估计量的评价标准（无偏、有效、一致）

§20.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

2.25 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

2.2 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（都无偏时方差较小者为优）、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。这三条标准回答三个不同的问题。

① 无偏性，即平均而言不偏离真值：如果

E (\hat{θ}) = θ (对 θ 的一切可取值成立),

就称

\hat{θ}

为

θ

的无偏估计，而

E (\hat{θ}) - θ

称为偏差。下面是基本事实（对任意总体，只要

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，其中分母取

n - 1

正是为了保证无偏，而

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

则是有偏的（

E (B_{2}) = \frac{n - 1}{n} σ^{2}

）。必须注意：无偏性经过非线性变换会丧失，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，即都无偏时比较谁更稳定：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),

就称

\hat{θ}_{1}

比

\hat{θ}_{2}

有效。方差小，意味着取值更集中在真值附近。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），即样本足够大时终究估得准：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,

就称

\hat{θ}_{n}

为

θ

的相合估计。这是唯一涉及

n \to \infty

的大样本标准；由大数定律（§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。实用的判别法是：

E (\hat{θ}_{n}) \to θ

且

D (\hat{θ}_{n}) \to 0 \Rightarrow

相合，这一条见本节的最后一处。

这三条标准互不蕴含：无偏未必相合，相合也未必无偏（例如

B_{2}

有偏却相合）。

证明 / 推导

同一个 $μ$ 的两个估计 $\overset{μ}{^}_{1} = \overset{ˉ}{X}$ 与 $\overset{μ}{^}_{2} = X_{1}$ ，依这三条标准逐一比较.
无偏：

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

，

E (X_{1}) = μ

，都是无偏的，第 ① 条分不出高下。
有效：

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

，故

\overset{ˉ}{X}

比

X_{1}

有效。只用第一个观测值而丢掉其余

n - 1

个，虽然无偏，却浪费了信息。
相合：由切比雪夫不等式

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

，故

\overset{ˉ}{X}

相合；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}

是不随

n

衰减的正常数，故

X_{1}

不相合，即数据再多，它也不会更准。

■

举例说明

（数三 2008） 设

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

是

N (μ, σ^{2})

的样本，

\overset{ˉ}{X}

、

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

，令

T = \overset{ˉ}{X}^{2} - \frac{1}{n} S^{2}

。证明

T

是

μ^{2}

的无偏估计量。

解（验证无偏性 $=$ 直接计算 $E (T)$ ）. 用两条对正态样本恒成立的事实：

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})

，故

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

；又

S^{2}

无偏，

E (S^{2}) = σ^{2}

。于是

E (T) = E (\overset{ˉ}{X}^{2}) - \frac{1}{n} E (S^{2}) = (\frac{σ ^{2}}{n} + μ^{2}) - \frac{1}{n} σ^{2} = μ^{2},

即

T

是

μ^{2}

的无偏估计量。易错之处：

E (\overset{ˉ}{X}^{2}) \neq = [E (\overset{ˉ}{X})]^{2}

，必须补上方差项

\frac{σ ^{2}}{n}

。而这一项被

- \frac{1}{n} S^{2}

消去，才得到无偏。由此可见，验证无偏性就是直接计算

E (\hat{θ})

，再看它是否恒等于被估的量。

■

2. 样本均值是最有效的线性无偏估计：最优的权数就是等分

为什么估计均值总用

\overset{ˉ}{X}

？这不只是习惯，而是可以证明的最优性。考虑一切形如

\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}

，即取

\overset{ˉ}{X}

。故

\overset{ˉ}{X}

是全体线性无偏估计中方差最小的一个。

证明 / 推导

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}

，等号成立当且仅当各

a_{i}

都成比例于

1

，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}),

即

\overset{ˉ}{X}

的方差最小，最为有效。

■

3. 有偏估计可以改造成无偏估计：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。这种去偏的做法是考试中常见的构造方法：先算出

E (\hat{θ})

，看它是真值的几倍，再除去这个倍数。

下面是两个必须掌握的例子：
-

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

满足

E (B_{2}) = \frac{n - 1}{n} σ^{2}

，故

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

，故

\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

的道理即在于此。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

（数三 2024） 设

X \sim U [0, θ]

，

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

，

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

。（Ⅰ）求

c

使

E (T_{c}) = θ

；（Ⅱ）求

c

使

h (c) = E [(T_{c} - θ)^{2}]

最小。

解. 由

F_{X_{(n)}} (y) = (y / θ)^{n}

得密度

f (y) = \frac{n y ^{n - 1}}{θ ^{n}}

（

0 < y < θ

），于是

E (X_{(n)}) E (X_{(n)}^{2}) = \frac{n}{n + 1} θ = \int_{0}^{θ} y^{2} \frac{n y ^{n - 1}}{θ ^{n}} d y = \frac{n}{n + 2} θ^{2} .

（Ⅰ）去偏：

E (T_{c}) = c \cdot \frac{n}{n + 1} θ = θ \Rightarrow c = \frac{n + 1}{n}

。这就是把有偏估计乘上常数因子改成无偏估计：

X_{(n)}

偏小，乘以

\frac{n + 1}{n}

加以修正。
（Ⅱ）最小均方误差：

h (c) = c^{2} E (X_{(n)}^{2}) - 2 c θ E (X_{(n)}) + θ^{2} = (\frac{n}{n + 2} c^{2} - \frac{2 n}{n + 1} c + 1) θ^{2}

是开口向上的二次函数，其顶点为

c = \frac{n + 2}{n + 1}

。
注意

\frac{n + 2}{n + 1} < \frac{n + 1}{n}

：使均方误差最小的系数比无偏的系数略小，也就是略微欠修正、保留一点负偏差，反而把均方误差压得更低。这就是无偏未必最优的一个实例，详见本节关于均方误差的一条。

■

4. 无偏并不等于最好：均方误差 = 方差 + 偏差²，有时略有偏差反而更准★ 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}) .

无偏性只保证上式中的第二项为零。但是，如果容忍一点偏差能够大幅降低方差，均方误差反而更小。下面是一个经典而与直觉相违的结论：在正态总体下，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}

，它既不是无偏的

\frac{1}{n - 1}

，也不是最大似然估计的

\frac{1}{n}

。由此可见，无偏只是众多标准之一，并不是至高无上的。

证明 / 推导

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} .

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}

，它小于无偏估计

S^{2}

与最大似然估计的均方误差。

■

5. 判定相合性的实用充分条件：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很困难。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。由此可知，凡是渐近无偏而方差趋于零的估计都是相合的，其中包括有偏的最大似然估计（例如

\hat{σ^{2}} = B_{2}

，它的期望

\to σ^{2}

、方差

\to 0

，故相合）。

证明 / 推导

对任意

ε > 0

，由切比雪夫（马尔可夫）不等式，

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

，故整体

\to 0

。即

\hat{θ}_{n} P θ

，这就证明了相合性。

应用：

\overset{ˉ}{X}

有

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

、

D (\overset{ˉ}{X}) = σ^{2} / n \to 0

，故

\overset{ˉ}{X}

是

μ

的相合估计。

■

举例说明

（数三 1992） 设

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

独立同分布，

D (X_{1}) = σ^{2}

，

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

。判断下列哪一个正确：(A)

S

是

σ

的无偏估计；(B)

S

是

σ

的最大似然估计；(C)

S

是

σ

的相合（一致）估计；(D)

S

与

\overset{ˉ}{X}

相互独立。

解. (A) 如果

E (S) = σ

，那么

D (S) = E (S^{2}) - [E (S)]^{2} = σ^{2} - σ^{2} = 0

，这与

S

是随机变量相矛盾，故

E (S) \neq = σ

。可见

S^{2}

虽然无偏，但开方以后

S

一般是有偏的，这说明无偏性经过非线性变换会丧失。(B)(D) 都要依赖总体服从正态分布等具体假设，而本题中分布未知，不能断言。(C) 由

S^{2} P σ^{2}

（样本方差是相合的）以及连续函数保持依概率收敛，得

S = S^{2} P σ

，故

S

是相合的。故选 (C)。
本题说明：相合性由大数定律给出，不依赖总体的分布；而无偏性会被开方这类非线性变换破坏。

■

💡 小知识

样本方差的分母取 n-1 而不是 n，这一做法称为贝塞尔校正。直观地说，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，偏差平方和因此系统性地偏小；除以 n-1 而不是 n，恰好补回样本用掉一个自由度所造成的那份损失，使估计重新变得无偏。

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 （数三 2016） 设总体

X

的密度为

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

（

θ > 0

未知），

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

为样本，

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

。（Ⅰ）求

T

的概率密度；（Ⅱ）确定

a

使

E (a T) = θ

。难度 2

（Ⅰ）最大值统计量的分布。 先由密度积出分布函数：

0 \leq x < θ

时

F (x) = \int_{0}^{x} \frac{3 u ^{2}}{θ ^{3}} d u = \frac{x ^{3}}{θ ^{3}}

。三样本独立同分布，故

F_{T} (t) = [F (t)]^{3} = \frac{t ^{9}}{θ ^{9}} (0 \leq t < θ), f_{T} (t) = F_{T}^{'} (t) = \frac{9 t ^{8}}{θ ^{9}} (0 < t < θ),

其余为

0

。

（Ⅱ）构造无偏估计。

E (T) = \int_{0}^{θ} t \cdot \frac{9 t ^{8}}{θ ^{9}} d t = \frac{9}{θ ^{9}} \cdot \frac{θ ^{10}}{10} = \frac{9}{10} θ

。由

E (a T) = a \cdot \frac{9}{10} θ = θ

，解得

a = \frac{10}{9}

。
要点：

max

用分布函数的幂

F_{T} = [F]^{n}

（

min

才用

1 - [1 - F]^{n}

）；先求出

T

的密度再算

E (T)

，最后乘因子去偏。

例 3 （数三 2005） 设

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

来自

N (0, σ^{2})

，样本均值

\overset{ˉ}{X}

，记

Y_{i} = X_{i} - \overset{ˉ}{X}

。（Ⅰ）求

D (Y_{i})

；（Ⅱ）求

Cov (Y_{1}, Y_{n})

；（Ⅲ）若

c (Y_{1} + Y_{n})^{2}

是

σ^{2}

的无偏估计，求

c

。难度 3

X_{i} \sim N (0, σ^{2})

独立，

E (X_{i}) = 0

，

D (X_{i}) = σ^{2}

。常用小结论：

Cov (X_{i}, \overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}

，

D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}

。

（Ⅰ） 把

Y_{1} = X_{1} - \overset{ˉ}{X} = (1 - \frac{1}{n}) X_{1} - \frac{1}{n} X_{2} - \dots - \frac{1}{n} X_{n}

展成线性组合，由独立性

D (Y_{i}) = (1 - \frac{1}{n})^{2} σ^{2} + (n - 1) \frac{1}{n ^{2}} σ^{2} = \frac{n - 1}{n} σ^{2} .

（Ⅱ） 双线性展开：

Cov (Y_{1}, Y_{n}) = Cov (X_{1} - \overset{ˉ}{X}, X_{n} - \overset{ˉ}{X}) = 0 Cov (X_{1}, X_{n}) - \frac{σ ^{2}}{n} - \frac{σ ^{2}}{n} + \frac{σ ^{2}}{n} = - \frac{σ ^{2}}{n}

。

（Ⅲ）

Y_{1} + Y_{n}

正态、

E (Y_{1} + Y_{n}) = 0

，故

E [(Y_{1} + Y_{n})^{2}] = D (Y_{1} + Y_{n}) = D (Y_{1}) + D (Y_{n}) + 2 Cov (Y_{1}, Y_{n}) = 2 \cdot \frac{n - 1}{n} σ^{2} - \frac{2 σ ^{2}}{n} = \frac{2 n - 4}{n} σ^{2}

。由

c \cdot \frac{2 n - 4}{n} σ^{2} = σ^{2}

得

c = \frac{n}{2 n - 4}

。

例 4 （数三 2018） 设总体

X

的密度为

f (x; σ) = \frac{1}{2 σ} e^{- ∣ x ∣/ σ}

（

σ > 0

未知），其最大似然估计量为

\overset{σ}{^} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} ∣ X_{i} ∣

。求

E (\overset{σ}{^})

与

D (\overset{σ}{^})

，并说明无偏性。难度 2

关键：认出

∣ X ∣

服从参数

1/ σ

的指数分布，故

E ∣ X ∣ = σ

、

D ∣ X ∣ = σ^{2}

。逐一验证：

E ∣ X ∣ = \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ x ∣ \frac{1}{2 σ} e^{- ∣ x ∣/ σ} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x}{σ} e^{- x / σ} d x = σ,

E ∣ X ∣^{2} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{2}}{σ} e^{- x / σ} d x = 2 σ^{2} \Rightarrow D ∣ X ∣ = 2 σ^{2} - σ^{2} = σ^{2} .

由样本独立同分布：

E (\overset{σ}{^}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E ∣ X_{i} ∣ = σ (无偏), D (\overset{σ}{^}) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D ∣ X_{i} ∣ = \frac{σ ^{2}}{n} .

故

\overset{σ}{^}

是

σ

的无偏估计，且方差

\frac{σ ^{2}}{n} \to 0

（结合渐近无偏，还相合）。

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 · 数三 · 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

，失效元件的寿命记为

T

，（i）求

T

的概率密度；（ii）确定

a

，使得

\hat{θ} = a T

是

θ

的无偏估计，并求

D (\hat{θ})

；

（2）已知

k

个失效元件的寿命值分别为

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 · 数三 · 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}

为来自总体

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

E (T_{c}) = θ

；（Ⅱ）记

h (c) = E [(T_{c} - θ)^{2}]

，求

c

使得

h (c)

最小。

2023 年 · 数三 · 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。记

\overset{σ}{^} = a ∣ X_{1} - X_{2} ∣

，若

E (\overset{σ}{^}) = σ

，则

a =

（　　）。

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

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

（数三 2014） 设总体

X

的密度为

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

（

θ

未知），

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

为样本。若

E (c \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}) = θ^{2}

，则

c =

____。

练习 4 · 选择题

（数三 2023） 设

X_{1}, X_{2}

为来自

N (μ, σ^{2})

的样本（

σ > 0

未知），记

\overset{σ}{^} = a ∣ X_{1} - X_{2} ∣

。若

E (\overset{σ}{^}) = σ

，则

a =

（）。

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

练习 5 · 填空题

（数三 2026） 某元件寿命服从均值为

θ

的指数分布。

n

个元件同时做寿命试验，最先失效的寿命为

T = min {X_{1}, \dots, X_{n}}

。若

\hat{θ} = a T

是

θ

的无偏估计，则

a =

____，此时

D (\hat{θ}) =

____。

练习 6 · 选择题

设总体

X

的期望为

μ

、方差为

σ^{2} > 0

，

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

为简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

分别为样本均值与样本方差。则下列结论中正确的是（　）。

A $\overset{ˉ}{X}^{2}$ 是 $μ^{2}$ 的无偏估计
B若 $\hat{θ}$ 是 $θ$ 的无偏估计，则 $\hat{θ}^{2}$ 必是 $θ^{2}$ 的无偏估计
C $\overset{ˉ}{X}^{2} - \frac{S ^{2}}{n}$ 是 $μ^{2}$ 的无偏估计
D $\frac{1}{n} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}$ 是 $σ^{2}$ 的无偏估计

练习 7 · 填空题

设

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

是来自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本（

μ, σ^{2}

均未知）。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

c =

____。

练习 8 · 解答题

设总体

X

服从参数为

λ (λ > 0

未知

)

的泊松分布，

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

为来自总体

X

的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

分别为样本均值与样本方差。

(1) 求

λ

的矩估计量与最大似然估计量；

(2) 证明：对任意常数

a

，

\hat{λ}_{a} = a \overset{ˉ}{X} + (1 - a) S^{2}

都是

λ

的无偏估计量；

(3) 记

θ = P (X = 0)

，求

θ

的最大似然估计量

\hat{θ}

；并在

n = 1

的情形下判断

\hat{θ}

是否为

θ

的无偏估计。

2018 年 · 数三 · 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 · 数三 · 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

E (a T) = θ

。

2014 年 · 数三 · 第 14 题 · 填空题 · 4 分

设总体

X

的概率密度为

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

其中

θ

是未知参数，

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

为来自总体

X

的简单随机样本。若

E (c i = 1 \sum n X_{i}^{2}) = θ^{2}

，则

c =

______。

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（都无偏时方差较小者为优）、相合性 θ^n​P​θ★★ 必会

2. 样本均值是最有效的线性无偏估计：最优的权数就是等分

3. 有偏估计可以改造成无偏估计：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，有时略有偏差反而更准★ 要懂

5. 判定相合性的实用充分条件：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（都无偏时方差较小者为优）、相合性 $\hat{θ}_{n} P θ$ ★★ 必会