【最新范文】R语言 实验6 参数估计

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R语言 实验6 参数估计

一、实验目的:

1. 掌握矩法估计与极大似然估计的求法;

2. 学会利用R 软件完成一个和两个正态总体的区间估计;

3. 学会利用R 软件完成非正态总体的区间估计;

4. 学会利用R 软件进行单侧置信区间估计。

二、实验内容:

练习:

要求:①完成练习并粘贴运行截图到文档相应位置(截图方法见下),并将所有自己输入文字的

字体颜色设为红色(包括后面的思考及小结),②回答思考题,③简要书写实验小结。④修改本文档名

为“本人完整学号姓名1”,其中1表示第1次实验,以后更改为2,3,...。如文件名为“1305543109

张立1”,表示学号为1305543109的张立同学的第1次实验,注意文件名中没有空格及任何其它

字符。最后连同数据文件、源程序文件等(如果有的话,本次实验没有),一起压缩打包发给课代表,

压缩包的文件名同上。

截图方法:

法1:调整需要截图的窗口至合适的大小,并使该窗口为当前激活窗口(即该窗口在屏幕最前

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方),按住键盘Alt 键(空格键两侧各有一个)不放,再按键盘右上角的截图键(通常印有“印屏幕”或

“Pr Scrn ”等字符),即完成截图。再粘贴到word 文档的相应位置即可。 法2:利用QQ 输入

法的截屏工具。点击QQ 输入法工具条最右边的“扳手”图标

,选择

其中的“截屏”工具。)

1. 自行完成教材P163页开始的4.1.3-4.3节中的例题。

2. (习题4.1)设总体的分布密度函数为 ⎩⎩⎩<<+=,

0,10)1();(其他x x x f α

αα X 1,X 2,…,X n 为其样本,求参数α 的矩估计量1ˆα

和极大似然估计量2ˆα。现测得样本观测值为

0.1, 0.2, 0.9, 0.8, 0.7, 0.7

求参数 α 的估计值。

解:先求参数α 的矩估计量1ˆα

。由于只有一个参数,因此只需要考虑E(X )=X 。 而由E(X )的定义有:E(X )=

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2

1|21)1()(1021

0++=++=+⋅=⋅++∞∞-⎩⎩αααααααx dx x x dx x f x 因此X =++21αα,解得

211ˆ1--=X

α。 以下请根据上式完成R 程序,计算出参数α 的矩估计量1ˆα的值。

源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图) x<-c(0.1, 0.2, 0.9, 0.8, 0.7,

0.7) >(2*mean(x)-1)/(1-mean(x)) [1] 0.3076923

下面再求参数α 的极大似然估计量2ˆα

。只需要考虑x ∈(0, 1)部分。依题意, 此分布的似然函数为 L (α; x )=

∏∏==+=n

i i

n

n i i

x x f 1

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1

)()1();(ααα

相应的对数似然函数为 ln L (α; x )=n ln(α +1)+ α ln

∏=n

i i

x

1

令

++=∂∂1);(ln αααn

x L ln ∏=n

i i x 1

=0 解此似然方程得到1ln 1--

=∏=n

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i i

x n α,或写为1ln 1

--

=∑=n

i i

x

n

α。

容易验证0ln 2

2<∂∂αL

,从而α 使得L 达到极大,即参数α 的极大似然估计量un 1ln ˆ1

2--=∑=n

i i

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X

n

α

。

以下请根据上式完成R 程序,计算出参数α 的极大似然估计量2ˆα

的值。 源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图) >f<-function(a)

6/(a+1)+sum(log(x)) >uniroot(f,c(0,1)) $root

[1] 0.211182 $

[1] -3.844668e-05 $iter [1] 5 $ [1] NA $

[1] 6.103516e-05

3. (习题

4.2)设元件无故障工作时间X 具有指数分布,取1000个元件工作时间的

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提示:

①根据教材P168例4.7知,指数分布中参数 λ 的极大似然估计是n /

∑=n

i i

X

1

。

②利用rep()函数。

解:源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

x<-c(rep(5,365),rep(15,245),rep(25,150),rep(35,100),rep(45,70),rep(55,45),rep(65,25)

) >1000/sum(x) [1] 0.05

4. (习题4.3)为检验某自来水消毒设备的效果,现从消毒后的水中随机抽取50升,

化验 每升水中大肠杆菌的个数(假设一升水中大肠杆菌个数服从

Poisson 分布),其化验结果如下:

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试问平均每升水中大肠杆菌个数为多少时,才能使上述情况的概率为最大? 解:此题实际就是

求泊松分布中参数 λ 的极大似然估计。 泊松分布的分布律为 P {X =k }=

!

k e k λ

λ-, k =0,1,2,…, λ > 0

设x 1,x 2,…,x n 为其样本X 1,X 2,…,X n 的一组观测值。

于是此分布的似然函数为 L (λ; x )= L (λ; x 1,…,x n )=

λλ

λ

λn n x n

i i x e x x x e n

i i

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i

-=-∑=

=∏

!

!!

11

1

相应的对数似然函数为 ln L (λ; x )= -n λ+

∑=n

i i

x

1

ln λ-

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∑=n

i i

x 1

)!ln(

令 ∑=++-=∂∂n

i i x n x L 1

1);(ln λαλ=0

解此似然方程得到x =λ

容易验证0ln 2

2<∂∂λ

L ,从而λ 使得L 达到极大,即参数λ 的极大似然估计量X =λˆ。

计算出参数λ 的极大似然估计量λ

ˆ的值。同上题,也需要利用rep()函数。

源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

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以下请据此完成R 程序,

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x<-c(rep(0,17),rep(1,20),rep(2,10),rep(3,2),rep(4,1),rep(5,0),rep(6,0))

>mean(x)

[1] 1

5.(习题4.4)利用R软件中的nlm()函数求解无约束优化问题

min f(x)=(-13+x1+((5-x2)x2-2)x2)2+(-29+x1+((x2+1)x2-14)x2)2,

取初始点x(0)=(0.5, -2)T。

提示:参考教材P173公式(4.13)对应的例题。

解:源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

obj<-function(x){

f<-c(-13+x[1]+((5-x[2])*x[2]-2)* x[2],-29+ x[1]+(( x[2]+1)* x[2]-14) *x[2])

sum(f^2)

}

> source("Rosenbrouk.R")

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> x0<-c(0.5, -2)

> nlm(obj,x0)

$minimum

[1] 48.98425

$estimate

[1] 11.4127791 -0.8968052

$gradient

[1] 1.413268e-08 -1.462297e-07

$code

[1] 1

$iterations

[1] 16

结论:

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$minimum是函数的最目标值,即f*=48.98425,$estimate是最优点的估计值,即

x*=( 11.4127791, -0.8968052)T; $gradient是在最优点处(估计值)目标函数梯度值,即

f*(1.413268e-08, -1.462297e-07)T; $code是指标,这里是1,表示迭代成功;$iterations 是迭代

次数,这里是16,表示迭代了16次迭代。

6.(习题4.5)正常人的脉搏平均每分钟72次,某医生测得10例四乙基铅中毒患者

的脉搏数(次/min)如下:

54 67 68 78 70 66 67 70 65 69

已知人的脉搏次数服从正态分布,试计算这10名患者平均脉搏次数的点估计和95%的区间

估计。并作单侧区间估计,试分析这10患者的平均脉搏次数是否低于正常人的平均脉搏次数。

提示:此题是一个正态总体的估计问题,且由于总体方差未知,因此可以直接使用R 语言中

()函数进行分析。

解:源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

x<-c(54 , 67 , 68 , 78 ,70 , 66 , 67 , 70 , 65, 69)

> (x) #()做单样本正态分布区间估计

One Sample t-test

data: x

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t = 35.947, df = 9, p-value = 4.938e-11

alternative hypothesis: true mean is not equal to 0

95 percent confidence interval:

63.1585 71.6415

sample estimates:

mean of x

67.4

> (x,alternative="less",mu=72) #()做单样本正态分布单侧间估计

One Sample t-test

data: x

t = -2.4534, df = 9, p-value = 0.01828

alternative hypothesis: true mean is less than 72

95 percent confidence interval:

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-Inf 70.83705

sample estimates:

mean of x

67.4

结论:

双侧区间估计:平均脉搏点估计为67.4,95%区间估计为63.1585 71.6415;

单侧区间估计:p= 0.01828<0.05,拒绝原假设,平均脉搏低于正常人。

7.(习题4.6)甲、乙两种稻种分别播种在10块试验田中,每块试验田甲、乙稻种各

种一半。假设两稻种产量X, Y均服从正态分布,且方差相等。收获后10块试验田

12

提示:此题是两个正态总体的区间估计问题,且由于两总体方差未知,因此可以直接使用R语言

中()函数进行分析。()可做两正态样本均值差的估计。注意此例中两样本方差相等。

参考教材P185倒数第四行开始至P186。

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解:源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

> x<-c(140,137,136,140,145,148,140,135,144,141)

> y<-c(135,118,115,140,128,131,130,115,131,125)

> (x,y,=TRUE)

Two Sample t-test

data: x and y

t = 4.6287, df = 18, p-value = 0.0002087

alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0

95 percent confidence interval:

7.536261 20.063739

sample estimates:

mean of x mean of y

140.6 126.8

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结论:

期望差的95%置信区间为7.536261 20.063739

8.(习题4.7)甲、乙两组生产同种导线,现从甲组生产的导线中随机抽取4根,从

)分别为

假设两组电阻值分别服从正态分布N(1, )和N(1, ),未知。试求μ1-μ2的置信区间系数为0.95

的区间估计。

提示:此题是两个正态总体的估计问题,且由于两总体方差未知,因此可以直接使用R 语言中

()函数进行分析。()可做两正态样本均值差的估计。注意此例中两样本方差相等。参考

教材P185倒数第四行开始至P186。

解:源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

> x<-c(0.143,0.142,0.143,0.137)

> y<-c(0.140,0.142,0.136,0.138,0.140)

> (x,y,=TRUE)

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Two Sample t-test

data: x and y

t = 1.198, df = 7, p-value = 0.2699

alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0

95 percent confidence interval:

-0.001996351 0.006096351

sample estimates:

mean of x mean of y

0.14125 0.13920

结论:

期望差的95%区间估计为-0.001996351 0.006096351

9.(习题4.8)对习题4.6中甲乙两种稻种的数据作方差比的区间估计,并用其估计

值来判定两数据是否等方差。若两数据方差不相等,试重新计算两稻种产量的期望差μ1-μ2

的置信区间(α =0.05)。

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提示:在R软件中,()函数能够提供两个样本方差比的区间估计。参考教材P189倒数

第6行开始的内容。此结果可认为方差不等。因此重新计算期望差时应该采取方差不等的参数。

解:源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

> x<-c(140,137,136,140,145,148,140,135,144,141)

> y<-c(135,118,115,140,128,131,130,115,131,125)

> (x,y)

F test to compare two variances

data: x and y

F = 0.23533, num df = 9, denom df = 9, p-value = 0.04229

alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 1

95 percent confidence interval:

0.05845276 0.94743902

sample estimates:

ratio of variances

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0.2353305

> (x,y,)

Welch Two Sample t-test

data: x and y

t = 4.6287, df = 13.014, p-value = 0.0004712

alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0

95 percent confidence interval:

7.359713 20.240287

sample estimates:

mean of x mean of y

140.6 126.8

结论:

期望差的95%置信区间为 7.359713 20.240287

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10. (习题4.9)设电话总机在某段时间内接到的呼唤的次数服从参数未知的Poisson

此题给出完整答案,供参考。

解:从习题4.3已经知道,平均呼唤次数 λ 的估计值就是⎩X 。此题是非正态总体的区间估计

问题。但由中心极限定理可知,此类问题其置信区间与方差σ 2未知时一个正态总体的均值的置信

区间完全一样,即为]+,[2/2/ααZ n S

X Z n S

X -。参考教材P190

公式(4.46)及其后的程序。

源代码及运行结果:

> x<-c(rep(0,7),rep(1,10),rep(2,12),rep(3,8),rep(4,3),rep(5,2))

> n<-length(x)

> tmp<-sd(x)/sqrt(n)*qnorm(1-0.05/2)

> mean(x)

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[1] 1.904762

> mean(x)-tmp;mean(x)+tmp #置信区间的下限和上限

[1] 1.494041

[1] 2.315483

结论:

平均呼唤次数为1.9

0.95的置信区间为[1.49, 2.32]。

11.(习题4.10)已知某种灯泡寿命服从正态分布,在某星期所生产的该灯泡中随机抽

取10 只,测得其寿命(单位:小时)为

1067 919 1196 785 1126 936 918 1156 920 948 求灯泡寿命平均值的置信度为0.95的

单侧置信下限。

提示:此题是一个正态总体的区间估计问题,且由于总体方差未知,因此可以直接使用R语言中

()函数进行分析。根据教材P191定义4.7知,单侧置信下限,()函数中的参数

alternative="greater"。参考教材P193-194的例4.22及其后面一段文字。

解:源代码及运行结果:(复制到此处,不需要截图)

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x<-c(1067 , 919 , 1196 , 785 , 1126 , 936 , 918 , 1156 , 920 , 948)

>(x,alternative="greater")

One Sample t-test

data: x

t = 23.969, df = 9, p-value = 9.148e-10

alternative hypothesis: true mean is greater than 0

95 percent confidence interval:

920.8443 Inf

sample estimates:

mean of x

997.1

结论:

灯泡平均寿命置信度95%的单侧置信度下限为920.8443

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思考:

1.常用的点估计的方法有哪些?

距法,极大似然法,最小二乘法等。

2.估计量的优良性准则有哪些?

无偏性,有效性和相合性(一致性)

3. 在R 语言中,求矩法估计时,如果令总体的k 阶原点矩等于它样本的k 阶原点矩

得到的k 个方程无法求出解析解,此时需要调用教材P103的2.9.3节作者编写的Newton

法程序求此方程组的解。在求极大似然估计时需要求解(对数)似然函数的极大值,如果无法求出其

相应似然方程的解析解,若此(对数)似然函数是一维变量,可以用R 中的_optimeize()(或

optimise())_____函数变相求解此(对数)似然函数的相反数的极小值?若此(对数)似然函数是多维

变量,可以用R 中的__nlm()__函数变相求解 θmin –L (θ; x ) 或θ

min –ln L (θ; x )?

三、实验小结(必写,但字数不限)

这次实验主要学会掌握矩法估计与极大似然估计的求法,会利用R 软件完成一个和两个正态

总体的区间估计,非正态总体的区间估计和单侧置信区间估计,还要会分析结果,得出结论。懂得什

么样的题,用什么样的方法和函数。通过这次实验,已经掌握了一些基本参数估计知识,要多看书本,

多加练习。

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