高职应用数学第二节-估计课件.ppt

1、一一.点估计点估计设 为总体X的待估计的参数，为总体12,nXXXX的一个样本，以具体数值去估计未知参数的方法叫点估计法.点估计的基本思想是：（1）用一定的方法构造出一个估计量 12(,);nX XX（2）依据样本值计算出估计量的观察值 12(,);nx xx（3）以此值 12(,)nx xx作为 总体参数的数值.定义定义9.2.1X2S11,niiXXn22111niiSXXn以样本数字特征作为总体数字特征的估计量的方法称为数字特征估计法,简称数字特征法数字特征法.数字特征法是点估计中最简单的方法.和样本方差的均值和方差的估计量,即,.常用的三种点估计法:1.1.数字特征法数字特征法分别作为

2、总体我们常选择样本均值112.6 12.0 12.2 12.8 12.512.45X 4)4.125.12()4.128.12()4.122.12()4.120.12()4.126.12(222222S 从某一正态总体中,随机抽取一个容量为5的样本,其样本值为 12.6,12.0,12.2,12.8,12.5,试估计总体的均值和方差值.,样本方差为可取12.4和0.0975分为总体的均值和方差的估计值.解解 样本均值为 例例9.2.1 9.2.1=0.0975.例例9.2.2 设总体 X(,)U a b，试求,a b的估计量.解解 由 211()()()()212E XabD Xba，设 22

3、011()()212XabSba，则 0033aXSbXS，2.矩估计法矩估计法设 X1,X2,Xn 是取自总体的一个样本11nkkiiAXn*KN（）总体 X 的 k 阶:()kkE X*KN（）样本的 k 阶矩:nikikXXnB1)(1()kN kkXEXE样本的 k 阶中心矩:总体 X k 阶中心矩:()kN 矩估计法就是用样本各阶矩估计总体相应的各阶矩,从而求得未知参数的估计量.数字特征法即为特例.设总体 X 的分布中含有未知参数 12,k 假定总体 X 的 m 阶原点矩 12()(,)mmkE XV(1,2,)mk存在.令(1,2,)mmAmk，即 1211(,)nmmkiiVXn

4、(1,2,)mk解此方程组，可求得12(,)mmnX XX(1,2,)mk分别用解 12,k 作为未知参数 12,k 的估计量.这样求出的估计量称为矩估计量.例例9.2.3(1)设 12,nXXX是取自正态总体XN 2(,)的一个样本，试求参数 2和的估计量.解解 令 1()E XX22222211()()()niiXE XD XE Xn解方程组，得 2和的矩估计量为 22221111()nniiiiXXXXXnn，。例例9.2.3(2)设总体X服从均匀分布(0,)U，它的概率 密度为10()0 xf x其它求(1)未知参数 的矩估计量；(2)当样本值为1.2，1.5，1.6，1.3，1.7，

5、1.8时，求 的矩估计值.解解 (1)因为 01()()2E Xxf x dxxdx令 11()niiE XXXn,即 2X所以 2X(2)由所给的样本值得1(1.21.51.61.3 1.71.8)1.51676X 所以 23.0334X3.最大似然估计法最大似然估计法 最大似然估计法是对分布密度函数的参数进行点估 计.设 为随机变量 X 的概率密度函数，(,)f x计的参数.为待估12,nXXX为取自总体 X 的一个样本，相应 的样本值为 12,nx xx，令 12()(,)(,)(,),nLf Xf Xf X称()L为的似 然函数.在对参数 的估计时，应使似然函数()L达到最大，这种方法

6、称为最大似然估计法.所得到的估计量 最大似然估计量。称为如果把 xi 看作常数，于是求最大似然估计量 的问题，就转化为寻求 的值，使 最大.()L如下：具体步骤(1)构造似然函数 1()(,),niiLf x(2)取对数 1()ln(,),niiLnLf x(3)解方程 ln()0dLd 求出使 取得极大值的 ，即是 的最大似然估计量.()L设似然函数为12121(,)(,)nmimiLf x 对上式求偏导数，令12lnL(,)0mi(1,2,)im这组方程的解 12,m 就是未知参数 12,m 的最大似然估计量.例例9.2.4 设总体 X 的概率密度为101(,)0 xxf x其它其中 为未

7、知参数，且 .试求 的矩估计量和最大似然估计量.0解解（1）因为10()(;),1E Xxf xdxx dx令(),E XX1X即解得 1XX，1XX所以（2）设 是总体X的样本值，12,nXXX似然函数为 则的1111()()nnniiiiLxx取对数 1()ln(1)ln,niiLnLnx对 求导，得方程 1ln()ln0,niidLnxd解得 1,lnniinx 所以 1lnniinx X(1,),Bp12,nXXXp例例9.2.5 9.2.5 设总体为取自总体的一个样本,试求的最大似然估计.X12,nx xx11,0,1xxP Xxppx解解 设是样本的一个样本值,因为 的分布律为12

8、,nXXXX()L p 11(1)iinxxippniiniixnxpp11)1(所以最大似然函数为,ln()L p 11()ln()ln(1);nniiiixpnxpln()dL pdp0111pxnpxniiniixxnpnii11p11.niipXXn取对数得 求导数并令其等于0,得 解得,所以 的最大似然估计量为.三三.估计量的评价标准估计量的评价标准 对于同一个未知参数，可以采用不同的方法去估计，求出的估计量一般与真值不相等.那么，哪一个更好呢？需要一定的标准来评价，效性这两个标准评价估计量的好坏.通常用无偏性和有1.无偏性设 是总体 X 的未知参数 的估计量，若()E，称 为参数

9、的无偏估计量.(,1),XN12,XXX21,2122113131,5352XXXX(,1)XN()iE X(1,2),i 例例9.2.69.2.6设总体,是总体试判别以下估计量中哪些是无偏的？.解解 因为,的一个样本,1()E)5352(21XXE1223()()55E XE X2355得 .有2()E)3131(21XXE1211()()33E XE X2312所以,是的无偏估计量,不是的无偏估计量.附例附例 设 12,nXXX是取自正态总体 XN 2(,)的一个样本，试说明：(1)样本均值 11niiXXn是总体均值 的无偏估计；(2)统计量 2211()1niiSXXn是总体方差 2的

10、无偏估计；而统计量222111()ninXiXsnn不是 2的无偏估计.解解（1）因为()iE X(1,2,)in所以 1111()()().nniiiE XEXE Xinn（2）2211()()1niiE SEXXn2211(2)1niiiEXX XXn2211121nniiiiEXXXnXn即 X是 的无偏估计。2211()1niiEXnXn2211()()1niiE XnE Xn由于),(2nX，即 222(),()()().E XD XXXn 得 22(),E Xn2(),iE X222211()().1niE Snnn所以统计量 是总体X的方差 的无编估计.2S2而 222211()

11、()nnSnn所以统计量 不是总体X的方差 的无偏估计.22(2)有效性有效性对一个参数 而言，仅根据无偏性来确定估计量的好坏是不够的，还要求它具有最小的方差，即 与的偏离程度越小越好，这就是有效性的要求.12,设都是总体X的未知参数 的无偏估计量,如果 12()(),DD称 12比有效.例例9.2.7 设 12,(2)nXXXn 是取自正态总体XN 2(,)的一个样本.112112,3nniiXXXXn试说明：12比有效.解解 由于 12,nXXX相互独立且都与X同分布，所以()()iE XE X，2()()iD XD X，(1,2,)in于是 11111()()()nniiiiEEXE X

12、nn12121()()()2()33nnXXEEE XE X即 12，都是 的无偏估计.而21211111()()()nniiiiDDXD Xnnn221122()4()5()()399nnXXD XD XDDn(2)n 所以 12比有效。附例附例 设总体XN(,1),X1,X2是总体X的一个样本，设112212312231311,554433XXXXXX问 (1)中哪些是无偏估计量？123,(2)哪一个无偏估计量有效？解解 因为XN(,1),有(),()1(1,2)iiE XD Xi得 11223()()55EEXX1223()()55E XE X235511212234913()()()(

13、)55252525DDXXD XD X21213()()44EEXX1213()()44E XE X13442121213195()()()()4416168DDXXD XD X)(3E1211()33EXX1211()()33E XE X23所以，12,是的无偏估计量，3不是的无偏估 计量，且 有效.12比区间估计，就是构造两个统计量 12(,)nX XX及 12(,)nXXX(),用随机区间(,)来估计总体分布所含未知参数 的可能取值范围的一种估计.设总体X的未知参数为 ，对于给定的常数(01)，若由样本 12,nXXX构造的统计量,值满足()1p 称 1为置信度（或称置信水平），区间(,

14、)是 的置信度为 1的置信 区间，简称置信区间，和分别称为置信下限和置信 上限.定义定义9.2.2 区间(,)是随机的，不同的样本取到的区间不同.若选取置信度 越大，1即未知参数 区间的概率越大，的真值在置信那么估计值的可靠性就高；区间的长度越大，此时置信 即估计值误差也越大，则估计的精确 性就低，反之，则相反.因此，在实际问题中，选取置信1度 的值，兼顾估计值的可靠性与精确性.应适当1.已知方差已知方差 2，对期望对期望 的区间估计的区间估计 设 12,nXXX是取自正态总体XN 2,（）个样本，的一由样本均值的分布知，统计量：(0,1)Xn，对于给定的置信度 1，由标准 正态分布表，存在双

15、侧临界值 2X，使得 221XPXnX 成立即221P XXXXnn 所以 的 置信区间为：122(,)XXXXnn例例9.2.8 设总体XN 2(,100),现从中抽取容量为7的样本值：1410，1505，1360，1530，1470，1525，1455 试求在置信度为95%下 的置信区间.解解 已知，由 1=0.95，所以=0.05.查标准正态分布表，20.05()=110.97522X，故 2=1.96,X且 117niixx1410 1505 1360 1530 1470 1525 145514657210014651.961390.97XXn于是2100=1465+7XXn1.96=

16、1539.1 即 的置信度为0.95的置信区间是(1390.9，1539.1).221553125.332.573165.17.100 xun则（3085.50,3165.17）.的置信水平为99%的置信区间为注注:例9.2.9的答案说明,在已知155可以99%的置信度认为每个旅游者的平均消费额在的条件下,3085.50港元至3165.17港元之间.3125.33X 155100,3125.33,155.nX10.99,0.005.2例例9.2.99.2.9【消费调查】香港某旅行社为调查当地旅游者分布,且标准差港元,求该地旅游者平均消费额的置信度为99%的置信区间.由置信度得查附表求得的平均消

17、费额,随机访问了100名旅游者,得知平均消费额港元.根据经验,已知旅游者消费服从正态解解 由题设0.00522.57.uu所以 121553125.332.573085.50,100Xun2.未知方差 2，对期望 的区间估计 设 12,nXXX是取自正态总体XN 2(,)的一个 样本，由t分布知，统计量(1),Xnt nS其中 和S分别是样本均值和样本标准差.对给定的置信度 ，由t分布表，存在双侧临界值 X12t使得22(1)(1)1XPtnntnS 成立，即22(1)(1)SSP XtnXtnnn1如下图所示，所以 的 置信区间为122(1),(1)ssXtnXtnnnot()f t22t2

18、2t图9.2.1例例9.2.10 设取自正态总体XN 2(,)的一组样 本值4.6，5.3，5.0，5.8，6.3，5.5，4.9，5.1.试求总 体均值 的置信度为0.90的置信区间.解解 未知，10.90由，0.10所以，0.052，查t分布表，0.05(7)1.895.t可得且 2211115.3125()0.2955.1nniiiiXxSxXnn，20.2955(1)5.31251.8954.9484,8SXtnn20.2955(1)5.31251.8955.6766.8SXtnn所以 的置信度为0.90的置信区间是(4.9484，5.6766).739.98X 312.70S 36,

19、739.98,312.70.nXS10.99,0.005.2t0.0052(1)(35)2.7238.tnt例例9.2.119.2.11【保险理赔】一家保险公司想要估计过去一元,样本标准差是元.试以99%置信水平估计去年一年里投保由得查 分布表求得年里投保人的平均理赔额,选取了36个投保人作为一个随机样本,得到样本均值是人的平均理赔额.解解 由题知即去年一年里投保人平均理赔额的置信水平为99%的置信区间为（598.10,881.95）.所以 10.005312.70(29)739.982.7238598.10,36sXtn20.005312.70(29)739.982.7238881.95,3

20、6sXtn 3.方差方差 的区间估计的区间估计2设 12,nXXX是取自正态总体XN 2(,)的一个样本，由 分布知，统计量 2222(1)(1)nSn其中 为方差，为样本方差.22S1,2)1(221n)1(22n2222122(1)(1)(1)1,nSPnn 对于给定的置信度由分布表,存在双侧和,使得,临界值()f tot2221222图9.2.2 22222122(1)(1)1,(1)(1)nSnSPnn 22222122(1)(1)(,),(1)(1)nSnSnn即所以的置信区间为.如(图9.2.2)所示,例例9.2.12 以例9.2.10 所给条件，求总体方差 的置信度为0.90的置

21、信区间.2解解 20.2955S，10.90由，0.052得，10.952，17n 且，2查分布表可得 20.05(7)14.067，20.95(7)2.167X。所以，方差 的置信度为0.90的置信区间是 27 0.2955 7 0.2955(,)(0.147,0.9545).14.0672.167186,X 12.S 2(,),XN 225,186,12.nXS10.90,0.05.2t0.052(1)(24)1.711,tnt例例9.2.139.2.13【医学检验】为考察某地区成年男性的胆样本标准差假定所论胆固醇水平均未知,试分别求置信水平为90%且解解 由题知由得查 分布表得固醇水平,现抽取了样本容量为25的样本,并测得样本均值和的置信区间.的 和2所以 0.0512(24)186 1.711181.89,25sXtn0.0512(24)186 1.711190.11.25sXtn124n 222220.950.05122(1)(24)13.85,(1)(24)36.42,nn2222122(1)24 144(1)24 14494.89,249.53,(1)36.42(1)13.85nsnsnn故的置信水平为90%的置信区间为（181.89,190.11）.的分布表,求得所以 故 置信水平为90%的置信区间为（94.89,249.53）.查自由度为2