表7.1 两家超市浴皂的销售情况
购买了佳家公司的浴皂 购买了其他公司的浴皂 超市1 180 724 超市2 155 883 在95％的置信水平下，估计一下两总体比例之间的差异。
解： 参数是两个总体比例p1?p2间的差异（其中p1,p2分别是在超市1和超市2中佳家公司浴皂的销售比例）.
n1?180?724?904，n2?155?883?1038，
?1?p180155?2??0.1991，p?0.1493，
9041038??0.05，U?2?U0.025?1.96，
在95％的置信水平下，p1?p2的置信区间为：
?1?p?2??U?2?p?1?1?p?1?p??1?p?2?p?2 n1n2??0.1991?0.1493??1.96?0.0498?0.0339
0.1991(1?0.1991)0.1493(1?0.1493) ?9041038由此，在95%置信水平下, 采用色彩鲜艳的包装的产品的市场份额比采用简单绿色包装的产品的市场份额高出1.59％～8.37％.
习 题 6–6
1. 假设总体X~N(?,?2), 从总体X中抽取容量为10的一个样本, 算得样本均值x?41.3, 样本标准差S?1.05, 求未知参数?的置信水平为95%的单侧置信下限.
解 由题设知X??X??~t(n?1), 即~t(9), S/nS/10?X???令P??t?(9)??1???0.95,
?S/10?
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S??即P???X?t0.0.5(9)??0.95,
10??故?置信水平为95%的单侧置信区间下限为
41.3?1.05?1.3831?40.84. 10?1?x/??e,x?0,??0未知.2.设总体X服从指数分布,其概率密度为f(x)????其它,?0,从总体中抽取一容量为n的样本X1,X2,,Xn. (1)证明
2nX?~?2(2n). (2)求
?的置信水平为1??的单侧置信下限. (3)某种元件的寿命(以小时计)服从上述指数分布,现从中抽得一容量为n?16的样本,测得样本均值为5010(小时),试求元件的平均寿命的置信水平为0.90的单侧置信下限.
解 (1)令Z?2X?,因z?2x?为严格单调函数,其反函数为x??2z,故由知Z?????1?z/2?fz(z)?e,??的概率密度为 fZ(z)???222???0,?z?0， 其他.它是自由度为2的卡方分布的概率密度.即 2X/?~?2(2).
X1,X2,,Xn是来自X的样本,因此X1,X2,,Xn相互独立, 都与X有相同
的分布.这样就有
2X/?~?2(2),i?1,2,,n. 再由卡方分布的可加性得
2nX???i?1n2Xi?~?2(2n).
?2nX?2(2)因 P????(2n)??1??,
????2nX? 即有 P?2????1??,
?(2n)???故?的置信水平为1??的单侧置信下限是??
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2nX. 2??(2n)22（3）令n?16,x?5010,1???0.90，??0.10,??(2n)??0.1(32)?42.585.
故 ??2?16?5010/42.585?3764.7.
3.为了研究某种新型汽车轮胎的磨损性能，随机地选择了17只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止. 记录下各自的行驶里程(单位：千米)如下：
43000 39870
45000 41500 42380 39800 39500 41250 44100 41770 40200 41530 40850 42370 38950 46700 40550
假设这些数据取自正态总体N(?,?2). 其中参数?,?2均未知，试求?的置信水平为0.95的单侧置信下限.
解:
T?X??~t(n?1), S/n?X???对于给定的置信度1??, 有P??t?(n?1)??1??,
?S/n?S??即P???X?t?(n?1)??1??,
n??可得?的置信度为1??的单侧置信下限为X?t?(n?1)S, n根据已知数据进行计算, 有 x?41724.7, s?2064.183 n?17, ??0.05.查表得t0.05(16)?1.7459, 所以?的置信度为95%的置信下限为X?t?(n?1)Sn?40850.65, 也就是说, 该批轮胎的平均寿命至少在40850.65千米以上, 可靠
程度为95%.
总 习 题 六
1． 设总体X的方差为1，根据来自X的容量为100的简单随机样本，测得样本均值为5. 则X的数学期望的置信度近似等于0.95的置信区间为_____________.
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解：因为?2已知，所以置信水平为95%，?的置信水平为1??的置信区间为1??的置信区间为
(X?u??n2, X?u??n2) ，
其中u0.025?1.96，将上述数据代入，得?的95%置信区间为（4.804, 5.196）
2．
设由来自正态总体X~N(?,0.92)容量为9的简单随机样本，得样本
均值X?5.则未知参数?的置信度为0.95的置信区间为___________.
解：因为?2已知，所以置信水平为95%，?的置信水平为1??的置信区间为1??的置信区间为
(X?u??n2, X?u??n2) ，
其中u0.025?1.96，将上述数据代入，得?的95%置信区间为(5.412, 5.588)
3．设0.51, 1.25, 0.80, 2.00是来自总体X的简单随机样本值. 已知
Y?lnX服从正态分布N(?,1). (1)求X的数学期望EX(记EX为b)；(2)求?的
置信度为0.95的置信区间；(3)利用上述结果求b的置信度为0.95的置信区间. 解： 1）因为Y?lnX服从正态分布N(?,?2)，所以X服从对数正态分布。X的数
学期望为b?EX?e???22
2）将0.51, 1.25, 0.80, 2.00分别取自然对数，结果分别为
?0.693,0.223,?0.223,0.693，因为Y?lnX服从正态分布N(?,1)，其中方差已知，
所以?的
95%的置信区间为(y?u??n2, y?u??n2)，其中y?0，
； ??1,?0.025?1.96,n?4，代入得?的95%的置信区间为（?0.98,0.98） 3） 因为
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0.95?p(?0.98???0.98)?p(?0.98??p(e?p(e?0.98??22?e??????22?22?0.98??22?22)?22?e?0.98?
)?0.98??22?b?e?0.98??22)所以b的置信度为0.95的置信区间为（1.62， 4.39） 4 设总体X的概率密度为
?e?(x??),若x?? f(x;?)??若x???0,则X1,X2,解： EX??
5．一地质学家研究密歇根湖地区的岩石成分，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，并由过去经验知，它们都服从二项分布B(n,p). p是该地区一块石子是石灰石的概率。求p的极大似然估计值，该地质学家所得的数据如下 样品中属石灰石的石子数 观察到石灰石的样品个数 0 0 1 1 2 6 3 4 5 6 7 8 9 10 1 0 ??Xn是来自总体X的简单随机样本，求未知参数?的矩估计量. X?1???X令Exe?(x??)dx?1??，
，所以?的矩估计量为??X?1
?7 23 26 21 12 3 解：p的极大似然估计值为p?X=0.499 6. 设总体X具有分布律
X 1 2 3 Pk ?2 2?(1??) (1??)2 其中?(0???1)为未知参数. 已知取得了样本值x1?1,x2?2,x3?1, 试求
?的矩估计值和最大似然估计值.
解：（1）求?的矩估计值
E(X)?1?θ2?2?2θ(1?θ)?3(1?θ)2?[θ?3(1?θ)][θ?(1?θ)]?3?2θ
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