《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.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.doc（21页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、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,上均匀分布，X1,X2,Xn是它的样本，则下列估计量是的一致估计是().(A)=Xn; (B)=2Xn;(C)=X=1ni=1nXi; (D)=MaxX1,X2,Xn.解答：应选(D).由一致估计的定义，对任意0,P(MaxX1,X2,Xn-)=P(-+MaxX1,X2,Xn+)=F(+)-F(-+).因为FX(x)=0,x,及F(x)=FMaxX1,X2,Xn(x)=FX1(x)FX2(x)FXn(x),所以F(+)=1,F(-+)=P(MaxX1,X2,Xn-+)=(1-x)n,故P(MaxX1,X2,Xn-0,试证2=()2不是
2、2的无偏估计.解答：因为D()=E(2)-E()2,所以E(2)=D()+E()2=2+D()2,故()2不是2的无偏估计.习题5设X1,X2,Xn是来自参数为的泊松分布的简单随机样本，试求2的无偏估计量.解答：因X服从参数为的泊松分布，故D(X)=,E(X2)=D(X)+E(X)2=+2=E(X)+2,于是E(X2)-E(X)=2,即E(X2-X)=2.用样本矩A2=1ni=1nXi2,A1=X代替相应的总体矩E(X2),E(X),便得2的无偏估计量2=A2-A1=1ni=1nXi2-X.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Xb(n,p
3、),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)=E1n(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服从均值为的指数分布，其概率密度为f(x;)=1e-x,x00,x0,其中参数0未知. 又设X1,X2,Xn是来自该总体的样本，试证：X和n(min(X1,X2,Xn)都是的无偏估计量，并比较哪个更有效.解答：因为E(X)=
4、,而E(X)=E(X),所以E(X)=,X是的无偏估计量.设Z=min(X1,X2,Xn),因为FX(x)=0,x01-e-x,x0,FZ(x)=1-1-FX(x)n=1-e-nx,x00,x0,所以fZ(x)=ne-nx,x00,x0,这是参数为n的指数分布，故知E(Z)=n,而E(nZ)=En(min(X1,X2,Xn)=,所以nZ也是的无偏估计.现比较它们的方差大小.由于D(X)=2,故D(X)=2n.又由于D(Z)=(n)2,故有D(nZ)=n2D(Z)=n22n2=2.当n1时，D(nZ)D(X),故X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
5、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
6、定值总体的标准差为i(i=1,2,k),用这些仪器独立地对某一物理量各观察一次，分别得到X1,X2,Xk.设仪器都没有系统误差，即E(Xi)=(i=1,2,k),问a1,a2,ak应取何值，方能使用=i=1kaiXi估计时，是无偏的，并且D()最小？解答：因为E(Xi)=(i=1,2,k),故E()=E(i=1kaiXi)=i=1kaiE(Xi)=i=1kai,欲使E()=,则要i=1kai=1.因此，当i=1kai=1时，=i=1kaiXi为的无偏估计,D()=i=1kai2i2,要在i=1kai=1的条件下D()最小，采用拉格朗日乘数法.令L(a1,a2,ak)=D()+(1-i=1kai
7、)=i=1kai2i2+(1-i=1kai),Lai=0,i=1,2,ki=1kai=1,即2aii2-=0,ai=2i2;又因i=1kai=1,所以i=1k12i2=1,记i=1k1i2=102,所以=202,于是ai=02i2(i=1,2,k),故当ai=02i2(i=1,2,k)时，=i=1kaiXi是的无偏估计，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)=cx-(+1),xc0,其它,其中c0为已知，1,为未知参数.(2)f
8、(x)=x-1,0x10,其它,其中0,为未知参数.(3)PX=x=(mx)px(1-p)m-x,其中x=0,1,2,m,0pc，对数似然函数为lnL()=nln+nlnc-(+1)i=1nlnxi，对lnL()求导，并令其为零，得dlnL()d=n+nlnc-i=1nlnxi=0，解方程得=ni=1nlnxi-nlnc，故参数的最大似然估计量为=ni=1nlnXi-nlnc(2)E(X)=01xx-1dx=+1，以X作为E(X)的矩估计，则的矩估计由X=+1解出，得=(X1-X)2，的矩估计值为=(x1-x)2，其中x=1ni=1nxi为样本均值的观测值另外，似然函数为L()=i=1nf(x
9、i;)=n/2(i=1nxi)-1，0xi1，对数似然函数为lnL()=n2ln+(-1)i=1nlnxi，对lnL()求导，并令其为零，得dlnL()d=n2+12i=1nlnxi=0，解方程得=(-ni=1nlnxi)2，故参数的最大似然估计量为=(ni=1nlnXi)2(3)Xb(m,p)，E(X)=mp，以X作为E(X)的矩估计，即X=E(X)，则参数p的矩估计为p=1mX=1m1ni=1nXi，p的矩估计值为p=1mx=1m1ni=1nxi另外，似然函数为L()=i=1nf(xi;)=(i=1nCmxi)pi=1nxi(1-p)i=1n(m-xi)，xi=0,1,m，对数似然函数为l
10、nL()=i=1nlnCmxi+(i=1nxi)lnp+(i=1n(m-xi)ln(1-p)，对lnL()求导，并令其为零，得dlnL()d=1pi=1nxi-11-pi=1n(m-xi)=0，解方程得p=1mni=1nxi，故参数的最大似然估计量为p=1mni=1nXi=1mX习题2设总体X服从均匀分布U0,它的密度函数为f(x;)=1,0x0,其它,(1)求未知参数的矩估计量；(2)当样本观察值为0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55时，求的矩估计值.解答：(1)因为E(X)=-+xf(x;)dx=10xdx=2,令E(X)=1ni=1nXi,即2=X,所以=2X.(2)由
11、所给样本的观察值算得x=16i=16xi=16(0.3+0.8+0.27+0.35+0.62+0.55)=0.4817,所以=2x=0.9634.习题3设总体X以等概率1取值1,2,求未知参数的矩估计量.解答：由E(X)=11+21+1=1+2=1ni=1nXi=X,得的矩估计为=2X-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PXi=1=p,PXi=0=1-p=q,其中i=1,2,60,且
12、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=160i=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 3pi22(1-)(1-)2其中(01)为未知参数. 已知取得了样本值x1=1,x2=2,x3=1,试求的矩估计值和最大似然估计值.解答：E(X)=12+22(1-)+3(1-)2=3-2,x=1/3(1+2+1)=4/3.因为E(X)=X,所以=(3-x)/2=5/6为矩估计值,L()=i=13PXi=xi=PX1=1PX2=2PX3=1=42(1-)=25(1-),lnL()=ln2+5
13、ln+ln(1-),对求导,并令导数为零dlnLd=5-11-=0,得L=56.习题6(1)设X1,X2,Xn来自总体X的一个样本, 且X(),求PX=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.r012345sr444221942解答：(1)已知，的最大似然估计为L=X.因此PX=0=e-L=e-X.(2)设X为一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数，X服从参数为的泊松分布，样本容量
14、n=122.算得样本均值为x=1122r=05rr=1122(044+142+221+39+44+52)1.123,因此PX=0=e-x=e-1.1230.3253.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,
15、置信度就越小.习题2设(1,2)是参数的置信度为1-的区间估计，则以下结论正确的是().(A)参数落在区间(1,2)之内的概率为1-;(B)参数落在区间(1,2)之外的概率为;(C)区间(1,2)包含参数的概率为1-;(D)对不同的样本观察值，区间(1,2)的长度相同.解答：应先(C).由于1,2都是统计量，即(1,2)是随机区间，而是一个客观存在的未知常数，故(A),(B)不正确.习题3设总体的期望和方差2均存在，如何求的置信度为1-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=X-/nN(0,1)(n).(1)当2已知时，则近似得到的置信度为1-
16、的置信区间为(X-u/2n,X+u/2n).(2)当2未知时，用2的无偏估计S2代替2,这里仍有X-S/nN(0,1)(n),于是得到的1-的置信区间为(X-u/2Sn,X+u/2Sn),一般要求n30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=3cm,从中抽取40个个体，其样本平均数x=642cm,试给出总体期望值的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X近似服从N(,2n)的正态分布，于是的95%的置信区间近似为(Xnu/2),这里x=642,=3,n=406.32,u/2=1.96,从而(xnu/2)=(6423401.96)
17、(6420.93),故的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(=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X近似服从N(,2/n),于是的99%的置信区间近似为(XSnu/2),而x=10,s=3,n=100,u/2=2.58,所以(xsnu/2)=(1031002.58)=(100.774)=(9.226,10.774).由此可知
18、最少要准备10.77410000=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组限组中值频数708080909010010011011012075859510511539131626分组编号6789组限组中值频数12013013014014015015016012513514515520742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，所以的置信度为95%的置信区间上、下限近似为Xsnu/2,这里n=100,u/2=1.96,还需计算出x和
19、s.取a=115,c=10,令zi=(xi-a)/c=(xi-115)/10,用简单算公式，(1)x=a+cz;(2)sx2=c2sz2.编号123456789组中值xizi=xi-11510组频率mimizizi2mizi2758595105115125135145155-4-3-2-1012343913162620742-12-27-26-160201412816941014916123456789z=1100i=19mizi=1100(-27)=-0.27,x=10(-27)+115=112.3,sz2=199i=19mizi2=1993133.161616,sx2=1023.16161
20、6=316.1616,sx17.78.于是(xsnu)(112.317.78101.96)(112.33.485)=(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+u/22,b=-2nX-(u/2)2,c=nX2,n=500,x=13500,u/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(,
21、2)的一个样本，求的置信度为1-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，对的区间估计问题，应选取统计量：T=X-S/nt(n-1).因为只需作单边估计，注意到t分布的对称性，故令PTt(n-1)=1-.由给定的置信度1-,查自由度为n-1的t分布表可得单侧临界值t(n-1).将不等式Tt(n-1),即X-S/nt(n-1)分别变形，求出即得的1-的置信下限为X-t(n-1)Sn.的1-的置信上限为X+t(n-1)Sn,的1-的双侧置信限(X-t/2(n-1)Sn,X+t/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=50小时，抽出25个灯泡检验，
22、得平均寿命x=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XN(,502),所以的置信度为95%的置信区间为(Xu/2n),这里x=500,n=25,=50,u/2=1.96,所以灯泡的平均寿命的置信区间为(xu/2n)=(50050251.96)=(50019.6)=(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=1.5,抽样前希望有95%的置信水平使得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，的置信区间长度为L=2u/2n,于是n=(2Lu/2)2.由题设知，1-=0.95,
23、=0.05,2=0.025.查标准正态分布表得u0.025=1.96,=1.5,L=1.7,所以，样本容量n=(21.51.961.7)211.96.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XN(,2),知的95%的置信区间为(XSnt/2(n-1),这里x=1950,s=300,n=15,t/2(14)=2.145,于是(xsnt/2(n-1)=(
24、1950300152.145)(1950166.151)=(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):149158.5152.5165157142求初一女生平均身高的置信区间(=0.05).解答：XN(,2),的置信度为95%的置信区间为(XSnt/2(n-1),这里x=154,s=8.0187,t0.025(5)=2.571,于是(xsnt/2(n-1)=(1548.018762.571)(1548.416)(145.58,162.42).习题5
25、某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数x=72,样本方差s2=16,假设分数服从正态分布，求2的置信度为98%的置信区间.解答：先取2分布变量，构造出1-的2的置信区间为(n-1)S2/22(n-1),(n-1)S21-/22(n-1).已知1-=0.98,=0.02,2=0.01,n=20,S2=16.查2分布表得0.012(19)=36.191,0.992(19)=7.633,于是得2的98%的置信区间为(191636.191,19167.633),即(8.400,39.827).习题6随机地取某种炮弹9发做试验，得炮口速度的样本标准差s=11(m/s).设炮口速度服从正态分布，求这种
26、炮弹的炮口速度的标准差的置信度为0.95的置信区间.解答：已知n=9,s=11(m/s),1-=0.95.查表得0.0252(8)=17.535,0.9752(8)=2.180,的0.95的置信区间为(8s0.0252(8),8s0.9752(8),即(7.4,21.1).习题7设来自总体N(1,16)的一容量为15的样本，其样本均值x1=14.6;来自总体N(2,9)的一容量为20的样本，其样本均值x2=13.2;并且两样本是相互独立的，试求1-2的90%的置信区间.解答：1-=0.9,=0.1,由(u/2)=1-2=0.95,查表，得u/2=1.645,再由n1=15,n2=20,得12n
27、1+22n2=1615+920=91601.232,u/212n1+22n2=1.6451.2322.03,x1-x2=14.6-13.2=1.4,所以，1-2的90%的置信区间为(1.4-2.03,1.4+2.03)=(-0.63,3.43).习题8物理系学生可选择一学期3学分没有实验课，也可选一学期4学分有实验的课. 期未考试每一章节都考得一样，若有上实验课的12个学生平均考分为84，标准差为4，没上实验课的18个学生平均考分为77，标准差为6，假设总体均为正态分布且其方差相等，求两种课程平均分数差的置信度为99%的置信区间.解答： 设有实验课的考分总体X1N(1,2),无实验课的考分总体
28、X2N(2,2).两方差相等但均未知,求1-2的99%的置信区间，应选t分布变量，T=X1-X2-(1-2)SW1n1+1n2t(n1+n2-2),其中SW=(n1-1)S12+(n2-1)S22n1+n2-2.1-2的1-的置信区间为(X1-X2t/2(n1+n2-2)SW1n1+1n2).由已知,x1-x2=84-77=7,且sW=(12-1)42+(18-1)6212+18-25.305,112+1180.373,1-=0.99,2=0.005,查t分布表得t0.005(28)=2.763. 于是，1-2的0.99的置信区间为(72.7635.3050.373),即(75.467),亦即
29、(1.53,12.47).习题9随机地从A批导线中抽取4根，又从B批导线中抽取5根，测得电阻(欧)为A批导线0.1430.1420.1430.137B批导线0.1400.1420.1360.1380.140设测定数据分别来自分布N(1,2),N(2,2),且两样本相互独立，又1,2,2均为未知，试求1-2的置信水平为0.95的置信区间.解答： 对于1-=0.95,查表得t0.025(7)=2.3646,算得x=0.141,y=0.139;s12=8.2510-6,s10.0029.s22=5.210-6,s2=0.0023,sW0.0026,15+14=0.6708,故得1-2的0.95置信区
30、间为(0.141-0.1392.36460.00260.6708), 即(-0.002,0.006).习题10设两位化验员A,B独立地对某种聚合物含氯量用相同的方法各作10次测定，其测定值的样本方差依次为 sA2=0.5419,sB2=0.6065. 设A2,B2分别为A,B所测定的测定值的总体方差，又设总体均为正态的，两样本独立，求方差比A2/B2的置信水平为0.95的置信区间.解答： 选用随机变量F=SA2A2/SB2B2F(n1-1,n2-1),依题意，已知sA2=0.5419, sB2=0.6065, n1=n2=10. 对于1-=0.95, 查F分布表得F0.025(9,9)=1F0
31、.025(9,9)=14.03, 于是得A2B2的0.95的置信区间为(sA2sB21F/2(9,9),sA2sB2F/2(9,9)(0.222,3.601). 总习题解答习题1设总体X服从参数为(0)的指数分布，X1,X2,Xn为一随机样本，令Y=minX1,X2,Xn,问常数c为何值时，才能使cY是的无偏估计量.解答：关键是求出E(Y).为此要求Y的密度fY(y).因Xi的密度函数为fX(x)=e-x,x00,x00,x0,于是FY(y)=1-1-FX(y)n=1-e-ny,y00,y0.两边对y求导得fY(y)=ddyFY(y)=ne-ny,y00,y0,即Y服从参数为n的指数分布，故E
32、(Y)=n.为使cY成为的无偏估计量，需且只需E(cY)=,即cn=,故c=1n.习题2设X1,X2,Xn是来自总体X的一个样本，已知E(X)=, D(X)=2.(1)确定常数c, 使ci=1n-1(Xi+1-Xi)2为2的无偏估计；(2)确定常数c, 使(X)2-cS2是2的无偏估计(X,S2分别是样本均值和样本方差).解答：(1)E(ci=1n-1(Xi+1-Xi)2) =ci=1n-1E(Xi+12-2XiXi+1+Xi2) =ci=1n-1D(Xi+1)+E(Xi+1)2-2E(Xi)E(Xi+1)+D(Xi)+E(Xi)+E(Xi)2=c(n-1)(2+2-22+2+2)=2(n-1
33、)2c.令2(n-1)2c=2, 所以c=12(n-1).(2)E(X)2-cS2=E(X2)-cE(S2)=D(X)+E(X)2-c2 =2n+2-c2.令2n+2-c2=2, 则得c=1n.习题3设X1,X2,X3,X4是来自均值为的指数分布总体的样本，其中未知. 设有估计量T1=16(X1+X2)+13(X3+X4), T2=X1+2X2+3X3+4X45,T3=X1+X2+X3+X44.(1)指出T1,T2,T3中哪几个是的无偏估计量；(2)在上述的无偏估计中指出一个较为有效的.解答：(1)=E(X),E(Xi)=E(X)=,D(X)=2=D(Xi),i=1,2,3,4. E(T1)=
34、E(16(X1+X2)+13(X3+X4)=(26+23)=, E(T2)=15E(X1+2X2+3X3+4X4)=15(1+2+3+4)=2, E(T3)=14E(X1+X2+X3+X4)=,因此，T1,T3是的无偏估计量.(2)D(T1)=2362+292=10362, D(T3)=11642=142=9362,所以D(T3)0)的总体中，分别抽取容量为n1,n2的两独立样本，X1和X2分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1+bX2都是的无偏估计；并确定常数a,b, 使D(Y)达到最小.解答：E(Y)=E(aX1+bX2)=aE(X1)+bE(X2)=(a+
35、b).因为a+b=1, 所以E(Y)=.因此，对于常数a,b(a+b=1),Y都是的无偏估计，D(Y)=a2D(X1)+b2D(X2)=a22n1+b22n2.因a+b=1, 所以D(Y)=2a2n1+1n2(1-a)2, 令dD(Y)da=0, 即22(an1-1-an2)=0, 解得a=n1n1+n2,b=n2n1+n2是惟一驻点.又因为d2D(Y)da2=22(1n1+1n2)0, 故取此a,b二值时，D(Y)达到最小.习题5设有一批产品，为估计其废品率p, 随机取一样本X1,X2,Xn, 其中Xi=1,取得废品0,取得合格品, i=1,2,n,证明：p=X=1ni=1nXi是p的一致无
36、偏估计量.解答：由题设条件E(Xi)=p1+(1-p)0=p,D(Xi)=E(Xi2)-E(Xi)2=p12+(1-p)02-p2=p(1-p),E(p)=E(X)=E(1ni=1nE(Xi)=1ni=1nE(Xi)=1ni=1np=p.由定义，p是p的无偏估计量，又 D(p)=D(X)=D(1ni=1nXi)=1n2i=1nD(Xi) =1n2i=1np(1-p)=1n2np(1-p)=pqn.由切比雪夫不等式，任给0Pp-p=PX-p12D(X)=12p(1-p)n0,n所以limnPp-p=0, 故p=X是废品率p的一致无偏估计量.习题6设总体Xb(k,p), k是正整数，0p1,k,p
37、都未知，X1,X2,Xn是一样本，试求k和p的矩估计.解答：因总体X服从二项分布b(k,p), 故a1=E(X)=kpa2=E(X2)=D(X)+E(X)2=kp(1-p)+(kp)2，解此方程组得p=a1+a12-a2a1,k=a12a1+a12-a2.用A1=1ni=1nXi=X,A2=1ni=1nXi2分别代替a1,a2, 即得p,k的矩估计为p=X-S2X,k=X2X-S2,其中S2=1ni=1n(Xi-X)2,x表示x的最大整数部分.习题7求泊松分布中参数的最大似然估计.解答：总体的概率函数为PX=k=kk!e-,k=0,1,2,.设x1,x2,xn为从总体中抽取的容量为n的样本，则
38、似然函数为L(x1,x2,xn;)=i=1nf(xi;)=i=1nxixi!e-=i=1nxii=1nxi!e-n,lnL=(i=1nxi)ln-n-i=1nlnxi!,令dlnLd=1i=1nxi-n=0, 得的最大是然估计为=1ni=1nxi=x,即x=1ni=1nxi就是参数的最大似然估计.习题8已知总体X的概率分布PX=k=C2k(1-)k2-k,k=0,1,2，求参数的矩估计.解答：总体X为离散型分布，且只含一个未知参数,因此，只要先求离散型随机变量的数学期望E(X),然后解出并用样本均值X代替E(X)即可得的矩估计.由E(X)=k=02kC2k(1-)k2-k=12(1-)+2(1-)2=2-2,即有=1-E(X)2.用样本均值X代替上式的E(X),得矩
