文章目录

Ch5. 大数定律与中心极限定理
- 辛钦大数定律
- 中心极限定理
- - 列维-林德伯格中心极限定理（独立同分布，不指定具体分布，近似服从于标准正态分布）
  - 德莫弗-拉普拉斯中心极限定理（二项分布）
Ch6. 数理统计
- 总体与样本
- 五个常用统计量
- 抽样分布定理
- - 单个正态总体
  - 两个正态总体
- 三大抽样分布
- - χ²分布
  - - χ²分布的定义
    - χ²分布的性质
  - t分布
  - - t分布定义
    - t分布性质
  - F分布
  - - F分布定义
    - F分布性质
    - t分布与F分布的关系
Ch7. 参数估计
- 7.1 点估计
- - 1. 矩估计
  - - 矩的概念
    - - (1)原点矩
      - (2)中心距
    - 大数定律：由样本均值来估计总体期望: Xˉ=E(X)\bar{X}=E(X)Xˉ=E(X) ⇨ λ^=f(Xˉ)\hat{λ}=f(\bar{X})λ^=f(Xˉ)
  - 2. 最大似然估计
  - - 离散型
    - 连续型
- 7.2 评价估计量优良性的标准
- - 无偏估计
- 7.3 区间估计
- - 置信区间、置信度
  - σ已知，求μ的置信区间
Ch8. 假设检验
- 拒绝域α、接受域1-α
- 第一类错误、第二类错误

Ch5. 大数定律与中心极限定理

辛钦大数定律

推论：
设随机变量序列X₁,X₂,…,X_n,…相互独立，服从同一分布，且具有k阶矩：E(Xik)=μkE(X_i^k) = μ_kE(Xik)=μk，i=1,2,…,k=1,2,…,则对于任意正数ε，有 lim⁡n→+∞P\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}Pn→+∞limP { ∣1n∑i=1nXik−μk∣<ε|\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^k-μ_k|<ε∣n1i=1∑nXik−μk∣<ε } = 1

例题：14年23(3)

分析：(3)的补集即为辛勤大叔定律

答案：
(3)∵随机变量序列X₁,X₂,…,X_n相互独立，与总体X服从同一分布，且具有2阶矩 E(Xi2)=E(X2)=θE(X_i^2)=E(X^2)=θE(Xi2)=E(X2)=θ，i=1,2,…，则对于任意正数ε，有 lim⁡n→+∞P\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}Pn→+∞limP { ∣1n∑i=1nXi2−θ∣<ε|\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^2-θ|<ε∣n1i=1∑nXi2−θ∣<ε } = 1。
即存在实数a=θ，使得对于任意ε>0，均有lim⁡n→+∞P\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}Pn→+∞limP { ∣θ^−a∣≥ε|\hat{θ}-a|≥ε∣θ^−a∣≥ε } = 0

中心极限定理

列维-林德伯格中心极限定理（独立同分布，不指定具体分布，近似服从于标准正态分布）

X₁,X₂,…,X_n 独立同分布，期望和方差存在，E(X_k=μ)，D(X_k=σ²＞0)，则在n充分大时，近似服从标准正态分布Φ(X)
∑i=1nXi∼近似N(nμ,nσ2)∑i=1nXi−nμnσ2∼近似N(0,1)lim⁡n→∞P{∑i=1nXi−nμnσ2≤x}=Φ(x)\sum\limits_{i=1}^nX_i\sim^{近似}N(nμ,nσ^2)\\[5mm] \dfrac{\sum\limits_{i=1}^nX_i-nμ}{\sqrt{nσ^2}}\sim^{近似}N(0,1)\\[7mm] \lim\limits_{n→∞}P\{\dfrac{\sum\limits_{i=1}^nX_i-nμ}{\sqrt{nσ^2}}≤x\}=Φ(x)i=1∑nXi∼近似N(nμ,nσ2)nσ2i=1∑nXi−nμ∼近似N(0,1)n→∞limP{nσ2i=1∑nXi−nμ≤x}=Φ(x)

例题：20年8.

分析：先求E(X)、D(X)，然后对和标准化

E(X)=0×12+1×12=12E(X)=0×\dfrac{1}{2}+1×\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}E(X)=0×21+1×21=21
E(X2)=02×12+12×12=12E(X^2)=0^2×\dfrac{1}{2}+1^2×\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}E(X2)=02×21+12×21=21
D(X)=E(X2)−E2(X)=12−14=14D(X)=E(X^2)-E^2(X)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}D(X)=E(X2)−E2(X)=21−41=41
∴∑i=1100Xi∼近似N(50,25)∴\sum\limits_{i=1}^{100}X_i\sim^{近似}N(50,25)∴i=1∑100Xi∼近似N(50,25)
∑i=1nXi−505∼近似N(0,1)\dfrac{\sum\limits_{i=1}^nX_i-50}{5}\sim^{近似}N(0,1)5i=1∑nXi−50∼近似N(0,1)
P{∑i=1100Xi−505≤55−505=1}=Φ(1)P\{\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{100}X_i-50}{5}≤\dfrac{55-50}{5}=1\}=Φ(1)P{5i=1∑100Xi−50≤555−50=1}=Φ(1)

答案：B

德莫弗-拉普拉斯中心极限定理（二项分布）

Ch6. 数理统计

总体与样本

设X1,X2,X3,...,Xn（n>1）X_1,X_2,X_3,...,X_n（n>1）X1,X2,X3,...,Xn（n>1）为来自总体 N(μ,σ²) （σ>0）的简单随机样本（独立同分布），X‾=1n∑i=1nXi\overline{X}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_iX=n1i=1∑nXi，则：
Xi∼N(μ,σ²)X‾∼N(μ,σ²n)Cov(Xi,X‾)=σ²nX_i\sim N(μ,σ²) \qquad \overline{X} \sim N(μ,\dfrac{σ²}{n}) \qquad {\rm Cov}(X_i,\overline{X})=\dfrac{σ²}{n}Xi∼N(μ,σ²)X∼N(μ,nσ²)Cov(Xi,X)=nσ²

样本与总体独立同分布，期望相同，方差也相同
①样本的期望与总体的期望相同：E(Xi)=E(X)E(X_i) = E(X)E(Xi)=E(X)，∑i=1nE(Xi)=nE(X)\sum\limits_{i=1}^nE(X_i) = nE(X)i=1∑nE(Xi)=nE(X)
②样本的方差与总体的方差相同：D(Xi)=D(X)D(X_i) = D(X)D(Xi)=D(X)，∑i=1nD(Xi)=nD(X)\sum\limits_{i=1}^nD(X_i) = nD(X)i=1∑nD(Xi)=nD(X)

例题1：18年23(2)
例题2：16年23(1)

五个常用统计量

①样本均值：Xˉ=1n∑i=1nXi\bar{X}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_iXˉ=n1i=1∑nXi

②样本方差：S²=1n−1∑i=1n(Xi−Xˉ)²S²=\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\bar{X})²S²=n−11i=1∑n(Xi−Xˉ)²

③样本标准差S

④样本k阶(原点)矩

⑤样本k阶中心矩

抽样分布定理

单个正态总体

①Xˉ∼N(μ,σ²n)(Xˉ−μ)σn∼N(0,1)\bar{X}\sim N(μ,\dfrac{σ²}{n}) \qquad \qquad \dfrac{(\bar{X}-μ)}{σ}\sqrt{n}\sim N(0,1)Xˉ∼N(μ,nσ²)σ(Xˉ−μ)n∼N(0,1)

推导：
X∼N(μ,σ²)X\sim N(μ,σ²)X∼N(μ,σ²)
∑i=1nXi=nXˉ∼N(nμ,nσ²)\sum\limits_{i=1}^n{X_i}=n\bar{X}\sim N(nμ,nσ²)i=1∑nXi=nXˉ∼N(nμ,nσ²)
1n∑i=1nXi=Xˉ∼N(μ,σ²n)\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n{X_i}=\bar{X}\sim N(μ,\dfrac{σ²}{n})n1i=1∑nXi=Xˉ∼N(μ,nσ²)

→标准化xˉ−μσn=(Xˉ−μ)σn∼N(0,1)\xrightarrow{标准化}\dfrac{\bar{x}-μ}{\dfrac{σ}{\sqrt{n}}}=\dfrac{(\bar{X}-μ)}{σ}\sqrt{n}\sim N(0,1)标准化nσxˉ−μ=σ(Xˉ−μ)n∼N(0,1)

②n−1σ²S²∼χ2(n−1)E(S²)=σ²，D(S²)=2σ4n−1\dfrac{n-1}{σ²}S²\sim \chi^2(n-1) \qquad \qquad E(S²)=σ²，D(S²)=\dfrac{2σ^4}{n-1}σ²n−1S²∼χ2(n−1)E(S²)=σ²，D(S²)=n−12σ4

推导：
∑i=1n(Xi−μσ)2∼χ2(n)\sum\limits_{i=1}^n(\dfrac{X_i-μ}{σ})^2\sim \chi^2(n)i=1∑n(σXi−μ)2∼χ2(n)
∑i=1n(Xi−Xˉσ)2∼χ2(n−1)\sum\limits_{i=1}^n(\dfrac{X_i-\bar{X}}{σ})^2\sim \chi^2(n-1)i=1∑n(σXi−Xˉ)2∼χ2(n−1) （Xˉ\bar{X}Xˉ带来自由度损伤1）
=∑i=1n1σ²(Xi−Xˉ)2=n−1σ²⋅1n−1∑i=1n(Xi−Xˉ)2=n−1σ²S²∼χ2(n−1)=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{1}{σ²}(X_i-\bar{X})^2=\dfrac{n-1}{σ²}·\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2=\dfrac{n-1}{σ²}S²\sim \chi^2(n-1)=i=1∑nσ²1(Xi−Xˉ)2=σ²n−1⋅n−11i=1∑n(Xi−Xˉ)2=σ²n−1S²∼χ2(n−1)

由E(χ²)=n，D(χ²)=2nE(\chi²)=n，D(\chi²)=2nE(χ²)=n，D(χ²)=2n
得E(n−1σ²S²)=n−1σ²E(S²)=n−1∴E(S²)=σ²E(\dfrac{n-1}{σ²}S²)=\dfrac{n-1}{σ²}E(S²)=n-1 \quad ∴E(S²)=σ²E(σ²n−1S²)=σ²n−1E(S²)=n−1∴E(S²)=σ²

D(n−1σ²S²)=(n−1)²σ4D(S²)=2(n−1)∴D(S²)=2σ4n−1D(\dfrac{n-1}{σ²}S²)=\dfrac{(n-1)²}{σ^4}D(S²)=2(n-1) \quad ∴D(S²)=\dfrac{2σ^4}{n-1}D(σ²n−1S²)=σ4(n−1)²D(S²)=2(n−1)∴D(S²)=n−12σ4

③(Xˉ−μ)Sn∼t(n−1)\dfrac{(\bar{X}-μ)}{S}\sqrt{n}\sim t(n-1)S(Xˉ−μ)n∼t(n−1)

推导：
样本均值Xˉ\bar{X}Xˉ 与样本方差S²S²S²相互独立
Xˉ−μσnn−1σ²S²n−1=(Xˉ−μ)nS∼t(n−1)\dfrac{\dfrac{\bar{X}-μ}{\dfrac{σ}{\sqrt{n}}}}{\sqrt{\dfrac{\dfrac{n-1}{σ²}S²}{n-1}}}=\dfrac{(\bar{X}-μ)\sqrt{n}}{S}\sim t(n-1)n−1σ²n−1S²nσXˉ−μ=S(Xˉ−μ)n∼t(n−1)

例题1：05年14. 抽样分布定理、F分布

分析：由抽样分布定理得，ABC均错的很离谱。
D：Xi∼N(0,1)X_i\sim N(0,1)Xi∼N(0,1)，即XiX_iXi服从标准正态分布
X121∑i=2nXi2n−1∼F(1,n−1)\dfrac{\frac{X_1^2}{1}}{\frac{\sum\limits_{i=2}^nX_i^2}{n-1}}\sim F(1,n-1)n−1i=2∑nXi21X12∼F(1,n−1)，D正确

答案：D

例题2：17年8. 抽样分布定理

分析：

答案：B

例题3：23李林六套卷(六)10.

分析：AB明显正确
C.(n−1)S2σ2=∑i=1n(Xi−Xˉσ)2∼χ2(n−1)\dfrac{(n-1)S^2}{σ^2}=\sum\limits_{i=1}^n(\dfrac{X_i-\bar{X}}{σ})^2\simχ^2(n-1)σ2(n−1)S2=i=1∑n(σXi−Xˉ)2∼χ2(n−1)，且卡方分布具有独立可加性，∴C正确
D.应该改为2n-2

答案：D

两个正态总体

三大抽样分布

三大抽样分布，均与正态总体有关。总体与样本服从标准正态分布N(0,1)。

χ²分布

χ²分布的定义

若X1∼N(0,1)X_1\sim N(0,1)X1∼N(0,1)，则X12∼χ2(1)X_1^2\sim χ^2(1)X12∼χ2(1)

设X₁,X₂,…,X_n为正态总体N(0,1)的样本，则把统计量
χ2=X12+X22+...+Xn2χ^2=X_1^2+X_2^2+...+X_n^2χ2=X12+X22+...+Xn2
服从的分布称为自由度为n的χ²分布，记作χ²~χ²(n)

χ²分布的性质

χ²分布的数字特征： E(χ²)=n，D(χ²)=2n
χ²分布的独立可加性：设 χ²1∼χ²(n1),χ²2∼χ²(n2)χ²_1\sim χ²(n_1),χ²_2\sim χ²(n_2)χ²1∼χ²(n1),χ²2∼χ²(n2)，且χ²1χ²_1χ²1与χ²2χ²_2χ²2相互独立，则χ²1+χ²2∼χ²(n1+n2)χ²_1+χ²_2\simχ²(n_1+n_2)χ²1+χ²2∼χ²(n1+n2)

例题：11年23.(2)

t分布

t分布定义

设X∼N(0,1),Y∼χ2(n)X\sim N(0,1), Y\sim χ^2(n)X∼N(0,1),Y∼χ2(n)，且X,Y相互独立，则把统计量
t=XYnt=\frac{X}{\sqrt{\dfrac{Y}{n}}}t=nYX
服从的分布称为自由度为n的t分布，记作t~t(n)

t(n)的概率密度h(t)关于t=0对称。当自由度n→∞时，t分布的极限就是标准正态分布，n≥30即可

t分布性质

1.上α分位点： t1−α(n)=−tα(n)t_{1-α}(n)=-t_α(n)t1−α(n)=−tα(n)

F分布

F分布定义

设X∼χ2(n1),Y∼χ2(n2)X\sim χ^2(n_1),Y\sim χ^2(n_2)X∼χ2(n1),Y∼χ2(n2)，且X,Y相互独立，则把随机变量
F=Xn1Yn2F=\frac{\dfrac{X}{n_1}}{\dfrac{Y}{n_2}}F=n2Yn1X
服从的分布称为自由度为(n₁,n₂)的F分布，其中n₁称为第一自由度，n₂称为第二自由度，记作F∼F(n1,n2)F\sim F(n_1,n_2)F∼F(n1,n2)

F分布性质

1.若F∼F(n1,n2)F\sim F(n_1,n_2)F∼F(n1,n2)，则1F∼F(n2,n1)\dfrac{1}{F}\sim F(n_2,n_1)F1∼F(n2,n1)

2.上α分位点： F1−α(n1,n2)=1Fα(n2,n1)F_{1-α}(n_1,n_2)=\dfrac{1}{F_α(n_2,n_1)}F1−α(n1,n2)=Fα(n2,n1)1

t分布与F分布的关系

若t∼t(n)，则t2∼F(1,n)，1t2∼F(n,1)若t\sim t(n)，则t^2\sim F(1,n)，\dfrac{1}{t^2}\sim F(n,1)若t∼t(n)，则t2∼F(1,n)，t21∼F(n,1)

例题1：03年12. t分布与F分布的关系

分析：
X∼t(n)，X²∼F(1,n)，1X²∼F(n,1)X\sim t(n)，X²\sim F(1,n)，\dfrac{1}{X²}\sim F(n,1)X∼t(n)，X²∼F(1,n)，X²1∼F(n,1)

答案：C

例题2：13年8.

分析：X~t(n), 则 X²=Y~F(1，n)
∴P{Y>c²}=P{X²>c²}=P{X>c}+P{X<-c}=α+α=2α

答案：C

Ch7. 参数估计

7.1 点估计

1. 矩估计

矩的概念

(1)原点矩

样本k阶原点矩 AkA_kAk	总体k阶原点矩
A1=1n∑i=1nXi=XˉA_1=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i=\bar{X}A1=n1i=1∑nXi=Xˉ (样本一阶原点矩，即为均值)	E(X)
A2=1n∑i=1nXi2A_2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^2A2=n1i=1∑nXi2	E(X²)
…	…
Ak=1n∑i=1nXik,k=1,2,...A_k=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^k,k=1,2,...Ak=n1i=1∑nXik,k=1,2,...	E(X^k)

(2)中心距

样本k阶中心矩 BkB_kBk	总体k阶中心矩
B1=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)B_1=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\bar{X})B1=n1i=1∑n(Xi−Xˉ)	E(X−EX)E(X-EX)E(X−EX)
B2=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)²B_2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\bar{X})²B2=n1i=1∑n(Xi−Xˉ)²	E[(X−EX)²]=DXE[(X-EX)²]=DXE[(X−EX)²]=DX
…	…
Bk=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)kB_k=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^kBk=n1i=1∑n(Xi−Xˉ)k	E[(X−EX)k]E[(X-EX)^k]E[(X−EX)k]

1.样本的中心：样本均值Xˉ\bar{X}Xˉ
总体的中心：数学期望E(X)E(X)E(X)

2.样本原点矩是A，样本中心距是B。

3.由样本2阶中心距 B2=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)²B_2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\bar{X})²B2=n1i=1∑n(Xi−Xˉ)²，样本方差 S2=1n−1∑i=1n(Xi−Xˉ)²S^2=\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\bar{X})²S2=n−11i=1∑n(Xi−Xˉ)²，得 n−1nS2=B2\dfrac{n-1}{n}S^2=B_2nn−1S2=B2

大数定律：由样本均值来估计总体期望: Xˉ=E(X)\bar{X}=E(X)Xˉ=E(X) ⇨ λ^=f(Xˉ)\hat{λ}=f(\bar{X})λ^=f(Xˉ)

1.矩估计的原理就是大数定律，当样本数量n趋于无穷大时，上面两个表格任一行的左右都是相等的。因此无论是估计1个参数，还是2个、3个、100个参数，都可以从表格左右取值。

大数定律：当n足够大时，样本矩依概率收敛于总体矩，即样本矩→n→∞总体矩样本矩\xrightarrow[]{n→∞}总体矩样本矩n→∞总体矩
即可以用样本矩估计总体的数学期望，这称为矩估计。即，Xˉ=E(X)\bar{X}=E(X)Xˉ=E(X)
由此求得总体的参数。
但是由于这等号应该是取在n→∞时，所以当n不够大时，虽有等式，但由Xˉ=E(X)\bar{X}=E(X)Xˉ=E(X)求出的总体分布的参数λ并不完全等于真实值，只是一个估计量，故最后得到的是加了帽子的估计量λ^\hat{λ}λ^

2.离散型和连续型随机变量
求矩估计的区别，只在于求期望的方法不一样。
而求最大似然估计，则是似然函数的求法不一样。

例题1：23李林六套卷(三)22.(2)
若θ为未知参数，利用总体Z的样本值-2,0,0,0,2,2求θ的矩估计值。且Z的分布律为

Z	-2	0	2
PkP_kPk	θ	1-2θ	θ

答案：
Zˉ=1n∑i=1nXi=−2+2+26=13\bar{Z}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i=\dfrac{-2+2+2}{6}=\dfrac{1}{3}Zˉ=n1i=1∑nXi=6−2+2+2=31
E(Z)=−2θ+2θ=0E(Z)=-2θ+2θ=0E(Z)=−2θ+2θ=0 ∴无法用Zˉ=E(Z)\bar{Z}=E(Z)Zˉ=E(Z)来估计θ

改用二阶矩来估计θ：
A2=1n∑i=1nXi2=(−2)2+22+226=4+4+46=2A_2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^2=\dfrac{(-2)^2+2^2+2^2}{6}=\dfrac{4+4+4}{6}=2A2=n1i=1∑nXi2=6(−2)2+22+22=64+4+4=2
E(Z2)=(−2)2θ+22θ=4θ+4θ=8θE(Z^2)=(-2)^2θ+2^2θ=4θ+4θ=8θE(Z2)=(−2)2θ+22θ=4θ+4θ=8θ
由大数定律，样本矩依概率收敛于总体矩，A2=E(Z2)∴2=8θA_2=E(Z^2) \quad ∴2=8θ \quadA2=E(Z2)∴2=8θ 得θ的矩估计量为 θ^=14\hat{θ}=\dfrac{1}{4}θ^=41

例题2：13年23.（难度：易）

例题3：09年23(1)

分析：
①矩估计，求方差
②最大似然估计，求似然函数L(θ)，取对数lnL(θ)，令导数为0即令 dlnL(θ)dθ=0\frac{\rm dlnL(θ)}{\rm dθ}=0dθdlnL(θ)=0

答案：
(1)E(X)=∫−∞+∞xf(x)dx=∫0+∞λ2x2e−λxdxE(X)=\int_{-∞}^{+∞}xf(x){\rm d}x=\int_{0}^{+∞}λ^2x^2e^{-λx}{\rm d}xE(X)=∫−∞+∞xf(x)dx=∫0+∞λ2x2e−λxdx【令t=λx】=1λ∫0+∞t2e−tdt=1λГ(3)=2λ\frac{1}{λ}\int_{0}^{+∞}t^2e^{-t}{\rm d}t=\frac{1}{λ}Г(3)=\frac{2}{λ}λ1∫0+∞t2e−tdt=λ1Г(3)=λ2

∴λ=2E(X)∴λ=\dfrac{2}{E(X)}∴λ=E(X)2，即 λ^=2Xˉ\hatλ=\dfrac{2}{\bar{X}}λ^=Xˉ2，故λ^=2Xˉ\hatλ=\dfrac{2}{\bar{X}}λ^=Xˉ2为λ的矩估计量

2. 最大似然估计

离散型

求离散型随机变量的最大似然估计量：离散型的似然函数 L(θ)=∏i=1npiL(θ)=\prod\limits_{i=1}^n{p_i}L(θ)=i=1∏npi
离散型，一定会给出样本值，然后似然函数L(θ)即为每个样本的概率的乘积。

例题1：2002年20. 离散型的参数估计

答案：

连续型

求连续型随机变量的最大似然估计量，连续型的似然函数L(θ)
L(θ)=L(x1,x2,...,xn;θ)=∏i=1nf(xi;θ)(xi>0,i=1,2,...n)L(θ) = L(x_1,x_2,...,x_n;θ) = \prod_{i=1}^n f(x_i;θ) \qquad (x_i>0,i=1,2,...n)L(θ)=L(x1,x2,...,xn;θ)=i=1∏nf(xi;θ)(xi>0,i=1,2,...n)

求最大似然估计量/值
①求似然函数 L(θ) (x_i>0/θ,i=1,2,…n)
②取对数，求 lnL(θ)
③令 dlnL(θ)dθ=0\frac{\rm d lnL(θ)}{\rm dθ} = 0dθdlnL(θ)=0，求出 θ^\hat{θ}θ^
④最大似然估计值为x_i，最大似然估计量为X_i

若 dlnL(θ)dθ≠0\frac{\rm d lnL(θ)}{\rm dθ} ≠ 0dθdlnL(θ)=0
有的题，在③这一步发现 dlnL(θ)dθ≠0\frac{\rm d lnL(θ)}{\rm dθ} ≠ 0dθdlnL(θ)=0，为>0就说明 L(θ)为增函数。见2000年21.

例题1：23李林六套卷(六)16. 二维随机变量求θ的最大似然估计

分析：

答案：12n∑i=1n(Xi+Yi)\dfrac{1}{2n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i+Y_i)2n1i=1∑n(Xi+Yi)

例题2：22年22. 两个随机变量，求最大似然估计量

答案：

例题3：19年23(2)

分析：
求σ²的最大似然函数：
①求似然函数L(σ²)
②取对数，lnL(σ²)
③令dlnL(σ2)dσ2=0\frac{\rm d lnL(σ^2)}{\rm dσ^2} = 0dσ2dlnL(σ2)=0

答案：
σ²的最大似然估计值为 σ^2=1n∑i=1n(xi−μ)2\hat{σ}^2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(x_i-μ)^2σ^2=n1i=1∑n(xi−μ)2
σ²的最大似然估计量为 σ^2=1n∑i=1n(Xi−μ)2\hat{σ}^2=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-μ)^2σ^2=n1i=1∑n(Xi−μ)2

例题4：18年23(2)

例题5：2000年21.

分析：dlnL(θ)dθ=2n>0\frac{\rm d lnL(θ)}{\rm dθ} =2n >0dθdlnL(θ)=2n>0，∴lnL(θ)为关于θ的增函数
∴θ的最大似然估计值为θ^\hat{θ}θ^=min_1≤i≤n{x_i}

例题6：09年23(2)

7.2 评价估计量优良性的标准

无偏估计

θ^\hat{θ}θ^是θ的无偏估计量：E(θ^)=θE(\hat{θ})=θE(θ^)=θ

E(Xˉ)=μ=E(X)，E(S2)=σ²=D(X)E(\bar X)=μ=E(X)，E(S^2)=σ²=D(X)E(Xˉ)=μ=E(X)，E(S2)=σ²=D(X)

例题1：14年14.

分析：

答案：25n\dfrac{2}{5n}5n2

例题2：09年14. 无偏估计、二项分布的数字特征

分析：θ^\hat{θ}θ^是θ的无偏估计量：E(θ^)=θE(\hat{θ})=θE(θ^)=θ。E(Xˉ)=μ=E(X)，E(S2)=σ²=D(X)E(\bar X)=μ=E(X)，E(S^2)=σ²=D(X)E(Xˉ)=μ=E(X)，E(S2)=σ²=D(X)
则E(Xˉ+kS2)=np2E(\bar X+kS^2)=np^2E(Xˉ+kS2)=np2，即E(Xˉ)+kE(S2)=np+knp(1−p)=np2E(\bar X)+kE(S^2)=np+knp(1-p)=np^2E(Xˉ)+kE(S2)=np+knp(1−p)=np2，化简得 k=-1

答案：-1

例题3：16年23(2)

例题4：12年23(3)

7.3 区间估计

置信区间、置信度

P{θ1<θ<θ2}=1−αP\{θ_1<θ<θ_2\}=1-αP{θ1<θ<θ2}=1−α，则称区间(θ1,θ2)(θ_1,θ_2)(θ1,θ2)是参数θ的置信度为1-α的置信区间。
θ₁θ₁θ₁和θ₂θ₂θ₂分别称为置信度为1−α1-α1−α的置信区间的置信下限和置信上限；1−α1-α1−α称为置信度

例题1：16年14. 置信上限

分析：置信区间是以Xˉ\bar{X}Xˉ为中心对称的
Xˉ=9.5\bar{X}=9.5Xˉ=9.5，Xˉ\bar{X}Xˉ到置信下限是1.3，则Xˉ\bar{X}Xˉ到置信上限也是1.3

答案：(8.2，10.8)(8.2，10.8)(8.2，10.8)

σ已知，求μ的置信区间

置信区间：(Xˉ−Uα2⋅σn,Xˉ+Uα2⋅σn)(\bar{X}-U_{\frac{α}{2}}·\dfrac{σ}{\sqrt{n}},\bar{X}+U_{\frac{α}{2}}·\dfrac{σ}{\sqrt{n}})(Xˉ−U2α⋅nσ,Xˉ+U2α⋅nσ)

Φ(Uα2)=1−α2Φ(U_{\frac{α}{2}})=1-\dfrac{α}{2}Φ(U2α)=1−2α

例题1：03年6.

分析：

答案：(39.51，40.49)(39.51，40.49)(39.51，40.49)

Ch8. 假设检验

拒绝域α、接受域1-α

检验水平(显著性水平)α，即为拒绝域面积。α越小，接受域越大。

例题1：18年8. 假设检验

分析：检验水平α，即为拒绝域面积。α越小，接受域越大。
在检验水平α=0.01下拒绝H₀，则在检验水平α=0.05下必然拒绝H₀
在检验水平α=0.05下接受H₀，则在检验水平α=0.01下必然接受H₀

答案：D

第一类错误、第二类错误

犯第一类错误：H₀为真，拒绝了H₀。犯第一类错误的概率α=P{落在拒绝域}
犯第二类错误：H₀为假，接受了H₀。犯第二类错误的概率α=P{落在接受域}

例题1：23李林六套卷(四)10.

分析：

答案：C

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概率论与数理统计(下)

文章目录

Ch5. 大数定律与中心极限定理

辛钦大数定律

中心极限定理

列维-林德伯格 中心极限定理 （独立同分布，不指定具体分布，近似服从于 标准正态分布）

德莫弗-拉普拉斯 中心极限定理 （二项分布）

Ch6. 数理统计

总体与样本

五个常用统计量

抽样分布定理

单个正态总体

两个正态总体

三大抽样分布

χ²分布

χ²分布的定义

χ²分布的性质

t分布

t分布定义

t分布性质

F分布

F分布定义

F分布性质

t分布与F分布的关系

Ch7. 参数估计

7.1 点估计

1. 矩估计

矩的概念

(1)原点矩

(2)中心距

大数定律：由样本均值来估计总体期望: Xˉ=E(X)\bar{X}=E(X)Xˉ=E(X) ⇨ λ^=f(Xˉ)\hat{λ}=f(\bar{X})λ^=f(Xˉ)

2. 最大似然估计

离散型

连续型

7.2 评价估计量优良性的标准

无偏估计

7.3 区间估计

置信区间、置信度

σ已知，求μ的 置信区间

Ch8. 假设检验

拒绝域α、接受域1-α

第一类错误、第二类错误

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