数理统计课后答案-第二章

1 习题二习题二 2 1 盒中有大小相同的三个球 其中两个球的标号为 0 另一个球的标号为 1 有放回地从 盒中随机取球 2 次 记 12 XX为取到球的标号 1 写出总体的分布 并求总体的期望和方差 2 写出样本 12 XX的联合分布 3 写出样本均值X的分布 并求X的期望和方差 解 解 1 X 0 1 P 2 3 1 3 2 112 339 EXEXDX 2 2 X 1 X 0 1 0 4 9 2 9 1 2 9 1 9 3 X 0 1 2 1 P 4 9 4 9 1 9 11 39 EXDX 2 2 2 2 从一批铁钉中随机地抽取 16 枚 测得它们的长度 单位 cm 为 2 14 2 10 2 13 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 11 2 1 求样本均值X 修正样本方差 2 S 修正样本标准差 S 样本方差 2 S和样本标准 差S的观测值 2 求样本极差R和样本中位数 med 1n XX L的观测值 解 解 1 用计算器的统计功能可以求得 X125 2 2 S00029333 0 017127 0 S 2 S000275 0 016583 0 S 2 将样本观测值按照从小到大的次序排列 可以求得 05 010 215 2 1 16 1 XXXXR n 13 2 2 13 213 2 22 med 9 8 1 2 2 1 XX XX XX nn n L 2 3 2 3 设 21n XXXL 21n YYYL 是两个样本 它们之间有下列关系 b aX Y i i ni 2 1L 其中 a 0 b 是常数 求 1 它们的样本均值 n i i X n X 1 1 与 n i i Y n Y 1 1 之间的关系 2 它们的样本方差 n i ix XX n S 1 22 1 与 n i iy YY n S 1 22 1 之间的关系 解 解 1 n i i Y n Y 1 1 b aX b na n X n b aX n n i i n i i 11 1 1 1 2 n i iy YY n S 1 22 1 2 2 1 2 2 1 2 1 1 b S XX nbb aX b aX n x n i i n i i 2 4 2 4 设有样本 21n XXXL n i i X n X 1 1 是样本均值 n i i XX n S 1 22 1 是样 本方差 是常数 证明 n i i X n 1 2 1 22 XS 3 证 证 n i i X n 1 2 1 n i n i n i ii n X n X n 1 2 11 2 121 2 1 222 2 1 n i i XXXX n 22 XS 2 5 2 5 设 n i in X n X 1 1 和 n i nin XX n S 1 22 1 分别是样本 21n XXXL的样本 均值和样本方差 现在样本中增加一个新观测值 1 n X 相应地 样本均值和样本方差变为 1 1 1 1 1 n i in X n X 和 1 1 2 1 2 1 1 1 n i nin XX n S 证明 1 1 1 11nnnn XX n XX 2 2 1 22 1 1 1 1 nnnn XX n S n n S 证 证 1 1 1 1 1 1 n i in X n X 1 1 1 1 n n i i XX n 1 1 1 1 nn X n X n n 1 1 1 1 1 1 nn X n X n 1 1 1nnn XX n X 2 1 1 2 1 2 1 1 1 n i nin XX n S 2 1 1 1 2 1 1 n n i i XX n 2 1 1 2 1 1 n n i i XX n 2 1 1 1 1 nn X n X n n 2 11 22 1 1 2 1 1 1 2 1 11 1 nnnnn n i i X nn XX n X n n X n X nn n 2 11 22 1 2 1 1 1 2 1 11 1 nnnnn n i i X n XX n X n XX nn n 2 1 2 1 1 1 nnn XX n S n n 2 6 2 6 已知总体 服从指数分布 概率密度为 00 0e x x x x 4 其中 参数0 21n XXXL 是 的样本 X 是样本均值 2 S 是样本方差 2 S 是修正样本方差 求 XE XD 2 SE 和 2 SE 解解 因为总体 服从参数为 的指数分布 所以 1 E 2 1 D 由定理 2 1 可知 XE 1 E XD 2 1 nn D 2 SE 2 11 n n D n n 2 SE 2 1 D 2 7 2 7 设 21n XXXL 是总体 2 N 的样本 21n YYYL 是总体 2 N 的样本 两个样本相互独立 n i i X n X 1 1 n i i Y n Y 1 1 是 的 样本均值 求统计量 n i ii YXYX 1 2 的数学期望 解法一解法一 因为 21n XXXL是 2 N的样本 21n YYYL是 2 N 的样本 两个样本相互独立 所以 EXE i EYE i ni 2 1L EXE EYE 22 11 n n D n n SE x 22 11 n n D n n SE y 因此有 n i ii YXYXE 1 2 n i i n i ii n i i YYYYXXXXE 1 2 11 2 2 n i i n i ii n i i YYEYYXXEXXE 1 2 11 2 2 2 2 1 2 y n i iix nSEYEYEXEXEnSE 2 2 1 2 y n i x SnESnE 5 22 1 0 1 n n n n n n 2 1 2 n 解法二解法二 因为 21n XXXL是 2 N的样本 21n YYYL是 2 N 的样本 两个样本相互独立 所以 i X 2 N i Y 2 N ni 2 1L 相互独立 令 iii YXZ ni 2 1L 则有 iii YXZ 2 2 2 N ni 2 1L 而且相互独立 21n ZZZL可以看作是总体 2 2 2 N的样本 它的样本均值 n i i Z n Z 1 1 n i ii YX n 1 1 n i i n i i Y n X n 11 11 YX 它的样本方差 n i iz ZZ n S 1 22 1 n i ii YXYX n 1 2 1 所以 n i ii YXYXE 1 2 2 z nSE 2 z SnE D n n n 1 2 2 1 n n n 2 1 2 n 2 8 2 8 设 54321 XXXXX是总体 1 0 N的样本 1 求常数ba 使得 2 543 2 21 XXXbXXa 服从 2 2 分布 并指出其自 由度 2 求常数c 使得 2 543 2 2 2 1 XXX XXc 服从F分布 并指出其自由度 解 解 1 因为 521 XXXL 是 1 0 N的样本 所以 i X 1 0 N 5 2 1L i 521 XXXL 相互独立 所以 21 XX 2 0 N 543 XXX 3 0 N 而且相互独立 即有 2 21 XX 1 0 N 3 543 XXX 1 0 N 而且相互独立 6 由 2 分布的定义可知 3 2 2 543 2 21 XXXXX 2 543 2 21 32 XXXXX 2 2 可见 只有当 2 1 a 3 1 b 时 2 543 2 21 XXXbXXa 才服从 2 分 布 其自由度为 2 2 因为 1 X 1 0 N 2 X 1 0 N 21 X X 相互独立 所以由 2 分布的定义可知 2 2 2 1 XX 2 2 又因为 3 543 XXX 1 0 N 所以由 2 分布的定义可知 2 543 3 XXX 1 2 而且 它与 2 2 2 1 XX 相互独立 因为 521 XXXL 相互独立 因此 由F分布的定义可知 2 543 2 2 2 1 2 3 XXX XX 1 3 2 2 543 2 2 2 1 XXX XX 1 2 F 可见 只有当 2 3 c 时 2 543 2 2 2 1 XXX XXc 才服从F分布 其自由度为 1 2 2 92 9 设 21m XXXL是 0 2 N 的样本 21n YYYL 是 0 2 N 的样本 两个样本相互独立 证明 1 2 1 2 1 2 n j j m i i YX 2 nm 2 m n Y X n j j m i i 1 2 1 nt 证证 1 因为 21m XXXL 是 0 2 N的样本 所以 i X 0 2 N mi 2 1L m XXX 21 L 相互独立 即有 i X 1 0 N mi 2 1L m XXX 21 L 相互独立 7 由 2 分布定义可知 m i i m i i X X 1 2 2 1 2 2 m 同理可证 2 1 2 n j j Y 2 n 而且由于两个样本相互独立 所以 2 1 2 m i i X 与 2 1 2 n j j Y 相互独立 因此 由 2 分布的可加性 定理 2 3 可知 2 1 2 1 2 n j j m i i YX 2 nm 2 因为 21m XXXL 是 0 2 N 的样本 所以 i X 0 2 N mi 2 1L 而且相互独立 因此有 m i i X 1 0 2 mN 所以 2 1 0 m X m i i m i i X m 1 1 1 0 N 同时 在上面 1 中已经证得 2 1 2 n j j Y 2 n 而且由于两个样本相互独立 所 以 m i i X m 1 1 与 2 1 2 n j j Y 相互独立 因此 由 t 分布的定义可知 m n Y X n j j m i i 1 2 1 n Y X m n j j m i i 2 1 2 1 1 nt 2 102 10 证明 若 T nt 则 2 T 1 nF 证 证 因为T nt 由t分布定义可知 必有 1 0 N 2 n 两者相互独立 8 使得 n T 这时 2 T nn 1 2 2 因为 1 0 N 由 2 分布定义可知 2 1 2 而且因为 与 相互独立 所以 2 与 2 n 相互独立 因此 由F分布定义可知 2 T n 1 2 1 nF 2 11 设 服 从 参 数 为 的 指 数 分 布 E 试 证 明 的 左 侧p分 位 数 1 ln 1 p Ep 解解 由题意知 E 1 0 0 0 x ex Fx x 1 p E p pFEe得 1 ln 1 p Ep 2 122 12 设 nmmm XXXXX 121 LL 是总体 2 N 的样本 证明 nm mi i m i i X n X m 1 2 1 2 1 1 nmF 证 证 因为 nmmm XXXXX 121 LL 是总体 2 N 的样本 所以 i X 2 N i X 1 0 N nmi 2 1L 而且它们相互独立 由 2 分布定义可知 m i i m i i X X 1 2 1 2 2 1 2 m nm mi i nm mi i X X 1 2 1 2 2 1 2 n 9 而且两者相互独立 所以 由F分布定义可知 nm mi i m i i X n X m 1 2 1 2 1 1 nX mX nm mi i m i i 1 2 2 1 2 2 1 1 nmF 2 132 13 设 m XXX 21 L 是总体 2 N 的样本 X 是样本均值 2 S 是 修正样本方差 另有 1 m X 2 N 1 m X 与 m XXX 21 L 相互独立 证明 1 1 m m S XX m 1 mt 证法一 证法一 因为 21m XXXL是总体 2 N的样本 所以由定理 2 5 可知 X 2 m N 另外已知 1 m X 2 N 它与 m XXX 21 L相互独立 因此它也与X相互独立 由正态分布的可加性可知 1 m XX 0 2 2 m N 即有 2 1 1 m m XX m 1 0 N 由定理 2 8 Fisher 引理 可知 2 2 1 Sm 1 2 m 而且X与 2 S相互独立 另外又已知 1 m X与 m XXX 21 L相互独立 因此 1 m X也与 2 S相互独立 所以 2 1 1 m m XX m 与 2 2 1 Sm 相互独立 因此 由 t 分布的定义可知 10 1 1 m m S XX m 1 1 1 2 2 2 1 m Sm m m XX m 1 mt 证法二 证法二 因为 1 m X 2 N 1 m X可看作是另一个总体 2 N的样本 样本容 量 1 n 样本均值 1 m XY 由定理 2 12 可知 nm S YX w 11 21 2 nmt 其中 121 m XXYX 1 m XX 2 1 1 22 nm SnSm S yx w 21 11 1 22 S m SSm y m m mnm 1 1 1111 1212 mmnm 所以有 1 1 m m S XX m m m S XX m 1 1 nm S YX w 11 21 1 mt 2 142 14 设总体 2 1 aN 2 2 bN 其中 0 a 0 b 是已知常数 ba 21n XXXL 是 的样本 21n YYYL 是 的样本 两个样本相互 独立 n i i X n X 1 1 n j j Y n Y 1 1 是 的样本均值 n i ix XX n S 1 22 1 1 n j jy YY n S 1 22 1 1 是 的修正样本方差 证明 n ba b S a S YX y x 2 2 2 21 22 nt 证证 因为 2 1 aN 2 2 bN 所以由定理 2 5 可知 11 X 2 1 n a N Y 2 2 n b N 而且它们相互独立 因为两个样本相互独立 因此有 YX 2 21 n ba N 即有 n ba YX 2 21 1 0 N 同时