西安交通大学-数理统计课后题答案.pdf

西安交通大学西安交通大学 应用数理统计应用数理统计 作业 作业 姓名 姓名 学号 学号 专业班级专业班级 完成日期完成日期 2017 1 19 目录目录 习题 1 1 习题 2 11 习题 3 25 习题 4 36 习题 5 42 习题 6 47 1 习题习题 1 1 1 解 由题意95 01 uxp可得 95 0 n n ux p 而 1 0 N uxn 这可通过查 N 0 1 分布表 975 0 95 01 2 1 95 0 n n ux p 那么96 1 n 22 96 1 n 1 2 解 1 至 800 小时 没有一个元件失效 则说明所有元件的寿命 800 小时 2 10015 0 800 0015 0 0 800 e0015 0800 eedxxp xx 那么有 6 个元件 则所求的概率 2 7 6 2 1 eep 2 至 300 小时 所有元件失效 则说明所有元件的寿命 3000 小时 5 43000 0 0015 0 3000 0 0015 0 0 1 e0015 03000 eedxxp x 那么有 6 个元件 则所求的概率 6 5 4 1 ep 1 3 解 1 123 0 1 2 1 2 3 k x x xxk 因为 i XP 所以 112233 P Xx XxXx 2 112233 P Xx P Xx P Xx 123 3 123 xxx e x xx 其中 0 1 2 1 2 3 k xk 2 123 0 1 2 3 k x x xxk 因为 i XExp 其概率密度为 0 0 0 x ex f x x 所以 123 3 123 x xx f x x xe 其中0 1 2 3 k xk 3 123 1 2 3 k x x xaxb k 因为 i XU a b 其概率密度为 1 0 axb f xba xa xb 所以 123 3 1 f x x x ba 其中 1 2 3 k axb k 4 123 1 2 3 k x x xxk 因为 1 i XN 其概率密度为 2 1 2 x f xex 所以 3 1 1 2 123 3 2 1 2 k k x f x x xe 其中 1 2 3 k xk 1 4 解 由题意可得 其它0 0 2 1 i 2 ln i i 2 2 i xe x xf ux 则 n i xfxxf 1 ini 其它0 1 0 1 n 2 ln 2 1 2 n 1 2 i 2 ix x e i n i i ux n i 1 5 证 令 2 1 n i i F aXa 3 则 1 2 n i i F aXa 20F an 令 1 2 0 n i i F aXa 则可解得 1 1 n i i aXX n 由于这是唯一解 又因为 20F an 因此 当 1 1 n i i aXX n 时 F a取得最小值 1 6 证 1 等式左边 11 nn ii ii XXXX 111 2 nnn ii iii XXXXXX 2 1 n i i XXn X 左边 右边 所以得证 2 等式左边 22 111 2 nnn iii iii XXXXXnX 222 1 2 n i i XnXnX 22 1 n i i XnX 左边 右边 所以得证 1 7 证 1 n i in x n x 1 1 1 1 1 1 1 n i in x n x 那么 1 1 1 nnn xx n x n i in n i i x nn x n x n 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 n n i i x n x n n i i x n 1 1 1 1 n x 原命题得证 4 2 2 1 2 2 1 n n i in xx n s 2 1 1 1 2 2 1 1 1 n n i in xx n s 那么 2 1 2 1 1 1 nnn xx n s n n n i i x n 1 2 1 1 2 1 n x n n 2 1 2 1 n x n n nn xx n n 1 2 1 2 2 2 1 n x n n n i i x n 1 2 1 1 2 2 2 1 n x n n 2 1 1 1 n x n 2 1 2 1 1 n x n nn xx n n 1 2 1 2 n i i x n 1 2 1 1 1 1 1 n x n n x n n 1 2 由 1 可得 1 1 1 n x n n x n n 1 1n x 则上式 n i i x n 1 2 1 1 2 1 n x 2 1 n s 原命题得证 1 10 解 因为 2222 111 111 nnn iii iii XX SXXXX nnn 所以 1 二项分布 B m p 1 1 n ii i E XEXE Xmp n 2 11 11 1 nn ii ii mpp D XDXDX nnn 2222 11 111 1 nn ii ii n E SEXXEXE Xmpp nnn 2 泊松分布 P E X D X n 2 1 n E S n 5 3 均匀分布 U a b 2 ba E X 2 12 ba D X n 22 1 12 n E Sba n 4 指数分布 Exp 1 E X 1 D X n 2 1 n E S n 5 正态分布 2 N E X 2 1 D X n 22 1 n E S n 1 11 解 1 是统计量 2 不是统计量 因为 未知 3 统计量 4 统计量 5 统计量 顺序统计量 6 统计量 7 统计量 8 不是统计量 因为 未知 1 14 解 因为 i X独立同分布 并且 i Xa 1 1 n i i XX n 所以 1 n i i Xna 令 1 n i i YX 则 1 XY n 由求解随机变量函数的概率密度公式可得 1 0 na nanx X fxnxen x na 1 15解 1 m x的概率密度为 1 1 1 xfxFxF mnm n xf mnm m 又 F x 2 x且 f x 2x 0 x 1 6 则有xxx mnm n xf mnm m 2 1 1 2 1 2 0 x 1 2 1 x与 n x的联合概率密度为 1 11 011 1 yfxfyFxFyF n n yxf n n yxxynn n 22 1 222 222 1 4 n xyxynn0 x y 1 对于其他 x y 有0 1 yxf n 1 19 证 现在要求 Y X1 X m n m n 的概率密度 令 g x 1 x m n x m n 可得当 0 y 1 有 g x 2 1 1 x m n 0 求 g x 的反函数 h y 得 h y 1 1 1 xn m 又 h y 2 1 1 xn m 这样可得 Y 的概率密度 yhyhfyf xY y g R 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 xn m xxm n mn B mnn 2 2 1 1 2 1 2 mn B xx mn 0 y 1 对于其他的 Y 有0 yfY 原命题得证 1 20 证明 令 Y X Z n 其中 0 1 YN 2 Zn 则 Xt n 7 因为 2 2 Y X Z n 而 22 1 Y 2 Zn 所以 2 2 1 Y XFn Z n 1 21 解 1 由题意可得 8 4 2 n 25 对于2 88 7 x 5 0 5 0 xn 又 1 0 N xn 通过查 N 0 1 分布表 可得 P 7 8 x 8 2 0 6915 1 0 6915 0 383 2 和 1 一样即求 1 25 xn 0 的概率 通过查表可得 P 85 7 x 0 5 1 0 8944 0 3944 3 此时 n 100 即求 1 xn 11 可得该概率p1 1 0 9332 0 0668 25 个样品的均值大于 9 分钟 即9 x 可得该概率为 p2 1 0 9938 0 0062 100 个样品的均值大于 8 6 分钟即6 8 x 可得该概率 P3 1 0 9987 0 0013 综上所述 第一种情况更有可能发生 1 22解 2 5 2 36n 5 8 1 4430 2 s 9 55 6 25 2 2 ns 而 1 2 2 2 n ns 即 4 36 5 2 2 s 通过查表可得P 0 1929 2 样本方差落在 30 40 的概率为 0 1929 样品均值 x落在 1 3 3 5 的概率 即 P 1 3 x 3 5 P 0 4472 xn 0 3727 又 xn N 0 1 查标准正态分布表可得 P 1 3 xT nt n Y x E n xn 0D n xn 2 2 2 n n n 则 n i i x n 1 1 服从 N 0 1 分布 0 2 Nxi E n xn 0D i x 2 则 i x 服从 N 0 1 分布 2 1 i mn ni x 服从 2 m 分布 则 m x x n mn ni i n i i 1 2 1 1 服从 t m 分布 令 m x x n mn ni i n i i 1 2 1 1 mn ni i n i i x xC 1 2 1 这样可得 C n m 3 由定理 1 2 3 X 1 2 n 2 2 nY F X 21 2 nnF nY m 10 0 2 Nxi则 1 0 N xi 这样有 2 1 i n i x 2 n 2 1 i mn ni x 2 m 可得 2 1 i n i x 2 1 i mn ni x m F n m 令其 mn ni i n i i xxd 1 2 1 2 则 d n m 1 25 证 2 11 NXi 2 22 NYi 则 1 0 1 1 N Xi 1 0 2 2 N Yi 1 2 2 1 1 1 1 n X n i i 2 2 2 2 1 2 2 n uY n i i 2 1 1 1 1 n i i uX 1 n 2 2 2 1 2 2 n uY n i i F 1 n 2 n n F n 21 2 1 2 2 2 11 1 1 2 1 2 22 n i i n i i Yn uXn 11 习题习题 2 2 1 解 1 Expx 则 1 令 x 则 x 1 这样可以得到 x 1 2 x u a b 则 2 1 ba u 3 1 2222 2 aabbu 令 2 2 2 22 3 1 S 2 xabab ba xu 这样可以得 2 2 3 3 sxb sxa 或者 2 2 3 3 sxb sxa 因为 a b 故舍去 1 0 1 1 1 xdxx 令 x 即有 x 1 又x 00 1 解得 x x 1 0 1 1 1 xdxex k p pxk k 0 1 dxex k xk k 令tx 上式 0 1 1 dte t k t k k 12 k k k k k dtet k tk 0 1 1 1 1 1 令 xu 则 x k 令 x a t t 服从参数为 的指数分布 则aaaxExE 1 a 1 1 令 2 2 2 2 2 2 11 S 1 uua ax 可得 2 2 S S 1 xa mp 1X B m p 令 m x ppmxu 2 2 解 1 由于 XExp 所以 0 0 x ex f x 其它 因此 1 0 0 n i i x n i ex L 其它 1 ln ln n i i Lnx 令 1 ln 0 n i i Ln x 该似然方程有唯一解 1 X 所以 的极大似然估计 量为 1 X 1 axEtE 13 2 由于 XU a b 所以 1 0 axb f xba 其它 所以 样本 12 n XXX 的联合概率密度为 1 1 1 0 n n n i axxb baf a b 其它 故 a b的似然函数为 11 1 min max 0 nn n axxbxx baL a b 其它 易见 当 11 min max nn axxbxx 时 L a b取得最大值 故 a b的极大似 然估计量为 11 min max nn axxbxx 3 因为 1 1 1 0 n n ii i xx L 其它 所以 1 ln ln 1 ln n i i Lnx 令 1 ln ln0 n i i Ln x 该似然方程有唯一解 1 ln n i i n x 所以 的极大似 然估计量为 1 ln n i i n X 4 因为 1 1 1 0 1 0 n i i nkn x k ii n i xex L k 其它 所以 11 ln lnln 1 1 lnln nn ii ii Lnknkkxx 令 1 ln 0 n i i Lnk x 该似然方程有唯一解 1 n i i nk x 所以 的极大似然估 计量为 k X 5 样本 12 n XXX 的联合概率密度为 14 1 1 1 0 n i i xa n n n i exxa f a 其它 1 1 min 0 n i i xa n n exxa L a 其它 易见当 1 min n axx 时 L a 取得最大值 因此a的极大似然估计量为 1 min n axx 1 ln ln n i i L anxa 而令 1 ln 0 n i i L an xa 该似然方程有唯一解 1 Xa 所以 的极 大似然估计量为 1 Xa 6 因X的概率函数为 1 0 1 2 xxm x m P XxC ppx 故p的似然函数为 1 1 0 1 2 iii m xxm x mi i L pC ppx 对数似然函数为 1 ln lnln ln 1 i m x mii i L pCxpmxp 令 11 ln 0 1 nn ii ii xmx L p ppp 该似然方程有唯一解 X p m 故p的极大似 然估计量为 X p m 2 3 解 似然函数 L P x n i i xp 1 P n i xi pp 1 1 1 n i i n xp p p 1 1 1 15 令 n i i p xt p n p n p L 1 0 1 1 1 11 2 ln x n x p n i i 1 1 又因0 ln 2 2 xp p pL p 的极大似然估计量为 xp 2 4 解 该产品编号服从均匀分布 即 x u 1 N 矩估计方法 2 1 1 N 令 x 则有 2 1 N x 14191710 212 xN 极大似然估计方法 N n i n NN 1 1 1 1 1 显然 当 N min x1 x2 xn 时 L N 取得最大值 只有一个值 N 710 即 N 的极大似然估计量为 N 710 2 5 解 由于总体 2 XN 所以 2 的极大似然估计量分别为 22 XS 而由题 意 2 1 0 025 2 x edx 可知 2 1 0 025 2 x P Xedx 所 以 1 0 025 即1 96 因此 的极大似然估计量为 2 1 96 SX 2 6解 1 R 05 009 214 2 1 xx n 0215 005 0 4299 0 5 d R 2 将题中数据等分为三组 第一组 2 14 2 10 2 15 2 13 2 12 2 13 2 10 2 15 2 12 2 14 2 10 2 13 2 11 2 14 2 10 2 11 2 15 2 10 16 平均极差 05 0 05 005 005 0 3 1 R 0197 005 03946 0 1 0 R d 2 7 解 1 证 因为 21 2 E XE X 所以X是 的一个有偏估计量 因此 211 22 EE X 2 由于 11 22 E XE X 所以当 1 2 X 作为 的估计量时 1 2 X 是 的无 偏估计量 3 222 2 MSE XE XE XE X 22 21 DXEX 2 2 21 21 4 DX n 11 412n 2 8 证明 对于 21 1 3 2 3 1 xx 3 2 3 1 3 2 3 1 21 1 xExEE 222 211 9 5 9 4 9 1 9 4 9 1 xDxDD 对于 21 2 5 2 5 3 xx 5 2 5 3 5 2 5 3 212 xExEE 222 212 25 13 25 4 25 9 25 4 25 9 xDxDD 对于 21 3 2 1 2 1 xx 2 1 2 1 2 1 2 1 213 xExEE 222 213 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 DDD 由上面可以见 1 E 2 E 3 E u 1 2 3 都是 的无偏 估计量 又 1 D 2 D 3 D 估计量 3 最有效 17 2 9 解 由于 11 222 111 11 2 nn iiiiii ii E CXXCEXEXEXEX 2 2 1 Cn 所以 当 1 2 1 C n 时 1 2 1 1 n ii i CXX 为 2 的无偏估计量 2 10 证明 对于 1 0 S 1 2 x 有 E 2 S 1 x S 1 2 ExE S 1 2 ExE 2 1 1 2 S 1 x都是 的无偏估计量 2 12 证明 假设存在估计量 k x1 是 2 p的无偏估计量 则有 k x1 的分布为 pp1 0 则 E k x1 p 要使p 2 p 则 p 但 是未知参数 可见 p 2 p 2 p不存在无偏估计量 2 13 解 首先 对于两点分布 1 Bp 有 1 1 xx P Xxpp 即 1 1 0 1 xx p x pppx 而 ln 1 ln 1 p x pxpxp 于是 2 2 22 ln 1 E Xp I pEp X p ppp 已知 1 EXp DXpp 故 22 1 1 1 DX I p pppp 因此p的RC 下界为 1 1 pp nI pn 18 其次 由于 12 TX X 所以 2222422 121212 1 D TD X XE X XE X Xpppp 最后 由于 2 n g p e TD T nI p 因此 2 22 4 2 1 1 1 n pppp e Tpp nnp 2 14 解 服从泊松分布 e x xp i x i x 0 1 2 ln ln lnxxxp i 2 11 22 1 1 1 ln 22 x x y x x u xp i 2 4 2 2 2 2 4 1 2 11 2 ln 2 xE x ExpE i 34 4 1 4 xD 2 的 R C 下界为 nnnI 3 3 2 4 4 1 1 2 16 证明 由已知可得 E 若 是 的均方相合估计 则有 0 lim 1 lim 2 2 Ep nn 又 0 p 所以 0lim p n 2 18 解 1 T 1 n xx 19 则有 1 2 1 yfxfxFyFnnyxf n n ab ay yF ab ax xF ab yfxf 1 2 1 1 nn n xy ab xy nnyxf 1 1 nnxxh n T ba T 1 n xx Txx n 1 Txx ab TTK n nn 1 1 2 T ba 的充分估计量为Txx n 1 1 1 n xxxT 1 1 1 1 1 1 axnaxnaxn eneenxfxFnxf 对于样本的联合概率密度 na xiu naxn eeen n i 1 xnnxnan eeen 21 1 1 1 n n nxxxh T a 1 T xx K T xn nx na eee 1 2 T a 的充分估计量为 T xx 1 2 21 证明 n xxxExpx 21 为取自 的样本 则其联合概率密度为 n i i n n i i xexf 10 xnne 0 i x 对照定理 2 3 6 的形式 20 n c 1 1 n xxh nb xxxT n 1 这样可得 xxxT n 1 是 1 的无偏估计量 由定理 2 3 5 这样 可得 x是可估函数 1 一致最小方差无偏估计 首先 x是 1 的无偏估计 x exf 1 xnnL 1 ln 1 1 1 1 1 ln 22 xnxn 则有0 2 nC 又因为 1 xE x是 1 的有效估计量 2 22 解 1 由于元件的寿命服从指数分布 Exp 而X是 1 的无偏估计 且有 2 2 2 n Xn 令 2 2n X 则 2 即为符合要求的枢轴量 对给定的置信度 1a 查 2 2 n 分布表 得 22 122 2 2 aa nn 使得 222 122 2 2 1 aa Pnna 即 22 122 2 2 1 22 aa nn Pa nXnX 故 的置信度为1a 的置信区间为 22 122 2 2 22 aa nn nXnX 的置信度为1a 的置信区间为 22 212 22 2 2 aa nXnX nn 因此 参数 的置信度为 90 的置信区间为 0 00056 0 00147 21 元件的平均寿命 的置信度为 90 的置信区间为 681 6 1792 3 2 由 1 的分析可知 的置信度为1a 的单侧置信下限为 2 2 2 a nX n 的置信度为1a 的单侧置信上限为 2 1 2 2 a nX n 因此 元件平均寿命 的置信度为 90 的单侧置信下限为 747 7 元件平均寿命 的置信度为 90 的单侧置信上限为 1585 0 2 23 解 由题意得总体 x B 1 p 当 总分大时 有 p 22 1 u pp pxn u 1 由题意得 1 0 95 0 05 x 105 60 n 105 查表得 2 u 1 96 这样 我们可以解得 p 的置信度约为 0 95 的置信区间为 0 4768 0 6661 2 24 解 由中心极限定理可得 当 n 充分大时 对于 P 分布有 1 0 1 N n nux n k k 在这里 充分大 u 则有 1 1 22 u n x up 通过解不等式 22 1 u n x u 可得 的置信度近似为 1的置信区间为 4 2 2 22 2 uxnu n u x 22 4 2 2 22 2 uxnu n u x 2 26 解 对于正态分布 N 2 当 2 已知时 的置信度为 1 的置信区间为 2 u n x 2 u n x 那么置信区间的长度 2 2 u n 若Ll 可解得 2 2 2 2 22 4 2 L u L u n 2 28 解 首先求前家公司飞机平均晚点时间的 95 的置信区间 已知 x 35 n 30 s 2 S 15 1 95 在这里方差 2 未知 有 1 nt S xn 故有 p s xn 1 2 nt 95 的置信度为 95 置信区间为 1 2 nt n S x 1 2 nt n S x 又 S n n S 1 查表可得 0452 2 29 025 0 t 这样可得置信区间为 29 303 40 697 的单侧置信上限为 1 2 nt n s x 对于前家公司 可求得单侧置信上限为 29 29 15 35 05 0 t 6991 1 29 15 35 39 733 对于后家公司 可求得单侧置信上限为 29 29 20 30 05 0 t 36 310 可见第二家公司 的单侧置信上限较小 所以后选择第二家公司 23 2 30 解 u 未知 则有 1 1 2 2 2 n Sn 那么 P 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 n Sn n 1 即P 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 22 n Sn n Sn 1 的置信度为 1 的置信区间为 1 1 1 1 2 2 1 2 2 22 n Sn n Sn d 在这里 n 10 x 576 4 2 1 Sn 676 4 1 0 95 0 05 9 2 025 0 19 023 9 2 975 0 2 700 可得 的置信度为 0 95 的置信区间渭 5 9630 15 8278 的单侧置信下限为 1 1 2 2 n Sn 查表得 9 2 05 0 16 919 可得 的置信度为 0 95 的单侧置信下限为 6 3229 2 32 解 由于两分布方差相同 T 2nnt n 1 n 1 S uu 21 21 21 yx 其中 S 2nn 11 21 n n 2 2 2 1 SnSn 那么 21 的置信度为 1 的置信区间为 21 21 2n 1 n 1 S2nnt yx 24 在此题中x 0 14125 y 0 1392 0 05 254t0 025 2 3646 S 0 00255147 5 1 4 1 0 67082039 可计算得 21 的置信度为 0 95 的置信区间为 0 00200 0 00610 2 34 解 此题中 2 1 和 2 2 均未知 1 n 2 n 9 令 i Z i X i Y i 1 2 9 则 i Z 2 2 2 121 N 那么 21 的置信度为 1 的置信区间为 1 nt n S Z1 nt n S Z 2 Z 2 Z Z YX 2 778 n 3 1 nt 2 8t0 025 2 3060 这样可计算得 21 的置信度为 0 95 的置信区间为 6 2956 0 7400 25 习题习题 3 3 1 证 由于总体 X N u 1 又如果假设 0 H 0 成立 则对于样本均值有 10N xn 0 0 即5X N 0 1 1 拒绝域为 645 1x5X X 251 则功效函数 0 PPI 0 05 0645 1 0 uI PP 即 u 0 05 0 05 2 拒绝域为 066 2x548 1X X 251 05 09306 09806 048 1066 2 0 PPI 即 0 05 0 05 3 拒绝域为 96 1x5X X96 1x5X X 251251 05 0025 0025 096 1196 1 0 PPI 0 05 3 2 证明 0 X n N 0 1 0 1 2 X P n 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 故以 W 为拒绝域的检验符合显著水平为 的要求 26 3 3 解 依题意总体 05 0 8 83 0 2 NX 要检测假设 0 H 83 8 1 H 83 8 在这里 2 未知 以 0 xn S 作为检验统计量 拒绝域为 1 xn 2 0 0 nt S 通过计算得 x 83 88 9773 0 x 3 1 10 1 2 i i xS 2589 0 xn 0 S t 2622 29 025 0 t t 9 025 0 t 接受假设 0 H 也就是说更换了原料之后成品率没有发生变化 3 4 解 提出假设 0H 112 6C 1H 112 6C 采用检验统计量T X Sn t n 1 对样本数据进行计算得 X 112 8 S 1 136 n 7 n 2 646 0H 成立时 T X Sn 112 8 112 6 1 136 2 646 0 4658 拒绝域为 2 1 Tn t 查表知 0 025 6 t 2 4469 T 0 025 6 t 接受 0H 认为无系统偏差 3 5 解 依题意 总体 N X 2 和 2 均未知 要检验假设 0 H 1260 1 H 1260 以 T 0 xn S 作为统计量 0 H的拒绝域为 1T 2 nt 27 在该题中 n 4 x 1267 6515 3 3 1 4 1 2 i i xxS 6515 3 72 t 又 1824 33 025 0 t可见 3 025 0 tt 拒绝原假设 也就是说 不能认为锰的熔点为 1260 3 6 解 提出假设 0H 0 1 1H 0 1 采用检验统计量 2 2 2 1 n S 2 n 1 对样本数据进行计算得 n 5 2 S 0 001729 2 0 01 0H 成立时 可知 2 0 692 拒绝域为 2 2 2 n 1 或 2 1 2 2 n 1 查表可知 0 025 2 4 11 143 0 975 2 4 0 484 由于 0 975 2 4 2 0 025 2 4 接受 0H 认为总体标准差为 0 1 3 7 解 依题意 总体 N X 2 和 2 均未知 要检验假设 0 H 0 048 1 H 0 048 以上假设 0 H 2 0 002304 1 H 2 0 002304 以 2 2 2 S1 n 作为统计量 0 H的拒绝域为 11 2 2 22 2 1 2 nn 这里 n 5 x 1 414 2 S 5 1 2 1 1 i i xx n 0 00778 28 507 13 002304 0 00778 0 4 2 查表得 143 114 2 025 0 484 04 2 975 0 4 2 025 0 2 拒绝原假设 也就是说这一天纬度的总体标准差不正常 3 8 解 提出假设 0H 12 1H 12 采用检验统计量T 12 11 w XY S nn t 1n 2n 2 其中 wS 22 1 2 12 1 1 12 2 n nSS n n 对样本数据进行计算得 1n 13X 80 02 2 1S 4 5 5 10 2n 8Y 79 98 2 2S 4 9 84 10 wS 0 02664 0H 成立时 T 3 341 拒绝域为T 2 t 1n 2n 2 查表知 0 025 19 t 2 093 T 0 025 19 t 拒绝 0H 认为总体均值不相等 3 9 解 总体 X 和 Y 分别服从正态分布 2 22 2 11 N N 其中 2 1 5 2 2 8 要检验假设 0 H 12 0 1 H 12 0 29 以 2 2 1 2 21 21 nn yx 作为检验统计量 在该题中有 2 2 1 2 21 nn yx N 0 1 那么拒绝可为 2 2 2 1 2 21 u nn yx x 24 4y 25 2 2 1 2 21 nn yx 6 11 6 0 0 3721 025 0 u 1 96 可见 2 2 1 2 21 nn yx 15 2 t 接受假设 0 H 对于 0 H 以 F 2 2 2 1 2 1 S S n n 作为检验统计量 有 2 2 2 1 2 1 S S n n 1 1 21 nn 0 H的拒绝域为 1 11 1 21 2 21 2 1 nnFFnnFF 经计算 F 3 4740查表 8 7 975 0 F 7 8 1 025 0 F 90 4 1 0 2041 87 025 0 F 4 53 8 7 975 0 F f 87 025 0 F 接受假设 0 H 这样同时接受 0 H和 0 H 那么认为这两个分布是同一分布 3 13 解 在该题中 2 Nx 其中 2 未知 对于单侧假设 Ho 5 4 5 4 1 H 以 T 0 s xn 作为检验统计量 T t n 1 当 0 H成立时候 T 应偏向取正值 T 取过分大的负值将不利于原假设 拒绝域 取为 T 1 nt 在该题中 n 13 9570 0S 5 4 83846 4 0 x 31 计算2752 1 9570 0 5 443846 4 13 t 12 217 26 113 01 001 0 ttt 所以可以接受原假设 3 14 解 假设 0H 22 1H 22 采用检验统计量 T X Sn t n 1 对样本数据进行计算得 X 21 8 S 0 9 S 0 909 n 50 n 7 071 0H 成立时 有 T 1 556 拒绝域为 T t n 1 查表可知 0 1t 49 0 1 1 2816 由于 T 22 05 0 t t 落在拒绝域内 所以拒绝原假设 3 16 解 提出假设 0H 12 1H 12 显然为大样本参数假设检验 采用检验统计量 U 22 12 12 XY SS nn 大样本时近似 N 0 1 对样本数据进行计算得 0H 成立时 U 22 28052680 110100 120 41 105 00 8 03 拒绝域为 U 查表知 0 05 1 65 由于 U 0 05 接受 0H 认为甲枪弹的速度比乙枪弹的速度显著地大 3 17 解 由题意可得 1 2 11 Nx 2 2 22 Nx 其中 21 现要检验 Z 机床的加工精度是否比甲机床的高 提出如下假设 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 0 HH 以 F 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 n n S S 作为检验统计量 1 1 21 2 2 2 1 2 1 nnF S S n n 拒绝域为 2 2 2 1 2 1 n n S S 1 1 211 nnF 1126 0 9889 14 3091 0 0152 15 2 2 2 1 nn SySx 那么 2 2 2 1 2 1 n n S S 2 7451 2681 0 73 3 1 7 8 1 8 7 95 0 95 0 F F 33 可见 2 2 2 1 2 1 n n S S 8 7 95 0 F所以接受原假设 即认为乙机床的加工精度比甲高 3 19 解 原假设 0 H 0 H X 3 8 3 5 3 8 2 5 1 3 2 8 1 5 2 3 3 8 3 3 3210 C C C CC C CC C C 即 X 56 10 56 30 32 56 15 56 1 10 X 的可能的值为 S 0 1 2 3 把 划分成 个不交子集 i S 1 4 当 0 H成立时 有 P X 0 56 1 P X 1 56 15 P X 2 56 30 P X 3 56 10 又 Kn np m i i i 4 1 2 112 56 1 112 1 56 15 112 312 56 30 112 552 56 10 112 252 112 2 2 本题中 自由度 对给定的05 0 查 3 2 分布表 得 815 7 3 2 05 0 可见 3 2 05 0112 K 所以接受原假设 也就是认为袋中的红球数 为 个 3 21 解 提出假设 0 H Expx其中 为未知参数 先由题中数据可以算出 的极大似然估计 67 150 11 x 以 替换 把 可能取值的区间 0 分为不相交的 个子区间 当 0 H成立时 分别计算各组的理论频数 i np和实际频数 i m 可得小表 组号 123456 分组区间 50 0 100 50 150 100 200 150 250 200 250 i0 282400 202650 145420 104350 074880 1903 3 3892 4321 7451 2520 8992 284 221331 34 那么可的 6 1 2 12 036 2176 i i i np m k 本题中分组数 未知参数个数 自由度 对给定1 0 查 4 2 分布表 可得779 7 4 2 1 0 可见 4 2 1 012 K 所以拒绝原假设 即认为仪器的无故障时间不服从指数分布 3 23 解 对于本题 提出假设 0 H F G GFH 1 拒绝域为 2 121nnnn DD 对于甲也就是 F 分布有下表 iX i iyGn 1 ixFn ixFndi 119 019 2 7 1 0 7 1 7 1 219 719 4 7 2 7 1 7 2 7 1 319 819 7 7 3 7 2 7 3 7 1 420 019 8 7 4 7 3 7 4 7 1 520 120 5 7 5 7 4 7 5 7 1 620 420 6 7 6 7 5 7 6 7 1 720 520 81 7 6 1 7 1 7 1 2 1 nn Dn 3 77 77 4 2 05 0 所以拒绝原假设 也就是说疗效与年龄无关 36 习题习题 4 4 1 解 提出假设 0 H 不同速率对硅晶圆蚀刻的均匀性无显著影响 经计算得 3 889x 317 3x1 417 4x2 933 3x3 本题的方差分析表如下 方差来源平方和自由度均方和F 值 因素 A A Q 3 647 2 A Q 1 8235 F 3 585 误差 E E Q 7 629 15 E Q 0 5086 总和 T T Q 11 276 17 在这里 r 3 n 18 对给定的 05 0 查 F 分布表 得68 3152F0 05 因为 F 72F0 05 所以拒绝 0 H 也就是说这三种净化器的行车里程之间有显著差异 4 2 解 提出假设 0 H 1 r 0 即三组玻璃碎片的平均折射率没有显著差别 1 H 1 r 不全为零 即三组玻璃碎片的平均折射率有显著差别 0 05 计算结果见下表 Sum of SquaresdfMean SquareFSig Between Groups6034 46723017 23329 168 000 Within Groups2793 00027103 444 Total8827 46729 37 查表得 0 05 2 27 F 3 35 所以 拒绝 0 H 接受 1 H 可以认为三组玻璃碎片的平均折射率之间有差别 4 3 因素是一个 水平共有 3 个 AB 方差源平方和自由度均方和F 值 因素15 4527 7254 74 误差 Qe8 51171 2159 总和 Qt23 9619 总体为23 27x 1 21 75x 2 24 367x 3 24 2x 应该做检验F 1 rnQe rQa 6 353 F 2 7 当 a 0 05 时 2 7 4 74 a F 因为 F 6 353 4 74所以这三种净化器的行车里程中间有显著差异 4 4 解 1 提出假设 0 H 这些抗生素与血浆蛋白质结合的百分比的均值无显著差异 经计算得 935 22x 6 28x1 375 31x2 825 7x3 075 19x4 8 27x5 本题的方差分析表如下 方差来源平方和自由度均方和F 值 因素 A A Q 1480 823 4 A Q 370 206 F 40 844 误差 E E Q 135 823 15 E Q 9 055 总和 T T Q 1616 646 19 在这里 r 5 n 20 对给定的 05 0 查 F 分布表 得06 3154F0 05 因为 F 154F0 05 所以拒绝 0 H 也就是说这些抗生素与血浆蛋白质结合的百分比 的均值有显著差异 2 由题意可得 1n nx T ii i i t S 对于给定的置信度 1 查 1n i t分布表得 1n 2 i t 使得 P T 1n 2 i t 1 这样可得 i 的置信区间为 i x 1n 2 i t i S n i x 1n 2 i t i S n 可以计算出 5 种抗生素与血浆蛋白质结合的百分比的均值的置信区间分别为 38 23 4800 33 7200 26 3291 32 4209 4 0318 11 6182 16 2009 21 9491 21 4510 34 1490 i i 的置信度为 1的置信区间为 E ki 2 ki Q n 1 n 1 r nxx t 这样可以计算得青霉素与链霉素 红霉素与氯霉素的均值差的置信区间分别为 16 2397 25 3103 13 2603 4 1897 4 5 解 1 经计算得4444 5x 6667 5 x1 5 x 2 6667 5