\qquad 参数估计是统计推断的基本问题之一. 在很多实际问题中，我们知道总体的分布，但不知道分布的参数. 因此需要对未知的参数作出估计，这就是参数估计问题. 这里主要有两类估计: 一类是点估计，另一类是区间估计.

仅供参考

设总体X的密度函数为 f ( x ) = { θ C θ x − ( θ + 1 ) , x > C 0 , x ⩽ C f(x) = \begin{cases} θC^θx^{-(θ+1)}, & \text{x > C} \\ 0, & \text x \leqslant C \end{cases} f(x)={θCθx−(θ+1),0,​x > Cx⩽C​ C > 0 C>0 C>0 为已知， θ > 1 θ>1 θ>1. X 1 , X 2 , . . . , X n X_1,X_2,...,X_n X1​,X2​,...,Xn​为简单随机样本. (1)求θ的矩估计量; (2)求θ的极大似然估计量.

矩估计： 用样本的矩, 代替总体的矩。 通常考试中只用到一阶和二阶。 一 阶 X ˉ = 1 n ∑ X i → 一 阶 E X 一阶 \bar X = \frac 1n \sum X_i \xrightarrow{} 一阶 EX 一阶Xˉ=n1​∑Xi​ ​一阶EX 二 阶 A 2 = 1 n ∑ X i 2 → 二 阶 E X 2 二阶 A_2 = \frac 1n \sum X_i^2 \xrightarrow{} 二阶 EX^2 二阶A2​=n1​∑Xi2​ ​二阶EX2

极大似然估计 完完全全的步骤法： (1) . 写出总体的概率函数（离散型）或者密度函数（连续性） (2) . 写出似然函数 L ( θ ) L(θ) L(θ) （ θ θ θ为待估计参数） (3) . 两边同时取对数 ln ⁡ \ln ln (4) . 对 θ θ θ求导，令导数等于 0 0 0，解出 θ θ θ，即为 θ ^ \hatθ θ^.（注：若第(4)步无解，回归原始定义，找到 θ ^ \hatθ θ^使 L ( x , L(x, L(x, θ ^ \hatθ θ^ ) ) )最大.）

解：(1).

E X = ∫ c ∞ x θ C θ x − ( θ + 1 )   d x = θ C θ ∫ c ∞ x − θ d x = θ C θ − 1 = μ EX = \int_c^\infty xθC^θx^{-(θ+1)}\, dx = θC^θ\int_c^\infty x^{-θ} dx = \frac {θC}{θ-1} = μ EX=∫c∞​xθCθx−(θ+1)dx=θCθ∫c∞​x−θdx=θ−1θC​=μ 即 ： μ = X ˉ = θ C θ − 1 , 得 ： θ ^ = X ˉ X ˉ − C 即： μ = \bar X = \frac {θC}{θ-1}, 得：\hat θ = \frac {\bar X}{\bar X-C} 即：μ=Xˉ=θ−1θC​,得：θ^=Xˉ−CXˉ​

(2). 似 然 函 数 ： L ( θ ) = ∏ i = 1 n θ C θ x i − ( θ + 1 ) = θ n C n θ ∏ i = 1 n x i − ( θ + 1 ) 似然函数： L(θ) = \prod_{i=1}^n θC^θx_i^{-(θ+1)} = θ^nC^{nθ} \prod_{i=1}^n x_i^{-(θ+1)} 似然函数：L(θ)=i=1∏n​θCθxi−(θ+1)​=θnCnθi=1∏n​xi−(θ+1)​ 取 对 数 ： ln ⁡ L ( θ ) = n ln ⁡ θ + n θ ln ⁡ C − ( θ + 1 ) ∑ i = 1 n ln ⁡ x i 取对数： \ln L(θ) = n\lnθ + nθ\ln C - (θ+1)\sum_{i=1}^n \ln x_i 取对数：lnL(θ)=nlnθ+nθlnC−(θ+1)i=1∑n​lnxi​ 令 导 数 为 0 ： d ln ⁡ ( θ ) d θ = n θ + n ln ⁡ C − ∑ i = 1 n ln ⁡ x i = 0 令导数为0：\frac {d\ln (θ)}{dθ} = \frac nθ + n\ln C - \sum_{i=1}^n \ln x_i = 0 令导数为0：dθdln(θ)​=θn​+nlnC−i=1∑n​lnxi​=0 解 得 ： θ ^ = n ∑ i = 1 n ln ⁡ x i − n ln ⁡ C 解得： \hat θ = \frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln x_i - n\ln C} 解得：θ^=∑i=1n​lnxi​−nlnCn​

设总体X的密度函数为 f ( x ) = { λ α x α − 1 e − λ x α , x > 0 0 , x ⩽ 0 f(x) = \begin{cases} \lambda αx^{α-1}e^{-\lambda x^α}, & \text{x > 0} \\ 0, & \text x \leqslant 0 \end{cases} f(x)={λαxα−1e−λxα,0,​x > 0x⩽0​ 其中 α > 0 α>0 α>0是已知常数， λ > 0 \lambda > 0 λ>0是未知参数， X 1 , X 2 , . . . , X n X_1,X_2,...,X_n X1​,X2​,...,Xn​为简单随机样本，求 λ \lambda λ的极大似然估计量.

解： 似 然 函 数 ： L ( λ ) = ∏ i = 1 n λ α x i α − 1 e − λ x i α = λ n α n ∏ i = 1 n x i α − 1 e − λ ∑ i = 1 n x i α 似然函数：L(λ) = \prod_{i=1}^n λαx_i^{α-1}e^{-\lambda x_i^α} = λ^n\alpha^n \prod_{i=1}^n x_i^{α-1}e^{-\lambda \sum _{i=1}^n x_i^α} 似然函数：L(λ)=i=1∏n​λαxiα−1​e−λxiα​=λnαni=1∏n​xiα−1​e−λ∑i=1n​xiα​ 取 对 数 ： ln ⁡ L ( λ ) = n ln ⁡ λ + n ln ⁡ α + ln ⁡ ∏ i = 1 n x i α − 1 − λ ∑ i = 1 n x i α 取对数： \ln L(λ) = n\lnλ + n\ln α +\ln \prod _{i=1}^n x_i^{α-1} - λ\sum_{i=1}^n x_i^\alpha 取对数：lnL(λ)=nlnλ+nlnα+lni=1∏n​xiα−1​−λi=1∑n​xiα​ 令 导 数 为 0 ： d ln ⁡ ( λ ) d λ = n λ − ∑ i = 1 n x i α = 0 令导数为0：\frac {d\ln (λ)}{dλ} = \frac nλ -\sum_{i=1}^n x_i^\alpha = 0 令导数为0：dλdln(λ)​=λn​−i=1∑n​xiα​=0 解 得 ： λ ^ = n ∑ i = 1 n x i α 解得： \hat λ = \frac{n}{\sum_{i=1}^n x_i^\alpha} 解得：λ^=∑i=1n​xiα​n​

设某种清漆的9个样品，其干燥时间(单位:h)分别为 6.0 ， 5.7 ， 5.8 ， 6.5 ， 7.0 ， 6.3 ， 5.6 ， 6.1 ， 5.0 6.0，5.7，5.8，6.5，7.0，6.3，5.6，6.1，5.0 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 T T T~ N ( μ , σ ) N(μ,\sigma) N(μ,σ)，就下面两种情况求 μ μ μ的置信度为0. 95的双侧置信区间. (1) σ \sigma σ = 0.6(h); (2) σ σ σ 未知.

区间估计： 也是固定套路，分别求出所需要的各种参数，然后代入公式

注： S w 2 = ( n 1 − 1 ) S 1 2 + ( n 2 − 1 ) S 2 2 n 1 + n 2 − 2 S_w^2 = \frac {(n_1-1)S_1^2 +(n_2-1)S_2^2 }{n_1+n_2-2} Sw2​=n1​+n2​−2(n1​−1)S12​+(n2​−1)S22​​

解：(1). ∵ 1 − α = 0.95 ∴ α 2 = 0.025 n = 9 , σ = 0.6 δ = σ n z 0.025 = 0.6 9 × 1.96 = 0.392 X ˉ = 1 9 × ( 6.0 + 5.7 + 5.8 + 6.5 + 7.0 + 6.3 + 5.6 + 6.1 + 5.0 ) = 6.0 μ 的 置 信 度 为 0.95 的 双 侧 置 信 区 间 为 ： ( X ˉ − δ , X ˉ + δ ) = ( 5.608 , 6.392 ) \because 1-\alpha = 0.95 \qquad \therefore \frac \alpha2 = 0.025 \qquad n=9,\sigma=0.6\\ \delta =\frac{\sigma}{\sqrt n}z_{0.025} =\frac{0.6}{\sqrt 9}\times1.96=0.392\\ \bar X = \frac 19\times(6.0+5.7+5.8+6.5+7.0+6.3+5.6+6.1+5.0)=6.0\\ μ的置信度为 0. 95 的双侧置信区间为：(\bar X-\delta,\bar X+\delta)=(5.608,6.392) ∵1−α=0.95∴2α​=0.025n=9,σ=0.6δ=n ​σ​z0.025​=9 ​0.6​×1.96=0.392Xˉ=91​×(6.0+5.7+5.8+6.5+7.0+6.3+5.6+6.1+5.0)=6.0μ的置信度为0.95的双侧置信区间为：(Xˉ−δ,Xˉ+δ)=(5.608,6.392) (2). ∵ σ 未 知 ∴ σ 的 1 − α 置 信 区 间 为 ： ( X ˉ − t α 2 ( n − 1 ) S n , X ˉ + t α 2 ( n − 1 ) S n ) 对 抽 样 的 样 本 值 有 ( x ˉ − t α 2 ( n − 1 ) s n , x ˉ + t α 2 ( n − 1 ) s n ) s = s 2 = ∑ i = 1 n ( x i − x ˉ ) 2 n − 1 = 0.5745 查 表 t 0.025 = 2.306 ∴ 代 入 得 ： μ 的 置 信 度 为 0.95 的 双 侧 置 信 区 间 ( 5.558 , 6.418 ) \because\sigma未知 \qquad \therefore \sigma的1-\alpha置信区间为：\left(\bar X-t_\frac \alpha2(n-1) \frac S{\sqrt n},\bar X+t_\frac \alpha2(n-1) \frac S{\sqrt n}\right) \\ 对抽样的样本值有\left(\bar x-t_\frac \alpha2(n-1) \frac s{\sqrt n},\bar x+t_\frac \alpha2(n-1) \frac s{\sqrt n}\right)\\ s=\sqrt {s^2} = \sqrt {\frac {\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2}{n-1}} = 0.5745\\ 查表\qquad t_{0.025}=2.306\\ \therefore代入得：μ的置信度为 0. 95 的双侧置信区间(5.558,6.418) ∵σ未知∴σ的1−α置信区间为：(Xˉ−t2α​​(n−1)n ​S​,Xˉ+t2α​​(n−1)n ​S​)对抽样的样本值有(xˉ−t2α​​(n−1)n ​s​,xˉ+t2α​​(n−1)n ​s​)s=s2 ​=n−1∑i=1n​(xi​−xˉ)2​ ​=0.5745查表t0.025​=2.306∴代入得：μ的置信度为0.95的双侧置信区间(5.558,6.418)

就8.6题中的两种情况求 μ μ μ 的置信度为 0. 95 的单侧置信上限。

单侧置信区间： 欲 求 置 信 度 为 1 − α 的 单 侧 置 信 区 间 ( θ ‾ , + ∞ ) 或 ( − ∞ , θ ‾ ) 可 以 先 求 置 信 度 为 1 − 2 α 的 双 侧 置 信 区 间 ( θ ‾ , θ ‾ ) 由 ( θ ‾ , θ ‾ ) 自 然 就 得 出 两 个 单 侧 置 信 区 间 ( − ∞ , θ ‾ ) 和 ( θ ‾ , + ∞ ) 根 据 需 要 取 其 一 ， 就 是 置 信 度 为 1 − α 的 单 侧 置 信 区 间 . 欲求置信度为 1 - α 的单侧置信区间(\underline{\theta}, +∞)或(-∞,\overline{\theta})\\可以先求置信度为1-2α的双侧置信区间(\underline{\theta},\overline{\theta})\\由(\underline{\theta},\overline{\theta})自然就得出两个单侧置信区间(-∞,\overline{\theta})和(\underline{\theta}, +∞)\\根据需要取其一，就是置信度为1-α的单侧置信区间. 欲求置信度为1−α的单侧置信区间(θ​,+∞)或(−∞,θ)可以先求置信度为1−2α的双侧置信区间(θ​,θ)由(θ​,θ)自然就得出两个单侧置信区间(−∞,θ)和(θ​,+∞)根据需要取其一，就是置信度为1−α的单侧置信区间.

解： 1 − α = 0.95 α = 0.05 1 − 2 α = 0.90 n = 9 σ = 0.6 x ˉ = 6.0 s = 0.5745 查 表 : z 0.05 = 1.645 t 0.05 = 1.8595 1-\alpha = 0.95 \qquad \alpha= 0.05 \qquad 1-2\alpha = 0.90 \\ n=9\qquad\sigma=0.6 \qquad \bar x=6.0 \qquad s=0.5745\\ 查表:\qquad z_{0.05}=1.645\qquad t_{0.05}=1.8595 1−α=0.95α=0.051−2α=0.90n=9σ=0.6xˉ=6.0s=0.5745查表:z0.05​=1.645t0.05​=1.8595 (1) σ = 0.6 \sigma = 0.6 σ=0.6,

μ ‾ = x ˉ + z 0.05 σ n = 6.0 + 1.645 × 0.2 = 6.329 \overline \mu=\bar x + z_{0.05}\frac {\sigma}{\sqrt n} = 6.0+1.645\times0.2=6.329 μ​=xˉ+z0.05​n ​σ​=6.0+1.645×0.2=6.329

(2) σ σ σ 未知,

μ ‾ = x ˉ + t 0.05 ( 8 ) s n = 6.0 + 1.8595 × 0.5745 9 = 6.356 \overline \mu=\bar x+t_{0.05}(8) \frac s{\sqrt n} = 6.0+1.8595\times \frac {0.5745}{\sqrt 9} = 6.356 μ​=xˉ+t0.05​(8)n ​s​=6.0+1.8595×9 ​0.5745​=6.356

随机取某种炮弹 9 发做试验，求得炮口速度的样本标准差 S = 11 ( m / s ) S = 11(m/s) S=11(m/s)，设炮口速度服从正态分布 N ( μ , σ ) N(μ,\sigma) N(μ,σ)，求炮口速度的均方差 σ σ σ的置信度为 0.95 的双侧置信区间。

解： 1 − α = 0.95 α = 0.05 α / 2 = 0.025 n − 1 = 8 s 2 = 121 查 表 : χ 0.025 2 ( 8 ) = 17.535 χ 0.975 2 ( 8 ) = 2.180 ∴ ( n − 1 ) s 2 χ α / 2 2 ( n − 1 ) = 968 17.535 = 55.203 ( n − 1 ) s 2 χ 1 − α 2 2 ( n − 1 ) = 968 2.180 = 444.036 ∴ 均 方 差 σ 的 置 信 区 间 ： ( σ ‾ , σ ‾ ) = ( 55.203 , 444.036 ) = （ 7.4 , 21.1 ） 1-\alpha = 0.95 \qquad \alpha= 0.05 \qquad \alpha/2 = 0.025 \qquad n-1=8 \qquad s^2=121\\ 查表:\qquad \chi_{0.025}^2(8)=17.535\qquad \chi_{0.975}^2(8)=2.180\\ \therefore\frac{(n-1)s^2}{\chi_{\alpha/2}^2(n-1)}=\frac{968}{17.535}=55.203\qquad\frac{(n-1)s^2}{\chi_{1-\frac \alpha2}^2(n-1)}=\frac{968}{2.180}=444.036\\ \therefore均方差\sigma的置信区间：\qquad (\underline\sigma,\overline\sigma) = (\sqrt{55.203},\sqrt{444.036}) = （7.4,21.1） 1−α=0.95α=0.05α/2=0.025n−1=8s2=121查表:χ0.0252​(8)=17.535χ0.9752​(8)=2.180∴χα/22​(n−1)(n−1)s2​=17.535968​=55.203χ1−2α​2​(n−1)(n−1)s2​=2.180968​=444.036∴均方差σ的置信区间：(σ​,σ)=(55.203 ​,444.036 ​)=（7.4,21.1）

研究两种燃料的燃烧率，设两者分别服从正态分布 N ( μ 1 , 0.0 5 2 ) , N ( μ 2 , 0.0 5 2 ) N(\mu_1,0.05^2),N(\mu_2,0.05^2) N(μ1​,0.052),N(μ2​,0.052)。取样本容量 n 1 = n 2 = 20 n_1= n_2 = 20 n1​=n2​=20 的两组独立样本，求得燃烧率的样本均值分别为 18，24，求两种燃料燃烧率总体均值差 ( μ 1 − μ 2 ) (\mu_1 - \mu_2) (μ1​−μ2​) 的 置信度为 0.99 的双侧置信区间.

解： 1 − α = 0.99 α = 0.01 α / 2 = 0.005 n 1 = n 2 = 20 n 1 + n 2 − 2 = 38 查 表 : z 0.005 = 2.58 ∴ δ = z α 2 σ 1 2 n 1 + σ 2 2 n 2 = 0.04 ∴ ( μ 1 − μ 2 ) 的 置 信 度 为 0.99 的 双 侧 置 信 区 间 ： ( μ 1 − μ 2 ‾ , μ 1 − μ 2 ‾ ) = ( X ˉ − Y ˉ − δ , X ˉ − Y ˉ + δ ) = （ − 6.04 , − 5.96 ） 1-\alpha = 0.99 \qquad \alpha= 0.01 \qquad \alpha/2 = 0.005 \qquad n_1=n_2=20 \qquad n_1+n_2-2=38\\ 查表:z_{0.005}=2.58\\ \therefore\delta =z_\frac \alpha2 \sqrt {\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}}=0.04\\ \therefore(\mu_1 - \mu_2)的 置信度为 0.99 的双侧置信区间：\\ \qquad (\underline{\mu_1 - \mu_2},\overline{\mu_1 - \mu_2}) = (\bar X- \bar Y - \delta,\bar X- \bar Y +\delta ) = （-6.04,-5.96） 1−α=0.99α=0.01α/2=0.005n1​=n2​=20n1​+n2​−2=38查表:z0.005​=2.58∴δ=z2α​​n1​σ12​​+n2​σ22​​ ​=0.04∴(μ1​−μ2​)的置信度为0.99的双侧置信区间：(μ1​−μ2​​,μ1​−μ2​​)=(Xˉ−Yˉ−δ,Xˉ−Yˉ+δ)=（−6.04,−5.96）

两化验员甲,乙各自独立地用相同的方法对某种聚合物的含氯量各做 10 次测量，分别求得测定值的样本方差为 s 1 2 = 0.5419 , s 2 2 = 0.6065 s_1^2 = 0. 5419,s_2^2 = 0. 6065 s12​=0.5419,s22​=0.6065，设测定值总体,分别服从正态分布 N ( μ 1 , σ 2 ) , N ( μ 2 , σ 2 ) N(\mu_1,\sigma^2),N(\mu_2,\sigma^2) N(μ1​,σ2),N(μ2​,σ2)，试求方差比 ( σ 1 2 / σ 2 2 ) (\sigma_1^2/\sigma_2^2) (σ12​/σ22​) 的置信度为 0. 95 的双侧置信区间.

解： 1 − α = 0.95 α / 2 = 0.025 n 1 − 1 = n 2 − 1 = 9 查 表 : F 0.025 ( 9 , 9 ) = 4.03 F 0.975 ( 9 , 9 ) = 0.248 s 1 2 = 0.5419 s 2 2 = 0.6065 ∴ ( S 1 2 / S 2 2 F α / 2 ( n 1 − 1 , n 2 − 1 ) , S 1 2 S 2 2 F α 2 ( n 1 − 1 , n 2 − 1 ) ) = ( 0.5419 / 0.6065 4.03 , 0.5419 0.6065 × 4.03 ) = ( 0.222 , 3.601 ) 1-\alpha = 0.95 \qquad \alpha/2 = 0.025 \qquad n_1-1=n_2-1=9 \\ 查表:F_{0.025}(9,9)=4.03\qquad F_{0.975}(9,9)=0.248\\ s_1^2=0.5419\qquad s_2^2=0.6065\\ \therefore\qquad\left (\frac {S_1^2/S_2^2}{F_{\alpha/2}(n_1-1,n_2-1)},\frac {S_1^2} {S_2^2}F_\frac\alpha2 (n_1-1,n_2-1)\right) = (\frac{{0.5419}/{0.6065}}{4.03},\frac{0.5419}{0.6065}\times4.03)=(0.222,3.601) 1−α=0.95α/2=0.025n1​−1=n2​−1=9查表:F0.025​(9,9)=4.03F0.975​(9,9)=0.248s12​=0.5419s22​=0.6065∴(Fα/2​(n1​−1,n2​−1)S12​/S22​​,S22​S12​​F2α​​(n1​−1,n2​−1))=(4.030.5419/0.6065​,0.60650.5419​×4.03)=(0.222,3.601)

附： \qquad 第九章传送门