1樓：匿名使用者
n個樣本為x1,x2,....xn
總體均值
μ=(1/θ)×（1+2+。。。+θ）=(θ+1)/2樣本均值=（x1+x2+...+xn）/n矩估計 總體均值μ=樣本均值
解得 θ=-1+2（x1+x2+...+xn）/n
設總體x～u（0，θ），θ＞0為未知引數，x1，x2，…，xn為其樣本，.x=1nni＝1xi為樣本均值，則θ的矩估計
2樓：墨汁諾
用最大似然估計法估計出λ,或用矩估計法來估計可得λ估計量=x拔=（x1+x2+…+xn)/n
最大似然估計法
l(λ)=∏【i從1到n】λ^xi*e^(-λ)/xi!
lnl(λ)=(x1+x2+…+xn)*lnλ+-nλ-(lnx1!+lnx2!+…+lnxn!)
對λ求導,並令導數等於0得
（lnl(λ)）'=(x1+x2+…+xn)/λ-n=0
λ估計量=x拔=（x1+x2+…+xn)/n
矩估計法
ex=λ
所以：λ估計量=x拔=（x1+x2+…+xn)/n
所以p=p=e^(-λ估計)=e^(-x拔)
一階矩估計就是求數學期望。乙個引數時求一下期望就能得到了。最後的那個期望改寫成x拔，那個x拔=乙個含預估引數的表示式，反過來用x拔表達引數就是據估計值。
如果是兩個引數，必須求完期望，也就是1階矩估計之後再求二階據估計，一般用的是求方差。兩個矩估計裡面都含有引數，或者哪個不含某乙個引數。
3樓：手機使用者
由於x服從均勻分布，則
ex＝ex
＝…exn＝θ
2，即exi=θ2e.
x=e（1nn
i＝1xi）=1
ne（x1+x2+…+xn）=ex1=θ
2由於e.x=θ
2所以∧
θ＝2.
xθ的矩估計量為：2.x．
設總體x～u（1，θ），引數θ＞1未知，x1，…，xn是來自x的簡單隨機樣本．①求θ的矩估計和極大似然估計
4樓：叏倮月落冃厃
總體x～u（1，θ），其分布密度為
f（x，θ）=
1θ?1
， 1≤x≤θ
0， 其他
．（1）由.
x＝ex＝θ+1
2，解得
θ＝2.
x?1，
故θ的矩估計量為：?
θ＝2.
x?1；
似然函式為
l(θ)＝1
(θ?1)n，
l′(θ)＝?n
(θ?1)
n+1＜0，l（θ）遞減，
又x1，…，xn∈（1，θ），
故θ的極大似然估計量為?
θ＝max．
（2）e?
θ＝2e.
x?1＝2μ?1＝2×θ+1
2?1＝θ．而?θ
＝max的分布函式為：f?
θ(x)＝p(?
θ≤x)＝p≤x}
=p=n
πi＝1
p(xi
≤x)=
0， x＜1
(x?1
θ?1)
n， 1≤x＜θ
1， x≥θ
，從而其分布密度為：f?
θ(x)＝f′?θ
(x)＝
n(x?1)
n?1(θ?1)n，
1≤x≤θ
0，其它
，所以，e?θ
＝∫θ1x?n(x?1)
n?1(θ?1)
ndx＝∫θ1
(x?1+1)n(x?1)
n?1(θ?1)ndx
=∫θ1n(x?1)
n(θ?1)n+∫
θ1n(x?1)
n?1(θ?1)ndx
=nn+1
(x?1)
n+1(θ?1)n|
θ1+(x?1)
n(θ?1)n|
θ1＝nn+1
(θ?1)+1＝nθ+1
n+1．
設總體x的概率分布為 x 0 1 2 3 p θ2 2θ（1-θ） θ2 1-2θ其中θ（0＜θ＜12）是未知引數，利用
5樓：匿名使用者
ex=0×θ2+1×2θ（1-θ）+2×θ2+3×（1-2θ）=3-4θ，
故：θ＝14
(3?ex)，
θ的矩估計量為：?θ＝1
4(3?.x)，
根據給定的樣本觀察值計算：.x＝1
8(3+1+3+0+3+1+2+3)=2，因此θ的矩估計值為：?θ＝1
4(3?.
x)＝14．
對於給定的樣本值，
似然函式為：l（θ
）=4θ6（1-θ）2（1-2θ）4，
取對數可得：
lnl（θ）=ln4+6lnθ+2ln（1-θ）+4ln（1-2θ），
從而：dlnl(θ)
dθ＝6θ?2
1?θ?8
1?2θ
＝24θ
?28θ+6
θ(1?θ)(1?2θ)
，令：dlnl(θ)
dθ＝0，
得方程：12θ2-14θ+3=0，
解得：θ＝7?
1312
（θ＝7+
1312＞12
，不合題意），
於是θ的最大似然估計值為：?
θ＝7?
1312．
設總體X的概率密度為f（x12 e x
ex 上 下 xf x,dx 上 下 xe x dx xe x 上 下 上 下 e x dx 1 1 x 1 x左邊橫線在x上方 其中 x 1 n 從1到n xi 單純的講概率密度沒有實際的意義，它必須有確定的有界區間為前提。可以把概率密度看成是縱座標，區間看成是橫座標，概率密度對區間的積分就是面積...
設X1，X2，X3，X4為來自總體N1，20的
由xi來自總體n 1，2 故x?x 2 與x x?2 2 均服從標準正態分佈且相互獨立 因此x?x.x x?2.x x2 x x 22 分布為t 1 故選 b 設x服從n 0,1 x1，x2，x3，x4，x5，x6 為來自總體x的簡單隨機樣本，x1，x2，x3，x4，x5，x6 為來自總體x的簡單隨...
設樣本X1，X2X6來自總體N0,1，YX
設y y1 來2 y2 2 根據正態分佈的可加性自,可得 baiy1 x1 x2 x3 和y2 x1 x2 x3 服從n 0,3 然後可以把y1,y2標準du正態化,即y1 根號 zhi3 y2 根號3服從n 0,1 然後根據卡方分dao布的定義得 c 1 3 設x服從n 0,1 x1，x2，x3，...