张宇1000题概率论与数理统计 第九章 参数估计与假设检验

$A$组

6.设$x_1,x_2,\cdots ,x_n$是来自总体$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$（$\mu ,{\sigma }^2$都未知）的简单随机样本的观测值，则${\sigma }^2$的最大似然估计值为（  ）。
$(A)\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(x_i-\mu {)}^2;$
$(B)\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(x_i-\overline{x}{)}^2;$
$(C)\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(x_i-\mu {)}^2;$
$(D)\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(x_i-\overline{x}{)}^2.$

解  在$\mu$未知时，${\sigma }^2$的最大似然估计值为$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(x_i-\overline{x}{)}^2$，故选$(B)$。（这道题主要利用了最大似然估计求解）

8.设$\overline{X}$为来自总体$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$（${\sigma }^2$未知）的一个简单随机样本的样本均值，若已知在置信水平$1-\alpha$下，$\mu$的置信区间长度为$2$，则在显著性水平$\alpha$下，对假设检验问题$H_0:\mu =1,H_1:\mu \ne 1$，要使得检验结果接受$H_0$，则应有（  ）。
$(A)\overline{X}\in (-1,1);$
$(B)\overline{X}\in (-1,3);$
$(C)\overline{X}\in (-2,2);$
$(D)\overline{X}\in (0,2).$

解  因${\sigma }^2$未知，置信区间为$\left(\overline{X}-t_{\frac{\alpha }{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}},\overline{X}+t_{\frac{\alpha }{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}}\right)$，则置信区间长度为$2t_{\frac{\alpha }{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}}=2$，故$t_{\frac{\alpha }{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}}=1$。
  要使检验结果接受$H_0$，则应有$|T|=\left|\frac{\overline{X}-1}{\frac{S}{\sqrt{n}}}\right|<t_{\frac{\alpha }{2}}(n-1)$，即$\overline{X}\in \left(1-t_{\frac{\alpha }{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}},1+t_{\frac{\alpha }{2}}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}}\right)=(0,2)$时，接受$H_0$。（这道题主要利用了置信区间求解）

12. 设总体$X$的概率密度为$f(x;\alpha ,\beta )=\{\begin{array}{ll}\alpha ,& -1<x<0,\\ \beta ,& 0⩽x<1,\\ 0,& 其他,\end{array}$其中$\alpha ,\beta$是未知参数，总体$X$的样本值为$-0.5,0.3,-0.2,-0.6,-0.1,0.4,0.5,-0.8$。则$\alpha$的最大似然估计值为______。

解  似然函数$L(\alpha )=\prod _{i=1}^{n}f(x_i;\alpha ,\beta )={\alpha }^5(1-\alpha {)}^3$，取对数，求导整理得$\frac{\mathrm{d}\ln L(\alpha )}{\mathrm{d}\alpha }=\frac{5}{\alpha }-\frac{3}{1-\alpha }=0$，驻点为$\alpha =\frac{5}{8}$，则$\alpha$的最大似然估计值为$\hat{\alpha }=\frac{5}{8}$。（这道题主要利用了似然函数求解）

$B$组

4.设总体$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，来自$X$的一个样本为$X_1,X_2,\cdots ,X_{2n}$，记$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,T=\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2+\sum _{i=n+1}^{2n}(X_i-\mu {)}^2$，当$\mu$已知时，基于$T$构造估计${\sigma }^2$的置信水平为$1-\alpha$的置信区间为（  ）。
$(A)\left(\frac{T}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2(2n)},\frac{T}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2(2n)}\right);$
$(B)\left(\frac{T}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2(2n)},\frac{T}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2(2n)}\right);$
$(C)\left(\frac{T}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)},\frac{T}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)}\right);$
$(D)\left(\frac{T}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)},\frac{T}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)}\right).$

解  因$\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2\sim {\chi }^2(n-1),\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=n+1}^{2n}(X_i-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(n)$，相互独立，则$\frac{T}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(2n-1)$。
  而$P\left\{\frac{T}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)}<\frac{T}{{\sigma }^2}<\frac{T}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)}\right\}=1-\alpha$，即$P\left\{\frac{T}{{\chi }_{\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)}<{\sigma }^2<\frac{T}{{\chi }_{1-\frac{\alpha }{2}}^2(2n-1)}\right\}=1-\alpha$，故选$(D)$。（这道题主要利用了抽样分布求解）

11.设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为取自正态总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$的一个简单随机样本，证明样本均值$\overline{X}$是总体均值$\mu$的相合估计量。

解  本题要证明正态总体下的样本均值与总体均值的一致性，就要说明样本均值$\overline{X}$的极限性质：当样本足够大时，$\overline{X}$将依概率无限趋近于被估计参数$\mu$，因此，需要用到大数定律。由于样本的个体相互独立且与总体同分布，所以$E(\overline{X})=E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\mu$。
  根据辛钦大数定律，对任意的$ϵ>0$，有$\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|\overline{X}-\mu |<ϵ\}=1$。因此，样本均值$\overline{X}$是总体均值$\mu$的相合估计量。（这道题主要利用了辛钦大数定律求解）

20.设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是取自均匀分布$(0,\theta )$上的一个样本，证明：$T_n=\max \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\}$是$\theta$的相合估计量。

解  $T_n=X_{(n)}$的分布函数为$F_T(t)=F^n(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t<0,\\ \frac{t^n}{{\theta }^n},& 0⩽t<\theta ,\\ 1,& t⩾\theta .\end{array}{T}_n$的概率密度为$f_T(t)=F_T^{\prime }(t)=nf(t)F^{n-1}(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{n{t}^{n-1}}{{\theta }^n},& 0<t<\theta ,\\ 0,& 其他.\end{array}E(T_n)={\int }_0^{\theta }\frac{n}{{\theta }^n}{t}^{n+1}\mathrm{d}t=\frac{n}{{\theta }^n}\cdot \frac{{\theta }^{n+1}}{n+1}=\frac{n}{n+1}\theta ,E(T_n^2)={\int }_0^{\theta }\frac{n}{{\theta }^n}{t}^{n+1}\mathrm{d}t=\frac{n}{{\theta }^n}\cdot \frac{{\theta }^{n+2}}{n+2}=\frac{n}{n+2}{\theta }^2$。所以$D(T_n)=\frac{n}{n+2}{\theta }^2-\frac{n^2}{(n+1{)}^2}{\theta }^2=\frac{n{\theta }^2}{(n+1{)}^2(n+2)}$。由切比雪夫不等式有$P\left\{\left|T_n-\frac{n}{n+1}\theta \right|⩾ϵ\right\}⩽\frac{n{\theta }^2}{(n+1{)}^2(n+2){ϵ}^2}$，因此可知：当$n\to \infty$时，$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left\{\left|T_n-\frac{n}{n+1}\theta \right|⩾ϵ\right\}=\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|T_n-\theta |⩾ϵ\}=0$，故$T_n$是$\theta$的相合估计量。（这道题主要利用了切比雪夫不等式求解）

21.设从均值为$\mu$，方差为${\sigma }^2>0$的总体中分别抽取容量为$n_1,n_2$的两个独立样本，样本均值分别为$\overline{X},\overline{Y}$。证明：对于满足条件$a+b=1$的常数$a,b$，$T=a\overline{X}+b\overline{Y}$是$\mu$的无偏估计量，并确定常数$a,b$的值，使得方差$D(T)$达到最小。

解  由题意得：$E(\overline{X})=\mu ,E(\overline{Y})=\mu ,D(\overline{X})=\frac{{\sigma }^2}{n_1},D(\overline{Y})=\frac{{\sigma }^2}{n_2}$，所以$E(T)=aE(\overline{X})+bE(\overline{Y})=(a+b)\mu =\mu$，故$T$是$\mu$的无偏估计量。
  又$D(T)=a^{2}D(\overline{X})+b^{2}D(\overline{Y})=\frac{a^2{\sigma }^2}{n_1}+\frac{b^2{\sigma }^2}{n_2}=\left[\frac{a^2}{n_1}+\frac{(1-a{)}^2}{n_2}\right]{\sigma }^2$，令$f(a)=\left[\frac{a^2}{n_1}+\frac{(1-a{)}^2}{n_2}\right]{\sigma }^2$，对$a$求导并解如下方程：$f^{\prime }(a)=\left[\frac{2a}{n_1}-\frac{2(1-a)}{n_2}\right]{\sigma }^2=0$，得驻点$a_0=\frac{n_1}{n_1+n_2}$。
  又$f^{\prime \prime }(a)=\left(\frac{2}{n_1}+\frac{2}{n_2}\right){\sigma }^2>0$，所以$f(a)=\left[\frac{a^2}{n_1}+\frac{(1-a{)}^2}{n_2}\right]{\sigma }^2$在$a=\frac{n_1}{n_1+n_2}$处取得极小值，此时$b=1-a=\frac{n_2}{n_1+n_2}$，方差$D(T)$达到最小。（这道题主要利用了函数求导求解）

23.设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的一个简单随机样本，${\hat{\theta }}_n(X_1,X_2,\cdots ,X_n)$是$\theta$的一个估计量，若$E({\hat{\theta }}_n)=\theta +k_n,D({\hat{\theta }}_n)={\sigma }_n^2$，且$\underset{n\to \infty }{\lim }{k}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{\sigma }_n^2=0$。证明：${\hat{\theta }}_n$是$\theta$的相合（一致）估计量。

解  由切比雪夫不等式可知，对任意的$ϵ>0$有$P\{|{\hat{\theta }}_n-\theta -k_n|⩾ϵ\}⩽\frac{D({\hat{\theta }}_n)}{{ϵ}^2}$，于是$0⩽\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|{\hat{\theta }}_n-\theta -k_n|⩾ϵ\}⩽\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\sigma }_n^2}{{ϵ}^2}=0$。
  又$\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|{\hat{\theta }}_n-\theta -k_n|⩾ϵ\}=\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|{\hat{\theta }}_n-\theta |⩾ϵ\}=0$，即${\hat{\theta }}_n$依概率收敛于$\theta$，故${\hat{\theta }}_n$是$\theta$的相合估计量。（这道题主要利用了切比雪夫不等式求解）

$C$组

1.设总体$X$在非负整数集$\{0,1,2,\cdots ,k\}$上等可能取值，$k$为未知参数，$x_1,x_2,\cdots ,x_n$为来自总体$X$的简单随机样本值，则$k$的最大似然估计值为（  ）。
$(A)x_n;$
$(B)\overline{x};$
$(C)\min \{x_1,x_2,\cdots ,x_n\};$
$(D)\max \{x_1,x_2,\cdots ,x_n\}.$

解  由题意知，$X$的分布列为

$X$	$P$
$0$	$\frac{1}{k+1}$
$1$	$\frac{1}{k+1}$
$2$	$\frac{1}{k+1}$
$⋮$	$⋮$
$k$	$\frac{1}{k+1}$

  似然函数为$L(x_1,\cdots ,x_n;k)=\frac{1}{(k+1{)}^n}(0⩽x_i⩽k,i=1,2,\cdots ,n)$。则$\ln L=-n\ln (k+1)$，故$\frac{\mathrm{d}\ln L}{\mathrm{d}k}=-\frac{n}{k+1}<0$，又$k⩾x_1,k⩾x_2,\cdots ,k⩽x_n\iff k⩾\max \{x_1,\cdots ,x_n\}$。所以$k$的最大似然估计值为$\hat{k}=\max \{x_1,\cdots ,x_n\}$。（这道题主要利用了似然函数求解）

3.某大学学生身高$X\sim N(\mu ,\sigma )$，其中$\mu ,{\sigma }^2$均未知。从总体中抽取$X_1,X_2,\cdots ,X_{16}16$个样本，假设检验问题为$H_0:\mu ⩽140\mathrm{c}\mathrm{m},H_1:\mu >140\mathrm{c}\mathrm{m}$。由样本观察值计算得$\overline{x}=170\mathrm{c}\mathrm{m},s^2=16,\alpha =0.05,t_{0.05}(15)=1.75$，则检验的结果为（  ）。
$(A)$接受$H_0$，可能会犯第二类错误；
$(B)$拒绝$H_0$，可能会犯第二类错误；
$(C)$接受$H_0$，可能会犯第一类错误；
$(D)$拒绝$H_0$，可能会犯第一类错误；

解  $H_0:\mu ⩽{\mu }_0,H_1:\mu >{\mu }_0$，检验统计量$T=\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}$，拒绝域为$T>t_{\alpha }(n-1)$。由样本值得到$T=\frac{170-140}{4/\sqrt{16}}=30>t_{0.05}(15)=1.75$，所以拒绝$H_0$，可能会犯第一类错误。（这道题主要利用了假设检验求解）

10.设$X_1,X_2,\cdots ,X_{100}$为取自总体$X$的一个简单随机样本，$X$服从参数为$\lambda$（$\lambda >0$，$\lambda$未知）的指数分布。

（1）求$\lambda$的置信水平为$0.95$的置信区间；

解  由于用于区间估计的抽样函数及其分布都是在正态总体下设定的，因此，一般情况下，我们在对参数进行区间估计时，都限定在正态总体范围内。如果出现非正态总体且大样本（一般$n⩾30$）的情况，需要根据中心极限定理，近似用正态分布处理。
  依题设，随机样本容量为$n=100$，于是，由中心极限定理，$\overline{X}=\frac{1}{100}\sum _{i=1}^{100}{X}_i$近似服从正态分布$N\left(E(X),\frac{D(X)}{n}\right)$，又$E(X)=\frac{1}{\lambda },\frac{D(X)}{n}=\frac{1}{n{\lambda }^2}$，因此$\overline{X}\sim N\left(\frac{1}{\lambda },\frac{1}{n{\lambda }^2}\right)$。
  抽样函数$U=\frac{\overline{X}-\frac{1}{\lambda }}{1/\sqrt{100}\lambda }=10(\lambda \overline{X}-1)\sim N(0,1)$，所以$P\{10(\lambda \overline{X}-1)⩽1.96\}=0.95$，即$P\{0.804⩽\lambda \overline{X}⩽1.196\}=0.95$，从而得$\lambda$的置信水平为$0.95$的置信区间为$\left(\frac{0.804}{\overline{X}},\frac{1.196}{\overline{X}}\right)$。

（2）若由样本值$x_1,x_2,\cdots ,x_{100}$算得$\overline{x}=\frac{1}{100}\sum _{i=1}^{100}{x}_i=8$，求相应的$\lambda$的置信水平为$0.95$的置信区间。（$\Phi (1.96)=0.975,\Phi (1.64)=0.95$）

解  当$\overline{x}=8$时，$\lambda$的置信水平为$0.95$的置信区间为$(0.1005,0.1495)$。（这道题主要利用了抽样函数求解）

写在最后

  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
  欢迎非商业转载，转载请注明出处。