估计量的评价标准（无偏、有效、一致）

§21.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

2.56 分/卷近 11 年平均

6/11 年出现年份

2.6 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）数学期望方差大数定律

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 评价估计量的三个标准：无偏性 $E (\hat{θ}) = θ$ 、有效性（无偏估计中方差较小者较优）、相合性 $\hat{θ}_{n} P θ$ ★★ 必会

设

\hat{θ} = \hat{θ} (X_{1}, \dots, X_{n})

是参数

θ

的估计量。下述三个标准分别回答三个不同的问题。

① 无偏性，即平均而言没有系统偏差：如果

E (\hat{θ}) = θ (对 θ 的一切可取值成立),

那么称

\hat{θ}

为

θ

的无偏估计，并称

E (\hat{θ}) - θ

为偏差。以下是几个基本事实（对任何总体都成立，其中

E (X) = μ

、

D (X) = σ^{2}

）：

\overset{ˉ}{X}

是

μ

的无偏估计；

S^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

是

σ^{2}

的无偏估计，其分母之所以取

n - 1

，就是为了保证无偏；而

B_{2} = \frac{1}{n} \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

是有偏的（

E (B_{2}) = \frac{n - 1}{n} σ^{2}

）。必须注意：无偏性经过非线性变换以后一般不再保持。例如

S^{2}

是

σ^{2}

的无偏估计，但

S

一般不是

σ

的无偏估计。

② 有效性，即都无偏时比较哪一个更集中：设

\hat{θ}_{1}

、

\hat{θ}_{2}

都是

θ

的无偏估计。如果

D (\hat{θ}_{1}) \leq D (\hat{θ}_{2}) (且至少对某个 θ 严格小于),

那么称

\hat{θ}_{1}

比

\hat{θ}_{2}

有效。方差较小，就表示取值更集中在真值附近。这里二者都无偏这一前提缺一不可，有偏的估计不能参加这种比较。

③ 相合性（一致性），即样本容量足够大时估计终究准确：如果对任意

ε > 0

，有

n \to \infty lim P {∣ \hat{θ}_{n} - θ ∣ \geq ε} = 0, 即 \hat{θ}_{n} P θ,

那么称

\hat{θ}_{n}

为

θ

的相合估计。这是三个标准中唯一涉及

n \to \infty

的大样本标准。根据大数定律（§19.2），

\overset{ˉ}{X}

与各阶样本矩

A_{k}

分别是

μ

与

E (X^{k})

的相合估计。实用的判别法为

E (\hat{θ}_{n}) \to θ

且

D (\hat{θ}_{n}) \to 0 \Rightarrow

相合，详见本节最后一条。

这三者互不蕴含：无偏的未必相合，相合的也未必无偏，例如

B_{2}

有偏，却是相合的。

证明 / 推导

下面对同一参数 $μ$ 的两个估计 $\overset{μ}{^}_{1} = \overset{ˉ}{X}$ 与 $\overset{μ}{^}_{2} = X_{1}$ ，逐条检验上述三个标准.
无偏性 因

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

，

E (X_{1}) = μ

，故二者都无偏，由标准 ① 分不出优劣。
有效性 由

D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n} < σ^{2} = D (X_{1}) (n \geq 2)

知，

\overset{ˉ}{X}

比

X_{1}

有效。只取第一个观测值而舍弃其余

n - 1

个，虽然仍旧无偏，却浪费了样本所含的信息。
相合性 由切比雪夫不等式得

P {∣ \overset{ˉ}{X} - μ ∣ \geq ε} \leq \frac{σ ^{2}}{n ε ^{2}} \to 0

，所以

\overset{ˉ}{X}

是相合的；而

X_{1}

的分布与

n

无关，对非退化的总体，总存在

ε > 0

，使

P {∣ X_{1} - μ ∣ \geq ε}

等于一个不随

n

减小的正常数，因此

X_{1}

不相合。这说明数据再多，它也不会更准确。

■

举例说明

真题（2009·数一）. 设

X_{1}, \dots, X_{m}

是来自二项总体

B (n, p)

的样本，

\overset{ˉ}{X}

、

S^{2}

分别为样本均值与样本方差。若

\overset{ˉ}{X} + k S^{2}

是

n p^{2}

的无偏估计量，求

k

。

解. 直接按定义 ① 来做：应有

E (\overset{ˉ}{X} + k S^{2}) = n p^{2}

。对任何总体恒有

E (\overset{ˉ}{X}) = E (X)

、

E (S^{2}) = D (X)

；而对

B (n, p)

有

E (X) = n p

，

D (X) = n p (1 - p)

。于是

E (\overset{ˉ}{X} + k S^{2}) = n p + k n p (1 - p) = n p^{2} ⟹ 1 + k (1 - p) = p ⟹ k (1 - p) = - (1 - p),

再由

0 < p < 1

得

k = - 1

。易错之处：本题中样本容量是

m

，二项分布的参数才是

n

。不要把

E (S^{2})

写成含

m

的式子；

E (S^{2}) = D (X)

与样本容量无关，这一点就是

S^{2}

为无偏估计的含义。

■

2. 样本均值是方差最小的线性无偏估计：最优的权系数即等分★★ 必会

估计总体均值时为什么总用

\overset{ˉ}{X}

？这并非只是习惯，而是有可以证明的最优性。下面考察一切形如

\overset{μ}{^} = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} X_{i}

的线性估计，其中

X_{i}

独立同分布，均值为

μ

、方差为

σ^{2}

：

- 无偏

⟺ E (\overset{μ}{^}) = μ \sum a_{i} = μ

对一切

μ

成立

⟺ \sum a_{i} = 1

；
- 它的方差为

D (\overset{μ}{^}) = σ^{2} \sum a_{i}^{2}

。

于是问题化为：在约束

\sum a_{i} = 1

之下，

\sum a_{i}^{2}

何时最小。答案是

a_{i} \equiv \frac{1}{n}

，这时所得的估计即为

\overset{ˉ}{X}

。因此

\overset{ˉ}{X}

是一切线性无偏估计中方差最小的一个。

证明 / 推导

证由柯西-施瓦茨不等式，

1 = (i = 1 \sum n a_{i})^{2} = (i = 1 \sum n a_{i} \cdot 1)^{2} \leq (i = 1 \sum n a_{i}^{2}) (i = 1 \sum n 1^{2}) = n i = 1 \sum n a_{i}^{2},

故

\sum a_{i}^{2} \geq \frac{1}{n}

，其中等号成立当且仅当各

a_{i}

与

1

成比例，即

a_{i} \equiv \frac{1}{n}

。因此对任意满足

\sum a_{i} = 1

的线性无偏估计，都有

D (\overset{μ}{^}) = σ^{2} \sum a_{i}^{2} \geq \frac{σ ^{2}}{n} = D (\overset{ˉ}{X}),

这就证明了

\overset{ˉ}{X}

的方差最小，即最有效。

■

3. 有偏估计可以修正为无偏：乘上一个已知的常数因子★★ 必会

如果某个估计满足

E (\hat{θ}) = c θ

，其中

c

是已知常数，那么

\frac{θ ^}{c}

就是无偏估计。这种消去偏差的做法，是构造无偏估计的常用方法：先算出

E (\hat{θ})

，看它是真值的几倍，再除以这个倍数。

下面两个例子应当熟记：
-

B_{2} = \frac{1}{n} \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

满足

E (B_{2}) = \frac{n - 1}{n} σ^{2}

，因此

S^{2} = \frac{n}{n - 1} B_{2} = \frac{1}{n - 1} \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

是无偏的；
-

U [0, θ]

的最大似然估计

X_{(n)}

满足

E (X_{(n)}) = \frac{n}{n + 1} θ

，因此

\frac{n + 1}{n} X_{(n)}

是无偏的。

证明 / 推导

证. 先证去偏的一般结论。设

E (\hat{θ}) = c θ

，其中

c \neq = 0

是不依赖于

θ

的已知常数。由数学期望的线性性质，

E (\frac{θ ^}{c}) = \frac{1}{c} E (\hat{θ}) = \frac{c θ}{c} = θ,

故

\frac{θ ^}{c}

是

θ

的无偏估计。必须注意

c

中不能含有未知参数。如果

c

与

θ

有关，那么

\frac{θ ^}{c}

就不是统计量，不能用作估计。

下面证明上面引用的

E (B_{2}) = \frac{n - 1}{n} σ^{2}

，样本方差的分母取

n - 1

即由此而来。设

X_{1}, \dots, X_{n}

是来自总体

X

的样本，

E (X) = μ

，

D (X) = σ^{2}

。先把平方和改写：

i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2} = i = 1 \sum n (X_{i}^{2} - 2 \overset{ˉ}{X} X_{i} + \overset{ˉ}{X}^{2}) = i = 1 \sum n X_{i}^{2} - 2 \overset{ˉ}{X} \cdot n \overset{ˉ}{X} + n \overset{ˉ}{X}^{2} = i = 1 \sum n X_{i}^{2} - n \overset{ˉ}{X}^{2} .

再由

D (Y) = E (Y^{2}) - [E (Y)]^{2}

得

E (X_{i}^{2}) E (\overset{ˉ}{X}^{2}) = σ^{2} + μ^{2} = D (\overset{ˉ}{X}) + [E (\overset{ˉ}{X})]^{2} = \frac{σ ^{2}}{n} + μ^{2}

其中用到

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

与

D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}

，后者要求样本相互独立。对上面的平方和取期望，得

E (i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}) = n (σ^{2} + μ^{2}) - n (\frac{σ ^{2}}{n} + μ^{2}) = (n - 1) σ^{2} .

两端除以

n

，即得

E (B_{2}) = \frac{n - 1}{n} σ^{2}

。可见

B_{2}

偏小，其偏差为

- \frac{σ ^{2}}{n}

。按上面的去偏方法取

c = \frac{n - 1}{n}

，便有

E (\frac{n}{n - 1} B_{2}) = \frac{n}{n - 1} \cdot \frac{n - 1}{n} σ^{2} = σ^{2},

即

S^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

无偏。这就证明了样本方差的分母为什么取

n - 1

而不取

n

。

■

举例说明

设

X \sim U [0, θ]

，

X_{1}, \dots, X_{n}

为来自该总体的样本。试判断

\hat{θ}_{1} = 2 \overset{ˉ}{X}

与

\hat{θ}_{2} = X_{(n)}

是否无偏，并把有偏的一个修正为无偏。

解. 因

E (X) = θ /2

，故

E (\hat{θ}_{1}) = 2 E (\overset{ˉ}{X}) = 2 \cdot \frac{θ}{2} = θ

，可见

\hat{θ}_{1} = 2 \overset{ˉ}{X}

是无偏的。

而

E (\hat{θ}_{2}) = E (X_{(n)}) = \frac{n}{n + 1} θ \neq = θ

，故它有偏，且偏小。乘上因子

\frac{n + 1}{n}

加以修正，得

\hat{θ}_{2}^{*} E (\hat{θ}_{2}^{*}) = \frac{n + 1}{n} X_{(n)} = \frac{n + 1}{n} \cdot \frac{n}{n + 1} θ = θ .

（附带指出：比较

D (\hat{θ}_{1})

与

D (\hat{θ}_{2}^{*})

可以看出，基于

X_{(n)}

的估计其方差要小得多，为

\sim 1/ n^{2}

阶，因而更有效。）

■

4. 无偏并不等于最好：均方误差 = 方差 + 偏差²，稍有偏差时有时反而更准★ 要懂

综合评价一个估计的指标是均方误差

MSE (\hat{θ}) = E [(\hat{θ} - θ)^{2}] = D (\hat{θ}) + [E (\hat{θ}) - θ]^{2} (方差 + 偏差^{2}) .

无偏性只保证上式右端第二项为零。但是，如果容许有少量偏差而能使方差大为减小，那么均方误差反而更小。下面是一个经典而与直觉相反的结论：对正态总体，在形如

c \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

的方差估计中，使均方误差最小的系数是

c = \frac{1}{n + 1}

，它既不是无偏估计所用的

\frac{1}{n - 1}

，也不是最大似然估计所用的

\frac{1}{n}

。由此可见，无偏性只是诸多评价标准之一，并非唯一的准则。

证明 / 推导

证 先作均方误差的分解. 记

b = E (\hat{θ}) - θ

，则

E [(\hat{θ} - θ)^{2}] = E [(\hat{θ} - E \hat{θ}) + b]^{2} = D (\hat{θ}) + 2 b E [\hat{θ} - E \hat{θ}] + b^{2} = D (\hat{θ}) + b^{2} .

再求最优系数. 设总体服从

N (μ, σ^{2})

，记

T = \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

，则

\frac{T}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

，于是

E (T) D (T) E (T^{2}) = (n - 1) σ^{2} = 2 (n - 1) σ^{4} = D (T) + [E (T)]^{2} = (n^{2} - 1) σ^{4} .

对估计

c T

，有

MSE (c) = E [(c T - σ^{2})^{2}] = c^{2} E (T^{2}) - 2 c σ^{2} E (T) + σ^{4} = σ^{4} [(n^{2} - 1) c^{2} - 2 (n - 1) c + 1] .

对

c

求导数并令其为零，得

2 (n^{2} - 1) c - 2 (n - 1) = 0 \Rightarrow c = \frac{n - 1}{n ^{2} - 1} = \frac{1}{n + 1}

。这时

MSE = \frac{2 σ ^{4}}{n + 1}

，它既小于无偏估计

S^{2}

的均方误差，也小于最大似然估计的均方误差。

■

5. 判定相合性的常用充分条件：期望趋于真值且方差趋于零★★ 必会

直接验证依概率收敛往往比较困难。实用的充分条件是：如果

E (\hat{θ}_{n}) \to θ (渐近无偏) 且 D (\hat{θ}_{n}) \to 0,

那么

\hat{θ}_{n}

是

θ

的相合估计。证明要用切比雪夫不等式，并用到上一条中均方误差的分解。由此可见，凡是渐近无偏而且方差趋于零的估计都是相合的，其中也包括有偏的最大似然估计（例如

\hat{σ^{2}} = B_{2}

，其期望

\to σ^{2}

、方差

\to 0

，故相合）。

证明 / 推导

证对任意

ε > 0

，由切比雪夫（马尔可夫）不等式，有

P {∣ \hat{θ}_{n} - θ ∣ \geq ε} = P {(\hat{θ}_{n} - θ)^{2} \geq ε^{2}} \leq \frac{E [( θ ^ _{n} - θ ) ^{2} ]}{ε ^{2}} = \frac{D ( θ ^ _{n} ) + [ E ( θ ^ _{n} ) - θ ] ^{2}}{ε ^{2}} .

当

n \to \infty

时，右端分子中

D (\hat{θ}_{n}) \to 0

、

[E (\hat{θ}_{n}) - θ]^{2} \to 0

，因此整个式子

\to 0

。这就证明了

\hat{θ}_{n} P θ

，即它是相合的。

应用对

\overset{ˉ}{X}

有

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

、

D (\overset{ˉ}{X}) = σ^{2} / n \to 0

，因此

\overset{ˉ}{X}

是

μ

的相合估计。

■

💡 小知识

样本方差的分母取 n-1 而不是 n，这一改动称为贝塞尔校正。道理并不难理解：均值 X̄ 是由样本自己算出来的，数据天然更贴近自己的平均值，偏差平方和于是系统性地偏小；改除以 n-1，恰好补回了用掉一个自由度所损失的那一份，估计也就回到无偏。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设

X_{1}, \dots, X_{n}

是来自均值为

μ

、方差为

σ^{2}

的总体的样本，

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}

。证明样本均值

\overset{ˉ}{X}

是总体均值

μ

的无偏估计。难度 1

目标： 证明

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

。

第一步：用期望的线性性。

E (\overset{ˉ}{X}) = E (\frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E (X_{i}) .

第二步：代入 $E (X_{i}) = μ$ 。 每个

X_{i}

与总体同分布，

E (X_{i}) = μ

，共

n

项：

E (\overset{ˉ}{X}) = \frac{1}{n} \cdot n μ = μ .

结论：

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

，故

\overset{ˉ}{X}

是

μ

的无偏估计。

■

方法总结：验证无偏性

=

直接计算

E (\hat{θ})

，看是否恒等于

θ

。这里只用到期望的线性性，是最基础的无偏证明。

例 2 设

X_{1}, X_{2}, X_{3}

是来自均值

μ

、方差

σ^{2}

总体的样本。记

\overset{μ}{^}_{1} = \frac{1}{6} X_{1} + \frac{1}{3} X_{2} + \frac{1}{2} X_{3}

，

\overset{μ}{^}_{2} = \overset{ˉ}{X} = \frac{1}{3} (X_{1} + X_{2} + X_{3})

。（1）验证

\overset{μ}{^}_{1}

是

μ

的无偏估计；（2）比较

\overset{μ}{^}_{1}

与

\overset{μ}{^}_{2}

哪个更有效。难度 2

（1）验证无偏性。 由期望线性性，系数之和

E (\overset{μ}{^}_{1}) = (\frac{1}{6} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2}) μ = \frac{1 + 2 + 3}{6} μ = μ,

故

\overset{μ}{^}_{1}

无偏。（同理系数和为

1

的线性组合都无偏，

\overset{μ}{^}_{2}

亦无偏。）

（2）比较方差。 因

X_{1}, X_{2}, X_{3}

相互独立、方差同为

σ^{2}

：

D (\overset{μ}{^}_{1}) = (\frac{1}{6})^{2} σ^{2} + (\frac{1}{3})^{2} σ^{2} + (\frac{1}{2})^{2} σ^{2} = (\frac{1}{36} + \frac{4}{36} + \frac{9}{36}) σ^{2} = \frac{14}{36} σ^{2} = \frac{7}{18} σ^{2} .

D (\overset{μ}{^}_{2}) = D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{3} = \frac{6}{18} σ^{2} .

结论：

D (\overset{μ}{^}_{2}) = \frac{6}{18} σ^{2} < \frac{7}{18} σ^{2} = D (\overset{μ}{^}_{1})

，故

\overset{μ}{^}_{2} = \overset{ˉ}{X}

更有效。

这也印证了一般结论：等权平均

\overset{ˉ}{X}

在所有「系数和为

1

的无偏线性估计」中方差最小。

例 3 设

X_{1}, \dots, X_{n}

是来自方差为

σ^{2}

的总体的样本，记

B_{2} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

。已知

E [\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}] = (n - 1) σ^{2}

。（1）求

E (B_{2})

，判断

B_{2}

是否为

σ^{2}

的无偏估计；（2）求常数

c

，使

c \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

为

σ^{2}

的无偏估计。难度 2

（1）计算 $E (B_{2})$ 。

E (B_{2}) = \frac{1}{n} E [i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}] = \frac{1}{n} \cdot (n - 1) σ^{2} = \frac{n - 1}{n} σ^{2} .

因

\frac{n - 1}{n} σ^{2} \neq = σ^{2}

（偏小），故

B_{2}

是有偏的，偏差为

E (B_{2}) - σ^{2} = - \frac{1}{n} σ^{2}

。

（2）求无偏系数 $c$ 。 令

E [c i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}] = c (n - 1) σ^{2} = σ^{2},

解得

c = \frac{1}{n - 1}

。

结论： 取

c = \frac{1}{n - 1}

，即

S^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

才是

σ^{2}

的无偏估计——这正是样本方差分母取

n - 1

（而非

n

）的原因。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

假设某种元件的寿命服从指数分布，其均值

θ

是未知参数。为估计

θ

，取

n

个这种元件同时做寿命试验，试验到出现

k (1 \leq k \leq n)

个元件失效时停止。

（1）若

k = 1

，失效元件寿命记为

T

。(i) 求

T

的概率密度；(ii) 确定

a

，使

\hat{θ} = a T

是

θ

的无偏估计，求

D (\hat{θ})

。

（2）已知

k

个失效元件寿命值分别为

t_{1}, t_{2}, \dots, t_{k}

且

t_{1} \leq t_{2} \leq \dots \leq t_{k}

，似然函数为

L (θ) = \frac{1}{θ ^{k}} e^{- \frac{1}{θ} [\sum_{i = 1}^{k} t_{i} + (n - k) t_{k}]}

，求

θ

的最大似然估计值。

2024 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 12 分

设总体

X

服从

[0, θ]

上的均匀分布，其中

θ \in (0, + \infty)

为未知参数。

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

是来自总体

X

的简单随机样本，记

X_{(n)} = max {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}

，

T_{c} = c X_{(n)}

。

（Ⅰ）求

c

，使得

T_{c}

是

θ

的无偏估计；

（Ⅱ）记

h (c) = E [(T_{c} - θ)^{2}]

，求

c

使得

h (c)

最小。

2023 年 · 数一 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设

X_{1}, X_{2}

为来自总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，其中

σ (σ > 0)

为未知参数。若

\overset{σ}{^} = a ∣ X_{1} - X_{2} ∣

为

σ

的无偏估计，则

a =

（　　）

A $\frac{π}{2}$ .
B $\frac{2 π}{2}$ .
C $π$ .
D $2 π$ .

2021 年 · 数一 · 第 9 题 · 选择题 · 5 分

设

(X_{1}, Y_{1}), (X_{2}, Y_{2}), \dots, (X_{n}, Y_{n})

为来自总体

N (μ_{1}, μ_{2}; σ_{1}^{2}, σ_{2}^{2}; ρ)

的简单随机样本，令

θ = μ_{1} - μ_{2}

，

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}

，

\overset{ˉ}{Y} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n Y_{i}

，

\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} - \overset{ˉ}{Y}

，则（　　）

A $\hat{θ}$ 是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n} .$
B $\hat{θ}$ 不是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n} .$
C $\hat{θ}$ 是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n} .$
D $\hat{θ}$ 不是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n} .$

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

X_{1}, \dots, X_{n}

（

n \geq 2

）是来自方差为

σ^{2}

总体的样本，

\overset{ˉ}{X}

为样本均值。下列统计量中，是

σ^{2}

的无偏估计的是（）。

A $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}$
B $\frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}$
C $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$
D $\overset{ˉ}{X}^{2}$

练习 2 · 选择题

设

X_{1}, X_{2}

是来自均值

μ

、方差

σ^{2}

总体的样本，

\overset{μ}{^}_{1} = \frac{1}{2} (X_{1} + X_{2})

，

\overset{μ}{^}_{2} = \frac{1}{4} X_{1} + \frac{3}{4} X_{2}

。二者都是

μ

的无偏估计，则（）。

A $\overset{μ}{^}_{1}$ 比 $\overset{μ}{^}_{2}$ 有效
B $\overset{μ}{^}_{2}$ 比 $\overset{μ}{^}_{1}$ 有效
C两者同样有效
D无法比较有效性

练习 3 · 填空题

设

X_{1}, \dots, X_{n}

是来自均值

μ

、方差

σ^{2}

总体的样本，

\overset{ˉ}{X}

为样本均值，则

D (\overset{ˉ}{X}) =

____。

练习 4 · 选择题

设

\hat{θ}_{n}

是参数

θ

的估计量，且

E (\hat{θ}_{n}) = θ + \frac{1}{n}

，

D (\hat{θ}_{n}) = \frac{1}{n}

。则

\hat{θ}_{n}

（）。

A既无偏又相合
B有偏但相合
C无偏但不相合
D有偏且不相合

练习 5 · 选择题

设

X_{1}, \dots, X_{n}

（

n \geq 2

）是来自方差

σ^{2} > 0

的总体的样本，

S^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

为样本方差，

S = S^{2}

为样本标准差。已知

E (S^{2}) = σ^{2}

，且

S

不是（以概率

1

取值的）常数，则（）。

A $S$ 也是 $σ$ 的无偏估计，即 $E (S) = σ$
B $E (S) < σ$
C $E (S) > σ$
D $E (S)$ 与 $σ$ 的大小关系无法确定

练习 6 · 填空题

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

（

n \geq 2

）是来自总体

X

的简单随机样本，

E (X) = μ

，

D (X) = σ^{2}

均存在。若

\overset{σ}{^}^{2} = c i = 1 \sum n - 1 (X_{i + 1} - X_{i})^{2}

是

σ^{2}

的无偏估计，则常数

c =

____。

练习 7 · 解答题

设总体

X

服从区间

[0, θ]

上的均匀分布（

θ > 0

未知），

X_{1}, \dots, X_{n}

是来自

X

的简单随机样本，记

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}

，

M = max {X_{1}, \dots, X_{n}}

。
（1）证明

\hat{θ}_{1} = 2 \overset{ˉ}{X}

是

θ

的无偏估计，并求

D (\hat{θ}_{1})

；
（2）求

M

的概率密度，并由此求出

E (M)

与

E (M^{2})

；
（3）用

M

构造

θ

的无偏估计

\hat{θ}_{2}

，并比较

\hat{θ}_{1}

与

\hat{θ}_{2}

的有效性。

2018 年 · 数一 · 第 23 题 · 解答题 · 11 分

设总体

X

的概率密度为

f (x; σ) = \frac{1}{2 σ} e^{- \frac{∣ x ∣}{σ}}, - \infty < x < + \infty

，其中

σ \in (0, + \infty)

为未知参数，

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

为来自总体

X

的简单随机样本。记

σ

的最大似然估计量为

\overset{σ}{^}

.
（Ⅰ）求

\overset{σ}{^}

；
（Ⅱ）求

E (\overset{σ}{^})

，

D (\overset{σ}{^})

2016 年 · 数一 · 第 23 题 · 解答题 · 11 分

设总体

X

的概率密度为

f (x; θ) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{3 x ^{2}}{θ ^{3}}, 0, 0 < x < θ, 其他,

其中

θ \in (0, + \infty)

为未知参数，

X_{1}, X_{2}, X_{3}

为来自总体

X

的简单随机样本，令

T = max {X_{1}, X_{2}, X_{3}}

。

（Ⅰ）求

T

的概率密度；

（Ⅱ）确定

a

，使得

a T

为

θ

的无偏估计。

估计量的评价标准（无偏、有效、一致）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 评价估计量的三个标准：无偏性 E(θ^)=θ、有效性（无偏估计中方差较小者较优）、相合性 θ^n​P​θ★★ 必会

2. 样本均值是方差最小的线性无偏估计：最优的权系数即等分★★ 必会

3. 有偏估计可以修正为无偏：乘上一个已知的常数因子★★ 必会

4. 无偏并不等于最好：均方误差 = 方差 + 偏差²，稍有偏差时有时反而更准★ 要懂

5. 判定相合性的常用充分条件：期望趋于真值且方差趋于零★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 评价估计量的三个标准：无偏性 $E (\hat{θ}) = θ$ 、有效性（无偏估计中方差较小者较优）、相合性 $\hat{θ}_{n} P θ$ ★★ 必会