解答：

由题设身高X～N(μ,σ2), n=25, xˉ=170, s=12，α=0.05. (1)先求μ置信区间(σ2未知)，取

U=Xˉ-μS/n～t(n-1),tα/2(n-1)=t0.025(24)=2.06. 故μ的0.95的置信区间为

(170-1225×2.06,170+1225×2.06) =(170-4.94,170+4.94)=(165.06,174,94). (2)σ2的置信区间(μ未知)，取 U=(n-1)S2σ2～χ2(n-1),

χα/22(n-1)=χ0.0252(24)=39.364, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(24)=12.401,

故σ2的0.95的置信区间为(24×12239.364,24×12212.401)≈(87.80,278.69), σ的0.95的置信区间为

(87.80,278.69)≈(9.34,16.69).

习题18

为研究某种汽车轮胎的磨损特性，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止. 记录所行驶的路程(以千米计)如下：

41250 40187 43175 41010 39265 41872 42654 41287 38970 40200 42550 41095 40680 43500 39775 40440

假设这些数据来自正态总体N(μ,σ2). 其中μ,σ2未知，试求μ的置信水平为0.95的单侧置信下限.

解答：

由P{μ>Xˉ-Sntα(n-1)=1-α, 得μ的1-α的单侧置信下限为 μˉ=Xˉ-Sntα(n-1).

由所给数据算得xˉ≈41119.38,s≈1345.46,n=16.

查t分布表得t0.05(15)=1.7531, 则有μ的0.95的单侧置信下限为 μˉ=41119.38-1345.464×1.7531≈40529.73.

习题19

某车间生产钢丝，设钢丝折断力服从正态分布，现随机在抽取10根，检查折断力，得数据如下(单位：N):

578,572,570,568,572,570,570,572,596,584.

试求钢丝折断力方差的置信区间和置信上限(置信度为0.95).

解答：

(1)这是一个正态总体，期望未知，对方差作双侧置信限的估计问题，应选统计量 χ2=(n-1)S2σ2～χ2(n-1). σ2的1-α的置信区间是

((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)). 由所给样本值得

xˉ=575.2, (n-1)s2=∑1=110(xi-xˉ)2=681.6; 根据给定的置信度1-α=0.95(即α=0.05).

查自由度为10-1=9的χ2分布表，得双侧临界值

χα/22(n-1)=χ0.0252(9)=19.0, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(9)=2.7, 代入上公式得σ2的95%的置信区间为 (681.619.0,681,62.70)=(35.87,232.44),

即区间(35.87,232.44)包含σ2的可靠程度为0.95.

(2)这是一个正态总体期望未知时，σ2的单侧区间估计问题，σ2的置信度为1-α=95%(α=0.05)的单侧置信上限为

(n-1)S2χ1-α2(n-1)=∑i=110(xi-xˉ)2χ1-α2(n-1),

已算得(n-1)S2=∑i=110(xi-xˉ)2=681.6, 根据自由度1-α=0.95. 查自由度10-1=9的χ2分布表得单侧临界值 χ1-α2(n-1)=χ0.952(9)=3.325,

代入上式便得σ2的0.95的置信上限为681.63.325=205, 即有95%的把握，保证σ2包含在区间(0,205)之内，当然也可能碰上σ2超过上限值205的情形，但出现这种情况的可能性很小，不超过5%. 习题20

设某批铝材料比重X服从正态分布N(μ,σ2)，现测量它的比重16次，算得xˉ=2.705，s=0.029，分别求μ和σ2的置信度为0.95的置信区间。

解答：

（1）对1-α=0.95，即α=0.05，查t-分布表得tα/2(15)=2.131,于是 xˉ+tα/2(15)sn=2.705+2.131×0.02916=2.705+0.016=2.721, xˉ-tα/2(15)sn=2.705-0.016=2.689.

则由题意知，关于μ的所求置信区间为(2.689,2.721)。 （2）对α=0.05,查χ2-分布表，得

χ0.052(15)=27.5,χ0.952(15)=6.26. 于是，1-α的σ2的置信区间为

((n-1)s2χα/22(n-1),(n-1)s2χ1-α/22(n-1))=(0.000489,0.002150).

习题21

某公司欲估计自己生产的电池寿命.现从其产品中随机抽取50只电池做寿命试验，这些电池的寿命的平均值xˉ=2.266(单位：100小时), s=1.935, 求该公司生产的电池平均寿命的置信度为95%的置信区间.

解答：

查正态分布表得uα/2=u0.025=1.96, 由公式(Xˉ-uα/2S/n,Xˉ+uα/2S/n), 得到 (2.266±1.96×1.93550),

经简单计算上式化为(1.730,2.802).

于是，我们有如下近似结论：该公司电池的平均寿命的置信度约为95%的置信区间为(1.730,2.802).

习题22

某印染厂在配制一种染料时，在40次试验中成功了34次，求配制成功的概率p的置信度为0.95的置信区间.

解答：

总体是试验的分布，p是成功率.

已知n=40, p=34/40, u0.025=1.96, 所以，p的置信度为0.95的置信区间为 (p1,p2)≈(p-uα/2p(1-p)n,p+uα/2p(1-p)n)

=(3440-1.963440×640/40,3440+1.963440×640/40), 即(0.7378,0.9607).

习题23

两家电影公司出品的影片放映时间如表所示，假设放映时间均服正态分布，求电影公司的影片放映时间方差比的置信度为90%的置信区间. 时间/分钟 公司Ⅰ

103 94 110 87 98

公司Ⅱ 97 82 123 92 175 88 118

解答：

由所给数据算出

x1ˉ=98.40,x2ˉ=110.71,s12=8.732,s22=32.192,n1=5,n2=7. 因为是求方差比的区间估计，故选用F分布变量，即

F=S12S22/σ12σ22～F(n1-1,n2-1).

对于置信度1-α, 取双侧概率相等的置信区间为

(S12S22?1Fα/2(n1-1,n2-1),S12S22?Fα/2(n2-1,n1-1)). 本题所给1-α=0.90,α=0.10,α2=0.05,n1=5,n2=7. 查F分布表得

F0.05(6,4)=6.16,F0.05(4,6)=4.53, s12s22=8,73232.192=0.0376,

于是σ12σ22的0.90的置信区间为(0.073×14.53,0.0736×6.16), 即(0.016,0.453). 习题24

公共汽车站在一单位时间内(如半小时或一天等)到达乘客数服从泊松分布P(λ), 对不同的车站，所不同的仅仅是参数λ的取值不同. 现对一城市某一公共汽车站进行了100个单位时间的调查，这里单位时间是20分钟，计算得到每20分钟内来到该车站的乘客数平均值xˉ=15.2人，试求参数λ的置信度为95%的置信区间. 解答：

n=100,α=0.05, uα/2=u0.025=1.96, xˉ=15.2, 应用公式(Xˉ-uα/2Xˉ/n,Xˉ+uα/2Xˉ/n), 得

(xˉ±uα/2xˉ/n)=(15.2±1.9615.2/100)=(14.44,15.96), 即(14.44,15.96)为参数λ的置信度约为95%的置信区间.

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