概率论与数理统计课件-参数区间估计.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,参数估计,数理统计问题：如何,选取样本,来,对总体,的种种统计,特征,作出判断,。,参数估计问题：,知道,随机变量（总体）的,分布类型,，,但,确切的形式不知道,，,根据样本来估计总体的参数,，这,类问题称为,参数估计,（,paramentric,estimation,）。,参数估计的类型,点估计、区间估计,参数,的估计量,设总体的分布函数为,F(x,),（未知），,X,1,，,X,2,，,，,X,n,为样本，,构造一个统计量,来,估计,参数,，则称 为,参数的估计量,。,将样本观测值 代入 ，,得到的值 称为,参数,的估计值,。,点估计,（,point estimation),：如果,构造一个统计量,来作为参数,的估计量，则称为,参数的点估计,。,区间估计,（,interval estimation,）,：如果,构造两个,统计量,而用 来作为参数,可能取值范围的估计，称为,参数的区间估计,。,参数的点估计,点估计的方法,：,数字特征法、矩法、极大似然法,。,样本的数字特征法：,以样本的数字特征作为相应总体,数字特征的估计量。,以样本均值 作为总体均值 的点估计量,，即,点估计值,点估计值,以样本方差 作为总体方差 的点估计量,，即,例,1,一批钢件的,20,个样品的屈服点（,t/cm,2,）为,4.98 5.11 5.20,5.20,5.11 5.00 5.35,5.61 4.88 5.27 5.38 5.48 5.27 5.23,4.96 5.15 4.77 5.35 5.38 5.54,试估计该批钢件的平均屈服点及其方差。,解,由数字特征法，得屈服点及方差的估计值为,定义,设 为随机变量，若 存在，则称,为 的 阶,原点矩,，记作 ；若,存在，则称 为 的 阶,中心矩,，记作,样本的 阶原点矩，记作,样本的 阶中心矩，记作,阶矩的概念,参数的矩法估计,矩法估计,：,用样本的矩作为总体矩的估计量,，即,若总体,X,的分布函数中含有,m,个参数,1,，,2,，,，,m,，,总体的,k,阶矩,V,k,或,U,k,存在，则,或,参数的矩法估计,或,得,m,个方程构成方程组，解得的 即为参数,的矩估计量，代入样本观测值，即得参数,的矩估计值。,矩法估计,：用样本的矩作为总体矩的估计量,，即,例,2,设某总体,X,的数学期望为,EX=,，方差,DX=,2,，,X,1,，,X,2,，,，,X,n,为样本，试求,和,2,的矩估计量。,解,总体的,k,阶原点矩为,样本的,k,阶原点矩为,由矩法估计，应有,所以,结论,：不管总体,X,服从何种分布，总体期望和方差,的矩估计量分别为样本均值、样本方差,，即,估计值为,例,3,设,X,1,，,X,2,，,，,X,n,为,总体,X,的,样本，试求下列总体,分布参数的矩估计量。,解,（,1,）由于,（,2,）由于,所以参数,和,2,的矩估计量为,所以,得参数,p,的矩估计量为,例,3,设,X,1,，,X,2,，,，,X,n,为,总体,X,的,样本，试求下列总体,分布参数的矩估计量。,解,（,3,）由于,所以参数,的矩估计量为,可见：同一个参数的矩估计量可以不同。所以统计量,存在“优、劣”之分。,或,一阶矩,二阶矩,例,4,设总体,X,服从,1,，,2,上的均匀分布,，,1,2,，,求,1,，,2,的矩估计量，,X,1,，,X,2,，,，,X,n,为,X,的一个,样本。,解,由于,所以由矩法估计，得,解得,区间长度的矩估计量为,解,由于,所以由矩法估计，得,解得,所以，参数 的矩估计量为,例,5,对容量为,n,的子样，求下列密度函数中参数 的,矩估计量。,参数的极大似然估计法,思想：设总体,X,的密度函数为,f(x,),，为未知参数，则,样本（,X,1,X,2,X,n,）的联合密度函数为,令,参数,的估计量 ，使得样本（,X,1,X,2,X,n,）落在观测,值 的邻域内的概率,L(),达到最大，即,则称 为参数,的极大似然估计值。,参数的极大似然估计法,求解方法：,（,2,）取自然对数,其解 即为参数,的极大似然估计值。,（,3,）令,（,1,）构造似然函数,若总体的密度函数中有多个参数,1,，,2,，,，,n,，则将,第（,3,）步改为,解方程组即可。,例,6,假设（,X,1,，,X,2,，,，,X,n,）是取自正态总体,N(,2,),的样本，求,和,2,的极大似然估计量。,解,构造似然函数,取对数,续解,求偏导数，并令其为,0,解得,所以,，,2,的极大似然估计量为,与矩估计量,相同,估计量的评选标准,无偏性、有效性、相合性*、充分性与完备性*,无偏估计量,：设 是 的估计量，如果,则称 是 的,无偏估计量,（,unbiased estimation,）,例题,设总体的数学期望,EX,和方差,DX,都存在，,证明：样本均值 、样本方差,分别是,EX,、,DX,的无偏估计。,例题,设总体的数学期望,EX,和方差,DX,都存在，,证明：样本均值 、样本方差,分别是,EX,、,DX,的无偏估计。,证明,证明,有 效 性,设 是 的无偏估计量，当样本容量,n,固定时，使,达到最小的 称为 的有效估计,比较：若 ，则 比 有效。,例如,及 （其中 ）都是,EX,的无偏,估计，但 比 有效。,例如,及 （其中 ）都是,EX,的无偏,估计，但 比 有效。,因为,算术平均,几何平均,小 结,参数估计的点估计方法,数字特征法,：,以样本均值、方差作为总体期望、方差,的估计量,。,矩法估计,：,以样本,k,阶矩作为总体,k,阶矩的估计量。,或,作业,P130 1,，,2,，,4,预习 第三节 区间估计,区间估计,区间估计的思想,点估计总是有误差的，但没有衡量偏差程度的量，,区间估计则是按一定的可靠性程度对待估参数给出一个,区间范围。,引例,设某厂生产的灯泡使用寿命,XN,（,，,100,2,），,现,随机抽取,5,只，测量其寿命如下：,1455,，,1502,，,1370,，,1610,，,1430,，则该厂灯泡的平均使用寿命的点估计值为,可以认为该种灯泡的使用寿命在,1473.4,个单位时间左右，,但范围有多大呢？又有多大的可能性在这“左右”呢？,如果要求有,95%,的把握判断,在,1473.4,左右，则由,U,统计,量可知,由,查表得,置信水平、置信区间,设总体的分布中含有一个参数,，对给定的，如果,由样本（,X,1,，,X,2,，,，,X,n,）,确定两个统计量,1,（,X,1,，,X,2,，,，,X,n,），,2,（,X,1,，,X,2,，,，,X,n,），,使得,P,1,2,=1,-,，,则称随机区间（,1,，,2,）为,参数的置信度（或置信水平）为,1-,的置信区间。,1,置信下限 ,2,置信上限,几点说明,1,、参数,的置信水平为,1-,的置信区间（,1,，,2,）,表示该区间有,100,（,1-,）,%,的可能性包含总体参,数的真值。,2,、不同的,置信水平，参数的置信区间不同。,3,、,置信区间越小，估计越精确，但置信水平会降低；,相反，置信水平越大，估计越可靠，但精确度会降,低，置信区间会较长。,一般：对于固定的样本容量，,不能同时做到精确度高（置信区间小），可靠程度也,高（,1-,大）。如果不降低可靠性，而要缩小估计范,围，则必须增大样本容量，增加抽样成本。,正态总体方差已知，对均值的区间估计,如果总体,XN,（,，,2,），,其中,2,已知，,未知，,则取,U-,统计量 ，对,做区间估计。,对给定的置信水平,1-,，由,确定临界值（,X,的双侧分位数）得的置信区间为,将观测值 代入，则可得具体的区间。,例,1,某车间生产滚珠，从长期实践中知道，滚珠直径,X,可以认为服从正态分布，从某天的产品中随机抽取,6,个，,测得直径为（单位：,cm,）,14.6,，,15.1,，,14.9,，,14.8,，,15.2,，,15.1,（,1,）,试求该天产品的平均直径,EX,的点估计；,（,2,）若已知方差为,0.06,，试求该天平均直径,EX,的置信,区间：,=0.05,；,=0.01,。,解,（,1,）由矩法估计得,EX,的点估计值为,续解,（,2,）由题设知,XN,（,，,0.06,）,构造,U-,统计量，得,EX,的置信区间为,当,=0.05,时，,而,所以，,EX,的置信区间为（,14.754,，,15.146,）,当,=0.01,时，,所以，,EX,的置信区间为（,14.692,，,15.208,）,置信水平提高，置信区间扩大，估计精确度降低。,例,2,假定某地一旅游者的消费额,X,服从正态分布,N,（,，,2,），,且标准差,=12,元，今要对该地旅游者的平,均消费额,EX,加以估计，为了能以,95%,的置信度相信这种,估计误差小于,2,元，问至少要调查多少人？,解,由题意知：消费额,XN,（,，,12,2,），,设要调查,n,人。,由,即,得,查表得,而,解得,至少要调查,139,人,正态总体方差未知，对均值的区间估计,如果总体,XN,（,，,2,），,其中,，均未知,由,构造,T-,统计量,当置信水平为,1-,时，由,查,t-,分布表确定,从而得,的置信水平为,1-,的置信区间为,例,3,某厂生产的一种塑料口杯的重量,X,被认为服从正态,分布，今随机抽取,9,个，测得其重量为（单位：克）：,21.1,，,21.3,，,21.4,，,21.5,，,21.3,，,21.7,，,21.4,，,21.3,，,21.6,。试用,95%,的置信度估计全部口杯的平均重量。,解,由题设可知：口杯的重量,XN,（,，,2,）,由抽取的,9,个样本，可得,由,得,查表得,全部口杯的平均重量的置信区间为（,21.26,，,21.54,）,P127,例,5,与,P126,例,3,的比较：,解,由题设可知：平均消费额,XN,（,，,2,）,平均消费额的置信区间为（,75.0464,，,84.9536,）,由,得,查表得,估计误差为,精确度降低,原因：样本容量减少,在实际应用中，方差未知的均值的区间估计,较有应用价值。,练习,假设某片居民每月对某种商品的需求量,X,服从正态,分布，经调查,100,家住户，得出每户每月平均需求量为,10,公斤，方差为,9,，如果某商店供应,10000,户，试就居民,对该种商品的平均需求量进行区间估计（,=,0.01,），并,依此考虑最少要准备多少这种商品才能以,99%,的概率满,足需求？,解,由题设可知：平均需求量,XN,（,，,2,）,平均消费额的置信区间为（,9.229,，,10.771,）,由,查表得,续解,要以,99%,的概率满足,10000,户居民对该种商品的需求，则最少要准备的量为,（公斤）,最多准备,（公斤）,正态总体均值已知，对方差的区间估计,如果总体,XN,（,，,2,），,其中,已知，,2,未知,由,构造,2,-,统计量,查,2,-,分布表，确定双侧分位数,从而得,2,的置信水平为,1-,的置信区间为,例题,已知某种果树产量服从（,218,，,2,），随机,抽取,6,棵计算其产量为（单位：公斤）,221,，,191,，,202,，,205,，,256,，,236,试以,95%,的置信水平估计产量的方差。,解,计算,查表,果树方差的置信区间为,正态总体均值未知，对方差的区间估计,如果总体,XN,（,，,2,），,其中,2,未知,由,构造,2,-,统计量,当置信水平为,1-,时，由,查,2,-,分布表，确定双侧分位数,从而得,2,的置信水平为,1-,的置信区间为,例,4,设某灯泡的寿命,XN,（,，,2,），,，,2,未知，现,从中任取,5,个灯泡进行寿命试验，得数据,10.5,，,11.0,，,11.2,，,12.5,，,12.8,（单位：千小时），求置信水平为,90%,的,2,的区间估计。,解,样本方差及均值分别为,2,的置信区间为（,0.4195,，,5.5977,）,由,得,查表得,小 结,总体服从正态分布的均值或方差的区间估计,（,1,）方差已知，对均值的区间估计,假设置信水平为,1-,构造,U-,统计量,，反查标准正态分布表，,确定,U,的,双侧分位数,得,EX,的,区间估计,为,小 结,总体服从正态分布的均值或方差的区间估计,（,2,）方差未知，对均值的区间估计,假设置信水平为,1-,构造,T-,统计量,，查,t-,分布临界值表，,确定,T,的,双侧分位数,得,EX,的区间估计为,小 结,总体服从正态分布的均值或方差的区间估计,（,3,）均值已知，对方差的区间估计,假设置信水平为,1-,构造,2,-,统计量,，查,2,-,分布临界值表，,确定,2,的,双侧分位数,得,2,的区间估计为,小 结,总体服从正态分布的均值或方差的区间估计,（,4,）均值未知，对方差的区间估计,假设置信水平为,1-,构造,2,-,统计量,，查,2,-,分布临界值表，,确定,2,的,双侧分位数,得,2,的区间估计为,（,1,）方差已知，对均值的区间估计，构造,U,统计量,（,2,）方差未知，对均值的区间,估计,，构造,T,统计量,总体服从正态分布的对均值的区间估计,区间估计,（,4,）均值未知，对方差的区间估计，构造,2,统计量,（,3,）均值已知，对方差的区间估计，构造,2,统计量,总体服从正态分布的对方差的区间估计,区间估计,作业,P131,5,，,7,，,8,，,9,，,14,，,15*,预习 第,10,章,15,节,