区间估计例题模板 14页.docx

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==

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

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)。

(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。

(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

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

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