区间估计例题模板 14页.docx
《区间估计例题模板 14页.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《区间估计例题模板 14页.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
区间估计例题模板14页
本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！
==本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！
==
区间估计例题
篇一：
参数估计习题参考答案201X
参数估计习题参考答案
班级：
姓名：
学号：
得分
一、单项选择题：
1.区间估计表明的是一个（B）
（A）绝对可靠的范围（B）可能的范围（C）绝对不可靠的范围（D）不可能的范围2.甲乙是两个无偏估计量，如果甲估计量的方差小于乙估计量的方差，则称（D）（A）甲是充分估计量（B）甲乙一样有效（C）乙比甲有效（D）甲比乙有效
3.设总体服从正态分布，方差未知，在样本容量和置信度保持不变的情形下，根据不同的样本值得到总体均值的置信区间长度将（D）（A）增加（B）不变（C）减少（D）以上都对
4.设容量为16人的简单随机样本，平均完成工作时间13分钟，总体服从正态分布且标准差为3分钟。
若想对完成工作所需时间构造一个90%置信区间，则（A）
A.应用标准正态概率表查出z值B.应用t-分布表查出t值C.应用二项分布表查出p值D.应用泊松分布表查出λ值
5．100（1-α）%是（C）
A.置信限B.置信区间C.置信度D.可靠因素
6．参数估计的类型有（D）
（A）点估计和无偏估计（B）无偏估计和区间估计（C）点估计和有效估计（D）点估计和区间估计7．在其他条件不变的情况下，提高抽样估计的可靠程度，其精度将（C）（A）增加（B）不变（C）减少（D）以上都对
二、计算分析题
1、X1,X2,
Xn是总体为N（μσ,
2
1n
的简单随机样本.记X=∑Xi，）
ni=1
2121n22
TT=X-S，.请证明是的无偏估计量.S=（X-X）μ∑i
nn-1i=1
2
解（I）因为XN（μ,σ），所以X
2
N（μ,
σ2
n
），从而EX=μ,DX=
σ2
n
．
2211
因为E（T）=E（X-S2）=EX-E（S2）
nn111
=DX+（EX）2-E（S2）=σ2+μ2-σ2=μ2
nnn
所以，T是μ2的无偏估计
设总体X~N（μ，σ），X1，X1，?
，Xn是来自X的一个样本。
试确定常数c使c的无偏估计。
解：
由于
2
∑（X
i=1
n-1
i+1
-Xi）2为σ2
E[c∑（Xi+1-Xi）]=c[∑E（Xi+1-Xi）]=c∑D（Xi+1-Xi）2+（E（Xi+1-Xi））2]
2
2
i=1
i=1
i=1
n-1n-1n-1
=c
∑[D（X
i=1
n-1
i+1）+D（Xi）+（EXi+1-EX1）]=c
2
∑（2σ
i=1
n-1
2
+02）=c（2n-1）σ2
n-1
1
当c=时,c∑（Xi+1-Xi）2为σ2的无偏估计。
2（n-1）i=1
3.设X1，X2，X3，X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ未知，设有估计量
T1=
11
（X1+X2）+（X3+X4）63
T2=（X1+2X2+3X3+4X4）5
T3=
（X1+X2+X3+X4）
（1）指出T1，T2，T3哪几个是θ的无偏估计量；
（2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。
解：
（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以
E（Xi）=θ,
D（Xi）=θ2,
i=1,2,3,4
由数学期望的性质2°，3°有
E（T1）=E（T2）=E（T3）=
11
[E（X1）+E（X2）]+[E（X3）+E（X4）]=θ631
[E（X1）+2E（X2）+3E（X3）+4E（X4）]=2θ5
1
[E（X1）+E（X2）+E（X3）+E（X4）]=θ4
即T1，T2是θ的无偏估计量
（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2，X3，X4独立，知
D（T1）=D（T2）=
115[D（X1）+D（X2）]+[D（X3）+D（X4）]=θ236918
11[D（X1）+D（X2）+D（X3）+D（X4）]=θ2164
D（T1）>D（T2）
所以T2较为有效。
4、
（1）根据上述材料，计算这类储蓄账户的平均余额的无偏估计，并计算抽样平均误差；
（2）试以95%的概率，估计该储蓄所存款户平均每户的存款余额的置信区间。
解：
1.平均余额为：
352元，s2、区间为：
±
（开口组的组距与相邻组相等）=20.8元。
zαs/
=352±1.96*20.8=（311.232,392.768）
2
5、松江A、B两所大学某学期期末高等数学考试采用同一套题目，Ａ校认为该校学生高数考试成绩比Ｂ校学生成绩高10分以上。
为了验证这个说法，主管部门从A校随机抽取75人作为样本，测得其分数平均值为78.6分，标准差为8.2分；B校抽取了80个同学作为随机样本，测得分数平均值为73.8分，标准差为7.4分，试在99％的把握下确定两校平均分之差的置信区间，根据此置信区间主管部门能够得到什么结论？
解：
（1-
2）±zα=4.8±2.57*1.26=（1.56,8.04）可以拒绝A校认为成绩相差10分的观点。
6、（江西财大201X研究生入学试题）某厂欲比较两条自动化蕃茄生产线甲和乙的优劣，分别从两条生产线上抽取12和17个样本，测得番茄酱的重量均值分别为10.6克和9.5克，对应的方差分别为2.4和4.7.假设这两条流水线灌装番茄酱的重量都服从正态分布，且方差相等，试计算甲乙均值差的95%的置信区间。
（-0.4,2.6）7.随机地取某种炮弹9发做试验，得炮弹口速度的样本标准差为s=11（m/s）。
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σ的置信度为0.95的置信区间。
解：
σ的置信度为0.95的置信区间为
（n-1）S2（n-1）S2?
11?
11
（,）=（,）=（7.4,21.1）2
χα（n-1）χ2α（n-1）.5352.18
2
1-2
其中α=0.05,n=9
22查表知χ0.025（8）=17.535,χ0.975（8）=2.180
8、（英文改编题）为了解鸡肉三明治中脂肪的含量，抽取了20个样本得到的脂肪含量如下（单位：
克）
（1）计算总体鸡肉三明治中含有脂肪均值的95%置信区间。
（2）为了进行
（1）中的置信区间估计，还需要什么假设条件？
（3）题目样本的数据满足
（2）的假设条件吗？
请说明理由。
解：
（1）小样本，总体方差未知，因此用t统计量来做区间估计：
±tα（20-1）s/=23.2±2.093*
2
=（17.403,28.997）
（2）假设总体服从正态分布
（3）可以通过计算这组数据的峰度和偏度来判断，或者通过JB统计量来检验
EXCEL的结果偏度为：
0.6，峰度为4.4.因此可以认为改组数据不服从正态分布
9、实验题。
工厂对某批螺丝钉的长度进行抽检，从中抽出16个螺丝钉作为样本，测量它们的长度后，并利用EXCEL软件中的“描述统计”得到的分析结果整理如下：
（1）请填出表中用序号标出的空格数值
（2）请计算该批螺丝钉长度的95%置信区间。
（1.0948,1.1177）
篇二：
统计学例题
第三节：
平均误差的计算
练习：
某超市第三次购进福临门5升装食用油，抽取30瓶进
行检验。
经检验，这30瓶食用油的平均容量为4.99升，以往两批食用油容量的标准差为0.12升和0.10升。
1、计算这次检验的抽样平均误差。
2、按规定容量≥4.9升为合格，这30瓶食用油有2瓶不合格，计算这批食用油合格率的抽样平均误差。
篇三：
参数估计习题课
第21讲参数估计习题课
教学目的：
1.通过练习使学生进一步掌握矩估计和最大似然估计的计算方法；2.通过练习使学生理解无偏性和有效性对于评价估计量标准的重要性；3.通过练习使学生进一步掌握正态总体参数的区间估计和单侧置信限。
教学重点：
矩估计和最大似然估计，无偏性与有效性，正态总体参数的区间估计。
教学难点：
矩估计，最大似然估计，正态总体参数的区间估计。
教学时数：
2学时。
教学过程：
一、知识要点回顾
1.矩估计
1nk
用各阶样本原点矩Vk=∑xi作为各阶总体原点矩EXk的估计,k=1,2,。
若有参
ni=1
数θ=g（E（X）,E（X2）,,E（Xk）），则参数θ的矩估计为
1n1n21nk
?
θ=（∑Xi,∑Xi,,∑Xi）。
ni=1ni=1ni=1
2.最大似然估计
似然函数L（θ）=∏f（xi;θ），取对数ln[L（θ）]，从
i=1n
dln（θ）
=0中解得θ的最大似然估dθ
计θ?
。
3.无偏性,有效性
?
=θ时，称θ?
为θ的无偏估计。
当Dθ?
时，称估计量θ?
比θ?
有效。
当Eθ1212
二、典型例题解析
?
θe-θx,x>01．设f（x）=?
，求θ的矩估计。
?
0,x≤0
解EX=?
θxe-θxdx,设u=θx,x=
+∞11
则EX=?
ue-u（du）=?
-ue-u
0?
θθ?
+∞
+∞
1
θ
u,dx=
1
θ
du
+∞0
+∞1-θ+?
e-udu?
=?
0+（-e）?
?
0?
θ?
=1
?
θ
1
故θ=
1?
=1。
，所以θ
EX
2.设总体X在[a,b]上服从均匀分布，求a和b的矩估计。
解由均匀分布的数学期望和方差知
1
E（X）=（a+b）
（1）
2
D（X）=（b-a）2
（2）由
（1）解得b=2EX-a，代入
（2）得DX=解得
11
整理得DX=（EX-a）2，（2EX-2a）2，
123
?
?
a=E（X）?
?
?
b=E（X）故得a,b的矩估计为
?
?
a=-?
?
?
=+b?
?
1n
?
=∑（xi-）2。
其中σ
ni=1
2
3．设总体X的密度函数为f（x;θ）=
∑xi
i=1n
θxe-θ
x!
，求θ的最大似然估计。
e-nθ
解设L（θ）=∏f（xi,θ）=，则
（x1!
）（x2!
）...（xn!
）i=1
n
θ
lnL（θ）=（∑xi）lnθ-nθ-∑ln（xi!
）
i=1
i=1
n
dlnL（θ）1n1?
==∑xi-n=0,θxi=∑dθθi=1ni=1
nn
4．设总体X的密度函数f（x,θ）=（θa）xa-1e-θx（a已知），求参数θ的最大似然估计。
解L（θ）=∏f（xi,θ）=θa（x1x2...xn）
n
n
i=1n
a-1
-θ
a
e
∑xia
i=1
n
2
lnL（θ）=nlnθ+nlna+（a-1）∑lnxi-θ∑xia
i=1
i=1
nn
dlnL（θ）nna
=-∑xi=0dθθi=1
1na
解得θ=∑xi。
ni=1
?
=2Dθ?
，求常数c和5.设θ?
1和θ?
2为参数θ的两个独立的无偏估计量，且假定Dθ12
?
=cθ?
+dθ?
为θ的无偏估计，并使方差Dθ?
最小。
d，使θ12
?
=θ，故得c+d=1。
?
=E（cθ?
+dθ?
）=cEθ?
+dEθ?
=（c+d）θ,且知Eθ解由于Eθ1212
又由于
?
=D（cθ?
+dθ?
）=c2Dθ?
+d2Dθ?
=2c2Dθ?
+d2Dθ?
=（2c2+d2）Dθ?
Dθ1212222
并使其最小，即使f=2c2+d2，满足条件c+d=1的最小值。
令d=1-c，代入得f=2c2+（1-c）2，fc'=4c-2（1-c）=0,6c-2=0
12
解得c=,d=1-c=。
33
7.设某电子元件的寿命服从正态分布N（μ,σ2），抽样检查10个元件，得样本均值=1200（h），样本标准差s=14（h）。
求
（1）总体均值μ置信水平为99%的置信区间；
（2）用作为μ的估计值，求绝对误差值不大于10（h）的概率。
解
（1）由于σ未知，s=14（h）,根据求置信区间的公式得（-
ss
tα（n-1）,+tα（n-1））n2n2
（1200-
1414t0.005（9）,1200+t0.005（9））查表得t0.005（9）=3.25，故总体均值μ置信水平为99%的置信区间为
（1200-14.388,1200+14.388）=（1185.612,1214.388）
3
（2）
P（-μ<10）=P（
-μ1010<）=P（t（n-1）<）14nn
=P（t（9）<2.2588）≈P（t（9）8.设X1,X2,...,Xn为正态总体N（μ,σ2）的一个样本，确定常数c的值，使
n-1
Q=c∑（xi+1-xi）2为σ2的无偏估计。
i=1解
n-1
n-1
EQ=c∑（x2
i+1-xi）=c∑E[（xi+1-μ）-（xi-μ）]2
i=1
i=1
n-1
=c∑E[（x2i+1-μ）-2（xi+1-μ）（xi-μ）+（xi-μ）2]
i=1
n-1
=c∑[E（xi+1-μ）2-2E（xi+1-μ）E（xi-μ）+E（xi-μ）2]
i=1
由于E（xi-μ）=Exi-μ=μ-μ=0，所以有
n-1
n-1
EQ=c∑[Dx2i+1-0+Dxi]=c∑（2σ）=c2（n-1）σ2
i=1
i=1
由EQ=σ2（无偏性），故有2c（n-1）=1，所以c=1
2（n-1）
。
4
二、计算题
解.设滚珠的直径为X,平均直径为μ,均方差为σ.由矩估计法可知
而
1.某工厂生产滚珠.从某日生产的产品中随机抽取9个,测得直径（单位:
mm）如下:
∴
14.614.715.114.9
15.014.815.115.214.8
用矩估计法估计该日生产的滚而
珠的平均直径和均方差.
=0.03654,
.
∴
.
解.设（X1,X2,…,Xn）是来自X的一样本.
2.设总体X的密度函数为
其中（θ＞0）,求θ的极大似然估计量.
上式两边取对数
由极大似然估计原理,参数θ的似然函数为:
5
升级会员 