数理统计课后题标准答案.pdf

数理统计 习题答案 第一章 1 解 1 22 5 2 11 2222 19294 103 105 106 100 5 11 100 5 1 92 10094 100103 100105 100106 100 5 34 n i i n ii ii Xx n Sxxx n 2 2 解 子样平均数 1 1 l ii i Xm x n 1 1 83 406 1026 2 60 4 子样方差 2 2 1 1 l ii i Smx n x 2221 814403410642264 60 18 67 2 子样标准差 2 4 32SS 3 解 因为 i i xa y c 所以 ii xacy 1 1 1 n i i xx n 1 1 1 1 n i i n i i acy n nacy n 1 n i i c ay n acy 所以 xacy 成立 2 2 1 1 n xi i sx n x 2 2 1 2 2 1 1 1 n i i i n i i n i i acyacy n cycy n c yy n 因 为 2 2 1 1 n yi i sy n y 2 所 以 22 xy sc s 成立 17 2 1 8 1 2 0 3 2147 21 1 2 en n en MXX RXX MXX 4 解 变换 2000 ii yx i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 i x 1939 1697 3030 24242020290918152020 2310 i y 61 303 1030 42420 909 18520 310 1 1 n i i yy n 1 61 303 103042420909 18520310 9 240 444 2 2 1 1 n yi i sy n y 2 22 222 222 1 61 240 444303240 4441030240 444 9 424240 44420240 444909240 444 185240 44420240 444310240 444 197032 247 利用 3 题的结果可知 22 20002240 444 197032 247 xy xy ss 5 解 变换 10080 ii yx i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 i x 79 98 80 04 80 0280 04 80 0380 0380 0479 9780 0580 0380 02 80 00 80 02 i y 2 4 2 4 3 3 4 3 5 3 2 0 2 13 11 11 13 n ii ii yyy n 1 2424334353202 13 2 00 2 2 1 1 n yi i sy n y 2 2 22 22 1 22 00322 0052 00342 00 13 332 0032 00 5 3077 2 利用 3 题的结果可知 2 24 8080 02 100 5 307710 10000 y x y x s s 6 解 变换 1027 ii yx i x 23 5 26 1 28 2 30 4 i y 35 9 12 34 i m 2 3 4 1 1 1 l ii i ym y n 1 35 29 3 12 434 10 1 5 27 10 y x 26 85 2 2 1 1 l yii i smy n y 2 221 235 1 539 1 5412 1 534 1 5 10 440 25 2 22 1 4 4025 100 xy ss 7 解 身高 154 158 158 162 162 166166 170170 174174 178 178 182 组中值 156 160 164 168 172 176 180 学生数 10 14 26 28 12 8 2 1 1 l ii i xm x n 1 156 10 160 14 164 26 172 12 168 28 176 8 180 2 100 166 2 2 2 1 1 l ii i smx n x 2 22 222 1 10156166141601662616416628168166 100 1217216681761662180166 33 44 2 8 解 将子样值重新排列 由小到大 4 2 1 2 1 0 1 0 1 0 0 1 2 1 2 2 01 2 22 3 2 3 21 17 2 1 8 1 2 0 3 2147 21 1 2 en n en MXX RXX MXX 9 解 12 12 11 12 12 11 nn ij ij nxnx nn x nn 1122 12 n xn x nn 12 2 2 1 12 1 nn i i sx nn x 12 12 2 2 1 12 2 11 1122 1212 22 22 2 111222 1122 1212 2 22 22 112211221122 121212 2 22 1121 1122 12 1 nn i i nn ij ij xx nn xx n xn x nnnn nsxnsx n xn x nnnn n sn sn xn xn xn x nnnnnn nnnxn n sn s nn 2 2 21221122 2 12 22 22 11221211221212 2 12 12 2 22 1212 1122 2 12 12 2 nnxn xn x nn n sn sn n xn n xn n x x nn nn n nxx n sn s nn nn 10 某射手进行 20 次独立 重复的射手 击中靶子的环数如下表所示 环数 10 9 8 7 6 5 4 频数 2 3 0 9 4 0 2 试写出子样的频数分布 再写出经验分布函数并作出其图形 解 环数 10 9 8 7 6 5 4 频数 2 3 0 9 4 0 2 频率 0 1 0 15 0 0 45 0 2 0 0 1 3 4 0 20 04 0 146 0 367 0 7579 0 9910 11 x x x Fx x x x 11 解 区间划分 频数 频率 密度估计值 154 158 10 0 1 0 025 158 162 14 0 14 0 035 162 166 26 0 26 0 065 166 170 28 0 28 0 07 170 174 12 0 12 0 03 174 178 8 0 08 0 02 178 182 2 0 02 0 005 0 50 100 150 200 123456789 学生数 12 解 i xP i Ex i Dx 1 2 in 11 22 11 11 11 nn ii ii nn ii ii n EXExEx nnn n DXDxDx nnnn 13 解 i xU a b 2 i ab Ex 2 12 i ba Dx 1 2 in 在此题中 1 1 i xU 0 i Ex 1 3 i Dx 1 2 in 11 2 11 11 0 11 3 nn ii ii nn ii ii EXExEx nn DXDxDx nn 1 n 14 解 因为 2 i XN 0 i X E 1 i X D 所以 0 1 i X N 1 2 in 由 2 分布定义可知 2 2 2 11 1 nn i i ii X YX 服从 2 分布 所以 2 Yn 15 解 因为 0 1 i XN 1 2 in 123 0 3XXXN 123 0 3 XXX E 123 1 3 XXX D 所以 123 0 1 3 XXX N 2 2 123 1 3 XXX 同理 2 2 456 1 3 XXX 由于 2 分布的可加性 故 22 2 123456 1 2 333 XXXXXX Y 可知 1 3 C 16 解 1 因为 2 0 i XN 1 2 in 0 1 i X N 所以 2 2 1 2 1 n i i XY n 1 1 1 22 Y Yy FyP YyP 5 2 2 0 y fx dx 2 11 22 1 YY y fyFyf 因为 2 1 2 2 2 0 2 2 00 n x n x ex n fx x 所以 2 1 1 2 2 2 0 2 2 00 n y n n Y y ey n fy y 2 因为 2 0 i XN 1 2 in 0 1 i X N 所以 2 2 2 2 1 n i i XnY n 2 2 2 2 2 22 0 ny Y nYny FyP YyPfx dx 2 22 22 YY nyn fyFyf 故 2 2 1 22 2 2 0 2 2 00 nn ny n n Y n y ey n fy y 3 因为 2 0 i XN 1 2 in 1 0 1 n i i X N n 6 所以 2 2 3 1 1 n i i XY nn 2 2 3 3 3 2 1 0 y n Y Y FyP YyPyfx dx n 2 33 22 1 1 YY y fyFyf nn 2 2 1 1 0 2 00 x ex fx x x 故 2 3 2 1 0 2 00 y n Y ey fyny y 4 因为 2 0 i XN 1 2 in 所以 1 2 2 4 2 1 0 1 1 n i i n i i X N n XY n 2 2 4 22 4 4 4 22 1 0 22 1 1 y Y Y Yy FyP YyPfx d y fyFyf x 故 2 4 2 1 0 2 00 y Y ey fyy y 17 解 因为 Xt n 存在相互独立的U V 0 1UN 2 Vn 使 U X V n 22 1U 7 则 2 21 U X V n 由定义可知 2 1 Fn 18 解 因为 2 0 i XN 1 2 in 1 0 1 n i i X N n 2 2 1 n m i i n X m 所以 11 1 2 2 1 1 nn i i ii n m n m i i i n i n X mX n Yt X nX m m 2 因为 0 1 i X N 1 2 inm 2 2 1 2 2 1 n i i n m i i n X n X m 所以 2 2 1 1 22 2 1 1 n i n i i i n m n m i i i n i n X mX n YF X nX m n m 19 解 用公式计算 2 0 010 01 90902 90U 查表得 0 01 2 33U 代入上式计算可得 2 0 01 909031 26121 26 20 解 因为 2 X nn 2 E 2 2Dn 由 2 分布的性质 3 可知 8 0 1 2 Xn N n 22 Xncn P XcP nn 2 2 2 1 2222 lim c n nt n Xncncn Pedt nnnn 故 2 cn P Xc n 第第 二二 章章 1 0 00 0 0 0 0 1 11 1 x x xx x ex fx x Exfxx d xx ed x x eedx e x 令 从而有 1 x 2 11 11 2 1 1 1 11 11 kk xx Exkpppkp p p p 令 1p X 所以有 1 p X 其似然函数为 1 1 1 1 1 n i xi i nX n n i LPPp pp 1 ln ln ln 1 n i i LPnpXnp 9 1 l n1 1 n i i dLn Xn d ppp 0 解之得 1 1 n i i n p X X 解 因为总体 服从 a b 所以 2 1 2 2 2 12 3 3 n i i abn E X rnr X XX X ab S XS bXS 2 2 2 a b D X 12 令 E X D X S 1 S n a b 2 a 4 解 1 设为样本观察值则似然函数为 12 n x xx 1 1 1 01 1 2 ln lnln ln ln0 n n ii i n i ii n i i Lxxi Lnx dLn x d 1 n 解之得 1 1 ln ln n i i n i i n x n x 2 母体 X 的期望 1 0 1 E xxfx dxx dx 而样本均值为 1 1 1 n i i Xx n E xX X X 令得 5 解 其似然函数为 10 11 1 1 1 1 1 11 2 2 1 ln ln 2 1 0 n i i i x nx n i n i i n i i Lee Lnx x 令 得 2 由于 00 0 11 2 22 111 xxx nn ii ii xx Eed xed xx eed x EExExn nnn x 所以 1 1 n i i x n 为 的无偏估计量 6 解 其似然函数为 1 1 1 1 11 kkn n kxnx ik Lxexi i kk ii i e ln ln 1 ln 11 nn Ln kkX ii ii X 1 ln 0 n i i dLn k d X 解得 1 n i i nkk X X 1 0 f xx 解 由题意知 均匀分布的母体平均数 22 0 方差 1212 0 22 2 用极大似然估计法求 得极大似然估计量 似然函数 n i n L 1 1 ni i i i xx 1 maxmin0 选取 使L达到最大取 ni i x 1 max 由以上结论当抽得容量为 6 的子样数值 1 3 0 6 1 7 2 2 0 3 1 1 时 2 2 即 1 1 2 4033 0 12 2 22 2 12 2 2 8 解 取子样值为 21 in xxxx 则似然函数为 n i xi eL 1 i x n i n i ii nxxL 11 ln 要使似然函数最大 则需 取 min 21n xxx 即 min 21n xxx 9 解 取子样值 0 2 1 in xxxx 则其似然函数 n i i i x n n i x eeL 1 1 n i i xnL 1 ln ln n i i x n d L 1 ln x x n n i i 1 1 由题中数据可知 20 6525554545703510025150152455365 1000 1 x 则 05 0 20 1 10 解 1 由题中子样值及题意知 极差 查表 2 1 得7 45 12 6 R4299 0 1 5 d 故 0205 27 44299 0 2 平均极差115 0 R 查表知3249 0 1 10 d 0455 0115 03249 0 解 设为其母体平均数的无偏估计 则应有 ux 又因4 26261034018 60 1 x 即知 4 12 解 1 NX 12 i xE 则1 i xD 2 1 i 211 3 2 3 1 EXEXE 212 4 3 4 1 EXEXE 213 2 1 2 1 EXEXE 所以三个估计量均为 321 的无偏估计 9 5 9 1 9 4 9 1 9 4 3 1 3 2 2121 DXDXXXDD 同理可得 8 5 2 D 2 1 2 D 可知的方差最小也亦最有效 3 2 13 解 PX XDXE 1 1 1 2 2 n i i XX n ESE 1 1 2 1 2 XnEXE n n i i 1 1 1 22 n i n n n 1 1 n n 即是 2 S 的无偏估计 又因为 n i i n i i n i i EX n XE n X n EXE 111 1 1 1 即X也是 的无偏估计 又 1 0 1 1 1 2 2 SEXESXaE 因此 2 1 SX 也是 的无偏估计 14 解 由题意 2 NX 因为 2 1 1 1 1 2 1 2 ii n i iiii XXEXXDCXXECE 2 1 1 2 1 1 1 1 22 0 nCCXDXDC n i n i ii 要使只需 2 2 E 1 2 1 n C 所以当 1 2 1 n C时为的无偏估计 2 2 13 15 证明 参数 的无偏估计量为 依赖于子样容量 Dn 则 0 由切比雪夫不等式 0lim D n 故有1lim p n 即证为 的相合估计量 16 证明 设 X 服从 则分布律为 pNB kk k N PPkXP C 1 2 1 Nk 这时 NPXE 1 PNPXD 2222 1 PNPNPEXDXEX 例 4 中 N X p 所以P N NP N XE PE 无偏 Nn PP nN PNP N XD PD 1 1 22 罗 克拉美下界满足 n k PNK K N PNK K N R PPPPLn p n I CC 0 2 1 1 1 N K KNK K N K N PPPLnPNKLnPLn P n CC 0 2 1 1 N K KNK K N PP P PN P K n C 0 2 1 1 1 2 1 22 2 222 2 2 P EXNEXN PP EXNEX P EX n 2 2222 2 222 2 22 1 1 2 1 1 2 1 P PNPNPPNN P PNPNPPN P PNPNP n 1 1 11 PP nN PP nN 所以 PD nN PP IR 1 即为优效估计 p 17 解 设总体 X 的密度函数 2 2 2 2 1 x exf 14 似然函数为 n i x n x n i i i eeL 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 22 2 2 2 2 n i i x Ln n Ln n LnL 0 2 2 4 1 2 22 n i i x n d dLnL n i i x n 1 22 1 因为 dxxf xLnf 2 2 dxe x x 2 2 2 2 24 2 2 1 2 1 2 2 4 1 4224 8 XEXE 4 2 n 故的罗 克拉美下界 2 4 2 n IR 又因 n i i X n EE 1 2 2 1 n i i XE n 1 2 1 2 且 n i i X n DD 1 22 1 4 2 n 所以是的无偏估计量且 故是的优效估计 2 2 2 DIR 2 2 18 解 由题意 n 100 可以认为此为大子样 所以 n S X U 近似服从 1 0 N 1 2 uUP 得置信区间为 n s ux 2 2 n s ux 已知95 01 s 40 x 1000 查表知96 1 2 u代入计算得 所求置信区间为 992 16 1007 84 cm01 0 则由 1 0 N n X U 19 解 1 已知 1 2 uUP 15 解之得置信区间 n uX 2 2 n uX 将 n 16 X 2 125 645 1 05 0 2 uu 01 0 代入计算得置信区间 2 1209 2 1291 2 未知 1 nt n S X T 1 2 tTP 解得置信区间为 2 t n s X 2 t n s X 将 n 16 753 1 15 15 05 0 2 tt 代入计算得 00029 0 S 2 置信区间为 2 1175 2 1325 20 解 用 T 估计法 1 nt n S X T 1 1 2 ntTP 解之得置信区间 2 t n S X 2 t n S X 将6720 X n 10 查表220 S2622 2 9 025 0 t 代入得置信区间为 6562 618 6877 382 21 解 因 n 60 属于大样本且是来自 0 1 分布的总体 故由中心极限定理知 1 1 1 pnp npXn pnp npX n i i 近 似服从 即 1 0 N 1 1 2 u pnp PXn p 解得置信区间为 2 1 u n pp X 1 2 u n pp X 本题中将 n Un 代替上式中的X 由题设条件知25 0 n U n 055 0 1 2 n UnU n pp nn 查表知96 1 025 0 UUn 16 代入计算的所求置信区间为 0 1404 0 3596 17 2 22 解 未知 故 1 0 N n X U 由 1 2 uUP 解得 置信区间为 2 u n X 2 u n X 区间长度为 2 2 u n 于是Lu n 2 2 计算得 2 2 2 2 4 U L n 即为所求 23 解 未知 用估计法 2 1 1 2 2 2 2 n Sn 1 1 1 1 2 2 22 2 1 nnnP 解得 的置信区间为 2 2 2 1 Sn 1 2 2 1 2 Sn 1 当 n 10 5 1 时 查表 23 59 1 73 S 9 2 005 0 9 2 995 0 代入计算得 的置信区间为 3 150 11 616 2 当 n 46 14 时 查表 73 166 24 311 S 45 2 005 0 45 2 995 0 代入计算可得 的置信区间为 10 979 19 047 24 解 1 先求 的置信区间 由于 未知 1 nt n S X T 1 2 tTP 得置信区间为 2 t n S X 2 t n S X 经计算 2203 0 12 5 S X 查表 n 20 093 2 19 025 0 t 代入计算得置信区间为 5 1069 5 3131 2 未知 用统计量 1 1 2 2 2 2 n Sn 1 2 2 22 2 1 P 得 的置信区间为 2 2 2 1 Sn 1 2 2 1 2 Sn 查表 32 85 8 91 19 2 025 0 19 2 975 0 代入计算得 的置信区间为 0 1675 0 3217 25 解 因与相互独立 所以与 1 n X n XXX 211 n XX相互独立 故 1 1 0 2 1 n NXXn 又因 1 2 2 2 n nS 且与XXn 1 相互独立 有 T 分布的定义知 1 1 1 1 1 1 2 2 1 nt n n S XX n nS n n XX n n 26 解 因 2 1 NXimi 2 1 2 2 NYjnj 2 1 所以 0 22 1 m NX 0 22 2 n NY 由于X与Y相互独立 则 0 22 21 nm NYX 18 即 1 0 22 21 N nm YX 又因 1 2 2 m x 2 ms 1 2 2 n y 2 ns 则 2 2 2 2 2 2 nm ns ms y x 构造 t 分布 nm YX 22 21 2 2 22 22 21 nmt nmnm nsms YX yx 27 证明 因抽取 n 45 为大子样 1 1 2 2 2 2 n sn 由分布的性质 3 知 2 1 2 1 2 n n U 近似服从正态分布 1 0 N 所以 1 2 uUP 得 2 2 1 2 1 u n n 或 2 2 2 2 1 2 1 1 u n n sn u 可得的置信区间为 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 u n s u n s 28 解 因未知 故用 22 2 2 1 T统计量 2 11 21 mnt mn s YX T w 其中 2 1 1 2 2 2 12 mn smsn sw 而05 0 2 mn 查表 144 2 4 025 0 t 计算 625 81 X 125 76 Y 代入得 695 145 2 1 s554 101 2 2 s625 123 2 w s 9237 115 5 11 2 2 mn smntYX w 故得置信区间 4237 17 4237 6 29 解 因故用 22 2 2 1 T统计量 19 2 11 21 mnt mn s YX T w BA 其中 2 21 2 mn SW 1 1 22 SmSn 1 2 tTP 计算得置信区间为 mn mntSXX WB A 11 2 2 11 2 2 mn mntSXX WBA 把 0 000006571 2 W S 7 2 t 2 364 代入可得所求置信区间为 0 002016 0 008616 30 解 由题意 用 U 统计量 1 0 2 2 2 1 2121 N m S n S XX U 1 2 uUP 计算得置信区间为 m S n S uXX 2 2 2 1 2 21 2 2 2 1 2 21 m S n S uXX 把71 1 1 X 67 1 2 X 2 2 1 035 0 S 2 2 2 038 0 S100 mn 96 1 025 0 2 uu 代入计算得 置信区间 0501 0 0299 0 31 解 由题意 未知 则 21 u u 1 1 12 2 1 2 1 2 2 2 2 nnF S S F 则 1 1 1 1 1 12 2 12 2 1 nnFFnnFP 经计算得 1 1 1 1 1 2 2 2 1 12 2 2 2 2 1 2 2 2 1 12 2 1 S S nnF S S nnFP 解得 2 2 2 1 的置信区间为 2 2 2 1 12 2 2 2 2 1 12 2 1 1 1 1 1 S S nnF S S nnF 6 1 n 9 2 n245 0 2 1 S357 0 2 2 S05 0 查表 82 4 8 5 025 0 F207 0 82 4 1 8 5 1 5 8 025 0 975 0 F F 20 带入计算得 2 2 2 1 的置信区间为 639 4 142 0 21 32 解 未知 则 2 1 nt n S X T 即 1 1 ntTP 有 1 1 n S ntXP则单侧置信下限为 n S ntX 1 将6720 X 220 S10 n833 1 9 05 0 t 带入计算得 471 6592 即钢索所能承受平均张力在概率为的置信度下的置信下限为 95471 6592 33 解 总体服从 0 1 分布且样本容量 n 100 为大子样 令X为样本均值 由中心极限定理 1 0 2 N n nPXn 又因为所以 22 S 1 2 u nS npXn P 则相应的单侧置信区间为 2 u n S X 将X 0 06 94 06 0 1 2 n m n m S 645 1 05 0 uu 代入计算得所求置信上限为 0 0991 即为这批货物次品率在置信概率为 95 情况下置信上限为 0 0991 34 解 由题意 1 1 2 2 2 2 n Sn 1 1 1 22 nP 的单侧置信上限为 1 1 2 1 2 n Sn 解得 其中 n 10 45 查表3 325 S 9 1 2 95 0 2 n 代入计算得 的单侧置信上限为 74 035 第五章 1 解 对一元回归的线性模型为Yx iii 1 2 in 离差平方和为 2 1 n ii i Qyx 对Q求 的偏导数 并令其为 0 即 1 0 n iii i yxx 变换得 2 11 11 nn iii ii x yx nn 解此方程得 2 xy x 因为 22 DE iii yx 所以 2 2 1 1 n ii i yx n 2 22 1 2 22 22 2 2 2 2 2 1 2 2 2 n iii i i yx yx n yxyx xyxyx y x x 2 2 2 xy y x 其中 1 1 n ii i xyx n y 22 1 1 n i i xx n 22 1 1 n i i yy n 2 解 将 26x 90 14y 2736 511xy 2 451 11 x m 2 342 665 y m 代入得 2 2 2222 2736 511 26 90 14 0 8706 451 11 90 140 8706 2667 5088 342 6650 8706451 110 7487 x yx xyxy m yx mm 3 证明 00 2 2 11 dd uvuv dd uu 01 2 1 1 n ii i n i i uuvv d d uu 22 101 1 1100 0 2 1 11 1 11 1 001 2 1 2 1 1 1 2 1 1 1 n ii i n i i n ii i n i i n ii i n i i 0 xcycyxc dddd d d xcxc dd xxyy d d d d xx d xxyy xx c 0 001 1 0 000 1 1 000 1 0 1 d dcc d d d vducc d c d vcdu d d yx d yx 1 2 2 0 1 2 000 1 2 1 000 1 1 2 00 001 1 11 2 1 n ii i n ii i n i i i n ii i n ii i dvu d vddu xc ycdd d dd ycdxc dd yx 23 4 解 15202530354045505560 1800 1900 2000 2100 2200 2300 2400 2500 2600 品质指标 支 数 B 将 35 353x 2211 2y 76061 676xy 2 132 130 x m 2 34527 46 y m 代入得 2 2 2 222 76061 67635 353 2211 2 15 98 132 130 2211 2 15 98 35 3532776 14 34527 4615 98132 130786 69 x yx xyxy m yx mm 2 为 2 的无偏估计量 22 20 786 69874 10 218 n n 5 解 将 6x 210 4y 1558xy 2 8 x m 2 10929 84 y m 代入得 2 222 15586 210 4 36 95 8 210 436 95 611 3 5 10929 8436 95812 37 23 3 517 x xyxy m yx n n 假设 0 3H8 1 3H8 24 用T检验法 拒绝域为 2 0 2 1 2 n i i xxtn 查表得 0 025 33 1824t 将上面的数据代入得 0 025 1 893tt 所以 接受 即认为 0 H 为 38 6 解 1 由散点图看 x的回归函数具有线性函数形式 认为长度对于质量的回归是线性的 51015202530 7 8 9 10 11 12 长 度 质量 B 2 将 17 5x 9 49y 179 37xy 2 72 92 x m 2 2 45 y m 代入得 2 179 37 17 5 9 49 0 182 72 92 x xyxy m 9 490 182 17 56 305yx 6 3050 182yxx 3 当时 16x 00 16yab 由分布定义 T 00 2 0 2 1 2 1 1 n i i Yx Tt xx n xx n 25 00 0 025 2 0 2 1 20 9 1 1 n i i Yx Pt xx n xx 5n 所以的预测区间为 0 Y 22 00 00 02500 025 22 11 11 21 21 nn ii ii xxxx xtnxtn nn xxxx 查表得 0 025 42 77t 6 将 2 的数据代入得 222 6 2 450 18272 920 0075 24 0 0866 n n 计算得的预测区间为 0 Y 8 9521 9 4721 9 解 利用第八题得到的公式 将 21x 141 2y 3138xy 2 90 x m 代入得 2 313821 141 2 1 92 90 141 2 1 92 21100 88 x xyxy m yx 10 解 二元线性回归模型为 1122 1 2 iiii Yxxin 离差平方和为 2 122 1 n iiii i Qyxx 对Q求 12 的偏导数并令其为 0 11221 1 11222 1 0 0 n iiii i n iiii i yxxx yxxx 可变换为 26 27 2 111212 111 2 211222 111 0 0 nnn iiiii iii nnn iiiii iii x yxx x y xx xx 正规方程为 2 111221 2 121222 xx xx y x xxx y 最小二乘估计为 2 21212 12 22 1212 2 11221 2 2 22 1212 x yx xx yx x xx x x yx xx yx x xx x 其中 11 1 1 n ii i x yx y n 22 1 1 n ii i x yx y n 1212 1 1 n ii i xx x n x 22 1 1 n jij i xx n 1 2j 11 解 1 2p 15n 采用线性回归模型 1122 Yxxxx 15 1 248 25 i i y 16 55y 15 2 1 4148 3125 i i y 15 1 1 920 i i x 15 2 1 1 56734 i i x 1 61 33x 15 2 1 7257 i i x 2 483 8x 15 2 2 1 3524489 i i x 15 12 1 445366 ii i x x 15 1 1 15170 ii i x y 15 2 1 12063925 ii i x y 2 1515 2 1111 11 1 5673456426 66307 34 15 ii ii Lxx 2 1515 2 2222 11 1 35244893510936 613552 4 15 ii ii Lxx 151515 12211212 111 1 445366445096270 15 iiii iii LLx xxx 151515 111 111 1 15170 1522656 15 yiiii iii Lx yxy 151515 222 111 1 120639 25 120103 25536 15 yiiii iii Lx yxy 于是 16 55y 307 34270 27013552 4 L 1 2 56 536 y y L L 可得 11 2 56 536 L 所以 12 10 5040 2160 04yxx 12 解 3p 18n 采用线性回归模型 112233 Yxxxxxx 18 1 1463 i i y 81 277y 18 1 1 215 i i x 1 11 944x 18 2 1 758 i i x 2 42 11x 18 3 1 2214 i i x 3 123x 18 2 1 1 4321 02 i i x 18 2 2 1 35076 i i x 18 2 3 1 307864 i i x 28 2 1818 2 1111 11 2 1818 2 2222 11 2 1818 2 3333 11 1 4321 022568 051752 97 18 1 3507631920 223155 78 18 1 30789427232235572 18 ii ii ii ii ii ii Lxx Lxx Lxx 18 12 1 10139 5 ii i x x 181818 12211212 111 1 10139 59053 881085 62 18 iiii iii LLx xxx 18 13 1 96598 ii i x x 181818 13311313 111 1 27645264451200 18 iiii iii LLx xxx 18 23 1 96598 ii i x x 181818 32232323 111 1 96598932343364 18 iiii iii LLx xxx 18 1 1 20706 2 ii i x y 181818 111 111 1 20706 2 17474 73231 5 18 yiiii iii Lx yxy 18 2 1 63825 ii i x y 181818 222 111 1 6382561608 52216 5 18 yiiii iii Lx yxy 18 3 1 187542 ii i x y 181818 333 111 1 187542 1799497593 18 yiiii iii Lx yxy 29 于是 4 582y 1752 93 1085 62 1200 L 1085 621200 3155 78 3364 3364 35572 1 2 3 3231 5 2216 5 7593 y y y L L L 可得 1 1 2 3 3231 5 2216 5 7593 L 所以 12 43 65 1 780 080 16yxx 3 x 第三章第三章 1 解 假设 26 26 10 HH 2 5 由于 已知 故用统计量 1 0 N n x u 2 uuP 的拒绝域u 2 uu 2 1 4 2 5 2656 27 n x u 05 0 因显著水平 则96 12 1 025 0 2 uuu 这时 就接受 0 H 已知 故 1 0 0 N n x u 2 uuP 的拒绝域u 2 uu 2 解 1 2 3 10 1 532 5 0 n x u 因显著水平01 0 则 30 576 22 3 005 0 2 uuu 故此时拒绝 0 H5 u 2 检验时犯第二类错误的概率8 4 u xde n n n n x 0 2 0 2 2 0 2 2 0 2 1 令 n x t 0 则上式变为 7180 0 171990 09999979 0 1 58 0 58 4 58 0 58 4 2 1 2 1 58 4 58 0 22 22 0 10 2 0 10 2 dtedte t u n u n t 3 解 假设25 3 25 3 10 HH 用t检验法拒绝域 1 2 nt n s x T 31 01 0 252 3 x 查表 6041 4 14 0112 0 t0130 0 00017 0 2 ss 代入计算 14 344 0 0112 0 tT 故接受 认为矿砂的镍含量为 0 H25 3 4 解 改变加工工艺后电器元件的电阻构成一个母体 则在此母体上作假设64 2 0 H 用大子样检验 1 0 0 N n s x u 拒绝域为 2 uu 由 01 0 06 0 62 2 200 sxn 查表得575 2 2 u 2 0 575 233 3 10 06 0 02 0 u n s x u 故新加工工艺对元件电阻有显著影响 5 解 用大子样作检验 假设 00 H 1 0 0 N n s x u 近似 拒绝域为 2 uu 由 96 1 05 0 162 0 994 0 973 0 200 025 00 usxn 32 96 1833 1 200 162 0 021 0 0 n s x 故接收 认为新工艺与旧工艺无显著差异 0 H 6 解 由题意知 母体X的分布为二点分布 作假设 1 pB 17 0 000 pppH 此时 个产品中废品数为nm n m x 因很大 故由中心极限定理知近似服从正态分布 400 n x 故 1 0 1 00 0 N n pp p n m u 即 1 200 0 u n pp p n m P 计算得拒绝域为 n pp up n m 1 00 2 0 把17 0 96 1 400 56 0025 0 2 puunm 代入 037 00188 096 103 017 014 0 0 p n m 即接受 认为新工艺不显著影响产品质量 0 H 5 10 00 7 解 金属棒长度服从正态分布原假设 H 01 备择假设 H 1 nt n s x t 拒绝域为 2 tt 48 10 7 106 104 10 15 1 x 样本均方差237 0 48 107 10 48 104 10 14 1 22 s 于是327 0 15 237 0 02 0 0 n s x t 而144 2 14 025 0 t144 2327 0 因 故接受 认为该机工作正常 0 H 8 解 原假设12100 00 H 备择假设 01 H 33 1 0 nt n s x 拒绝域为 2 tT 将代入计算 05 0 323 11958 sx 068 2 13 153 2 24 323 142 025 0 0 t n s x 故拒绝原假设即认为期望 9 假设8 20 8 20 010 HH 使用新安眠药睡眠平均时间 2 24 4 230 227 26 7 1 x 296 2 2 244 23 2 247 26 6 1 2 222 ss s 046 4 7 296 2 4 3 0 n s x t 所以拒绝域为 1 05 0 nt 乙甲乙甲 t 查表 故否定 tt 046 4943 1 6 05 00 H 又因为 故认为新安眠药已达到新疗效 38 202 24 x 10 HH 1 0 Nu 2 2 2 1 2 1 近似 乙甲 n s n s xx 10 原假设 解得拒绝域 2 uu 100n 140n 00 105s 41 120s 2680 x 2805x 21 21 21 代入计算03 8 100 105 110 41 120 125 n s n s xx 22 2 2 2 1 2 1 21 查表96 1uu 025 0 2 因8 96 103 211210 故拒绝原假设即两种枪弹速度有显著差异 11 解 因两种作物产量分别服从正态分布且 2 2 2 1 HH 故统计量 2 11 21 21 nnt nn S YX T w 假设 其中 2 1 1 21 2 2 2 1 nn snsn S yx w 拒绝域为 2 tT 代入计算 063 24 w s2878 18 2 005 021 2 tnnt 代入数值T的观测植为 85 0 756 10 18 9 10 1 10 1 063 24 79 2197 30 t 因为 18 878 285 0 005 0 tt 所以接受 认为两个品种作物产量没有显著差异 0 H 12 解 因两台机床加工产品直径服从正态分布且母体方差相等 由题意 211210 HH 统计量 2 11 21 21 21 nnt nn S XX T w 假设 2 1 1 21 2 22 2 11 nn snsn Sw 拒绝域为 2 tT 数值代入计算5473 0 w s 265 0 5175 05437 0 925 1920 3966 0 2164 0 20 2 197 19 7 1 925 19 9 195 20 8 1 2 2 2 1 2 1 t ss x x 因 13 160 2265 0 025 0 tt 故接受假设 认为直径无显著差异 0 H 13 解 由题意设施肥 未施肥植物中长势良好率分别为 均未知 2 1 pp 则总体且两样本独立假设 1 1 21 pBYpBX 211210 ppHppH 既而均未知 则 10 yExEHyExEH yDxD 1 0 2 2 2 1 2 1 N n s n s yx u 由题意易得 2491 0 1 53 0 100 53 100 1137 0 1 87 0 900 783 900 2 2 2 2 1 1 yys yn xxs xn 于是6466 6 0511 0 34 0 100 2491 0 900 1137 0 53 087 0 2 2 2 1 2 1 n s n s yx 查表6466 633 2 01 0 u 34 故应拒绝 接受即认为施肥的效果是显著的 0 H 1 H 1 14 解 假 设 两 厂 生 产 蓄 电 池 容 量 服 从 正 态 分 布 由 于 21 未 知 故 假 设 21 35 1210 选取统计量 HH 2 11 1 21 21 nnt nn S XX w 2 T 2 1 1 21 2 22 2 11 nn