概率论与数理统计答案汇总版

第一章概率论的基本概念注意这是第一稿（存在一些错误）1解该试验的结果有9个（0，A），（0，B），（0，C），（1，A），（1，B），（1，C），（2，A），（2，B），（2，C）。所以，（1）试验的样本空间共有9个样本点。（2）事件A包含3个结果不吸烟的身体健康者，少量吸烟的身体健康者，吸烟较多的身体健康者。即所包含的样本点为（0，A），（1，A），（2，A）。（3）事件B包含3个结果不吸烟的身体健康者，不吸烟的身体一般者，不吸烟的身体有病者。即所包含的样本点为（0，A），（0，B），（0，C）。2222、解（1）ABBCACU或ABCABCABCABCUUU；（2）ABBCAC（提示题目等价于A，B，C至少有2个发生，与（1）相似）；（3）ABCABCABCUU；（4）ABC或ABC；（提示A，B，C至少有一个发生，或者ABC，不同时发生）；3（1）错。依题得0BAPBPAPABPU,但空集BAI，故A、B可能相容。（2）错。举反例（3）错。举反例（4）对。证明由60AP,70BP知3031BAPBAPBPAPABPUU,即A和B交非空，故A和B一定相容。4444、解（1）因为AB，不相容，所以AB，至少有一发生的概率为030609PABPAPBU2AB，都不发生的概率为110901PABPABUU；（3）A不发生同时B发生可表示为ABI，又因为AB，不相容，于是06PABPBI；5解由题知30BCACABPUU,05ABCP因ABCPBCPACPABPBCACABP2UU得，40230ABCPBCPACPABP故A,B,C都不发生的概率为CBAPCBAPU1ABCPBCPACPABPCPBPAP105402111506666、解设A“两次均为红球”，B“恰有1个红球”，C“第二次是红球”若是放回抽样，每次抽到红球的概率是810，抽不到红球的概率是210，则（1）880641010PA；（2）88210321010PB（）；（3）由于每次抽样的样本空间一样，所以80810PC若是不放回抽样，则（1）282102845CPA；（2）1182101645CPB；（3）1111872821045AAPC。7解将全班学生排成一排的任何一种排列视为一样本点，则样本空间共有30个样本点。（1）把两个“王姓”学生看作一整体，和其余28个学生一起排列共有29个样本点，而两个“王姓”学生也有左右之分，所以，两个“王姓”学生紧挨在一起共有29个样本点。即两个“王姓”学生紧挨在一起的概率为1513029。（2）两个“王姓”学生正好一头一尾包含28个样本点，故两个“王姓”学生正好一头一尾的概率为43513028。8888、解（1）设A“1红1黑1白”，则11123271235CCPA；（2）设B“全是黑球”，则337135CPB；（3）设C第1次为红球，第2次为黑球，第3次为白球”，则2322735PC。9解设号车配对第IIA,92,1I，若将先后停入的车位的排列作为一个样本点，那么共有9个样本点。由题知，出现每一个样本点的概率相等，当IA发生时，第I号车配对，其余9个号可以任意排列，故（1）98IAP。（2）1号车配对，9号车不配对指9号车选28号任一个车位，其余7辆车任意排列，共有7个样本点。故7279791AP39191829821APAAAPAAPLL，9182AAAPL表示在事件已知1号和9号配对情况下，28号均不配对，问题可以转化为28号车随即停入28号车位。记号车配对第1IIB，72,1I，。则717191821BBPBBPAAAPULLL。由上知，7176IBP，42175JIBP，（JIAP，0BP，即0BPAP，故BPAPABP，即A,B不相互独立。与已知矛盾，所以A,B相容。（2）可能对。证明由60AP,70BP知3031BAPBAPBPAPABPUU,4207060BPAP,ABP与BPAP可能相等，所以A,B独立可能成立。（3）可能对。（4）对。证明若A,B不相容，则0ABP。而0AP，0BP，即0BPAP，故BPAPABP，即A,B不相互独立。18181818、证明必要条件由于A，B相互独立，根据定理152知，A与B也相互独立，于是|PABPA，|PABPA即|PABPAB充分条件由于|PABPAB及|1PABPAPABPAB，结合已知条件，成立1PABPAPAB化简后，得PABPAPB由此可得到，A与B相互独立。20202020、解设IA分别为第I个部件工作正常的事件，B为系统工作正常的事件，则IIPAP（1）所要求的概率为1232413423411231241342341234123124134234123433PBPAAAAAAAAPAAPAAPAAPAAPAAPPPPPPPPPPUUU（2）设C为4个部件均工作正常的事件，所要求的概率为1234|PPPCB。（3）2231C。21解记次出现正面第IIC，2,1I（1）111111IIIIIIPPCPCPCPCCPAPLLPPCCPCCPBP12432143214（2）PPPPPAPBPABP112311414（3）PPPPPBPAPBAP11234144122222222、解设A照明灯管使用寿命大于1000小时，B照明灯管使用寿命大于2000小时，C照明灯管使用寿命大于4000小时，由题意可知095PA，03PB，005PC（1）所要求的概率为0051|09519PACPCA；（2）设IA分别为有I个灯管损坏的事件（0,12,3IL），表示至少有3个损坏的概率，则101000300000059PAPB91110100001378PACPBPB822210100014467PACPBPB所要求的概率为012109984PAPAPA23解设系统能正常工作A，系统稳定B，系统外加电压正常C，则90CP,90CBP,20CBP,80BAP,90BAP（1）BPBAPBPBAPAPCPCBPCPCBPBAPCPCBPCPCBPBAP101201909019010120909080191（2）记个元件正常工作第IIA，则191IAP51511AAPAAPLUL511APAPL519119840第二章随机变量及其概率分布注意这是第一稿（存在一些错误）1解X取值可能为2,3,4,5,6，则X的概率分布律为371235PX15痧；378335PX124痧；379435PX1痧；378535PX142痧；37167PX15痧。2、解（1）由题意知，此二年得分数X可取值有0、1、2、4，有010208PX，102102016PX，202021020032PX，40202020008PX，从而此人得分数X的概率分布律为X0124P08016032008（2）此人得分数大于2的概率可表示为240008PXPX；3已知此人得分不低于2，即2X，此人得分4的概率可表示为400084|202200320008PXPXX。3解（1）没有中大奖的概率是71110NP；（2）每一期没有中大奖的概率是107110P，N期没有中大奖的概率是1072110NNPP。4、解（1）用X表示男婴的个数，则X可取值有0、1、2、3，至少有1名男婴的概率可表示为3111101105108824PXPXPX55PXPXPX该学生乘上730的班车且该学生乘上730的班车其中515255PX该学生乘上730的班车且，51545255PX，于是115|5445PX该学生乘上730的班车。15、解由题知，X服从区间1,3上的均匀分布，则X的概率密度函数为1,13,40,XXFX（2）352352148148114810930600694XXPXPP（2）该青年男子身高大于165CM且小于175CM的概率为165175165175111121116826106826XXPXPP或，于是2PZB，结合概率密度函数是连续的，可得到侧分点为/2BZ；（3）1PZCPZC，则121215151515150341622XXXX，解得115X，217X。2、解（1）由密度函数的性质得21XFXDXAEDXA所以1A；（2）205111122XPXPXAEDX令12XT，上式可写为212211111107610239222XPXEDX。23解（1）易知X的概率密度函数为81,0,80,0XEXFXX。（2）A等待时间超过10分钟的概率是1251010PXFXDXE。（3）等待时间大于8分钟且小于16分钟的概率是16128816PXFXDXEE取到甲厂的产品取到乙厂的产品（2）该产品寿命大于8年的概率为11368884338880406040601860XXPZPXPPYPEDXEDXEE取到甲厂的产品取到乙厂的产品所求的概率为88|6067726PZPZZ。25、解（1）由题知，0202,0,0,0XEXFXX。（2）12510105PXFFEE，其中150001015000107769XPXEDX于是23115015001160PXPX；（2）这个人会再买，说明这3只元件中至少有2只寿命大于150小时，这时所求的概率为2233315015015001271CPXPXCPX。27、解依题知，Y的分布律为2102070490PYPX，128307107070294PYPX，2311342445071070707107070216PYPXPXPX痧28、解（1）由密度函数的性质可得221149FXDXCXDXC于是19C（2）设X，Y的分布函数分别为XFX，YFX，Y的概率密度为YFX，有11333YXFXPYXPXXPXXFX那么，214,3611273330,YXXFXFX，有ZXXFXPZXPXXPXXXFXFX时，01TTTNTFTFYDYE，所以，T的概率分布函数为1,0,0,0TTETFTT。（2）00000,PTTTTTPTTTTTPTT00PTTTPT00TTTEETE。30、解由题意知，0,1XU，即X的概率密度为1,0,10,XXFX其他设X，Y的分布函数分别为XFX，YFY，其中NYX。有0,0,0,11,1XXFXPXXXX00NNNNYXFYPYYPXYPXYPXYFY，有2YXXFYPYYPXYPYXYFYFY那么2222/0,011,022YYYXXYFFYFYEEYYY。3解（1）由题意知，2010113AXBDXAXBDX，解得1316AB。（2）YX的反函数为2XY，则2,02,0,XYFYYYFY，有LNXYFYPYYPEYPXY，从而求得Y的概率密度2LN20,011LN,02YYXYFYFYEYYY；又LNZX，于是LNZZZZZZXXFZPZZPXZPXEPEXEFEFE从而221,2ZEZZZZZXXFZFEFEEEZ；当0,Y，,XYYYFYFXYDXEDXE当,0Y，0YFY所以0,0,0YYFYE；（2）当0X时，有|1,0,|0,YXXYXFXYFYXXFXY其他。（2）当0X时，01,0,1,0,0,0,VYYXYYXYXYXXFXVEDVYEYFYXDVFVXDVXFXY0。Y0。（3）111111PYXPXPYXE。17、解（1）由题意可得当1Y。18解（1）因1,01,0,XXFX。设TFT是设备正常工作时间的概率分布函数，TFT是概率密度函数。则当0T时12132312323,2,311TTTFTPTTPXTXTPXTXTPXTXTPXTXTXTEE当0T时，0TFT。于是230,03121,0TTTTFTEET同时可求得20,061,0TTTTFTEET。24解（1）1NKKKNPZKCPP，0,1,KNL。所以，,ZBNP（2）00,111,0,KLKMLNKLLLKLKLMNLMNKKKMNPWKPXYKPXLYKLCPPCPPCPPMNL所以，,WBMNP。25、解设XFX，YFY，ZFT分别是X，Y，Z的概率密度。利用公式（35），由题意得1,2112212AZXYYATAYTAFTFXTXDXFXFTXDXFTXDXAFYDXPYTAPYTAAATATAA，T28解ZFZPXYZ0,100,100500,500PXYZPXYZPXYZ050310002500FZFZFZ所以，050310002500ZFZFZFZFZ。29、解（1）由于IX（1,2,10IL），且相互独立，因此有10010IIX（见例351），由题意知，得101010100000102121011110IIIIIIIIPXPXPXPXEL及110110110110110110110110110110110MAX2,MINMINMAX2,MIN0MINMAX2MAX2,MINMINMAX202|,2,IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIPXXPXPXXPXPXPXXPXPXPXIP时12121211,11XYTTTPTTPTTPXTYTEDEDE计算可得1212TTFTE当0T时，显然有0TFT。因此T的概率密度函数为TFT为1212,00,0TTEFTT（2）并联当0T时1212121200,1TTXYTTTPTTPXTYTEDEDEEE计算可得12121212TTTTFTEEE当0T时，显然有0TFT。因此T的概率密度函数为TFT为12121212,00,0TTTTEEEFTT（3）备份由题意知，TXY，于是当0T时，显然有0TFT。当0T时121211201221212121,TYTXTXYTTTFTFXFTXDXEEDXEETE从而所求的概率密度函数为当21时121221,00,0TTTEETFTT当21时1210,0,0TTTFTTE32解令2UXVXY，则2ZFZPXYZ2,XYZFXYDXDY20/2,2ZVFUUVDUDV20/20,0,1,04,41,4ZVZDUDVZZ故应采用方案二3、解由于202012LN1|1XXFXDXDXXX所以X的数学期望不存在。4、1228PX，1314PX，3428PX，157PX，5628PX，3714PX，124PX，113153123456786281428728144EX。5、解每次向右移动的概率为P，到时刻N为止质点向右移动的平均次数，即N的期望为NENP时刻N质点的位置NS的期望为121NESNPNPNP6、不会7、解方法1由于01PT，所以T为非负随机变量。于是有000131124TTETFTDTPTTDTEEDT方法二由于01PT，所以，可以求出T的概率函数0,0112,02TTTFTEET时，第一种方法检验的次数少一些；当1070KK时，二种方法检验的次数一样多。12、,0,0,0TETFTT88081TTEETTEDTEDT。13、解由题意知21,0XYFXYR在圆内，其他值，2,0XRXRFXR4,0,0,0YYEYFYY21,0,0,0XXEXFXX41,0,0,0YYEYFYY（1）MIN,ZXY61,0,1110,0ZZXYEZFZPZZFZFZZ故Z服从参数为6的指数分布，故16EZ，136DZ。故1DZCVZE。（2）MAX,ZXY2411,0,0,0ZZZXYEEZFZPZZFZFZZ0712ZEZZDFZ，22204933144144ZDZEZEZZDFZ，故337DZCVZE。（3ZXY，34EZEXEY，516DZDXDY，53DZCVZE25、解（1）由相关系数的定义，得,XCOVXDDX，其中,COVXEXEXEX通过计算得,0COVX，即0X，从而说明,X是不相关的。（2）很显然，XX与不是相互独立的。26、11,2XFXFXYDY，1X，即0XC时，说明X和是正相关的当12P根据马尔科夫大数定律，可判断该序列服从大数定律的。6、解（1）2HXX，则HX连续。22211EHXEX，有22211LIM0NINIPXN，则22211NPIIXN，N。（2）2HXX连续，2211EHXEX，有2211LIM0NINIPXN，则2211NPIIXN，N。（3）12122211LIMPNNNNNIIIIXXXXXXEXXLL12PNXXXXNL，2222111NPIIXNSNXNN，故12222221LIM1PNNNIIXXXNNNXL4原式依概率收敛，即12122211LIMPNNNNNIIIIXXXXXXENXNXLL12221LIMLIM1NNNNIIXXXNXEENSNXLLIM1NNXENSLIM1NXNNENSSNLIM1NNENSES7解（1）由题意得221111110NNIIIIPXAPXANN9、解（1）由题意得记20951050951051122PPX方法二（泊松分布）Y近似服从参数为100P的泊松分布100100210111009966PPPYPYPYEPE方法三（中心极限定理）Y近似服从100,1001NPPP于是2100212199551001PPYPYPP（2）设至少需要N次观察记133224QPX18196481、解（1）由题意得，引入随机变量101000,0IIXIL，第名选手得分，I1,2,3，第名选手不得分，且103IPX所求的概率为1001001110303503035031003586210307/1000307/1000307/100IIIIXPXP（2）用IX表示第I名选手的得分，则23002,10208016202080128,4080512IIIIPXPXPX并且2464,2793IIEXDX同时100124641000,11002793IIXN，于是所求的概率为1001220246410022011589431002793IIPX第六章统计量与抽样分布注意这是第一稿（存在一些错误）1、解易知的X期望为，方差为2N，则0,1XNN近似地，所以，0101012850909285285XPXP1、解10,1NXN，10,XNN，10,11NXXNN，2211NSN，11211111NNXXXXNNYTNSNNSN12、解（1）2005511070，2006510596，209551145，209451250（2）00582306T，00682189T，09580065T，09480078T，（3）0053,55409F，0055,39013F，0043,56098F，0045,310617F13、解1X和1NX是统计量，1111111NNXXFXPXXPXXFXE，则1XEN，11111111NXNXNNXXXFXPNXXPXFEENN，则1NXE。14、解由题意得2126,6SFS，2216,6SFS，于是22211222105MAX,2SSSPCPCSSS，从而00256,6582CF15、解X和2S分别是总体X的期望EX和方差DX的无偏估计。又012EXXDX，2222201412DXEXEXXDX，故2EX，2212ESDX，225522211114525415IIIIEXDXEXDXEXDX。16、解（1）由于0,1IXN，1,2,INL，且相互独立，以及221255S，因此262216IIX，262215IIXX（2）由于0,1/6XN，所以22261X同时2221222166/1,5XXSFS（3）由题意得00XYAEAEXEY22114XYADADXDYA从而求得2A（4）由（3）知20,1XYN，又221255S和2221111S，于是2221251111SS，从而22125112/1616SSXYT化简后求得8B17、解8218IIXN，16298IIXN，且81IIX和169IIX相互独立。则8116988,8IIIIXNFNXN，则88118,1616998111058IIIINIIIIXXNPPFXXN，又81169IIIIXX为连续分布，故8116910IIIIXPX。第七章参数估计注意这是第一稿（存在一些错误）1、解由2,01DXXFXE，2041032221XDV，可得的矩估计量为X2，这时2XEE，NNXDD5204222。3、解由12121221XE，得的矩估计量为3262121X。建立关于的似然函数48223214112L令01481LN4LN8LNL，得到的极大似然估计值324、解矩估计101212，222222121,1A,234B,故22221,3221214解得1,438为所求矩估计。极大似然估计33214526837,0,2,11LPXXXXXXXX，,LN,3LN2LN3LN1LL，,330,1,2301LL解得3,814即为所求。5、解由331313222PPPPPPXE，所以得到P的矩估计量为394334322XXP建立关于P的似然函数321012132122NNNNPPPPPPPL令0LNPPL，求得到的极大似然估计值NNNNP222106、解110112EXXXDX，由12X得211X为的矩估计量。111,01,0,NNIIIIXXLFX得212NIIXN为的矩估计量。111,20,NIIXNINNIEXLFXASAAXPAXP，于是经查表可求得A的极大似然估计为058812A8、1X，22222111111NNNIIIIIIIEXEXEXEXNNN2122222111111121NNNIIIIIIIIIIIEKXXKEXXKEXEXEXEXNK则121KN即为所求。9、解由题意得78811591IIIIXXEE及27141811592IIIIXXEE所以1和2都是的无偏估计量又22281159178IIIIXXDD以及2228115921454971687141IIIIXXDD有21DD，说明2更有效。10、1依题，IX，JY与LZ相互独立，222213ETAESBESCESABC故T是2的无偏估计的充要条件为1ABC2记N个样本的方差为2S，则22211NSN，4221DSN故2412DS，24DS，24323DS故22222222241323BCDTADSBDSCDSA要使T为最有效估计，只须使22223BCA在1ABC的条件下取最小值即可。令222123BCLAABC由20,0,20,31LAALBBLCCABC得1,61,312ABC即为所求。1、解由题意可以求出2022DXXFXXE。建立建立关于的似然函数212IXINIEXL，于是有NIIINIXINIXNXEXLI121212LLNLNLN2令02LN122NIIXNL，得到的极大似然估计值NXNII212。又22222112XENXEENII，无偏的。12、2,0,0,XXFX，2,3EXXFXDX故32X为的矩估计量，且为无偏估计。211,0,0,NNNINIIIXXLFX，若使其似然函数最大，于是可以求出的极大似然估计值,MAX21NXXL。2由32211XXT，可计算32211XEXETE。设,MAX21XZ，那么,MAX212121TXPTXPTXTXPTXPTZPTDTD，所以2T比1T更有效。14、111,NIIXNIILFXE，1LNNIILLXN，L为的单调递增函数，故取最大值时L取最大值。又不大于1MIN,NXXL，故111MIN,NXXXL为的极大似然估计。因,1XTXFXEDTE易知1,0,NXXINEXFX其他。所以1111,XIEEXXFXDXN，即1是的有偏估计。11N是的无偏估计。21XEXXEDX，则21X是的矩估计量且为无偏估计。3122111121DDDEXEXNN2111DDXDXDN，故1比2更有效。4由切比雪夫不等式知，0，112221111DPN（2）当0H为真时，检验统计量230,1029/35XN，又样本实测得24X，于是002423204120400207/029/35/HHXXPPPNN（3）由（2）知，犯第I类错误的概率为00207（4）如果05时，经查表得1645Z，于是23231645/029/35XXWZWN（5）是。2、14515X”作为原假设，即考虑假设问题0H15，1H15故接受原假设0H，即认为该广告是真实的。3、解（1）由题意得，检验统计量1/XZN，其拒绝域为1166/XWZZWXN当2时，犯第I类错误的概率为0021662|166|2P0198/XPHPXNN接受是错误的（2）222N1SN1，当2未知时，检验统计量224S，其拒绝域为2221W24S24S0577，故有显著差异。2的95的置信区间为/2/21,1SSXTNXTNNN，由样本资料得的95的置信区间为292593,299157302127297200207PPTNTPT。5、解（1）1S/XTNN。由题意得，样本测得的值为1672X，41S，10N，经查表得/2991984T，于是均值的95的置信区间为/2/299S/,99S/1664,1680XTNXTN（2）全国男子身高的平均值是1697，从（1）中的结果中，可以看出该地区男子的身高明显低于全国水平。6、假设两组数据均来自正态总体，设D表示服用减肥药前后体重均值的差，将减肥药无效即“0D”作为原假设，即考虑假设问题0H0D，1H0D由数据资料可知减肥前后数据分散程度变化不大，故可以为两总体方差相等，因此可采用检验。检验统计量为1211XYTSNN，其中221122121NSNSSNN，由样本资料得，61X，586Y，128704S，227644S，T分布自由度为1218NN，检验统计量的观察值为0075T，P值为01807500056005PPTT。建立检验的原假设和备择假设0500H，1500H由于2未知，取检验量0/XTSN，将样本资料有010,5052,6321,500NXS得到观察值02601T。利用EXCEL计算得0100143PPTNT。由P的值没有充分的理由拒绝原假设，即没有充分的理由认为500（2）由题意知222N1SN1，于是2的95的置信区间为2222005/21005/299,18903,13318599SS10、假设0HAB，1HAB取检验统计量为1211XYTSNN，其中221122121NSNSSNN。当0H成立时，12TTNN，由样本资料得，检验统计量的观察值为0T，P值为0800267005PPTT。1、解1相同设X和Y分别是甲、乙两人页出错字数，并且分别服从正态分布211,XN和22,YN。建立检验的原假设和备择假设2201H，2211H取检验统计量为212SFS，当0H成立时，12,1FFNN。根据样本资料计算结果如下112219328,1598,9,1667,89NXSNYS检验统计量的观察值为22110220919SSFFSS。利用EXCEL得/27,84529F，1/27,80204F，即/201/27,87,8FFF，因此不拒绝0H，可以认为甲、乙两人页出错字数的方差是相同的。（2）在接受方差相等的假设下，我们采用精确T检验对两组均值进行比较，考率两总体的右边检验012H，112H两组合样本方差为22211212116421WNSNSSNN，检验统计量的观察值为012198311WXYTSNN，P的值0150033005PPTT，故没有充分理由拒绝原假设，即可认为符合泊松分布。15、解记IP为数字I的概率，IN为检验过程中数字I出现的频数，N为总试验次数。考虑假设问题011,2,88IHPIL这时检验统计量的取值为22882116IIIIIIINNPNNNPNP查表得20057140676，因此接受0H16、假设0H1213KXPXK，1,2,KL则1213IIPPXI，1,2,3I，1442114327KKPPX，则检验统计量取值为20，利用EXCEL计算得202410309005PP，故接受假设，即认为服从几何分布。17、解考虑假设问题0HXEX利用极大似然法求得参数的估计为11/2X。当原假设成立，X的分布函数为00,01,0XXFXE，因此接受0H18、1取检验统计量为2/21121NINIIINIIAXXWXX，当1WN时，拒绝样本来自正态分布总体的假设。对新药组112N，查附表8得16IAI的值，由样本数据得统计量的观察值009512W，故接受新药品样本来自正态总体。对对照组210N，查附表8得15IAI的值，由样本数据得统计量的观察值为009510W，故接受对照组样本来自正态总体。2由1知可认为两组数据均服从正态分布，设211,XN，22,YN，考虑假设检验问题0H221，1H221，取检验统计量为212SFS，当0H成立时，12,1FFNN，拒绝域为/2121/212,1,1WFFNNFFNN或，检验统计量的观察值2102SFS，011,90116005PPFF故接受0H。即认为两样本来自方差相同的总体。3在2情况下，考虑假设检验问题0H12，1H12检验统计量1211XYTSNN，其中221122121NSNSSNN。当0H成立时，12TTNN，检验的拒绝域为/212WTTNN由样本数据得检验统计量的观察值为000251220208611XYTTSNN，故拒绝原假设，即认为有显著差异。19解D的检验的统计量为1681322116812IINIIIXDNXX，其中168N分别计算D和028209479002998598NDY，当1/2YY或/2YY时，拒绝样本来自整台分布总体的假设。经过计算有1/2/2YYY，可以判断新生女婴的体重数据是服从正态分布第九章方差分析与回归分析注意这是第一稿（存在一些错误）1解211,NNIIIIIILFYYFYX2212211122NIIIIIYXYXNNIEE22212,LN,LN2NIIIYXLL212212221242,0,0,1022NIIINIIIINIIIYXLYXXLYXLN解得2,XYXYXSSSSEN则、的极大似然估计与最小二乘估计一致。2的极大似然估计为SSEN，最小二乘估计为2SSEN，为2的无偏估计。2解（1）由题意，知0123H，1123,H不全相等计算有11231254NIIIXXNNN3210738IAIISNXX，3215534INTIJIIJSXX4796ETASSS，/310369AAMSS123/0178EEMSSNNN，/2077AEFMSMS所以单因素方差分析表为方差来源自由度平方和均方F比因素A2073803692077误差2747960178总和295534由于207F2,2733541F，接受0H（2）2的无偏估计量为123/0178EEMSSNNN3解161N，4R,20053,572763564F,则拒绝原假设，即认为不同年级学生的月生活费水平有显著差异。4解（1）利用EXCEL差异源SDFMSF组间1865733293286671359203组内8236120686333总计268933314从表中可以看出，