#参数估计

#考点定位

• 大纲位置：数理统计 · 点估计的概念、估计量与估计值、矩估计法、最大似然估计法；估计量的评选标准（无偏性、有效性、相合性）；区间估计的概念、单个正态总体的均值和方差的置信区间（数一、数三公共考点；数二不考）
• 常见题型：矩估计法与最大似然估计法大题（数一概率解答题最高频命题区，连续型、离散型、均匀分布边界型都出现过真题）；估计量无偏性/有效性/相合性的判定与证明；由给定数据求正态总体均值或方差的置信区间（含单侧）；已知置信区间长度反求样本量
• 考查频率：高。2008、2009、2013、2015、2017、2020 等年份解答题直接考矩估计/最大似然，区间估计与无偏性判定以选择、填空反复出现
• 前置知识：数理统计的基本概念（统计量、$\chi^2/t$ 分布、正态总体四大抽样分布定理——本章公式表的直接来源）；随机变量的数字特征（期望方差计算）；大数定律与中心极限定理（矩估计与相合性的理论依据：辛钦大数定律）；求导与求极值回看一元函数微分学
• 定位：推断统计的第一支柱——"点估计给单值答案，区间估计给误差范围，评选标准回答哪个估计量更好"。工程类比：点估计是"给线上服务打一个单一延迟指标"，区间估计是"给出带置信度的延迟区间"，无偏/有效/相合则是"评估这个监控指标本身靠不靠谱"。

#核心讲解

#点估计的概念

定义（点估计）：设总体 $X$ 的分布函数 $F(x; \theta)$ 形式已知，$\theta$ 为未知参数（可为一个或多个，参数可能取值的全体 $\Theta$ 称为参数空间）。借助于样本 $X_1, \dots, X_n$ 构造一个统计量 $\hat\theta(X_1, \dots, X_n)$，用它作为 $\theta$ 的估计，称为 $\theta$ 的估计量；代入样本观测值后得到的 $\hat\theta(x_1, \dots, x_n)$ 称为估计值。求估计量的方法主要有两种：矩估计法与最大似然估计法。

#矩估计法

思想：由辛钦大数定律，当 $X_1, \dots, X_n$ 独立同分布且 $E(X^k)$ 存在时，样本 $k$ 阶原点矩 $A_k = \dfrac1n \sum X_i^k$ 依概率收敛于总体 $k$ 阶原点矩 $\mu_k = E(X^k)$。因此用样本矩替换（估计）总体矩是合理的——"用经验矩替换理论矩"。

矩估计法完整步骤（设有 $k$ 个未知参数 $\theta_1, \dots, \theta_k$）：

1. 算总体矩：计算 $\mu_j = E(X^j)$（$j = 1, \dots, k$），它们是 $\theta_1, \dots, \theta_k$ 的函数（常用到 $\mu_1 = E(X)$，以及由 $D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$ 得到的二阶矩）；
2. 令样本矩等于总体矩：建立方程组 $A_j = \mu_j(\theta_1, \dots, \theta_k)$，$j = 1, \dots, k$（一个未知参数用一个方程，两个参数用两个方程）；
3. 解方程组：解出 $\hat\theta_1, \dots, \hat\theta_k$（用样本矩表达），即矩估计量；代入样本值即矩估计值。

例（指数分布）：总体 $X \sim E(\lambda)$，密度 $f(x) = \lambda e^{-\lambda x}, x > 0$。只有一个参数，用一阶矩：$E(X) = \dfrac1\lambda = \bar X \Rightarrow \hat\lambda = \dfrac{1}{\bar X}$。

例（均匀分布，双参数）：总体 $X \sim U(a, b)$。两个参数，用一、二阶矩：$E(X) = \dfrac{a+b}{2}$，$D(X) = \dfrac{(b-a)^2}{12}$，而 $D(X)$ 的矩估计用样本二阶中心矩 $B_2 = \dfrac1n \sum (X_i - \bar X)^2$ 替换。令

$\frac{a + b}{2} = \bar X, \qquad \frac{(b - a)^2}{12} = B_2 \ \Rightarrow\ b - a = 2\sqrt{3 B_2},$

解得

$\hat a = \bar X - \sqrt{3 B_2}, \qquad \hat b = \bar X + \sqrt{3 B_2}.$

要点：用方差列方程时，样本端是 $B_2$（分母 $n$ 的中心矩），不是 $S^2$；若用 $S^2$ 需先换算 $B_2 = \dfrac{n-1}{n} S^2$。

矩估计法优缺点：优点是直观、计算量小、不要求知道总体分布的完整形式（本质上只用了矩的信息）；缺点是可能"浪费"分布形状信息，有时估计量不如最大似然有效（如均匀分布），甚至方程组无解或多解。

#最大似然估计法

思想：既然观测到了 $x_1, \dots, x_n$，就认为"取到这组样本的概率应尽可能大"——在参数空间 $\Theta$ 中找 $\theta$ 使样本联合概率（密度）最大。类比：调参时选"最能解释当前日志数据"的那个参数值。

定义（似然函数）：设总体为离散型，分布律 $P\{X = x\} = p(x; \theta)$；或连续型，密度 $f(x; \theta)$。样本的联合分布

$L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} p(x_i; \theta) \quad \text{（离散型）}， \qquad L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \theta) \quad \text{（连续型）}$

作为 $\theta$ 的函数称为似然函数。若存在 $\hat\theta \in \Theta$ 使 $L(\hat\theta) = \max\limits_{\theta \in \Theta} L(\theta)$，则称 $\hat\theta$ 为 $\theta$ 的最大似然估计值，相应的统计量 $\hat\theta(X_1, \dots, X_n)$ 为最大似然估计量（MLE）。

注意视角切换：$p(x; \theta)$ 中把 $x$ 看成变量时是分布律/密度，把 $x$ 固定为观测值、把 $\theta$ 看成变量时就是似然函数。

最大似然估计法完整步骤：

1. 写似然函数 $L(\theta)$（注意：密度/分布律中与样本有关的"范围限制"要保留，它们常决定参数的取值约束，如均匀分布）；
2. 取对数 $\ln L(\theta)$（连乘变连加，且 $\ln$ 单调不减不改变最大值点）；
3. 求导置零：解方程 $\dfrac{d \ln L}{d \theta} = 0$（多参数时求偏导联立），得到驻点；
4. 验证最大值：确认驻点是最大值点（$\ln L$ 通常为上凸函数，二阶导小于零即可确认）。特别情形：若 $L(\theta)$ 关于 $\theta$ 单调或最大值在边界取得，求导法失效，应直接分析单调性（见例 4 均匀分布）。

例 3（连续型）：总体 $X \sim E(\lambda)$，$f(x) = \lambda e^{-\lambda x}, x > 0$。

$L(\lambda) = \prod_{i=1}^{n} \lambda e^{-\lambda x_i} = \lambda^n e^{-\lambda \sum x_i}, \qquad \ln L = n \ln \lambda - \lambda \sum_{i=1}^{n} x_i.$

令 $\dfrac{d \ln L}{d\lambda} = \dfrac{n}{\lambda} - \sum x_i = 0$，得 $\hat\lambda = \dfrac{n}{\sum x_i} = \dfrac{1}{\bar x}$。$\dfrac{d^2 \ln L}{d \lambda^2} = -\dfrac{n}{\lambda^2} < 0$ 确认最大值。与矩估计结果一致。

例 4（边界型，导数法失效的经典）：总体 $X \sim U(0, \theta)$，$f(x) = \dfrac1\theta, 0 \le x \le \theta$。

$L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\theta} = \theta^{-n}, \qquad \text{约束：} 0 \le x_i \le \theta \ \text{对一切 } i \ \text{成立，即} \ \theta \ge \max_{1 \le i \le n} x_i = x_{(n)}.$

$\ln L = -n \ln \theta$ 关于 $\theta$ 严格单调递减，故 $L$ 在约束允许的最小 $\theta$ 处最大：$\hat\theta = x_{(n)} = \max\{x_1, \dots, x_n\}$。最大似然估计量为 $\hat\theta = X_{(n)}$（样本最大次序统计量）。

顺带一提：$E\left[X_{(n)}\right] = \dfrac{n}{n+1}\theta \ne \theta$，它不是无偏估计——同一点估计可同时是 MLE 但有偏。

正态总体双参数（结论记忆）：$X \sim N(\mu, \sigma^2)$ 时 MLE 为 $\hat\mu = \bar X$，$\hat\sigma^2 = \dfrac1n \sum (X_i - \bar X)^2$（注意分母是 $n$，有偏，与 $S^2$ 差一个因子 $\dfrac{n-1}{n}$）。推导见自测第 5 题。

#估计量的评选标准

定义（无偏性）：若 $E(\hat\theta) = \theta$ 对一切 $\theta \in \Theta$ 成立，则称 $\hat\theta$ 是 $\theta$ 的无偏估计量；否则称为有偏（若 $E(\hat\theta) - \theta = b_n \to 0$，称渐近无偏）。无偏的含义：估计量这个"随机测量仪器"没有系统性偏差，多次测量取平均会落在真值上。

常用结论：$E(\bar X) = \mu$（无偏）；$E(S^2) = \sigma^2$（无偏，推导见数理统计的基本概念）；$E\left[\dfrac1n \sum (X_i - \bar X)^2\right] = \dfrac{n-1}{n}\sigma^2 < \sigma^2$（有偏，系统性偏小）；MLE $\hat\sigma^2$ 与均匀分布 $X_{(n)}$ 均为有偏。

定义（有效性）：设 $\hat\theta_1, \hat\theta_2$ 都是 $\theta$ 的无偏估计量，若 $D(\hat\theta_1) < D(\hat\theta_2)$，则称 $\hat\theta_1$ 比 $\hat\theta_2$ 有效。有效性比较的是无偏估计量之间的方差——同样无系统偏差时，波动更小者更优。

经典例：$\hat\mu_1 = X_1$ 与 $\hat\mu_2 = \bar X$ 都是 $\mu$ 的无偏估计，但 $D(\bar X) = \dfrac{\sigma^2}{n} < \sigma^2 = D(X_1)$，故 $\bar X$ 更有效。更一般地，若 $T = \sum c_i X_i$ 且 $\sum c_i = 1$，则 $T$ 是 $\mu$ 的无偏估计且 $D(T) = \sigma^2 \sum c_i^2 \ge \dfrac{\sigma^2}{n}$，等号当且仅当 $c_i \equiv \dfrac1n$——即 $\bar X$ 是这类线性无偏估计中方差最小者。

定义（相合性 / 一致性）：若 $\hat\theta_n = \hat\theta_n(X_1, \dots, X_n)$ 满足 $\hat\theta_n \xrightarrow{P} \theta$（依概率收敛，见大数定律与中心极限定理），则称 $\hat\theta_n$ 是 $\theta$ 的相合估计量。相合性即"样本量增大时估计量收敛到真值"，是对估计量的最低合理性要求。

判定工具：辛钦大数定律直接给出 $\bar X$ 是 $\mu$ 的相合估计；$A_k$ 是 $\mu_k = E(X^k)$ 的相合估计；再配合连续函数保持依概率收敛（ Slutsky 思想），如 $S^2$ 是 $\sigma^2$ 的相合估计、$\dfrac{1}{\bar X}$ 是 $\dfrac{1}{\mu}$ 的相合估计（$\mu \ne 0$ 时）。

三标准关系小结：无偏性管"期望对不对"，有效性管"方差小不小"（前提无偏），相合性管"样本量大时靠不靠谱"。三者相互独立——有偏可以相合（如 $B_2$），无偏可以不相合（构造反例）。

#区间估计

动机：点估计只给一个数，不携带"可信程度"信息。区间估计给出一个随机区间 $[\hat\theta_1, \hat\theta_2]$ 并给出它盖住真值的概率。

定义（置信区间）：设总体分布含未知参数 $\theta$。若由样本确定的两个统计量 $\hat\theta_1, \hat\theta_2$（$\hat\theta_1 < \hat\theta_2$）满足

$P\left\{ \hat\theta_1 < \theta < \hat\theta_2 \right\} = 1 - \alpha$

（$0 < \alpha < 1$，通常 $\alpha = 0.05$ 或 $0.01$），则称随机区间 $(\hat\theta_1, \hat\theta_2)$ 是 $\theta$ 的置信度（置信水平）为 $1 - \alpha$ 的置信区间，$\hat\theta_1, \hat\theta_2$ 分别为置信下限与置信上限。若只要求 $P\{\hat\theta_1 < \theta\} = 1 - \alpha$（或 $P\{\theta < \hat\theta_2\} = 1 - \alpha$），则称为单侧置信区间（只有下限或只有上限）。

置信度的频率解释（正确理解，常考辨析）：随机性在区间不在 $\theta$——重复抽样 100 次，按同法得到 100 个区间，其中约有 $95$ 个（当 $1-\alpha = 0.95$）盖住真值 $\theta$。不能说"$\theta$ 落入该区间的概率是 0.95"（对一次已实现的区间，$\theta$ 要么在里面要么不在里面）。

枢轴量法（求置信区间的标准流程）：

1. 找枢轴量：构造函数 $G(X_1, \dots, X_n; \theta)$，它包含待估的 $\theta$ 但不含其他未知参数，且其分布完全已知（不依赖任何未知参数）。正态总体的枢轴量全部来自四大抽样分布定理；
2. 定分位点：对给定 $1 - \alpha$，按"双侧各留 $\alpha/2$"（双侧区间）或"单侧留 $\alpha$"（单侧区间）写出概率等式，如 $P\{a < G < b\} = 1 - \alpha$；
3. 解不等式：把 $\{a < G < b\}$ 中不等式等价变形为 $\{\hat\theta_1 < \theta < \hat\theta_2\}$，即得置信区间。

正态总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 参数的置信区间公式表（$\alpha$ 为显著性水平，置信度 $1 - \alpha$；$z_\alpha$ 即 $N(0,1)$ 上 $\alpha$ 分位点，满足 $\Phi(z_\alpha) = 1 - \alpha$）：

表中 $\chi^2$ 行的两个易错点必须单独强调：

1. 上下限顺序：由 $P\left\{ \chi^2_{1-\alpha/2} < \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2} < \chi^2_{\alpha/2} \right\} = 1 - \alpha$ 出发取倒数（不等号反向），得 $\dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}} < \sigma^2 < \dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}}$——大的分位点 $\chi^2_{\alpha/2}$ 对应下限，这直觉上"反常"，靠推导记忆而不是死记；
2. 精度不对称：$\chi^2$ 分布不对称，双侧区间两侧概率各 $\alpha/2$ 但端点不对称，这是它与 $N(0,1)$、$t$（对称分布）的最大区别。

样本量确定：$\sigma^2$ 已知时均值双侧区间长度 $L = \dfrac{2\sigma z_{\alpha/2}}{\sqrt n}$，若要求 $L \le l$，则 $n \ge \left( \dfrac{2\sigma z_{\alpha/2}}{l} \right)^2$（向上取整）。

#例题

例 1（矩估计，模拟题）：设总体 $X$ 的密度 $f(x; \theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta - 1}, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$（$\theta > 0$ 未知），$X_1, \dots, X_n$ 为样本。求 $\theta$ 的矩估计量。

解析：一个参数，一个方程。

第一步算总体一阶矩：

$E(X) = \int_0^1 x \cdot \theta x^{\theta - 1}\, dx = \theta \int_0^1 x^\theta\, dx = \frac{\theta}{\theta + 1}.$

第二步令其等于样本均值：$\dfrac{\theta}{\theta+1} = \bar X$。第三步解出：

$\theta \bar X + \bar X = \theta \ \Rightarrow\ \hat\theta = \frac{\bar X}{1 - \bar X}.$

要点：矩估计"三步走"——算矩、令等、解方程；积分是幂函数积分，别被参数吓住。

例 2（离散型最大似然，模拟题）：设总体 $X \sim B(1, p)$（两点分布），$P\{X = 1\} = p$。样本观测值为 $x_1, \dots, x_n \in \{0, 1\}$，求 $p$ 的最大似然估计。

解析：

第一步写似然：分布律 $P\{X = x\} = p^x (1-p)^{1-x}$，故

$L(p) = \prod_{i=1}^n p^{x_i}(1-p)^{1 - x_i} = p^{\sum x_i} (1 - p)^{n - \sum x_i}.$

第二步取对数：$\ln L = \left(\sum x_i\right)\ln p + \left(n - \sum x_i\right)\ln(1 - p)$。

第三步求导置零：

$\frac{\partial \ln L}{\partial p} = \frac{\sum x_i}{p} - \frac{n - \sum x_i}{1 - p} = 0 \ \Rightarrow\ \hat p = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i = \bar x.$

第四步：$\dfrac{\partial^2 \ln L}{\partial p^2} < 0$，确为最大值。最大似然估计量为 $\hat p = \bar X$——频率就是概率的 MLE（与伯努利大数定律"频率稳定于概率"互为印证）。泊松总体的 MLE 同样是 $\hat\lambda = \bar X$（自测第 4 题练手）。

例 3（连续型最大似然，模拟题）：设总体 $X$ 的密度 $f(x; \theta) = \begin{cases} (\theta + 1)x^{\theta}, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$（$\theta > -1$ 未知）。求 $\theta$ 的最大似然估计量。

解析：

$L(\theta) = \prod_{i=1}^n (\theta + 1) x_i^\theta = (\theta+1)^n \prod_{i=1}^n x_i^\theta = (\theta+1)^n \left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta},$

$\ln L = n\ln(\theta + 1) + \theta \sum_{i=1}^{n} \ln x_i.$

令 $\dfrac{d\ln L}{d\theta} = \dfrac{n}{\theta+1} + \sum \ln x_i = 0$，解得

$\hat\theta = -\frac{n}{\sum\limits_{i=1}^n \ln x_i} - 1 = -1 - \frac{n}{\sum \ln x_i}.$

由 $\dfrac{d^2 \ln L}{d\theta^2} = -\dfrac{n}{(\theta+1)^2} < 0$ 确认最大值。要点：密度含 $x^\theta$ 型因子时，取对数后 $\ln x_i$ 自然出现，$\sum \ln x_i$ 是一个整体统计量，不要试图拆开。

例 4（无偏性与有效性判定，模拟题）：设 $X_1, \dots, X_n$ 来自总体 $X$，$E(X) = \mu$，$D(X) = \sigma^2$ 存在。判断下列说法正误：

（a）$\bar X$ 是 $\mu$ 的无偏估计且比 $X_1$ 有效；

（b）$S^2$ 是 $\sigma^2$ 的无偏估计；

（c）$S_n^2 = \dfrac1n \sum (X_i - \bar X)^2$ 是 $\sigma^2$ 的无偏估计。

解析：

（a）正确。$E(\bar X) = \mu$，$D(\bar X) = \dfrac{\sigma^2}{n} \le \sigma^2 = D(X_1)$。

（b）正确。$E(S^2) = \sigma^2$，推导见第 6 章恒等式部分（本质原因是离差平方和的期望为 $(n-1)\sigma^2$，除 $n-1$ 恰好无偏）。

（c）错误。$E(S_n^2) = \dfrac{n-1}{n}\sigma^2 < \sigma^2$，系统性偏小，是有偏估计（但渐近无偏且相合）。这正是样本方差分母取 $n-1$ 的原因——修正被 $\bar X$ 消耗掉的一个自由度。

例 5（置信区间，$\sigma$ 未知求 $\mu$，模拟题）：某零件长度 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，$\sigma$ 未知。抽取 $n = 16$ 件，测得 $\bar x = 20$（毫米），$s = 1.5$。求 $\mu$ 的置信度为 $0.95$ 的置信区间（已知 $t_{0.025}(15) = 2.1315$）。

解析：$\sigma$ 未知 → 枢轴量 $\dfrac{\bar X - \mu}{S/\sqrt n} \sim t(15)$，双侧区间为 $\bar x \pm \dfrac{s}{\sqrt n} t_{0.025}(15)$：

$20 \pm \frac{1.5}{4} \times 2.1315 = 20 \pm 0.799,$

置信区间为 $(19.20,\ 20.80)$。若题目改为求单侧置信下限（如"平均长度至少是多少"），则套单侧公式 $\bar x - \dfrac{s}{\sqrt n}t_{0.05}(15)$——注意单侧用 $t_{0.05}(15)$ 而非 $t_{0.025}(15)$，全部 $\alpha$ 集中在一侧。

例 6（方差置信区间，模拟题）：续上例，求 $\sigma^2$ 的置信度为 $0.95$ 的置信区间（已知 $n = 16$，$s^2 = 2.25$，$\chi^2_{0.025}(15) = 27.488$，$\chi^2_{0.975}(15) = 6.262$）。

解析：枢轴量 $\dfrac{15 S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(15)$，双侧区间

$\left( \frac{15 s^2}{\chi^2_{0.025}(15)},\ \frac{15 s^2}{\chi^2_{0.975}(15)} \right) = \left( \frac{15 \times 2.25}{27.488},\ \frac{15 \times 2.25}{6.262} \right) \approx (1.23,\ 5.39).$

要点：验算端点顺序——分母大（27.488）的端是下限 1.23，分母小（6.262）的端是上限 5.39，"大分点对应下限"不可弄反。

#常见坑

1. 矩估计中"用方差列方程时样本端写错"：总体端是 $D(X)$ 时，样本端应取 $B_2$（分母 $n$），不是 $S^2$；若题目指定用 $S^2$ 表达，须乘 $\dfrac{n-1}{n}$。
2. 似然函数漏掉取值范围约束：均匀分布等"截断型"密度中，$0 \le x_i \le \theta$ 这类约束是似然函数定义域的一部分，漏掉会导致求导结果错误（甚至无解）。此类题最大值通常在边界，导数法失效。
3. MLE 的 $\hat\sigma^2$ 与 $S^2$ 混淆：正态总体 MLE $\hat\sigma^2 = \dfrac1n \sum (X_i - \bar X)^2$（有偏），$S^2 = \dfrac{1}{n-1}\sum(X_i - \bar X)^2$（无偏）。题目问谁就答谁，别"顺手修正"。
4. 有效性的前提是无偏：比较有效性必须先确认两者都无偏；拿一个无偏和一个有偏的估计量直接比方差没有意义。
5. 置信区间的"错误概率解释"：$1 - \alpha$ 是"区间盖住 $\theta$"的频率保证，不是"$\theta$ 以概率 $1-\alpha$ 落在区间内"——$\theta$ 是常数不是随机变量。
6. $z$ 与 $t$ 的选择：$\sigma$ 已知用 $N(0,1)$（$z_{\alpha/2}$），$\sigma$ 未知用 $t(n-1)$；大样本（$n \ge 30$）时 $t \approx z$ 可近似，但小样本绝不能混用。$t$ 分位点数值比 $z$ 大，误用 $z$ 会把区间算窄。
7. $\chi^2$ 区间端点颠倒：$\chi^2_{1-\alpha/2} < \chi^2_{\alpha/2}$，而置信区间是 $\left( \dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}},\ \dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}} \right)$——"大分点在分母的端是下限"。考前重推一遍取倒数的不等号反向过程。

#自测

1. 总体 $X \sim U(a, b)$（$a, b$ 均未知），$n = 12$，$\bar x = 10$，$B_2 = 4$，求 $a, b$ 的矩估计值。
2. 总体 $X \sim U(0, \theta)$，求 $\theta$ 的矩估计量，并与 MLE $\hat\theta = X_{(n)}$ 对比。
3. 设 $\hat\theta_1, \hat\theta_2$ 均为 $\theta$ 的无偏估计，$D(\hat\theta_1) = 2\sigma_0^2$，$D(\hat\theta_2) = \sigma_0^2$，且相互独立。构造形如 $a\hat\theta_1 + b\hat\theta_2$ 的无偏估计，问 $a, b$ 取何值时方差最小。
4. 总体 $X \sim P(\lambda)$（泊松），$P\{X = k\} = \dfrac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$，求 $\lambda$ 的最大似然估计量，并与矩估计比较。
5. 总体 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，$\mu, \sigma^2$ 均未知，推导 $\mu, \sigma^2$ 的最大似然估计量。

#自测答案

1. $\hat a = \bar x - \sqrt{3 B_2} = 10 - \sqrt{12} \approx 6.54$，$\hat b = 10 + \sqrt{12} \approx 13.46$（$\sqrt{3B_2} = \sqrt{3 \times 4} = \sqrt{12} = 2\sqrt3 \approx 3.46$）。
2. 矩估计：$E(X) = \dfrac\theta2 = \bar X \Rightarrow \hat\theta_{矩} = 2\bar X$。MLE：$\hat\theta = X_{(n)}$（推导见正文例 4）。两者都无偏吗？$E(2\bar X) = \theta$ 无偏；$E(X_{(n)}) = \dfrac{n}{n+1}\theta$ 有偏。但 $D(X_{(n)}))$ 更小，MLE 整体上更优——"无偏"不等于"处处更好"。
3. 无偏要求 $a + b = 1$（$E[a\hat\theta_1 + b\hat\theta_2] = (a+b)\theta$）。独立性下 $D(a\hat\theta_1 + b\hat\theta_2) = 2a^2\sigma_0^2 + b^2\sigma_0^2$，代入 $b = 1 - a$ 后对 $a$ 求导置零：$4a - 2(1-a) = 0 \Rightarrow a = \dfrac13$，$b = \dfrac23$。最小方差为 $\dfrac{2}{3}\sigma_0^2$。方差小的估计量占更大权重，权重反比于方差（这正是最小方差线性组合的结构）。
4. $L(\lambda) = \prod \dfrac{\lambda^{x_i} e^{-\lambda}}{x_i!} = \dfrac{\lambda^{\sum x_i} e^{-n\lambda}}{\prod x_i!}$，$\ln L = \sum x_i \ln\lambda - n\lambda - \sum \ln(x_i!)$，$\dfrac{d\ln L}{d\lambda} = \dfrac{\sum x_i}{\lambda} - n = 0 \Rightarrow \hat\lambda = \bar X$。矩估计：$E(X) = \lambda = \bar X$，两者一致。泊松、指数（$1/\bar X$）、二项（$\bar X$）这些单参数分布的 MLE 与矩估计高度重合，属"送分配置"。
5. $\ln L = -\dfrac{n}{2}\ln(2\pi) - n\ln\sigma - \dfrac{1}{2\sigma^2}\sum (x_i - \mu)^2$。对 $\mu$ 求导置零：$\dfrac{1}{\sigma^2}\sum (x_i - \mu) = 0 \Rightarrow \hat\mu = \bar x$。代回后对 $\sigma$（或 $\sigma^2$）求导置零：$-\dfrac{n}{\sigma} + \dfrac{\sum(x_i - \bar x)^2}{\sigma^3} = 0 \Rightarrow \hat\sigma^2 = \dfrac1n \sum (x_i - \bar x)^2$。注意 MLE 的 $\hat\sigma^2$ 分母是 $n$，有偏；无偏版本是 $S^2$（分母 $n-1$）。