第六章 参数估计
6.1参数的点估计 一、选择题 1.A 2.A 二、解答题 1. 解 （1）E (X )=
∑xP {X =x }=∑x (1-p )
x =1
x =1
∞∞
x -1
'⎛q ⎫d ∞x
p =p ∑q =p 1-q ⎪⎪ dq x =1⎝⎭
=
1
(q =1-p ) p
用代替E (X )，则得p 的矩估计量
1p =
（2）分布参数p 的似然函数
1n ⎛⎫ =∑X i ⎪
n i =1⎭⎝
L (p )=∏P {X =x i }=∏(1-p )
i =1
i =1
n n
x i -1
p =p (1-p )i =1
n
∑x i -n
n
⎛n ⎫
取对数 ln L (p )=n ln p + ∑x i -n ⎪ln (1-p )
⎝i =1⎭d ln L (p )n 1⎛n ⎫
解似然方程 =- ∑x i -n ⎪=0
dp p 1-p ⎝i =1⎭
1
得p 的极大似然估计量 p =
2. 解 （1）E (X )=
1n ⎛⎫
=∑X i ⎪
n i =1⎭⎝
6x 2
⎰
+∞
-∞
xf (x ; θ)dx =⎰0
θ
θ3
1n
(θ-x )dx =，用=∑X i 代替总
2n i =1
θ
体均值E (X )，则得参数θ的矩估计量为θ=2
（2）
⎛1n ⎫4
D θ=D (2)=4D ()=4D ∑X i ⎪=2
⎝n i =1⎭n
()
∑D (X i )=
i =1
n
44
()nD X =D (X )
n n 2
为
因
D (X )=E X 2
()
3
θ6x θ2θ2⎛θ⎫22
= -[E (X )]=⎰x f (x ; θ)dx - ⎪=⎰3(θ-x )dx -
0θ-∞4202⎝⎭
+∞
2
4θ2θ2
=所以 D θ= n 205n
()
3. 解 取ϕ(X 1, X 2, , X n )=C ∑(X i +1-X i )2, 由定义
i =1
n -1⎡⎡n -12⎤
E ⎢ϕ(X 1, X 2, , X n )]=E ⎢C ∑(X i +1-X i )⎥=C ∑E (X i +1-X i )2= ⎢⎦i =1⎣i =1⎣
n -1
C ∑E [X
i =1
n -1
2
i +1-2X i +1X i +X 2i
]=C ∑[E (X )-2E (X
n -1i =1
2i +1
i +1
X i )+E X i 2=
()]
C ∑E X
i =1
n -1
[(
2i +1
)-2E (X )E (X )+E (X )]=C ∑[E (X )-2E (X )+E (X )]=
i +1
i
2i
n -1i =1
2i +1
2
2i
C ∑σ2+σ2=C (n -1)2σ2=σ2
i =1
n -1
()
所以 C =
1
2n -16.2 参数的区间估计 一、选择题
1. C 2. A
6.3 一个总体均值的估计
1. 解 由于1-α=0. 99, 故α=0. 01,
又n -1=3, 查t 分布表得t 0.01(3)=5.841, 又
2
=8. 34%,s =0. 03%, 故得μ的99%的置信区间为
⎡0. 030. 03⎤(8. 34-5. 841⨯)%,(8. 34+5. 841⨯)%⎥=[8. 252%, 8. 428%] ⎢
44⎦⎣
2. 解 计算得样本均值=2. 125, （1）α=0.10,
s 2=0. 0171, n =16
u 0.1=1.645, σ=0.01, 总体均值μ的90%的置信区间为
2
⎡⎤
+u α⎢-u α=⎡⎣2.121, 2.129] ⎢22⎣
（2）α=0. 10,
n -1=15. 查t 分布表得t 0.1(15)=1.753t 0. 10(15)=1. 753，总体均值
2
μ的90%的置信区间为
⎡⎤-t n -1+t n -1=⎡⎢α(
α(
⎣2.117, 2.133]
⎢22⎣
3. 解：计算得=65, s 2=
3000, α=，-1=7，查t 分布表得0. 0n 5
，计算得株高绝对降低值μ的95%的置信下限为-t α(
n -1t 0. 1(07)=1. 895
2
3
2
=28.298. 3
4. 解 每0.10hm 2的平均蓄积量为15m ，以及全林地的总蓄积量75000m ，估计精度为A =0.9505
5. [372.37, 452.67]
6.4 一个总体方差与频率的估计
2
1. 解 由样本资料计算得=60. 3750, s =0. 3846, s =0. 6202, 又由于α=0. 05，
2
α2=0. 025，1-α2=0. 975，n -1=15 查χ2分布表得临界值χ015) =27. 488, . 025(2χ0) =6. 262, 从而σ2及σ的置信概率为95%的置信区间分别为[0.2099，0.9213]与. 975(15
[0.4581，0.9598].
2. 解 （1）由于n =14, α=0. 05, 查t 分布表得t 0.05(13)=2.16, 又=8. 7,
2
s =1. 67，
故得总体均值μ的95%的置信的区间为
⎡⎤
+t α(
n -1⎢-t α(
n -1=⎡⎣7.736,9.664] ⎢22⎣
（2）由于α=0. 10, α=0. 05，1-α2=0. 95, n -1=13, 查
χ2分布表得
222
σ，，故得总体方差的90%的置信区间为 ()χ013=22. 362()χ13=5. 892. 050. 95
⎡
⎢(n -1)S 2
, ⎢2
χn -1⎢α⎣2
3. 解
⎤
(n -1)S ⎥=[1. 621, 6. 153] χ2αn -1⎥
⎥1-
2⎦
2
α=0. 10, α2=0. 05, 1-α2=0. 95, n -1=4, 查χ2分布表得
222
χ0, χ0. 95(4)=0. 711，又计算得=21. 1，s =8. 505，故得该地年平均气温. 05(4)=9. 488
2
方差σ的90%的置信区间为
⎡
⎢(n -1)s 2
, ⎢2
⎢χαn -1⎣2
⎤
(n -1)s ⎥=[3. 58, 47. 85] χ2αn -1⎥
⎥1-
2⎦
2
4. 解 造林成活率的置信区间为[0.8754,0.9369] 6.5 两个总体均值差的估计
1. 解 由于α=0. 05,
n 1+n 2-2=18，查t 分布表得临界值t 0.05(18)=2.101. 又
2
n 1=n 2=10, =14. 06,
2
=126. 8, s 12=16. 93, s 2=71. 96, 从而求得μ1-μ2的置
信概率为95%的置信区间为[7.536，20.064].即以95%的概率保证每块试验田甲稻种的平均产量比乙稻种的平均产量高7.536kg 到20.064kg.
2. 解 由样本值计算得 A =24. 4,
22
=8，B =27, n 1=n 2=5, σA =5，σB
α=0. 05，u 0. 05=1. 96, 故μ1-μ2的95%的置信区间为
⎡⎢(
A -B )-⎢⎣
(
A -B )+=⎡⎣-5.76, 0.56] 2
B =75. 875, s B =10. 112，
3. 解 由样本值计算得 A =81. 44,
2
s A =11. 302,
n 1=9, n 2=8, α=0. 05, 查t 分布表得t 0.05(15)=2.131, 故得μA -μB 的95%的置信区
2
间为
⎡
⎢(A -B )-t α(
n 1+n 2-22⎣
⎤⎡⎤=-5.58, 16.71⎢⎥. ⎥⎦⎣⎦
(A -B )+t α(
n 1+n 2-22
4. [-13.93，-9.77]
6.6 两个总体方差比的估计
解 n A -1=n B -1=9, α=0. 05,
α
2
=0. 025, 查F 分布表得F α(n A -1, n B -1)=
2
2
的95%的置信区间为： F α(n B -1, n A -1)=F 0. 025(9, 9)=4. 03, 故 σ1222
⎡
2⎢s A 1
⎢2F n -1, n -1,
B ⎢s B αA
2⎣
⎤
s ⎥
] ·F α(n B -1, n A -1)⎥=[0. 2217 , 3. 6008
s 2⎥
⎦
2A 2B
第六章 测验
一、选择题
1. D 2.C 3.A
二、填空题 1. α=
111ˆ=2-1 3. [4. 412, 2.θ5. 588] 4. ; 2 5. k =λλ22
t 0.35(
n -1)
三、计算题
9S 2
1. 解 因为X ～N μ, 4, 所以χ=2χ2(9), 于是，
4
(
2
)
2
⎧9S 29a 9⎫
=14. 684, 所以a ≈26. 105. >σ⎬=0. 1查χ2分布表得 P {S >a }=P ⎨
161616⎭⎩
2
2. 解 （1）f (x 1, x 2, , x n )=（2）E =λ,
∏f (x ; λ)=∏x ! i
i =1
i =1
i
n n
λ
x i
-λ
=e
-n λ
·λ
∑x i
i =1
n
∏x ! ；
i i =1
n
()D ()=
λ
n
2
, E S n =
()
n -1
λ. n
3. 解 因为X ～N 30, (22) ＝N30, (2) 2, 从而22，于是30,
()()()
U =
⎧-30
)，故 P {29
21/21/2⎭⎩1/2⎧⎫-30=P ⎨-2
22 ⎭⎩2
4. 解 （1）==3140（2）σ=s =198133 , σ2=b 2=178320；
5. 解 设施肥与不施肥的收获量分别为总体X , Y , 且X ～N
2
1
(μ，σ)，Y ～N
Y ~N (μ2，σ2) , 计算可得=11. 4,
而计算均值差μ1-μ2的95%的置信区间为
222
=9. 7, s 12=0. 922, 7s 2=1. 173, 8又
从n 1=8, n 2=10, n 1+n 2-2=16, α=0. 05, 查t 分布表得临界值t 0.05(16)=2.12,
2
⎡1822
, ⎢(11. 4-9. 7)-2. 127⨯0. 9227+9⨯1. 1738
10⨯8⨯16⎣
⎤1822
(11. 4-9. 7)+2. 7⨯0. 9227+9⨯1. 1738]. , 2. 7773⎥=[0. 6227
10⨯8⨯16⎦
故在置信概率0.95下，每20亩水稻平均收获量施肥比不施肥的增产0.6到2.8斤.
第六章 参数估计
6.1参数的点估计 一、选择题 1.A 2.A 二、解答题 1. 解 （1）E (X )=
∑xP {X =x }=∑x (1-p )
x =1
x =1
∞∞
x -1
'⎛q ⎫d ∞x
p =p ∑q =p 1-q ⎪⎪ dq x =1⎝⎭
=
1
(q =1-p ) p
用代替E (X )，则得p 的矩估计量
1p =
（2）分布参数p 的似然函数
1n ⎛⎫ =∑X i ⎪
n i =1⎭⎝
L (p )=∏P {X =x i }=∏(1-p )
i =1
i =1
n n
x i -1
p =p (1-p )i =1
n
∑x i -n
n
⎛n ⎫
取对数 ln L (p )=n ln p + ∑x i -n ⎪ln (1-p )
⎝i =1⎭d ln L (p )n 1⎛n ⎫
解似然方程 =- ∑x i -n ⎪=0
dp p 1-p ⎝i =1⎭
1
得p 的极大似然估计量 p =
2. 解 （1）E (X )=
1n ⎛⎫
=∑X i ⎪
n i =1⎭⎝
6x 2
⎰
+∞
-∞
xf (x ; θ)dx =⎰0
θ
θ3
1n
(θ-x )dx =，用=∑X i 代替总
2n i =1
θ
体均值E (X )，则得参数θ的矩估计量为θ=2
（2）
⎛1n ⎫4
D θ=D (2)=4D ()=4D ∑X i ⎪=2
⎝n i =1⎭n
()
∑D (X i )=
i =1
n
44
()nD X =D (X )
n n 2
为
因
D (X )=E X 2
()
3
θ6x θ2θ2⎛θ⎫22
= -[E (X )]=⎰x f (x ; θ)dx - ⎪=⎰3(θ-x )dx -
0θ-∞4202⎝⎭
+∞
2
4θ2θ2
=所以 D θ= n 205n
()
3. 解 取ϕ(X 1, X 2, , X n )=C ∑(X i +1-X i )2, 由定义
i =1
n -1⎡⎡n -12⎤
E ⎢ϕ(X 1, X 2, , X n )]=E ⎢C ∑(X i +1-X i )⎥=C ∑E (X i +1-X i )2= ⎢⎦i =1⎣i =1⎣
n -1
C ∑E [X
i =1
n -1
2
i +1-2X i +1X i +X 2i
]=C ∑[E (X )-2E (X
n -1i =1
2i +1
i +1
X i )+E X i 2=
()]
C ∑E X
i =1
n -1
[(
2i +1
)-2E (X )E (X )+E (X )]=C ∑[E (X )-2E (X )+E (X )]=
i +1
i
2i
n -1i =1
2i +1
2
2i
C ∑σ2+σ2=C (n -1)2σ2=σ2
i =1
n -1
()
所以 C =
1
2n -16.2 参数的区间估计 一、选择题
1. C 2. A
6.3 一个总体均值的估计
1. 解 由于1-α=0. 99, 故α=0. 01,
又n -1=3, 查t 分布表得t 0.01(3)=5.841, 又
2
=8. 34%,s =0. 03%, 故得μ的99%的置信区间为
⎡0. 030. 03⎤(8. 34-5. 841⨯)%,(8. 34+5. 841⨯)%⎥=[8. 252%, 8. 428%] ⎢
44⎦⎣
2. 解 计算得样本均值=2. 125, （1）α=0.10,
s 2=0. 0171, n =16
u 0.1=1.645, σ=0.01, 总体均值μ的90%的置信区间为
2
⎡⎤
+u α⎢-u α=⎡⎣2.121, 2.129] ⎢22⎣
（2）α=0. 10,
n -1=15. 查t 分布表得t 0.1(15)=1.753t 0. 10(15)=1. 753，总体均值
2
μ的90%的置信区间为
⎡⎤-t n -1+t n -1=⎡⎢α(
α(
⎣2.117, 2.133]
⎢22⎣
3. 解：计算得=65, s 2=
3000, α=，-1=7，查t 分布表得0. 0n 5
，计算得株高绝对降低值μ的95%的置信下限为-t α(
n -1t 0. 1(07)=1. 895
2
3
2
=28.298. 3
4. 解 每0.10hm 2的平均蓄积量为15m ，以及全林地的总蓄积量75000m ，估计精度为A =0.9505
5. [372.37, 452.67]
6.4 一个总体方差与频率的估计
2
1. 解 由样本资料计算得=60. 3750, s =0. 3846, s =0. 6202, 又由于α=0. 05，
2
α2=0. 025，1-α2=0. 975，n -1=15 查χ2分布表得临界值χ015) =27. 488, . 025(2χ0) =6. 262, 从而σ2及σ的置信概率为95%的置信区间分别为[0.2099，0.9213]与. 975(15
[0.4581，0.9598].
2. 解 （1）由于n =14, α=0. 05, 查t 分布表得t 0.05(13)=2.16, 又=8. 7,
2
s =1. 67，
故得总体均值μ的95%的置信的区间为
⎡⎤
+t α(
n -1⎢-t α(
n -1=⎡⎣7.736,9.664] ⎢22⎣
（2）由于α=0. 10, α=0. 05，1-α2=0. 95, n -1=13, 查
χ2分布表得
222
σ，，故得总体方差的90%的置信区间为 ()χ013=22. 362()χ13=5. 892. 050. 95
⎡
⎢(n -1)S 2
, ⎢2
χn -1⎢α⎣2
3. 解
⎤
(n -1)S ⎥=[1. 621, 6. 153] χ2αn -1⎥
⎥1-
2⎦
2
α=0. 10, α2=0. 05, 1-α2=0. 95, n -1=4, 查χ2分布表得
222
χ0, χ0. 95(4)=0. 711，又计算得=21. 1，s =8. 505，故得该地年平均气温. 05(4)=9. 488
2
方差σ的90%的置信区间为
⎡
⎢(n -1)s 2
, ⎢2
⎢χαn -1⎣2
⎤
(n -1)s ⎥=[3. 58, 47. 85] χ2αn -1⎥
⎥1-
2⎦
2
4. 解 造林成活率的置信区间为[0.8754,0.9369] 6.5 两个总体均值差的估计
1. 解 由于α=0. 05,
n 1+n 2-2=18，查t 分布表得临界值t 0.05(18)=2.101. 又
2
n 1=n 2=10, =14. 06,
2
=126. 8, s 12=16. 93, s 2=71. 96, 从而求得μ1-μ2的置
信概率为95%的置信区间为[7.536，20.064].即以95%的概率保证每块试验田甲稻种的平均产量比乙稻种的平均产量高7.536kg 到20.064kg.
2. 解 由样本值计算得 A =24. 4,
22
=8，B =27, n 1=n 2=5, σA =5，σB
α=0. 05，u 0. 05=1. 96, 故μ1-μ2的95%的置信区间为
⎡⎢(
A -B )-⎢⎣
(
A -B )+=⎡⎣-5.76, 0.56] 2
B =75. 875, s B =10. 112，
3. 解 由样本值计算得 A =81. 44,
2
s A =11. 302,
n 1=9, n 2=8, α=0. 05, 查t 分布表得t 0.05(15)=2.131, 故得μA -μB 的95%的置信区
2
间为
⎡
⎢(A -B )-t α(
n 1+n 2-22⎣
⎤⎡⎤=-5.58, 16.71⎢⎥. ⎥⎦⎣⎦
(A -B )+t α(
n 1+n 2-22
4. [-13.93，-9.77]
6.6 两个总体方差比的估计
解 n A -1=n B -1=9, α=0. 05,
α
2
=0. 025, 查F 分布表得F α(n A -1, n B -1)=
2
2
的95%的置信区间为： F α(n B -1, n A -1)=F 0. 025(9, 9)=4. 03, 故 σ1222
⎡
2⎢s A 1
⎢2F n -1, n -1,
B ⎢s B αA
2⎣
⎤
s ⎥
] ·F α(n B -1, n A -1)⎥=[0. 2217 , 3. 6008
s 2⎥
⎦
2A 2B
第六章 测验
一、选择题
1. D 2.C 3.A
二、填空题 1. α=
111ˆ=2-1 3. [4. 412, 2.θ5. 588] 4. ; 2 5. k =λλ22
t 0.35(
n -1)
三、计算题
9S 2
1. 解 因为X ～N μ, 4, 所以χ=2χ2(9), 于是，
4
(
2
)
2
⎧9S 29a 9⎫
=14. 684, 所以a ≈26. 105. >σ⎬=0. 1查χ2分布表得 P {S >a }=P ⎨
161616⎭⎩
2
2. 解 （1）f (x 1, x 2, , x n )=（2）E =λ,
∏f (x ; λ)=∏x ! i
i =1
i =1
i
n n
λ
x i
-λ
=e
-n λ
·λ
∑x i
i =1
n
∏x ! ；
i i =1
n
()D ()=
λ
n
2
, E S n =
()
n -1
λ. n
3. 解 因为X ～N 30, (22) ＝N30, (2) 2, 从而22，于是30,
()()()
U =
⎧-30
)，故 P {29
21/21/2⎭⎩1/2⎧⎫-30=P ⎨-2
22 ⎭⎩2
4. 解 （1）==3140（2）σ=s =198133 , σ2=b 2=178320；
5. 解 设施肥与不施肥的收获量分别为总体X , Y , 且X ～N
2
1
(μ，σ)，Y ～N
Y ~N (μ2，σ2) , 计算可得=11. 4,
而计算均值差μ1-μ2的95%的置信区间为
222
=9. 7, s 12=0. 922, 7s 2=1. 173, 8又
从n 1=8, n 2=10, n 1+n 2-2=16, α=0. 05, 查t 分布表得临界值t 0.05(16)=2.12,
2
⎡1822
, ⎢(11. 4-9. 7)-2. 127⨯0. 9227+9⨯1. 1738
10⨯8⨯16⎣
⎤1822
(11. 4-9. 7)+2. 7⨯0. 9227+9⨯1. 1738]. , 2. 7773⎥=[0. 6227
10⨯8⨯16⎦
故在置信概率0.95下，每20亩水稻平均收获量施肥比不施肥的增产0.6到2.8斤.