第七章 参数估计

第七章 参数估计

1. 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为(以mm计)

$$ \begin{aligned}&74.001\quad74.005\quad74.003\quad74.001\\&74.000\quad73.998\quad74.006\quad74.002\end{aligned} $$

试求总体均值 $ \mu $ 及方差 $ \sigma^{2} $ 的矩估计值，并求样本方差 $ s^{2} $

解 总体均值 $ \mu $ 的矩估计值，总体方差 $ \sigma^{2} $ 的矩估计值分别为

$$ \hat{\mu}=\overline{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i},\quad\hat{\sigma}^{2}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\overline{x})^{2} $$

由给出的观察值得

$$ \begin{aligned}\hat{\mu}&=74+\frac{1}{8}[0.001+0.005+0.003+0.001\\&\quad+0+(-0.002)+0.006+0.002]\\&=74.002,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\widehat{\sigma}^{2}&=\frac{1}{8}\sum_{i=1}^{8}(x_{i}-\overline{x})^{2}\\&=\frac{1}{8}[(-0.001)^{2}+0.003^{2}+0.001^{2}\\&\quad+(-0.001)^{2}+(-0.002)^{2}+(-0.004)^{2}+0.004^{2}+0^{2}]\\&=6\times10^{-6},\end{aligned} $$

$$ s^{2}=\frac{1}{7}\sum_{i=1}^{8}(x_{i}-\bar{x})^{2}=\frac{8}{7}\hat{\sigma}^{2}=\frac{8}{7}\times6\times10^{-6}=6.86\times10^{-6}. $$

事实上，只需将观察值输入具有统计功能的计算器，就能直接读出 $ \bar{x},\sqrt{\sigma^{2}} $和s.读者应掌握计算器的统计功能的用法.

1. 设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 为总体的一个样本， $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 为一相应的样本值。求下列各总体的概率密度或分布律中的未知参数的矩估计量和矩估计值。

(1)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\theta c^{\theta}x^{-(\theta+1)},&&x>c,\\ &0,&& 其他 ,\end{aligned}. $$

其中 c>0 为已知, $ \theta>1,\theta $ 为未知参数.

(2) $ f(x)=\{\begin{aligned}&\sqrt{\theta}x^{\sqrt{\theta}-1},&0\leqslant x\leqslant1,\\ &0,& 其他,\end{aligned}. $

其中 $ \theta>0,\theta $为未知参数.

(3)

$$ P\{X=x\}=\binom{m}{x}p^{x}(1-p)^{m-x},x=0,1,2,\cdots,m, $$

其中 0 < p < 1, p 为未知参数.

解（1）

$$ \begin{aligned}\mu_{1}&=\int_{-\infty}^{\infty}x f(x)\mathrm{d}x=\int_{c}^{\infty}x\theta c^{\theta}x^{-(\theta+1)}\mathrm{d}x\\&=\theta c^{\theta}\int_{c}^{\infty}x^{-\theta}\mathrm{d}x=\frac{\theta c^{\theta}x^{-\theta+1}}{-\theta+1}\bigg|_{c}^{\infty}=\frac{c\theta}{\theta-1},\end{aligned} $$

由此得

$$ \theta=\frac{\mu_{1}}{\mu_{1}-c}. $$

在上式中以 $ \overline{X} $代替 $ \mu_{1} $，得到 $ \theta $的矩估计量和矩估计值分别为

$$ \widehat{\theta}=\frac{\overline{X}}{\overline{X}-c},\quad\widehat{\theta}=\frac{\overline{x}}{\overline{x}-c}. $$

(2)

$$ \mu_{1}=\int_{0}^{1}x\sqrt{\theta}x^{\sqrt{\theta}-1}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\sqrt{\theta}x^{\sqrt{\theta}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{\theta}+1}. $$

由此得

$$ \theta=\left(\frac{\mu_{1}}{1-\mu_{1}}\right)^{2}. $$

在上式中以 $ \bar{X} $代替 $ \mu_{1} $，得 $ \theta $的矩估计量和矩估计值分别为

$$ \hat{\theta}=\left(\frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\right)^{2},\quad\hat{\theta}=\left(\frac{\overline{x}}{1-\overline{x}}\right)^{2}. $$

(3) 因 $ \mu_{1}=E(X)=mp $，得 $ p=\frac{\mu_{1}}{m} $，以 $ \overline{X} $ 代替 $ \mu_{1} $，得到 p 的矩估计量和矩估计值分别为

$$ \hat{p}=\frac{\overline{X}}{m},\quad\hat{p}=\frac{\overline{x}}{m}. $$

1. 求上题中各未知参数的最大似然估计值和估计量.

解（1）设 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 是一个样本值. 似然函数为

$$ \begin{aligned}L=&L(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n};\theta)=\prod_{i=1}^{n}\theta c^{\theta}x_{i}^{-(\theta+1)}\\=&(\theta c^{\theta})^{n}\prod_{i=1}^{n}x_{i}^{-(\theta+1)}=(\theta c^{\theta})^{n}\left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right)^{-(\theta+1)}.\end{aligned} $$

$$ \ln L=n(\ln\theta+\theta\ln c)-(\theta+1)\ln\prod_{i=1}^{n}x_{i}. $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\ln L=n\left(\frac{1}{\theta}+\ln c\right)-\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}=0, $$

得 $ \theta $的最大似然估计值为

$$ \widehat{\theta}=1\bigg/\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}-\ln c\right), $$

$ \theta $ 的最大似然估计量为

$$ \widehat{\theta}=1\bigg/\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln X_{i}-\ln c\right). $$

（2）设 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 是一个样本值。似然函数为

$$ L=\prod_{i=1}^{n}\left(\sqrt{\theta}x_{i}^{\sqrt{\theta}-1}\right)=\theta^{n/2}\left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right)^{\sqrt{\theta}-1} $$

$$ \ln L=\frac{n}{2}\ln\theta+(\sqrt{\theta}-1)\sum_{i=1}^{\pi}\ln x_{i}. $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\ln L=\frac{n}{2\theta}+\frac{1}{2\sqrt{\theta}}\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}=0, $$

得 $ \theta $的最大似然估计值为

$$ \widehat{\theta}=\frac{n^{2}}{\left(\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}\right)^{2}}, $$

$ \theta $ 的最大似然估计量为

挤出击

$$ \therefore\mathbf{S}\mathbf{I} $$

$$ \hat{\theta}=\frac{n^{2}}{(\sum_{i=1}^{n}\ln X_{i})^{2}}. $$

（3）设 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 是一个样本值。似然函数为

$$ \begin{aligned}L&=\prod_{i=1}^{n}P\{X_{i}=x_{i}\}=\prod_{i=1}^{n}\binom{m}{x_{i}}p^{x_{i}}(1-p)^{m-x_{i}}\\&=\left[\prod_{i=1}^{n}\binom{m}{x_{i}}\right]p_{i=1}^{n}\binom{x_{i}}{1-p}^{m-x_{i}-m-x_{i}},\\ \end{aligned} $$

$$ \ln L=\ln\prod_{i=1}^{n}\binom{m}{x_{i}}+\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right)\ln p+\left(\ln n-\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right)\ln(1-p) $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}p}\ln L=\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right)\frac{1}{p}-\left(nm-\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right)\frac{1}{1-p}=0, $$

得 p 的最大似然估计值为

$$ \hat{p}=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}}{nm}=\frac{\overline{x}}{m},\quad 其中 \overline{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}, $$

p 的最大似然估计量为

$$ \hat{p}=\frac{\bar{X}}{m}. $$

4.（1）设总体X具有分布律

$$ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i!} $$

其中 $ \theta(0<\theta<1) $ 为未知参数. 已知取得了样本值 $ x_{1}=1, x_{2}=2, x_{3}=1 $. 试求 $ \theta $ 的矩估计值和最大似然估计值.

（2）设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自参数为 $ \lambda $ 的泊松分布总体的一个样本，试求 $ \lambda $ 的最大似然估计量及矩估计量.

（3）设随机变量 X 服从以 r，p 为参数的负二项分布，其分布律为

$$ P\{X=x_{k}\}=\binom{x_{k}-1}{r-1}p^{r}(1-p)^{x_{k}-r},\quad x_{k}=r,r+1,\cdots, $$

其中 r 已知，p 未知。设有样本值 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $，试求 p 的最大似然估计值。

解 (1) (i) $ \mu_{1} = \theta^{2} + 2 \times 2\theta(1 - \theta) + 3 \times (1 - \theta)^{2} = 3 - 2\theta $

解得 $ \theta=\frac{1}{2}(3-\mu_{1}) $，故得 $ \theta $ 的矩估计值为

$$ \hat{\theta}=\frac{1}{2}(3-\bar{x}). $$

今 $ \bar{x}=\frac{1}{3}(x_{1}+x_{2}+x_{3})=\frac{1}{3}(1+2+1)=\frac{4}{3} $，故 $ \theta $ 的矩估计值为 $ \hat{\theta}=\frac{5}{6} $

（ii）由给定的样本值，得似然函数为

$$ \begin{aligned}&L=\prod_{i=1}^{3}P\{X_{i}=x_{i}\}=P\{X_{1}=1\}P\{X_{2}=2\}P\{X_{3}=1\}\\ &\quad=\theta^{2}\cdot2\theta(1-\theta)\cdot\theta^{2}=2\theta^{5}(1-\theta),\\ \end{aligned} $$

$$ \ln L=\ln2+5\ln\theta+\ln(1-\theta). $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\ln L=\frac{5}{\theta}-\frac{1}{1-\theta}=0, $$

得 $ \theta $的最大似然估计值为 $ \hat{\theta}=\frac{5}{6} $

（2）（i）设 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 是相应于样本 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 的样本值，则似然函数为

$$ L=\prod_{i=1}^{n}\left(\frac{\lambda^{x_{i}}e^{-\lambda}}{x_{i}!}\right)=e^{-n\lambda}\lambda^{\sum_{i=1}^{n}x_{i}}\bigg/\prod_{i=1}^{n}x_{i}!, $$

$$ \ln L=-\ln\lambda+(\sum_{i=1}^{n}x_{i})\ln\lambda-\ln\prod_{i=1}^{n}x_{i}! $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda}\ln L=-\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right)/\lambda=0, $$

得 $ \lambda $ 的最大似然估计值为 $ \hat{\lambda} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_{i} = \bar{x} $，最大似然估计量为 $ \hat{\lambda} = \bar{X} $。

(ii) 因 $ \mu_{1}=E(X)=\lambda $，故 $ \lambda $ 的矩估计量也是 $ \lambda=\overline{X} $

（3）似然函数为

$$ \begin{aligned}L(p)&=\prod_{k=1}^{n}P\{X=x_{k}\}=\prod_{k=1}^{n}\binom{x_{k}-1}{r-1}p^{r}(1-p)^{x_{k}-r}\\&=\left[\prod_{k=1}^{n}\binom{x_{k}-1}{r-1}\right]p^{wr}(1-p)^{\sum_{k=1}^{n}x_{k}-wr},\end{aligned} $$

$$ \ln L=\ln C+nr\ln p+(\sum_{k=1}^{n}x_{k}-nr)\ln(1-p),C 为常数 . $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}p}(\ln L)=\frac{nr}{p}-\frac{1}{1-p}\left(\sum_{k=1}^{n}x_{k}-nr\right)=0, $$

得 p 的最大似然估计值为

$$ \hat{p}=\frac{r}{\bar{x}}. $$

1. 设某种电子器件的寿命（以 h 计）T 服从双参数的指数分布，其概率密度为

$$ f(t)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta}\mathrm{e}^{-(t-c)/\theta},&t\geqslant c,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

其中 $ c, \theta (c, \theta > 0) $ 为未知参数. 自一批这种器件中随机地取 n 件进行寿命试验. 设它们的失效时间依次为 $ x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n} $.

(1) 求 $ \theta $ 与 c 的最大似然估计值.

(2) 求 $ \theta $ 与 c 的矩估计量.

解（1）似然函数为

$$ L(\theta,c)=L(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n};\theta,c) $$

由题设 $ x_{1}\leqslant x_{2}\leqslant\cdots\leqslant x_{n} $，故 $ x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\geqslant c $ 相当于 $ x_{1}\geqslant c $，因而上式相当于

$$ L(\theta,c)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\theta^{n}}\mathrm{e}^{-(\sum_{i=1}^{n}x_{i}-\kappa)}/\theta&c\leqslant x_{1},\\0,&c>x_{1}.\end{array}. $$

可知当 $ c \leqslant x_{1} $ 时， $ L(\theta, c) $ 随 c 的增加而递增，而当 $ c > x_{1} $ 时 $ L(\theta, c) = 0 $，因而对于固定的 $ \theta, L(\theta, c) $ 在 $ c = x_{1} $ 取到最大值，从而知应取 $ \hat{c} = x_{1} $.

另外，当 $ c \leqslant x_{1} $ 时，将 $ L(\theta, c) $ 取自然对数得

$$ \ln L(\theta,c)=-\ln\theta-\frac{1}{\theta}\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}-nc\right) $$

令 $ \frac{\partial}{\partial\theta}\ln L(\theta,c)=0 $，得

$$ \frac{\partial}{\partial\theta}\ln L(\theta,c)=-\frac{n}{\theta}+\frac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}-nc}{\theta^{2}}=0, $$

于是

$$ \theta=\bar{x}-c. $$

由此可知 c, $ \theta $ 的最大似然估计值为

塔都盛馆山香山

$$ \{\begin{aligned}\hat{c}&=x_{1},\\ \hat{\theta}&=\bar{x}-x_{1}.\end{aligned}. $$

(2)

$$ \mu_{1}=\int_{-\infty}^{\infty}tf(t)\mathrm{d}t=\int_{c}^{\infty}\frac{t}{\theta}\mathrm{e}^{-(t-c)/\theta}\mathrm{d}t, $$

令 $ u = \frac{t - c}{\theta} $，得

$$ \mu_{1}=\int_{0}^{\infty}\left(\theta u+c\right)\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=c+\theta\Gamma(2)=c+\theta, $$

$$ \mu_{2}=\int_{-\infty}^{\infty}t^{2}f(t)\mathrm{d}t=\int_{c}^{\infty}\frac{t^{2}}{\theta}\mathrm{e}^{-(t-c)/\theta}\mathrm{d}t, $$

令 $ u = \frac{t - c}{\theta} $，得

$$ \begin{aligned}\mu_{2}=&\int_{0}^{\infty}(\theta u+c)^{2}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\theta^{2}\Gamma(3)+2c\theta\Gamma(2)+c^{2}=2\theta^{2}+2c\theta+c^{2}\\=&(c+\theta)^{2}+\theta^{2},\end{aligned} $$

由此得

$$ \theta=\sqrt{\mu_{2}-\mu_{1}^{2}},\quad c=\mu_{1}-\sqrt{\mu_{2}-\mu_{1}^{2}}. $$

将上两式中的 $ \mu_{1}, \mu_{2} $ 分别换成 $ A_{1} = \overline{X}, A_{2} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} $，并注意到 $ A_{2} - A_{1}^{2} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_{i} - \overline{X})^{2} $，就得到 $ \theta $ 及 c 的矩估计量为

$$ \hat{\theta}=\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}},\quad\hat{c}=\overline{X}-\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}}. $$

1. 一地质学家为研究密歇根湖湖滩地区的岩石成分，随机地自该地区取100个样品，每个样品有10块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。假设这100次观察相互独立，并且由过去经验知，它们都服从参数为 m=10，p 的二

项分布，p 是这地区一块石子是石灰石的概率. 求 p 的最大似然估计值. 该地质学家所得的数据如下：

解 设 X 为一个样品中属石灰石的石子数，则 $ X \sim b(10, p) $，由本章习题第3题知 p 的最大似然估计值为

$$ \hat{p}=\frac{\bar{x}}{10}. $$

由给出的数据得

$$ \begin{aligned}\bar{x}&=\frac{1}{100}[0\times0+1\times1+6\times2+7\times3+\cdots+3\times8+1\times9+0\times10]\\&=4.99,\\ 于是 \quad\hat{p}&=\frac{4.99}{10}=0.499.\end{aligned} $$

于是

1. (1) 设 $ X_1, X_2, \cdots, X_n $ 是来自总体 X 的一个样本，且 $ X \sim \pi(\lambda) $，求 $ P\{X=0\} $ 的最大似然估计值.

（2）某铁路局证实一个扳道员在五年内所引起的严重事故的次数服从泊松分布. 求一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率 p 的最大似然估计. 使用下面 122 个观察值. 下表中, r 表示一扳道员五年中引起严重事故的次数, s 表示观察到的扳道员人数.

$$ \begin{array}{c|ccccc}{{{r}}}&{{{0}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}}&{{{4}}}&{{{5}}} \\ \hline{{s}}&{{{44}}}&{{{42}}}&{{{21}}}&{{{9}}}&{{{4}}}&{{{2}}} \\\end{array} $$

解 （1）设 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 是相应于样本 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 的样本值。本题需求

$$ P\{X=0\}=\frac{\lambda^{0}\mathrm{e}^{-\lambda}}{0!}=\mathrm{e}^{-\lambda} $$

的最大似然估计.

由第4题知 $ \lambda $ 的最大似然估计值 $ \hat{\lambda} = \bar{x} $，又由于函数 $ u = e^{-\lambda} $ 具有单值反函数： $ \lambda = -\ln u $，由最大似然估计的不变性知 $ P\{X=0\} = e^{-\lambda} $ 的最大似然估计值为

$$ \hat{P}\{X=0\}=\mathrm{e}^{-\overline{x}}. $$

（2）由所给数据，得

$$ \begin{aligned}\bar{x}&=\frac{1}{122}\sum_{i=1}^{122}x_{i}\\&=\frac{1}{122}(44\times0+42\times1+21\times2+9\times3+4\times4+2\times5)\\&=\frac{137}{122}.\end{aligned} $$

由(1)知，扳道员五年内未引起严重事故的概率 $ p = P\{X = 0\} = \mathrm{e}^{-\lambda} $ 的最大似然估计值为

$$ \hat{p}=\hat{P}\{X=0\}=\mathrm{e}^{-\frac{x}{2}}=\mathrm{e}^{-137/122}=0.3253. $$

8.（1）设 $ X_{1},X_{2},\cdots,X_{n} $是来自概率密度为

$$ f(x;\theta)=\{\begin{aligned}&\theta x^{\theta-1},&0

的总体的样本, $ \theta $未知,求 $ U=e^{-1/\theta} $的最大似然估计值.

（2）设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自正态总体 $ N(\mu, 1) $ 的样本. $ \mu $ 未知，求 $ \theta = P\{X > 2\} $ 的最大似然估计值.

（3）设 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 是来自总体 $ b(m, \theta) $ 的样本值，又 $ \theta = \frac{1}{3}(1 + \beta) $，求 $ \beta $ 的最大似然估计值.

解 （1）先求 $ \theta $ 的最大似然估计. 似然函数为

$$ L(\theta)=\prod_{i=1}^{n}\theta x_{i}^{\theta-1}=\theta^{n}\left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right)^{\theta-1}, $$

$$ \ln L(\theta)=n\ln\theta+(\theta-1)\ln\left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right). $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}\ln L(\theta)}{\mathrm{d}\theta}=\frac{n}{\theta}+\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}=0, $$

得 $ \theta $的最大似然估计值为

$$ \hat{\theta}=\frac{-n}{\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}}. $$

$ U=e^{-1/\theta} $ 具有单调反函数，故由最大似然估计的不变性知 U 的最大似然估计值为

$$ \hat{U}=e^{-1/\theta}, 其中 \hat{\theta} 由 (*_{1}) 所确定 . $$

(2) 已知 $ \mu $ 的最大似然估计为 $ \hat{\mu} = x $。而 $ \theta = P\{X > 2\} = 1 - P\{X \leq 2\} = 1 - \Phi(2 - \mu) $ 具有单调反函数。由最大似然估计的不变性得 $ \theta = P\{X > 2\} $ 的最大似然估计值为

$$ \hat{\theta}=1-\Phi(2-\hat{\mu})=1-\Phi(2-\overline{x}). $$

（3）由本章习题第3题知二项分布 $ X\sim b(m,\theta) $的参数 $ \theta $的最大似然估计为 $ \hat{\theta}=\overline{x}/m $。由最大似然估计的不变性得 $ \beta=3\theta-1 $的最大似然估计值为

$$ \hat{\beta}=3\hat{\theta}-1=\frac{3\bar{x}}{m}-1. $$

9.（1）验证教材第六章§3定理四中的统计量

$$ S_{w}^{2}=\frac{n_{1}-1}{n_{1}+n_{2}-2}S_{1}^{2}+\frac{n_{2}-1}{n_{1}+n_{2}-2}S_{2}^{2}=\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}+(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{n_{1}+n_{2}-2} $$

是两总体公共方差 $ \sigma^{2} $ 的无偏估计量 ( $ S_{w}^{2} $ 称为 $ \sigma^{2} $ 的合并估计).

（2）设总体 X 的数学期望为 $ \mu $， $ X_{1} $， $ X_{2} $，…， $ X_{n} $ 是来自 X 的样本， $ a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} $ 是任意常数，验证 $ \left(\sum_{i=1}^{n} a_{i} X_{i}\right) / \sum_{i=1}^{n} a_{i} $ （其中 $ \sum_{i=1}^{n} a_{i} \neq 0 $）是 $ \mu $ 的无偏估计量.

证（1）注意到 $ E(S_{1}^{2})=E(S_{2}^{2})=\sigma^{2} $，即有

$$ \begin{aligned}E(S_{w}^{2})=&E\left[\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}+(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{n_{1}+n_{2}-2}\right]\\=&\frac{1}{n_{1}+n_{2}-2}[(n_{1}-1)E(S_{1}^{2})+(n_{2}-1)E(S_{2}^{2})]\\=&\sigma^{2},\end{aligned} $$

故 $ S_{w}^{2} $ 是 $ \sigma^{2} $ 的无偏估计量.

$$ \begin{aligned}(2)E[(\sum_{i=1}^{n}a_{i}X_{i})\big/\sum_{i=1}^{n}a_{i}]&=\sum_{i=1}^{n}E(a_{i}X_{i})\big/\sum_{i=1}^{n}a_{i}\\&=\sum_{i=1}^{n}a_{i}E(X_{i})\big/\sum_{i=1}^{n}a_{i}=\mu\sum_{i=1}^{n}a_{i}\big/\sum_{i=1}^{n}a_{i}=\mu,\end{aligned} $$

这就证明了 $ \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}X_{i}\right)/\sum_{i=1}^{n}a_{i} $ 是 $ \mu $ 的无偏估计量.

1. 设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自总体 X 的一个样本，设 $ E(X) = \mu, D(X) = \sigma^{2} $.

（1）确定常数c，使 $ c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_{i})^{2} $为 $ \sigma^{2} $的无偏估计.

（2）确定常数 c 使 $ (\overline{X})^{2}-cS^{2} $ 是 $ \mu^{2} $ 的无偏估计 ( $ \overline{X}, S^{2} $ 是样本均值和样本方差).

$$ \begin{aligned} 解 \quad(1)E\Big[c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_{i})^{2}\Big]&=c\sum_{i=1}^{n-1}E[(X_{i+1}-X_{i})^{2}]\\&=c\sum_{i=1}^{n-1}\{D(X_{i+1}-X_{i})+[E(X_{i+1}-X_{i})]^{2}\}\\&=c\sum_{i=1}^{n-1}[D(X_{i+1})+D(X_{i})]=2\sigma^{2}(n-1)c\end{aligned} $$

（因 $ X_{i+1}, X_{i} $ 相互独立且 $ E(X_{i+1} - X_{i}) = 0 $）.

要使

$$ E\left[c\sum_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_{i})^{2}\right]=2\sigma^{2}(n-1)c=\sigma^{2}, $$

应取 $ c=\frac{1}{2(n-1)}. $

$$ 64^{\circ} $$

（2）要使

$$ E\left[(\overline{X})^{2}-cS^{2}\right]=E(\overline{X}^{2})-cE(S^{2}) $$

$$ \left(\frac{\sigma^{2}}{n}+\mu^{2}\right)-c\sigma^{2}=\mu^{2} $$

应取 $ c=\frac{1}{n} $.

11. 设总体 X 的概率密度为

$$ f(x;\theta)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta}x^{(1-\theta)/\theta},&0

$ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自总体 X 的样本.

(1) 验证 $ \theta $ 的最大似然估计量是 $ \hat{\theta} = \frac{-1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln X_{i} $.

（2）证明 $ \theta $是 $ \theta $的无偏估计量.

解 （1）似然函数为

$$ L(\theta)=\frac{1}{\theta^{n}}\prod_{i=1}^{n}x_{i}^{(1-\theta)/\theta}, $$

$$ \ln L(\theta)=-\ln\theta+\frac{1-\theta}{\theta}\ln\prod_{i=1}^{n}x_{i}. $$

令 $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\ln L(\theta)=-\frac{n}{\theta}+(\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i})(\frac{-1}{\theta^{2}})=0 $，

得

$$ -n\theta=\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}. $$

于是得到 $ \theta $的最大似然估计量为

$$ \hat{\theta}=\frac{-1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln X_{i}. $$

(2) 因 $ E[-\ln X] = \int_{0}^{1} (-\ln x) \cdot \frac{1}{\theta} x^{\frac{1}{\theta} - 1} dx = \frac{100}{81} + \frac{100}{68} $

$$ -x^{\frac{1}{\theta}}\ln x\bigg|_{0}^{1}+\int_{0}^{1}\frac{1}{x}x^{\frac{1}{\theta}}\mathrm{d}x=\theta. $$

$$ \mathrm{D}(\mathrm{T}^{2})=\mathrm{D}[\frac{4}{1}(\mathrm{X}) $$

$$ E(\hat{\theta})=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E(-\ln X_{i})=\frac{1}{n}\cdot n\theta=\theta, $$

从而知

故 $ \theta $为 $ \theta $的无偏估计.

1. 设 $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4} $ 是来自均值为 $ \theta $ 的指数分布总体的样本，其中 $ \theta $ 未知. 设有估计量

$$ T_{1}=\frac{1}{6}(X_{1}+X_{2})+\frac{1}{3}(X_{3}+X_{4}), $$

$$ T_{2}=\frac{1}{5}(X_{1}+2X_{2}+3X_{3}+4X_{4}), $$

$$ T_{3}=\frac{1}{4}(X_{1}+X_{2}+X_{3}+X_{4}). $$

（1）指出 $ T_{1},T_{2},T_{3} $中哪几个是 $ \theta $的无偏估计量.

（2）在上述 $ \theta $的无偏估计中指出哪一个较为有效.

解 已知对于均值为 $ \theta $ 的指数分布总体 X，有 $ E(X)=\theta, D(X)=\theta^{2} $，于是 $ E(X_{i})=\theta, D(X_{i})=\theta^{2}, i=1,2,3,4 $。所以

$$ \begin{aligned}E(T_{1})&=\frac{1}{6}[E(X_{1})+E(X_{2})]+\frac{1}{3}[E(X_{3})+E(X_{4})]\\&=\frac{\theta}{3}+\frac{2\theta}{3}=\theta,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(T_{2})&=\frac{1}{5}[E(X_{1})+2E(X_{2})+3E(X_{3})+4E(X_{4})]\\&=\frac{1}{5}(\theta+2\theta+3\theta+4\theta)=2\theta,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}E(T_{3})=&\frac{1}{4}[E(X_{1})+E(X_{2})+E(X_{3})+E(X_{4})]\\=&\frac{1}{4}(\theta+\theta+\theta+\theta)=\theta.\end{aligned} $$

以上结果表明 $ T_{1}, T_{3} $ 都是 $ \theta $ 的无偏估计量，但 $ T_{2} $ 不是 $ \theta $ 的无偏估计量.

又

$$ \begin{aligned}D(T_{1})=&D[\frac{1}{6}(X_{1}+X_{2})+\frac{1}{3}(X_{3}+X_{4})]\\=&\frac{1}{36}D(X_{1}+X_{2})+\frac{1}{9}D(X_{3}+X_{4})\\=&\frac{1}{36}[D(X_{1})+D(X_{2})]+\frac{1}{9}[D(X_{3})+D(X_{4})]\\=&\frac{2\theta^{2}}{36}+\frac{2\theta^{2}}{9}=\frac{5}{18}\theta^{2}，\end{aligned} $$

而

$$ \begin{aligned}D(T_{3})&=D[\frac{1}{4}(X_{1}+X_{2}+X_{3}+X_{4})]=\frac{1}{16}\sum_{i=1}^{4}D(X_{i})\\&=\frac{4}{16}\theta^{2}=\frac{1}{4}\theta^{2}

故统计量 $ T_{3} $ 较 $ T_{1} $ 有效.

1. (1) 设 $ \hat{\theta} $ 是参数 $ \theta $ 的无偏估计，且有 $ D(\hat{\theta}) > 0 $，试证 $ \hat{\theta}^{2} = (\hat{\theta})^{2} $ 不是 $ \theta^{2} $ 的无偏估计.

（2）试证明均匀分布

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta},&0

中未知参数 $ \theta $的最大似然估计量不是无偏的.

（1）由 $ D(\hat{\theta})>0 $ 及 $ E(\hat{\theta})=\theta $，得知 $ \hat{\theta}^{2}=(\hat{\theta})^{2} $ 的数学期望为

$$ E(\hat{\theta}^{2})=E[(\hat{\theta})^{2}]=D(\hat{\theta})+[E(\hat{\theta})]^{2}=D(\hat{\theta})+\theta^{2}>0^{2} $$

故 $ \hat{\theta}^{2}=(\hat{\theta})^{2} $不是 $ \theta^{2} $的无偏估计量.

（2） 似然函数为

$$ L(\theta)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta^{n}},&0

记 $ x_{(n)} = \max\{x_1, x_2, \cdots, x_n\} $，由于 $ x_1, x_2, \cdots, x_n \leqslant \theta $ 相当于 $ x_{(n)} \leqslant \theta $，因而上式相当于

$$ L(\theta)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta^{n}},&\theta\geqslant x_{(n)},\\ &0,&\theta

可知当 $ \theta < x_{(n)} $ 时， $ L(\theta) = 0 $；而当 $ \theta \geqslant x_{(n)} $ 时， $ L(\theta) $ 随 $ \theta $ 的增加而减少；故 $ L(\theta) $ 在 $ x_{(n)} $ 处取到最大值（题 7.13 图），即得 $ \theta $ 的最大似然估计值为

$$ \hat{\theta}=x_{(n)}=\max\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\} $$

于是 $ \theta $的最大似然估计量为

$$ \hat{\theta}=\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\} $$

本题总体 X 的分布函数为

$$ F(x)=\{\begin{aligned}&0,&x<0,\\ &\frac{x}{\theta},&0\leqslant x\leqslant\theta,\\ &1,&x>\theta.\end{aligned}. $$

得 $ \hat{\theta}=\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\} $的分布函数为

$$ F_{\hat{\theta}}(z)=F_{\max}(z)=[F(z)]^{n}=\{\begin{aligned}&0,&z<0,\\ &(\frac{z}{\theta})^{n},&0\leqslant z\leqslant\theta,\\ &1,&z>\theta.\end{aligned}. $$

由此推得 $ \hat{\theta} $的概率密度为

$$ f_{\widehat{\theta}}(z)=f_{\max}(z)=\{\begin{aligned}&\frac{n}{\theta}(\frac{z}{\theta})^{n-1},&0\leqslant z\leqslant\theta,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

于是

$$ \begin{aligned}E(\hat{\theta})&=\int_{-\infty}^{\infty}zf_{\hat{\theta}}\left(z\right)\mathrm{d}z=\int_{0}^{\theta}n\left(\frac{z}{\theta}\right)^{n}\mathrm{d}z\\&=\frac{n\theta}{n+1}\left(\frac{z}{\theta}\right)^{n+1}\bigg|_{0}^{\theta}=\frac{n\theta}{n+1}\neq\theta,\end{aligned} $$

故 $ \theta $不是 $ \theta $的无偏估计量.

1. 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} $ 的两独立样本. $ \overline{X}_{1} $ 和 $ \overline{X}_{2} $ 分别是两样本的均值. 试证：对于任意常数 a, b $ (a+b=1) $, $ Y=a\overline{X}_{1}+b\overline{X}_{2} $ 都是 $ \mu $ 的无偏估计，并确定常数 a, b 使 D(Y) 达到最小.

解 由 $ E(\bar{X}_{1})=\mu=E(\bar{X}_{2}) $ 以及 $ a+b=1 $，得知

$$ \begin{aligned}E(Y)&=E(a\overline{X}_{1}+b\overline{X}_{2})=aE(\overline{X}_{1})+bE(\overline{X}_{2})\\&=a\mu+b\mu=(a+b)\mu=\mu,\end{aligned} $$

即对于任意 a, b, 只要 $ a + b = 1 $，则 Y 都是 $ \mu $ 的无偏估计量。又

$$ D(\overline{X}_{1})=\frac{\sigma^{2}}{n_{1}},\quad D(\overline{X}_{2})=\frac{\sigma^{2}}{n_{2}}, $$

且 $ \overline{X}_{1} $， $ \overline{X}_{2} $相互独立，由此得

$$ \begin{aligned}D(Y)=&D(a\overline{X}_{1}+b\overline{X}_{2})=D(a\overline{X}_{1})+D(b\overline{X}_{2})\\=&a^{2}D(\overline{X}_{1})+b^{2}D(\overline{X}_{2})=\Big(\frac{a^{2}}{n_{1}}+\frac{b^{2}}{n_{2}}\Big)\sigma^{2}.\end{aligned} $$

将 b=1-a 代入上式，得到

$$ D(Y)=\left[\frac{a^{2}}{n_{1}}+\frac{(1-a)^{2}}{n_{2}}\right]\sigma^{2}. $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a}D(Y)=\left[\frac{2a}{n_{1}}-\frac{2(1-a)}{n_{2}}\right]\sigma^{2}=0, $$

得

$$ a=\frac{n_{1}}{n_{1}+n_{2}} $$

从而

$$ b=1-a=\frac{n_{2}}{n_{1}+n_{2}}, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}a^{2}}D(Y)=\left(\frac{2}{n_{1}}+\frac{2}{n_{2}}\right)\sigma^{2}>0, $$

又由于

故知当 $ a=\frac{n_{1}}{n_{1}+n_{2}} $, $ b=\frac{n_{2}}{n_{1}+n_{2}} $ 时，D(Y) 达到最小.

1. 设有 k 台仪器，已知用第 i 台仪器测量时，测定值总体的标准差为 $ \sigma_i $ ( $ i = 1, 2, \cdots, k $)。用这些仪器独立地对某一物理量 $ \theta $ 各观察一次，分别得到 $ X_1, X_2, \cdots, X_k $。设仪器都没有系统误差，即 $ E(X_i) = \theta $ ( $ i = 1, 2, \cdots, k $)。问 $ a_1, a_2, \cdots, a_k $ 取何值，方能使使用 $ \hat{\theta} = \sum_{i=1}^{k} a_i X_i $ 估计 $ \theta $ 时， $ \hat{\theta} $ 是无偏的，并且 $ D(\hat{\theta}) $ 最小？

解 要使 $ \theta $是 $ \theta $的无偏估计，则必须

$$ \theta=E(\hat{\theta})=E[a_{1}X_{1}+a_{2}X_{2}+\cdots+a_{k}X_{k}]=E[a_{1}X_{1}+a_{2}X_{2}+...+a_{k}X_{k}]=E[a_{1}X_{1}+a_{2}X_{2}+...+a_{k}X_{k}]=E[a_{1}X_{1}+a_{2}X_{2}+...+a_{k}X_{k}]=E[a_{1}X_{1}+a_{2}X_{2}+...+a_{k}X_{k}]=E[a_{1}X_{1}+a_{2}X_{2}+...+a_{k}X_{k}]=E[a_{1}X_{1}+a_{2}X_{2}+...+a_{k}X_{k}] $$

$$ a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}=1. $$

即必须

又由题设知 $ D(X_{i})=\sigma_{i}^{2}, i=1,2,\cdots,k $ ，且 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{k} $ 相互独立，故有

$$ \begin{aligned}D(\hat{\theta})&=D\big(\sum_{i=1}^{k}a_{i}X_{i}\big)=\sum_{i=1}^{k}D(a_{i}X_{i})=\sum_{i=1}^{k}a_{i}^{2}D(X_{i})\\&=a_{1}^{2}\sigma_{1}^{2}+a_{2}^{2}\sigma_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}\sigma_{k}^{2}.\end{aligned} $$

为求 $ D(\theta) $ 在条件(A)下的最小值，用拉格朗日乘数法，作函数

$$ \begin{array}{l}g(a_{1},a_{2},\cdots,a_{k},\lambda)\\=a_{1}^{2}\sigma_{1}^{2}+a_{2}^{2}\sigma_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}\sigma_{k}^{2}+\lambda(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}-1).\end{array} $$

令

$$ \frac{\partial g}{\partial a_{1}}=2a_{1}\sigma_{1}^{2}+\lambda=0,\quad\frac{\partial g}{\partial a_{2}}=2a_{2}\sigma_{2}^{2}+\lambda=0,\cdots, $$

$$ \frac{\partial g}{\partial a_{k}}=2a_{k}\sigma_{k}^{2}+\lambda=0,\quad\frac{\partial g}{\partial\lambda}=\sum_{i=1}^{k}a_{i}-1=0. $$

得

$$ \begin{array}{l}a_{1}=-\frac{\lambda}{2\sigma_{1}^{2}},\quad a_{2}=-\frac{\lambda}{2\sigma_{2}^{2}},\quad\cdots,\\a_{k}=-\frac{\lambda}{2\sigma_{k}^{2}},\quad\sum_{i=1}^{k}a_{i}=1.\end{array} $$

将前 k 个式子代入末式，得

$$ -\frac{\lambda}{2}\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{\sigma_{i}^{2}}=1. $$

在上式中记 $ \sum_{i=1}^{k}\frac{1}{\sigma_{i}^{2}}=\frac{1}{\sigma_{0}^{2}} $，即有 $ -\frac{\lambda}{2}=\sigma_{0}^{2} $，代入(B)式，得

$$ a_{1}=\frac{\sigma_{0}^{2}}{\sigma_{1}^{2}},\quad a_{2}=\frac{\sigma_{0}^{2}}{\sigma_{2}^{2}},\quad\cdots,\quad a_{k}=\frac{\sigma_{0}^{2}}{\sigma_{k}^{2}} $$

即当 $ a_{i}=\frac{\sigma_{0}^{2}}{\sigma_{i}^{2}} $, i=1,2, $ \cdots $,k 时，用 $ \hat{\theta}=\sum_{i=1}^{k}a_{i}X_{i} $ 估计 $ \theta $ 时， $ \hat{\theta} $ 是无偏的且其方差为最小（相对于其他无偏估计来说）.

1. 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以h计）分别为

6.0 5.7 5.8 6.5 7.0 6.3 5.6 6.1 5.0

设干燥时间总体服从正态分布 $ N(\mu, \sigma^{2}) $。求 $ \mu $ 的置信水平为 0.95 的置信区间。

（1）若由以往经验知 $ \sigma=0.6\ h $，（2）若 $ \sigma $为未知.

解 （1）总体 $ X \sim N(\mu, \sigma^{2}) $， $ \mu $ 未知， $ \sigma^{2} $ 已知， $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自 X 的样本，需要求 $ \mu $ 的置信水平为 $ 1 - \alpha $ 的置信区间，即需确定随机区间 $ (\theta, \theta) $，使得

$$ P\{\underline{\theta}<\mu<\overline{\theta}\}=1-\alpha. $$

考虑

$$ P\{\begin{array}{l}？\\ \sigma\end{array}<\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}

因 $ \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\sim N(0,1) $，如题7.16图有

$$ P\{-z_{a/2}<\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}

在{}内的不等式中解出 $ \mu $，得

$$ \mathrm{P}\{\overline{X}-\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{a/2}<\mu<\overline{X}+\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{a/2}\}=1-\alpha, $$

即得 $ \mu $ 的一个置信水平为 $ 1-\alpha $ 的置信区间为

$$ \left(\overline{X}-\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{\alpha/2},\quad\overline{X}+\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{\alpha/2}\right). $$

今 n=9, $ \sigma=0.6 $, $ 1-\alpha=0.95 $, $ \alpha/2=0.025 $, $ z_{0.025}=1.96 $, 并算得 $ \bar{x}=6 $, 得到 $ \mu $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ (6\pm\frac{0.6}{3}z_{0.025})=(6\pm0.2\times1.96)=(5.608,\quad6.392). $$

(2) $ \sigma $为未知，由于

$$ \frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1), $$

有 $ P\{-t_{a/2}(n-1)<\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}

在 $ \{\} $内的不等式中解出 $ \mu $，得

$$ P\{\overline{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n-1)<\mu<\overline{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n-1)\}=1-\alpha, $$

即得 $ \mu $ 的一个置信水平为 $ 1-\alpha $ 的置信区间为

$$ \left(\overline{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n-1),\quad\overline{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n-1)\right). $$

今 n=9, 1- $ \alpha $=0.95, $ \alpha/2 $=0.025, $ t_{0.025} $ (8)=2.306, 并算得 $ \bar{x}=6 $, $ s^{2}=0.33 $, 得到 $ \mu $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ \left(6\pm\frac{\sqrt{0.33}}{3}\times2.306\right)=\left(6\pm0.442\right)=\left(5.558,6.442\right) $$

1. 分别使用金球和铂球测定引力常数（单位： $ 10^{-11} m^3 \cdot kg^{-1} \cdot s^{-2} $）.

（1）用金球测定观察值为

$$ \begin{array}{l} 6,683\quad6,681\quad6,676\quad6,678\quad6,679 \quad6,672 \end{array} $$

（2）用铂球测定观察值为

6.661 6.661 6.667 6.667 6.664

设测定值总体为 $ N(\mu, \sigma^{2}), \mu, \sigma^{2} $ 均为未知。试就(1)，(2)两种情况分别求 $ \mu $ 的置信水平为 0.9 的置信区间，并求 $ \sigma^{2} $ 的置信水平为 0.9 的置信区间。

解 （1） $ n=6,\bar{x}=6.678,s^{2}=0.00387^{2},1-\alpha=0.9,\alpha/2=0.05,t_{\alpha/2}(n-1)=t_{0.05}(5)=2.0150 $，得 $ \mu $ 的一个置信水平为 0.9 的置信区间为

$$ \begin{aligned}(\bar{x}\pm\frac{s}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n-1))&=(6.678\pm\frac{0.003\ 87}{\sqrt{6}}\times2.015\ 0)\\&=(6.678\pm0.003)=(6.675,6.681).\end{aligned} $$

由于

$$ \frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1) $$

有 $ P\{\chi_{1-\alpha/2}^{2}(n-1)<\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}<\chi_{\alpha/2}^{2}(n-1)\}=1-\alpha $

在{}内的不等式中解出 $ \sigma^{2} $，得

$$ P\{\frac{(n-1)S^{2}}{\chi^{2}_{\alpha/2}(n-1)}<\sigma^{2}<\frac{(n-1)S^{2}}{\chi^{2}_{1-\alpha/2}(n-1)}\}=1-\alpha, $$

即得 $ \sigma^{2} $ 的一个置信水平为 1- $ \alpha $ 的置信区间为

$$ \left(\frac{(n-1)S^{2}}{\chi_{a/2}^{2}(n-1)},\quad\frac{(n-1)S^{2}}{\chi_{1-a/2}^{2}(n-1)}\right). $$

查表知 $ \chi_{a/2}^{2}(n-1)=\chi_{0.05}^{2}(5)=11.071,\chi_{1-a/2}^{2}(5)=\chi_{0.95}^{2}(5)=1.145 $ ,得到 $ \sigma^{2} $ 的一个置信水平为0.9的置信区间为

$$ \left(\frac{(6-1)\times0.003\ 87^{2}}{11.071},\quad\frac{(6-1)\times0.003\ 87^{2}}{1.145}\right)=(6.8\times10^{-6},\quad6.5\times10^{-5}). $$

$$ n=5,\bar{x}=6.664,s^{2}=0.003^{2},t_{0.05}(4)=2.1318,\chi_{0.05}^{2}(4)=9.488, $$

$ \chi_{0.95}^{2}(4)=0.711 $，得到 $ \mu $的一个置信水平为0.9的置信区间

$$ \begin{aligned}(6.664\pm\frac{0.003}{\sqrt{5}}\times2.1318)=&(6.664\pm0.003)\\=&(6.661,6.667),\end{aligned} $$

$ \sigma^{2} $ 的一个置信水平为0.9的置信区间为

$$ \begin{aligned}\left(\frac{(5-1)\times0.003^{2}}{9.488},\quad\frac{(5-1)\times0.003^{2}}{0.711}\right)\\=(3.8\times10^{-6},\quad5.06\times10^{-5}).\end{aligned} $$

1. 随机地取某种炮弹9发做试验，得炮口速度的样本标准差 $ s=11\ m/s $. 设炮口速度服从正态分布. 求这种炮弹的炮口速度的标准差 $ \sigma $的置信水平为

0.95 的置信区间.

解 今 n=9, s=11, $ 1-\alpha=0.95 $, $ \alpha/2=0.025 $, $ \chi_{a/2}^{2}(n-1)=\chi_{0.025}^{2}(8)=17.535 $, $ \chi_{1-\alpha/2}^{2}(n-1)=\chi_{0.975}^{2}(8)=2.180 $, 得到标准差 $ \sigma $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ \left(\frac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{\chi_{a/2}^{2}(n-1)}},\quad\frac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{\chi_{1-a/2}^{2}(n-1)}}\right)=\left(\frac{\sqrt{8}\times11}{\sqrt{17.535}},\quad\frac{\sqrt{8}\times11}{\sqrt{2.180}}\right) $$

1. 设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自分布 $ N(\mu, \sigma^{2}) $ 的样本， $ \mu $ 已知， $ \sigma $ 未知.

（1）验证 $ \sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}/\sigma^{2}\sim\chi^{2}(n) $. 利用这一结果构造 $ \sigma^{2} $ 的置信水平为 1-a 的置信区间.

(2) 设 $ \mu=6.5 $，且有样本值 7.5, 2.0, 12.1, 8.8, 9.4, 7.3, 1.9, 2.8, 7.0, 7.3。试求 $ \sigma $ 的置信水平为 0.95 的置信区间。

解 （1）因 $ X_{i} \sim N(\mu, \sigma^{2}) $，故 $ \frac{X_{i} - \mu}{\sigma} \sim N(0, 1) $， $ i = 1, 2, \cdots, n $。

由 $ \frac{X_{1}-\mu}{\sigma},\frac{X_{2}-\mu}{\sigma},\cdots,\frac{X_{n}-\mu}{\sigma} $相互独立，得

$$ \sum_{i=1}^{n}\left(\frac{X_{i}-\mu}{\sigma}\right)^{2}\sim\chi^{2}(n). $$

于是有 $ P\{\chi_{1-\alpha/2}^{2}(n)<\sum_{i=1}^{n}\frac{(X_{i}-\mu)^{2}}{\sigma^{2}}<\chi_{\alpha/2}^{2}(n)\}=1-\alpha $

即有 $ P\{\frac{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}}{\chi_{a/2}^{2}(n)}<\sigma^{2}<\frac{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}}{\chi_{1-a/2}^{2}(n)}\}=1-\alpha $

得 $ \sigma^{2} $ 的置信水平为 1-α 的置信区间为

$$ \{\frac{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}}{\chi_{\alpha/2}^{2}(n)},\quad\frac{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\mu)^{2}}{\chi_{1-\alpha/2}^{2}(n)}\} $$

$$ 115.0=(4) $$

（2）现在 n=10, $ \mu=6.5,1-\alpha=0.95,\alpha=0.05 $，由样本值经计算得 $ \sum_{i=1}^{10}(X_{i}-\mu)^{2}=102.69 $，查表知， $ \chi_{0.025}^{2}(10)=20.483,\chi_{0.975}^{2}(10)=3.247 $，于是 $ \sigma^{2} $ 的置信水平为0.95的置信区间为(5.013，31.626)。 $ \sigma $ 的置信水平为0.95的置信区间为(2.239，5.624)。

1. 在17题中，设用金球和用铂球测定时测定值总体的方差相等. 求两个测定值总体均值差的置信水平为0.90的置信区间.

解 由于 $ \sigma_{1}^{2}=\sigma_{2}^{2}=\sigma^{2} $ 未知，因而

$$ \frac{(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{S_{w}\sqrt{\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}}}\sim t(n_{1}+n_{2}-2) $$

其中 $ S_{w}=\sqrt{\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}+(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{n_{1}+n_{2}-2}} $ ，即有

$$ P\{-t_{a/2}(n_{1}+n_{2}-2)\leqslant\frac{(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{S_{w}\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n}}}\leqslant t_{a/2}(n_{1}+n_{2}-2)\} $$

$$ =1-a. $$

在{}内的不等式中解出 $ \mu_{1}-\mu_{2} $，得

$$ \begin{aligned}P&\{\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2}-t_{a/2}(n_{1}+n_{2}-2)S_{w}\sqrt{\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}}.\\&\leqslant\mu_{1}-\mu_{2}\leqslant\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2}+t_{a/2}(n_{1}+n_{2}-2)S_{w}\sqrt{\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}}\}\\&=1-\alpha,\end{aligned} $$

即得 $ \mu_{1}-\mu_{2} $ 的一个置信水平为 $ 1-\alpha $ 的置信区间为

$$ \left(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2}\pm t_{a/2}(n_{1}+n_{2}-2)S_{w}\sqrt{\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}}\right). $$

今 $ n_{1}+n_{2}-2=9 $, $ t_{a/2}(n_{1}+n_{2}-2)=t_{0.05}(9)=1.8331 $, $ \bar{x}_{1}-\bar{x}_{2}=0.014 $, 得到两个测定值总体均值差 $ \mu_{金}-\mu_{铂} $ 的一个置信水平为0.90的置信区间为

$$ \begin{aligned}&\left(0.014\pm1.8331\sqrt{\frac{5\times0.00387^{2}+4\times0.003^{2}}{9}}\sqrt{\frac{1}{6}+\frac{1}{5}}\right)\\ &\quad=\left(0.014\pm0.004\right)=\left(0.010,0.018\right).\\ \end{aligned} $$

1. 随机地从 A 批导线中抽 4 根，又从 B 批导线中抽 5 根，测得电阻 ( $ \Omega $) 为 A 批导线：0.143 0.142 0.143 0.137

B 批导线：0.140 0.142 0.136 0.138 0.140

设测定数据分别来自分布 $ N(\mu_{1}, \sigma^{2}) $， $ N(\mu_{2}, \sigma^{2}) $，且两样本相互独立。又 $ \mu_{1}, \mu_{2}, \sigma^{2} $ 均为未知。试求 $ \mu_{1} - \mu_{2} $ 的置信水平为 0.95 的置信区间。

解 将 A 批导线测定数据的均值、方差分别记为 $ \bar{x}_{1}, s_{1}^{2} $; B 批的均值、方差分别记为 $ \bar{x}_{2}, s_{2}^{2} $. 则有，

$$ n_{1}=4,\quad\bar{x}_{1}=0.14125,\quad3s_{1}^{2}=0.00002475; $$

$$ n_{2}=5,\quad\bar{x}_{2}=0.1392,\quad4s_{2}^{2}=0.0000208 $$

$$ s_{w}^{2}=\frac{3s_{1}^{2}+4s_{2}^{2}}{7}=(0.00255)^{2},\quad1-\alpha=0.95,\quad\alpha/2=0.025, $$

$$ t_{a/2}(n_{1}+n_{2}-2)=t_{0.025}(7)=2.3646. $$

得 $ \mu_{1}-\mu_{2} $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间

$$ \begin{aligned}\left(\bar{x}_{1}-\bar{x}_{2}\pm t_{a/2}\left(n_{1}+n_{2}-2\right)s_{w}\sqrt{\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}}\right)&\\\mathbf{\Gamma}=\left(0.00205\pm2.3646\times0.00255\times\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{5}}\right)&\\\mathbf{\Gamma}=\left(0.002\pm0.004\right)&=\left(-0.002,0.006\right).\end{aligned} $$

1. 研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率. 设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为 $ 0.05 \, cm/s $，取样本容量为 $ n_1 = n_2 = 20 $. 得燃烧率的样本均值分别为 $ \bar{x}_1 = 18 \, cm/s $, $ \bar{x}_2 = 24 \, cm/s $，设两样本独立. 求两燃烧率总体均值差 $ \mu_1 - \mu_2 $ 的置信水平为 0.99 的置信区间.

解 分别记两种固体燃料火箭推进器的燃烧率总体为 $ X_{1} $ 和 $ X_{2} $，按题意 $ X_{1} \sim N(\mu_{1}, \sigma_{1}^{2}) $， $ X_{2} \sim N(\mu_{2}, \sigma_{2}^{2}) $，其中 $ \mu_{1}, \mu_{2} $ 未知， $ \sigma_{1}^{2}, \sigma_{2}^{2} $ 已知，两样本独立，此时有

$$ \overline{X}_{1}-\overline{X}_{2}\sim N\left(\mu_{1}-\mu_{2},\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}\right), $$

$$ \frac{(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1}+\sigma_{2}^{2}/n_{2}}}\sim N(0,1), $$

因而有

$$ P\{-z_{a/2}<\frac{(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1}+\sigma_{2}^{2}/n_{2}}}

在{}内的不等式中解出 $ \mu_{1}-\mu_{2} $，得

$$ P\{(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2})-z_{a/2}\sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}}<\mu_{1}-\mu_{2}<(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2})+z_{a/2}\sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}}\}=1-\alpha, $$

即得 $ \mu_{1}-\mu_{2} $ 的一个置信水平为 $ 1-\alpha $ 的置信区间为

$$ \left(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2}\pm z_{a/2}\sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}}\right). $$

今 $ \sigma_{1}=\sigma_{2}=0.05, n_{1}=n_{2}=20, \bar{x}_{1}=18, \bar{x}_{2}=24, 1-\alpha=0.99, \alpha/2=0.005 $ $ z_{0.005}=2.57 $ , 得到 $ \mu_{1}-\mu_{2} $ 的一个置信水平为 0.99 的置信区间为

$$ \begin{aligned}\left(18-24\pm2.57\sqrt{\frac{(0.05)^{2}}{20}+\frac{(0.05)^{2}}{20}}\right)\\ =(-6\pm0.04)=(-6.04,-5.96).\end{aligned} $$

1. 设两位化验员 A, B 独立地对某种聚合物含氯量用相同的方法各做 10 次测定，其测定值的样本方差依次为 $ s_{A}^{2}=0.5419 $, $ s_{B}^{2}=0.6065 $. 设 $ \sigma_{A}^{2} $, $ \sigma_{B}^{2} $ 分别为 A, B 所测定的测定值总体的方差. 设总体均为正态的，且两样本独立. 求方差比 $ \frac{\sigma_{A}^{2}}{\sigma_{B}^{2}} $ 的置信水平为 0.95 的置信区间.

解 本题是两个总体均值均未知时，求两总体方差比的置信区间的问题. 已知 $ n_{1}=n_{2}=10, s_{A}^{2}=0.5419, s_{B}^{2}=0.6065, 1-\alpha=0.95, \frac{\alpha}{2}=0.025, F_{0.025}(9,9)=4.03, F_{0.975}(9,9)=0.2481 $ ，得 $ \sigma_{A}^{2}/\sigma_{B}^{2} $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ \left(\frac{s_{A}^{2}}{s_{B}^{2}}\frac{1}{F_{0.025}(9,9)},\quad\frac{s_{A}^{2}}{s_{B}^{2}}\frac{1}{F_{0.975}(9,9)}\right)=(0.222,3.601). $$

1. 在一批货物的容量为 100 的样本中，经检验发现有 16 只次品，试求这批货物次品率的置信水平为 0.95 的置信区间.

解 本题是(0-1)分布总体 X 的参数的区间估计问题，现在样本容量 n=100 是一个大样本，X 的分布律为

$$ f(x,p)=p^{x}(1-p)^{1-x},\quad x=0,1, $$

其中 p 为待估参数，已知 $ E(X)=p, D(X)=p(1-p) $. 设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是一个样本，由中心极限定理知，近似地有

$$ \frac{\sum_{i=1}^{n}X_{i}-np}{\sqrt{np(1-p)}}=\frac{n\overline{X}-np}{\sqrt{np(1-p)}}\stackrel{ 近似地 }{\sim}N(0,1) $$

于是有

$$ P\{-z_{a/2}<\frac{n\overline{X}-np}{\sqrt{np(1-p)}}

在{}的不等式中解出p，得

$$ \mathrm{P}\{\mathfrak{p}_{1}<\mathfrak{p}<\mathfrak{p}_{2}\}\approx1-\alpha, $$

其中

$$ p_{1}=\frac{1}{2a}(-b-\sqrt{b^{2}-4ac}),p_{2}=\frac{1}{2a}(-b+\sqrt{b^{2}-4ac}), $$

$$ a=n+z_{a/2}^{2},\quad b=-\left(2n\overline{X}+z_{a/2}^{2}\right),\quad c=n\overline{X}^{2}, $$

即得 p 的一个置信水平为 $ 1-\alpha $ 的近似置信区间为

$$ (p_{1},p_{2}). $$

今 n=100, $ \bar{x}=0.16,1-\alpha=0.95,\alpha/2=0.025,z_{0.025}=1.96 $，经计算得 a=103.84,b=-35.84,c=2.56,p_{1}=0.101,p_{2}=0.244，得这批货物的次品率的一个置信水平为0.95的近似置信区间为

(0.101, 0.244).

25.（1）求第16题中 $ \mu $的置信水平为0.95的单侧置信上限.

（2）求第21题中 $ \mu_{1}-\mu_{2} $的置信水平为0.95的单侧置信下限.

（3）求第23题中方差比 $ \sigma_{A}^{2}/\sigma_{B}^{2} $的置信水平为0.95的单侧置信上限.

解 （1）总体 $ X \sim N(\mu, \sigma^{2}) $， $ \mu $ 未知，先设 $ \sigma = 0.6, X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自 X 的样本，需要求 $ \mu $ 的置信水平为 $ 1 - \alpha = 0.95 $ 的单侧置信上限。即需确定统计量

$ \mu $ 使得

$$ P\{\mu<\mu\}=1-\alpha. $$

考虑

$$ P\{?\lt\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\}=1-\alpha, $$

（因在这里 $ \mu $ 前有“一”号，故在 $ \{\} $ 内写上不等式“？ $ \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} $”.）

由于 $ \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\sim N(0,1) $，知

$$ P\{-z_{\alpha}<\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\}=1-\alpha, $$

在{}内的不等式中解出 $ \mu $，得

$$ P\{\mu<\overline{X}+\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{a}\}=1-\alpha, $$

于是得 $ \mu $ 的置信水平为 $ 1-\alpha $ 的单侧置信上限为

$$ \bar{\mu}=\bar{X}+\frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{a}. $$

在第16题中, $ n=9,\bar{x}=6,\sigma=0.6,a=0.05,z_{a}=1.645 $,得所求的单侧置信上限为

$$ \bar{\mu}=6+\frac{0.6}{\sqrt{9}}\times1.645=6.329. $$

类似地，当 $ \sigma $未知时，可得 $ \mu $的置信水平为 $ 1-\alpha $的单侧置信上限为

$$ \bar{\mu}=\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a}(n-1). $$

在第16题中，n=9, $ \bar{x}=6 $,s=0.5745, $ t_{a}(n-1)=t_{0.05}(8)=1.859 $ 5. 得所求的单侧置信上限为

$$ \bar{\mu}=6+\frac{0.5745}{\sqrt{9}}\times1.8595=6.356. $$

（2）在第21题中， $ \overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}=0.00205, n_{1}=4, n_{2}=5, 1-\alpha=0.95, \alpha=0.05, \mu_{1}-\mu_{2} $ 的置信水平为0.95的单侧置信下限为

$$ \begin{aligned}\underline{\mu_{1}-\mu_{2}}=&\overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}-t_{a}(n_{1}+n_{2}-2)s_{w}\sqrt{\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}}\\=&0.00205-1.8946\times0.00255\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{5}}\\=&-0.0012.\end{aligned} $$

（3）在第23题中， $ s_{A}^{2}/s_{B}^{2}=0.5419/0.6065 $， $ n_{1}=n_{2}=10 $， $ 1-\alpha=0.95 $， $ \alpha=0.05 $。本题需要求的是“？”满足

$$ P\{\frac{\sigma_{A}^{2}}{\sigma_{B}^{2}}

注意到

$$ \frac{S_{A}^{2}/S_{B}^{2}}{\sigma_{A}^{2}/\sigma_{B}^{2}}\sim F(9,9), $$

即有

$$ P\{\frac{S_{A}^{2}/S_{B}^{2}}{\sigma_{A}^{2}/\sigma_{B}^{2}}>F_{0.95}(9,9)\}=0.95, $$

由{}中的不等式解出 $ \frac{\sigma_{A}^{2}}{\sigma_{B}^{2}}<\frac{S_{A}^{2}/S_{B}^{2}}{F_{0.95}(9,9)} $，于是有

$$ P\{\frac{\sigma_{A}^{2}}{\sigma_{B}^{2}}<\frac{S_{A}^{2}}{S_{B}^{2}}\frac{1}{F_{0.95}(9,9)}\}=0.95. $$

故得 $ \frac{\sigma_{A}^{2}}{\sigma_{B}^{2}} $的置信水平为0.95的单侧置信上限为

$$ \begin{aligned}\left(\frac{\overline{\sigma_{A}^{2}}}{\sigma_{B}^{2}}\right)&=\frac{s_{A}^{2}}{s_{B}^{2}}\frac{1}{F_{0.95}(9,9)}\\&=\frac{0.541}{0.606}\frac{9}{5}F_{0.05}(9,9)\\&=\frac{0.541}{0.606}\frac{9}{5}\times3.18=2.84.\end{aligned} $$

1. 为研究某种汽车轮胎的磨损特性，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止，记录所行驶的路程（以km计）如下：

$$ \begin{array}{l} 41\ 250 \quad 40\ 187 \quad 43\ 175 \quad 41\ 010 \quad 39\ 265 \quad 41\ 872 \quad 42\ 654 \quad 41\ 287\\38\ 970 \quad 40\ 200 \quad 42\ 550 \quad 41\ 095 \quad 40\ 680 \quad 43\ 500 \quad 39\ 775 \quad 40\ 400 \end{array} $$

假设这些数据来自正态总体 $ N(\mu, \sigma^{2}) $，其中 $ \mu, \sigma^{2} $ 未知，试求 $ \mu $ 的置信水平为 0.95 的单侧置信下限。

解 由 $ \frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1) $，有

$$ P\{\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}

即

$$ P\{\mu>\overline{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a}(n-1)\}=1-\alpha. $$

得 $ \mu $ 的置信水平为 $ 1-\alpha $ 的单测置信下限为

$$ \underline{\mu}=\overline{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a}(n-1). $$

今 n=16, $ \bar{x}=41\ 116.875 $,s=1 346.842,1- $ \alpha $=0.95, $ \alpha $=0.05, $ t_{a}(n-1)=t_{0.05} $(15)=1.7531,故得 $ \mu $的置信水平为0.95的单侧置信下限为

$$ \varepsilon=41\ 116.875-\frac{1\ 346.842}{4}\times1.753\ 1=40\ 527. $$

1. 科学上的重大发现往往是由年轻人作出的.下面列出了自16世纪中叶至20世纪早期的十二项重大发现的发现者和他们发现时的年龄：

设样本来自正态总体，试求发现者的平均年龄 $ \mu $ 的置信水平为 0.95 的单侧置信上限.

解 $ \mu $ 的置信水平为 $ 1-\alpha $ 的单侧置信上限为

$$ \bar{\mu}=\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}t_{a}(n-1). $$

现在 n=12, $ \bar{x}=35.58 $,s=7.22,1- $ \alpha $=0.95, $ \alpha=0.05 $, $ t_{a}(n-1)=t_{0.05}(11)=1.795 $ 9,故得

$$ \bar{\mu}=35.58+\frac{7.22}{\sqrt{12}}\times1.795\ 9=39.32 $$

约为39岁零4个月.

$$ \mathrm{ 注 },(1-\mathrm{n})1-\frac{\mathrm{n}-1}{n+2} 由 \quad 鞍 $$

$$ b\left(\frac{2\sqrt{a}}{y-a}

$$ \mathbf{b}\left|\ln\geqslant\overline{\lambda}+\frac{\sqrt{n}}{2}\right|^{\alpha}\left(n-1\right)\left\vert=1-\alpha\right. $$

识别可普管单的。一1伏平水置的

$$ (1-n)\frac{2}{n v}-\bar{\chi}=_{\mathrm{d}} $$

$$ \begin{aligned}& 可知：a=1,s=4,110,852,c=1,340,845,1-a=0,02,02,0,02,x=-(x-1)\end{aligned} $$

求填不可置瞬单角20.0长平水置的。别站，123.1=(21)

$$ \mathrm{E}=41.11e^{7.832}-\frac{4.1318^{7.813}}{1.318^{7.813}}\times123.1=40.253. $$