概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)第二版5 西南財(cái)經(jīng)大學(xué)出版社.pdf

1 概率論第五章習(xí)題解答概率論第五章習(xí)題解答 習(xí)題習(xí)題 5 1 1 設(shè)X1 Xn為來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單樣本 且X服從參數(shù)為p 0 p 1 的兩點(diǎn)分布 樣本值為x1 xn 求 X1 Xn的聯(lián)合分布律 解 總體 X 的分布律為 P X x p x 1 p 1 x x 0 1 故 n i i n i i ii xnx n i xx nn ppppxXxXP 11 1 1 1 1 11 L 其中 x1 xn 0 1 2 設(shè) X1 Xn為來(lái)自參數(shù)為 的泊松分布總體 X 的樣本 樣本值為 x1 xn 試求 為何值時(shí) 11nn xXxXP L最大 解 總體 X 的分布律為 e x xXP x x 0 1 2 則 e e 21 1 11 1 n n x n i i x nn xxxx xXxXP n i i i L L 其中 x1 xn 0 1 2 令0 e ee d d 1 2121 11 1 11 1 11 n x xxxxxx nx xXxXP n i i n n x n n x n x n i i nn n i i n i i n i i LL L 得0 1 n x n i i 即xx n n i i 1 1 且當(dāng)x 時(shí) 此導(dǎo)數(shù)為負(fù) 故當(dāng)x 時(shí) P X1 x1 Xn xn 最大 3 設(shè) X1 Xn為來(lái)自參數(shù)為 的指數(shù)分布總體 X 的樣本 試求 X1 Xn的聯(lián)合密度函數(shù) 解 總體 X 的密度函數(shù) 0 0 0 e x x xf x 故 0 0 e 0 0 e 1 1 1 1 1 其他 其他 n x n n n i x n xx xx xxf n i ii L L L 4 設(shè)總體 X 的樣本值為 1 3 1 1 2 3 3 2 1 2 求 X 的經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù) Fn x 并畫(huà)出其圖形 解 將樣本觀測(cè)值按由小到大順序排列 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 即 x 1 x 2 x 3 x 4 1 x 5 x 6 x 7 2 x 8 x 9 x 10 3 故 3 1 32 7 0 21 4 0 1 0 x x x x xFn 習(xí)題習(xí)題 5 2 1 設(shè) X N 25 未知 X1 Xn為總體 X 的樣本 下列樣本函數(shù)中 哪些是統(tǒng)計(jì)量 為什么 1 2 3 0 0 4 0 7 1 x y 課后答案網(wǎng) w w w k h d a w c o m 2 1 n i i X n 1 2 1 2 n i i XX n 1 2 2 1 為總體標(biāo)準(zhǔn)差 解 1 不是統(tǒng)計(jì)量 其中含有未知參數(shù) 2 是統(tǒng)計(jì)量 參數(shù) 5 為已知 2 證明定理 5 2 證 1 bXabX n anbXa n baX n Y n Y n i i n i i n i i n i i 1111 1 1 11 2 1 1 1 1 111 XEXnE n XE n XE n X n EXE n i n i i n i i 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 XD n XnD n XD n XD n X n DXD n i n i i n i i 3 證明定理 5 3 中性質(zhì) 1 證 2 1 22 1 22 11 2 1 22 1 2 22 2 XnXXnXnXXXnXXXXXXXXX n i i n i i n i i n i i n i ii n i i 4 下列數(shù)據(jù)為某報(bào)童近 20 天的報(bào)紙銷售量 658 571 611 527 546 598 470 577 549 598 676 569 608 632 572 706 609 569 577 641 1 計(jì)算樣本均值x和樣本方差 s 2 2 假設(shè)報(bào)童每天的報(bào)紙銷售 量 X 服從正態(tài)分布 并且xX E D X s 2 報(bào)紙的批發(fā)價(jià)為 0 35 元 零售價(jià)為 0 5 元 賣不完 退回報(bào)社的退回價(jià)為 0 1 元 求報(bào)童每天批發(fā)多少報(bào)紙 可使平均收益最大 解 1 2 593 641571658 20 1 Lx 22 2883 2 593641 2 593571 2 593658 19 1 2222 Ls 2 由假設(shè)得 X N 593 2 2883 22 設(shè)每天批發(fā) a 份報(bào)紙 收益為 Y 當(dāng) X a 時(shí) 實(shí)際售出 a 份報(bào)紙 收益 Y 0 15a 元 當(dāng) X a 時(shí) 實(shí)際售出 X 份報(bào)紙 退回 a X 份 收益 Y 0 15X 0 25 a X 0 4 X 0 25 a 即 25 04 0 15 0 aXaX aXa XgY 則 1 15 0 25 0 4 0d 15 0d 25 0 0 4 E aFaaaFdxxxfxxfaxxfaxY a a a aaaFdxxxf a 15 0 4 0 4 0 令015 0 22 2883 2 593 4 015 0 4 015 0 4 0 4 0 4 0 d dE a aFaafaFaaf a Y 得375 0 22 2883 2 593 a 即32 0 22 2883 2 593 a 且0 4 0 d Ed 2 2 0 0 0 e5 5 x x xf x 有 x x x x x xxXP 555 e e de5 故 ln 5 1 x 當(dāng) 0 15 時(shí) 3794 015 0ln 5 1 15 0 x 當(dāng) 0 95 時(shí) 0103 095 0ln 5 1 95 0 x 習(xí)題習(xí)題 5 3 1 求 N 5 16 分布的上側(cè) 分位數(shù) 1 0 95 2 0 05 3 0 01 解 因 1 0 4 5 N X 且 4 5 4 5 xX PxXP 有 u x 4 5 則 x 5 4 u 5 4 1 1 1 x0 95 5 4 u 0 95 5 4 1 64 1 56 2 x0 05 5 4 u 0 05 5 4 1 64 11 56 3 x0 01 5 4 u 0 01 5 4 2 33 14 32 2 查表求自由度為 7 的 t 分布的上側(cè) 分位數(shù) 1 0 95 2 0 99 3 0 05 4 0 01 解 因 t1 n t n 1 t 0 95 7 t 0 05 7 1 8946 2 t 0 99 7 t 0 01 7 2 9980 3 t 0 05 7 1 8946 4 t 0 01 7 2 9980 3 查表計(jì)算 2 18 1 0 05 2 0 99 解 1 869 28 18 2 05 0 2 015 7 18 2 99 0 4 設(shè) 2 2 n 證明 E 2 n D 2 2n 證 因 2 2 n 存在 X1 X2 X n相互獨(dú)立且都服從 N 0 1 使得 22 2 2 1 2 n XXX L 則 E E E E E 2 1 22 2 2 1 2 XnXXX n L D D D D D 2 1 22 2 2 1 2 XnXXX n L 因 X1 N 0 1 有 E X1 0 D X1 1 故1 E D E 2 11 2 1 XXX 即 E 2 n 而 22 1 4 1 2 1 E E DXXX 且 xx x xxxX xxxx d3e 2 1 e 2 e d 2 1 de 2 1 E 2 22 3 2 3 2 44 1 2222 3 E3de 2 1 30 2 1 2 2 2 Xxx x 課后答案網(wǎng) w w w k h d a w c o m 4 故213 E E D 22 1 4 1 2 1 XXX 即 D 2 2n 5 求第一自由度為 4 第二自由度為 7 的 F 分布的上側(cè) 分位數(shù) 1 0 95 2 0 99 3 0 05 4 0 01 解 因 1 1 nmF mnF 1 1642 0 09 6 1 4 7 1 7 4 05 0 95 0 F F 2 0668 0 98 14 1 4 7 1 7 4 01 0 99 0 F F 3 F0 05 4 7 4 12 4 F0 01 4 7 7 85 6 證明 1 1 nmF mnF 證 設(shè) X 2 n Y 2 m 且 X 與 Y 相互獨(dú)立 有 mnF mY nX F 且 1 nmF nX mY F 則 1 11 1 1 nmFF PnmFFP 即 11 1 nmFF P 故 1 1 nmF mnF 習(xí)題習(xí)題 5 4 1 在總體 N 12 4 中隨機(jī)抽取一容量為 36 的樣本 求樣本均值X落在 8 8 至 13 2 之間的概率 解 因總體 X N 12 4 且樣本容量 n 36 有 1 0 3 1 12 362 12 N XX 故9998 0 6 9 6 3 6 3 3 1 12 6 9 2 138 8 YX PYXP 3 分別從方差為20和35的兩個(gè)正態(tài)總體中抽取容量為8和10的兩個(gè)獨(dú)立樣本X1 X 2 X 8與Y1 Y 2 Y 10 試估計(jì) 2 22 yx SSP 課后答案網(wǎng) w w w k h d a w c o m 5 解 雙總體 X N x 20 Y N y 35 樣本容量分別為 n 8 m 10 且相互獨(dú)立 則 9 7 75 1 35 20 2 2 2 2 F S S S S y x y x 故0423 0 5 375 1 2 2 2 22 y x yx S S PSSP 注 最后一步利用 MATLAB 軟件計(jì)算積分 程序如下 建立 fdis m 文件 function y fdis x n 7 m 9 y gamma n m 2 gamma n 2 gamma m 2 n m n 2 x n 2 1 1 n m x n m 2 F 分布密度 命令窗口輸入 p 1 quadl fdis 0 3 5 4 設(shè)總體 X N 2 X1 Xn為 X 的樣本 如果利用樣本討論與總體期望 有關(guān)的概率問(wèn)題 應(yīng)選 取哪個(gè)統(tǒng)計(jì)量 選用哪個(gè)抽樣分布 解 討論總體期望 應(yīng)選取樣本均值X 當(dāng) 2已知時(shí) 選用 1 0 N n X U 當(dāng) 2未知時(shí) 選用 1 0 N nS X T 5 設(shè) X1 Xn與 Y1 Ym分別為來(lái)自正態(tài)總體 2 11 NX與 2 22 NY的樣本 且兩樣本相互 獨(dú)立 如果利用樣本討論與兩總體樣本均值差 1 2有關(guān)的概率問(wèn)題 應(yīng)選取哪個(gè)統(tǒng)計(jì)量 選用哪個(gè) 抽樣分布 如果利用樣本討論與兩總體樣本方差比 2 2 2 1 有關(guān)的概率問(wèn)題 應(yīng)選取哪個(gè)統(tǒng)計(jì)量 選 用哪個(gè)抽樣分布 解 討論兩總體均值差 1 2 應(yīng)選取樣本均值差YX 當(dāng) 2 1 和 2 2 已知時(shí) 選用 1 0 2 2 2 1 21 N mn YX 當(dāng) 2 1 和 2 2 未知但 2 2 2 1 時(shí) 選用 2 11 2 1 1 2 2 2 1 21 mnt mnmn SmSn YX 復(fù)習(xí)題五復(fù)習(xí)題五 1 設(shè) X1 Xn為來(lái)自總體 X 的樣本 下列樣本函數(shù)何時(shí)是統(tǒng)計(jì)量 何時(shí)不是統(tǒng)計(jì)量 1 XX n n i i 2 1 1 2 n i i baX n 1 2 1 3 n i ii XX n 1 2 E 1 4 min max 11 i ni i ni XX 5 D min max 11 X XX i ni i ni 解 1 不含未知參數(shù) 是統(tǒng)計(jì)量 2 含參數(shù) a b 當(dāng)參數(shù) a b 已知時(shí) 是統(tǒng)計(jì)量 當(dāng) a b 未知時(shí) 不是統(tǒng)計(jì)量 課后答案網(wǎng) w w w k h d a w c o m 6 3 含 E Xi E X 當(dāng)總體期望 E X 已知時(shí) 是統(tǒng)計(jì)量 當(dāng) E X 未知時(shí) 不是統(tǒng)計(jì)量 4 不含未知參數(shù) 是統(tǒng)計(jì)量 5 含 D 1 DX n X 當(dāng)總體方差 D X 已知時(shí) 是統(tǒng)計(jì)量 當(dāng) D X 未知時(shí) 不是統(tǒng)計(jì)量 2 設(shè) X1 Xn為總體 X 的樣本 n i i X n X 1 22 1 在下列情形下求 E 2 X 1 X 服從參數(shù)為 p 0 6 的兩點(diǎn)分布 2 X 服從參數(shù) 7 的泊松分布 3 X N 3 16 解 因 222 E D E D EXXXXX iii 有 2 1 22 E D E 1 EXXX n X n i i 1 因 X 0 1 有 E X p 0 6 D X pq 0 24 故6 06 024 0 E 22 X 2 因 X P 7 有 E X 7 D X 7 故5677 E 22 X 3 因 X N 3 16 有 E X 3 D X 2 16 故25316 E 22 X 3 設(shè) X N 4 X為樣本均值 試求樣本容量 n 為多少時(shí) 才能使9 0 1 0 XP 解 因 X N 4 有 1 0 2 N n X 則9 01 2 1 0 2 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 2 1 0 1 0 n nnnn X n PXP 得95 0 2 1 0 n 64 1 2 1 0 05 0 u n 8 32 n 故 n 1075 84 取 n 1076 4 設(shè) X N 15 9 X S 2分別為樣本均值和樣本方差 樣本容量 n 6 求 a 使概率9 0 aXP 解 因 X N 15 32 且 n 6 有 1 0 6 3 15 N X 則9 0 6 3 15 6 3 15 6 3 15 aaX PaXP 得28 1 6 3 15 1 0 u a 故 a 16 57 5 設(shè) X N 9 X S 2分別為樣本均值和樣本方差 n 10 求 a 1 使概率9 0 aXP 應(yīng)該用什么分布 能否求出 2 使概率 P S 2 a 0 9 解 因 X N 32 有 1 0 10 3 N X 9 9 110 22 2 S S 1 應(yīng)該用正態(tài)分布 9 0 10 3 10 310 3 b S S Pb S S P y x y x 即97 3 7 5 9 38 05 0 Fb 故 b 0 9403 7 設(shè) X1 X5為來(lái)自總體 N 20 9 的樣本 求 1 P max X1 X5 21 5 2 P min X1 X5 21 5 解 1 P max X1 X5 21 5 1 P max X1 X5 21 5 1 P X1 21 5 X5 21 5 1 P X1 21 5 P X5 21 5 1 F 21 5 5 1 0 5 5 1 0 69155 0 8419 2 P min X1 X5 21 5 P X1 21 5 X5 21 5 P X1 21 5 P X5 21 5 1 F 21 5 5 1 0 5 5 1 0 6915 5 0 0028 8 設(shè) X1 X n X n 1是來(lái)自正態(tài)總體 N 2 的樣本 1 1 n i i XX n 22 1 1 1 n i i SXX n 試證 明統(tǒng)計(jì)量 1 1 1 n XXn Tt n Sn 解 因 2 1 1 n i i XXN nn X n 1 N 2 且X與 X n 1相互獨(dú)立 即 1n XX 服從正態(tài)分布 且 11 E E E 0 nn XXXX 2 22 11 1 D D D nn n XXXX nn 則 2 1 1 0 n n XXN n 即 1 0 1 1 n XX N n n 因 2 2 21 22 1 1 n i i XX nS n 課后答案網(wǎng) w w w k h d a w c o m 8 故根據(jù) t 分布的定義得 1 1 2 2 1 1 1 1 1 n n XX n XX n t n n nS S n n 9 設(shè) X1 X2為來(lái)自正態(tài)總體 N 0 2 的樣本 求 2 21 2 21 XX XX Y 的分布 解 因 X1 N 0 2 X2 N 0 2 且相互獨(dú)立 有 E X1 E X2 0 D X1 D X2 2 Cov X1 X2 0 則 E X1 X2 E X1 E X2 0 D X1 X2 D X1 D X2 2 2 E X1 X2 E X1 E X2 0 D X1 X2 D X1 D X2 2 2 Co