清華大學(xué)楊虎應(yīng)用數(shù)理統(tǒng)計課后習(xí)題參考答案

1、習(xí)題一1設(shè)總體X的樣本容量n5,寫出在下列4種情況下樣本的聯(lián)合概率分布1)XB(1,p);2)XP();3)XUa,b;4)XN(,1).解設(shè)總體的樣本為X1,X2,X3,X4,X5,1)對總體XB(1,p),P(X1X1，X2X2，X3X3，X4X4，X5X5)n5P(XiXi)i1i15x5(1x)p(1p)px(1p)1x_15其中：X-Xi5i12)對總體XP()P(X1X1,X2X2,n5P(Xix)i1i5x55eXi!i1,15其中：X二X5i13)對總體XU(a,b)5f(X1,L,X5)f(X)i1 管。ye一E(|Xi )n i 10 etdty2三dyE(X) . 212

2、設(shè)X-K,Xn是總體X-N(,4)的樣本，X為樣本均值，試問樣本容量n應(yīng)分別取多大，才能使以下各式成立：2、一、一1)E|X|0.1;2)E|X|0.1；3)P(|X|1)0,95。解1)Q X N(,4)4、XN(,)-UN(0,1)n2/Vn2-EnE20.1所以:402)UN(0,1)所以：E計算可得:3)e2LE(U)u2e2duXu22du.nX.n22/1n22寸10.95查表可得：一n2uo.9751.96,n15.36n16.13設(shè)(Xi,K,Xn)和(Yi,K,Y)是兩個樣本，且有關(guān)系式:1丫-(Xia)(a,b均為吊b0),試求兩樣本均值X和Y之間的關(guān)系，兩樣本方差sX和S

3、Y2之間的關(guān)系.因：YnXi1na所以：EY即:sYEXXi1bXi7SX14設(shè)X1,K,X5是總體XN(0,1)的樣本.1)試確定常數(shù)2)試確定常數(shù)解1)因：X1c1,d1,使得c1(X12c2,使得c2(X12X2)d1(X3X42X2)/(XX2N(0,2),X33X42X4X5)標(biāo)準(zhǔn)化得:故:X1X22X3可得:1c12d12)因:X；X22(2)所以:22X1X2X3X4322X5可得:2X5)2(n)F(m,n),并求出m和n.X5N(0,3)X3X43X4X5J3X3X4X53F(2,1)，3_/一，m2,n1.2X.5N(0,1)且兩式相互獨立2，15設(shè)tp(n),Fp(m,n

4、)分別是t分布和F分布的p分位數(shù)，求證一，、一2一一、tip/2(n)Fp(1,n).證明設(shè)Fip(1,n),則：P(F)1pP(、FF)11pP(T、.一)P(T)1p2P(TI)2pP(T1)1-2所以：-t1_p(n)2故：tp2(n)F1p(1,n).1-216設(shè)X1，X2是來自總體XN (0,1)的一個樣本，求常數(shù) c,使:2(X1 X2)222(X1 X2)2 (X1 X2)20.1.解易知X1X2 N(0,2)X .Xc同理X1X2N(0,2),則1L2N(0,1)2P (1 c)(X1 X2)2P2(X1 X2)又因：Cov(X1X2,X1X2)0,所以X1X2與X1X2相互獨

5、立.(X1X2)222(X1X2)(X1X2)2(X1X2)cP2(X1X2)1cXI X220.1(1-2).2cX1X221c(.2)所以：F09(1,1)=39.91c計算彳導(dǎo):c=.17 設(shè) X1,X2,K , Xn,Xn 1 為總體 X - N(2)的容量n 1的樣本，X,S為樣本(XhK,Xn)的樣本均值和樣本方差,求證:11 P Xi 1011)nXn1XT匕??；n122)XXn1N(0,)；nn123)XiXN(0,).n解 1)因：E(Xn1 X) 0 ,n 1所以：X n 1 X N(0,Un又：n-21S2 2(n 1)D(Xn1 X)2)，Xn 1 Xn 1 N(0,1

6、)S2相互獨立t(n1)n122)由1)可得：XXn1N(0,2)n3)因：E(X1X)0,D(X1X)一一.一n1o所以：X1X-N(0,2)n18設(shè)X”K ,Xn為總體X N(2）的樣本，X為樣本均值，求n,使得P(|X|0.25)0.95.cXQU=N(0,1)/.n所以：0.25.n0.975查表可得：0.25.nU0.9751.96，即n62.19設(shè)X”K,Xn為總體XUa,b的樣本，試求：1)X的密度函數(shù);2)X(n)的密度函數(shù);x a,ba,b解因：XUa,b,所以X的密度函數(shù)為:1f(x)ba0,xF(x)0,x由定理：f(x)n(1F(x)n1f(x)bxn1n()ba01r

7、-,xba,xf(n)(x)n(F(x)n1f(x)xann()ba01ba，x,xxa,aba1,xa,ba,ba,ba,b2)P(X(5)15)20設(shè)X1,K,X5為總體1)P(X(1)10)；解N(12,4)的樣本，試求:QXN(12,4)Xi12-N(0,1)2PX(1)101X(1)10Xi1055Xi12P51(1(1)51(1)0.5785515PXi15i1Xi1221.555_(1.5)0.93320.707721設(shè)(X1,K,Xm,Xm1,K,Xmn)為總體XN(0,2)的一個樣本，試確定下列統(tǒng)計量的分1) 丫 ,mm、:n Xii1；2)m2n Xii 1i mm nmX

8、i22Xi13)Y3mXii 1m n 2Xii m 11)因為： Xi - N(0,mi 1mXi所以：-7- N(0,1),.m2)n Xi2-22(n)mX i m n X 2且L與今相互獨立,m i m 1由抽樣定理可得:_ m、n Xi i 1mt(n)mmnI22I222)因為：=Xi-(m),-2Xi-(n)i1im1mmn且2Xi2與2Xi2相互獨立,i1im1mmnXi22Xi2m所以：-m1=沿-F(m,n)mXi22Xi2n/im1im1mmn2、23)因為:Xi-N(0,m),Xi-N(0,n)所以:2(Xi)i12-2(1)2(Xi)im1，2n2(1)Xi)2Xi)

9、2相互獨立,由卡方分布可加性得:mXi1nXin22(2).22設(shè)總體X服從正態(tài)分布N(2),樣本Xi,X2,Xn來自總體X,S2是樣本方差，問樣本容量n取多大能滿足P(n等32.670.95解由抽樣分布定理：njS22_n122(n1),P(-S232.67)0.95,查表可得：n121,n2223從兩個正態(tài)總體中分別抽取容量為20和15的兩獨立的樣本，設(shè)總體方差相等,S2,sf分別為兩樣本方差，求PSJ2.39.S2解設(shè)n1=20,n2=15分別為兩樣本的容量,22為總體方差，由題意,22(ni1)S1219S2=2(19),(n1)S214S：=2(14)22又因S1,S2分別為兩獨立的

10、樣本方差:19S219219_S1214s214S；2F(19,14)所以：PS22S22.39P與2.39S210.950.05.24設(shè)總體N(,2、),抽取容量為20的樣本Xi,X2,X20,求概率1)P10.8520(Xi)237.57；202)P11.65(XiX)2i138.58.解1)N(0,1),且各樣本間相互獨立，所以:20Xii1220Xi2(20)故:P10.8537.570.990.050.9420Xi2)因：-_2X19S22-22(19),所以:19S2P11.6538.580.9950.10.895.25設(shè)總體XN(80,2),從中抽取一容量為25的樣本,試在下列兩

11、種情況下P(X803)的值:1)已知2)解未知,1)20;但已知樣本標(biāo)準(zhǔn)差S7.2674.2)8026時，求:_2QXN(80,)2XN(80,25)，/X80N(0,1),/25X808020/50.7734X807.2674/512(0.75)10.45322.0641PT2.064120.97510.05設(shè)X1,K,Xn為總體XN(,2)的樣本，X,S2為樣本均值和樣本方差，當(dāng)n20其中1)P(X3）確定解1)2)PS2_22_19S2=23)其中，T=4472);2)_2P(|S)；2C,使p(UC)0.90.2N(,)N(0,1)4.4724.472200.84139.52一(19)

12、，則PS2P9.5S/20t(19),s2S2S2-219S228.528.50.950.051c28.50.920S/20cS20P-cPT0.9Xc所以：封t09(19)=1.328，計算得：c3.3676c,X n為它的一個樣本， X是樣本均227設(shè)總體X的均值與方差2存在，若Xi,X2,值，試證明對ij,相關(guān)系數(shù)r(XiX,XjX)證明r(XiX,XjX)cov(XiX,XjX).D(XiX),D(XjX)D(XiX)D(XjX)Cov(XiX,XjX)E(XiXjXiXXjXXX)所以：r(XiX,XjX)28.設(shè)總體XN(,2),從該總體中抽取簡單隨機(jī)樣本Xi,X2,X2n(n1)

13、,X是它的樣本均值,求統(tǒng)計量n(Xii1Xni2X)2的數(shù)學(xué)期望.N(,2)Xi,X2,X2n(n1)為該總體的簡單隨機(jī)樣本，令YXiXni,則有YN(2,22)可得:ETn(XiXn ii 122X)(n1)S22(n 1)ESy2(n1)Y2X1習(xí)題二1設(shè)總體的分布密度為:f(x；(0,1)x,其它的矩估計量?1和極大似然估計量？2 .現(xiàn)測得樣本觀測值(Xi,L,Xn)為其樣本，求參數(shù)為：，求參數(shù)的估計值.解計算其最大似然估計:L(,XiKxn)1XilnL(,XiKxn)nln(1)lnx1InL(，KXn)nlnxi1其矩估計為:0.1EXnnlni10.20.21120.90.80.

14、70.73.41)x1dx2XlnXiX,?112XT-=一0.3077Z0.3077,?20.21122設(shè)總體X服從區(qū)間0,上的均勻分布,U0,(Xi,L,X）為其樣本,1）求參數(shù)的矩估計量2）現(xiàn)測得一組樣本觀測值:計值.解1）矩估計量：?和極大似然估計量，試分別用矩法和極大似然法求總體均值、總體方差的估EX；X,?最大似然估計量:2X2.4L(,XiKxn)lnL(,XiKXn)無解此時，依定義可得:maxXi1in2)矩法：EX1.2,DX2?20.47212極大似然估計：EX-1.1,DX2?20.4033123設(shè)Xi,Xn是來自總體X的樣本,試分別求總體未知參數(shù)的矩估計量與極大似然估

15、計量.已知總體X的分布密度為:1)f(x;0未知0,2)f(x；xex!0,1,2,L0未知3)4)5)6)f(x；8)解1)2)f(x；a,b)b0f(x；)f(x；f(x；b未知其它0其它未知4x0,(x)/其中參數(shù)，未知0,其中參數(shù)，未知一0,f(x；)(x1)0未知矩法估計:EX最大似然估計:L(,xKlnLdXP()矩估計：EX2(1xn)2,3,L,0nxii1X,0,xii1,lnL(,x1Kxn)nln最大似然估計:5)0xinx3)矩估計:聯(lián)立方程:L(,xiKXn)dr-EXe1xnx最大似然估計:L(,XiKXn)dlnLdab依照定義,lnLnxinxlnx0,f(Xi

16、；)12(),并確定R-C下界.解因為似然函數(shù)L(,XiKXn)1,lnnln1)Inxidr-lnxiln所以取統(tǒng)計量lnxElnXi1lnx01dx1ln0得ET1=g(令c()n由定理2.3.2知1所以C-R方差下界為一nxilnxig()0xdxlndxlnxi是無偏估計量T是有效估計量，由DTg(12c()20設(shè)總體X服從幾何分布:P(Xk11k)p(1p),k1,2,L,對可估計函數(shù)g(p),P1)求g(P)的有效估計量T(X1，L，Xn)；2)求DT和I(p)；3)驗證T的相合性.n解1)因為似然函數(shù)L(p,x1Kxn)p(1p)xi1pn(1p)nxni1lnLnInp(nxn

17、)ln(1p)d,nnxnInLdpp1pg(p)所以取統(tǒng)計量TX.n又因為EXEXkp(1p)k1pk(1p)k1k1k1dqdqdp一dqd1p12一dq1ppp-n所以TX是g(p)的無偏估計量，取c(p)，由定理2.3.2得到，TX是有1p效估計量2)I(n)c(p)g(p)1DTg(p)1pnp2(1p),c(p)np2DXDX-qy0,(n)nnp所以TX是相合估計量.21設(shè)總體X具有如下密度函數(shù)，lnx，0x1f(x;)1,10,其它Xi,.,Xn是來自于總體X的樣本，是否存在可估計函數(shù)g()以及與之對應(yīng)的有效估計量()如果存在g()和歙)，請具體找出，若不存在，請說明為什么解因

18、為似然函數(shù)L(,x1Kxn)nlnxiInLnInInIn1nXln-dlndnxInInIn_人In1-所以令g,(?()X1In11xlnx,Inx,lEXEXdxxdx-11100xxlnlnln11ln所以出)X是g()的無偏估計量，取c()一,由定理2.3.2得到，g?()Xn是g()有效估計量所以：(?()X是g()有效估計量22設(shè)X1，.,Xn是來自于總體X的樣本，總體X的概率分布為:1x11Ixlf(x,)(一)|(1),x1,0,1,0121)求參數(shù)的極大似然估計量？；2)試問極大似然估計？是否是有效估計量如果是，請求它的方差D?和信息量1()；3)試問？是否是相合估計量解1

19、)L(,x1Kxn)Ixl一12nIxl2)lnLxln(nx)ln(1)lnL|xi|n|xi|n1.xi1(1)n得到最大似然估計量？1xinE1xi1nnExi,Exi10一10210一12.1 xi - nE xi匚1所以En所以,是無偏估計量,/、nc()(1由定理2.3.2得到）xi是有效估計量信息量1(c()3)c()(1(1)-0,(n,1）,并且的區(qū)間估計為（X1,X 1）,問以多大所以，T也是相合估計量.23設(shè)樣本X1X2,X3，X4來自總體N（的概率推斷參數(shù)解設(shè)以概率取值于此區(qū)間.1推斷參數(shù)取值于(X1,X1）,在已知方差為1條件下，推斷參的置信度為的置信區(qū)間為（Xu12

20、n,X所以Ur12.n1,u_2,得到20.04560.9544即以概率p0.9544推斷參數(shù)取值于（X1,X1）24從一批螺釘中隨機(jī)地取16枚，測得其長度（單位：cm）為：?設(shè)釘長分布為正態(tài)，在如下兩種情況下，試求總體均值的90%置信區(qū)間,1）若已知=0.01cm;2）若未知；解因為 X 2.125,n 16, s 0.171,1-0.95,0.95 1.65工.95 151.7531）計算二X0.950.012.1209,b,160.95舞2.12910.0171t0 95 1 52.1325,16所以置信區(qū)間為1.121,2.1292）計算0.0171=Xt095152.1175,bX,

21、16所以置信區(qū)間為2.115,2.13525測量鋁的密度16次，測得X2.705,s0.029,試求鋁的比重的的置信區(qū)間(假設(shè)鋁的比重服從正態(tài)分布).解這是正態(tài)分布下，方差未知，對于均值的區(qū)間估計：因為X2.705,n=16,s=0.029,=0.05,1-20.975,t0.95152.131計算=Xt0.9750.02915-2.6896,bXt0975J60.029152.7204,16所以置信區(qū)間為2.6895,2.702526在方差信度為12已知的正態(tài)總體下，問抽取容量的置信區(qū)間長度不大于ln為多大的樣本，才能使總體均值的置解均值的置信度為1的置信區(qū)間為(XU1,.n,XU=/n)2

22、,n1一2ll227從正態(tài)總體N(3.4,36)中抽取容量為n的樣本，如果要求其樣本均值位于區(qū)間，內(nèi)的概問樣本容量n至少應(yīng)取多大P(1.4X 5.4)0.95 P(,n(1.4 3.4) n(X 3.4), n(5.4 3.4)0.95, n(T) 1解1) Yln X服從N( ,1)正態(tài)分布，按照正態(tài)分布均值的區(qū)間估計，其置信區(qū)間0.95品5.88,n34.57,所以，n3528假設(shè)，是總體X的簡單隨機(jī)樣本值.已知YlnXN(a,1).1)求參數(shù)a的置信度為的置信區(qū)間；2)求EX的置信度為的置信區(qū)間._,由題意，從總體X中抽取的四個樣本為:2y1ln0.50.69314718,y2ln1.2

23、50.22314355y3ln0.80.22314355,y4ln20.69314718其中，n4,1,U0.9751.96,Y0,代入公式，得到置信區(qū)間為(0.98,0.98)2)YEX EeYey(y )2e 2 dy0.5e ，由1)知道的置信區(qū)間為0.980.50.980.50.481.48、(0.98,0.98),所以EX置信區(qū)間為(e,e)(e,e)29隨機(jī)地從A批導(dǎo)線中抽取4根，并從B批導(dǎo)線中抽取5根，測得其電阻()為：A批導(dǎo)線：，B批導(dǎo)線：,設(shè)測試數(shù)據(jù)分別服從N(1,2)和N(2,2),并且它們相互獨立，又1,2,2均未知，求參數(shù)12的置信度為95%的置信區(qū)間.解由題意，這是兩正太總體，在方差未知且相等條件下，對總體均值差的估計：置信區(qū)間為XY計算得0.05S2 6.57C10 6,Swx0.14125,y0.1392,SA8.25*106,S；5.2*106,r4,55,0.00255,t0.975(7)2.365,