估計有關的習題集與詳解

1、 §估計基本題型 矩估計法【例7.1】總體的概率密度函數為，求未知參數的矩估計.【分析】先由題設所給含有未知參數的隨機變量概率密度求出數學期望，解出未知參數與數學期望的關系，再由樣本一階原點矩替換總體期望，即得參數的矩估計.【解】為求未知參數用總體原點矩表示的式子，先求出因而 在上式中用樣本一階原點矩替換總體一階原點矩，即得未知參數的估計.【例7.2】設總體服從均勻分布，為來自此總體的樣本，求的矩估計.【分析】由于總體的分布中含有兩個未知參數，故需要求出總體的兩個矩，為簡單起見，一般先求其一階矩（即總體的期望）和二階矩（也可以取總體的方差），然后按矩估計法相應的樣本矩替換它們，得矩法

2、方程，最后求解便可得到的矩估計.【解】由于總體服從均勻分布，故總體的期望和方差分別為由矩估計法，用替換，用替換，便得矩法方程組， 即于是解出的矩估計分別為，.【例7.3】設總體的概率密度函數為，求的矩估計.【分析】由于總體的分布中只含有一個未知參數，但總體的一階矩為常量，需要求總體的二階矩，從而確定矩方程，最后求解的矩估計量.【解】雖然總體只含有一個參數，但 不含，不能求解故需求二階原點矩.令，則有的矩估計量為.基本題型 極大似然估計法【例7.4】設總體具有概率密度函數，的極大似然估計量是.【分析】設為總體的觀測值，則其極大似然函數為，對數似然函數為，解似然方程得參數的極大似然估計值為，從而得

3、參數的極大似然估計量為.【例7.5】設總體的分布律為又設為來自此總體的樣本，記表示中取值為，的個數，求的極大似然估計.【分析】求極大似然估計量時，關鍵是求似然函數，它是樣本觀測值的函數.【解】設是樣本的觀測值，則參數的似然函數為對數似然函數為從而似然方程為.得的極大似然估計量.【例7.6】設為總體的一個樣本，求下列總體概率密度中的未知參數的極大似然估計,其中，為常數.【解】設是樣本的觀測值，則參數的似然函數為.取對數 .對參數求偏導，令其為0，則.顯然，上式第二式不能求出參數的關系，但由定義，當固定時，要使最大，只需最大，因，則參數的似然估計值為，從而得參數的極大似然值為，故的極大似然估計量為

4、，.基本題型 評價估計量的標準（無偏性與有效性）【例7.7】 樣本取自總體，則可以作為的無偏估計的是 【 】當已知時，統(tǒng)計量. 當已知時，統(tǒng)計量.當未知時，統(tǒng)計量. 當未知時，統(tǒng)計量.【分析】當已知時，為統(tǒng)計量，利用定義有.從而，故 .而 所以當已知時，入選，不能入選.當未知時，樣本函數，均不是統(tǒng)計量，因而不能作為的估計量，更不能作為無偏估計量. 選.【例7.8】設是總體的簡單隨機樣本，則下列不是總體期望的無偏估計 【 】. . . . 【分析】要驗證統(tǒng)計量是否為無偏估計，即驗證.；選.【例7.9】試證明均勻分布中未知參數的極大似然估計量不是無偏的.【分析】 涉及總體分布時，先求估計量的概率密

5、度（或分布律）.【解】設是樣本的觀測值，則參數似然函數為.是的一個單值遞減函數.由于每一個，最大次序統(tǒng)計量的觀測值在中要使達到極大，就要使達到最小.但不能小于，否則樣本觀測值就不是來自這一總母體，所以是的極大似然估計值.故最大次序統(tǒng)計量是參數的極大似然估計量.為要證明估計量不是的無偏估計量，需求出，為此先求的概率密度.因統(tǒng)計量為隨機樣本的最大值，而獨立同分布，故的概率分布函數為，其中為總體的分布函數.由的概率密度可知.因此從而 .即極大似然估計量不為參數的無偏估計.【例7.10】若未知參數的估計量是，若稱是的無偏估計量.設是未知參數的兩個無偏估計量，若則稱較有效.【分析】由無偏估計量和有效性的

6、定義可得.【評注】估計量的有效性是在無偏估計類的基礎上定義的，這一點也特別明確.【例7.11】設總體，為總體的一個樣本，試證明和均為總體期望的無偏估計，并比較哪一個更有效. 【證明】由于故統(tǒng)計量均為期望的無偏估計，又.由于，故是比更有效的估計量.【例7.12】從總體中抽取樣本，設為常數，且，證明：（1）為總體均值的無偏估計； （2）在所有這些無偏估計量中，樣本均值的方差最小.【分析】注意到樣本相互獨立，且與總體同分布，易得的無偏性及其方差，利用拉格朗日乘數法則，不難證明，當時方差最小.【證明】因為樣本與總體服從相同分布，故又，則從而為總體均值的無偏估計.設總體方差，則.又樣本相互獨立，故為確定

7、的無偏估計量的方差在什么情況下最小，應當求滿足條件的條件極值.為此考慮函數 ，其中為常數.求偏導數，并令它們等于零，得 （*）即 .代入,得，即代入方程（*）中，即得由此可知，當時，方差最小.【例7.13】設分別來自總體和中抽取容量為的兩個獨立樣本，其樣本方差分別為，試證：對于任意常數，都是得無偏估計，并確定常數，使最小. 【證明】由題意，.故對任意常數，都為得無偏估計.由于 ，則，即，故，則 對求導，并令其為零，有 解得 .又 ，故當時，達到最小值.11、設為來自正態(tài)總體的簡單隨機樣本，已知，.問在，中（1）那個是的無偏估計量；（2）那個比較有效；（3）那個方差最?。唬?）那個是的相合估計量

8、.【分析】因為，又，故，由分布性質知.從而可求諸估計量的數學期望與方差，并回答上述問題.【解】由分析知，.且 ， ，從而（1）與為的無偏估計量；（2）比有效；（因為）；（3）， 即估計量方差最小.（4），與均為的相合估計.基本題型 評價估計量的標準（一致性）【例7.14】 設總體的期望和方差均存在，求證：（1）樣本均值是的一致估計.（2）如總體服從正態(tài)分布，則樣本修正方差為的一致估計.【分析】要證明參數的估計量的一致性，關鍵是要證明：對任意,有.從事件對應概率的極限求解上，可以使用切比雪夫不等式，即或.【證明】（1）由切比雪夫不等式有，對.由夾逼定理可得，即為參數的一致估計量.（2）因為.，即

9、為的無偏估計.又樣本來自正態(tài)總體，由抽樣分布定律知，有從而.由切比雪夫不等式有，從而有，即為的一致估計量.【例7.15】設為的估計量（用容量為的樣本），如果，則為的一致估計量. 【證明一】為證為的一致估計量，下證.而 又 故，即為的一致估計量.【證明二】由切比雪夫不等式有.而 .由證明一知，或者用下列方法直接證明故，即為的一致估計量.【評注】用定義驗證估計量是一致估計量，一般都不太容易，可利用上例中的結論證明之，從而將統(tǒng)計量的一致性的證明轉化為統(tǒng)計量的期望與方差的極限性質的論述，這是一個比較實用的證法.【例7.16】設隨機變量在上服從均勻分布，由此總體中抽取一隨機樣本，試證明：都不為的一致估計

10、.【分析】由上例（例7.16）可知，只需論證估計量的期望和方差的極限性質.【證明】因，故為的無偏估計，且，故不為的無偏估計.為證不為的一致估計，只需證明.故不為的一致估計.【例7.17】設總體服從均勻分布，試證明：的極大似然估計為的一致估計. 【證明】 設總體的密度函數為，則，故最大次序統(tǒng)計量的概率密度函數為，從而且 故由前例可知，的極大似然估計為的一致估計.基本題型 求置信區(qū)間相關題型【例7.18】設是總體中的參數，稱為的置信度的置信區(qū)間，即【 】以概率包含 . 以概率落入.以概率落在之外. 以估計的圍，不正確的概率是. 【分析】由置信區(qū)間的定義可知， 區(qū)間為隨機區(qū)間.選.【例7.19】設且

11、未知，若樣本容量為，且分位數均指定為“上側分位數”時，則的95%的置信區(qū)間為 【 】. .【分析】由題意，總體，且未知，故應構造統(tǒng)計量，則參數的置信水平為的置信區(qū)間為.選.【例7.20】假設是總體的簡單隨機樣本值，已知服從正態(tài)分布.（1）求的數學期望（記為）；（2）求的置信度為的置信區(qū)間；（3）利用上述結果求的置信度為的置信區(qū)間.【解】（1）的概率密度為：，于是，（令） （2）當置信度時，.標準正態(tài)分布的水平為的分位數為.故由，可得其中.于是 從而就是的置信度為的置信區(qū)間. （3）由函數的嚴格遞增性，有因此的置信度為的置信區(qū)間為.【例7.21】某工廠生產滾珠，從某日生產的產品中隨機抽取9個，測

12、得直徑（單位：毫米）如下 14.6，14.7，15.1，14.9，14.8，15.0，15.1，15.2，14.8設滾珠直徑服從正態(tài)分布，若（1） 已知滾珠直徑的標準差為毫米；（2） 未知標準差；求直徑均值的置信度0.95的置信區(qū)間. 【分析】對于正態(tài)分布總體，若已知標準差時，均值的置信度的置信區(qū)間為；未知標準差時，均值的置信度的置信區(qū)間為，其中時樣本的標準差.【解】（1），.經計算.故已知滾珠直徑的標準差毫米時，直徑的置信度0.95的置信區(qū)間為：.（2）經計算：樣本標準差，查表可知，于是直徑的置信度0.95的置信區(qū)間為：.【例7.22】設某糖廠用自動包裝機裝箱外運糖果，由以往經驗知標準差為1

13、.15kg，某日開工后在生產線上抽測9箱，測得數據如下（單位：kg）99.3，98.7，100.5，101.2，98.3，99.7，99.5，102.1，100.5（1）試估計生產線上包裝機裝箱糖果的期望重量的區(qū)間估計（）；（2）試求總體標準差的置信度為0.95的置信區(qū)間，并判斷以前經驗數據標準差為1.15kg是否仍然合理可用？【解】（1）由題設可知，總體方差為已知，根據經驗數據有，當時，查表可得，故參數的置信度為0.95的置信區(qū)間為.（2）由題設可知總體均值未知，故根據經驗數據有，當時，查表可得，從而參數的置信度為0.95的置信區(qū)間為，故參數的置信度為0.95的置信區(qū)間為.而以往經驗數據標準

14、差為，仍然在，故認為仍然合理可用.【例7.23】設總體服從正態(tài)分布，已知，要使總體均值對應于置信水平的置信區(qū)間的長度不大于，問應抽取多大容量的樣本？【解】由于，且為已知，因此當置信水平時，均值的置信區(qū)間為，其區(qū)間長度為，于是有，即可得 .【例7.24】設總體服從正態(tài)分布，均為未知參數，為來自總體的一個隨機樣本，求關于的置信水平為的置信區(qū)間的長度的平方的數學期望.【解】因未知，選用統(tǒng)計量.得參數的置信水平為的置信區(qū)間為，其區(qū)間長度為，于是.【例7.25】在甲乙兩城市進行家庭消費調查，在甲市抽取500戶，平均每戶每年消費支出3000元，標準差為元；在乙市抽取100戶，平均每戶每年支出4200元，標

15、準差為元，設兩城市家庭消費支出均服從正態(tài)分布和，試求：（1）甲乙兩城市家庭平均每戶年消費支出間差異的置信區(qū)間（置信度為0.95）；（2）甲乙兩城市家庭平均每戶消費支出方差比的置信區(qū)間（置信度為0.90）.【解】（1）在本題中雖和均未知，但由于抽取樣本都很大（在使用中只要大于50即可），故可用統(tǒng)計量，即參數的置信度為的置信區(qū)間為，故由，以及即，查表可得，因此即甲乙兩城市家庭平均每戶年消費支出間差異的置信度為0.95的置信區(qū)間為，由于此置信區(qū)間的上限小于零，在實際問題中可認為乙市家庭平均每戶年消費支出要比甲市大.（2）由，即，查表可得：， ，且于是所求的置信區(qū)間為由于置信區(qū)間上限小于1，故可認為乙

16、市家庭平均每戶年消費支出的方差要比甲市大.【例7.26】某商店銷售的一種商品來自甲乙兩個廠家，為考察商品性能上的差異，現從甲乙兩個廠家生產產品中分別抽取了8見和9件產品，測其性能指標得到兩組樣本觀測值，經計算得，假設性能指標均服從正態(tài)分布，試求方差比及均值差的的置信區(qū)間.【解】（1）先求方差比置信度為的置信區(qū)間.由即，查分布表可得，故所求置信區(qū)間為.由于此區(qū)間包含1，故可認為.（3）由（1）可知，未知，但，因此的置信區(qū)間為即，其中，即兩個廠家生產的產品性能上無顯著性差異.§歷年考研真題評析1、【02.3.3】 設總體的概率密度為，而是來自總體的簡單隨機樣本，則未知參數的矩估計量為_.

17、【分析】由于，因此，的矩估計量為. 2、【04.3.4】設總體服從正態(tài)分布，總體服從正態(tài)分布，和 分別是來自總體和 的簡單隨機樣本，則_.【分析】由于；.因此， 原式.3、【97.1.5】設總體的概率密度為其中是未知參數，是來自總體的一個容量為的簡單隨機樣本，分別用矩估計法和極大似然估計法求的估計值.【解】總體的數學期望為令，得參數的矩估計量為.設是相應于樣本的一組觀測值，則似然函數為當時，且令，得的極大似然估計值為 .從而的極大似然估計量為.4、【99.1.6】設總體的概率密度函數為，是取自總體的簡單隨機樣本. （1）求的矩估計量； （2）求的方差.【解】（1）記，令，得的矩估計量.（2）由

18、于因此的方差為 .5、【00.1.6】設某種元件的使用壽命的概率密度函數為，其中為未知參數，又設是的一組樣本觀測值，求參數的最大似然估計值.【解】似然函數為當時，取對數，得因為，所以單調增加.由于必須滿足，因此當取中的最小值時，取最大值，所以的最大似然估計值為，最大似然估計量為.6、【04.1.9】 設總體的分布函數為，其中未知參數，為來自總體的簡單隨機樣本，求（1）的矩估計量；（2）的極大似然估計量.【解】的概率密度函數為（1）由于令，解得，故參數的矩估計量為.（2）似然函數為當時，取對數得，兩邊對求導，得，令，可得，故的極大似然估計量為.7、【06.1.9】設總體的概率密度為，其中是未知參

19、數，為來自總體的簡單隨機樣本，記為樣本值 中小于1的個數，求的最大似然估計.【解】 由題意，設樣本按照從小到大為序（即順序統(tǒng)計量的觀測值）有如下關系：似然函數為對似然函數非零部分取對數得到 ，從而，即的最大似然估計值為.【評注】本題著重考察了最大似然估計的概念和求似然估計的基本方法，本題的難點是“為樣本值 中小于1的個數”的理解.8、【09.1.11】設總體的概率密度為，其中參數未知，是來自總體的簡單隨機樣本（1）求參數的矩估計量；（2）求參數的最大似然估計量.【解】（1）由題意，從而為總體的矩估計量.（2）構造似然函數.取對數.令，有，故的最大似然估計值為故其最大似然估計量為.9、【04.3

20、.13】設隨機變量的分布函數為，其中參數，設為來自總體的簡單隨機樣本.（1）當時，求未知參數的矩估計量；（2）當時，求未知參數的最大似然估計量；（3）當時，求未知參數的最大似然估計量.【解】當時，的概率密度為（1）由于令，解得從而得未知參數的矩估計量為.（2）對于總體的樣本值，似然函數為當時，取對數得對求導數，得似然方程 解得 ，于是的最大似然估計量為.（3）當時，的概率密度為對于總體的樣本值，似然函數為當時，越大，越大，即的最大似然估計值為.于是的最大似然估計量為.10、【03.1.8】設總體的概率密度函數為，其中為未知參數.從總體中抽取簡單隨機樣本，記.（1）求總體的分布函數；（2）求統(tǒng)計

21、量的分布函數；（3）如果用作為的估計量，討論它是否具有無偏性.【解】（1）（2）（3）概率密度為 因為 所以作為的估計量不具有無偏性.11、【07.1.11】設總體的概率密度為，其中是未知參數，為來自總體的簡單隨機樣本，是樣本均值.（1）求參數的矩估計量；（2）判斷是否為的無偏估計量，并說明理由.【解】（1）.令，其中，解方程得的矩估計量為:.(2) 而.故所以不是的無偏估計量.12、【08.1（3）.11】設是總體的簡單隨機樣本，記，,(1) 證是的無偏估計量；(2) 當時，求.【分析】（1）要證；（2）求時，利用與獨立性.【解】（1）所以是的無偏估計量.（2）當時，.【評注】若，則.13、

22、【03.1.4】已知一批零件的長度（單位）服從正態(tài)分布，從中隨機地抽取16個零件，得到長度的平均值為40（），則的置信度為0.95的置信區(qū)間是_.（注：標準正態(tài)分布函數值）.【分析】這是一個正態(tài)分布方差已知求期望值的置信區(qū)間問題，該類型置信區(qū)間公式為其中由確定（），即，將及代入得到的置信度為0.95的置信區(qū)間為（39.51,40.49）.14、【05.3.13】設為來自總體的簡單隨機樣本，為樣本均值，記，求（1）的方差；（2）與的協(xié)方差；（3）若是的無偏估計量，求常數.【解】由題設是簡單隨機樣本，因此相互獨立，且與總體同分布，即.（1）.（2）相互獨立，所以；類似地， 又因為，故.（3）首先計

23、算.由于所以 若是的無偏估計量，應滿足下面等式故 .§習題全解( A )1、設總體服從參數為和的二項分布，為取自的一個樣本，試求參數的矩估計量與極大似然估計量.【解】由題意，的分布律為：.總體的數學期望為則.用替換即得未知參數的矩估計量為.設是相應于樣本的樣本值，則似然函數為取對數，.令，解得的極大似然估計值為 .從而得的極大似然估計量為 .2、設為取自總體的一個樣本,的概率密度為其中參數，求的矩估計.【解】取為母體的一個樣本容量為的樣本，則用替換即得未知參數的矩估計量為.3、設總體的一個樣本, 的概率密度為 其中是未知參數，是已知常數,求的最大似然估計.【解】設為樣本的一組觀測值，

24、則似然函數為取對數 .解極大似然方程，得的極大似然估計值為.4、設總體服從幾何分布 試利用樣本值,求參數的矩估計和最大似然估計.【解】因,用替換即得未知參數的矩估計量為.在一次取樣下，樣本值，即事件同時發(fā)生，由于相互獨立，得聯合分布律為,即得極大似然函數為取對數 解極大似然方程 得的極大似然估計值為，從而得的極大似然估計量為. 5、設總體的概率密度為為未知參數, 為總體的一樣本,求參數的最大似然估計.【解】設為樣本的一組觀測值，則似然函數為取對數 .解極大似然方程 .得的極大似然估計值.6、證明第5題中的最大似然估計量為的無偏估計量.【證明】由第5題知的最大似然估計量為故 又 .從而 ，即是的

25、無偏估計.7,、設總體的概率密度為,為未知參數, 為總體的一個樣本,求參數的的矩估計量和最大似然估計量.【解】因用替換即得未知參數的矩估計量為，從而得未知參數的估計量為.設為樣本的一組觀測值，則似然函數為取對數 解極大似然方程 得的極大似然估計值.8、設總體,已知,為未知參數, 為的一個樣本, 求參數,使為的無偏估計.【解】由無偏估計的定義，要使為的無偏估計，則又 由題意知總體，從而.且 由對稱性有 從而有 ，即.9、設是參數的無偏估計量,且有,試證不是的無偏估計量.【證明】因為是參數的無偏估計量，故，且有即不是的無偏估計量.10、設總體,是來自的樣本,試證：估計量;都是的無偏估計,并指出它們

26、中哪一個最有效.【證明】總體,是來自的樣本，則；.即估計量都是的無偏估計.又 ；.有 ，從而估計量最有效.11、設是總體的一個樣本,證明：是的相合估計量.【證明】總體，則，由樣本的獨立同分布性知，即是的無偏估計.又，且故 ，有，故是的相合估計量12、設總體的數學期望為,方差為,分別抽取容量為和的兩個獨立樣本,分別為兩樣本均值,試證明:如果滿足,則是的無偏估計量,并確定,使得最小.【解】由題意，且,分別為容量為和的兩個獨立樣本得樣本均值，故，.當時，有，即是的無偏估計量.令，由知函數的穩(wěn)定點為，且，故為函數唯一極小值點.即當時，最小.13、設是總體的一個樣本,的概率密度為,未知，已知,試求的置信

27、水平為的置信區(qū)間.【解】由題意，統(tǒng)計量，則給定置信度為時，有由置信區(qū)間的定義知，的置信水平為的置信區(qū)間為.14、從大批彩色顯像管中隨機抽取100只,其平均壽命為10000小時,可以認為顯像管的壽命服從正態(tài)分布.已知均方差小時,在置信水平0.95下求出這批顯像管平均壽命的置信區(qū)間.【解】設是母體的樣本容量為的子樣，則顯像管平均壽命.構造統(tǒng)計量，則由題意，查表可得，故顯像管平均壽命的置信度為的置信區(qū)間為：.15、設隨機地調查26年投資的年利潤率(%),得樣本標準差,設投資的年利潤率服從正態(tài)分布,求它的方差的區(qū)間估計(置信水平為0.95). 【解】由題意，構造統(tǒng)計量，則給定置信水平為，有.取，查表可

28、得，故方差的置信度為的置信區(qū)間為.16、從一批釘子中抽取16枚,測得其長度為(單位:厘米)2.14, 2.10, 2.13, 2.15, 2.13, 2.12, 2.13, 2.10, 2.15, 2.12, 2.14, 2.10, 2.13, 2.11, 2.14, 2.11.設釘子的長度服從正態(tài)分布,試求總體均值的置信水平為0.90的置信區(qū)間.【解】設是母體的樣本容量為的子樣，由題意知，.構造統(tǒng)計量，有由題意，查表可得，故顯像管平均壽命的置信度為的置信區(qū)間為：.17、生產一個零件所需時間(單位：秒),觀察25個零件的生產時間得,.試求和的置信水平為0.95的置信區(qū)間.【解】設是母體的樣本容

29、量為25的子樣，由題意知，.構造統(tǒng)計量，則由題意，查表可得，故參數的置信度為的置信區(qū)間為：.構造統(tǒng)計量，則給定置信水平為，有取，查表可得，故方差的置信度為的置信區(qū)間為.18、產品的某一指標，已知，未知.現從這批產品中抽取只對該指標進行測定,問需要多大,才能以95%的可靠性保證的置信區(qū)間長度不大于0.01?【解】【由題設知，故參數的95%的置信區(qū)間為故區(qū)間長度，即 解不等式可得 ，即樣本容量應該取246.19、設和兩批導線是用不同工藝生產的,今隨機地從每批導線中抽取5根測量其電阻,算得,若批導線的電阻服從,批導線的電阻服從,求的置信水平為0.90的置信區(qū)間.【解】由題設，故的置信水平為0.90的

30、置信區(qū)間為.20、從甲乙兩個蓄電池廠的產品中分別抽取6個產品,測得蓄電池的容量(A.h)如下:甲廠 140 , 138 , 143 , 141 , 144 , 137; 乙廠135 , 140 , 142 , 136 , 138 , 140設蓄電池的容量服從正態(tài)分布,且方差相等,求兩個工廠生產的蓄電池的容量均值差的95%置信區(qū)間.【解】由題設樣本計算可得，.因此,的置信水平為的置信區(qū)間為，（ B ）1、(02.1.7)設總體的概率分別為 0 1 2 3其中是未知參數,利用總體的如下樣本值: 3, 1, 3, 0, 3, 1, 2, 3求的矩估計值和最大似然估計值.【解】由題意可知總體為離散型隨

31、機變量，則總體的數學期望為有，由樣本值可知，用替換即得未知參數的矩估計量，矩估計值.設是相應于樣本的樣本值，則似然函數為取對數 .解極大似然方程 .有，從而，又當時，矛盾，故舍去.所以的最大似然估計值2、設和是參數的兩個相互獨立的無偏估計量,且方差,試確定常數,使得是的無偏估計量,且在一切這樣的線性估計類中方差最小.【解】由題意，和是參數的兩個相互獨立的無偏估計量，則.要使得是的無偏估計量，有恒成立，即.又，相互獨立，且，則令，由知函數的穩(wěn)定點為，且，故線性估計類中方差最小時，.3、在測量反應時間中,一心理學家估計的標準差為0.05秒,為了以0.95的置信水平使他對平均反應時間的估計誤差不超過0.01秒,應取多大的樣本容量.【解】設為取自總體的容量為的簡單隨機樣本，為樣本均值，由題意有，即 從而 ，故解得，故樣本容量應該取97.§同步自測題及參考答案一、選擇題1、設個隨機變量獨立同分布，則 【 】為的無偏估計量. 為的最大似然估計量.為的相合估計量. 與相互獨立.2、設為總體的一個簡單隨機樣本，為使為的無偏估計，應為 【 】. . . .3、設總體，其