清華大學(xué)楊虎應(yīng)用數(shù)理統(tǒng)計(jì)課后習(xí)題參考答案

1、習(xí)題一1設(shè)總體X的樣本容量n 5，寫(xiě)出在下列4種情況下樣本的聯(lián)合概率分布1)X B(1,p) ；2 )X P()；3)X Ua,b ；4 )X N( ,1).解設(shè)總體的樣本為Xi,X2,X3,X4,Xs，1)對(duì)總體 X B(1,p)，X5)P(X1X1,X2X2,X3 Xg , X4X4,X5PX(1P)n5P(XiXi)i 1i 15x5(1 -x)p (1 p)()1 5其中：X 匚Xi5 i 12)對(duì)總體X P()P(X10X2nP(Xii 15x55eXi!i 1x)X2, X35X3, X4xie X !, X5X5)其中:3)對(duì)總體 X U (a, b)f(X)a x b,i1,.

2、,5其他4)對(duì)總體X N( ,1)f (X1，川,X5)f(X)二5/22 exp51 2一Xi2 i 11產(chǎn)品損壞的件數(shù)，記錄結(jié)果為：1，1，1，1, 2，0，0，1，3，1，0, 0，2, 4，0, 3，1，4, 0，2,寫(xiě)出樣本頻率分布、經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)并畫(huà)出圖形解 設(shè)i(i=0,1,2,3,4)代表各箱檢查中抽到的產(chǎn)品損壞件數(shù)，由題意可統(tǒng)計(jì)出如下的樣本頻率分布表：表頻率分布表i01234個(gè)數(shù)67322fXi經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)的定義式為:0,x xXk i , k=1,2,|,n 1,，kFn(X)-,Xk Xn1,x Xk據(jù)此得出樣本分布函數(shù):0,x00.3,0x1F20(X)0.65,0.8,

3、1 x 22x30.9,3x41, x 4Fn(X)0.9O.B-E0 7-t60.6 -.0 50.4 -0.3 卅R0 20 1 -01tII0123圖經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)3某地區(qū)測(cè)量了 95位男性成年人身高，得數(shù)據(jù) （單位：cm）如下:組下限165167169171173175177組上限167169171173175177179人數(shù)310212322115試畫(huà)出身高直方圖，它是否近似服從某個(gè)正態(tài)分布密度函數(shù)的圖形p2_741005k 5解 P X- k PP因k較大，由中心極限定理P X- k 5k圖數(shù)據(jù)直方圖它近似服從均值為 172,方差為的正態(tài)分布，即N(172,5.64).k，使得4設(shè)總

4、體X的方差為4，均值為，現(xiàn)抽取容量為100的樣本，試確定常數(shù)滿足 P(X k) 0.9 .5kX5kX ，-入N(0,1):.4 1005k(5k)(1(5k)2 5k 10.9所以： 5k 0.95查表得：5k 1.65,k 0.3325從總體X N (52, 6.3 )中抽取容量為36的樣本，求樣本均值落在到之間的概率解 P 50.8 X 53.8X 521.14296.32/361.71432210Xi2(10)P(X Y 0.3) 2 2 (0.4243)0.6744X 52宀 2/36N(0,1)P 50.8 X 53.8 P 1.1429 U 1.7143(1.7143)( 1.1

5、429)0.9564(1 0.8729)0.82936從總體XN(20,3)中分別抽取容量為10與15的兩個(gè)獨(dú)立的樣本，求它們的均值之差的絕對(duì)值大于的概率解 設(shè)兩個(gè)獨(dú)立的樣本分別為：x1J|,x10與y,|,Y5，其對(duì)應(yīng)的樣本均值為：X和y . N(20, )，Y N(20,)1015P( X Y 0.3) 1 P(X Y 0.3)0.3 )Y N(0, 0.5) X Y-=N(0,1)0.5由題意知：X和Y相互獨(dú)立，且:107設(shè)X1J|,X10是總體X N(0,4)的樣本，試確定 C,使得P(Xi2C) 0.05.i 1X解 因Xi N(0, 4)，則N(0,1)，且各樣本相互獨(dú)立，則有:1

6、02所以：P(i 1XiC)1 10 2P( Xi4 i 1查卡方分位數(shù)表:8設(shè)總體101i1Xi2c/4=，貝U c=.X具有連續(xù)的分布函數(shù)0.0510Xi2i 10.95Fx（X）,X1,|,Xn是來(lái)自總體 X的樣本，且2EXi，定義隨機(jī)變量:1,Xii0,Xiin試確定統(tǒng)計(jì)量y的分布.i 1解由已知條件得:Yi B(1,p)，其中1Fx().因?yàn)閄i互相獨(dú)立，所以Y也互相獨(dú)立，再根據(jù)二項(xiàng)分布的可加性，有nY B( n, p)， p 1 Fx ().i 11)X B(N, p);2) X P();3) X Ua,b;4)X N( ,1);解1)EXEXNpDXDXNp(1p)nnES2DX

7、Np(1p)2)EXEXDXDXnnES2DX3)a bEXEXX的樣本，試求eX,dX,es。假設(shè)總體的分布為:9設(shè)X1,川,Xn是來(lái)自總體DXDXnb a12n2b aES2 *DX124) EXEXDX1DXnnES2DX1210設(shè)X1,川,Xn為總體2)的樣本,X N(,(XiX)2(Xi1X)2 。Xi(n1)S2(n 1)ES2(n1)DX (n1) 2又因?yàn)?(n 1)S211設(shè) X1J|,XXi(n1)S24D(n 1)S222(n1),所以:來(lái)自正態(tài)總體 N(0,1)Xi2(n1) 4，定義:Y | X |,Y2n iI Xi I，計(jì)算 EY，EY2.由題意知 X N(0,1

8、/ n)，令：Y . nX，則 Y N(0,1)亦e(xI)詈 |y(edy 號(hào)。ye 2 dyE(YJ E(|X |)1 nE(|Xi )n i iE(X)1 nE(Y2)E | Xi |n i i3)12設(shè)X1J|,Xn是總體N(,4）的樣本,X為樣本均值，試問(wèn)樣本容量n應(yīng)分別取多大，才能使以下各式成立:1) E|X2l 0.1 ；2)E|X| 0.1； 3)P(lX | 1)0.95。解1)X N(,4)4 N(,)nX齊 UN(0，1)2-Enn 2/ , nE24-1 0 0.1n所以：n 402)令：X _ u N(0,1)2/ . nE(U)duu2所以：E X計(jì)算可得：n1 e

9、2 du0.1X一 n2/n 2、.n220.95216.查表可得： u09751.96, n 15.36，而n取整數(shù),2 .13設(shè)(X-lllXn)和(丫1,卅,丫)是兩個(gè)樣本，且有關(guān)系式:1丫 -(Xi a) ( a,b 均為常 b數(shù)，b0),試求兩樣本均值 X和丫之間的關(guān)系，兩樣本方差sX和M之間的關(guān)系.因:n1Xi ai 1 bnanXi114所以:EY即:sYXiXiN(0,1)的樣本.1)試確定常數(shù)2C1M1，使得 c(X! X2) d,X32 (n)，并求出n ；2)試確定常數(shù)22C2，使得 C2(X! X2 )/(X3 X4X5)F(m,n)，并求出m和n .解1 )因：X1標(biāo)

10、準(zhǔn)化得:X2 N(0,2)，X3 X4 X5 N(0,3)XXXX1 2入2N(0,1)，X3：入5N(0,1)且兩式相互獨(dú)立故:X1 X22X3 X4 X52(2)di可得:2)因：Xi2X；X3 X43X52(1)，.x2 I2所以：-2X3 X4 X53Xi2 F(2,1),可得：c2-,m 2,n1.215設(shè)tp(n), Fp(m, n)分別是t分布和F分布的p分位數(shù)，求證2ti p/2(n)Fi p(1,n).則：P(F)i P P(廠廠)i pP(T廠)P(T 廣)1 p2P(T 廠)2 pP(T -)1 衛(wèi)2所以： 上(n)2故：t1 p2(n)1 2Fi p(1, n).證明設(shè)

11、Fi p(1,n),16設(shè)Xi,X2是來(lái)自總體XN(0,1)的一個(gè)樣本，求常數(shù)c，使:(Xi X2)22 2(Xi X2) (Xi X2)0.1.解易知Xi X2 N(0, 2)，則 Xi X2 n(0,1)；.2同理Xi X2 N(0,2)，貝y Xi X2 N(0,1)2又因：Cov(Xi X2,Xi X2) 0,所以Xi X2與Xi X2相互獨(dú)立.(Xi X2)222(Xi X2) (Xi X2)P (1 c)(XiX2)2P2(Xi X2)2p (Xi X2) c(Xi X2)2 rcXi X2 2)、2(Xi X2)2cr c0.i所以：icc 心9計(jì)算得：ci7 設(shè) Xi,X2,|

12、, Xn,Xn i 為總體 X N(2)2的容量n i的樣本，X,S為樣本(Xi,III，x）的樣本均值和樣本方差，求證:X- Xt(n i)；SXnin i 2N(0,)nXin iN(0,-n2).因:E(XniX)D(XX)所以:N(0,又:Js2n i2)，2(n i)i)2）由1）可得：n 12X X n 1 N(0,)n3）因：E（X1X) 0，D(X1 X) n 1 2 nn 12所以：X, X N(0,2)n18設(shè) X1,|,Xn 為總體 X N(,2）的樣本，X為樣本均值，求n，使得P(|X| 0.25 )0.95.X/ ；nN(0,1)0.25P 0.25. n0.25/n

13、/、n20.25. n1 0.9519所以:0.25 n 0.975查表可得：0.25廟 Uo.975 1.96，即 n 62.設(shè)川,Xn為總體XUa,b的樣本，試求:1）x的密度函數(shù)；2）X（n）的密度函數(shù);解因：X Ua,b,所以X的密度函數(shù)為:1,xf(x) b a0,xa,ba,b0,xF(x)x a,ab a1,x由定理：f(1)(x) n(1 F (x)n 1 f (x)布:b X n 11n( ) ,Xb a b a0,xf(n)(x) n(F(x)n 1f (x)a,ba,b/x a、n 11n( ),x a,bb a b a0,x a,b20設(shè)X!|,X5為總體XN(12,4

14、)的樣本，試求：1)P(X(1)10) ;2) P(X(5)15)X N(12,4)Xi 12 N(0,1)P X(1)101 P X(1)1051P Xi10i 1511P Xi10i 15Xi1211P i 121(1 (1)515(1)0.57855P X(5)15P Xi15i15Xi 1221.555(1.5)0.93320.707721設(shè)(X1J|,Xm,Xm 1j|,Xm n)為總體X N(0, 2)的一個(gè)樣本，試確定下列統(tǒng)計(jì)量的分m1)mn X：i 1m n2m Xii m 13)1m2Xii 11m n2Xii m 12 m2 n2)因?yàn)椋?Xi N(0, m )i 1mXi

15、所以：i 1 N(0,1)， r.mi m 1m n 2Xi2(n)mXi且i 1Vmm n 2i相互獨(dú)立，由抽樣定理可得:mmn因?yàn)?2)2i 1mXiiXi22(m)，rXi22(n)所以:Xi2與i 1所以:3)1-2i m 1mnXi2i 1nXi2m 1因?yàn)?Xi)2X2mXi1相互獨(dú)立,12 m X； m1m n1Xi2 nF (m, n)N (0, mnXi N (0, ni m 12)m(且亠2mXi)2與m n(Xi)22(1)，nXi)2相互獨(dú)立,由卡方分布可加性得:mXi122設(shè)總體X服從正態(tài)分布N(方差，問(wèn)樣本容量n取多大能滿足P(n2(1)2Xin2(2).2)，樣本

16、Xi,X2,Xn來(lái)自總體X，S2是樣本1)S2232.670.95解由抽樣分布定理：sn 1 2(n 1),P(S 32.67)0.95,查表可得：n 121， n 2223從兩個(gè)正態(tài)總體中分別抽取容量為20和15的兩獨(dú)立的樣本，設(shè)總體方差相等,S2, S；分別為兩樣本方差，求 PS22.39 -解 設(shè)n =20，門(mén)2=15分別為兩樣本的容量,2為總體方差,由題意,(ni 1)S2_19S2 2(19),匹1)S； _14S；2(14)又因S； , S：分別為兩獨(dú)立的樣本方差:219S1 19 2219S22_ ?F(19,14)2 二 14 S214S2 一 S；所以：P S1s：2.391

17、2.391 0.95 0.05.24設(shè)總體 N(,2)，抽取容量為20的樣本Xi,X2,X20，求概率P 10.8520(Xii 1)237.57 ；P 11.6538.58 .202(Xi X)i 1N(0,1)，且各樣本間相互獨(dú)立，所以:2 2(20)20Xii 1故：P 10.8537.570.990.050.94Xi2(19),所以:202)因：2X19S22P 11.65曲 38.580.995 0.1 0.895.25設(shè)總體X N (80,2)，從中抽取一容量為 25的樣本，試在下列兩種情況下P( X 803)的值:已知20 ；未知，但已知樣本標(biāo)準(zhǔn)差S 7.2674.2(X N (

18、80,)2X N(80,)，5；.X 80X 80式)，右心)XX 80PX 803 P20/53412 (0.75) 12680為總體0.77340.4532P7.2674/5802.0642.0641 20.975 1 0.05N(2)的樣本,X,S2為樣本均值和樣本方差，當(dāng)n 20時(shí)，求:1)P(X);4.472)P(| S2221 );23)確定C,使P( SXC)0.90 .F X N(N(0,1)XJ4.4724.472S2其中19S22(19),則其中,T S/ 20P S2P 9.5t(19),0.8413S2S2S229.519S228.59.519S2228.528.50.

19、950.050.91cP十心S/ 20 cPT免c0.9所以：竺0 t9(19)=1.328,計(jì)算得：c 3.3676 cX27設(shè)總體X的均值 與方差2存在，若X1,X2,Xn為它的一個(gè)樣本,X是樣本均值，試證明對(duì)i，相關(guān)系數(shù)r(Xi X, Xj X)證明r(Xi X,Xj X)cov(Xj X,Xj X)D(Xi X)D(Xj X)D(Xj X) D(Xj X)12Cov(Xj X,Xj X) E(XjXj XiX XjX XX)2n所以：r(Xi X,Xj X)28.設(shè)總體X N( , 2)，從該總體中抽取簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本X1,X2, ,X2n(n 1) , X是它的樣本均值，求統(tǒng)計(jì)量Tn(X

20、ii 1Xni 2X)2的數(shù)學(xué)期望解因X N(,2)X1,X2,X2n (n 1)為該總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，令Y Xi Xn i，則有Y N(2,2 2)可得：Y1 n -Y n i 12XTn(Xii 1Xnin22X)2i 12 2Y Y(n 1)SyET2(n 1)E32(n 1) 2習(xí)題二f(x;) 0,1)x ,(X1,|,Xn)為其樣本，求參數(shù)的矩估計(jì)量值為:,求參數(shù) 的估計(jì)值解計(jì)算其最大似然估計(jì)：nL( ,xj|xn)i 11 KIn L( ,x|xn) nln(1)1設(shè)總體的分布密度為:0 x 1其它?和極大似然估計(jì)量?2 .現(xiàn)測(cè)得樣本觀測(cè)nn1 xi 1nIn x其矩估計(jì)為:E

21、X所以:?1ln L(必川 Xn)ln xi10.1nnlni 10.20.91)x 1dx2XX 10.21120.8 0.70.73.4X,?14 0.3077X 10.3077, ?20.2112nnln Xii 12設(shè)總體X服從區(qū)間0,上的均勻分布，即X U0, , (X1,Xn）為其樣本,1）求參數(shù)的矩估計(jì)量？和極大似然估計(jì)量2）現(xiàn)測(cè)得一組樣本觀測(cè)值:,試分別用矩法和極大似然法求總體均值、總體方差的估計(jì)值.解 1）矩估計(jì)量:?EX ； X,?2X2.4最大似然估計(jì)量:L( ,X1 川 Xn)ln L(,xj(|xn)無(wú)解.此時(shí)，依定義可得:max Xi1 i n2）矩法:?EX 扌

22、12DX?10.47212?極大似然估計(jì)：EX 22?21.1,DX0.4033123設(shè)Xi,Xn是來(lái)自總體 X的樣本，試分別求總體未知參數(shù)的矩估計(jì)量與極大似然估計(jì)量.已知總體X的分布密度為:1)f(x；)0未知0,2)f (x；)xex!0,1, 2,川,0未知3)f (x; a,b)b未知其它4)f(x；)其它未知5)le(x)/f (x；,其中參數(shù)，未知0,6)f (x；,其中參數(shù)未知0,f(x；)4x20,0未知8)f(x；)(x 1)(12,3,川，0矩法估計(jì):EXX,最大似然估計(jì):L( ,xJ|xn)nXiUn L( * 川 Xn)nnlnxi 1dIn L dnXii 10,n

23、X xi 112)X P()X矩估計(jì)：EXX, ?最大似然估計(jì):L(,為川XjnXie1 Xnxn ,ln L n nx InXi矩估計(jì):聯(lián)立方程:AmLdEX,DXnx0,12?3M 23M 2最大似然估計(jì):L(川 Xn)f (Xi；i 1,ln L(b a)nnln(b a)d ln L nda b0 ,無(wú)解，當(dāng)a min Xj時(shí)，使得似然函數(shù)最大,1 i n4)依照定義，mirnXi，同理可得a max Xi1 i n矩估計(jì):EXdx xIn x，不存在最大似然估計(jì):L(川 Xn)12，ln L n In 2 In xi 1 xIn Ln 0，無(wú)解;依照定義，X（1）6)5)矩估計(jì):EX

24、（X)/ dx0t)e tdtEX2t)2e tdt(1) 2?1M2X2)2 2Xi2 x2M2Xi2用,XX(XiX)2,最大似然估計(jì):In L n Inn In L 一依定義有：?L矩估計(jì)：EX1? 1n(Xi X)2i 1n 1 (x丄nX0,In Lx ?X(1)，L）/n20 xx1dxnexp(X )X（1）M1nx n無(wú)解7)EX2最大似然估計(jì):01,解方程組可得:?1L( , , X | Xn )In L n In無(wú)解，依定義得,矩估計(jì):EX4x331XiX(n)m2MXii 1,In L nln nlnn1) In Xii 1ln xi解得0,InLIn X(n)-?MX2

25、0dx最大似然估計(jì):L（，為川Xn）4 Xi23In L nln4 3nlnInL 3n 22x2 en In2二0,?L2XrdIn xi22 2 X 3n2_J 0te fdtX22Xi22Xi8)矩估計(jì):EXx(x 1)x 22、x 22d2(1)x 2 d(12 d2X2 d212 2 22 q2 “3dq x 0dq 1 qx2d2“、x2 (1 )2 (1 )d(1) x0X? 2MX最大似然估計(jì):nL(，叩|Xn)(人 1) 2(1 )X 2 2n(1)nX 2n (X 1)1In L 2nln (nX 2n)ln(1)ln(x 1)0, ?L, 2n nX 2nIn L4.設(shè)總

26、體的概率分布或密度函數(shù)為1f(x;)，其中參數(shù)已知，記p P(X比)，樣本X1，., Xn來(lái)自于總體X,則求參數(shù)p的最大似然估計(jì)量 P .解 記 y 1必 a0;yj0必a0 則B(1,p)；nnn.yiyL(p,y1,y|yn) . 1 pyi(1 p)1 yi pi1 (1 p)n i1 In L(p,y1，y|yn) nylnp n(1 y)ln(1 p) dpL(p，y1，y2%)“ 祜)0? Y5設(shè)元件無(wú)故障工作時(shí)間 X具有指數(shù)分布，取1000個(gè)元件工作時(shí)間的記錄數(shù)據(jù)，經(jīng)分組后得到它的頻數(shù)分布為:組中值Xi5152535 455565頻數(shù)i365 245 150 10070 4525

27、如果各組中數(shù)據(jù)都取為組中值，試用最大似然法求參數(shù)的點(diǎn)估計(jì)解最大似然估計(jì):L( ,X|Xn)Xi,ln L nlnnxdnLdnx0,x,x1 700 i 1 xv遊20100010.05X6已知某種燈泡壽命服從正態(tài)分布，在某星期所生產(chǎn)的該種燈泡中隨機(jī)抽取10只，測(cè)得其壽命（單位：小時(shí)）為:1067，919, 1196, 785， 1126， 936, 918, 1156， 920,948設(shè)總體參數(shù)都未知，試用極大似然法估計(jì)這個(gè)星期中生產(chǎn)的燈泡能使用1300小時(shí)以上的概率.解設(shè)燈泡的壽命為x, xN（,2、）,極大似然估計(jì)為:x, ?2n(x x)2i 1根據(jù)樣本數(shù)據(jù)得到：？ 997.1, ?1

28、7235.81 .經(jīng)計(jì)算得，這個(gè)星期生產(chǎn)的燈泡能使用1300小時(shí)的概率為7.為檢驗(yàn)?zāi)撤N自來(lái)水消毒設(shè)備的效果,現(xiàn)從消毒后的水中隨機(jī)抽取50升，化驗(yàn)每升水中大腸桿 菌的個(gè)數(shù)（假定一升水中大腸桿菌個(gè)數(shù)服從Poisson分布），其化驗(yàn)結(jié)果如下:大腸桿菌數(shù)/升0123456升數(shù)li1720100210試問(wèn)平均每升水中大腸桿菌個(gè)數(shù)為多少時(shí)，才能使上述情況的概率為最大解 設(shè)x為每升水中大腸桿菌個(gè)數(shù)，XP（ ） , Ex ，由3題（2）問(wèn)知,的最大似然估計(jì)為 x，所以? X 0*17 1*20 2*10 3* 2 4*1 /50 1.所以平均每升氺中大腸桿菌個(gè)數(shù)為1時(shí)，出現(xiàn)上述情況的概率最大.8設(shè)總體X N(

29、 , 2)，試?yán)萌萘繛閚的樣本X,Xn，分別就以下兩種情況，求出使P(X A) 0.05的點(diǎn)A的最大似然估計(jì)量1)若1時(shí)；2)若，2均未知時(shí).解1)1，的最大似然估計(jì)量為X，xAp x A 0.95, p0.95(-)0.95,/? U0.95所以 A U0.95 X.2)的最大似然估計(jì)量為X，2最大似然估計(jì)為M2，由極大似然估計(jì)的不變性，直接推出A u0.95X .9設(shè)總體X具有以下概率分布f(x; ),1,2,3:Xf（x;1）f（x；2）f（x；3）01/31/4011/31/40201/41/431/61/41/241/601/4求參數(shù) 的極大似然估計(jì)量 ？.若給定樣本觀測(cè)值：1，0

30、，4， 3，1，4，3， 1，求最 大似然估計(jì)值？.解分別計(jì)算1,2,3，時(shí)樣本觀測(cè)值出現(xiàn)的概率:1時(shí),2時(shí),3時(shí),由最大似然估計(jì)可得:1 134640；10 設(shè)總體X具有以下概率分布1,f (x； 0)0,求參數(shù)的最大似然估計(jì)量解最大似然估計(jì)應(yīng)該滿足:max0,1結(jié)果取決于樣本觀測(cè)值11設(shè)X,X2,X,X是總體6(X1X21)(X3(X2X(XX21 ；104976；f (x.），0,1:其它max12nx0.5i 1X1,X2 卅 xnf (x；1)12匸0,Xi；0,X的樣本，設(shè)有下述三個(gè)統(tǒng)計(jì)量:X4)3X3 4X4)/10X3 X4)/4其它nf Xi；1 ,i 1指出a,召2,召3中

31、哪幾個(gè)是總體均值 a=EX的無(wú)偏估計(jì)量，并指出哪一個(gè)方差最小E?1(),D?13i(2 2)1( 22 22)0.27 2E?2)/10，D?20.3 2E?34(,D?30.25 216121)2)13所以？，？2,?3無(wú)偏，？3方差最小.設(shè)總體X求常數(shù)求常數(shù)E?22)N(使?21E【k i 1E?2x,，X1 n 1-(Xi1 k i 1n|Xii 1Xi21k 2(n 1)令 yiXix為其樣本,2Xi)為2的無(wú)偏估計(jì)量;的無(wú)偏估計(jì)量2x 1Xx2112( n 1)(2)2(n1) 22(n J 2LrxXk1,k iNn2n(n 1)設(shè)X., xn是來(lái)自總體差，試確定常數(shù)c，使XE(X

32、2 cS2)X的樣本，并且 EX=，DX=cS是2的無(wú)偏估計(jì)量.EX2 cES2 DX E2XX,S是樣本均值和樣本方所以c14 設(shè)有二元總體(X,Y),(X1,Y1),(X2，Y；)|,(Xn,Y；)為其樣本，證明:是協(xié)方差證明由于Xi所以:Cov( X,Y)的無(wú)偏估計(jì)量x yi(n 1)2n2n(Xii 1x)(YY)xyi(-nXik 1,kxknryiykk 1,k i )n(nExyn(nAEC丄n(dn 1 n15s22-nn(n 1)k 1,k i2nykX(n 1)2 匚 十ExyExEy設(shè)總體X N(,1 s2，試比較估計(jì)量1誤差E(S：2f最小ES2 E(丄 Xi n 1n

33、(n 1) Xkyik 1,k i2n(n 1)2 ExEyExy)，樣本為X,., X2 2S , S1,E(七nnXkykk 1,k i k 1,k i2n(n 1)Exy (n 1)(nExEy cov(X,Y) Z，證畢.是樣本方差，定義s：哪一個(gè)是參數(shù)2的無(wú)偏估計(jì)量哪一個(gè)對(duì)2的均方2) ExEynXi2i 12nX )(nEXi2 nEx2)n 1 i 12)22所以2S是的2無(wú)偏估計(jì)n 1 q22 S2(n1）,所以,DSs22DS2E S2S22 (ES12)22 (ES；)22n 12n2可以看出S；最小.16 設(shè)總體U0,Xi, X2，X3為樣本,試證:計(jì)量，問(wèn)哪一個(gè)較有效E

34、4X（1）3 n(1 -)0xdx4n 1(10t)n4maxXi34 min Xi1 i 3都是參數(shù)的無(wú)偏估4n(1t)n 1tdt1(10t)ntdt1tdt3 EX(n)3。n(-)n1-dx4n1tntdt04nEX（1）4,ex3(n)EX（2）2dx12 (10t)2t2dt10EX(2n)2 2x x dx1242 t4dt0D4X(1)16DX(1)16(EX(； E2X(d)16DX (n)1622(EX：) E%n)16 3(9 5D4X（1）3552215所以 Xg比較有效3?2的方差的兩倍.試確定17 設(shè)?1，?是 的兩個(gè)獨(dú)立的無(wú)偏估計(jì)量，并且？的方差是常數(shù)C1, C2

35、，使得C1?C2?2為的線性最小方差無(wú)偏估計(jì)量解：設(shè)D 122,D 22E(c1 1C2 2)C1 C2 (C1C2)，C1C21，C21C1D(q 1C2 2)C2|2 2 cf|2 22c212C122C221C13c2 2c1 1當(dāng)c121，上式達(dá)到最小，此時(shí) c21 C122*33318.設(shè)樣本乂仆，Xn來(lái)自于總體 X,且X P()(泊松分布)，求EX,DX，并求C-R不等式下界,證明估計(jì)量 X是參數(shù)的有效估計(jì)量EX EX ，DX-n nL(，訓(xùn)|人)Xie e n x!ln L nnxlnIn xi!AnL dnx n ,I(E(PnL) nd所以其C-R方差下界為I()所以 X是參

36、數(shù)有效估計(jì)量19設(shè)總體X具有如下密度函數(shù),f(x,)0,0其它X1,，Xn是來(lái)自于總體 X的樣本，對(duì)可估計(jì)函數(shù)g(1一，求g()的有效估計(jì)量0()，并確定R-C下界.解因?yàn)樗迫缓瘮?shù)nL(,捲卅 XjXn 1i 1nxn 1,ln L nlni1(1)ln xidn111In LlnXin _ln xin _咔 g( )0dnn所以取統(tǒng)計(jì)量T1ln xn1111111E ln Xjln x xdxln xdxx ln x0x dx一0001 1得ET =g()，所以TIn Xj是無(wú)偏估計(jì)量n令 c( ) n由定理232知T 是有效估計(jì)量，由DTg()c()1二 1 2 n n所以C-R方差下界為

37、20設(shè)總體X服從幾何分布：P(X k) p(1 p)k1, k 1,2，卅，對(duì)可估計(jì)函數(shù)g(p)-，P則1) 求 g(p)的有效估計(jì)量T(X川，Xn)；2) 求 DT 和 1( p)；3) 驗(yàn)證T的相合性.n解 1)因?yàn)樗迫缓瘮?shù) L(p,xJ|xn)p(1 p)Xj 1 pn(1 p)nx nln Ln ln pi 1(nx n)ln(1p)d ,nnx nn _1n _“、In Lxx g(p)dpp1 p1 pp1 p所以取統(tǒng)計(jì)量T X .nk 1又因?yàn)?EX EX kp(1 p) p k(1 p)k 1k 1d n k d 1 p q p dq k odq 1 p所以T X是g(p)的無(wú)偏估計(jì)量，取c(p)，由定理232得到，T X是有效估計(jì)量2)I(P)c(p)g (p)n1p2(1 p),DTg (P)c(p)1 P2- npDXDX q2n np0,(n所以T X是相合估計(jì)量21設(shè)總體X具有如下密度函數(shù),f (x；ln其它10,Xi,Xn是來(lái)自于總體 X的樣本,是否存在