数理统计第6-9章答案.pdf

第六章 数理统计的基本概念 1 设总体 为其样本 试求样本的平均值大于 8 的概率 解 3 设总体服从正态分布 为其样本 试问 服从什么分布 解 4 设总体 为其样本 记 试问 k 取何值时 使 得服从分布 自由度 m 取何值 解 5 设 为其样本 与分别为样本的均值与方差 试建立 t 分 5 2 N 129 22 33 2 5 3 585 8 4 5 1 4 5 0 598706326 N aN n pp 0 N 124 2 12 2 34 12 12 34 34 2 2 12 2 12 2 2 34 2 34 0 1 0 22 0 0 1 2 2 1 2 1 1 1 2 N N NN F 1 2 N 124 4 2 k i 1 4 i 2 m 4 4 1 1 1 2 4 4 16 0 1 4 i i i i N NN 4 2 2 1 4 1 16 1 1 16 i i km 3 2 N 1216 2 n S 布的统计量 解 6 设正态总体 分别为样本容量和样本均值 试问 n 应取多大 才能使得 位于区间概率不小于 0 90 解 7 设总体 为其样本 为样本均值 1 试求的分布 2 若 n 1 试问是何值 解 8 设总体 今抽取容量为 5 的样本 试问 1 样本均值大于 13 的概率是多少 2 样本的极小值小于 10 的概率是多少 3 样本的极大值大于 15 的概率是多少 解 9 设电子元件的寿命 时数 服从服从以为参数的指数分布 即有密度函数 3 115 1 15 nn a nt nt SS 5 6 N n 3 7 5 6 3535575 37 226 6 6 6 2 10 9 222 0 9525 2 N nn PP nnnn nnn n n 1 2 2 11 1 1 1 1 2 1 2 1 22 2 2 2 222 n nn n tittit n tnitit n nn nGn 6 1 6 0 950212932pp 12 2 N 125 1213 12 1 13 1 11803 1 1 11803 2 52 5 0 13177709 PP 5 5 2 1 10 1 1 10 1 0 841344746 0 57843 PF 0 0015 1 2 6 i Ei 6 126 1 6 0 0015 8007 2 min 800 800 i i PP ee 6 126 1 66 0 0015 30004 5 max 3000 3000 11 i i PP ee 2 N a 12 2n 12 2 12 0 2 N 2 2 2 2 1 22 4 22 2 1 22 121 2 222 1 x x x FxPxP xx P x fxe e 2 由公式 6 2 12 6 2 13 得 12 设总体服从参数为的指数分布 为其样本 试求样本的极大值 极小值与极 差的分布 解 参见 P13 页例 6 2 5 当 n 2 的情形 13 设是相互独立的且都是服从正态分布的随机变量 到 的变换为正交变换 试证 是 n 个相互独立的且都服正态 分布的随机变量 证明 因为设正交变换 为 则其雅可比行列式且 由随机向量函数的密度 公式 得 22 11 22 2 11 22 1 2 D v y av a fyf vy f v dv eedv 22 2 2 2 2 11 22 2 1 1 2 2 1 1 2 2 11 2 2 22 111 2 222 11 2 u ax a u u a u a t u a u a t f uf u F ueedx eedt eedt 2 2 1 1 2 1 2 2 3 2 1 1 22 2 2 2 2 v a v a f uf vF v ef v F v ef v 由 12 2 2 2 1 2 1 0 0 2 0 0 0 0 uu v y D eeu f u ev f v ey fy 第七章第七章 参数估计参数估计 1 解 解 2 0 1 2 22 22 230 111 3 9327 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 0 01 2 0 001 0 01 5 n n n ED c fti t t c fti n n c ftit n nnn nM PMP nM c c cc 总体 的 子样 的 记 则 的 0 89 11 50 8950 890 56544 210 9 M n 2 解 解 00 00 0 0 0 1 0 y mm y m y yey m y dyedy PmF mem y dyedy E 震级的概率 即 3 解 解 14 1 0 0 7 20 0 1 0 1 0 7 0 30 2544 N aP aN Ppaaa a aa 1 1 12 1 1 2 n i i nx i n i n ni i f xe x xxx 当 取的中位数时 取到最小值 2 的似然发函数为的似然发函数为 1 1 1 1 1 1 ln ln1ln ln0 ln 1 ln n n i i n i i n in i i i n i i L xx L x nx nn x x n 对数似然方程为 3 的似然函数为的似然函数为 1 11 0 2 2 n nn n mle n L xx x E 对数似然方程为 8 解 解 1 11 112 6 7 222 1 nn i ii EEachEx kk nn kn kk 令 2 1 2 2 1 1 1 222 11 1 1 11 2 2 2 1 n ii i n iiii i EE k n EEE kk kn 9 解 解 令令 1111 1 1 11 1 1 1 cov nnnn iiiiii iiii n i i n inn i iiii ii T TcETc Ec aac n cc D nn DTDDTD DnDD DT DTDDTD 10 解 解 123 1 2 3 2 191 0 38 251004 1125 0 3472 916144 111 0 388 9364 EaEaEaa Da Da Da a 但 的方差最小 11 解 解 12 12 2222 111221 2 2222 11221 212 22222 1212112212 2 122 1 22 1212 2 212 22 1212 2cov 2 2 22 22 2 2 2 D cccc c ccc c cc c 12 12 12212 cov a a cov a a a c aa a 当 时 取最小值 12 解 解 1 12 aEaEEEaa 2 22 12 12 12 14 DaDDD nn nn 即即 11 zf x yxyn xy 在 条件下的极值 条件下的极值 由由 Langrange 乘数法 令乘数法 令 2 2 14 1 0 4 0 3 0 x y L x yf x yxynxyn xy L x n Lx y Lxyn 故故 12 33 nn nnn 时 可使时 可使 a的方差达到最小 的方差达到最小 13 解 解 22 1212 Eaa D 由 由 P48 的推论知 的推论知 为为 12 aa 的的 最小线性无偏估计 最小线性无偏估计 14 解 解 3 3 3 2 0 33 2 2 22 3 0 2 2 222 3 33 4 4 3 416316 3915 444 333 161 1515 n n n n n n n n nnn xx pxFx x dx x fxE x Exdx DEE 为 的无偏估计 1 3 3 1 3 2 3 2 11 3 0 2 2 222 11 3 0 2 2 222 111 2 2 1 1 1 1 3 3 4 4 3 8 41616 5 83 444 55 413 4 3155 4 3 n n xx px x fx x Edx x EExdx DEE DD 又 为 的无偏估计 较为有效 15 解 解 22 121122 11221212 222222 112211221122 2222222 1222122 222222 1211111 2 11 11221 22 1 2 2 22 1 21 2 321 112 33 EEDD E cccccc D ccc Dc Dcc cccc ccccccc cc cc 1 又 又 当c时 21122 3 D cc 取最小值 16 证证 0012 TUT T 分别是 12 gg 的最优无偏估计量 1 020 0ETTET T 又因为 1 1221122 E bTb Tb gb g 22 1 1221122 D bTb Tb DTb DT 1 12 01 1221 1 0220 1 121122 0 bTb TU ET bTb TEbTTEb T T bTb Tb gb g 且 是的最优无偏估计量 17 解 解 1 22 22 1122 12 22 12 22 1122 22 12 2222 211122 2222 112212 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 nSnS nn nSnS F SnSnS F nnS cc 12 且独立 由 分布的定义 有 F n 1 n 1 则由则由 22 21 1212 22 12 222 111 222 22212 11 2122 212 222 111 222 22212 1 1 1 1 1 1 S P kFKP kK S SS p k Sk S kFnnkFnn SS k Sk S 成立 计算得 z 的均值0 006z z 的样本标准差为0 3641S 又 n 10 所以 0 006 100 0521 0 1325 10 z U s i 又计算可得 2 0 025 1 9 2 2622 tnt 由于0 0521 所以统计量的值 0 0 006 50 0576 0 23311 1 11 0 2331 1010 w xyz t snm 因为 o 0576 单边检验 tail 1 表示备择假设 211 H 单边检验 程序代码 x 0 19 0 18 0 21 0 30 0 66 0 42 0 08 0 12 0 30 0 27 y 0 19 0 24 1 04 0 08 0 20 0 12 0 31 0 29 0 13 0 07 h sig ci ttest2 x y 0 05 执行结果 h 0 不否定原假设 Sig 0 9547 p 值太大 不能否定原假设 ci 0 2130 0 2250 真正均值 0 95 的置信区间 2 解 属于两个正态总体方差的假设检验 用F检验法 2222 012112 HH 由于当H0成立时 222 111 222 222 1 1 5 8 SS F nmF SS 拒绝域的形式为 22 1121 2 22 12 2 22 1120 975 22 120 025 1 1 1 1 5 8 0 1480 5 8 4 8173 n n WxxssFn m or ssFn m xxssF or ssF 又 2 1 2 2 0 3450 0 9664 0 3570 S FW S 既不在拒绝域之中 故可认为方差无显著性差异 解 H0 电话呼叫次数服从泊松分布 设i为呼叫次数 i v为对应的频数 0 1 7i m 8 则总观察次数 7 1 60 i i nv 参数 每分钟的平均呼叫次数 的极大似然估计为 7 0 1 1 2 i iv n 从而可计算理论频数值 0 1 7 k k e pk k 默认情形下给定显著水平为0 05 得卡方分布的上侧0 05分位数 22 0 050 05 1 1 6 12 5916m 又在给定样本的情形下 皮尔逊 2 检验统计量的值 2 7 2 0 6 0 559512 5916 i i i v n np 故不能拒绝原假设 此分布可看作为泊松分布 4 解 H0 记录的汽车辆数服从poisson分布 92 68 28 11 1 0 i v m 6 n 200 0 05 22 0 050 05 6 1 1 4 9 4877 的极大似然估计为 1 1 0 8050 m i i iv n 计算理论频数得 0 447 0 359 0 1448 0 03887 0 00782 0 001267 pn v 从而皮尔逊 2 检验统计量的值 2 5 2 0 6 2 15969 4877 i i i v n np 故不能拒绝原假设 此分布可看作为泊松分布 5 解 H0 假设此分布服从均匀分布 n 800 m 10 实际频数V 74 92 83 79 80 73 77 75 76 91 理论频数np 80 80 80 80 80 80 80 80 80 80 22 0 050 05 10 1 9 16 919 根据样本计算皮尔逊 2 检验统计量的值 2 9 2 0 9 5 12516 919 i i i v n np 故拒绝原假设 认为此分布不服从均匀分布 6 解 设 为每次抽取10个产品中的次品数 H0 10 bP P的极大似然估计为 11 1 0 1 10 100 i i iv p 可计算得理论频数为 P 0 3487 0 3874 0 1937 0 0574 0 0112 0 0015 0 0001 0 0000 0 0000 0 0000 0 0000 2 0 05 9 16 919 根据样本计算皮尔逊 2 检验统计量的值 2 10 22 0 11 1 1 9 5 129516 919 i i i v n np 故不能拒绝原假设 认为此分布是服从二项分布 解 这是成对数据下正态总体均值差的假设检验 并且具有共同的方差 未知 设 22 12 X N Y N 0 05 0 025 2 1 5 2 5706tnt 令 22 12 2 2 ZXYZNN 提出原假设 012 H 即 0 转化为单个正态总体方差未知情形下均值是否为零的假设检验 我们可采用t检验法 建立 统计量 0 1 6 1 5 z tt ntt sn N 6 2 11 11 0 1667 5 8793 1 nn ii ii zzszz nn 在H 成立时 t的统计量的值为 0 0 1667 5 0 0694 5 0 06942 5706 5 8793 6 z tt sn 故不能拒绝原假设 另解 采用两个正态总体方差相等时的均值差的t检验法 检验统计量 12 22 10 1 1 W XY ttnt Snn 0 025 2 2 10 2 2281tnmt 22 12 1 1 3 0469 2 w nSmS S nm 012112 HH 当H 成立时 统计量的值 0 1667 10 0 0947 1 1 2 3 0469 2 6 WW XYz t SnnSn 因为 0 025 10 0 0947 10 2 2281tt 故不能拒绝原假设 解 H0 1 2 ijij Pppi j n 385 0 0793 0 3825 0 0836 0 0661 0 3188 0 0697 j i ijij j i p n n n n n pp p n nn ij p是在H 成立是 ij p的极大似然估计 此时相应统计量的值为 2 23 22 0 95 11 3 0762 2 5 9915 ijij ij ij nnp np 时 设 12 n 为总体 的样本 由于似然比 22 1 1010 2 0 10010 1 exp 2 2 exp 2 L a naan aa L a n aanan aa 所以由奈曼 皮尔逊基本引理 知H 的最佳否定域为 1 012 0 010 12 10 ln 2 n n L a Xk L a nan aak n aa 从而犯第一类错误的概率为 0 010 00 10 10 10 ln 2 ln 1 0 2 a nan aak P XHP n aa n aak n n aa 犯第二类错误的概率为 1 1 010 0 10 101 10 10 10 ln 1 2 ln 2 ln 0 2 a a nan aak P XHP n aa n aanak P n aa n aak n n aa 10 解 16 2 n 属于单个正态总体均值的假设检验 0 0 1 0HaHa 构造统计量 0 1 a UN n 当H0成立时 16 2 0 1 2 an UN n 1 2 3 123 1 210645 1 645 0 05 2 1 5022 125 2 125 1 50 0 9832 0 9332 0 05 3 21 96 21 96 0 025 0 025 0 05 0 05 P P PP 即它们有相同的显著水平0 05 解 由于似然比 01 0101 11 exp n L n L 由奈曼 皮尔逊基本引理知 1 H0的最佳否定域为 01 01212 0101 121211 1 11 exp 1 exp 4ln 2 24 n nn n n n nni i L Xx xxkx xxnxk L n x xxxkx xxxcck 因为H0成立时 2 1 2 1 1 2 2 2 n i i nn cn 故最佳否定域为 2 012 1 2 n ni i Xx xxxn 2 H0的最佳否定域为 11 1 22 0 1 01212 1 0 20 012 1 22 2ln 2 2ln H 2 0 05 2 2 nb nn n nni n i n n ni i L eenb L Lk Xx xxkx xxx L k cn Xx xxxn n i i 1 0 05 记 当成立时 当时 解 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 2 0 8 9 3 2 2 0 2 i i i i i i x Xx x 当 1 01 0 113 2 32 4 n n L p pp L p nc 当H 成立时 C 使得 1 3 12 0 05 33 kn k n k n k C P nCC 但是对于给定的 和n 可能找不到非负整数C 使上式成立 类似于 这时要求的最佳检验将是随机化检验 解 10 1 10 1 10 1 1 3 0 506 3 0 3 i i i i i i x Xx x 14 解 1 1 0 5 0 40 6 0 1 n ii i EE n PPE 由切比雪夫不等式 得 2 0 1 10 9 0 1 1 1000 1250 4 D PE n n 15 解 222 2 2 2 22 2 1 a Pa nn n n Ln Ln 2 区间长度为 4 2 证明 设 22 12 XnYn 而且X Y相互独立 则 1 12 2 X n F n n Y n 2 21 1 Y n F n n X n 于是对任意的01 故 1 221 1 1 X n P Y nF n n 又 1 12 2 X n F n n Y n 所以 21 1 F n n 表示 12 F n n的上侧1 分位数 112 Fn n 从而 112 21 1 Fn n F n n 解 H0 1 2 ijij Pppi j n 520 0 352 0 106 0 417 0 125 j i j i ijij n p n pp p n n nn n n ij p是在H 成立是 ij p的极大似然估计 此时相应统计量的值为 2 22 22 0 95 11 0 1614 1 3 8415 ijij ij ij nnp np 故不能拒绝原假设 即认为获利与逃税有关联 18 解 2222 012112 HH 当H0成立时 统计量 2 1 2 2 1 1 4 6 S FF nmF S 又 0 005 4 6 12 0275 F 0 995 4 6 0 0455 F 拒绝域为 2222 1120 995120 005 4 6 0 0455 4 6 12 0275 n WxxssFor ssF 由样本计算得 1 12 2 2 22 2 78 8 78 8 944 476 4 6 0 0834 944 476 S SSF S 因为 1 2 2 2 78 8 4 6 0 0834 944 476 S FW S 即不能拒绝原假设 即可认为两个公司的 影片长方差相等 第九章 方差分析与回归分析参考答案 1 解 1 1 0 5000 0 3 1 0 8000 1 2 1 0 90001 1 1 2 8000 1 6 5000 1 2 3000 1 1 6000 1 5 1000 1 1 9000 1 1 5000 XY 3 5 4 610 00 9 90 1 8 9 90 91 51 0 5 3 8 2 8 0 5 LX X 1 0 349 0 807 L X Y 2 用 Matlab 软件可求解 alpha 0 05 b bint r rint stats regress Y X alpha 得到 1 0676 0 3698 bint 0 5694 1 0445 从而 1 的0 95有置信区间是 0 5694 1 0445 3 stats 0 8846 61 3433 0 0001 0 8674 F 61 3433 p值为0 0001 0 05 故拒绝H0 4 残差向量 2 0 3546 0 2056 0 7226 0 8917 0 2963 6 9388 0 2929 0 4422 0 0334 0 9179 2 0593 6 9388 0 8674 18 e e eQe e Q nk 5 给定具体的 x 值可得相应预测区间 2 解 将 1 x取倒数 再利用线性回归进行计算 得 1 0000 32 1000 0 3333 1 0000 32 1000 0 2000 1 0000 32 1000 0 1429 1 0000 32 1000 0 0833 1 0000 32 1000 0 0500 1 0000 32 1000 0 0333 1 0000 33 000 X 0 0 3333 1 0000 33 0000 0 2000 1 0000 33 0000 0 1429 1 0000 33 0000 0 0833 1 0000 33 0000 0 0500 1 0000 33 0000 0 0333 1 0000 27 6000 0 3333 1 000 0 27 6000 0 2000 1 0000 27 6000 0 1429 1 0000 27 6000 0 0833 1 0000 27 6000 0 0500 1 0000 27 6000 0 0333 Y 17 8000 22 9000 25 9000 29 9000 32 9000 35 4000 18 2000 22 9000 25 1000 28 6000 31 2000 34 1000 16 8000 20 0000 23 6000 28 0000 30 0000 33 1000 1 23 4813 0 3387 53 2528 L X YLX X 3 解 1 令 2 12 xt xt 转化为线性回归进行统计分析 得 1 0000 0 0333 0 0011 1 0000 0 0667 0 0044 1 0000 0 1000 0 0100 1 0000 0 1333 0 0178 1 0000 0 1667 0 0278 1 0000 0 2000 0 0400 1 0000 0 2333 X 0 0544 1 0000 0 2667 0 0711 1 0000 0 3000 0 0900 1 0000 0 3333 0 1111 1 0000 0 3667 0 1344 1 0000 0 4000 0 1600 1 0000 0 4333 0 1878 1 0000 11 8600 15 6700 20 600