概率论第六章课后习题答案

习题六1．设总体X的概率密度为(1)01(;)0xxfx其它，其中1，12,,XX,nX为来自总体X的样本，求参数的矩估计量。解：总体的一阶原点矩为21)1();()(1011dxxdxxxfXEv，而样本的一阶原点矩为XXnAnii111，用样本的一阶原点矩估计总体的一阶原点矩，即有X21，由此得的矩估计量为.112ˆXX3．设总体~(0,)XU，现从该总体中抽取容量为10的样本，样本观测值为：0.5，1.3，0.6，1.7，2.2，1.2，0.8，1.5，2.0，1.6试求参数的矩估计值。解：总体的一阶原点矩为2)(1XEv，而样本的一阶原点矩为XXnAnii111，用样本的一阶原点矩估计总体的一阶原点矩，即有X2，由此得的矩估计量为X2ˆ，其矩估计值为68.2)6.10.25.18.02.12.27.16.03.15.0(10122ˆx6．设12,,,nxxx为来自总体X的一组样本观测值，求下列总体概率密度中的最大似然估计值。（1）101(;)0xxfx其它（0）；（2）10(;)0xxexfx其它（已知）；（3）000);(2222xxexxfx解：（1）似然函数为),,2,1(100);()(111nixxxfLiniinii其它，，因为0不是)(L的最大值，考虑),,2,1(10,)(11nixxLinii两边取对数，得niixL1]ln)1([lnln解方程0)ln1(ln1niixdLd，即0ln1niixn解得niixn1lnˆ，即为的最大似然估计值。（2）似然函数为),,2,1(00);()(111nixexxfLinixiniii其它，，因为0不是)(L的最大值，考虑),,2,1(0,)(11nixexLinixii两边取对数，得niiixxL1]ln)1(ln[lnln解方程0)1(ln1niixdLd，即01niixn解得niixn1ˆ，即为的最大似然估计值。（3）似然函数为),,2,1(00);()(122122nixexxfLinixiniii其它，，因为0不是)(L的最大值，考虑),,2,1(0,)(12222nixexLinixii两边取对数，得niiixxL122)2ln2(lnln解方程0)2(ln132niixdLd，即012123niixn解得nxnii2ˆ12，即为的最大似然估计值。8．若总体X服从参数为的泊松分布，即()!xPXxex，1,2,x；012,,,nxxx为样本观测值，求参数的矩估计值和最大似然估计值。解：（1）总体的一阶原点矩为)(1XEv而样本的一阶原点矩为XXnAnii111，用样本的一阶原点矩估计总体的一阶原点矩，即有X1，由此得的矩估计量为.1ˆX（2）似然函数为1!ixniieLx取对数1ln(lnln!)niiiLxx解方程1ln()(1)0niixdLd得11niixxn所以，参数的最大似然估计量为ˆX15．设某种电子元件的使用寿命服从正态分布，任抽9个测得其寿命（单位：h）如下：3540，4130，3210，3700，3650，2950，3670，3830，3810试在以下两种条件下，求该批电子元件的平均寿命置信水平为99%的置信区间。（1）已知总体的标准差400小时；（2）总体的标准差未知。解：（1）依题可知，400,01.0%,991,9n，3610)381041303540(9111niixnx查标准正态分布表得58.2005.02uu，则34458.294002un故该批电子元件的平均寿命置信水平为99%的置信区间为)3443610,3443610(，即).3954,3266(（2）依题可知，01.0%,991,9n，而3610)381041303540(9111niixnx575.121)(11122niixxns查t分布表得，36.3)8()1(005.02tnt，则39036.39575.121)1(2ntns故该批电子元件的平均寿命置信水平为99%的置信区间为)3903610,3903610(，即).4000,3220(18．某批牛奶中被混入了一种有害物质三聚氰胺。现从中随机抽取10盒进行检测，得到每公斤牛奶中三聚氰胺的含量如下（单位：毫克/公斤）：0.86，1.53，1.57，1.81，0.99，1.09，1.29，1.78，1.29，1.58假设这批牛奶中三聚氰胺的含量（单位：毫克/公斤）服从正态分布2(,)N，试求：（1）含量均值的置信水平为90%的置信区间；（2）含量方差2的置信水平为90%的置信区间。解：（1）依题可知，1.0%,901,10n，而379.1)58.153.186.0(10111niixnx1074.0)(11122niixxns查t分布表得，833.1)9()1(05.02tnt，则19.0833.1101074.0)1(2ntns故该批电子元件的平均寿命置信水平为99%的置信区间为)19.0379.1,19.0379.1(，即).569.1,189.1(（2）9666.01074.09)1()(212snxxnii查2分布表得，33.3)9()1(,9.16)9()1(295.0221205.022nn，则该批电子元件的方差2的置信水平为90%的置信区间为)33.39666.0,9.169666.0(，即).291.0,057.0(19．在一批铜丝中，抽取9根，测得其抗拉强度为578582574568596572570784578设抗拉强度服从正态分布2(,)N，求2的置信水平为95%的置信区间。解：依题可知，05.0%,951,9n，而578)578582578(9111niixnx592)578578()578582()578578()(22212niixx查2分布表得，18.2)8()1(,5.17)8()1(2975.02212025.022nn，则该批钢丝的方差2的置信水平为95%的置信区间为)18.2592,5.17592(，即).56.271,83.33(