数理统计课后题答案完整版

1、第一章3.解：因为Xi所以Xicyi所以因为2 sX又因为所以XisysX1027 =2sy1 l- 2一mi yiyn i 1cynacyi10440.253521.5 39 1.5 4 12 1.534 1.5cyiyicycyXicyicyc sy10yiV2sX1002sy4.4025成立cy成立27*Xyi-35-91234mi23416.解:变换Vlmi yiXi135 2 9 3 12 4 3410身154158162166170174178高:15:16:16:17:17:17:188260482组156160164168172176180中值学101426281282生数7解

2、:160 14 164 26 172 12 168 28 176 8 180 2-min i 1*Xi1210 156 16614100212 172 1668 17622160 16626 164 166221662 180 166228 168 16633.448解：将子样值重新排列（由小到大）-4, 0, 0,Me X nJX702R X n X13.2147.21Me X n X81.2121.59解:21n1Y -Xin1xin i 11 n2n2xj% j 1ni xin2 X2Xi2服从分布n1n2n1 n2n1 n22 xin2n1n2所以Y:15.解

3、:因为Xi : N0,1i 1,2,nX1X2 X3 :N 0,3EX1X23X3X1X2 X3n1xii 1n2xjj 1n1x1一 2n2 x2所以X1X2X3:N,3n1n2n1n222n1S1一22一 2X1X2X3x1n 2 s'2x2-32n1x1n2 x23 32n1n2n1n2同理X4X5X6.222一22一 23n1s1n 2s2n1、n2 x2n1x1n2 x2n1n2n1n2n1n2222审于分布的可加性，故2 ne2n2s2n1 n1n2 x1n2n1n2 x2n1 x1n?x2X1 X2X32X4n1n2n12n21 Y3X52QS12n2s222.3, 3“

4、n2 x1ng x22 n1n2x1x2C -n1n22n1 n2可知一 232n1S12n 2s2n1 n2x1x216.解:11）因为Xi:N0, 22n1n2n1n2当:N0,1,解：nXi所以EXiDXi12.n1n2i 1X6212Y-20,1xi : Pi 1,2, ,n1,2, ,nEXe1nEx1DXd1nDxi13.解:a,bExDxii 1,2, ,n在此题中ExDx121,2, ,nFk y因为EXe1nEX1DXD1n i14.解:因为所以Xit 2由分布定义可知dxn 1x2nDxi i 1EX0,13nXi D 所以n1y2fY11,2, ,n(2)因为Xi :0,

5、Xi一 :N 0,11,2, ,n1 e32 ny0所以n XinY22故fY, ynyFyy 2p nY2nydx17.解:因为fY2存在相互独立的fY2n n 1_ 22n2y2n。？2ny(3)因为所以FY3 yfY3 yf 21Xi : N0,Xi:N 0,1 ,nXin0,1PYy f 21（4）因为所以FY4 y1,2,由定义可知丫3X2u2五Vy218解：因为U2:2 : F 1,nXi :N 0,1,2,n：2-xeXi :2nN 0,_Xi_:nn Xip Y4L， 电yy了f00,1xdxn Xii 1 , nn m Xi所以0,1（2）因为1,2,n所以f 2 1 x d

6、x02 mXiXiXi0,11,2, , n mXiXi2n2 : F n,m n m Xi19.解：用公式计算19090 42 90U0.0120.01查表得U0.012.33In L ( P )n Inn ) ln( 1工,2 0.019090 31.26121.26d ln Ldp20.解:因为2n解之得nnX ii 1,2由分布的性质3可知3.解：因为总体X服从ua bX n=：N2nE( X)2令 E ( X) =XD ( X)a,(b)所以a-b ) 212 r! n r0,1S2 = l n a+b-2n2nn(Xii 1XD ( X) =S2X)2limPn,2n1.0,xe从

7、而有2.1). E(x)k (11c n12 nb)212XS2、,3S、2nxdx令所以有p2).其似然函数为L(P)n(1 P)xi1'1 ,2net27 dtxe, 2nx dx4.解：(1)L()ln L()d ln L解之得：(2)母体E(x) k 1p) pk(1 p)k 1x 1n /p p (1nXi n设 x1 , x 2 , Ln(lnXi)1,0lnxin1nln x ii 1n-nln x ii 1X的期望xf (x)dx而样本均值为:X 1 nX n i 1令 E(x)-1xi5.。解：其似然函数为:xn为样本观察值则似然函数为:xi 1,i1, 2,L ,n

8、nln xix dxp)i1L()In L(得:(2)1(2 jxi122.2 2.212120.4033由于nln(21n 令一Ixl 0i 18.解：取子样值为（刈？2,xn), (xiXi则似然函数为:L(xi)exii 120Xxe dx2Xxe 一0xe -dx0In L( ) (xii 1nxii 11 n , .1 n ,1E( ) E(niJxi)xi) n n要使似然函数最大，则需取 min( x1,x2,xi= min( x1 ,x2,x）的无偏估计量。6.解：其似然函数为:9.解：取子样值（x1,x2,xn )( xi0)L()k (k)!x(k 1)ex exi()n(

9、k 1)!x(k1)exi则其似然函数L(xinxii 1In L( ) nk Innn(k 1)ln( Xi) Xii 1 i 1InL()n Inxid In L( ) nk d 一解得nk-nX ii 1nXi 0i 1kX f(x),0 xInL()dxixi i 1由题中数据可知-1x (365 5100024515 150 2510035 70 4545 55 25 65) 207 .解：由题意知：均匀分布的母体平均数0 _22 '方差2(0)2万差 120.0512用极大似然估计法求得极大似然估计量10.解:极差似然函数：L（）0 min ximaxxi(i)1 i n(

10、2)选取使L达到最大maxx1 i n由以上结论当抽得容量为 6的子样数值20(1)由题中子样值及题意知:6.2 1.5 4.7 查表 2-1 得0.4299 4.7 2.0205平均极差R 0.115,查表知0.3249 0.115 0.045510.4299 ds110.3249d1011/解：设U为其母体平均数的无偏估计，则应有-1又因 x ,(8 1 40 3 10 6 2 26) 4 601.1,2.2即即知4212.解： X N( ,1)C D(Xii 11) D(Xi)_ 2 20 C 2 2C(n 1) i 1E(xJ , D(Xi) 1, (i 1,2)_1 _2 _则 E(

11、 1) EX1-EX23313E( 2)EX1 EX24411E( 3) 2EX12 EX 22要使E()所以当C15.证明:2只帝C12(n 1)2的无偏估计。参数的无偏估计量为,d依赖于子样容量n2E(S )1 n, I。X)2所以三个彳计量 1, 2, 3均为 的无偏估计2141415D( ) D(XX2)DX1DX2339999951同理可得D( 2) 5，D( 2) 182可知 3的方差最小也亦 2最有效。13解： X P( ) E(X) ,D(X)则 0,由切比雪夫不等式lim D 0 故有 lim p1nn即证为的相合估计量。16证明：设X服从B(N,p),则分布彳t为 P(X

12、k) C：Pk(1 P)k (k 1,2, N)这时 E(X) NP D(X) NP(1 P)1 n2-2为)nE(X)EX2DX (EX)2NP(1 P)2P21n 12)n(n2)所以E(P)EXNNP PN（无偏）(nDPDXN1NP(1N2nP)P(1NnP)罗一克拉美下界满足2即S是的无偏估计又因为1 nE(X) E(1 Xi)n i 11E( n iXi)EXi1即X也是的无偏估计。又 0,1_*22E(aX (1 )S ) E(X) (1 )E(S )(1)2因止匕X (1 )S也是的无偏估计214.解：由题意：X N(,)因为n 1E()2C E(XXi)2CD(Xi1Xi)(

13、E(X-Xi)2i 11 nK k-n 5CnPK(1I R k 0 PP)N P2CNPK(1N K2n (LnCN KLnP (N P)Ln(1 P)2CK 0 PN K n PK 0 PEX2 n二 PNF(1 P)n PnNnNP)N PPK(1 P)N KN P .2 _ K KN KTV1 Cnp (1 P)22NEX 2EX 2P(1 P)N2P222N2 2NEX EX 221(1 P)N2P NP1 P) n2p2(1 P)2N2 2N2P NR1 P) N2P2(1 P)2P(1 P)P(1 P)rr所以I R D P即p为优效估计nN1x-)-17.解：设总体x的密度函数

14、 f (x) e 2,2似然函数为- s - s得置信区间为(x uX u )-2 , n22. ,. nn2(Xi )2n(xi )n i i21q 22 o q 2L( )e 2(2) 2e 2i 1 . 2(Xi)2LnL( 2)2Ln2 2Ln 2-已知 10.95s=40 x=1000查表知u 1.96代入计算得 2所求置信区间为()19.解：(1)已知 0.01cm则由 U X N(0,1)PU u 1n工一(Xi n i i)2因为 (Lnf 2X)2 f(x)dx:)22 4(X )2e dX解之得置信区间 以u X u ) 2 n1 n将 n=16 X= uu0.05 1.6

15、450.01代人计算得置信区间()(2) 未知T X E 1) PT t 1S -, n1_4_224 n= L1E(X ) E(X )2=解得置信区间为(x st X st) .n 2n i将 n=16 t (15) t0.05(15)1.75322故 2的罗一克拉美下界241 n2E(- (Xi )n i 1Rn2又因ES2 0.00029代入计算得置信区间为()20.解：用T估计法XT-t(n 1) PT t (n 1) 1Si/ -：? n1 n22-E( (Xi )n i 1L 21 n224且口( ) D(- (Xi)-n i 1n解之得置信区间(X*一 SX t ) n 2.将

16、X 6720 S 220 n=10代入得置信区间为(查表 t0.025(9)2.262221.解：因n=60属于大样本且是来自(01)分布的总体,22所以 是 的无偏估计量且I R2D()故由中心极限定理知nXi npi 1n X np近似服从N(0,1)22故 是 的优效估计np(1 P)np(1 P)18.解：由题意：n=100,可以认为此为大子样, X所以U近似服从N(0,1)S nPU| u 12n(X P)P.np(1 P)u"2解得置信区间为(X曲叽n wP(1 P)u )n二2本题中将L代替上式中的X由题设条件知" 0.25nnP(1 P)1nUn(n Un)

17、0.05525.解：因Xn 1与X1 ,X2, Xn相互独立,查表知U nU 0.0251.96所以Xn 1与X相互独立，故代入计算的所求置信区间为()Xn22.解:2 ,未知故 U X -N(0,1).n12X N (0, (1 -) n由PUu)2解得置信区间为(X区间长度为2un 2于是2 uL计算得n23.解:未知，用un 24 2T2U,722估计法2(n 1)S -2P 12_(n 1)22(n1)"n1) 1解得的置信区间为(_2(n 1)S2(n 1)S(1)当 n=10, S =时.2查表 0.005(9) =20.995 (9)=代人计算得的置信区间为()(2)

18、当 n=46,S =14 时查表2.005(45) =20.995 (45)2(n 1) 且与Xn1 X相互独立,2即为所求Xn1 Xn 1有T分布的定义知2(n 1)nnS21) 2Xn 1SX n 1 八Gt(n 1)26.解：因 X i N (2)1,2,Yj -N(2)1,2,所以(X 1)N(0,)，m由于X与Y相互独立，则(x 1) (Y即(X 1) 2(Y2) N0,(一 m(Y2代入计算可得24.解：(1)先求的置信区间为(的置信区间由于)未知又因2 msx2(m1)222)N(0,) n2-) n2) N(0,1)2 nSy22(n 1)X “Tt(nS .n1) KT2 e

19、 ms 则一x22nSy2(mn 2)得置信区间为(XSn1St n万构造t分布(X(Y22)经计算X 5.12S 0.2203查表 t0.025 (19)2.093n=20代人计算得置信区间为(2) 未知用统计量(n1)S2-22(n 1)(X2 msx1)2 nSy(Y2)t(m n 2)2P2)227.得的置信区间为(n 1)S2(n 1)S证明：因抽取n>45为大子样*2(n 1)s22 ,八、2 一, 2(n 1)由2分布的性质3知查表 (2025(19) =2 0.975(19) =2 (n 1)代入计算得的置信区间为(<2(n 1)近似服从正态分布 N(0,1)所以

20、PUU21PU u 12计算得置信区间为得 2 (n 1)(n 1)(n 1)s22(n 1)2(n 1)U-z(X1X2S12S22U2 : n mX1X222可得 2的置信区间为 ss1 2' 三1 u 二 1 iuTn 1 n 1- 一 _ _ 2_ _ _ 2把 X11.71X21.67 S10.035S22 0.0382 n m 100 uu0.0251.961代入计算得置信区间(0.0299,0.0501)222一 ，一28.解：因12 未知，故用T统计量T X Y ( 12)t(n m 2)11sw i n m31.解：由题意，Ui,U2未知，则其中sW(n 1)s2 (

21、m 1)s2n m 21,ni 1)0.05 n m 2查表 t0.025(4)2.144则 P F(n2 1,n1 1)1 .2F (n2 1,n11)计算 X 81.625 Y 76.125s2145695,s2101.554,sw123625 代入得XY 17(n m2)sWJ1-5.5 11.9237n m故得置彳t区间(6.4237,17.4237)一 229解：因12 故用T统计量经计算得P F(n2 1,n11 -22解得122(n2-2Xa Yb1 swn其中Sw-2(n 1)S计算得置信区间为(Xa Xb Swt_(n2把Sw22) t(nm 2)2S2查表:-2(m 1)S

22、2m 2)y- n(7) =2代入可得所求置信区间为(Xb30.解：由题意 用U统计量X1 X2( 12)U 12212"N(0,1)S12s22；n mt_2Swt_(n2m 2)y-) n m_*21)3F_ (n2 1,n122 2*a di的置信区间为1,必0.3572S11)2 ,F2S2(电21,12132S2F0.025 (5,8)F0.975 (8,5)_*2_ _S10.2450.054.82F0. 025 (5,8)14.820.2072带入计算得 T 的置信区间为：(0.142,4.639)232.解：2未知，则 X即:T t(n 1)S- n* SPT t (

23、n 1)1 有：p X t (n 1)-1nS /则单侧置信下限为：X t (n 1)将X 6720 S 220nyr 2xyn 10 to.o5（9） 1.833带入计算得6592.471即钢索所能承受平其中xyn iX Yin2Xii 12Yi1均张力在概率为95%的置信度下的置信下限为 6592471。33.解：总体服从（0, 1）分布且样本容量n=100为大子样。令X2.解:2690.14XY2736.511为样本均值，由中心极限定理nX nPn 2N(0,1)又因为2 S22mx451.112mY 342.665代入得所以p nX np unS2xyxy-2 mx2736.511 2

24、6 90.14 0.8706451.11则相应的单侧置信区间为S'，90.14 0.8706 26 67.508822my22mx342.665 0.87062451.11 0.7487将 X= S2 m(1 m)0.60.94u Uo.05 1.645n n代人计算得所求置信上限为 即为这批货物次品率在置信概率为95%情况下置信上限为。34.解:由题意:2(n 1)S22(n 1)3证明:dod1d0 uv uvd 1 u2-2udod1n_ui uvivi 1do i 1X Cd1X C1d1YiCo doY Cdo(n1)解得2的单侧置信上限为（n 1）Sd1其中n=10,=45

25、,2 ,查表 (n1)2-0.95(9)代人计算得的单侧置信上限为。第五章1.解：对一元回归的线性模型为1,2,12 (n 1)X cd1X C1d1,nd0 d0d1x Yid1n离差平方和为QQ y ii 1Xi的偏导数,并令其为0,YiXiXido变换得因为所以解此方程得xy2XYiXiYiXiXYi22Xixy2xy-2 -xy x一22XI i 11d7XidovdovYiCodoCodo d1Xi Xd o d1Cod o d1CiC1d12ndoi 1ViUidodoVcododoyi260025002400dododo d1Ui*2xy xy2mx1558 6 210.436.

26、95210.4 36.95 611.3xiC1d1510929.843236.952 812.373.517dod14.解:假设 H0 :用T检验法查表彳导t0.02538H1：38拒绝域为xi3.1824品 质 指 标23002200 .将上面的数据代入得1.89t0.025 321002000 _所以接受H0 即认为为381900 -1800152025X的回归函数具有线性函数形式,30354045505560支数35.3532211.2 xy 76061.6762mx132.1302 _my 34527.46 代入得*2*2xy xy2- mx2 my5.解:2mx76061.676 3

27、5.353 2211.2“ ” 15.986.解：（1）由散点图看,认为长度对于质量的回归是线性的O121198710 度 长9132.1302211.2 15.98 35.353 2776.1422 _mx 34527.46的无偏估计量（2）将 x 17.5y 9.49 xy 179.37215.98132.130 786.692mx72.92xy xy2mx2m22.45代入得179.37 17.5 9.49 0.18272.9220 20786.6918y 210.4874.10xy 15582 一my 10929.84 代入得(3)9.49x 6.30516 时 yo0.182 17.

28、50.182xa 16b6.3050由T分布定义YoXoXon-2xixi 12Y0X0X0nto.025 n 20.95所以Y0的预测区间为Xi最小二乘估计为X1X22xyX22x?yx2 yxix22 xyx22%X22 2X1 X2物小22X2yx12X1X22 2X1 X2/2112n1正规方程为*1一 *X t0.025n 21n2Xd X一 *X) b025n 211 n2X)X其中x1y yix2yXi2yi i 1查表得to. 4 2.776X1X2将（2）的数据代入得11解:*2nV 4 2.450.18夕72.920.00750.0866计算得Y）的预测区间为8.9521,

29、9.472115Vi 19.解：利用第八题得到的公式152yii 1Xi1Xi2(1)X1248.254148.3125将X 21y 141.2 xy 31382mx 90X161.33Xy Xy代入得2mx3138 21 141.2 1.929015Xi22352448910. 解Y 1X12XjXj2j 1,215采用线性回归模型2X2Xy 16.5515X1i 115Xi 2 i 1159207257141.21.9221100.88i 115XV15170Xi1X211515离差平方和为1,yiyi可变换为2Xi2i,i1,2,nL112X11515Xi1115L222X2yii 1i

30、 Xi12Xi2L1211515X215L21Xi1Xi2152的偏导数并令其为1Xi11Xi1yiXi215L1yXi2Xi22Xi2Xi1Xi22Xi1于是1515x2 56734i 1X2 483.8445366xi2yi 1206392515 i 115Xi 1567343524489Xi1i156426.66 307.343510936.6 13552.415Xi2 i 115yii 1445366 445096151701522627056Xi1Xi2 115Xi2yi i 1115 Xi215 i 116.55 L15yi120639.25307.3427027013552.41

31、20103.25L1y53656536n1 为1为2i 1n 22Xi2i 1可得,56 ，一L 1 56 所以 y 10.504 0.216Kl5360.04x2212.解 p18采用线性回归模型于是y 4.582 L1752.93 1085.621085.623155.781200336412003364355721 xi3 x318146381.27718xii 1183231.5X111.944xi2758X2215L2y2216.5可得3231.5L12216.542.117593759318xi3i 1182 xi222143507618182Xi1818X31818L222xi2

32、18181818X1X2L2118xi2xi318X1VL1y18L2y1232 xi330786418X22X14321.02所以第三章1.解:4321.022568.051752.97由于3507631920.223155.7843.651.78为0.08x20.16x3假设：Ho :26,H1 :262xi318183078942723223557210139.518x2i 11818xii 118%10139.5 9053.88 1085.629659818xi1xi3 i 19659818xi2xi3 i 118xyii 1GV181818181820706.21 1818 i 16

33、3825xi1118xi3127645 26445 120018xi18185.2已知，故用统计量uu因显着水平2这时，就接受2.解：(1) N (0,1)u的拒绝域u u"227.56 265.2 40.05，则 uH0x已知，故u 1.21.2xi2yi i 118xi218xi3yi i 11818754218xi3 i 1u_Uo.0251.9622.N(0,1)18。96598 93234 3364i 120706.2 17474.7 3231.5yi63825 61608.5 2216.518yi187542 179949 7593u的拒绝域u3.2因显着水平0.01，则

34、3.2 uu0.0052.576 故此时拒绝 H 0: u 52检金u 4.8时犯第二类错误的概率L3yx3yi 118i 1x令t 则上式变为0. n近似N (0,1)拒绝域为u1.2(4.58)(4.58)0.99999790.71803.解:假设H。:*2su工t2e 2 dt(0.58)(0.58) 10.7199014.58 e.20.58t2Tdt200 00.973x 0.994 s 01620.05uo.o25 1.960.0213.2500.162 .2001.833 1.96故接收H0 ,认为新工艺与旧工艺无显着差异。6.解:由题意知，母体 X的分布为二点分布 B(1, p

35、),作假设Ho : p Po( Po 0.17)3.25, H1 :用t检验法拒绝域(n 1)20.01,此时m(m为n个产品中废品数) n400很大，故由中心极限定理知 x近似服从正态分布。3.252 查表 to.0112(14)4.60410.00017,s 0.0130 代入计算0.344 to.0112(14)故接受H 0，认为矿砂的银含量为3.254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 H 0 :2.64用大子样检验即PN(0,1)拒绝域为 s nu22.由 n 200,x 2.62,s 0.06,0.01查表得u2.57520.020 °。3.3

36、30.06 102.575故新加工工艺对元件电阻有显着影响5 .解：用大子样作检验Ho :m ponPo (1 Po)n N (0,1)mPo nP0(1Po)u22.计算得拒绝域为把 m 56, n代入m PonPoPo (1Po)400,u"20.14 0.17uo.0251.96,po 0.170.03 1.96 0.0188 0.037即接受Ho ,认为新工艺不显着影响产品质量。7解：金属棒长度服从正态分布原假设Ho :备择假设H1 :xo t 1 t(n 1)sx no 10.5,拒绝域为t t_21x (10.41510.610.7) 10.48样本均方差12s(10.4

37、 10.48)14_ 2(10,7 10.48)0.237x甲x乙22S1S2近似 N(0,1) 解得拒绝域u于是t0.02 八0.3270.237 15xiSi2805,x2120.41,s22680105.00代入计算而 t0,025(14)2.144 因 0,327 2.144n1140,n2100xi x2故接受H 0 ,认为该机工作正常。2S21258.03120.41210528.解：原假设Ho0 12100,n1 n2100查表 uUo.0251.96 因 8,03 1.96-2备择假设H1 :x ot(n 1)故拒绝原假设即两种枪弹速度有显着差异。11 .解：因两种作物产量分别服从正态分布且拒绝域为代入计算t22.14211958, s323,0.05假设H02.153323 24t0.025(13)2.068故统计量X YQ 1Sw.一