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1、估计基本题型 矩估计法【例7.1】总体的概率密度函数为，求未知参数的矩估计.【分析】先由题设所给含有未知参数的随机变量概率密度求出数学期望，解出未知参数与数学期望的关系，再由样本一阶原点矩替换总体期望，即得参数的矩估计.【解】为求未知参数用总体原点矩表示的式子，先求出 因而 在上式中用样本一阶原点矩替换总体一阶原点矩，即得未知参数的估计.【例7.2】设总体服从均匀分布，为来自此总体的样本，求的矩估计.【分析】由于总体的分布中含有两个未知参数，故需要求出总体的两个矩，为简单起见，一般先求其一阶矩（即总体的期望）和二阶矩（也可以取总体的方差），然后按矩估计法相应的样本矩替换它们，得矩法方程，最后求
2、解便可得到的矩估计.【解】由于总体服从均匀分布，故总体的期望和方差分别为 由矩估计法，用替换，用替换，便得矩法方程组， 即于是解出的矩估计分别为，.【例7.3】设总体的概率密度函数为，求的矩估计.【分析】由于总体的分布中只含有一个未知参数，但总体的一阶矩为常量，需要求总体的二阶矩，从而确定矩方程，最后求解的矩估计量.【解】虽然总体只含有一个参数，但 不含，不能求解故需求二阶原点矩.令，则有的矩估计量为.基本题型 极大似然估计法【例7.4】设总体具有概率密度函数，的极大似然估计量是 .【分析】设为总体的观测值，则其极大似然函数为，对数似然函数为，解似然方程得参数的极大似然估计值为，从而得参数的极
3、大似然估计量为.【例7.5】设总体的分布律为又设为来自此总体的样本，记表示中取值为，的个数，求的极大似然估计.【分析】求极大似然估计量时，关键是求似然函数，它是样本观测值的函数.【解】设是样本的观测值，则参数的似然函数为 对数似然函数为 从而似然方程为.得的极大似然估计量.【例7.6】设为总体的一个样本，求下列总体概率密度中的未知参数的极大似然估计,其中，为常数.【解】设是样本的观测值，则参数的似然函数为 .取对数 .对参数求偏导，令其为0，则 .显然，上式第二式不能求出参数的关系，但由定义，当固定时，要使最大，只需最大，因，则参数的似然估计值为，从而得参数的极大似然值为，故的极大似然估计量为
4、，.基本题型 评价估计量的标准（无偏性与有效性） 【例7.7】 样本取自总体，则可以作为的无偏估计的是 【 】当已知时，统计量. 当已知时，统计量.当未知时，统计量. 当未知时，统计量.【分析】当已知时， 为统计量，利用定义有.从而 ，故 .而 所以当已知时，入选，不能入选.当未知时，样本函数，均不是统计量，因而不能作为的估计量，更不能作为无偏估计量. 选. 【例7.8】设是总体的简单随机样本，则下列不是总体期望的无偏估计 【 】 . . . . 【分析】要验证统计量是否为无偏估计，即验证. ；选. 【例7.9】试证明均匀分布中未知参数的极大似然估计量不是无偏的.【分析】 涉及总体分布时，先求
5、估计量的概率密度（或分布律）.【解】设是样本的观测值，则参数似然函数为.是的一个单值递减函数.由于每一个，最大次序统计量的观测值在中要使达到极大，就要使达到最小.但不能小于，否则样本观测值就不是来自这一总母体，所以是的极大似然估计值.故最大次序统计量是参数的极大似然估计量.为要证明估计量不是的无偏估计量，需求出，为此先求的概率密度.因统计量为随机样本的最大值，而独立同分布，故的概率分布函数为，其中为总体的分布函数.由的概率密度可知 .因此从而 .即极大似然估计量不为参数的无偏估计.【例7.10】若未知参数的估计量是，若称是的无偏估计量.设是未知参数的两个无偏估计量，若则称较有效.【分析】由无偏
6、估计量和有效性的定义可得.【评注】估计量的有效性是在无偏估计类的基础上定义的，这一点也特别明确.【例7.11】设总体，为总体的一个样本，试证明和均为总体期望的无偏估计，并比较哪一个更有效. 【证明】由于 故统计量均为期望的无偏估计，又.由于，故是比更有效的估计量.【例7.12】从总体中抽取样本，设为常数，且，证明：（1）为总体均值的无偏估计； （2）在所有这些无偏估计量中，样本均值的方差最小.【分析】注意到样本相互独立，且与总体同分布，易得的无偏性及其方差，利用拉格朗日乘数法则，不难证明，当时方差最小.【证明】因为样本与总体服从相同分布，故 又，则从而为总体均值的无偏估计.设总体方差，则.又样
7、本相互独立，故 为确定的无偏估计量的方差在什么情况下最小，应当求满足条件的条件极值.为此考虑函数 ，其中为常数.求偏导数，并令它们等于零，得 （*）即 .代入,得，即代入方程（*）中，即得由此可知，当时，方差最小.【例7.13】设分别来自总体和中抽取容量为的两个独立样本，其样本方差分别为，试证：对于任意常数，都是得无偏估计，并确定常数，使最小. 【证明】由题意，.故对任意常数，都为得无偏估计.由于 ，则 ，即，故，则 对求导，并令其为零，有 解得 .又 ，故当时，达到最小值. 11、设为来自正态总体的简单随机样本，已知，.问在，中（1）那个是的无偏估计量；（2）那个比较有效；（3）那个方差最小
8、；（4）那个是的相合估计量.【分析】因为，又，故，由分布性质知.从而可求诸估计量的数学期望与方差，并回答上述问题.【解】由分析知，.且 ， ，从而（1）与为的无偏估计量；（2）比有效；（因为）；（3）， 即估计量方差最小.（4），与均为的相合估计.基本题型 评价估计量的标准（一致性） 【例7.14】 设总体的期望和方差均存在，求证：（1）样本均值是的一致估计.（2）如总体服从正态分布，则样本修正方差为的一致估计.【分析】要证明参数的估计量的一致性，关键是要证明：对任意,有.从事件对应概率的极限求解上，可以使用切比雪夫不等式，即或.【证明】（1）由切比雪夫不等式有，对 .由夹逼定理可得，即为参数
9、的一致估计量.（2）因为. ，即为的无偏估计.又样本来自正态总体，由抽样分布定律知，有从而.由切比雪夫不等式有，从而有，即为的一致估计量.【例7.15】设为的估计量（用容量为的样本），如果，则为的一致估计量. 【证明一】为证为的一致估计量，下证.而 又 故，即为的一致估计量.【证明二】由切比雪夫不等式有 .而 .由证明一知，或者用下列方法直接证明 故，即为的一致估计量.【评注】用定义验证估计量是一致估计量，一般都不太容易，可利用上例中的结论证明之，从而将统计量的一致性的证明转化为统计量的期望与方差的极限性质的论述，这是一个比较实用的证法.【例7.16】设随机变量在上服从均匀分布，由此总体中抽取
10、一随机样本，试证明：都不为的一致估计.【分析】由上例（例7.16）可知，只需论证估计量的期望和方差的极限性质.【证明】因，故为的无偏估计，且，故不为的无偏估计.为证不为的一致估计，只需证明.故不为的一致估计.【例7.17】设总体服从均匀分布，试证明：的极大似然估计为的一致估计. 【证明】 设总体的密度函数为，则，故最大次序统计量的概率密度函数为，从而且 故 由前例可知，的极大似然估计为的一致估计.基本题型 求置信区间相关题型【例7.18】设是总体中的参数，称为的置信度的置信区间，即【 】以概率包含 . 以概率落入.以概率落在之外. 以估计的范围，不正确的概率是. 【分析】由置信区间的定义可知，
11、 区间为随机区间.选. 【例7.19】设且未知，若样本容量为，且分位数均指定为“上侧分位数”时，则的95%的置信区间为 【 】. . 【分析】由题意，总体，且未知，故应构造统计量，则参数的置信水平为的置信区间为.选.【例7.20】假设是总体的简单随机样本值，已知服从正态分布.（1）求的数学期望（记为）；（2）求的置信度为的置信区间；（3）利用上述结果求的置信度为的置信区间.【解】（1）的概率密度为： ，于是，（令） （2）当置信度时，.标准正态分布的水平为的分位数为.故由，可得 其中 .于是 从而就是的置信度为的置信区间. （3）由函数的严格递增性，有 因此的置信度为的置信区间为. 【例7.2
12、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：毫米）如下 14.6，14.7，15.1，14.9，14.8，15.0，15.1，15.2，14.8设滚珠直径服从正态分布，若（1） 已知滚珠直径的标准差为毫米；（2） 未知标准差；求直径均值的置信度0.95的置信区间. 【分析】对于正态分布总体，若已知标准差时，均值的置信度的置信区间为；未知标准差时，均值的置信度的置信区间为，其中时样本的标准差.【解】（1），.经计算.故已知滚珠直径的标准差毫米时，直径的置信度0.95的置信区间为：.（2）经计算：样本标准差，查表可知，于是直径的置信度0.95的置信区间为：. 【例7.22】设某糖厂用自动包装机装箱外运糖果，由以往经验知标准差为1.15kg，某日开工后在生产线上抽测9箱，测得数据如下（单位：kg）99.3，98.7，100.5，101.2，98.3，99.7，99.5，102.1，100.5（1）试估计生产线上包装机装箱糖果的期望重量
