强化篇第9章 参数估计与假设检验

1. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，总体$X$的概率分布为$P\{X=k\}=-\frac{{\theta }^k}{k\ln (1-\theta )}$，$k=1,2,\cdots$，其中$\theta (0<\theta <1)$是未知参数，${\mu }_m=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^m$，$m=1,2,3$，则$\theta$的矩估计量为( ) A. $1+\frac{{\mu }_1}{{\mu }_2}$ B. $1-\frac{{\mu }_1}{{\mu }_2}$ C. $1+\frac{{\mu }_2}{{\mu }_3}$ D. $1-\frac{{\mu }_2}{{\mu }_3}$

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答案：B。

解析：由概率分布可得

$$E(X)=-\frac{1}{\ln (1-\theta )}\sum _{k=1}^{\infty }{\theta }^k=-\frac{\theta }{(1-\theta )\ln (1-\theta )}.$$

又

$$E(X^2)=-\frac{1}{\ln (1-\theta )}\sum _{k=1}^{\infty }k{\theta }^k=-\frac{\theta }{(1-\theta {)}^2\ln (1-\theta )}.$$

因此

$$\frac{E(X)}{E(X^2)}=1-\theta ,$$

即

$$\theta =1-\frac{E(X)}{E(X^2)}.$$

用样本原点矩${\mu }_1,{\mu }_2$分别替代总体原点矩，得到矩估计量

$${\hat{\theta }}_M=1-\frac{{\mu }_1}{{\mu }_2}.$$

故选B。

2. 设袋中红球数与黑球数之比为$r$且无其他颜色的球，现有放回地抽取$n$次，每次取一球，共取出$k$个红球，则$r$的最大似然估计值为( ) A. $\frac{n}{k}$ B. $\frac{n-k}{k}$ C. $\frac{k}{n}$ D. $\frac{k}{n-k}$

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答案：D。

解析：设每次抽到红球的概率为$p$，由红、黑球数之比为$r$，有

$$p=\frac{r}{1+r},r=\frac{p}{1-p}.$$

有放回抽样$n$次，红球出现次数$K\sim B(n,p)$。当观察到$K=k$时，似然函数为

$$L(p)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}.$$

二项分布参数$p$的最大似然估计值为

$$\hat{p}=\frac{k}{n}.$$

由最大似然估计的不变性，

$$\hat{r}=\frac{\hat{p}}{1-\hat{p}}=\frac{k/n}{1-k/n}=\frac{k}{n-k}.$$

故选D。

3. 设$(X_1,Y_1),(X_2,Y_2),\cdots ,(X_n,Y_n)$是来自总体$(X,Y)$的简单随机样本，且$(X,Y)\sim f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2{\theta }^2}{e}^{-\frac{2x+y}{2\theta }},& x>0,y>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，其中$\theta$为大于0的参数。记$\overline{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$，$\overline{Y}=\frac{1}{n}{\sum }_{j=1}^n{Y}_j$，则$\theta$的最大似然估计量$\hat{\theta }$与$D(\hat{\theta })$分别为( ) A. $\overline{X}+\frac{\overline{Y}}{2},\frac{{\theta }^2}{4n}$ B. $\frac{\overline{X}}{2}+\frac{\overline{Y}}{4},\frac{{\theta }^2}{2n}$ C. $\overline{X}+\frac{\overline{Y}}{2},\frac{{\theta }^2}{2n}$ D. $\frac{\overline{X}}{2}+\frac{\overline{Y}}{4},\frac{{\theta }^2}{4n}$

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答案：B。

解析：联合密度可写为

$$f(x,y)=\frac{1}{\theta }{e}^{-x/\theta }\cdot \frac{1}{2\theta }{e}^{-y/(2\theta )},x>0,y>0,$$

所以$X,Y$相互独立，且

$$X\sim \mathrm{Exp}\left(\frac{1}{\theta }\right),Y\sim \mathrm{Exp}\left(\frac{1}{2\theta }\right).$$

于是

$$E(X)=\theta ,D(X)={\theta }^2,E(Y)=2\theta ,D(Y)=4{\theta }^2.$$

样本似然函数关于$\theta$的部分为

$$L(\theta )\propto {\theta }^{-2n}\exp \left[-\frac{1}{\theta }\left(\sum _{i=1}^n{X}_i+\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{Y}_i\right)\right].$$

故对数似然函数满足

$$\frac{d\ln L}{d\theta }=-\frac{2n}{\theta }+\frac{\sum X_i+\frac{1}{2}\sum Y_i}{{\theta }^2}.$$

令其为0，得

$$\hat{\theta }=\frac{1}{2n}\left(\sum X_i+\frac{1}{2}\sum Y_i\right)=\frac{\overline{X}}{2}+\frac{\overline{Y}}{4}.$$

又$\overline{X},\overline{Y}$相互独立，因此

$$\begin{array}{rl}D(\hat{\theta })& =\frac{1}{4}D(\overline{X})+\frac{1}{16}D(\overline{Y})\\ & =\frac{1}{4}\frac{{\theta }^2}{n}+\frac{1}{16}\frac{4{\theta }^2}{n}=\frac{{\theta }^2}{2n}.\end{array}$$

故选B。

4. 设总体$X$服从参数为$\lambda (\lambda >0$未知$)$的泊松分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的一个简单随机样本，则$P\{X=0\}$的最大似然估计量为_____。

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答案：$e^{-\overline{X}}$。

解析：若$X\sim P(\lambda )$，则

$$P\{X=0\}=e^{-\lambda }.$$

泊松总体参数$\lambda$的最大似然估计量为

$$\hat{\lambda }=\overline{X}.$$

由最大似然估计的不变性，$e^{-\lambda }$的最大似然估计量为

$$e^{-\hat{\lambda }}=e^{-\overline{X}}.$$

5. 设总体$X$的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\beta x}{{\alpha }^2},& 0<x<\alpha \\ 0,& \text{其他}\end{array}$，其中$\alpha (\alpha >1)$是未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，记$p=P\{0<X<\sqrt{\alpha }\}$，$X_{(1)}=\min \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$，$X_{(n)}=\max \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$，则$p$的最大似然估计量$\hat{p}$为_____。

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答案：按题目的通常命题意图，$\hat{p}=\frac{1}{X_{(n)}}$。

解析：首先由密度归一化条件

$${\int }_0^{\alpha }\frac{\beta x}{{\alpha }^2}dx=\frac{\beta }{2}=1,$$

得$\beta =2$。由于$\alpha >1$，有$\sqrt{\alpha }<\alpha$，故

$$p=P(0<X<\sqrt{\alpha })={\int }_0^{\sqrt{\alpha }}\frac{2x}{{\alpha }^2}dx=\frac{1}{\alpha }.$$

样本似然函数为

$$L(\alpha )=\frac{2^n{\prod }_{i=1}^n{X}_i}{{\alpha }^{2n}}I\{\alpha \ge X_{(n)}\}.$$

在允许范围内$L(\alpha )$随$\alpha$增大而减小，因此按通常教材中忽略开边界$\alpha >1$带来的特殊情形，

$${\hat{\alpha }}_L=X_{(n)}.$$

再由最大似然估计的不变性，

$$\hat{p}=\frac{1}{{\hat{\alpha }}_L}=\frac{1}{X_{(n)}}.$$

严格地说，原题还给出$\alpha >1$。若某组样本恰有$X_{(n)}\le 1$，则参数空间为开区间$\alpha >1$时似然函数只在$\alpha \to 1^{+}$处取得上确界而不取得最大值。因此题目应理解为教材中常用的边界简化情形。

6. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X\sim N(1,{\sigma }^2)$的简单随机样本，$\sigma >0$未知，记${\sigma }^2$的最大似然估计量为${\hat{\sigma }}^2$，则$D({\hat{\sigma }}^2)=$_____。

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答案：$\frac{2{\sigma }^4}{n}$。

解析：总体均值$1$已知，因此${\sigma }^2$的最大似然估计量为

$${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-1{)}^2.$$

又

$$\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(X_i-1{)}^2\sim {\chi }^2(n),$$

故

$$\frac{n{\hat{\sigma }}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n).$$

利用$D({\chi }^2(n))=2n$，得

$$D({\hat{\sigma }}^2)=\frac{{\sigma }^4}{n^2}\cdot 2n=\frac{2{\sigma }^4}{n}.$$

7. 设$X$的概率密度为$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}1,& \theta -\frac{1}{2}\le x\le \theta +\frac{1}{2}\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$-\infty <\theta <+\infty$。$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为取自总体$X$的简单随机样本，并记$X_{(1)}=\min \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$，$X_{(n)}=\max \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$。则参数$\theta$的最大似然估计量${\hat{\theta }}_L$满足_____。

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答案：

$$X_{(n)}-\frac{1}{2}\le {\hat{\theta }}_L\le X_{(1)}+\frac{1}{2}.$$

解析：样本似然函数为

$$L(\theta )=\prod _{i=1}^{n}I\left\{\theta -\frac{1}{2}\le X_i\le \theta +\frac{1}{2}\right\}.$$

要使$L(\theta )=1$，必须同时满足

$$X_i-\frac{1}{2}\le \theta \le X_i+\frac{1}{2},i=1,2,\cdots ,n.$$

因此

$$\underset{i}{\max }\left(X_i-\frac{1}{2}\right)\le \theta \le \underset{i}{\min }\left(X_i+\frac{1}{2}\right),$$

即

$$X_{(n)}-\frac{1}{2}\le \theta \le X_{(1)}+\frac{1}{2}.$$

在这一整个区间内似然函数均达到最大值1，所以最大似然估计并不唯一，任取该区间内的统计量均可作为最大似然估计量。

8. 设总体$X$服从区间$[-\theta ,\theta ](\theta >0)$上的均匀分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本，求参数$\theta$的矩估计量和最大似然估计量。

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答案：

$${\hat{\theta }}_M=\sqrt{\frac{3}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2},{\hat{\theta }}_L=\underset{1\le i\le n}{\max }|X_i|.$$

解析：由于$X\sim U[-\theta ,\theta ]$，有

$$E(X)=0,$$

其中一阶矩不含未知参数，因此使用二阶原点矩：

$$E(X^2)=\frac{1}{2\theta }{\int }_{-\theta }^{\theta }{x}^{2}dx=\frac{{\theta }^2}{3}.$$

令总体二阶矩等于样本二阶原点矩，

$$\frac{{\theta }^2}{3}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2,$$

得到

$${\hat{\theta }}_M=\sqrt{\frac{3}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2}.$$

另一方面，似然函数为

$$L(\theta )={\left(\frac{1}{2\theta }\right)}^{n}I\left\{\theta \ge \underset{i}{\max }|X_i|\right\}.$$

在满足样本取值条件的范围内，$L(\theta )$随$\theta$增大而减小，故

$${\hat{\theta }}_L=\underset{1\le i\le n}{\max }|X_i|.$$

9. 设总体$X$服从$(0,\frac{1}{\theta }]$上的均匀分布，$\theta >0$为未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本。求： (1) $\theta$的最大似然估计量$\hat{\theta }$； (2) $\hat{\theta }$的分布函数； (3) $P\{\theta <\hat{\theta }\le \theta +1\}$。

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答案：

$$\text{(1) }\hat{\theta }=\frac{1}{X_{(n)}};$$$$\text{(2) }{F}_{\hat{\theta }}(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t<\theta ,\\ 1-{\left(\frac{\theta }{t}\right)}^n,& t\ge \theta ;\end{array}$$$$\text{(3) }P\{\theta <\hat{\theta }\le \theta +1\}=1-{\left(\frac{\theta }{\theta +1}\right)}^n.$$

解析：总体密度为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta ,& 0<x\le \frac{1}{\theta },\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

于是样本似然函数为

$$L(\theta )={\theta }^{n}I\left\{X_{(n)}\le \frac{1}{\theta }\right\}={\theta }^{n}I\left\{\theta \le \frac{1}{X_{(n)}}\right\}.$$

在允许范围内$L(\theta )$随$\theta$递增，所以

$$\hat{\theta }=\frac{1}{X_{(n)}}.$$

由于$0<X_{(n)}\le 1/\theta$，故$\hat{\theta }\ge \theta$。当$t<\theta$时，

$$F_{\hat{\theta }}(t)=0.$$

当$t\ge \theta$时，

$$\begin{array}{rl}{F}_{\hat{\theta }}(t)& =P\left(\frac{1}{X_{(n)}}\le t\right)\\ & =P\left(X_{(n)}\ge \frac{1}{t}\right)\\ & =1-P\left(X_{(n)}<\frac{1}{t}\right).\end{array}$$

对$0<x\le 1/\theta$，总体分布函数为$F_X(x)=\theta x$，故

$$P\left(X_{(n)}<\frac{1}{t}\right)={\left(\frac{\theta }{t}\right)}^n.$$

因此

$$F_{\hat{\theta }}(t)=1-{\left(\frac{\theta }{t}\right)}^n,t\ge \theta .$$

最后，由连续性$P(\hat{\theta }=\theta )=0$，故

$$\begin{array}{rl}P\{\theta <\hat{\theta }\le \theta +1\}& =F_{\hat{\theta }}(\theta +1)-F_{\hat{\theta }}(\theta )\\ & =1-{\left(\frac{\theta }{\theta +1}\right)}^n.\end{array}$$

10. 设总体$X\sim U[{\theta }_0,{\theta }_0+\theta ]$，其中${\theta }_0$是已知常数，$\theta >0$是未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，求： (1) $\theta$的矩估计量${\hat{\theta }}_1$及$E({\hat{\theta }}_1)$； (2) $\theta$的最大似然估计量${\hat{\theta }}_2$及$E({\hat{\theta }}_2)$。

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答案：

$$\text{(1) }{\hat{\theta }}_1=2(\overline{X}-{\theta }_0),E({\hat{\theta }}_1)=\theta ;$$$$\text{(2) }{\hat{\theta }}_2=X_{(n)}-{\theta }_0,E({\hat{\theta }}_2)=\frac{n}{n+1}\theta .$$

解析：均匀分布$U[{\theta }_0,{\theta }_0+\theta ]$的均值为

$$E(X)={\theta }_0+\frac{\theta }{2}.$$

令$E(X)=\overline{X}$，得矩估计量

$${\hat{\theta }}_1=2(\overline{X}-{\theta }_0).$$

其数学期望为

$$E({\hat{\theta }}_1)=2[E(\overline{X})-{\theta }_0]=2\left({\theta }_0+\frac{\theta }{2}-{\theta }_0\right)=\theta ,$$

故${\hat{\theta }}_1$为无偏估计量。

似然函数为

$$L(\theta )={\theta }^{-n}I\{\theta \ge X_{(n)}-{\theta }_0\}.$$

因此

$${\hat{\theta }}_2=X_{(n)}-{\theta }_0.$$

令

$$U_i=\frac{X_i-{\theta }_0}{\theta }\sim U(0,1),$$

则

$$\frac{X_{(n)}-{\theta }_0}{\theta }=U_{(n)}.$$

而$U_{(n)}$的均值为$\frac{n}{n+1}$，故

$$E({\hat{\theta }}_2)=\theta \frac{n}{n+1}.$$

11. 设总体$X$服从$(0,\theta ]$上的均匀分布，$\theta >0$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本，并记$X_{(1)}=\min \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$，$X_{(n)}=\max \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$。 (1) 求$\theta$的最大似然估计量$\hat{\theta }$； (2) 求$Z=\frac{\hat{\theta }}{\theta }$的分布函数； (3) 若$P\{\hat{\theta }<\theta <{\theta }_0\}=1-\alpha$，$0<\alpha <1$，求${\theta }_0$。

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答案：

$$\text{(1) }\hat{\theta }=X_{(n)};$$$$\text{(2) }{F}_Z(z)=\{\begin{array}{ll}0,& z<0,\\ z^n,& 0\le z\le 1,\\ 1,& z>1;\end{array}$$$$\text{(3) }{\theta }_0=\frac{X_{(n)}}{{\alpha }^{1/n}}=\frac{\hat{\theta }}{{\alpha }^{1/n}}.$$

解析：总体密度为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\theta },& 0<x\le \theta ,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

故似然函数为

$$L(\theta )={\theta }^{-n}I\{\theta \ge X_{(n)}\}.$$

在可行域内似然函数随$\theta$增大而减小，因此

$$\hat{\theta }=X_{(n)}.$$

再令$Z=X_{(n)}/\theta$。当$0\le z\le 1$时，

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& =P\left(\frac{X_{(n)}}{\theta }\le z\right)\\ & =P(X_{(n)}\le z\theta )\\ & =[P(X_1\le z\theta ){]}^n=z^n.\end{array}$$

从而得到所列分布函数。

第(3)问中，由连续型分布有$P\{X_{(n)}<\theta \}=1$。设上置信限写成

$${\theta }_0=c{X}_{(n)},c>1.$$

要求

$$P\{X_{(n)}<\theta <c{X}_{(n)}\}=1-\alpha .$$

这等价于

$$P\left(\frac{X_{(n)}}{\theta }>\frac{1}{c}\right)=1-\alpha .$$

由$F_Z(z)=z^n$，

$$1-{\left(\frac{1}{c}\right)}^n=1-\alpha ,$$

故

$$c={\alpha }^{-1/n}.$$

于是

$${\theta }_0=\frac{X_{(n)}}{{\alpha }^{1/n}}.$$

12. 设总体$X\sim f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{\theta }{e}^{-\frac{x^2}{2\theta }},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$，$\theta >0$未知，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本，记${\hat{\theta }}_M$与${\hat{\theta }}_L$分别是$\theta$的矩估计量和最大似然估计量，求${\hat{\theta }}_M$，${\hat{\theta }}_L$以及对应的均值。

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答案：

$${\hat{\theta }}_M=\frac{2{\overline{X}}^2}{\pi },E({\hat{\theta }}_M)=\theta \left(1+\frac{4-\pi }{\pi n}\right);$$$${\hat{\theta }}_L=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2,E({\hat{\theta }}_L)=\theta .$$

解析：先计算总体矩。令

$$Y=\frac{X^2}{2\theta }.$$

由变量变换可知$Y\sim \mathrm{Exp}(1)$，因此

$$E(X^2)=2\theta .$$

又该分布为尺度参数为$\sqrt{\theta }$的瑞利分布，故

$$E(X)=\sqrt{\frac{\pi \theta }{2}}.$$

由矩估计法，用样本一阶原点矩$\overline{X}$代替$E(X)$，有

$$\overline{X}=\sqrt{\frac{\pi \theta }{2}},$$

所以

$${\hat{\theta }}_M=\frac{2{\overline{X}}^2}{\pi }.$$

又

$$D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=2\theta -\frac{\pi \theta }{2}=\frac{4-\pi }{2}\theta .$$

于是

$$\begin{array}{rl}E({\hat{\theta }}_M)& =\frac{2}{\pi }E({\overline{X}}^2)\\ & =\frac{2}{\pi }\left[D(\overline{X})+E^2(\overline{X})\right]\\ & =\frac{2}{\pi }\left[\frac{4-\pi }{2n}\theta +\frac{\pi \theta }{2}\right]\\ & =\theta \left(1+\frac{4-\pi }{\pi n}\right).\end{array}$$

似然函数为

$$L(\theta )=\left(\prod _{i=1}^n{X}_i\right){\theta }^{-n}\exp \left(-\frac{1}{2\theta }\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right).$$

故

$$\ln L(\theta )=C-n\ln \theta -\frac{1}{2\theta }\sum _{i=1}^n{X}_i^2.$$

令导数为0，得到

$${\hat{\theta }}_L=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2.$$

利用$E(X_i^2)=2\theta$，

$$E({\hat{\theta }}_L)=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i^2)=\theta .$$

13. 设总体$X$的概率密度为$f(x;b)=\{\begin{array}{ll}a{e}^{-2(x-b)},& x\ge b\\ 0,& x<b\end{array}$，其中$b>0$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本。 (1) 求$a$的值； (2) 求$b$的矩估计量${\hat{b}}_M$与最大似然估计量${\hat{b}}_L$； (3) ${\hat{b}}_L$是否为$b$的无偏估计量？

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答案：

$$\text{(1) }a=2;$$$$\text{(2) }{\hat{b}}_M=\overline{X}-\frac{1}{2},{\hat{b}}_L=X_{(1)};$$$$\text{(3) }{\hat{b}}_L\text{不是}b\text{的无偏估计量}.$$

解析：由概率密度归一化条件，

$$1={\int }_b^{+\infty }a{e}^{-2(x-b)}dx=\frac{a}{2},$$

故$a=2$。

令$Y=X-b$，则

$$Y\sim \mathrm{Exp}(2),$$

故

$$E(X)=b+E(Y)=b+\frac{1}{2}.$$

令总体均值等于样本均值，得到

$${\hat{b}}_M=\overline{X}-\frac{1}{2}.$$

似然函数为

$$L(b)=2^n\exp \left[-2\sum _{i=1}^n(X_i-b)\right]I\{b\le X_{(1)}\}.$$

在$b\le X_{(1)}$内，$L(b)$随$b$严格增大，因此

$${\hat{b}}_L=X_{(1)}.$$

又$Y_i=X_i-b$相互独立且均服从参数为2的指数分布，所以

$$Y_{(1)}=X_{(1)}-b\sim \mathrm{Exp}(2n),$$

从而

$$E(X_{(1)})=b+\frac{1}{2n}\ne b.$$

因此${\hat{b}}_L$不是$b$的无偏估计量，它的偏差为$\frac{1}{2n}$。

14. 设$X_1,X_2$为来自总体$X\sim U[0,2\theta ]$的简单随机样本，$Y_1,Y_2,Y_3$为来自总体$Y\sim U[0,4\theta ]$的简单随机样本，且两样本相互独立，其中$\theta (\theta >0)$是未知参数。利用样本$X_1,X_2,Y_1,Y_2,Y_3$，求$\theta$的最大似然估计量$\hat{\theta }$，并求$D(\hat{\theta })$。

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答案：

$$\hat{\theta }=\max \left\{\frac{X_1}{2},\frac{X_2}{2},\frac{Y_1}{4},\frac{Y_2}{4},\frac{Y_3}{4}\right\},$$$$D(\hat{\theta })=\frac{5{\theta }^2}{252}.$$

解析：联合似然函数为

$$L(\theta )={\left(\frac{1}{2\theta }\right)}^2{\left(\frac{1}{4\theta }\right)}^{3}I\left\{\theta \ge \frac{X_1}{2},\theta \ge \frac{X_2}{2},\theta \ge \frac{Y_1}{4},\theta \ge \frac{Y_2}{4},\theta \ge \frac{Y_3}{4}\right\}.$$

在满足约束的范围内，$L(\theta )\propto {\theta }^{-5}$随$\theta$增大而减小，因此

$$\hat{\theta }=\max \left\{\frac{X_1}{2},\frac{X_2}{2},\frac{Y_1}{4},\frac{Y_2}{4},\frac{Y_3}{4}\right\}.$$

令

$$U_1=\frac{X_1}{2\theta },U_2=\frac{X_2}{2\theta },V_j=\frac{Y_j}{4\theta },j=1,2,3.$$

则这5个随机变量相互独立且均服从$U(0,1)$。所以

$$W=\frac{\hat{\theta }}{\theta }$$

是5个独立$U(0,1)$随机变量的最大值，分布函数为

$$F_W(w)=w^5,0\le w\le 1,$$

密度为$f_W(w)=5w^4$。于是

$$E(W)=\frac{5}{6},E(W^2)=\frac{5}{7}.$$

故

$$D(W)=\frac{5}{7}-\frac{25}{36}=\frac{5}{252}.$$

因此

$$D(\hat{\theta })={\theta }^{2}D(W)=\frac{5{\theta }^2}{252}.$$

15. 设$X$服从参数为$\frac{2}{\theta }$的指数分布，在$X=x(x>0)$的条件下，$Y$的条件概率密度为$f_{Y|X}(y|x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\theta }{e}^{-\frac{y-x}{\theta }},& 0<x<y\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，其中$\theta$为大于0的参数，$(X_1,Y_1),(X_2,Y_2),\cdots ,(X_n,Y_n)$是来自总体$(X,Y)$的简单随机样本。 (1) 求$\theta$的最大似然估计量$\hat{\theta }$； (2) 计算$D(\hat{\theta })$。

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答案：

$$\text{(1) }\hat{\theta }=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n(X_i+Y_i);$$$$\text{(2) }D(\hat{\theta })=\frac{{\theta }^2}{2n}.$$

解析：按指数分布“参数”为率参数理解，$X$的密度为

$$f_X(x)=\frac{2}{\theta }{e}^{-2x/\theta },x>0.$$

因此$(X,Y)$的联合密度为

$$\begin{array}{rl}f(x,y)& =f_X(x)f_{Y|X}(y|x)\\ & =\frac{2}{{\theta }^2}{e}^{-(x+y)/\theta },0<x<y.\end{array}$$

故样本似然函数关于$\theta$的部分为

$$L(\theta )\propto {\theta }^{-2n}\exp \left[-\frac{1}{\theta }\sum _{i=1}^n(X_i+Y_i)\right].$$

令对数似然函数导数为0，得

$$\hat{\theta }=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^n(X_i+Y_i).$$

再令$Z=Y-X$。由条件密度可知，在给定$X=x$时，$Z$的密度为

$$f_Z(z)=\frac{1}{\theta }{e}^{-z/\theta },z>0,$$

且不依赖于$x$，故$Z$与$X$独立，并且

$$X\sim \mathrm{Exp}\left(\frac{2}{\theta }\right),Z\sim \mathrm{Exp}\left(\frac{1}{\theta }\right).$$

于是

$$D(X)=\frac{{\theta }^2}{4},D(Z)={\theta }^2.$$

由于$Y=X+Z$，有

$$X+Y=2X+Z,$$

从而

$$D(X+Y)=4D(X)+D(Z)=2{\theta }^2.$$

各组样本相互独立，所以

$$D(\hat{\theta })=\frac{1}{4n^2}\cdot n\cdot 2{\theta }^2=\frac{{\theta }^2}{2n}.$$

16. 设总体$X$的概率密度为$f(x;\alpha ,\beta )=\{\begin{array}{ll}\frac{\alpha {\beta }^{\alpha }}{x^{\alpha +1}},& x\ge \beta \\ 0,& x<\beta \end{array}$，$\alpha ,\beta$均大于0，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为总体$X$的简单随机样本。 (1) 求$\alpha ,\beta$的最大似然估计量$\hat{\alpha },\hat{\beta }$； (2) 对任意的$\epsilon >0$是否存在常数$a$，使得$\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|\hat{\beta }-a|\ge \epsilon \}=0$； (3) 求$E(\ln X_1)$。

查看答案与解析

答案：

$$\text{(1) }\hat{\beta }=X_{(1)},\hat{\alpha }=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\ln \frac{X_i}{X_{(1)}}};$$$$\text{(2) 存在，且 }a=\beta ;$$$$\text{(3) }E(\ln X_1)=\ln \beta +\frac{1}{\alpha }.$$

解析：样本似然函数为

$$L(\alpha ,\beta )={\alpha }^n{\beta }^{n\alpha }\prod _{i=1}^n{X}_i^{-(\alpha +1)}I\{0<\beta \le X_{(1)}\}.$$

固定$\alpha$时，$L$关于$\beta$单调增加，因此

$$\hat{\beta }=X_{(1)}.$$

代入后，对数似然函数为

$$\ln L=n\ln \alpha +n\alpha \ln X_{(1)}-(\alpha +1)\sum _{i=1}^n\ln X_i.$$

对$\alpha$求导并令其为0：

$$\frac{n}{\alpha }+n\ln X_{(1)}-\sum _{i=1}^n\ln X_i=0,$$

故

$$\hat{\alpha }=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\ln X_i-n\ln X_{(1)}}=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n\ln \frac{X_i}{X_{(1)}}}.$$

对第(2)问，由总体分布函数

$$F(x)=1-{\left(\frac{\beta }{x}\right)}^{\alpha },x\ge \beta ,$$

可知对任意$\epsilon >0$，

$$\begin{array}{rl}P\{|X_{(1)}-\beta |\ge \epsilon \}& =P\{X_{(1)}\ge \beta +\epsilon \}\\ & =[P\{X_1\ge \beta +\epsilon \}{]}^n\\ & ={\left(\frac{\beta }{\beta +\epsilon }\right)}^{n\alpha }\to 0.\end{array}$$

因此

$$\hat{\beta }=X_{(1)}\stackrel{P}{\to }\beta ,$$

所求常数为$a=\beta$。

对第(3)问，令

$$W=\ln \frac{X}{\beta }.$$

则对$w\ge 0$，

$$P(W>w)=P(X>\beta e^w)=e^{-\alpha w},$$

故$W\sim \mathrm{Exp}(\alpha )$，从而

$$E(W)=\frac{1}{\alpha }.$$

因此

$$E(\ln X)=\ln \beta +\frac{1}{\alpha }.$$

17. 设总体$X$的概率分布为

$X$	0	1
$P$	$1-p$	$p$

$0<p<1$是未知参数，又设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是$X$的简单随机样本，$x_1,x_2,\cdots ,x_n$是一组样本观测值。 (1) 求参数$p$的矩估计量和最大似然估计量； (2) 验证相应两个估计量的无偏性。

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答案：

$${\hat{p}}_M={\hat{p}}_L=\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,$$

且二者均为$p$的无偏估计量。

解析：这是参数为$p$的伯努利分布，有

$$E(X)=p.$$

令$E(X)=\overline{X}$，得矩估计量

$${\hat{p}}_M=\overline{X}.$$

设样本中有$k={\sum }_{i=1}^n{x}_i$个1，则似然函数为

$$L(p)=p^k(1-p{)}^{n-k}.$$

其对数似然函数为

$$\ln L(p)=k\ln p+(n-k)\ln (1-p).$$

令导数为0，得到最大似然估计值$p=k/n$，故统计量形式为

$${\hat{p}}_L=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i=\overline{X}.$$

又

$$E(\overline{X})=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=p,$$

因此矩估计量与最大似然估计量实际上是同一个统计量，并且均为无偏估计量。

18. 设总体$X$的分布函数$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<1\\ \theta ,& 1\le x<\frac{3}{2}\\ 1,& x\ge \frac{3}{2}\end{array}$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本。 (1) 求$\theta$的矩估计量${\hat{\theta }}_M$，并验证其是否有无偏性、一致性； (2) 若$n$个样本中有$n_1$个观测值为1，$n_2$个观测值为0，求$\theta$的最大似然估计值${\hat{\theta }}_L$。

查看答案与解析

答案：

$$\text{(1) }{\hat{\theta }}_M=3-2\overline{X},$$

它是$\theta$的无偏估计量且具有一致性。

第(2)问原题存在明显文字矛盾：由给出的分布函数，总体$X$只能取$1$与$\frac{3}{2}$，不可能取0。若原题“$n_2$个观测值为0”应为“$n_2$个观测值为$\frac{3}{2}$”，则

$${\hat{\theta }}_L=\frac{n_1}{n_1+n_2}=\frac{n_1}{n}.$$

解析：由分布函数的跳跃大小知

$$P\{X=1\}=\theta ,P\left\{X=\frac{3}{2}\right\}=1-\theta .$$

因此

$$E(X)=\theta +\frac{3}{2}(1-\theta )=\frac{3}{2}-\frac{\theta }{2}.$$

令$E(X)=\overline{X}$，得到

$${\hat{\theta }}_M=3-2\overline{X}.$$

其期望为

$$E({\hat{\theta }}_M)=3-2E(\overline{X})=\theta ,$$

故为无偏估计量。

再计算方差。由于两点分布的两个取值相差$\frac{1}{2}$，有

$$D(X)=\frac{1}{4}\theta (1-\theta ).$$

所以

$$D({\hat{\theta }}_M)=4D(\overline{X})=\frac{\theta (1-\theta )}{n}\to 0.$$

结合无偏性，由切比雪夫不等式可得

$${\hat{\theta }}_M\stackrel{P}{\to }\theta ,$$

故${\hat{\theta }}_M$具有一致性。

对于第(2)问，按给出的总体分布，若$n_1$个观测值为1、$n_2$个观测值为$\frac{3}{2}$，则

$$L(\theta )={\theta }^{n_1}(1-\theta {)}^{n_2},$$

从而

$${\hat{\theta }}_L=\frac{n_1}{n_1+n_2}.$$

若严格按原文确有$n_2>0$个观测值等于0，则这种样本在所给总体下概率为0，似然函数恒为0，无法据此定义通常意义下的最大似然估计。因此原题此处应有笔误。

19. 设总体$X\sim \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ \frac{\theta }{4N}& \frac{\theta }{2N}& \frac{4N-3\theta }{4N}\end{array}\right)$，其中$N>0$已知，$\theta >0$未知，设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，取到0的个数为$n_0$，取到1的个数为$n_1$，取到2的个数为$n_2$，即$n_0+n_1+n_2=n$。 (1) 求$\theta$的矩估计量${\hat{\theta }}_1$和最大似然估计量${\hat{\theta }}_2$； (2) 求${\hat{\theta }}_1$和${\hat{\theta }}_2$的数学期望； (3) 求${\hat{\theta }}_1$和${\hat{\theta }}_2$的方差。

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答案：

$$\text{(1) }{\hat{\theta }}_1=N(2-\overline{X}),{\hat{\theta }}_2=\frac{4N(n_0+n_1)}{3n};$$$$\text{(2) }E({\hat{\theta }}_1)=E({\hat{\theta }}_2)=\theta ;$$$$\text{(3) }D({\hat{\theta }}_1)=\frac{\theta (3N-2\theta )}{2n},D({\hat{\theta }}_2)=\frac{\theta (4N-3\theta )}{3n}.$$

解析：先计算总体均值：

$$\begin{array}{rl}E(X)& =\frac{\theta }{2N}+2\cdot \frac{4N-3\theta }{4N}\\ & =2-\frac{\theta }{N}.\end{array}$$

因此

$$\theta =N[2-E(X)].$$

用$\overline{X}$代替$E(X)$，得矩估计量

$${\hat{\theta }}_1=N(2-\overline{X}).$$

样本似然函数为

$$L(\theta )={\left(\frac{\theta }{4N}\right)}^{n_0}{\left(\frac{\theta }{2N}\right)}^{n_1}{\left(\frac{4N-3\theta }{4N}\right)}^{n_2}.$$

忽略与$\theta$无关的因子，

$$\ln L(\theta )=(n_0+n_1)\ln \theta +n_2\ln (4N-3\theta )+C.$$

令导数为0，得

$$\frac{n_0+n_1}{\theta }-\frac{3n_2}{4N-3\theta }=0.$$

利用$n_0+n_1+n_2=n$，解得

$${\hat{\theta }}_2=\frac{4N(n_0+n_1)}{3n}.$$

由$E(\overline{X})=E(X)$，立即有

$$E({\hat{\theta }}_1)=\theta .$$

又$n_0+n_1$表示样本中事件$X\in \{0,1\}$发生的次数，而

$$P\{X\in \{0,1\}\}=\frac{\theta }{4N}+\frac{\theta }{2N}=\frac{3\theta }{4N}.$$

故

$$n_0+n_1\sim B\left(n,\frac{3\theta }{4N}\right),$$

从而

$$E({\hat{\theta }}_2)=\frac{4N}{3n}\cdot n\frac{3\theta }{4N}=\theta .$$

再算方差。先有

$$\begin{array}{rl}E(X^2)& =\frac{\theta }{2N}+4\cdot \frac{4N-3\theta }{4N}\\ & =4-\frac{5\theta }{2N}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}D(X)& =E(X^2)-[E(X){]}^2\\ & =4-\frac{5\theta }{2N}-{\left(2-\frac{\theta }{N}\right)}^2\\ & =\frac{3\theta }{2N}-\frac{{\theta }^2}{N^2}.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}D({\hat{\theta }}_1)& =N^{2}D(\overline{X})\\ & =\frac{N^2}{n}D(X)\\ & =\frac{\theta (3N-2\theta )}{2n}.\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}D({\hat{\theta }}_2)& ={\left(\frac{4N}{3n}\right)}^{2}n\frac{3\theta }{4N}\left(1-\frac{3\theta }{4N}\right)\\ & =\frac{\theta (4N-3\theta )}{3n}.\end{array}$$

20. 设总体$X$的概率分布为

1	2	3
$1-\theta$	$\theta -{\theta }^2$	${\theta }^2$

其中参数$\theta \in (0,1)$未知。以$N_i$表示来自总体$X$的简单随机样本（样本容量为$n$）中等于$i$的个数。求常数$a_1,a_2,a_3$，使$T={\sum }_{i=1}^3{a}_i{N}_i$为$\theta$的无偏估计量，并求$T$的方差。

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答案：

$$a_1=0,a_2=a_3=\frac{1}{n},$$$$T=\frac{N_2+N_3}{n},D(T)=\frac{\theta (1-\theta )}{n}.$$

解析：由于$(N_1,N_2,N_3)$服从多项分布，

$$E(N_1)=n(1-\theta ),$$$$E(N_2)=n(\theta -{\theta }^2),E(N_3)=n{\theta }^2.$$

故

$$\begin{array}{rl}E(T)& =n\left[a_1(1-\theta )+a_2(\theta -{\theta }^2)+a_3{\theta }^2\right]\\ & =n{a}_1+n(-a_1+a_2)\theta +n(-a_2+a_3){\theta }^2.\end{array}$$

要求对一切$\theta \in (0,1)$都有$E(T)=\theta$，比较多项式系数得

$$n{a}_1=0,n(-a_1+a_2)=1,n(-a_2+a_3)=0.$$

所以

$$a_1=0,a_2=a_3=\frac{1}{n}.$$

因此

$$T=\frac{N_2+N_3}{n}.$$

注意

$$P\{X=2\text{或}3\}=(\theta -{\theta }^2)+{\theta }^2=\theta ,$$

故$N_2+N_3\sim B(n,\theta )$。于是

$$D(T)=\frac{1}{n^2}n\theta (1-\theta )=\frac{\theta (1-\theta )}{n}.$$

21. 对总体$X$进行简单随机抽样，得如下统计资料：

$k$	1	2	3	4	5
$X=k$的次数	12	20	24	24	20

(1) 求总体$X$的数学期望$a$和方差$b$的无偏估计值； (2) 根据以上计算结果，分析能否用泊松分布描述总体$X$的概率分布。

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答案：

$$\hat{a}=3.2,\hat{b}=\frac{56}{33}\approx \mathrm{1.697.}$$

根据样本结果，不宜用泊松分布描述总体$X$。

解析：样本容量为

$$n=12+20+24+24+20=100.$$

总体均值$a=E(X)$的无偏估计量为样本均值，故

$$\begin{array}{rl}\hat{a}=\overline{X}& =\frac{1\times 12+2\times 20+3\times 24+4\times 24+5\times 20}{100}\\ & =\frac{320}{100}=\mathrm{3.2.}\end{array}$$

总体方差$b=D(X)$的无偏估计量为样本方差

$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2.$$

先计算平方和：

$$\begin{array}{rl}\sum X_i^2& =1^2\times 12+2^2\times 20+3^2\times 24+4^2\times 24+5^2\times 20\\ & =1192.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{100}(X_i-\overline{X}{)}^2& =\sum X_i^2-n{\overline{X}}^2\\ & =1192-100\times (3.2{)}^2\\ & =168.\end{array}$$

从而

$$\hat{b}=S^2=\frac{168}{99}=\frac{56}{33}\approx \mathrm{1.697.}$$

泊松分布满足

$$E(X)=D(X)=\lambda .$$

而本题由样本得到的均值与方差无偏估计值分别约为$3.2$与$1.697$，差异较大，因此从这两个数字特征看，不宜用泊松分布描述该总体。

22. 设总体$X$服从参数为$\lambda (\lambda >0)$的泊松分布，取容量为1的简单随机样本$X_1$，其样本值$x_1=3$，则$e^{-2\lambda }$的无偏估计量与无偏估计值分别为( ) A. $e^{-2X_1},e^{-6}$ B. $e^{-X_1},e^{-3}$ C. $1,1$ D. $(-1{)}^{X_1},-1$

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答案：D。

解析：若$X_1\sim P(\lambda )$，其概率母函数为

$$E(t^{X_1})=e^{\lambda (t-1)}.$$

令$t=-1$，得

$$E[(-1{)}^{X_1}]=e^{\lambda (-1-1)}=e^{-2\lambda }.$$

因此$e^{-2\lambda }$的无偏估计量为

$$(-1{)}^{X_1}.$$

当样本观测值$x_1=3$时，其无偏估计值为

$$(-1{)}^3=-1.$$

故选D。

23. 设总体$X$的未知参数$\theta$有两个相互独立的无偏估计量${\hat{\theta }}_1$与${\hat{\theta }}_2$，且$D({\hat{\theta }}_2)=2D({\hat{\theta }}_1)$，记$\hat{\theta }=a{\hat{\theta }}_1+b{\hat{\theta }}_2$，则以下使得$\hat{\theta }$最有效的是( ) A. $a=\frac{1}{3},b=\frac{1}{3}$ B. $a=\frac{2}{3},b=\frac{1}{3}$ C. $a=\frac{1}{3},b=\frac{2}{3}$ D. $a=\frac{2}{3},b=\frac{2}{3}$

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答案：B。

解析：因为${\hat{\theta }}_1,{\hat{\theta }}_2$均为$\theta$的无偏估计量，所以

$$E(\hat{\theta })=(a+b)\theta .$$

要使$\hat{\theta }$仍为无偏估计量，必须满足

$$a+b=1.$$

四个选项中只有B、C满足这一条件。

设

$$D({\hat{\theta }}_1)={\sigma }_0^2,D({\hat{\theta }}_2)=2{\sigma }_0^2.$$

由于二者相互独立，且$b=1-a$，有

$$D(\hat{\theta })={\sigma }_0^2[a^2+2(1-a{)}^2].$$

令

$$q(a)=a^2+2(1-a{)}^2=3a^2-4a+2,$$

则

$$q^{\prime }(a)=6a-4.$$

令$q^{\prime }(a)=0$得

$$a=\frac{2}{3},b=\frac{1}{3}.$$

此时方差最小，估计量最有效，故选B。

24. 设总体$X$的数学期望存在且方差为1，根据来自$X$的容量为16的简单随机样本测得样本均值为$a$，$\Phi (1.96)=0.975$，则$X$的数学期望的置信度等于0.95的置信区间为( ) A. $(a-0.49,a+0.49)$ B. $(a-0.327,a+0.327)$ C. $(a-0.196,a+0.196)$ D. $(a-0.025,a+0.025)$

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答案：按题目的通常命题意图选A。

解析：若总体为正态总体，或者这里按正态近似构造均值的置信区间，则总体方差已知为1，即

$$\sigma =1,n=16,\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=\frac{1}{4}.$$

置信度$0.95$对应双侧临界值$1.96$，因此总体均值$\mu$的置信区间为

$$\begin{array}{rl}\left(\overline{X}-1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}},\overline{X}+1.96\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right)& =\left(a-\frac{1.96}{4},a+\frac{1.96}{4}\right)\\ & =(a-0.49,a+0.49).\end{array}$$

故按常规考试意图选A。

需要注意：原题只说明总体均值存在且方差为1，并未说明总体服从正态分布。仅凭这些条件且样本容量$n=16$，不能严格推出上述区间具有“恰好$0.95$”的置信度；若要使用正态临界值$1.96$，还需补充总体正态或采用正态近似的条件。因此题目文字条件并不完全严谨。

25. 设总体$X\sim N(\mu ,2^2)$，其中$\mu$为未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_9$是来自总体$X$的简单随机样本，记关于$\mu$的置信度为0.95的置信区间长度为$L$，则$L$的数学期望$E(L)=$( ) A. $\frac{2}{3}{z}_{0.025}$ B. $\frac{4}{3}{z}_{0.025}$ C. $\frac{2}{3}{z}_{0.05}$ D. $\frac{4}{3}{z}_{0.05}$

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答案：B。

解析：总体方差已知，且

$$\sigma =2,n=9.$$

关于$\mu$的置信度为$0.95$的双侧置信区间为

$$\left(\overline{X}-z_{0.025}\frac{\sigma }{\sqrt{n}},\overline{X}+z_{0.025}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right).$$

因此区间长度为

$$\begin{array}{rl}L& =2z_{0.025}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\\ & =2z_{0.025}\frac{2}{3}\\ & =\frac{4}{3}{z}_{0.025}.\end{array}$$

这里$L$本身是常数，与具体样本观测值无关，所以

$$E(L)=L=\frac{4}{3}{z}_{0.025}.$$

故选B。