第七章 参数估计和假设检验

选择题

1. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的一个简单随机样本，$DX={\sigma }^2$，$\bar{X}$ 是样本均值，则 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量是

A. $\frac{1}{n+1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$；    B. $\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$；

C. $\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$；    D. $\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i^2-{\bar{X}}^2)$。

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答案： C

解析： 记

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

由样本离差平方和的期望公式

$$E\left[\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\right]=(n-1){\sigma }^2,$$

可得

$$E(S^2)=\frac{1}{n-1}(n-1){\sigma }^2={\sigma }^2.$$

因此 $S^2$ 是总体方差 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量，故选 C。

对于其他选项：

• A 的期望为

$$\frac{n-1}{n+1}{\sigma }^2\ne {\sigma }^2,$$

不是无偏估计量。

• B 的期望为

$$\frac{n-1}{n}{\sigma }^2\ne {\sigma }^2,$$

是有偏估计量。

• D 中

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i^2-{\bar{X}}^2)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\bar{X}}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2,$$

与 B 相同，也不是无偏估计量。

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2. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本，记 $EX=\mu ,DX={\sigma }^2$，$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$，$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$，$DS>0$，则

A. $S$ 是 $\sigma$ 的无偏估计；    B. $S^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计；

C. ${\bar{X}}^2$ 是 ${\mu }^2$ 的无偏估计；    D. $\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{X}_i^2$ 是 $E{X}^2$ 的无偏估计。

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答案： B

解析： 由样本方差的基本性质，若总体方差存在，则

$$E(S^2)={\sigma }^2,$$

所以 $S^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量，B 正确。

对于其他选项：

• A：虽然 $S^2$ 无偏，但一般不能推出 $S$ 对 $\sigma$ 无偏。由于平方根函数为严格凹函数，且题设 $DS>0$，由詹森不等式得

$$E(S)<\sqrt{E(S^2)}=\sigma ,$$

因而 $S$ 通常是 $\sigma$ 的有偏估计。

• C：

$$E({\bar{X}}^2)=D(\bar{X})+[E(\bar{X}){]}^2=\frac{{\sigma }^2}{n}+{\mu }^2\ne {\mu }^2,$$

所以 ${\bar{X}}^2$ 不是 ${\mu }^2$ 的无偏估计。

• D：由于

$$E\left(\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)=\frac{n}{n-1}E{X}^2\ne E{X}^2,$$

故不是 $E{X}^2$ 的无偏估计。

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3. 设 $\bar{X}$ 是从总体 $X$ 中取出的简单随机样本 $X_1,\cdots ,X_n$ 的样本均值，则 $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的矩估计，如果

A. $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$；    B. $X$ 服从参数为 $\mu$ 的指数分布；

C. $P\{X=m\}=\mu (1-\mu {)}^{m-1},m=1,2,\cdots$；    D. $X$ 服从 $[0,\mu ]$ 上的均匀分布。

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答案： A

解析： 矩估计法用样本矩代替相应的总体矩。若只含一个未知参数 $\mu$，通常令

$$\bar{X}=EX,$$

再解出 $\mu$ 的估计量。

• A：若 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，则

$$EX=\mu .$$

令 $\bar{X}=\mu$，得到

$$\hat{\mu }=\bar{X}.$$

因此 A 正确。

• B：按通常的指数分布参数约定，密度为

$$f(x)=\mu e^{-\mu x},x>0,$$

则

$$EX=\frac{1}{\mu },$$

所以矩估计量为

$$\hat{\mu }=\frac{1}{\bar{X}},$$

而不是 $\bar{X}$。

• C：该分布为参数为 $\mu$ 的几何分布，且

$$EX=\frac{1}{\mu },$$

故矩估计量也是 $1/\bar{X}$。

• D：若 $X\sim U(0,\mu )$，则

$$EX=\frac{\mu }{2},$$

因而

$$\hat{\mu }=2\bar{X}.$$

---

4. 假设总体 $X$ 的方差 $DX={\sigma }^2$ 存在 $(\sigma >0)$，$X_1,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本，其方差为 $S^2$，且 $DS>0$，则

A. $S$ 是 $\sigma$ 的矩估计量；    B. $S$ 是 $\sigma$ 的最大似然估计量；

C. $S$ 是 $\sigma$ 的无偏估计量；    D. $S$ 是 $\sigma$ 的相合（一致）估计量。

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答案： D

解析： 样本方差为

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

利用恒等式

$$S^2=\frac{n}{n-1}\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\bar{X}}^2\right),$$

由大数定律，因 $E{X}^2<\infty$，有

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\stackrel{P}{\to }E{X}^2,\bar{X}\stackrel{P}{\to }\mu .$$

于是

$$S^2\stackrel{P}{\to }E{X}^2-{\mu }^2={\sigma }^2.$$

又由于平方根函数在 $(0,+\infty )$ 上连续，故由连续映射定理

$$S=\sqrt{S^2}\stackrel{P}{\to }\sigma .$$

因此 $S$ 是 $\sigma$ 的相合估计量，D 正确。

对于其他选项：

• A：一般矩估计得到的总体标准差估计量为

$$\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2},$$

而不是分母为 $n-1$ 的 $S$。

• B：题目只假设总体方差存在，并未指定总体分布，无法写出统一的似然函数，因此不能断言 $S$ 是最大似然估计量。即使总体正态，$\sigma$ 的最大似然估计量也通常为

$$\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2},$$

不是 $S$。

• C：由 $DS>0$ 及詹森不等式，

$$E(S)<\sqrt{E(S^2)}=\sigma ,$$

因而 $S$ 一般不是 $\sigma$ 的无偏估计量。

填空题

1. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本，$a\sum _{i=1}^n{X}_i^2+b{\bar{X}}^2$ 是总体方差 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量，则 $a=\underline{}$，$b=\underline{}$。

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答案：

$$a=\frac{1}{n-1},b=-\frac{n}{n-1}.$$

解析： 设总体均值为 $EX=\mu$，则

$$E(X_i^2)={\sigma }^2+{\mu }^2,$$

所以

$$E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)=n({\sigma }^2+{\mu }^2).$$

又因为

$$E(\bar{X})=\mu ,D(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n},$$

故

$$E({\bar{X}}^2)=\frac{{\sigma }^2}{n}+{\mu }^2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}E\left(a\sum _{i=1}^n{X}_i^2+b{\bar{X}}^2\right)& =an({\sigma }^2+{\mu }^2)+b\left(\frac{{\sigma }^2}{n}+{\mu }^2\right)\\ & =\left(an+\frac{b}{n}\right){\sigma }^2+(an+b){\mu }^2.\end{array}$$

要使其对任意 $\mu ,{\sigma }^2$ 都等于 ${\sigma }^2$，必须有

$$\{\begin{array}{l}an+\frac{b}{n}=1,\\ an+b=0.\end{array}$$

由第二式得 $b=-an$，代入第一式：

$$an-a=1,$$

因此

$$a=\frac{1}{n-1},b=-\frac{n}{n-1}.$$

此时原估计量正好为

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

---

2. 设总体 $X$ 服从 $(a,b)$ 上的均匀分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自 $X$ 的简单随机样本，则未知参数 $a,b$ 的矩估计量为 $\hat{a}=\underline{}$，$\hat{b}=\underline{}$。

查看答案与解析

答案： 令

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

则

$$\hat{a}=\bar{X}-\sqrt{3\left(\overline{X^2}-{\bar{X}}^2\right)},\hat{b}=\bar{X}+\sqrt{3\left(\overline{X^2}-{\bar{X}}^2\right)}.$$

解析： 若 $X\sim U(a,b)$，则

$$EX=\frac{a+b}{2},DX=\frac{(b-a{)}^2}{12}.$$

总体二阶原点矩为

$$E{X}^2=DX+(EX{)}^2=\frac{(b-a{)}^2}{12}+\frac{(a+b{)}^2}{4}.$$

矩估计法令总体一阶、二阶原点矩分别等于样本一阶、二阶原点矩，即

$$\frac{a+b}{2}=\bar{X},E{X}^2=\overline{X^2}.$$

由

$$DX=E{X}^2-(EX{)}^2$$

可得

$$\frac{(b-a{)}^2}{12}=\overline{X^2}-{\bar{X}}^2.$$

因为 $b>a$，所以

$$b-a=\sqrt{12\left(\overline{X^2}-{\bar{X}}^2\right)}=2\sqrt{3\left(\overline{X^2}-{\bar{X}}^2\right)}.$$

再由

$$a+b=2\bar{X},$$

联立解得

$$\hat{a}=\bar{X}-\sqrt{3\left(\overline{X^2}-{\bar{X}}^2\right)},$$$$\hat{b}=\bar{X}+\sqrt{3\left(\overline{X^2}-{\bar{X}}^2\right)}.$$

计算题与应用题

1. 设总体 $X$ 的概率分布为

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

其中 $p(0<p<1)$ 是未知参数，又设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是总体 $X$ 的一组样本观测值。

（Ⅰ）试求参数 $p$ 的矩估计量和最大似然估计量；

（Ⅱ）验证相应两个估计量的无偏性。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）参数 $p$ 的矩估计量和最大似然估计量相同，均为

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

对于给定样本观测值，估计值为

$$\hat{p}=\bar{x}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i.$$

（Ⅱ）该估计量是 $p$ 的无偏估计量。

解析： （Ⅰ）先求矩估计量。由总体分布可得

$$EX=0\cdot (1-p)+1\cdot p=p.$$

矩估计法令总体一阶原点矩等于样本一阶原点矩，即

$$p=\bar{X},$$

故

$${\hat{p}}_{\mathrm{M}}=\bar{X}.$$

再求最大似然估计量。设样本中取值为 $1$ 的个数为

$$\sum _{i=1}^n{x}_i,$$

取值为 $0$ 的个数为

$$n-\sum _{i=1}^n{x}_i.$$

似然函数为

$$L(p)=p^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}(1-p{)}^{n-{\sum }_{i=1}^n{x}_i}.$$

取对数得

$$\ell (p)=\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\right)\ln p+\left(n-\sum _{i=1}^n{x}_i\right)\ln (1-p).$$

对 $p$ 求导：

$${\ell }^{\prime }(p)=\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{p}-\frac{n-{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{1-p}.$$

令 ${\ell }^{\prime }(p)=0$，得

$${\hat{p}}_{\mathrm{ML}}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i=\bar{x}.$$

又因为对数似然函数在 $0<p<1$ 内为凹函数，所以该驻点给出最大值。

（Ⅱ）由于 $X_1,\dots ,X_n$ 独立同分布，且 $E{X}_i=p$，所以

$$E(\hat{p})=E(\bar{X})=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E{X}_i=p.$$

因此矩估计量和最大似然估计量均为 $p$ 的无偏估计量。

---

2. 设总体 $X$ 的概率密度为

$$f(x;\alpha ,\beta )=\{\begin{array}{ll}\alpha ,& -1<x<0,\\ \beta ,& 0\le x<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中 $\alpha$ 和 $\beta$ 是未知参数，利用总体 $X$ 的如下样本值

$$-0.5,0.3,-0.2,-0.6,-0.1,0.4,0.5,-0.8,$$

求 $\alpha$ 的矩估计值和最大似然估计值。

查看答案与解析

答案：

$${\hat{\alpha }}_{\mathrm{M}}=\frac{5}{8},{\hat{\alpha }}_{\mathrm{ML}}=\frac{5}{8}.$$

解析： 由于 $f(x;\alpha ,\beta )$ 是概率密度，必须满足

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x;\alpha ,\beta )dx=\alpha +\beta =1,$$

因此

$$\beta =1-\alpha ,0<\alpha <1.$$

先求矩估计。总体均值为

$$\begin{array}{rl}EX& ={\int }_{-1}^{0}x\alpha dx+{\int }_0^{1}x\beta dx\\ & =-\frac{\alpha }{2}+\frac{\beta }{2}=\frac{1-2\alpha }{2}=\frac{1}{2}-\alpha .\end{array}$$

令 $EX=\bar{X}$，得到

$${\hat{\alpha }}_{\mathrm{M}}=\frac{1}{2}-\bar{X}.$$

由给出的样本值，

$$\sum _{i=1}^8{x}_i=-0.5+0.3-0.2-0.6-0.1+0.4+0.5-0.8=-1,$$

故

$$\bar{x}=-\frac{1}{8}.$$

于是

$${\hat{\alpha }}_{\mathrm{M}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{8}=\frac{5}{8}.$$

再求最大似然估计。样本中落在 $(-1,0)$ 内的观测值有 $5$ 个，落在 $[0,1)$ 内的观测值有 $3$ 个，因此

$$L(\alpha ,\beta )={\alpha }^5{\beta }^3.$$

利用约束 $\beta =1-\alpha$，有

$$L(\alpha )={\alpha }^5(1-\alpha {)}^3.$$

对数似然函数为

$$\ell (\alpha )=5\ln \alpha +3\ln (1-\alpha ).$$

求导得

$${\ell }^{\prime }(\alpha )=\frac{5}{\alpha }-\frac{3}{1-\alpha }.$$

令 ${\ell }^{\prime }(\alpha )=0$，得到

$$5(1-\alpha )=3\alpha ,$$

故

$${\hat{\alpha }}_{\mathrm{ML}}=\frac{5}{8}.$$

并且

$${\ell }^{\prime \prime }(\alpha )=-\frac{5}{{\alpha }^2}-\frac{3}{(1-\alpha {)}^2}<0,$$

所以该驻点确为最大值点。

---

3. 已知总体 $X$ 服从瑞利分布，其密度函数为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{\theta }{e}^{-\frac{x^2}{2\theta }},& x>0,\theta >0,\\ 0,& x\le 0,\end{array}$$

$X_1,\cdots ,X_n$ 为取自总体 $X$ 的简单随机样本，求 $\theta$ 的矩估计量，并问这个估计量是否为无偏估计量？

查看答案与解析

答案：

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{M}}=\frac{2}{\pi }{\bar{X}}^2.$$

该估计量不是 $\theta$ 的无偏估计量，而是正偏估计量。

解析： 瑞利分布的一阶矩为

$$EX=\sqrt{\frac{\pi \theta }{2}}.$$

矩估计法令

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

解得

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{M}}=\frac{2}{\pi }{\bar{X}}^2.$$

下面判断无偏性。瑞利分布还满足

$$E{X}^2=2\theta .$$

因此

$$DX=E{X}^2-(EX{)}^2=2\theta -\frac{\pi \theta }{2}=\frac{4-\pi }{2}\theta .$$

又

$$E({\bar{X}}^2)=D(\bar{X})+[E(\bar{X}){]}^2=\frac{DX}{n}+(EX{)}^2.$$

代入得

$$E({\bar{X}}^2)=\frac{4-\pi }{2n}\theta +\frac{\pi }{2}\theta .$$

所以

$$\begin{array}{rl}E({\hat{\theta }}_{\mathrm{M}})& =\frac{2}{\pi }E({\bar{X}}^2)\\ & =\theta +\frac{4-\pi }{\pi n}\theta \\ & =\left(1+\frac{4-\pi }{\pi n}\right)\theta .\end{array}$$

由于 $4-\pi >0$，故

$$E({\hat{\theta }}_{\mathrm{M}})>\theta .$$

因此 ${\hat{\theta }}_{\mathrm{M}}$ 不是无偏估计量，其偏差为

$$\mathrm{Bias}({\hat{\theta }}_{\mathrm{M}})=\frac{4-\pi }{\pi n}\theta .$$

---

4. 接连不断地、独立地对同一目标射击，直到命中为止，假定共进行了 $n(n\ge 1)$ 轮这样的射击，各轮射击次数相应为 $k_1,k_2,\cdots ,k_n$，试求命中率 $p$ 的最大似然估计值和矩估计值。

查看答案与解析

答案： 最大似然估计值与矩估计值相同，均为

$$\hat{p}=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n{k}_i}=\frac{1}{\bar{k}}.$$

解析： 设一轮射击直到首次命中所需的射击次数为随机变量 $K$。每次射击相互独立，单次命中概率为 $p$，则 $K$ 服从几何分布：

$$P\{K=k\}=(1-p{)}^{k-1}p,k=1,2,\dots .$$

先求最大似然估计。由样本观测值 $k_1,\dots ,k_n$，似然函数为

$$\begin{array}{rl}L(p)& =\prod _{i=1}^n(1-p{)}^{k_i-1}p\\ & =p^n(1-p{)}^{{\sum }_{i=1}^n{k}_i-n}.\end{array}$$

对数似然函数为

$$\ell (p)=n\ln p+\left(\sum _{i=1}^n{k}_i-n\right)\ln (1-p).$$

求导得

$${\ell }^{\prime }(p)=\frac{n}{p}-\frac{{\sum }_{i=1}^n{k}_i-n}{1-p}.$$

令 ${\ell }^{\prime }(p)=0$，可得

$$n(1-p)=p\left(\sum _{i=1}^n{k}_i-n\right),$$

从而

$${\hat{p}}_{\mathrm{ML}}=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n{k}_i}.$$

再求矩估计。几何分布的数学期望为

$$EK=\frac{1}{p}.$$

令总体一阶矩等于样本一阶矩：

$$\frac{1}{p}=\bar{K}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{K}_i,$$

所以

$${\hat{p}}_{\mathrm{M}}=\frac{1}{\bar{K}}=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n{K}_i}.$$

因此最大似然估计与矩估计相同。若所有 $k_i=1$，则估计值为边界值 $\hat{p}=1$。

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5. 设 $X$ 服从 $[a,b]$ 上的均匀分布，$X_1,\cdots ,X_n$ 为简单随机样本，求 $a,b$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

答案： 记

$$X_{(1)}=\min \{X_1,\dots ,X_n\},X_{(n)}=\max \{X_1,\dots ,X_n\},$$

则

$${\hat{a}}_{\mathrm{ML}}=X_{(1)},{\hat{b}}_{\mathrm{ML}}=X_{(n)}.$$

解析： 总体密度为

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

因此样本的似然函数为

$$L(a,b)=\frac{1}{(b-a{)}^n}\prod _{i=1}^{n}I\{a\le X_i\le b\}.$$

利用次序统计量可写为

$$L(a,b)=\frac{1}{(b-a{)}^n}I\{a\le X_{(1)},b\ge X_{(n)}\}.$$

要使似然函数非零，参数必须满足

$$a\le X_{(1)},b\ge X_{(n)}.$$

在这些约束下，似然函数随区间长度 $b-a$ 的增大而减小。因此应使 $b-a$ 尽可能小，即取

$$a=X_{(1)},b=X_{(n)}.$$

故最大似然估计量为

$${\hat{a}}_{\mathrm{ML}}=X_{(1)},{\hat{b}}_{\mathrm{ML}}=X_{(n)}.$$

---

6. 已知总体 $X$ 的密度函数为

$$f(x;\theta ,\beta )=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sqrt{\theta }}{e}^{-\frac{x-\beta }{\sqrt{\theta }}},& x\ge \beta ,\theta >0,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中 $\theta ,\beta$ 为未知参数，$X_1,\cdots ,X_n$ 为简单随机样本，求 $\theta$ 和 $\beta$ 的矩估计量。

查看答案与解析

答案： 记

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

则

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{M}}=\overline{X^2}-{\bar{X}}^2,$$$${\hat{\beta }}_{\mathrm{M}}=\bar{X}-\sqrt{\overline{X^2}-{\bar{X}}^2}.$$

解析： 令

$$Y=X-\beta .$$

由题设密度可知，$Y$ 服从参数为 $1/\sqrt{\theta }$ 的指数分布，即

$$f_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{\theta }}{e}^{-y/\sqrt{\theta }},y\ge 0.$$

因此

$$EY=\sqrt{\theta },DY=\theta .$$

从而

$$EX=\beta +\sqrt{\theta },$$

并且

$$DX=\theta .$$

总体二阶原点矩为

$$E{X}^2=DX+(EX{)}^2=\theta +(\beta +\sqrt{\theta }{)}^2.$$

用样本一阶矩、二阶矩分别代替总体一阶矩、二阶矩，得到矩方程

$$\bar{X}=\beta +\sqrt{\theta },$$$$\overline{X^2}=\theta +(\beta +\sqrt{\theta }{)}^2.$$

将第一式代入第二式，得

$$\theta =\overline{X^2}-{\bar{X}}^2.$$

于是

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{M}}=\overline{X^2}-{\bar{X}}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2.$$

再由

$$\beta =EX-\sqrt{\theta }$$

得到

$${\hat{\beta }}_{\mathrm{M}}=\bar{X}-\sqrt{\overline{X^2}-{\bar{X}}^2}.$$

这里根号内正是分母为 $n$ 的样本方差，必为非负数。

---

7. 设总体 $X$ 服从韦布尔分布，密度函数为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta \alpha x^{\alpha -1}{e}^{-\theta x^{\alpha }},& x>0,\\ 0,& x\le 0,\end{array}$$

其中 $\alpha >0$ 为已知，$\theta >0$ 是未知参数，试根据来自 $X$ 的简单随机样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$，求 $\theta$ 的最大似然估计量。

查看答案与解析

答案：

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{ML}}=\frac{n}{\sum _{i=1}^n{X}_i^{\alpha }}.$$

解析： 对样本观测值 $x_1,x_2,\dots ,x_n>0$，似然函数为

$$L(\theta )=\prod _{i=1}^n\theta \alpha x_i^{\alpha -1}{e}^{-\theta x_i^{\alpha }}.$$

整理得

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

取对数，得

$$\ell (\theta )=n\ln \theta +n\ln \alpha +(\alpha -1)\sum _{i=1}^n\ln x_i-\theta \sum _{i=1}^n{x}_i^{\alpha }.$$

求导：

$${\ell }^{\prime }(\theta )=\frac{n}{\theta }-\sum _{i=1}^n{x}_i^{\alpha }.$$

令 ${\ell }^{\prime }(\theta )=0$，得

$$\hat{\theta }=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n{x}_i^{\alpha }}.$$

又

$${\ell }^{\prime \prime }(\theta )=-\frac{n}{{\theta }^2}<0,$$

故该驻点确为对数似然函数的唯一最大值点。因此

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{ML}}=\frac{n}{\sum _{i=1}^n{X}_i^{\alpha }}.$$

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8. 设某种电子器件的寿命（以小时计）$T$ 服从指数分布，概率密度为

$$f(t)=\{\begin{array}{ll}\lambda e^{-\lambda t},& t>0,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中 $\lambda >0$ 未知。现从这批器件中任取 $n$ 只在时刻 $t=0$ 时投入独立寿命试验，试验进行到预定时间 $T_0$ 结束，此时有 $k(0<k<n)$ 只器件失效，试求 $\lambda$ 的最大似然估计。

查看答案与解析

答案：

$${\hat{\lambda }}_{\mathrm{ML}}=\frac{1}{T_0}\ln \frac{n}{n-k}=-\frac{1}{T_0}\ln \left(1-\frac{k}{n}\right).$$

解析： 本题只给出在截止时刻 $T_0$ 前失效的器件数 $k$，因此把每只器件是否在 $T_0$ 前失效作为观测结果。

单只器件在 $T_0$ 前失效的概率为

$$p=P(T\le T_0)=1-e^{-\lambda T_0}.$$

未失效的概率为

$$1-p=P(T>T_0)=e^{-\lambda T_0}.$$

由独立性，失效器件数 $K$ 服从二项分布

$$K\sim B\left(n,1-e^{-\lambda T_0}\right).$$

忽略与 $\lambda$ 无关的组合数，似然函数为

$$L(\lambda )\propto {\left(1-e^{-\lambda T_0}\right)}^k{\left(e^{-\lambda T_0}\right)}^{n-k}.$$

令

$$p=1-e^{-\lambda T_0},$$

则二项分布中参数 $p$ 的最大似然估计为

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

因此

$$1-e^{-\hat{\lambda }{T}_0}=\frac{k}{n},$$

即

$$e^{-\hat{\lambda }{T}_0}=1-\frac{k}{n}=\frac{n-k}{n}.$$

两边取对数，得到

$${\hat{\lambda }}_{\mathrm{ML}}=-\frac{1}{T_0}\ln \left(1-\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{T_0}\ln \frac{n}{n-k}.$$

若另外记录了每只失效器件的具体失效时刻，则属于Ⅰ型截尾样本，似然函数及估计式会相应包含这些失效时刻；本题按题目给出的观测信息，仅利用失效总数 $k$。

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9. 设总体 $X$ 在区间 $[0,\theta ]$ 上服从均匀分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本，$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$，$X_{(n)}=\max (X_1,\cdots ,X_n)$。

（Ⅰ）求 $\theta$ 的矩估计量和最大似然估计量；

（Ⅱ）求常数 $a,b$，使 ${\hat{\theta }}_1=a\bar{X}$，${\hat{\theta }}_2=b{X}_{(n)}$ 均为 $\theta$ 的无偏估计，并比较其有效性；

（Ⅲ）应用切比雪夫不等式证明：${\hat{\theta }}_1,{\hat{\theta }}_2$ 均为 $\theta$ 的一致性（相合性）估计。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{M}}=2\bar{X},{\hat{\theta }}_{\mathrm{ML}}=X_{(n)}.$$

（Ⅱ）

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

即

$${\hat{\theta }}_1=2\bar{X},{\hat{\theta }}_2=\frac{n+1}{n}{X}_{(n)}.$$

两者的方差分别为

$$D{\hat{\theta }}_1=\frac{{\theta }^2}{3n},D{\hat{\theta }}_2=\frac{{\theta }^2}{n(n+2)}.$$

当 $n>1$ 时，${\hat{\theta }}_2$ 比 ${\hat{\theta }}_1$ 更有效；当 $n=1$ 时两者相同。

（Ⅲ）${\hat{\theta }}_1$ 与 ${\hat{\theta }}_2$ 均为 $\theta$ 的一致估计量。

解析： （Ⅰ）矩估计量与最大似然估计量

由于

$$X\sim U(0,\theta ),$$

有

$$EX=\frac{\theta }{2}.$$

令样本一阶矩等于总体一阶矩：

$$\bar{X}=\frac{\theta }{2},$$

得到矩估计量

$${\hat{\theta }}_{\mathrm{M}}=2\bar{X}.$$

总体密度为

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

于是似然函数为

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

当 $\theta \ge X_{(n)}$ 时，$L(\theta )={\theta }^{-n}$ 随 $\theta$ 增大而严格减小，因此应取允许的最小值

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

（Ⅱ）无偏化及有效性比较

先求 $a$。由

$$E\bar{X}=\frac{\theta }{2},$$

若 $a\bar{X}$ 对 $\theta$ 无偏，则

$$a\frac{\theta }{2}=\theta ,$$

所以

$$a=2.$$

再求 $b$。对 $0\le x\le \theta$，最大次序统计量的分布函数为

$$F_{X_{(n)}}(x)=P(X_1\le x,\dots ,X_n\le x)={\left(\frac{x}{\theta }\right)}^n.$$

因此密度为

$$f_{X_{(n)}}(x)=\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n},0<x<\theta .$$

于是

$$E{X}_{(n)}={\int }_0^{\theta }x\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{n+1}\theta .$$

若 $b{X}_{(n)}$ 对 $\theta$ 无偏，则

$$b\frac{n}{n+1}\theta =\theta ,$$

所以

$$b=\frac{n+1}{n}.$$

故两个无偏估计量为

$${\hat{\theta }}_1=2\bar{X},{\hat{\theta }}_2=\frac{n+1}{n}{X}_{(n)}.$$

下面比较方差。由于均匀分布的方差为

$$DX=\frac{{\theta }^2}{12},$$

所以

$$D{\hat{\theta }}_1=4D\bar{X}=4\frac{DX}{n}=\frac{{\theta }^2}{3n}.$$

又

$$E{X}_{(n)}^2={\int }_0^{\theta }{x}^2\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{n+2}{\theta }^2.$$

从而

$$D{X}_{(n)}=\frac{n}{n+2}{\theta }^2-{\left(\frac{n}{n+1}\theta \right)}^2=\frac{n{\theta }^2}{(n+1{)}^2(n+2)}.$$

于是

$$D{\hat{\theta }}_2={\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{2}D{X}_{(n)}=\frac{{\theta }^2}{n(n+2)}.$$

当 $n>1$ 时，

$$\frac{{\theta }^2}{n(n+2)}<\frac{{\theta }^2}{3n},$$

故 ${\hat{\theta }}_2$ 的方差更小，因而更有效；当 $n=1$ 时，两者完全相同。

（Ⅲ）一致性证明

对任意 $\epsilon >0$，由于 ${\hat{\theta }}_1$ 无偏，由切比雪夫不等式

$$P\left(\left|{\hat{\theta }}_1-\theta \right|\ge \epsilon \right)\le \frac{D{\hat{\theta }}_1}{{\epsilon }^2}=\frac{{\theta }^2}{3n{\epsilon }^2}.$$

当 $n\to \infty$ 时，右端趋于 $0$，故

$${\hat{\theta }}_1\stackrel{P}{\to }\theta .$$

同理，由 ${\hat{\theta }}_2$ 无偏，

$$P\left(\left|{\hat{\theta }}_2-\theta \right|\ge \epsilon \right)\le \frac{D{\hat{\theta }}_2}{{\epsilon }^2}=\frac{{\theta }^2}{n(n+2){\epsilon }^2}\to 0.$$

所以

$${\hat{\theta }}_2\stackrel{P}{\to }\theta .$$

因此 ${\hat{\theta }}_1$ 和 ${\hat{\theta }}_2$ 均为 $\theta$ 的一致估计量。

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10. 设有一批同型号产品，其次品率记为 $p$。现有五位检验员分别从中随机抽取 $n$ 件产品，检测后的次品数分别为 $1,2,2,3,2$。

（Ⅰ）若已知 $p=2.5\%$，求 $n$ 的矩估计值 $\hat{n}$；

（Ⅱ）若已知 $n=100$，求 $p$ 的极大似然估计值 $\hat{p}$；

（Ⅲ）在情况（Ⅱ）下，检验员从该批产品中再随机检测100个产品，试用中心极限定理近似计算其次品数大于3的概率（注：$\Phi (\frac{5}{7})=0.76$）。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\hat{n}=80.$$

（Ⅱ）

$$\hat{p}=0.02=2\%.$$

（Ⅲ）

$$P\{X>3\}\approx \mathrm{0.24.}$$

解析： 设第 $i$ 位检验员检出的次品数为 $Y_i$，则

$$Y_i\sim B(n,p),i=1,2,\dots ,5,$$

且五个随机变量相互独立。样本观测值为

$$1,2,2,3,2,$$

其样本均值为

$$\bar{Y}=\frac{1+2+2+3+2}{5}=2.$$

（Ⅰ）求 $n$ 的矩估计值

二项分布的数学期望为

$$EY=np.$$

矩估计法令

$$\bar{Y}=np.$$

已知 $p=2.5\%=0.025$，故

$$\hat{n}=\frac{\bar{Y}}{p}=\frac{2}{0.025}=80.$$

（Ⅱ）求 $p$ 的最大似然估计值

当 $n=100$ 时，每位检验员的次品数服从 $B(100,p)$。五位检验员共检查

$$5\times 100=500$$

件产品，共发现

$$1+2+2+3+2=10$$

件次品。

因此似然函数中与 $p$ 有关的部分为

$$L(p)\propto p^{10}(1-p{)}^{490}.$$

二项分布中成功概率的最大似然估计为成功频率，因此

$$\hat{p}=\frac{10}{500}=\mathrm{0.02.}$$

（Ⅲ）近似计算再次抽检时次品数大于3的概率

将 $p$ 取为估计值 $0.02$。设再次抽检100件产品时的次品数为 $X$，则

$$X\sim B(100,0.02).$$

其均值和方差分别为

$$EX=np=100\times 0.02=2,$$$$DX=np(1-p)=100\times 0.02\times 0.98=\mathrm{1.96.}$$

故标准差为

$$\sqrt{DX}=\mathrm{1.4.}$$

由中心极限定理，

$$\frac{X-2}{1.4}$$

近似服从标准正态分布。按题目给出的 $\Phi (5/7)=0.76$ 计算，不作连续性修正，有

$$P(X>3)\approx P\left(\frac{X-2}{1.4}>\frac{3-2}{1.4}\right).$$

而

$$\frac{3-2}{1.4}=\frac{5}{7}.$$

所以

$$P(X>3)\approx 1-\Phi \left(\frac{5}{7}\right)=1-0.76=\mathrm{0.24.}$$

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11. 假设批量生产的某种配件的内径 $X$ 服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，今随机抽取16个配件，测得平均内径 $\bar{x}=3.05$ 毫米，样本标准差 $s=0.4$ 毫米，试求 $\mu$ 和 ${\sigma }^2$ 的 $90\%$ 置信区间。

查看答案与解析

答案：

$$\mu \text{ 的 }90\%\text{ 置信区间约为 }(2.875,3.225)\text{毫米},$$

$${\sigma }^2\text{ 的 }90\%\text{ 置信区间约为 }(0.0960,0.3305){\text{毫米}}^2.$$

解析： 总体服从正态分布，但总体均值和方差均未知，样本容量为

$$n=16,\bar{x}=3.05,s=0.4,n-1=15.$$

置信度为 $1-\alpha =0.90$，故

$$\alpha =0.10,\frac{\alpha }{2}=\mathrm{0.05.}$$

（Ⅰ）总体均值 $\mu$ 的置信区间

由于总体方差未知，使用统计量

$$T=\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)=t(15).$$

查 $t$ 分布表，标准 $t$ 分布的 $0.95$ 分位数为

$$t_{0.95}(15)\approx \mathrm{1.753.}$$

因此 $\mu$ 的 $90\%$ 置信区间为

$$\left(\bar{x}-t_{0.95}(15)\frac{s}{\sqrt{n}},\bar{x}+t_{0.95}(15)\frac{s}{\sqrt{n}}\right).$$

代入数据，得

$$\frac{s}{\sqrt{n}}=\frac{0.4}{4}=0.1,$$

从而

$$\mu \in \left(3.05-1.753\times 0.1,3.05+1.753\times 0.1\right),$$

即

$$\mu \in (2.8747,3.2253).$$

取三位小数可写为

$$\boxed{\mu \in (2.875,3.225)\text{毫米}}.$$

（Ⅱ）总体方差 ${\sigma }^2$ 的置信区间

对于正态总体，有

$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)={\chi }^2(15).$$

设 ${\chi }_p^2(15)$ 表示自由度为15的卡方分布的 $p$ 分位数。查表得

$${\chi }_{0.05}^2(15)\approx 7.261,{\chi }_{0.95}^2(15)\approx \mathrm{24.996.}$$

于是 ${\sigma }^2$ 的 $90\%$ 置信区间为

$$\left(\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{0.95}^2(15)},\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{0.05}^2(15)}\right).$$

由于

$$(n-1)s^2=15\times 0.4^2=15\times 0.16=2.4,$$

故

$${\sigma }^2\in \left(\frac{2.4}{24.996},\frac{2.4}{7.261}\right)\approx (0.0960,0.3305).$$

因此

$$\boxed{{\sigma }^2\in (0.0960,0.3305){\text{毫米}}^2}.$$

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12. 在测量反应时间中假设反应时间服从正态分布，一心理学家估计的标准差是 $0.05$ 秒。为了以 $95\%$ 的置信度使他对平均反应时间的估计误差不超过 $0.01$ 秒，应取的样本容量 $n$ 为多少？

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{n=97}.$$

解析： 将总体标准差按题给估计值

$$\sigma =0.05$$

处理。对正态总体均值的双侧 $95\%$ 置信区间，其允许误差为

$$d=z_{1-\alpha /2}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}.$$

题中

$$1-\alpha =0.95,\alpha =0.05,z_{0.975}=1.96,$$

并要求误差不超过

$$d=\mathrm{0.01.}$$

故应有

$$1.96\frac{0.05}{\sqrt{n}}\le \mathrm{0.01.}$$

整理得

$$\sqrt{n}\ge \frac{1.96\times 0.05}{0.01}=9.8,$$

因此

$$n\ge 9.8^2=\mathrm{96.04.}$$

样本容量必须取整数，并且应向上取整，故

$$\boxed{n=97}.$$

若取 $n=96$，则尚不能保证误差不超过 $0.01$ 秒，因此不能向下取整。

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13. 某装置的平均工作温度据制造厂家称低于 $190^{\circ }\mathrm{C}$，今从一个由16台装置构成的随机样本测得工作温度的平均值和标准差分别为 $195^{\circ }\mathrm{C}$ 和 $8^{\circ }\mathrm{C}$，根据这些数据能否支持厂家结论？设 $\alpha =0.05$，并假定工作温度近似服从正态分布。

查看答案与解析

答案： 不能支持厂家关于平均工作温度低于 $190^{\circ }\mathrm{C}$ 的结论。

解析： 设装置工作温度总体的均值为 $\mu$。厂家声称

$$\mu <190.$$

为检验该结论，可建立左侧检验

$$H_0:\mu \ge 190,H_1:\mu <190.$$

由于总体近似服从正态分布、总体方差未知，使用单样本 $t$ 检验。检验统计量为

$$T=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}},{\mu }_0=190.$$

在临界边界 $\mu =190$ 下，

$$T\sim t(n-1)=t(15).$$

由题给数据

$$n=16,\bar{x}=195,s=8,$$

得到统计量观测值

$$t=\frac{195-190}{8/\sqrt{16}}=\frac{5}{8/4}=\frac{5}{2}=\mathrm{2.5.}$$

显著性水平为 $\alpha =0.05$。左侧检验的拒绝域为

$$T<-t_{0.95}(15).$$

查表得

$$t_{0.95}(15)\approx 1.753,$$

故拒绝域为

$$T<-\mathrm{1.753.}$$

而样本统计量

$$t=2.5>-1.753,$$

没有落入拒绝域，因此不能拒绝原假设 $H_0$，也就没有充分证据说明

$$\mu <190.$$

事实上，样本均值 $195^{\circ }\mathrm{C}$ 高于 $190^{\circ }\mathrm{C}$。若进一步进行右侧检验

$$H_0:\mu \le 190,H_1:\mu >190,$$

则

$$t=2.5>t_{0.95}(15)=1.753,$$

会拒绝 $H_0$，表明数据反而支持平均工作温度高于 $190^{\circ }\mathrm{C}$。

因此，依据该样本数据，厂家的结论不能得到支持。