管理统计学第7章习题解答

1、 随机地从一批钉子中抽取10枚，测得长度（单位：cm）如下：

2.11，2.14，2.10，2.13，2.15，2.13，2.12，2.14，2.12，2.13

试求这批钉子长度总体均值μ及方差σ2的矩估计值，并求样本方差s2 .

1101102解：X＝Xi＝2.127；＝(XiX)2＝0.014182＝0.000201； 10i110i1110s(XiX)20.0149420.00022.

9i122、 设总体X服从几何分布，其分布律为：

P（X=k）=（1-p）k-1p，k=1，2，……，

其中p为未知参数，(X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本，求p的矩估计. 解：EX＝

k(1p)k1k1ppk(1p)k1.

k1设f(x)kxk1k1，|x|<1.

x0f(x)dxxkk1x/1x)，f(x)(. 21x(1x)1x111EX＝pf(1p),p,p.

EXpX3、 设总体X的概率密度为

2(x),0x, f(x)2

0,其他.其中θ>0,(X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本，试求未知参数θ的矩估计. 解：EX＝

xf(x)dxx022(x)dx3,=3EX, 3X.

4、设( X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本，求下述各总体的概率密度函数中的未知参

数θ的最大似然估计.

x1,0x1,（1）. f(x)

0,其他.解：似然函数为 L(θ)=

nnnf(x)ii1i1xi1n/2(xi)i11 (0≤xi≤1,i=1,2,…,n) ，

n lnL()2ln((0≤x≤1,i=1,2,1)x l nini

…

,n) ，

i1dlnL()n1令 d22lnxi1ni0，

从中解得

n2(lnxi)i1n2 ，此即为θ的最大似然估计.

2xex,x0,（2）f(x)

其他.0,解：似然函数为 L(θ)=

2f(x)2xeiii1i1nnxi2(2)(xi)eni1nxi2i1n (0lnL()nln2lnxxii1i1nn2i (0dlnL()nn2令 xi0，

di1从中解得

ni1xin ，此即为θ的最大似然估计.

2

5、设总体X服从二项分布B(m,p)，其中m已知，p为未知参数，(X1,X2,…,Xn)是取自总

体X的一个样本求p的矩估计和最大似然估计.

X1n解：EX＝mp,p=EX/p, pXi. mmni16、设总体X服从指数分布Exp（λ），概率密度函数为

ex,x0, f(x)x0.0,(X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本.求未知参数λ的矩估计与最大似然估计. 1解：EX＝1/λ, 所以λ的矩估计.再求λ的最大似然估计.

X似然函数为 L(λ)=

nnf(x)eii1i1xienxii1n (0lnL()nlnix (0i1ndlnL()nn令 xi0，

di1从中解得

1 ，此即为θ的最大似然估计. X习题7.2

1、设(X1,X2,…,X6)是取自总体X的一个样本，θ=E(X)为待估参数.问下列点估计中哪些是θ的无偏估计？

1(X12X23X34X45X56X6)/6

2(X12X23X34X45X56X6)/21

3(X1X2X3X4X5X6)/6

解：E1121(23456)； 661E2(23456)，E3. 2，3是θ的无偏估计.

211n2、设随机变量X～P（λ），(X1,X2,…,Xn)是取自X的一个样本.试证Xi(Xi1)ni1是参数λ2的无偏估计.

21n1n22解：E(){E(Xi)E(Xi)}{D(Xi)[E(Xi)]E(Xi)}

ni1ni11n1n22{}2 ni1ni11n所以Xi(Xi1)是参数λ2的无偏估计.

ni1113、设随机变量X～U(,)，试证X是参数θ的无偏估计.

2222解：EX=θ，E()E(X)EX，所以X是参数θ的无偏估计.

4、设总体X的数学期望为μ，(X1,X2,…,Xn)是取自X的一个样本.a1,a2,…,an是任意常数，验证(aX)/a(aiiii1i1i1nnni0)是μ的无偏估计.

nnnn解：E(aX)/aiii1i1niiinni(aiEXi)/ai(ai)/ai，

i1i1i1i1所以(aX)/a是μ的无偏估计.

i1i1n5、设第1题中的总体X的方差Var(X)存在.问θ的哪个无偏估计较为有效？

解：D2DX91DX(149162536)≈0.21DX， 212441DX D3≈0.17DX，D3D2，3较2有效.

6习题7.3

1、测试某种清漆的干燥时间，随机抽取12个样品，其干燥时间（以小时计）分别为 6.0，5.7，5.8，6.5，7.0，6.3，5.6，6.1，5.0，6.2，5.9，6.4

2

设干燥时间总体服从正态分布N(μ,σ)，对以下两种情况分别求μ的95%置信区间. (1)若由以往经验知σ=0.5（小时）；(2)若σ为未知. 解：(1)X＝6.0417，s＝0.5071，α＝0.05，

Xu12n6.04171.96Sn0.512＝（5.7588，6.3246）；

(2) Xt12(n1)＝6.0417t0.95(11)0.507112＝（5.7195，6.3639）.

2、包糖机某日开工包了10包糖，称得的重量（单位：g）分别为 505,515,520,525,510,485,490,505,500,495

假设糖包重量服从正态分布，试求糖包平均重量的95%置信区间. 解：X＝505，s＝12.9099，α＝0.05，t12(n1)＝t0.975(9)2.2622，

Xt12(n1)Sn＝5052.262212.909910＝5059.2354＝（495.765，514.235）.

3、为估计一批钢索所能承受的平均张力，从其中随机抽样做了9次试验.由试验结果算得张

22

力的样本均值为6720kg/cm, 样本标准差s为220 kg/cm.设张力服从正态分布，试求钢索所能承受平均张力的95%置信区间.

解：X＝6720，s＝220，α＝0.05，t12(n1)＝t0.975(8)2.3060，

Xt12(n1)Sn＝（6720169.11）＝（6550.89，6889.11）.

4、设炮弹初速服从正态分布，随机地取9发炮弹做试验，得炮弹初速度样本标准差为11（m/s）,

2

分别求炮弹初速度的方差σ和标准差σ的90%置信区间.

(n1)S2(n1)S281128112,,2解：σ的置信区间2（62.42，354.19）； ＝＝15.5072.733(n1)(n1)/21/22

(n1)S2(n1)S2＝（7.90，18.82）. ,σ的置信区间212/2(n1)/2(n1)5、对某农作物两个品种A,B计算了8个地区的亩产量（单位：kg）如下：

品种A 430，435，280，465，420，465，375，395 品种B 400，395，290，455，385，410，380，330

假定两个品种的亩产量分别服从正态分布N(μ1,σ2)和N(μ2,σ2)， 试求两个品种平均亩产量之差μ1-μ2的95%置信区间.

11解：置信区间XYt12(n1n22)S，X＝408.125， Y＝380.625，nn12s1＝60.3524，s2＝50.3869，

t12(n1n22)＝t0.975（14）＝2.1448，

273642.412272538.8397(n11)S12(n21)S223090.62595，＝SwS14n1n222w11XYt12(n1n22)Snn＝

1227.52.1448×55.5934×0.5＝（-32.12，87.12）

6、随机地从甲批导线中抽取4根，从乙批导线中抽取5根，测得其电阻(单位:Ω)分别为 甲批导线: 0.142, 0.143, 0.137, 0.143

乙批导线: 0.138, 0.140, 0.136, 0.140, 0.142

22

设两批导线电阻分别服从N(μ1,σ)和 N(μ2,σ)，并且它们相互独立，试求μ1-μ2的95%置信区间.

解：置信区间XYt12(n1n22)S11， n1n2X＝0.14125， Y＝0.1392，s1＝0.002872，s2＝0.002280，

t12(n1n22)＝t0.975（7）＝2.3646，

230.00000840.000005(n11)S12(n21)S20.000006，＝S7n1n222w11XYt12(n1n22)Snn＝0.002050.0039＝（－0.002，0.006）

127、两台机床加工同一种零件，从中分别随机抽取6个和9个零件，测量其长度，并计算出

两个样本的方差分别为S12=0.245(mm)2, S22=0.357(mm)2.假定各台机床所加工的零件长度总

22

体都服从正态分布.试求两个总体方差之比σ1/σ2的置信水平为95%的置信区间.

22S12/S2S12/S2解：置信区间,＝

F1/2(n11,n21)F/2(n11,n21)0.245/0.3570.245/0.3570.245/0.3570.245/0.357， ,,＝（0.142，4.639）

F(5,8)F(5,8)4.821/6.760.0250.9758、有两位化验员甲、乙，他们独立地对某种聚合物的含氯量用相同的方法各作了10次测定，其测定值的样本方差依次为0.5419和0.6065，设甲、乙测得的数据总体分别服从方差依次

为σ

21

和σ

22

的正态分布，试求σ1/σ

222

的置信水平为95%的置信区间.

22S12/S2S12/S2解：置信区间,＝

F1/2(n11,n21)F/2(n11,n21)0.5419/0.60650.5419/0.60650.5419/0.60650.5419/0.6065,,＝（0.222，

F(9,9)F(9,9)4.031/4.030.9750.0253.601）

2

9、设某种电器零件的电阻（单位:Ω）服从正态分布N(μ,σ).从这种零件中随机抽取15只，测得电阻为：

3.0，2.7，2.9，2.8，3.1，2.6，2.5，2.8，2.4，2.9，2.7，2.6，3.2，3.0，2.8. 试求：(1)电阻均值μ的95%单侧置信下限； 解：Xt1(n1)Sn2

＝2.8t0.95(14)0.2236152.8-1.7613×0.223615＝2.698.

(2)电阻方差σ的95%单侧置信上限.

(n1)S2140.22362140.22362解：2＝＝＝0.1065. 26.571/2(n1)0.05(14)10、试求第6题中，μ1-μ2的置信水平为95%的单侧置信下限. 解：XYt1(n1n22)S11.X＝0.14125， Y＝0.1392， n1n2 t1(n1n22)＝t0.95（7）＝1.8946，S0.0000060.00245，

11XYt1(n1n22)Snn＝-0.001

12

复习题七

1、 总体X服从区间（0，b）上的均匀分布，（1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1）是来自总体的

一组样本值，试用矩法估计总体均值，总体方差及参数b.

b152解：EXX＝1.2，DXS(XiX)＝0.407，EX，b2X＝2.4.

26i122、 设总体X服从Γ分布，其概率密度为

1xxe,x0,f(x)()

0,x0,(X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本，试求α及λ的矩估计.

解：E(X)0(1)x1x. ＝xedx＝(x)ed(x)()()()0E(X)2120(2)(1)11x22

，DX=EX-（EX）＝. xed(x)＝222()()，X2EXEXDX，22DX(EX)DX1n(XiX)2ni1X1n(XiX)2ni1.

3、设总体X服从几何分布，其分布律为：

P（X=k）=（1-p）k-1p，k=1，2，……，

其中p为未知参数，(X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本，求p的最大似然估计.

解：L(p)=

P(Xi1nixi)p(1p)i1nxi1p(1p)i1nxinn

对数似然函数为：lnL(p)nlnp(xin)ln(1p)，

i1nxin)n1dlnL(p)n(i1对p求导并令其为0: =0，解得： pn dpp1pxxi1in4、 设总体X服从区间[0，θ]上的均匀分布，(X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本，求

未知参数θ的最大似然估计.

1,0x;解：f(x)

其它。0,11n,0xi,i1,2,...,n;n,max(xi);L(θ)= f(xi) i1其它。其它。0,0,nL(θ)在（-∞，max（xi））恒为0，在（max（xi），+∞）单调递减，所以L(θ)在 θ＝max（xi）处取到最大值，最大似然估计为max(xi).

x|1|e，(X1,X2,…,Xn)是取自总体X的一个样本.5、 设总体X的概率密度为f(x;)2求未知参数θ的最大似然估计. 解： L(θ)=

i1n|xi|11i1f(xi)ee, n2(2)i1n|xi|1n对数似然函数为: lnL()nln(2)|x|， ii11ndlnL()n1对θ求导并令其为0: d21n从中解得 |xi| 即为θ的最大似然估计.

ni1|x|0

ii1n6、设是参数θ的无偏估计，且有Var()>0,试证()不是θ的无偏估计.

2

22解：E{()}＝Var（）+[E（）]= Var（）+θ>θ,所以不是θ的无偏估计.

2

2

2

2

27、设( X1,X2,…,Xm) 与( Y1,Y2,…,Yn)分别是来自正态总体N(μ1,σ)和N(μ2,σ)的样

22

本，S1,S2分别是这两个样本的样本方差.验证统计量

2

2

2(m1)S12(n1)S2S

mn22w是σ的无偏估计.

22(m1)S12(n1)S2(m1)E[S12](n1)E[S2]解：E{}＝＝

mn2mn22

(m1)2(n1)222

＝σ，所以是σ的无偏估计.

mn28、设总体X服从指数分布Exp（λ），其概率密度为

ex,x0, f(x;)x0.0(X1,X2,…Xn) 是取自总体X的一个样本.

（1）试证：X和nZ=n[min(X1,X2,…,Xn)]都是参数1的无偏估计；

（2）求X与nZ=n[min(X1,X2,…,Xn)]的方差，判断这两个无偏估计中何者较有效. 解：（1）E（X）＝E（Xi）＝

1;

Z的分布函数为：FN（Z）＝1-[1-FX（Z）]n，概率密度为fN（Z）＝n[1-FX（Z）]n-1fX（Z）,

1ex,x0,nenz,ex,x0,FX(x) ,f（=f(x;) f（＝Xx）NZ）

x0.x0.000z0,z0.

EZ=

1nz =, E(nZ)= zf(z)dzznedzNn01所以X和nZ=n[min(X1,X2,…,Xn)]都是参数的无偏估计.

222

（2）Var（X）＝；Var（Z）＝E（Z）-(θ/n).

nE（Z）=效.

2

zne02nz22dz=2, Var（nZ）＝n2DZ=θ2. Var（X）< Var（nZ）, X较有

n 9、设从均值为μ，方差为σ>0的总体中，分别抽取容量为n1,n 2的两个独立样本，X和12

X2分别是这两个样本的样本均值，试证,对于任意常数a,b(a+b=1), YaX1bX2都是

μ的无偏估计.并确定常数a,b,使Var(Y)达到最小.

解：EYaE(X1)b(X2)ab所以Y是μ的无偏估计.

Var(Y)＝aσ/n1+bσ/n2，用拉格朗日乘数法，求aσ/n1+bσ/n2在条件a+b=1下的最小

2222

值.构造函数F＝aσ/n1+bσ/n2+λ（a+b-1），

2

2

2

2

2

2

2

2

F2a2n10an1n1n2a令，解之得 2n2F2b0bn1n2n2b10、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(mm)如下： 14.6，14.7，15.1，14.9，14.8，15.0，15.1，15.2，14.8 (1)求该日生产的滚珠其直径均值的矩估计；

2

(2)如果滚珠直径服从正态分布N(μ,σ)，且标准差σ=0.15mm,求直径均值μ的95%置信区间.

解：(1) 直径均值的矩估计为X＝（14.6+…+14.8）/9＝14.911；

Xu10.05/2n14.9111.960.159＝（14.813，15.009）

2

11、测得一批钢件20个样品的屈服点（单位：1000kg/cm）为：

4.98，5.11，5.20，5.20，5.11，5.00，5.61，4.88，5.27，5.38， 5.46，5.27，5.23，4.96，5.35，5.15，5.35，4.77，5.38，5.54.

22

设屈服点总体服从正态分布N(μ,σ)，求μ和σ的95%置信区间及σ的单侧置信上限. 解：μ的置信区间Xt12(n1)SnX＝5.21，，S＝0.220263，t12(n1)＝t10.052(19)＝2.0930，μ的置信区间为5.212.09300.22026320＝（5.1069，5.3131）.

(n1)S2(n1)S2 ,σ的置信区间212/2(n1)(n1)/2190.2202632190.2202632,＝32.8528.9072

＝（0.1675，0.3217）， (n1)S2190.22026320.9218及σ的单侧置信上限2＝＝＝0.0911 210.1170.05(19)(n1)