8.2 估计量的评选标准（数一）

小题

1. 【1992-4-3 分】 设 $n$ 个随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布，$D(X_1)={\sigma }^2$，

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

则（ ）。

A. $S$ 是 $\sigma$ 的无偏估计量    B. $S$ 是 $\sigma$ 的最大似然估计量

C. $S$ 是 $\sigma$ 的相合估计量（即一致估计量）    D. $S$ 与 $\bar{X}$ 相互独立

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答案： C

解析： 由样本方差的性质，若总体二阶矩存在，则

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

又因为平方根函数在 $[0,+\infty )$ 上连续，所以由连续映射定理，

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

因此 $S$ 是 $\sigma$ 的相合估计量，故选 C。

各选项分析如下：

• A：一般只有 $S^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量，即 $E(S^2)={\sigma }^2$；通常 $E(S)\ne \sigma$，故 A 错误。
• B：未给出总体的具体分布，不能断定 $S$ 是 $\sigma$ 的最大似然估计量；即使总体为正态分布，$\sigma$ 的最大似然估计量通常也不是 $S$，故 B 错误。
• C：由上述相合性可知正确。
• D：$\bar{X}$ 与 $S^2$（从而与 $S$）相互独立是正态总体的特殊性质，对一般总体不成立，故 D 错误。

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2. 【2009-1-4 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自二项分布总体 $B(n,p)$ 的简单随机样本，$\bar{X}$ 和 $S^2$ 分别为样本均值和样本方差。若 $\bar{X}+k{S}^2$ 为 $n{p}^2$ 的无偏估计量，则 $k=$ ______。

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答案： $-1$

解析： 由于每个样本变量均服从二项分布 $B(n,p)$，所以

$$E(X_i)=np,D(X_i)=np(1-p).$$

样本均值和样本方差分别满足

$$E(\bar{X})=np,E(S^2)=np(1-p).$$

题设要求 $\bar{X}+k{S}^2$ 是 $n{p}^2$ 的无偏估计量，因此

$$E(\bar{X}+k{S}^2)=n{p}^2.$$

代入上式得

$$np+knp(1-p)=n{p}^2.$$

由于 $0<p<1$，约去 $np$，得到

$$1+k(1-p)=p.$$

从而

$$k(1-p)=-(1-p),$$

故

$$k=-1.$$

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3. 【2014-1-4 分】 设总体 $X$ 的概率密度为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{2x}{3{\theta }^2},& \theta <x<2\theta ,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中 $\theta$ 是未知参数。$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体的简单随机样本。若 $c\sum _{i=1}^n{X}_i^2$ 是 ${\theta }^2$ 的无偏估计量，则常数 $c=$ ______。

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答案： $\frac{2}{5n}$

解析： 先计算总体的二阶原点矩：

$$\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_{\theta }^{2\theta }{x}^2\cdot \frac{2x}{3{\theta }^2}dx\\ & =\frac{2}{3{\theta }^2}{\int }_{\theta }^{2\theta }{x}^{3}dx\\ & =\frac{2}{3{\theta }^2}\cdot \frac{(2\theta {)}^4-{\theta }^4}{4}\\ & =\frac{2}{3{\theta }^2}\cdot \frac{15{\theta }^4}{4}\\ & =\frac{5}{2}{\theta }^2.\end{array}$$

由于 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 同分布，故

$$E\left(c\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)=cnE(X^2)=cn\cdot \frac{5}{2}{\theta }^2.$$

要使其成为 ${\theta }^2$ 的无偏估计量，应有

$$cn\cdot \frac{5}{2}{\theta }^2={\theta }^2.$$

因此

$$c=\frac{2}{5n}.$$

大题

1. 【2003-1-8 分】 设总体 $X$ 的概率密度为

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

其中 $\theta >0$ 是未知参数。从总体中抽取简单随机样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$，记

$$\hat{\theta }=\min \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}.$$

（1）求总体 $X$ 的分布函数 $F(x)$； （2）求统计量 $\hat{\theta }$ 的分布函数 $F_{\hat{\theta }}(x)$； （3）如果用 $\hat{\theta }$ 作为 $\theta$ 的估计量，讨论它是否具有无偏性。

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答案： （1）

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le \theta ,\\ 1-e^{-2(x-\theta )},& x>\theta ;\end{array}$$

（2）

$$F_{\hat{\theta }}(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le \theta ,\\ 1-e^{-2n(x-\theta )},& x>\theta ;\end{array}$$

（3）

$$E(\hat{\theta })=\theta +\frac{1}{2n}\ne \theta ,$$

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

解析： （1）当 $x\le \theta$ 时，由概率密度的取值范围可知

$$F(x)=P(X\le x)=0.$$

当 $x>\theta$ 时，

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_{\theta }^{x}2e^{-2(t-\theta )}dt\\ & =1-e^{-2(x-\theta )}.\end{array}$$

所以

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le \theta ,\\ 1-e^{-2(x-\theta )},& x>\theta .\end{array}$$

（2）因为

$$\hat{\theta }=\min \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\},$$

所以当 $x\le \theta$ 时，显然

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

当 $x>\theta$ 时，利用样本的独立性，

$$\begin{array}{rl}{F}_{\hat{\theta }}(x)& =P(\hat{\theta }\le x)\\ & =1-P(\hat{\theta }>x)\\ & =1-P(X_1>x,\cdots ,X_n>x)\\ & =1-[P(X>x){]}^n\\ & =1-[1-F(x){]}^n\\ & =1-e^{-2n(x-\theta )}.\end{array}$$

因此

$$F_{\hat{\theta }}(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le \theta ,\\ 1-e^{-2n(x-\theta )},& x>\theta .\end{array}$$

由此可见，随机变量 $\hat{\theta }-\theta$ 服从参数为 $2n$ 的指数分布，即

$$\hat{\theta }-\theta \sim \mathrm{Exp}(2n).$$

（3）因此

$$E(\hat{\theta }-\theta )=\frac{1}{2n},$$

从而

$$E(\hat{\theta })=\theta +\frac{1}{2n}.$$

所以 $\hat{\theta }$ 高估了 $\theta$，不是无偏估计量。若需要构造无偏估计量，可取

$$\hat{\theta }-\frac{1}{2n}.$$

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2. 【2005-3-13 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n>2)$ 为来自总体 $N(0,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本，其样本均值为 $\bar{X}$。记

$$Y_i=X_i-\bar{X},i=1,2,\cdots ,n.$$

（1）求 $Y_i$ 的方差 $D(Y_i)$，$i=1,2,\cdots ,n$； （2）求 $Y_1$ 与 $Y_n$ 的协方差 $\mathrm{Cov}(Y_1,Y_n)$； （3）若 $c(Y_1+Y_n{)}^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量，求常数 $c$。

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答案： （1）

$$D(Y_i)=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2,i=1,2,\cdots ,n.$$

（2）

$$\mathrm{Cov}(Y_1,Y_n)=-\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

（3）

$$c=\frac{n}{2(n-2)}.$$

解析： 由于

$$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{j=1}^n{X}_j,$$

且 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立、方差均为 ${\sigma }^2$，所以

$$D(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

同时

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X_i,\bar{X})& =\mathrm{Cov}\left(X_i,\frac{1}{n}\sum _{j=1}^n{X}_j\right)\\ & =\frac{1}{n}\mathrm{Cov}(X_i,X_i)\\ & =\frac{{\sigma }^2}{n}.\end{array}$$

（1）于是

$$\begin{array}{rl}D(Y_i)& =D(X_i-\bar{X})\\ & =D(X_i)+D(\bar{X})-2\mathrm{Cov}(X_i,\bar{X})\\ & ={\sigma }^2+\frac{{\sigma }^2}{n}-2\frac{{\sigma }^2}{n}\\ & =\frac{n-1}{n}{\sigma }^2.\end{array}$$

（2）因为 $1\ne n$，所以 $\mathrm{Cov}(X_1,X_n)=0$。于是

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(Y_1,Y_n)& =\mathrm{Cov}(X_1-\bar{X},X_n-\bar{X})\\ & =\mathrm{Cov}(X_1,X_n)-\mathrm{Cov}(X_1,\bar{X})-\mathrm{Cov}(\bar{X},X_n)+D(\bar{X})\\ & =0-\frac{{\sigma }^2}{n}-\frac{{\sigma }^2}{n}+\frac{{\sigma }^2}{n}\\ & =-\frac{{\sigma }^2}{n}.\end{array}$$

（3）由于 $E(Y_i)=0$，故 $E(Y_1+Y_n)=0$，从而

$$E[(Y_1+Y_n{)}^2]=D(Y_1+Y_n).$$

利用方差与协方差公式，

$$\begin{array}{rl}D(Y_1+Y_n)& =D(Y_1)+D(Y_n)+2\mathrm{Cov}(Y_1,Y_n)\\ & =2\cdot \frac{n-1}{n}{\sigma }^2-2\cdot \frac{{\sigma }^2}{n}\\ & =\frac{2(n-2)}{n}{\sigma }^2.\end{array}$$

若 $c(Y_1+Y_n{)}^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量，则

$$cE[(Y_1+Y_n{)}^2]={\sigma }^2.$$

因此

$$c\cdot \frac{2(n-2)}{n}{\sigma }^2={\sigma }^2,$$

解得

$$c=\frac{n}{2(n-2)}.$$

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3. 【2007-134-11 分】 设总体 $X$ 的概率密度为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2\theta },& 0<x<\theta ,\\ \frac{1}{2(1-\theta )},& \theta \le x<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中未知参数 $0<\theta <1$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，$\bar{X}$ 是样本均值。

（1）求参数 $\theta$ 的矩估计量 $\hat{\theta }$； （2）判断 $4{\bar{X}}^2$ 是否为 ${\theta }^2$ 的无偏估计量，并说明理由。

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答案： （1）

$$\hat{\theta }=2\bar{X}-\frac{1}{2}.$$

（2）$4{\bar{X}}^2$ 不是 ${\theta }^2$ 的无偏估计量。

解析： （1）先求总体均值：

$$\begin{array}{rl}E(X)& ={\int }_0^{\theta }x\cdot \frac{1}{2\theta }dx+{\int }_{\theta }^{1}x\cdot \frac{1}{2(1-\theta )}dx\\ & =\frac{\theta }{4}+\frac{1+\theta }{4}\\ & =\frac{1+2\theta }{4}.\end{array}$$

由一阶矩估计法，令

$$\bar{X}=E(X)=\frac{1+2\theta }{4},$$

解得

$$\hat{\theta }=2\bar{X}-\frac{1}{2}.$$

（2）计算总体二阶矩：

$$\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_0^{\theta }{x}^2\cdot \frac{1}{2\theta }dx+{\int }_{\theta }^1{x}^2\cdot \frac{1}{2(1-\theta )}dx\\ & =\frac{{\theta }^2}{6}+\frac{1+\theta +{\theta }^2}{6}\\ & =\frac{1+\theta +2{\theta }^2}{6}.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}D(X)& =E(X^2)-[E(X){]}^2\\ & =\frac{1+\theta +2{\theta }^2}{6}-{\left(\frac{1+2\theta }{4}\right)}^2\\ & =\frac{4{\theta }^2-4\theta +5}{48}.\end{array}$$

由于

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

所以

$$\begin{array}{rl}E(4{\bar{X}}^2)& =\frac{4D(X)}{n}+4[E(X){]}^2\\ & =\frac{4{\theta }^2-4\theta +5}{12n}+\frac{(1+2\theta {)}^2}{4}.\end{array}$$

该式不恒等于 ${\theta }^2$。事实上，

$$\begin{array}{rl}E(4{\bar{X}}^2)-{\theta }^2& =\frac{4{\theta }^2-4\theta +5}{12n}+\frac{1+4\theta }{4}>0,\end{array}$$

故 $4{\bar{X}}^2$ 对 ${\theta }^2$ 存在正偏差，不是无偏估计量。

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4. 【2010-1-11 分】 设总体 $X$ 的概率分布为

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

其中未知参数 $\theta \in (0,1)$。以 $N_i$ 表示来自总体 $X$ 的容量为 $n$ 的简单随机样本中等于 $i$ 的个数，$i=1,2,3$。试求常数 $a_1,a_2,a_3$，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： 可取

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

此时

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

解析： 由于 $(N_1,N_2,N_3)$ 服从参数为

$$n;1-\theta ,\theta -{\theta }^2,{\theta }^2$$

的多项分布，所以

$$\begin{array}{rl}E(T)& =a_{1}E(N_1)+a_{2}E(N_2)+a_{3}E(N_3)\\ & =n\left[a_1(1-\theta )+a_2(\theta -{\theta }^2)+a_3{\theta }^2\right]\\ & =n\left[a_1+(-a_1+a_2)\theta +(-a_2+a_3){\theta }^2\right].\end{array}$$

要使 $T$ 为 $\theta$ 的无偏估计量，必须对任意 $\theta \in (0,1)$ 有

$$E(T)=\theta .$$

比较常数项、一次项和二次项的系数，得到

$$\{\begin{array}{l}n{a}_1=0,\\ n(-a_1+a_2)=1,\\ n(-a_2+a_3)=0.\end{array}$$

解得

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

因此

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

注意到对每个样本 $X_j$，事件 $\{X_j=2\text{ 或 }3\}$ 的概率为

$$P(X_j\ge 2)=(\theta -{\theta }^2)+{\theta }^2=\theta .$$

令

$$I_j=\{\begin{array}{ll}1,& X_j\ge 2,\\ 0,& X_j=1,\end{array}$$

则 $I_1,I_2,\cdots ,I_n$ 独立同分布，且

$$I_j\sim B(1,\theta ),N_2+N_3=\sum _{j=1}^n{I}_j.$$

所以

$$N_2+N_3\sim B(n,\theta ),$$

从而

$$D(T)=\frac{1}{n^2}D(N_2+N_3)=\frac{1}{n^2}n\theta (1-\theta )=\frac{\theta (1-\theta )}{n}.$$

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5. 【2016-1-11 分】 设总体 $X$ 的概率密度为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{3x^2}{{\theta }^3},& 0<x<\theta ,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中 $\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数。$X_1,X_2,X_3$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，令

$$T=\max \{X_1,X_2,X_3\}.$$

（1）求 $T$ 的概率密度； （2）确定 $a$，使得 $aT$ 为 $\theta$ 的无偏估计量。

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答案： （1）

$$f_T(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{9t^8}{{\theta }^9},& 0<t<\theta ,\\ 0,& \text{其他};\end{array}$$

（2）

$$a=\frac{10}{9}.$$

解析： 先求总体 $X$ 的分布函数。当 $0<x<\theta$ 时，

$$\begin{array}{rl}{F}_X(x)& ={\int }_0^x\frac{3u^2}{{\theta }^3}du\\ & =\frac{x^3}{{\theta }^3}.\end{array}$$

故

$$F_X(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ \frac{x^3}{{\theta }^3},& 0<x<\theta ,\\ 1,& x\ge \theta .\end{array}$$

（1）由于 $T$ 是三个独立样本的最大值，故

$$\begin{array}{rl}{F}_T(t)& =P(T\le t)\\ & =P(X_1\le t,X_2\le t,X_3\le t)\\ & =[F_X(t){]}^3.\end{array}$$

因此

$$F_T(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t\le 0,\\ {\left(\frac{t^3}{{\theta }^3}\right)}^3=\frac{t^9}{{\theta }^9},& 0<t<\theta ,\\ 1,& t\ge \theta .\end{array}$$

在 $0<t<\theta$ 上求导，得到

$$f_T(t)=\frac{d}{dt}{F}_T(t)=\frac{9t^8}{{\theta }^9}.$$

故

$$f_T(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{9t^8}{{\theta }^9},& 0<t<\theta ,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

（2）计算 $T$ 的数学期望：

$$\begin{array}{rl}E(T)& ={\int }_0^{\theta }t\cdot \frac{9t^8}{{\theta }^9}dt\\ & =\frac{9}{{\theta }^9}{\int }_0^{\theta }{t}^{9}dt\\ & =\frac{9}{{\theta }^9}\cdot \frac{{\theta }^{10}}{10}\\ & =\frac{9}{10}\theta .\end{array}$$

若 $aT$ 是 $\theta$ 的无偏估计量，则

$$E(aT)=aE(T)=\theta .$$

即

$$a\cdot \frac{9}{10}\theta =\theta ,$$

所以

$$a=\frac{10}{9}.$$

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6. 【2024-1-12 分】 已知总体 $X$ 服从 $[0,\theta ]$ 上的均匀分布，$\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，记

$$X_{(n)}=\max \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\},T_c=c{X}_{(n)}.$$

（1）求 $c$，使得 $T_c$ 是 $\theta$ 的无偏估计量；

（2）记 $h(c)=E(T_c-\theta {)}^2$，求 $c$，使得 $h(c)$ 最小。

查看答案与解析

答案： （1）

$$c=\frac{n+1}{n};$$

（2）

$$c=\frac{n+2}{n+1}.$$

解析： 总体 $X$ 的分布函数为

$$F_X(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ \frac{x}{\theta },& 0<x<\theta ,\\ 1,& x\ge \theta .\end{array}$$

因此最大次序统计量 $X_{(n)}$ 的分布函数为

$$\begin{array}{rl}{F}_{X_{(n)}}(x)& =P(X_{(n)}\le x)\\ & =P(X_1\le x,\cdots ,X_n\le x)\\ & =[F_X(x){]}^n.\end{array}$$

于是

$$F_{X_{(n)}}(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ {\left(\frac{x}{\theta }\right)}^n,& 0<x<\theta ,\\ 1,& x\ge \theta ,\end{array}$$

从而概率密度为

$$f_{X_{(n)}}(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n},& 0<x<\theta ,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

计算前两阶矩：

$$\begin{array}{rl}E(X_{(n)})& ={\int }_0^{\theta }x\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{n+1}\theta ,\\ E(X_{(n)}^2)& ={\int }_0^{\theta }{x}^2\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{n+2}{\theta }^2.\end{array}$$

（1）若 $T_c=c{X}_{(n)}$ 是 $\theta$ 的无偏估计量，则

$$E(T_c)=cE(X_{(n)})=c\frac{n}{n+1}\theta =\theta .$$

故

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

（2）均方误差为

$$\begin{array}{rl}h(c)& =E(c{X}_{(n)}-\theta {)}^2\\ & =c^{2}E(X_{(n)}^2)-2c\theta E(X_{(n)})+{\theta }^2\\ & ={\theta }^2\left[\frac{n}{n+2}{c}^2-\frac{2n}{n+1}c+1\right].\end{array}$$

这是关于 $c$ 的开口向上的二次函数。令

$$h^{\prime }(c)=2{\theta }^2\left(\frac{n}{n+2}c-\frac{n}{n+1}\right)=0,$$

得

$$c=\frac{n+2}{n+1}.$$

又因为

$$h^{\prime \prime }(c)=\frac{2n{\theta }^2}{n+2}>0,$$

所以此时 $h(c)$ 取得最小值。事实上，最小均方误差为

$$h_{\min }=\frac{{\theta }^2}{(n+1{)}^2}.$$