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第16次课——矩估计.ppt 29页
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概率论与数理统计 不像其他科学，统计从来不打算使自己完美 无缺，统计意味着你永远不需要确定无疑。
——Gudmund R.Iversen 【统计名言】 * * 第七章
参数估计 *
在数理统计中经常要根据样本来对总体的种种统计特征做出判断。实际工作中碰到的问题大致分为两类：一是总体的分布往往可以根据经验来判断其类型
，但确切的形式并不知道，亦即总体的参数
未知；二是在某些情况下，所关心的并不是总体的分布，而只是总体的某些数字特征，特别是数学期望和方差。因此，要根据样本来估计总体的参数，这类问题称为参数估计。
参数估计的方法：点估计和区间估计。 * 估计量：用于估计总体参数的随机变量 如样本均值，样本方差等 【例如】 样本均值就是总体均值? 的一个估计量 参数用? 表示，估计量用
表示 估计值：估计参数时计算出来的统计量的具体值 如果样本均值 ?x =80，则80就是?的估计值 【参数估计的相关概念】 * * §7.1
点估计 一、点估计的概念 *
点估计是指把总体的未知参数估计为某个确定的值或在某个确定的点上. 点估计的方法有很多，本节主要介绍:矩法和极大似然估计法. * 二、矩法
其基本思想是用样本矩估计总体矩 .
它是基于一种简单的“替换”思想建立起来的一种估计方法 . 是英国统计学家K.皮尔逊最早提出的 . 大数定律 记总体k阶原点矩为 样本k阶原点矩为 记总体k阶中心矩为 样本k阶中心矩为 * * 其中
为待估参数.
1、矩法的一般做法
设已知总体
（1）设总体X的k阶矩
（2）设来自总体X样本的k阶矩
（3）令总体的k阶矩分别与样本的k阶矩相等,即
* * 这是含待估参数
的联立方程组，其解 可作为待估参数
的矩估计量,其观察值为待估参数的矩估计值. * * 【例1】已知总体X的概率密度为: 其中
未知，样本为
的矩法估计. 【解】只有一个参数
，因此只需一个方程即可. 而 因此有 解得 用样本1阶矩“代替”总体1阶矩，即 ■ * * 方程组为 【解】估计两个参数需要两个方程，即
分别用样本1、2阶矩“代替”总体1、2阶矩. 【例2】 而 另外又有 因此有方程组 * * 解得参数的矩估计量分别为： ■ * *
【练习】已知总体X的概率密度为:
因为总体一阶矩
其中未知参数θ&0,求θ的矩估计量.
由 * * 故所求矩估计量为： 即 解得: ■ * * 【例3】在某班期末数学考试成绩中随机抽取9人的成绩.结果如下表所示，试求该班数学成绩的平均分数，标准差的矩估计值. 序号 1 2 3 5 9 8 7 6 4 分数 94 89 63 65 71 75 78 85 55 而样本1、2阶矩分别为 【解】设X为该班数学成绩， 而总体X的1、2阶矩为 * * 解得参数的矩估计量分别为： ■ * * 【练习】求服从二项分布b(m, p)的总体X未知参数p的矩估计量.
〖解〗单参数，离散型.
由 即 故所求矩估计量为： ■
所以总体X的一阶矩(期望)为 * *
矩法的优点是简单易行,
并不需要事先知道总体是什么分布。 缺点是，当总体类型已知时，没有充分利用分布提供的信息。一般场合下,
矩估计量不具有唯一性。 其主要原因在于建立矩法方程时，选取那些总体矩用相应样本矩代替带有一定的随意性。 * * 三、 极大似然估计法
极大似然估计法是在总体的分布类型已知的条件下所使用的一种参数估计方法.
它首先是由德国数学家高斯在1821年提出 .
Gauss Fisher 然而这个方法常归功于英国统计学家费歇 . 费歇在1922年重新发现了这一方法，并首先研究了这种方法的一些性质 . * *
【例子】 是谁击中的野兔, 你会怎样想? 若让你推测一下， 一只野兔从前方窜过， 只听一声枪响，野兔应声倒下 . 某同学与一位猎人一起外出打猎。忽然， 极大似然估计法是基于极大似然原理提出的。为了说明极大似然原理, 我们先看个例子。 * *
你会想：只一枪便击中,一般情况下猎人击中的概率比同学击中的概率大。 故，
正在加载中，请稍后...2015考研数学真题解析：矩估计和最大似然估计
近来考试大纲没有大的变化，概率论与数理统计部分数一没有变化，数学三将多维随机变量的分布部分考试内容中“两个及两个以上随机变量函数的分布”改为“两个及两个以上随机变量简单函数的分布”，对应的考试要求中将“会根据多个相互独立随机变量的联合分布求其函数的分布”改为“会根据多个相互独立随机变量的联合分布求其简单函数的分布”.对考数三的考生来说概率论这部分内容整体变的简单.
考研数学一中概率统计占22%，数学二不考概率，数学三中概率统计占22%，概率统计在数一和数三中仍然占有很重要的地位，所以考生要想取得高分，学好概率统计也是必要的。这门课程从试卷本身的难度的话，在三门课程中应该算最低的，但是从每年得分的角度来说，这门课程是三门课中得分率最低的。这主要是由两方面造成的。一方面是时间不充裕，概率解答题位于试卷的最后，学生即使会，也来不及解答；另一方面是概率本身学科的特点，导致很多学生觉得概率非常难。其实概率的大题非常固定，矩估计和最大似然估计就是命大题的地方。
矩估计和最大似然估计是考试的重点，经常以解答题的形式进行考查。对于数一来说，有时还会要求验证估计量的无偏性，这是和数字特征相结合。《2014年全国硕士研究生入学统一考试数学考试大纲配套强化指导》中给出了相关题目。10年数一结合二项分布、估计量的无偏性和数字特征以解答题的形式出现。和以往题目略有不同，题目没有直接给出随机变量的分布，而是利用二项分布的背景：n重伯努利试验得到随机变量的分布，然后结合无偏性和数字特征进行处理。而15年考查的非常基础，计算量也不大，属于中等及中等难度以下，以具体题目为例：
此题考查的矩估计和最大似然估计的方法，考查的学生基础知识是否过关，做题步骤是否规范，而且计算也复杂。所以只要好好复习，一定能够取得好的成绩！
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累积分布函数拟合及参数估计
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新手, 积分 11, 距离下一级还需 39 积分
关注者： 1
求助于各位matlab达人，我有一组数据经过绘制图形后发现其形状接近于正态分布、logistic分布和极值分布(extreme value distribution)三种分布形式的累积分布函数形状，但是尚不清楚哪一种函数类型更为适合，因此考虑通过参数估计的方法来选择出这三种分布下各自的最优参数，并在后期通过拟合优度来在三种形式的最优结果中选择出最佳累积分布函数的拟合方案。
我现在有的是一组数据，该数据通过matlab绘图后近似于以上三种分布的累积分布函数的形状。需要达到的效果是绘制出如附图中的所示效果，并反馈回各自分布的参数估计值。
如果您对此种方法的数学原理较为清楚也可以推荐一些可以阅读的文章。就我的概率论与数理统计知识，假如采用的是极大似然估计，那么是需要获得样本概率密度函数的乘积，再对此求偏导数确定参数系数。有没有什么方法，可以直接对无法给出累积分布函数表达式（如正态分布）的参数进行估计的方法。
非常期待您的解答，谢谢！
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关注者： 4
关于参数估计的方法，我知道有好些方法，我所知的有：
1. 距估计法（MM法）。简单的距估计最简单了，例如已知有n个正态分布的数据，计算n个数据的样本均值（即一阶距）可以作为正态分布的第一个参数（期望）的估计值，计算n个数据的样本方差（即二阶中心距），可以作为正态分布的第2个参数（方差）的估计值。MM法也有复杂的，如GMM（广义距估计法），这个有点复杂。
2. 最大似然（ML）法：你已经提到了。你说的“需要获得样本概率密度函数的乘积，再对此求偏导数确定参数系数”，前半句对，后半句我要说不必求偏导数也能计算，ML就是求最值，有非常多的求最值的方法，不一定要求偏导数（求偏导数的方法也往往不行，因为求出来后还要解方程，即偏导数=0，解方程也不易）。MATLAB和其他软件都可以用来求最值。
3. 贝叶斯方法(bayesian)。方法有点复杂，需要用BAIDU、GOOGLE查些资料或书。弄清楚后会觉得不难而且有时很好用，也有专业的免费软件做此法的参数估计（即WINBUGS，OPENBUGS，GOOGLE或BAIDU很快就能找到软件并下载，免费）。此法一个优点可以计算出要估计的参数的置信区间（不仅仅是一个点估计），例如已知有n个正态分布的数据，此法可以（基于一定的假设，所谓的“先验发布”）估计出：有95%的把握，期望这个参数在某数和某数之间。
水平有限，供你参考。
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关注者： 114
尽量避免使用累积分布曲线来估计概率分布模型，使用概率密度函数曲线识别会容易识别些，因为积分会产生“磨光”效应（概率密度分布稍微不同的分布，能保证累积分布几乎一样）。但是这种方法要求是样本的概率分布足够光滑，对于有随机噪声或样本数据误差较大的情况不太适用（当然也可以先对数据进行光滑化，比如小波去噪或者其他滤波）。
论坛优秀回答者
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关注者： 114
本帖最后由 kastin 于
18:11 编辑
关于参数估计的方法，我知道有好些方法，我所知的有：
1. 距估计法（MM法）。简单的距估计最简单了，例如已 ...
总结得不错。
矩估计方法本质其实是泰勒级数逼近的原理，也就是在幂函数基空间上的投影(这类方法在各领域经常被用到，诸如小波分解、矩阵特征值分解、傅里叶级数、泰勒级数等等)。若存在k个估计量（参数），则需要1阶到k阶矩方程，所以要求至少存在k阶矩才能用这个方法。如果概率密度函数足够光滑，则存在1到更高阶的矩。
最大似然估计是利用了统计学上的直观意义，即某个特殊样本的出现，应该是概率极大的情形（因为小概率事件不太可能发生），因此该估计具有一致性和有效性[注1]。不过需要知道总体的概率密度分布函数的表达式[注2]（在某些情况下，这个函数也许无法用初等函数表示，比如大多数非线性随机微分方程的解）。另外，极大似然估计不一定是无偏估计（大多数情况下不是）。
由于坚持“发生的事件一定是大概率的&，拒绝承认小概率事件发生的可能性，因此最大似然估计得到的结果是较为粗略的（忽略了某些小概率随机值），故需要给出区间估计。
特别注意并不是所有随机分布都能使用上述方法——有些特殊的概率分布不存在对于某点（比如原点）的某阶（及其以上）的矩，而有些分布可能在某点不可导。
贝叶斯估计在统计学界有争论，即统计学界中的概率频率学派（即经典学派）与贝叶斯学派之争。争论焦点在于参数是否可用看成一个随机量（或者说，先验概率分布是否应该存在）。
1. 贝叶斯学派认为，任何未知量在未确定之前都可以看成是随机变量，可以用一个概率分布去描述，这个分布就是先验分布（既可以是根据已有经验得到，也可以是通过主观按照某种规则给出）——这是因为未知量都具有不确定性，而在表述不确定性时，概率与概率分布是最好的数学描述。但频率学派则认为参数是个固定的未知量，而不会随机变化的。
2. 现实生活中，由于产品的设计、生产都有一定的继承性，这样就存在许多相关产品的信息以及先验信息可以利用（比如样本信息能从一定程度反映总体分布），贝叶斯学派认为这些先验信息可以利用，这么做能降低样本容量，并且在很多情况还能提高统计精度。
争论核心归结于两派对于概率这个统计概念的认识上[注3]。频率学派坚持认为概率是一种客观存在的值，内在表现为频率的稳定性。因此，凡是不能进行重复试验的有关结果都不能用概率来作出判断或解释。但是在很多时候，实际情况一般很复杂，很难具备可进行重复试验的条件。事实上，人们往往根据已有的经验知识和逻辑推理能力就能对统计问题作出判断。比如硬币投掷正反面概率是1/2，这个结果可以不必通过很多次重复投掷试验来获得，而仅仅依靠测量硬币质地的均匀性以及计算投掷方法的科学性就能判断概率是否是1/2。人们在生活中经常不自觉这么。贝叶斯学派考虑到了这一点，认为概率不仅仅是一种频率稳定性的体现（即客观概率），而且还是某种主观经验（哪怕是误导的、错的）和信念的体现（即主观概率）。
孰优孰劣？我更倾向于贝叶斯。因为对于未知量，我们既然无从知道其具体信息，便不能将其取不同可能的情况等同看待。
事实上，极大似然方法就相当于认为先验分布是均匀的，也就是说对于除了当前样本之外的所有可能样本，其概率是等可能的。因此根据贝叶斯公式，满足当前出现样本最大概率的那个参数便是最合理的。不过，在应用贝叶斯方法时，先验分布的选取往往是个难点——选得不好或者胡乱选取，虽然结果会依据样本容量的增大而收敛于真值，但在小样本情况下，结果可信度不会非常高（当然，这时候极大似然估计给出的结果并不更好）。如若能根据经验，确定先验分布，则能在同样精度的前提下，效降低样本容量。
[注1] 矩估计背后的原理是大数定律，因此只有当样本容量较大时，矩估计才足够精确；极大似然估计背后的原理是认定“发生的事件一定是大概率的&，因此样本容量也略微重要。
[注2] 只需要知道相应概率密度的矩就可以应用据估计（哪怕不知道概率分布也可以），而最大似然估计需要知道样本的概率密度分布函数（如果不知道，可以假设其满足正态分布，这时最大似然估计与最小二乘法等同）。
[注3] 频率学派是信奉直观与经验理性准则，而贝叶斯学派则考虑到了主观因素的影响。抽象一点来说，频率学派认识事物是客观的、理性的，物质的；而贝叶斯学派认识事物是辩证的，发展的，人性的。在哲学里，辩证发展的理论一般比保守死板的理论灵活，更能经受得住大量实践检验，因此，贝叶斯学派的方法是更加相对合理和有意义的。
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关注者： 1
关于参数估计的方法，我知道有好些方法，我所知的有：
1. 距估计法（MM法）。简单的距估计最简单了，例如已 ...
非常感谢您的回答。感觉您在极大似然估计的问题上纠正了我一些偏见，同时也为了补充了贝叶斯估计的思想。可是我还有一些问题想寻求您的帮助：因为在实际的参数估计中，我估计的对象不再是概率分布密度函数的估计，而是其累计分布函数的参数估计。累计分布函数并不具备像是概率密度函数的独立而相乘求取极大似然估计的形式。以一般的正态分布为例，其分布函数值为一个有关于x的变上限积分，而需要通过参数估计获得位置参数μ，尺度参数σ 。如果用极大似然函数的方法来求取，势必要包含x，这又该如何进行参数估计呢？（由于看到的参考文献中是用累积分布函数进行拟合，故我在处理中想运用该种方法，而非对概率密度函数参数估计）谢谢您的帮助。
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尽量避免使用累积分布曲线来估计概率分布模型，使用概率密度函数曲线识别会容易识别些，因为积分会产生“磨 ...
嗯嗯，我也觉得用累积分布函数来拟合确实有些不太适宜，就和您说的一样，累积分布函数可以使得概率密度函数通过累积后看起来很相近。但是，主要是参考的文献中用到了这种方法，我便很好奇这篇文献是如何进行拟合的，感觉有些颠覆了自己对于概率统计的认识，所以才发帖进行提问。非常感谢您的解答。
论坛优秀回答者
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非常感谢您的回答。感觉您在极大似然估计的问题上纠正了我一些偏见，同时也为了补充了贝叶斯估计的思想。 ...
累积分布函数对x求导就得到概率密度函数了。如果随机变量是独立同分布的，那么联合概率密度函数（即似然函数）就是相应各个随机变量概率密度函数的乘积。
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累积分布函数对x求导就得到概率密度函数了。如果随机变量是独立同分布的，那么联合概率密度函数（即似然 ...
恩，好的。matlab中好像直接有用分布函数拟合的工具箱叫dfittool，我打算学一下吧。
论坛优秀回答者
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恩，好的。matlab中好像直接有用分布函数拟合的工具箱叫dfittool，我打算学一下吧。 ...
这个交互式的比较方便，但是如果你的数据本身不是里面提供的分布，那就需要自己编程了。
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关注者： 1
这个交互式的比较方便，但是如果你的数据本身不是里面提供的分布，那就需要自己编程了。 ...
刚才看了看这个工具箱，发现这个工具箱的交互性是不错，可以把拟合的原理也封装的太好了。感觉还是想再深入了解一下像是直接用CDF拟合的具体的数学思想，可是不知道该怎么下手了。郁闷。
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MATLAB中文论坛微社区X1,X2,?,Xn为其样本，求参数α的矩估计量α1^和极大&#20284;然估计量α2^.现测得样本观测&#20540;为
0.1,0.2,0.9,0.8,0.7,0.7
求参数α的估计&#20540;。
矩估计：用样本的一阶原点矩估计总体均&#20540;；用样本的二阶中心矩估计总体方差。
如果总体的分布已知，那么总体的均&#20540;和方差就可以用分布中的参数表示，再等于样本的一阶原点矩和二阶中心矩，可以计算出总体分布中的参数。
矩估计优点：在其能用的情况下，计算往往简单
矩估计缺点：相对其他估计方法，如极大&#20284;然法，其效率往往较低。
已知分布密度，求随机变量的期望（均&#20540;）如下，该期望&#20540;等于样本的均&#20540;：
∫∞-∞xf(x;α)dx=∫10x(α&#43;1)xαdx=α&#43;1α&#43;2xα&#43;2∣10=α&#43;1α&#43;2=mean(x)
x &- c(0.1, 0.2, 0.9, 0.8, 0.7, 0.7)
(2 * mean(x) - 1)/(1 - mean(x))
## [1] 0.3077
极大&#20284;然估计：我们所估计的模型参数，要使得产生这个给定样本的可能性最大。&#20284;然函数如下：
L(x;α)=∏i=1nf(x;α)=(α&#43;1)n∏i=1nxαi
取对数得：
lnL(x;α)=nln(α&#43;1)&#43;α∑i=1nlnxi
在对对数&#20284;然函数求倒，可得到
?lnL(x;α)?α=nα&#43;1&#43;∑i=1nlnxi
即为求上述偏导数等于0的α&#20540;，此例中n=3
x &- c(0.1, 0.2, 0.9, 0.8, 0.7, 0.7)
f &- function(a) 6/(a &#43; 1) &#43; sum(log(x))
uniroot(f, c(0, 1))
## [1] 0.2112
## $f.root
## [1] -3.845e-05
## $estim.prec
## [1] 6.104e-05
root为估计&#20540;，iter为迭代次数，optimize函数也可以用来求解方程。
4.2设元件无故障工作时间X具有指数分布，取1000个元件工作时间的记录数据，经分组后得到它的频数分布为
组中&#20540;xi&5
15 25 35 45 55 65
频数vi&365
245 150 100 70 45 25
如果各组中数据都取为组中&#20540;，试用极大&#20284;然估计求λ的点估计。
指数分布λ的估计量为
λ^=n∑ni=1xi
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
4.3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：
大肠杆菌数/升 0 1 2 3 4 5 6
升数 17 20 10 2 1 0 0
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？
本题实际上是求泊松分布的λ估计，泊松分布的均&#20540;和方差均为λ，使用点估计即可
x &- c(rep(0, 17), rep(1, 20), rep(2, 10), rep(3, 2), rep(4, 1), rep(5, 0),
rep(6, 0))
4.4利用R软件中的nlm()函数求解无约束优化问题
minf(x)=(-13&#43;x1&#43;((5-x2)x2-2)x2)2&#43;(-29&#43;x1&#43;((x2&#43;1)x2-14)x2)2
取初始点x(0)=(0.5,-2)T.
obj &- function(x) {
f &- c(-13 &#43; x[1] &#43; ((5 - x[2]) * x[2] - 2) * x[2], -29 &#43; x[1] &#43; ((x[2] &#43;
1) * x[2] - 14) * x[2])
x0 &- c(0.5, -2)
nlm(obj, x0)
## $minimum
## [1] 48.98
## $estimate
## [1] 11.8
## $gradient
1.415e-08 -1.435e-07
## $iterations
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/分）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。并做单侧区间估计，试分析这10名患者的平均脉搏次数是否低于正常人的平均脉搏次数。
x &- c(54, 67, 68, 78, 70, 66, 67, 70, 65, 69)
## [1] 67.4
One Sample t-test
## t = 35.95, df = 9, p-value = 4.938e-11
## alternative hypothesis: true mean is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
63.16 71.64
## sample estimates:
## mean of x
4.6甲、乙两种稻种分布播种在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块试验田的产量如下所示（单位：千克）
甲种 140 137 136 140 145 148 140 135 144 141
乙种 135 118 115 140 128 131 130 115 131 125
求出两稻种产量的期望差μ1-μ2的置信区间（α=0.05）.
x &- c(140, 137, 136, 140, 145, 148, 140, 135, 144, 141)
y &- c(135, 118, 115, 140, 128, 131, 130, 115, 131, 125)
t.test(x, y, var.equal = TRUE)
Two Sample t-test
## t = 4.629, df = 18, p-value = 0.0002087
## alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
7.536 20.064
## sample estimates:
## mean of x mean of y
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，从乙组生产的导线中随机抽取5根，它们的电阻&#20540;（单位：Ω）
甲组 0.143 0.142 0.143 0.137
乙组 0.140 0.142 0.136 0.138 0.140
假设两组电阻&#20540;分别服从正态分布N(μ1,α2)和N(μ2,α2)，α2未知，试求μ1-μ2的置信系数为0.95的区间估计。
x &- c(0.143, 0.142, 0.143, 0.137)
y &- c(0.14, 0.142, 0.136, 0.138, 0.14)
t.test(x, y)
Welch Two Sample t-test
## t = 1.164, df = 5.701, p-value = 0.2909
## alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
-0..006415
## sample estimates:
## mean of x mean of y
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&#20540;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）。
x &- c(140, 137, 136, 140, 145, 148, 140, 135, 144, 141)
y &- c(135, 118, 115, 140, 128, 131, 130, 115, 131, 125)
var.test(x, y)
F test to compare two variances
## F = 0.2353, 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:
## sample estimates:
## ratio of variances
t.test(x, y, var.equal = FALSE)
Welch Two Sample t-test
## t = 4.629, df = 13.01, p-value = 0.0004712
## alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
7.36 20.24
## sample estimates:
## mean of x mean of y
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分布P(λ),现搜集了42个数据
接到呼唤的次数 0 1 2 3 4 5 6
出现的频数 7 10 12 8 3 2 0
试求出平均呼唤次数λ的估计&#20540;和它的置信系数为0.95的置信区间。
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) - tmp
## [1] 1.494
mean(x) &#43; tmp
## [1] 2.315
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：6,785,,，求灯泡寿命平均&#20540;的置信度为0.95的单侧置信下限。
x &- c(1067, 919, 1196, 785, 1126, 936, 918, 1156, 920, 948)
t.test(x, alternative = &greater&)
One Sample t-test
## t = 23.97, df = 9, p-value = 9.148e-10
## alternative hypothesis: true mean is greater than 0
## 95 percent confidence interval:
## sample estimates:
## mean of x
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74.3 79.5 75.0 73.5 75.8 74.0
73.5 67.2 7...
原文地址：统计建模与R软件第五章习题答案(假设检验)作者：蘓木柒Ex5.1
t.test(x,mu=225)
One Sample t-test
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