4. 综合提高题型

题型1: 关于点估计

【4.1】设总体 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x;\theta \right)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-\left(x-\theta \right)},& \text{ 若 }x\ge \theta \\ 0,& \text{ 若 }x<\theta \end{array}$$

而 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本,则未知参数 $\theta$ 的矩估计量为_____.

解 $EX={\int }_0^{+\infty }x{\mathrm{e}}^{-\left(x-\theta \right)}\mathrm{d}x=\theta +1$,即 $\theta =EX-1$.

因此 $\theta$ 的矩估计量为

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

【4.2】设总体 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{6x}{{\theta }^3}\left(\theta -x\right),& 0<x<\theta \\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本.

(1)求 $\theta$ 的矩估计量 $\hat{\theta }$;

(2) 求 $\hat{\theta }$ 的方差 $D\left(\hat{\theta }\right)$.

解 (1) $EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{\theta }\frac{6x^2}{{\theta }^3}\left(\theta -x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{\theta }\left(\frac{6x^2}{{\theta }^2}-\frac{6x^3}{{\theta }^3}\right)\mathrm{d}x=\frac{\theta }{2}$,

因此 $\theta =2EX$,所以 $\theta$ 的矩估计量为 $\hat{\theta }=2\bar{X}$.

(2)由(1)可知,

$$EX=\frac{\theta }{2},E{X}^2={\int }_0^{\theta }\frac{6x^3}{{\theta }^3}\left(\theta -x\right)\mathrm{d}x=\frac{6{\theta }^2}{20},$$

故

$$DX=E{X}^2-{\left(EX\right)}^2=\frac{6{\theta }^2}{20}-{\left(\frac{\theta }{2}\right)}^2=\frac{{\theta }^2}{20},$$

因此

$$D\left(\hat{\theta }\right)=D\left(2\bar{X}\right)=4D\left(\bar{X}\right)=\frac{4}{n}D\left(X\right)=\frac{4}{n}\times \frac{{\theta }^2}{20}=\frac{{\theta }^2}{5n}.$$

【4.3】设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为总体的一个样本,求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和最大似然估计量.

(1) $f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\theta c^{\theta }{x}^{-\left(\theta +1\right)},& x>c\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$,其中 $c>0$ 为已知, $\theta >1$, $\theta$ 为未知参数.

(2) $f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\theta }{x}^{\sqrt{\theta }-1},& 0\le x\le 1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$,其中 $\theta >0,\theta$ 为未知参数.

(3) $P\{X=x\}=C_m^x{p}^x{\left(1-p\right)}^{m-x},x=0,1,2,\cdots ,m,0<p<1,p$ 为未知参数.

解 (1) $E\left(X\right)={\int }_c^{\infty }x\theta c^{\theta }{x}^{-\left(\theta +1\right)}\mathrm{d}x={\int }_c^{\infty }\theta c^{\theta }{x}^{-\theta }\mathrm{d}x=\theta c^{\theta }{\int }_c^{\theta }{x}^{-\theta }\mathrm{d}x={\theta c^{\theta }\frac{x^{-\theta +1}}{-\theta +1}|}_c^{+\infty }$

$=\frac{\theta c}{\theta -1}$.

令 $\frac{\theta c}{\theta -1}=\bar{X}$,解得 $\hat{\theta }=\frac{\bar{X}}{\bar{X}-c}$,即为 $\theta$ 的矩估计量.

似然函数为

$$L\left(\theta \right)=\prod _{i=1}^n\theta \cdot c^{\theta }{x}_i^{-\left(\theta +1\right)}={\theta }^n{c}^{n\theta }\prod _{i=1}^n{x}_i^{-\left(\theta +1\right)},$$

而

$$\ln L\left(\theta \right)=n\ln \theta +n\theta \ln c-\left(\theta +1\right)\sum _{i=1}^n\ln x_i,$$

令

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta }\ln L\left(\theta \right)=\frac{n}{\theta }+n\ln c-\sum _{i=1}^n\ln x_i=0,$$

解得 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat{\theta }=\frac{n}{\sum _{i=1}^n\ln X_i-n\ln c}$.

(2) $EX={\int }_0^{1}x\sqrt{\theta }{x}^{\sqrt{\theta }-1}\mathrm{d}x={\int }_0^1\sqrt{\theta }{x}^{\sqrt{\theta }}\mathrm{d}x={\frac{\sqrt{\theta }}{\sqrt{\theta }+1}{x}^{\sqrt{\theta }+1}|}_0^1=\frac{\sqrt{\theta }}{\sqrt{\theta }+1}$.

令 $\frac{\sqrt{\theta }}{\sqrt{\theta }+1}=\bar{X}$,解得 $\hat{\theta }={\left(\frac{\bar{X}}{\bar{X}-1}\right)}^2$,即为 $\theta$ 的矩估计量.

似然函数为:

$$L\left(\theta \right)=\prod _{i=1}^n\sqrt{\theta }{x}_i^{\sqrt{\theta }-1}={\theta }^{\frac{n}{2}}\prod _{i=1}^n{x}_i^{\sqrt{\theta }-1},$$

对数似然函数为:

$$\ln L\left(\theta \right)=\frac{n}{2}\ln \theta +\left(\sqrt{\theta }-1\right)\sum _{i=1}^n\ln x_i,$$

对数似然方程为:

$$\frac{\mathrm{d}\ln L\left(\theta \right)}{\mathrm{d}\theta }=\frac{n}{2\theta }+\frac{\sum _{i=1}^n\ln x_i}{2\sqrt{\theta }}=0,$$

其最大似然估计值为 $\hat{\theta }=\frac{n^2}{{\left(\sum _{i=1}^n\ln x_i\right)}^2},\hat{\theta }=\frac{n^2}{{\left(\sum _{i=1}^n\ln X_i\right)}^2}$ 即为 $\theta$ 的最大似然估计量.

(3)因为 $X\sim B\left(m,p\right)$,所以

$$E\left(X\right)=\sum _{i=1}^{n}x{C}_m^x{p}^x{\left(1-p\right)}^{m-x}=mp,$$

所以 $mp=\bar{X},\hat{p}=\frac{\bar{X}}{m}$ 为 $p$ 的矩估计.

似然函数为:

$$L\left(p\right)=\prod _{i=1}^n{C}_{ml}^{x_i}{p}^{x_i}{\left(1-p\right)}^{m-x_i}=p_{i=1}^{\sum _{i=1}^n{x}_i}{\left(1-p\right)}^{nm-\sum _{i=1}^n{x}_i}\prod _{i=1}^n{C}_{m\ell }^{x_i},$$

对数似然函数为:

$$\ln L\left(p\right)=\sum _{i=1}^n{x}_i\ln p+\left(nm-\sum _{i=1}^n{x}_i\right)\ln \left(1-p\right)+\sum _{i=1}^n\ln C_{ni}^{x_i},$$

对数似然方程为:

$$\frac{\mathrm{d}\ln L\left(p\right)}{\mathrm{d}p}=\frac{\sum _{i=1}^n{x}_i}{p}+\frac{nm-\sum _{i=1}^n{x}_i}{1-p}\left(-1\right)=0,$$

则 $\hat{p}=\frac{\bar{x}}{m}$ 为 $p$ 的最大似然估计值. $\hat{p}=\frac{\bar{X}}{m}$ 为 $p$ 的最大似然估计量.

【4.4】某工程师为了解一台天平的精度,用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量,该物质的质量 $\mu$ 是已知的,设 $n$ 次测量结果 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立且均服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$. 该工程师记录的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_i=\left|X_i-\mu \right|\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$,利用 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 估计 $\sigma$.

(1)求 $Z_1$ 的概率密度；(2)利用一阶矩求 $\sigma$ 的矩估计量；(3)求 $\sigma$ 的最大似然估计量.

解 (1) $Z_1$ 的分布函数为

$$F\left(z\right)=P\left\{Z_1\le z\right\}=P\left\{\left|X_1-\mu \right|\le z\right\}=\{\begin{array}{ll}2\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)-1,& z\ge 0,\\ 0,& z<0,\end{array}$$

所以 $Z_1$ 的概率密度为

$$f\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}},& z\ge 0,\\ 0,& z<0\end{array}$$

(2) $E{Z}_1={\int }_{-\infty }^{+\infty }zf\left(z\right)\mathrm{d}z=\frac{2}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\infty }^{+\infty }z{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}\mathrm{d}z=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}\sigma$.

$\sigma =\frac{\sqrt{2\pi }}{2}E{Z}_1$,令 $\bar{Z}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Z}_i$,得 $\sigma$ 的矩估计量为 $\hat{\sigma }=\frac{\sqrt{2\pi }}{2}\bar{Z}$.

(3)记 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 为样本 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 的观测值,则似然函数为

$$L\left(\sigma \right)=\prod _{i=1}^{n}f\left(z_i\right)={\left(\frac{2}{\sqrt{2\pi }}\right)}^n{\sigma }^{-n}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2},$$

对数似然函数为 $\ln L\left(\sigma \right)=n\ln \frac{2}{\sqrt{2\pi }}-n\ln \sigma -\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2$.

令 $\frac{\mathrm{d}\ln L\left(\sigma \right)}{\mathrm{d}\sigma }=-\frac{n}{\sigma }+\frac{1}{{\sigma }^3}\sum _{i=1}^n{z}_i^2=0$,得 $\sigma$ 的最大似然估计值为 $\sigma =\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2}$,所以 $\sigma$ 的最大似然估计量为 $\hat{\sigma }=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2}$.

【4.5】设总体 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x;\theta \right)=\{\begin{array}{cc}\frac{{\theta }^2}{x^3}{\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他,}\end{array}$$

其中 $\theta$ 为未知参数且大于零, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本.

(1)求 $\theta$ 的矩估计量；

(2)求 $\theta$ 的最大似然估计量.

解 (1) $EX={\int }_0^{+\infty }x\cdot \frac{{\theta }^2}{x^3}{\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}}\mathrm{d}x$

$$={\int }_0^{+\infty }\frac{{\theta }^2}{x^2}{\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}}\mathrm{d}x=\theta .$$

所以 $\theta$ 的矩估计量为 $\hat{\theta }=\bar{X}$,其中 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$.

(2)设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本观测值,似然函数为

$$L\left(\theta \right)=\prod _{i=1}^{n}f\left(x_i;\theta \right)$$ $$=\{\begin{array}{ll}\frac{{\theta }^{2n}}{{\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^3}{\mathrm{e}}^{-\theta \sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}},& x_1,x_2,\cdots ,x_n>0,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$$

当 $x_1,x_2,\cdots ,x_n>0$ 时, $\ln L\left(\theta \right)=2n\ln \theta -\theta \sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}-3\sum _{i=1}^n\ln x_i$.

令 $\frac{\mathrm{d}\ln L\left(\theta \right)}{\mathrm{d}\theta }=\frac{2n}{\theta }-\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}=0$,得 $\theta$ 的最大似然估计值为 $\hat{\theta }=\frac{2n}{\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}}$,所以 $\theta$ 的最大似然估

计量为 $\hat{\theta }=\frac{2n}{\sum _{i=1}^n\frac{1}{X_i}}$.

【4.6】设总体 $X$ 服从几何分布 $P\{X=k\}=p{\left(1-p\right)}^{k-1},k=1,2,\cdots$. 又 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自 $X$ 的样本值,则 $p$ 与 $EX$ 的最大似然估计分别为多少?

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

令 $\frac{\mathrm{d}\ln L}{\mathrm{d}p}=0$,解得 $p=\frac{n}{\sum _{i=1}^n{x}_i}=\frac{1}{\bar{X}}$,故 $\hat{p}=\frac{1}{\bar{X}}$ 即为 $p$ 的最大似然估计.

而 $EX=\frac{1}{p}$,故由最大似然估计不变性 $\stackrel{⏜}{\mathrm{EX}}=\frac{1}{\hat{p}}=\bar{X}$ 为 $EX$ 的最大似然估计.

【4.7】设总体 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}{\lambda }^{2}x{\mathrm{e}}^{-\lambda x},& x>0\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

其中参数 $\lambda \left(\lambda >0\right)$ 未知, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本.

(1)求参数 $\lambda$ 的矩估计量；

(2)求参数 $\lambda$ 的最大似然估计量.

解 (1) $EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }{\lambda }^2{x}^2{\mathrm{e}}^{-\lambda x}\mathrm{d}x=\frac{2}{\lambda }$.

令 $\bar{X}=EX$,即 $\bar{X}=\frac{2}{\lambda }$,得 $\lambda$ 的矩估计量为 $\hat{\lambda }=\frac{2}{\bar{X}}$.

(2)设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n\left(x_i>0,i=1,2,\cdots ,n\right)$ 为样本观测值,则似然函数为

$$L\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n;\lambda \right)={\lambda }^{2n}{\mathrm{e}}^{-\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i}\prod _{i=1}^n{x}_i,$$ $$\ln L=2n\ln \lambda -\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i+\sum _{i=1}^n\ln x_i,$$

由 $\frac{\mathrm{d}\ln L}{\mathrm{d}\lambda }=\frac{2n}{\lambda }-\sum _{i=1}^n{x}_i=0$,得 $\lambda$ 的最大似然估计量为 $\hat{\lambda }=\frac{2}{\bar{X}}$.

【4.8】设随机变量 $X$ 的分布函数为

$$F\left(x;\alpha ,\beta \right)=\{\begin{array}{ll}1-{\left(\frac{\alpha }{x}\right)}^{\beta },& x>\alpha \\ 0,& x\le \alpha \end{array}$$

其中参数 $\alpha >0,\beta >1$,设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本.

(1)当 $\alpha =1$ 时,求未知参数 $\beta$ 的矩估计量；

(2)当 $\alpha =1$ 时,求未知参数 $\beta$ 的最大似然估计量；

(3)当 $\beta =2$ 时,求未知参数 $\alpha$ 的最大似然估计量.

解 (1) 由已知 $X$ 的分布函数可得其概率密度为

$$f\left(x;\alpha ,\beta \right)=\{\begin{array}{ll}\frac{\beta {\alpha }^{\beta }}{x^{\beta +1}},& x>\alpha \\ 0,& x\le \alpha \end{array}$$

当 $\alpha =1$ 时, $X$ 的概率密度为

$$f\left(x;\beta \right)=\{\begin{array}{ll}\frac{\beta }{x^{\beta +1}},& x>1\\ 0,& x\le 1\end{array},$$ $$EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf\left(x;\beta \right)\mathrm{d}x={\int }_1^{+\infty }\frac{\beta }{x^{\beta }}\mathrm{d}x=\frac{\beta }{\beta -1},$$

令 $\frac{\beta }{\beta -1}=\bar{X}$,解得 $\beta =\frac{\bar{X}}{\bar{X}-1}$,所以 $\beta$ 的矩估计量为 $\hat{\beta }=\frac{\bar{X}}{\bar{X}-1}$,其中 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$.

(2)对于总体 $X$ 的样本值 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$,似然函数为

$$L\left(\beta \right)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\beta }^n}{{\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^{\beta +1}},& x_i>1\left(i=1,2,\cdots ,n\right)\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

当 $x_i>1$ 时,两边取对数得

$$\ln L\left(\beta \right)=n\ln \beta -\left(\beta +1\right)\sum _{i=1}^n\ln x_i,\frac{\mathrm{d}\ln L\left(\beta \right)}{\mathrm{d}\beta }=\frac{n}{\beta }-\sum _{i=1}^n\ln x_i,$$

令 $\frac{\mathrm{d}\ln L\left(\beta \right)}{\mathrm{d}\beta }=0$,解之得 $\beta =\frac{n}{\sum _{i=1}^n\ln x_i}$.

故 $\beta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\beta }=\frac{n}{\sum _{i=1}^n\ln X_i}$.

(3)当 $\beta =2$ 时, $X$ 的概率密度为

$$f\left(x;\alpha \right)=\{\begin{array}{ll}\frac{2{\alpha }^2}{x^3},& x>\alpha \\ 0,& x\le \alpha \end{array}$$

对于总体 $X$ 的样本值 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$,其似然函数为

$$L\left(\alpha \right)=\{\begin{array}{ll}\frac{2^n{\alpha }^{2n}}{{\left(x_1{x}_2\cdots x_n\right)}^3},& x_i>\alpha \left(i=1,2,\cdots ,n\right)\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$ $$\ln L\left(\alpha \right)=n\ln 2+2n\ln \alpha -3\sum _{i=1}^n\ln x_i,\frac{\mathrm{d}\ln L\left(\alpha \right)}{\mathrm{d}\alpha }=\frac{2n}{\alpha }>0,$$

所以 $L\left(\alpha \right)$ 单调递增.

当 $x_i>\alpha \left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 时, $\alpha$ 越大, $L\left(\alpha \right)$ 就越大,因此 $\alpha$ 的最大似然估计值为

$$\hat{\alpha }=\min \left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right).$$

则 $\alpha$ 的最大似然估计量为 $\hat{\alpha }=\min \left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)$.

【4.9】设某种电子器件的寿命 (以小时计) $T$ 服从双参数的指数分布,其概率密度为

$$f\left(t\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\theta }{\mathrm{e}}^{-\frac{t-c}{\theta }},& t\ge c\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

其中 $c,\theta \left(c,\theta >0\right)$ 为未知参数,自一批这种器件中随机地取 $n$ 件进行寿命试验. 设它们的失效时间依次为 $x_1\le x_2\le \cdots \le x_n$.

(1)求 $\theta$ 与 $c$ 的最大似然估计;

(2)求 $\theta$ 与 $c$ 的矩估计.

解 (1) 似然函数为

$$L\left(\theta ,c\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{{\theta }^n}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{\theta }\sum _{i=1}^n\left(x_i-c\right)},& x_i\ge c,i=1,2,\cdots ,n\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$ $$=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{{\theta }^n}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{\theta }\sum _{i=1}^n\left(x_i-c\right)},& x_n\ge x_{n-1}\ge \cdots \ge x_2\ge x_1\ge c\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

对数似然函数为:

$$\ln L\left(\theta ,c\right)=-n\ln \theta -\frac{1}{\theta }\sum _{i=1}^n\left(x_i-c\right),$$

对数似然方程为:

$$\frac{\partial \ln L\left(\theta ,c\right)}{\partial c}=\frac{n}{\theta }>0,$$

故 $\ln L\left(\theta ,c\right)$ 关于 $c$ 单调增加,故 $\hat{c}=x_1$.

由

$$\frac{\partial \ln L\left(\theta ,c\right)}{\partial \theta }=-\frac{n}{\theta }+\frac{1}{{\theta }^2}\sum _{i=1}^n\left(x_i-c\right)=0,$$

得 $\theta$ 的最大似然估计值为 $\hat{\theta }=\bar{x}-x_1$.

(2) $EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_c^{+\infty }\frac{x}{\theta }{\mathrm{e}}^{-\frac{x-c}{\theta }}\mathrm{d}x=\theta +c$,

$$E\left(X^2\right)={\int }_c^{+\infty }\frac{x^2}{\theta }{\mathrm{e}}^{-\frac{x-c}{\theta }}\mathrm{d}x={\theta }^2+{\left(\theta +c\right)}^2,$$

令 $EX=\bar{x},E\left(X^2\right)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i^2$,那么 $\theta$ 和 $c$ 的矩估计为

$$\hat{\theta }=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\bar{x}\right)}^2},\hat{c}=\bar{x}-\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\bar{x}\right)}^2}.$$

【4. 10】设总体 $X$ 的概率密度为

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

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 $\hat{\theta }=\min \left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)$.

(1)求总体 $X$ 的分布函数 $F\left(x\right)$;

(2)求统计量 $\hat{\theta }$ 的分布函数 $F_{\hat{\theta }}\left(x\right)$;

(3)如果用 $\hat{\theta }$ 作为 $\theta$ 的估计量,讨论它是否具有无偏性.

解 (1) 由总体 $X$ 的概率密度可得

$$F\left(x\right)={\int }_{-\infty }^{x}f\left(t\right)\mathrm{d}t=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-2\left(x-\theta \right)},& x\ge \theta \\ 0,& x<\theta \end{array}$$

(2) $F_{\hat{\theta }}\left(x\right)=P\{\hat{\theta }\le x\}=P\left\{\min \left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)\le x\right\}$

$$=1-P\left\{\min \left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)>x\right\}$$ $$=1-P\left\{X_1>x,X_2>x,\cdots ,X_n>x\right\}$$ $$=1-P\left\{X_1>x\right\}P\left\{X_2>x\right\}\cdots P\left\{X_n>x\right\}.$$

由于 $P\left\{X_i>x\right\}=1-P\left\{X_i\le x\right\}=1-F\left(x\right)$,因此 $F\partial \left(x\right)=1-{\left[1-F\left(x\right)\right]}^n$.

即 $F_{\hat{\theta }}\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-2n\left(x-\theta \right)},& x\ge \theta \\ 0,& x<\theta \end{array}$

(3) 由 $F_{\hat{\theta }}\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-2n\left(x-\theta \right)},& x\ge \theta \\ 0,& x<\theta \end{array}$,可得 $\hat{\theta }$ 的概率密度为

$$f_{\hat{\theta }}\left(x\right)=F_{\hat{\theta }}^{\prime }\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}2n{\mathrm{e}}^{-2n\left(x-\theta \right)},& x\ge \theta \\ 0,& x<\theta \end{array}$$

则

$$E\hat{\theta }={\int }_{-\infty }^{\infty }xf\hat{\theta }\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_{\theta }^{\infty }2nx{\mathrm{e}}^{-2n\left(x-\theta \right)}\mathrm{d}x=\theta +\frac{1}{2n},$$

故 $E\hat{\theta }\ne \theta$. 因此 $\hat{\theta }$ 不是 $\theta$ 的无偏估计.

【4.11】设总体 $X$ 的概率密度为

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

其中 $\theta$ 是未知参数, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本. 若 $c\sum _{i=1}^n{X}_i^2$ 是 ${\theta }^2$ 的无偏估计, 则 $c=$ _____.

解 $E\left(c\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)=c\sum _{i=1}^{n}E\left(X_i^2\right)=c\sum _{i=1}^{n}E\left(X^2\right)$

$$=cn{\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f\left(x\right)\mathrm{d}x=cn{\int }_{\theta }^{2\theta }{x}^2\cdot \frac{2x}{3{\theta }^2}\mathrm{d}x=cn\cdot \frac{5}{2}{\theta }^2.$$

因为 $c\sum _{i=1}^n{X}_i^2$ 是 ${\theta }^2$ 的无偏性估计,所以 $E\left(c\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)={\theta }^2$.

即 $cn\cdot \frac{5}{2}{\theta }^2={\theta }^2$,所以 $c=\frac{2}{5n}$.

故应填 $\frac{2}{5n}$.

【4.12】设总体 $X$ 服从 $\left[0,\theta \right]$ 上的均匀分布, $\theta$ 未知 $\left(\theta >0\right)$, $X_1$, $X_2$, $X_3$ 是取自 $X$ 的一个样本.

(1)试证 ${\hat{\theta }}_1=\frac{4}{3}\mathrm{m}\mathrm{a}\underset{1\le i\le 3}{\mathrm{x}}{X}_i,{\hat{\theta }}_2=4\mathrm{m}\mathrm{i}\underset{1\le i\le 3}{\mathrm{n}}{X}_i$ 都是 $\theta$ 的无偏估计;

(2)上述两个估计中哪个更有效？

证 (1) 设 $F\left(x\right)$ 是 $X$ 的分布函数,则

$$F\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}1,& x>\theta \\ \frac{x}{\theta },& 0\le x\le \theta \\ 0,& x<0\end{array}$$ $$Y=\max \underset{1\le i\le 3}{\mathrm{x}}{X}_i,Z=\min \underset{1\le i\le 3}{\mathrm{n}}{X}_i,$$ $$F_Y\left(x\right)={\left[F\left(x\right)\right]}^3,f_Y\left(x,\theta \right)=\{\begin{array}{ll}3{\left(\frac{x}{\theta }\right)}^2\cdot \frac{1}{\theta },& 0\le x\le \theta \\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

故 $EY=\frac{3}{{\theta }^3}{\int }_0^{\theta }{x}^3\mathrm{d}x=\frac{3}{4}\theta$,则 $E\left({\hat{\theta }}_1\right)=E\left(\frac{4}{3}\max X_i\right)=\theta$,

同理 $EZ=\frac{3}{{\theta }^3}{\int }_0^{\theta }x{\left(\theta -x\right)}^2\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\theta$,则 $E\left({\hat{\theta }}_2\right)=E\left(4\min X_i\right)=\theta$.

(2) $DY=E{Y}^2-{\left(EY\right)}^2=\frac{3}{\theta }{\int }_0^{\theta }{x}^2{\left(\frac{x}{\theta }\right)}^2\mathrm{d}x-{\left(\frac{3}{4}\theta \right)}^2=\frac{3}{80}{\theta }^2$,

故 $D\left({\hat{\theta }}_1\right)=D\left(\frac{4}{3}\max X_i\right)=\frac{16}{9}DY=\frac{1}{15}{\theta }^2$,

同理 $DZ=\frac{3}{80}{\theta }^2$,故 $D\left({\hat{\theta }}_2\right)=D\left(4\min X_i\right)=16DZ=\frac{3}{5}{\theta }^2>D\left({\hat{\theta }}_1\right)$,

故 ${\hat{\theta }}_1$ 更有效.

【4.13】设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且分别服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 与 $N\left(\mu ,2{\sigma }^2\right)$,其中 $\sigma$ 是未知参数且 $\sigma >0$,记 $Z=X-Y$.

(1)求 $Z$ 的概率密度 $f\left(z\right)$;

( 2 )设 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 为来自总体 $Z$ 的简单随机样本,求 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量 ${\sigma }^2$;

(3)证明 ${\sigma }^2$ 为 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量.

解 (1)因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立且分别服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 与 $N\left(\mu ,2{\sigma }^2\right)$,则 $Z=X-Y$ 服从正态分布 $N\left(0,3{\sigma }^2\right)$,故 $Z$ 的概率密度

$$f\left(z\right)=\frac{1}{\sqrt{6\pi }\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{6{\sigma }^2}},-\infty <z<+\infty .$$

(2)设 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 是样本 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 所对应的一个样本值,则似然函数为

$L\left({\sigma }^2\right)=\prod _{i=1}^{n}f\left(z_i\right)=\frac{1}{{\left(\sqrt{6\pi }\right)}^n{\left({\sigma }^2\right)}^{\frac{n}{2}}}{\mathrm{e}}^{\frac{\sum _{i=1}^n{z}_i^2}{6{\sigma }^2}},$

$\ln L\left({\sigma }^2\right)=-\frac{n}{2}\ln \left(6\pi \right)-\frac{n}{2}\ln {\sigma }^2-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2$

令 $\frac{\mathrm{d}\ln L\left({\sigma }^2\right)}{\mathrm{d}\left({\sigma }^2\right)}=\frac{1}{6{\sigma }^4}\sum _{i=1}^n{z}_i^2-\frac{n}{2{\sigma }^2}=0$,

得 ${\sigma }^2=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2$

故 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量为 $\widehat{{\sigma }^2}=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{Z}_i^2$.

(3) 因为 $E\left({\sigma }^2\right)=E\left(\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{Z}_i^2\right)=\frac{1}{3n}E\left(\sum _{i=1}^n{Z}_i^2\right)=\frac{1}{3}E\left(Z^2\right)=\frac{1}{3}D\left(Z\right)={\sigma }^2$,

故 ${\sigma }^2$ 为 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量.

【4.14】设总体 $X$ 的概率分布为

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

其中参数 $\theta \in \left(0,1\right)$ 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 $\left(i=1,2,3\right)$,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.

解 根据简单随机样本的性质,样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立且与总体 $X$ 同分布,因此, $P\left\{X_i=1\right\}=1-\theta ,P\left\{X_i\ne 1\right\}=\theta ,i=1,2,\cdots ,n$,则在 $n$ 次独立观测中取 1 的个数 $N_1$ 是个随机变量,且 $N_1\sim B\left(n,1-\theta \right)$,同理 $N_2\sim B\left(n,\theta -{\theta }^2\right),N_3\sim B\left(n,{\theta }^2\right)$,所以

$$ET=E\left(\sum _{i=1}^3{a}_i{N}_i\right)=a_{1}E{N}_1+a_{2}E{N}_2+a_{3}E{N}_3$$ $$=a_{1}n\left(1-\theta \right)+a_{2}n\left(\theta -{\theta }^2\right)+a_{3}n{\theta }^2$$ $$=n{a}_1+n\left(a_2-a_1\right)\theta +n\left(a_3-a_2\right){\theta }^2$$

由 $T$ 是 $\theta$ 的无偏估计量,可知 $ET=\theta$,

则 $\{\begin{array}{l}n{a}_1=0,\\ n\left(a_2-a_1\right)=1,\\ n\left(a_3-a_2\right)=0,\end{array}$ 即 $\{\begin{array}{l}{a}_1=0,\\ a_2=\frac{1}{n},\\ a_3=\frac{1}{n}.\end{array}$

故 $T=0\times N_1+\frac{1}{n}\times N_2+\frac{1}{n}\times N_3=\frac{1}{n}\left(N_2+N_3\right)=\frac{1}{n}\left(n-N_1\right)$.

$DT=D\left[\frac{1}{n}\left(n-N_1\right)\right]=\frac{1}{n^2}D{N}_1=\frac{1}{n^2}\cdot n\cdot \left(1-\theta \right)\cdot \theta =\frac{1}{n}\theta \left(1-\theta \right).$

【4.15】设 $X_1,X_2,X_3,X_4$ 是来自均值为 $\theta$ 的指数分布总体的样本,其中 $\theta$ 未知. 设有估计量

$$T_1=\frac{1}{6}\left(X_1+X_2\right)+\frac{1}{3}\left(X_3+X_4\right),T_2=\frac{X_1+2X_2+3X_3+4X_4}{5},$$ $$T_3=\frac{X_1+X_2+X_3+X_4}{4}.$$

(1) 指出 $T_1,T_2,T_3$ 中哪几个是 $\theta$ 的无偏估计量;

(2)在上述 $\theta$ 的无偏估计中指出哪一个较为有效.

解 (1) $E{T}_1=\frac{1}{6}\left(E{X}_1+E{X}_2\right)+\frac{1}{3}\left(E{X}_3+E{X}_4\right)=\frac{1}{6}\left(\theta +\theta \right)+\frac{1}{3}\left(\theta +\theta \right)=\theta$,

$$E{T}_2=\frac{1}{5}\left(E{X}_1+2E{X}_2+3E{X}_3+4E{X}_4\right)=\frac{1}{5}\left(\theta +2\theta +3\theta +4\theta \right)=2\theta ,$$ $$E{T}_3=\frac{1}{4}\left(E{X}_1+E{X}_2+E{X}_3+E{X}_4\right)=\frac{1}{4}\left(\theta +\theta +\theta +\theta \right)=\theta .$$

故 $T_1,T_3$ 为 $\theta$ 的无偏估计量.

(2) $D{T}_1=\frac{1}{36}\left(D{X}_1+D{X}_2\right)+\frac{1}{9}\left(D{X}_3+D{X}_4\right)=\frac{1}{36}\left({\theta }^2+{\theta }^2\right)+\frac{1}{9}\left({\theta }^2+{\theta }^2\right)=\frac{5}{18}{\theta }^2$,

$$D{T}_3=\frac{1}{16}\left(D{X}_1+D{X}_2+D{X}_3+D{X}_4\right)=\frac{1}{16}\left({\theta }^2+{\theta }^2+{\theta }^2+{\theta }^2\right)=\frac{1}{4}{\theta }^2,$$

$D{T}_1>D{T}_3$.

故 $T_3$ 较 $T_1$ 更有效.

【4.16】设 $\hat{\theta }$ 是参数 $\theta$ 的无偏估计,且有 $D\left(\hat{\theta }\right)>0$,试证 ${\left(\hat{\theta }\right)}^2$ 不是 ${\theta }^2$ 的无偏估计.

证 $E\left({\hat{\theta }}^2\right)=D\left(\hat{\theta }\right)+{\left(E\hat{\theta }\right)}^2=D\left(\hat{\theta }\right)+{\theta }^2>{\theta }^2\left(D\left(\hat{\theta }\right)>0\right)$,

所以 ${\hat{\theta }}^2$ 不是 ${\theta }^2$ 的无偏估计量.

【4.17】设总体 $X$ 的均值为 $\mu$,统计量 ${\hat{\mu }}_1$ 和 ${\hat{\mu }}_2$ 是参数 $\mu$ 的两个无偏估计量,它们的方差分别为 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$,相关系数为 $\rho$,试确定常数 $c_1>0,c_2>0,c_1+c_2=1$,使得 $c_1\stackrel{\Lambda }{{\mu }_1}+c_2\stackrel{\Lambda }{{\mu }_2}$ 有最小方差.

解 $D\left(c_1{\stackrel{\Lambda }{\mu }}_1+c_2{\stackrel{\Lambda }{\mu }}_2\right)=c_1^{2}D\left({\stackrel{\Lambda }{\mu }}_1\right)+c_2^{2}D\left({\stackrel{\Lambda }{\mu }}_2\right)+2c_1{c}_2\mathrm{Cov}\left({\stackrel{\Lambda }{\mu }}_1,{\stackrel{\Lambda }{\mu }}_2\right)$

$$=c_1^2{\sigma }_1^2+c_2^2{\sigma }_2^2+2c_1{c}_2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2,$$

利用高等数学知识,求 $D\left(c_1{\hat{\mu }}_1+c_2{\hat{\mu }}_2\right)$ 在 $c_1+c_2=1\left(c_1>0,c_2>0\right)$ 条件下的最小值点,一种方法是使用拉格朗日乘数法,另一种方法是将 $c_2=1-c_1$ 代入化成无条件极值问题,最终解得

$$c_1=\frac{{\sigma }_2\left({\sigma }_2-\rho {\sigma }_1\right)}{{\sigma }_1^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2+{\sigma }_2^2},c_2=\frac{{\sigma }_1\left({\sigma }_1-\rho {\sigma }_2\right)}{{\sigma }_1^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2+{\sigma }_2^2}.$$

此时 $c_1{\hat{\mu }}_1+c_2{\hat{\mu }}_2$ 的方差达到最小.

【4.18】设总体 $X\sim U\left(\theta ,2\theta \right)$,其中 $\theta >0$ 是未知参数,又 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为取自该总体的样本,证明 $\hat{\theta }=\frac{2}{3}\bar{X}$ 是 $\theta$ 的无偏估计和相合估计.

证

$$E\left(\hat{\theta }\right)=\frac{2}{3}E\left(\bar{X}\right)=\frac{2}{3}E\left(X\right)=\frac{2}{3}\cdot \frac{\theta +2\theta }{2}=\theta ,$$

故 $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计.

$$D\left(\hat{\theta }\right)=\frac{4}{9}D\left(\bar{X}\right)=\frac{4}{9}\cdot \frac{D\left(X\right)}{n}=\frac{4}{9n}\cdot \frac{{\theta }^2}{12}=\frac{{\theta }^2}{27n}.$$

当 $n\to \infty$ 时, $D\left(\hat{\theta }\right)\to 0$,故 $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的相合估计.

【4.19】设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是总体为 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本,记

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

(1)证明 $T$ 是 ${\mu }^2$ 的无偏估计量；

(2)当 $\mu =0,\sigma =1$ 时,求 $DT$.

证 $\left(1\right)E\left(T\right)=E\left({\bar{X}}^2-\frac{1}{n}{S}^2\right)=E{\bar{X}}^2-E\left(\frac{1}{n}{S}^2\right)=E{\bar{X}}^2-\frac{1}{n}{\sigma }^2$,

因为: $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$,而

$$E{\bar{X}}^2=D\bar{X}+{\left(E\bar{X}\right)}^2=\frac{1}{n}{\sigma }^2+{\mu }^2,E\left(T\right)=\frac{1}{n}{\sigma }^2+{\mu }^2-\frac{1}{n}{\sigma }^2={\mu }^2,$$

所以 $T$ 是 ${\mu }^2$ 的无偏估计.

解 (2) $DT=E{T}^2-{\left(ET\right)}^2,E\left(T\right)=0,E{T}^2=E\left({\bar{X}}^4-\frac{2}{n}{\bar{X}}^2\cdot S^2+\frac{S^4}{n^2}\right)$,

因为 $\bar{X}\sim N\left(0,\frac{1}{n}\right),\frac{\bar{X}}{\frac{1}{\sqrt{n}}}\sim N\left(0,1\right)$,

令 $X=\frac{\bar{X}}{\frac{1}{\sqrt{n}}},E\left(X^4\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x^4}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{3x^2}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm{d}x=3E{X}^2=3$,

所以 $E{\bar{X}}^4=\frac{3}{n^2}$,

$$E\left(\frac{2}{n}{\bar{X}}^2\cdot S^2\right)=\frac{2}{n}E{\bar{X}}^2\cdot E{S}^2=\frac{2}{n}\left[D\bar{X}+{\left(E\bar{X}\right)}^2\right]=\frac{2}{n}\left(\frac{1}{n}+0\right)=\frac{2}{n^2},$$ $$E\left(\frac{S^4}{n^2}\right)=\frac{1}{n^2}E{S}^4,E{S}^4=D{S}^2+{\left(E{S}^2\right)}^2=D{S}^2+1.$$

因为 $W=\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n-1\right)$,且 ${\sigma }^2=1$,

所以 $DW={\left(n-1\right)}^{2}D{S}^2=2\left(n-1\right),D{S}^2=\frac{2}{n-1},E{S}^4=\frac{2}{n-1}+1=\frac{n+1}{n-1}$,

故 $E{T}^2=\frac{3}{n^2}-\frac{2}{n^2}+\frac{1}{n^2}\cdot \frac{n+1}{n-1}=\frac{2}{n\left(n-1\right)}$.

题型 2: 关于区间估计

【4.20】从长期生产实践知道,某厂生产的 $100\mathrm{W}$ 灯泡的使用寿命 $X\sim N\left(\mu ,{100}^2\right)$ (单位: h), 现从某一批灯泡中抽取 5 只, 测得使用寿命如下:

$\begin{array}{lllll}1455& 1502& 1370& 1610& 1430\end{array}$

试求这批灯泡平均使用寿命 $\mu$ 的置信区间 ( $\alpha$ 分别为 0.1 和 0.05).

解 由样本值得

$$\bar{X}=\frac{1}{5}\left(1455+1502+1370+1610+1430\right)=1473.4,$$

当 $\alpha =0.1$,查表得 $u_{\frac{\alpha }{2}}=1.64$,故

$$\bar{X}-u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1473.4-1.64\times \frac{100}{\sqrt{5}}=1400.1,$$ $$\bar{X}+u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1473.4+1.64\times \frac{100}{\sqrt{5}}=1546.7,$$

于是置信度 90% 下,平均使用寿命 $\mu$ 的置信区间为 [1400.1,1546.7].

当 $\alpha =0.05$ 时,查表得 $u_{\frac{\alpha }{2}}=1.96$,故

$$\bar{X}-u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1473.4-1.96\times \frac{100}{\sqrt{5}}=1385.7,$$ $$\bar{X}+u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1473.4+1.96\times \frac{100}{\sqrt{5}}=1561.1,$$

于是置信度 95% 下,平均使用寿命 $\mu$ 的置信区间为[1385.7,1561.1].

【4.21】设总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),x_1,x_2,\cdots ,x_{15}$ 是其一组样本值,已知

$$\sum _{i=1}^{15}{x}_i=8.7,\sum _{i=1}^{15}{x}_i^2=25.05,$$

求置信水平为 0.95 的 $\mu$ 和 ${\sigma }^2$ 的置信区间.

解 $\bar{x}=\frac{1}{15}\sum _{i=1}^{15}{x}_i=\frac{1}{15}\times 8.7=0.58$,

$$S^2=\frac{1}{14}\sum _{i=1}^{15}{\left(x_i-\bar{x}\right)}^2=\frac{1}{14}\left(\sum _{i=1}^{15}{x}_i^2-15{\bar{x}}^2\right)=1.429,$$

查表得 $t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)=t_{0.025}\left(14\right)=2.1448$,

$${\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)={\chi }_{0.975}^2\left(14\right)=5.629,{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)={\chi }_{0.025}^2\left(14\right)=26.119\text{,}$$

代入公式可得置信区间为

$$\mu :\left[\bar{X}\pm t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\frac{S}{\sqrt{n}}\right]=\left[-0.082,1.242\right],$$ $${\sigma }^2:\left[\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)},\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)}\right]=\left[0.766,3.554\right].$$

【4.22】假如0.50,1.25,0.80,2.00是来自总体 $X$ 的简单随机样本值,已知 $Y=\ln X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,1\right)$.

(1)求 $X$ 的数学期望 $EX$ (记 $EX$ 为 $b$ );

(2)求 $\mu$ 的置信度为 0.95 的置信区间；

(3)利用上述结果求 $b$ 的置信度为 0.95 的置信区间.

分析 本题是一个正态总体方差已知时求期望值 $\mu$ 的置信区间问题. 在 $\mu$ 的置信区间解得的情况下,利用 $b$ 的表达式中含有 $\mu$ 这一特点,代入 $\mu$ 的置信区间即可得 $b$ 的置信区间.

解 (1) 由题意知 $Y$ 的概率密度为

$$f\left(y\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{{\left(y-\mu \right)}^2}{2}}.$$

又由 $Y=\ln X$,得 $X={\mathrm{e}}^Y$,故

$$b=EX=E{\mathrm{e}}^Y={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^y{\mathrm{e}}^{-\frac{{\left(y-\mu \right)}^2}{2}}\mathrm{d}y$$ $$={\mathrm{e}}^{\mu +\frac{1}{2}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2}{\left[y-\left(\mu +1\right)\right]}^2}\mathrm{d}y={\mathrm{e}}^{\mu +\frac{1}{2}}.$$

(2)经过分析, $\mu$ 的置信区间公式为 $\left(\bar{Y}-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{u}_{\frac{\alpha }{2}},\bar{Y}+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{u}_{\frac{\alpha }{2}}\right)$.

由 $1-\alpha =0.95$,查表得 $u_{\frac{\alpha }{2}}=1.96$.

代入 $\sigma =1,n=4,\bar{y}=\frac{1}{4}\left(\ln 0.5+\ln 1.25+\ln 0.8+\ln 2\right)=0$,

得 $\left(-\frac{1}{2}\times 1.96,\frac{1}{2}\times 1.96\right)$.

故 $\mu$ 的置信度为 0.95 的置信区间为 $\left(-0.98,0.98\right)$.

(3)由(1)可知, $b=EX={\mathrm{e}}^{\mu +\frac{1}{2}}$,又由(2)知, $\mu$ 的置信区间为(-0.98,0.98),

因为 ${\mathrm{e}}^x$ 为严格增函数,所以 $b$ 的置信区间为 $\left({\mathrm{e}}^{-0.98+\frac{1}{2}},{\mathrm{e}}^{0.98+\frac{1}{2}}\right)$,

即为 $\left({\mathrm{e}}^{-0.48},{\mathrm{e}}^{1.48}\right)$.

【4.23】随机地取某种炮弹 9 发做实验,得炮口速度的样本标准差 $s=11\left(\mathrm{m}/\mathrm{s}\right)$,设炮口速度服从正态分布,求这种炮弹的炮口速度的标准差 $\sigma$ 的置信度为 0.95 的置信区间.

解 由 ${\sigma }^2$ 的置信区间公式知, $\sigma$ 的置信度为 0.95 的置信区间为

$$\left(\frac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)}},\frac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)}}\right).$$

其中 $s=11,n-1=8,1-\alpha =0.95,\alpha =0.05,\frac{\alpha }{2}=0.025$.

查表得 ${\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(8\right)=17.535,{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2\left(8\right)=2.180$,代入得到 $\sigma$ 的置信区间为 $\left(7.4,21.1\right)$.

【4.24】分别使用金球和铂球测定引力常数 (单位: ${10}^{-11}{\mathrm{m}}^3\cdot {\mathrm{kg}}^{-1}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$ ).

(1)用金球测定观察值为6.683,6.681,6.676,6.678,6.679,6.672.

(2)用铂球测定观察值为6.661,6.661,6.667,6.667,6.664.

设测定值总体为 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),\mu ,{\sigma }^2$ 均为未知,试就 (1),(2) 两种情况分别求 $\mu$ 的置信度为 0.9 的置信区间,并求 ${\sigma }^2$ 的置信度为 0.9 的置信区间.

解 (1) $\mu ,{\sigma }^2$ 均未知时, $\mu$ 的置信度为 0.9 的置信区间为

$$\left[\bar{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right),\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\right],$$

这里 $1-\alpha =0.9,\alpha =0.1,\frac{\alpha }{2}=0.05,n_1=6,n_2=5,n_1-1=5,n_2-1=4$.

$${\bar{x}}_1=\frac{1}{6}\sum _{i=1}^6{x}_i=\frac{1}{6}\left(6.683+\cdots +6.672\right)=6.678,$$ $$s_1^2=\frac{1}{5}\sum _{i=1}^6{\left(x_i-{\bar{x}}_1\right)}^2=0.15\times {10}^{-4},$$ $${\bar{x}}_2=\frac{1}{5}\sum _{i=1}^5{x}_i=\frac{1}{5}\left(6.661+\cdots +6.664\right)=6.664,$$ $$s_2^2=\frac{1}{4}\sum _{i=1}^5{\left(x_i-{\bar{x}}_2\right)}^2=0.9\times {10}^{-5},$$ $$t_{\frac{\alpha }{2}}\left(5\right)=2.0150,t_{\frac{\alpha }{2}}\left(4\right)=2.1318.$$

代入得,用金球测定时, $\mu$ 的置信区间是 $\left[6.675,6.681\right]$.

用铂球测定时, $\mu$ 的置信区间为 $\left[6.661,6.667\right]$.

(2) $\mu ,{\sigma }^2$ 均未知时, ${\sigma }^2$ 的置信度为 0.9 的置信区间为

$$\left[\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)},\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)}\right],$$

这里 $n_1-1=5,n_2-1=4,\frac{\alpha }{2}=0.05$.

查表得: ${\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(5\right)=11.071,{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(4\right)=9.488,{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2\left(5\right)=1.145,{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2\left(4\right)=0.711$.

将这些值以及上面 (1) 中算得的 $S_1^2,S_2^2$ 代入上区间得

用金球测定时, ${\sigma }^2$ 的置信区间是 $\left[6.774\times {10}^{-6},6.550\times {10}^{-5}\right]$.

用铂球测定时, ${\sigma }^2$ 的置信区间是 $\left[3.794\times {10}^{-6},5.063\times {10}^{-5}\right]$.

【4.25】设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为来自总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本,样本均值 $\bar{x}=9.5$,参数 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间的置信上限为 10.8,则 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间为 _____.

解 设 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,其中 ${\sigma }^2$ 未知,则 $\mu$ 的置信区间为

$$\left(\bar{x}-t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\frac{S}{\sqrt{n}},\bar{x}+t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\frac{S}{\sqrt{n}}\right).$$

已知 $\bar{x}=9.5$,置信上限为 10.8,则

$t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\frac{S}{\sqrt{n}}=1.3$,置信下限为 8.2.

故应填 $\left(8.2,10.8\right)$.

【4. 26】设某种清漆的 9 个样品,其干燥时间(单位:h) 分别为

$\begin{array}{lllllllll}6.0& 5.7& 5.8& 6.5& 7.0& 6.3& 5.6& 6.1& 5.0\end{array}$

设干燥时间总体服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,求 $\mu$ 的置信度为 0.95 的置信区间.

(1)若由以往经验知 $\sigma =0.6$ (小时);

(2)若 $\sigma$ 为未知.

解 (1) 当方差 ${\sigma }^2$ 已知时, $\mu$ 的置信度为 0.95 的置信区间为

$$\left[\bar{X}-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{u}_{\frac{\alpha }{2}},\bar{X}+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{u}_{\frac{\alpha }{2}}\right],$$

这里, $1-\alpha =0.95,\alpha =0.05,\frac{\alpha }{2}=0.025,n=9,\sigma =0.6,\bar{x}=\frac{1}{9}\left(6.0+5.7+\cdots +5.0\right)=6$,

查正态分布表得 $u_{\frac{\alpha }{2}}=1.96$.

将这些值代入公式得 $\left[5.608,6.392\right]$.

(2)当方差 ${\sigma }^2$ 未知时, $\mu$ 的置信度为 0.95 的置信区间为

$$\left[\bar{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right),\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\right],$$

这里, $1-\alpha =0.95,\alpha =0.05,\frac{\alpha }{2}=0.025,n-1=8$.

查表得 $t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)=2.3060$,

$$\bar{x}=\frac{1}{9}\left(6.0+5.7+\cdots +5.0\right)=6,s^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\bar{x}\right)}^2=0.33.$$

将这些值代入公式得 $\left[5.558,6.442\right]$.

【4.27】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 (单位: $\Omega$ ) 为

$A$ 批导线: 0.143 0.142 0.143 0.137

$B$ 批导线: $\begin{array}{lllll}0.140& 0.142& 0.136& 0.138& 0.140\end{array}$

设测定数据分别来自分布 $N\left({\mu }_1,{\sigma }^2\right),N\left({\mu }_2,{\sigma }^2\right)$,且两样本相互独立,又 ${\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }^2$ 均为未知, 试求 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信度为 0.95 的置信区间.

解 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间为

$$\left[\bar{X}-\bar{Y}-t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n_1+n_2-2\right)S_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}},\bar{X}-\bar{Y}+t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n_1+n_2-2\right)S_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}\right],$$

在这里 $\bar{X}=\frac{1}{4}\sum _{i=1}^{4}Xi=\frac{1}{4}\left(0.143+\cdots +0.137\right)=0.1413$,

$$\bar{Y}=\frac{1}{5}\left(0.140+\cdots +0.140\right)=0.1392,$$ $$n_1=4,n_2=5,n_1+n_2-2=7;1-\alpha =0.95,\alpha =0.05,\frac{\alpha }{2}=0.025\text{.}$$

查表得 $t_{\frac{\alpha }{2}}\left(7\right)=2.3646$,

$$s_w^2=\frac{\left(n_1-1\right)s_1^2+\left(n_2-1\right)s_2^2}{n_1+n_2-2}=6.509\times {10}^{-6},s_w=\sqrt{6.509\times {10}^{-6}}=2.551\times$$

${10}^{-3}$.

将这些值代入上区间得 $\left(-0.002,0.006\right)$.

【4.28】研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率, 设两者都服从正态分布, 并且已知燃烧率的标准差均近似地为 $0.05\mathrm{cm}/\mathrm{s}$,取样本容量为 $n_1=n_2=20$,得燃烧率的样本均值分别为 $x_1=$ $18\mathrm{cm}/\mathrm{s},x_2=24\mathrm{cm}/\mathrm{s}$,求两燃烧率总体均值差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信度为 0.99 的置信区间.

解 在此题中, ${\sigma }_1={\sigma }_2=0.05$,因此, ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信度为 0.99 的置信区间

$$\left({\bar{X}}_1-{\bar{X}}_2-u_{\frac{\alpha }{2}}\sigma \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}},{\bar{X}}_1-{\bar{X}}_2+u_{\frac{\alpha }{2}}\sigma \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}\right),$$

这里 $n_1=n_2=20,\alpha =0.01,\frac{\alpha }{2}=0.005$.

查表得 $u_{\frac{\alpha }{2}}=2.58$. 代入上区间得 $\left(-6.04,-5.96\right)$.

【4.29】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 $S_A^2=0.5419,S_B^2=0.6065$. 设 ${\sigma }_A^2,{\sigma }_B^2$ 分别为 $A,B$ 所测定的测定值总体的方差,设总体均为正态分布,求方差比 $\frac{{\sigma }_A^2}{{\sigma }_B^2}$ 的置信度为 0.95 的置信区间.

解 $\frac{{\sigma }_A^2}{{\sigma }_B^2}$ 的置信区间为

$$\left[\frac{S_A^2}{S_B^2}\frac{1}{F_{\frac{\alpha }{2}}\left(n_1-1,n_2-1\right)},\frac{S_A^2}{S_B^2}\frac{1}{F_{1-\frac{\alpha }{2}}\left(n_1-1,n_2-1\right)}\right],$$

这里 $1-\alpha =0.95,\alpha =0.05,\frac{\alpha }{2}=0.025$. 查表得 $F_{\frac{\alpha }{2}}\left(9,9\right)=4.03,F_{1-\frac{\alpha }{2}}\left(9,9\right)=\frac{1}{4.03}$.

代入上式得 $\left(0.222,3.601\right)$.

【4. 30】(1)求【4. 26】题中 $\mu$ 的置信度为 0.95 的单侧置信上限；

(2)求【4.27】题中 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信度为 0.95 的单侧置信下限；

(3)求【4.29】题中方差比 $\frac{{\sigma }_A^2}{{\sigma }_B^2}$ 的置信度为 0.95 的单侧置信上限.

解 (1) ${\sigma }^2$ 已知时,此时 $\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}\sim N\left(0,1\right)$,于是

$$P\left\{\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}>u_{1-\alpha }\right\}=1-\alpha ,\text{ 即 }P\left\{\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}>-u_{\alpha }\right\}=1-\alpha .$$

于是, $\mu$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的单侧置信区间为 $\left(-\infty ,\bar{X}+u_{\alpha }\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right)$. 则 $\bar{X}+u_{\alpha }\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ 为其单侧置信上限. 此时 $\alpha =0.05$,查表得 $u_{\alpha }=1.65,\bar{X}=6,\sigma =0.6,n=$

1. 代入上式得 $\bar{\mu }=\bar{x}+u_{\alpha }\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}=6.33$.

方差 ${\sigma }^2$ 未知,此时 $\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S}{\sqrt{n}}}\sim t\left(n-1\right)$. 于是 $P\left\{\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S}{\sqrt{n}}}>t_{1-\alpha }\left(n-1\right)\right\}=1-\alpha$,得

$$\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S}{\sqrt{n}}}>t_{1-\alpha }\left(n-1\right),\mu <\bar{X}-t_{1-\alpha }\left(n-1\right)\frac{S}{\sqrt{n}}=\bar{X}+t_{\alpha }\left(n-1\right)\frac{S}{\sqrt{n}}.$$

此处 $\bar{X}=6,S^2=0.33,n=9$. 查表得 $t_{0.05}\left(8\right)=1.8598$.

代入上式得 $\bar{\mu }=\bar{x}+t_{\alpha }\left(n-1\right)\cdot \frac{s}{\sqrt{n}}=6.356$.

(2) 未知,此时

$$\frac{\left(\bar{X}-\bar{Y}\right)-\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}{S_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}\sim t\left(n_1+n_2-2\right),$$ $$P\left\{\frac{\left(\bar{X}-\bar{Y}\right)-\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}{S_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}<t_{\alpha }\left(n_1+n_2-2\right)\right\}=1-\alpha =0.95,$$

由此得 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信度为 0.95 的单侧置信下限为

$$\bar{X}-\bar{Y}-S_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}\cdot t_{\alpha }\left(n_1+n_2-2\right).$$

将【4.27】题中的 $\bar{X},\bar{Y},S_w$ 代入上式得 $\left(t_{\alpha }\left(n_1+n_2-2\right)=1.8946\right)$,

$$\bar{x}-\bar{y}-s_w\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}\cdot t_{\alpha }\left(n_1+n_2-2\right)=-0.0012.$$

(3) 此时 $\frac{\frac{S_1^2}{{\sigma }_1^2}}{\frac{S_2^2}{{\sigma }_2^2}}\sim F\left(n_1-1,n_2-1\right)$,于是

$$P\left\{\frac{\frac{S_1^2}{{\sigma }_1^2}}{\frac{S_2^2}{{\sigma }_2^2}}>F_{1-\alpha }\left(n_1-1,n_2-1\right)\right\}=1-\alpha ,$$

由此得 $\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}$ 的置信度为 0.95 的单侧置信上限为

$$\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1}{F_{1-\alpha }\left(n_1-1,n_2-1\right)}=\frac{S_1^2}{S_2^2}\cdot F_{\alpha }\left(n_2-1,n_1-1\right),$$

查表得 $F_{\alpha }\left(n_2-1,n_1-1\right)=3.18$.

将【4.29】题中的 $S_1^2,S_2^2$ 值及 $F_{\alpha }\left(n_2-1,n_1-1\right)$ 代入上式得,单侧置信上限为 2.84.

【4.31】为研究某种汽车轮胎的磨损特性, 随机地选择 16 只轮胎, 每只轮胎行驶到磨坏为止, 记录所行驶路径(以公里计) 如下:

$\begin{array}{llllllll}41250& 40187& 43175& 41010& 39265& 41872& 42654& 41287\end{array}$

$\begin{array}{llllllll}38970& 40200& 42550& 41095& 40680& 43500& 39775& 40400\end{array}$

假设这些数据来自正态总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,其中 $\mu ,{\sigma }^2$ 未知,试求 $\mu$ 的置信度为 0.95 的单侧置信下限.

解 $\sigma$ 未知,此时

$$\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S}{\sqrt{n}}}\sim t\left(n-1\right),P\left\{\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S}{\sqrt{n}}}<t_{\alpha }\left(n-1\right)\right\}=1-\alpha ,$$

由此得 $\mu$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的单侧置信下限为 $\bar{X}-t_{\alpha }\left(n-1\right)\cdot \frac{S}{\sqrt{n}}$,

这里 $\bar{x}=\frac{1}{16}\left(41250+\cdots +40400\right)=41117,s=1347$,

查表得 $t_{0.05}\left(15\right)=1.7531$,代入上式得 $\bar{x}-t_{\alpha }\left(n-1\right)\cdot \frac{s}{\sqrt{n}}=40526$.

题型 3: 与置信度、样本容量及区间长度有关的题目

【4.32】从正态总体 $N\left(\mu ,6^2\right)$ 中抽取容量为 $n$ 的样本. 若保证 $\mu$ 的 95% 的置信区间的长度不大于 2,问 $n$ 至少应取多大?

解 由 ${\sigma }^2=6^2$ 得 $\frac{\bar{X}-\mu }{6}\sqrt{n}\sim N\left(0,1\right)$,故置信区间为

$$\left[\bar{X}-u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right].$$

从而得均值 $\mu$ 的置信区间的长度为

$$2u_{\frac{\alpha }{2}}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}\le 2$$

即 $n\ge {\left(u_{\frac{\alpha }{2}}\cdot \sigma \right)}^2={\left(1.96\times 6\right)}^2\approx 139$.

【4.33】设总体 $X\sim N\left(\mu ,8\right),\left(X_1,\cdots ,X_{36}\right)$ 为其简单随机样本,若 $\left[\bar{X}-1,\bar{X}+1\right]$ 作为 $\mu$ 的置信区间,则置信度为_____.

解 本题属于已知 ${\sigma }^2$,估计 $\mu$ 的类型.

$\mu$ 的满足置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间应为

$$\left[\bar{X}-u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right].$$

由题意, $u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}=1$,且 $\sigma =\sqrt{8},n=36$.

故 $u_{\frac{\alpha }{2}}=2.12$,查表可得置信度 $1-\alpha =0.966$.

【4.34】设 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),{\sigma }^2$ 已知,若样本容量 $n$ 和置信度 $1-\alpha$ 均不变,则对于不同的样本观测值, $\mu$ 的置信区间长度( ).

(A) 变长 (B) 变短 (C) 保持不变 (D) 不能确定

解 $\mu$ 的置信区间是

$$\left[\bar{X}-u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right],$$

因为 $n$ 和 $1-\alpha$ 不变,所以长度 $l=2u_{\frac{\alpha }{2}}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$ 保持不变.

故应选(C).

【4.35】设样本 $\left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)$ 为总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的样本,其中 $\mu ,{\sigma }^2$ 为未知参数,设随机变量 $L$ 是关于 $\mu$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间的长度,求 $E\left(L^2\right)$.

解 取 $T=\frac{\bar{X}-\mu }{S}\sqrt{n}$,则 $T\sim t\left(n-1\right)$.

由 $P\left\{\left|T\right|<t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\right\}=1-\alpha$ 可得 $\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left(\bar{X}-t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\cdot \frac{S}{\sqrt{n}},\bar{X}+t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\cdot \frac{S}{\sqrt{n}}\right),$$

易见区间长度 $L=2t_{\frac{\alpha }{2}}\left(n-1\right)\cdot \frac{S}{\sqrt{n}}$,

故 $E\left(L^2\right)=E\left[4t_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)\cdot \frac{S^2}{n}\right]=\frac{4}{n}{t}_{\frac{\alpha }{2}}^2\left(n-1\right)\cdot {\sigma }^2$.

【4.36】假定到某地旅游的一个游客的消费额 $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,且 $\sigma =500$, $\mu$ 未知. 要对平均消费额 $\mu$ 进行估计,使这个估计的绝对误差小于 50 元,且置信度不小于 0.95, 问至少需要随机调查多少个游客?

解 本题是求样本容量的最小值,因此,不妨设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自该总体的样本. 样本均值为 $\bar{X}$,且已知 $\hat{\mu }=\bar{X}$,依题意,即可由 $P\{\left|\bar{X}-\mu \right|<50\}\ge 0.95$ 去求最小样本容量.

设 $n$ 为需要调查的游客人数,要使

$$P\{\left|\bar{X}-\mu \right|<50\}\ge 0.95,\text{ 即 }P\left\{\frac{\left|\bar{X}-\mu \right|}{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}<\frac{50}{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}\right\}\ge 0.95,$$

因为 $\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}=U\sim N\left(0,1\right)$,由 $P\left\{\left|U\right|<u_{\frac{\alpha }{2}}\right\}=1-\alpha =0.95$,其中 $\alpha =0.05$,得

$$\frac{50}{\frac{\sigma }{\sqrt{n}}}\ge u_{\frac{0.05}{2}}\Rightarrow \sqrt{n}\ge \frac{1.96\sigma }{50}\Rightarrow n\ge {\left(\frac{1.96\sigma }{50}\right)}^2={\left(\frac{1.96\times 500}{50}\right)}^2=384.16\text{.}$$

这就是随机调查游客人数不少于 385 人,就有不小于 0.95 的把握,使得用调查所得的 $\bar{x}$ 去估计平均消费额的真相 $\mu$,其绝对误差小于 50 元.