数理统计课后题答案完整版(汪荣鑫)

1、第一章3.解：因为xiac所以x a cyi所以1352 9 3 12 4 34101.5-yx27 =26.85102Sya cyinacycyii 1Yix a cy 成立因为s2cyicyi cyyi2a cy1 1 - 2-mi y yn i 11 2235 1.5310440.25s| 丄 s：4.402510029 1.54212 1.5234 1.5身154158162166170174178高-15-16-16-17-17-17 188260482组156160164168172176180中值学101426281282生数7解：xmixin i 1又因为 syi y2 2 2

2、所以s,c sy成立1156 10 160 14 164 26 172 12 168 28 176 8 180 2 1001666.解：变换 yi 10 xi 27*x523.126.228.30.4yi5-3-91234mi2341y -mi yi21l*2smiXixn i1122 2 21015616614 16016626 164 16628 168 166100222121721668176 1662180 16633.448解：将子样值重新排列（由小到大）-4，-2.1，-2.1，-0.1 ，-0.1 ，0，0，1.2，1.2，2.01，2.22，3.2 ， 3.21MeX niX

3、70RXn X13.2147.21MeXn1X81.22 19 解:1ni1 n2ni Xin2Xj Yni i 1n2 j 1m x1n2 x2n2n1n21n1 nEXE-xEx0ni 1n i 11n1 n1DXD-xiDXjni 12n i 13n14.解：因为X讯N ,2 EXi0 D Xi1所以X7N 0,1i1,2, ,n2由分布定义可知2 1ni n22sX xmn2i 11nin2：22XiXn1 n2 i inin2XiX j一 _ 2i ij i2iXin2 X2Y1nXii in2Xi2服从2分布-2i i所以YN15.解:因为N0,1 ih2, ,nX1X2 X3 N

4、 N 0,3Xinin2nin222222niSiXin 2 S2X2nin? X2nin2nin22222 2niSin 2S2ni Xin2 X2niXin 2 X2nin2n1n2nin22 nisi2n 2S222ninin2 Xin2nin 2 X22nin222nin2222 nini Sin 2S2ni n2 Xini n2 X2n 2 Xi X22nin2ni n22niSi2n 2S2ni n? Xi2X22nin2nin2ni xi所以一 2n2 X2同理DX1 X2 X31J3XiX27N 0,1、3N2XiX2X3N 2i32X4X5X6iv 213'2由于分布

5、的可加性，故1yXi X2 X32可知12.解:X “PEXjDxi i 1,2, ,n16.解：（1）因为XiN N 0, 2i 1,2, ,nL1n1 nnEXE-Xni 1n i 1nr1n1nnDXD-X2Dxi2ni 1n i1nn13.解：X NUa,bExa bDxi -2b ai 1,2, ,n212在此题中x Nu1,1EXi0DX1i 1,2, ,n3辿 N 0,1n2所以 卷辿2 ni 1Y1yFy! y P Y y P -2 二_y_2f 2 x dx0因为1x2n22 ;所以(2)因为 Xi生 Nn 0,1所以n XiFY2(3)因为所以fY, y故fy, y(4)因

6、为n 122所以0,1,2,P nY2ny2 2nn,_122n 2y2nn220,ny0,1ny2ny e尹 ndx1,2,n故fy,17.解：因为Xii 1y 2 nxdx21y_2121"Fxe1e、2 ny0XN 0, 2P Y4Fy, y存在相互独立的2n"20,10,1X2由定义可知Xi、n1e2 y0xtnu21Vu2# 22Nf 1,nY,2x dxXN 0, 218解：因为nii n 1N 0,1y_2121,2,所以n、,m Xii1nmXi2i n 1Xii 1 n2n m Xie x , x 00, x 0f ( x ) xdxxedxxe所以1一

7、e01(2)i 1iXi0,11,2, ,n m19.解:查表得20.0120. 解:XiXi2mi 1n mn Xi2i n 1用公式计算20.01n2n m Xi 2F n, m1从而有x2.1).E(x)k 1k(1 P) P Pk(1 p)x 1x 111P211PP90U 0.012.33令90因为90U0.01所以有P2） 其似然函数为L(P)90 31.26121.26n(1i 1P)x1'n 4p (1p)inXi n1lnL (P)n InxN2nn) ln(2由 分布的性质3可知d lndPX n,2n0,1解之得nnX ii 1、2nlimPn-2nc_n 2nt

8、2?dtc_n 2nc2n3.解：因为总体X服从U,、 a bE( X )2令 E ( X) =XS2 = ln a+b2(a12a X . 3Sn(Xii 1XDX)2b)所以 a-b )2n!12 r! n r(X) =S2,4.解：（1）设x1 , x2 | x n为样本观察值则似然函数为:L()in L()d in L解之得：(2)母体E(x)n(inX的期望而样本均值为:令 E(x)15.。解:L()in L(得:(2)E(6.L(Xi)in1,0Xinnin x ii 1nnin x ii 1xf (x) dxXiX其似然函数为:由于解:1e2nin(2-1XiXi 1,i1,2,

9、nini iXiIn L( ) nkind in L() d解得nknknX ii 17.解：由题意知:dx2方差2(2 )n1 nxii 1令Ix| 0Xe2XdxE(1n ixi)1xe2XdxxeXdxE(|x )为的无偏估计量。其似然函数为:i：岛 1)exiX(k1)exi(k 1)i n(inXii 1nXi11f (x),0均匀分布的母体平均数0)21212用极大似然估计法求似然函数：L()选取 使L达到最大得极大似然估计量0 min(i)maxxi1 i n由以上结论当抽得容量为 6的子样数值0.3 ， 1.1 ，时1.3，0.6，1.7，2.2，2.2即1.1,12Xi2.2

10、220.4033128.解：取子样值为则似然函数为:(X1, X2 ,Xn ), (XjL(Xi)in L( ) (Xii 1要使似然函数最大，则需nXii 1取 min( x1, x2,= min( x1, x2,9.解：取子样值(xtx2, xn)( Xi0)nXi i 1max xi1 i nXixn )Xi则其似然函数L(xi5同理可得D( 2)8D( 2)可知3的方差最小也亦2最有效。lnL()n InXi13解:X P()E(X),D(X)In L()xinnXii 1由题中数据可知X1(365 5100024515 150 2510035 70 4545 55 25 65)200

11、.0510.解:20(1)由题中子样值及题意知:6.2 1.5 4.7 查表 2-110.4299* 2E(S )2(Xi X)2E(Xi )2n E(X)2)2)ds2即S是的无偏估计又因为故0.4299 4.72.0205nn丄 Xi) !E(Xi)- nE(X)E(EX10.3249i 1ni 1n i 1(2)平均极差R 0.115，查表知d10即X也是的无偏估计。0.3249 0.1150.0455又0,111/解：设u为其母体平均数的无偏估计，则应有XE(aX(1* 2 )S ) E(X) (1*2)E(S )(1又因 1x 丄(8 140 3 106062 26)4因此X*2(1

12、)S也是的无偏估计即知414. 解:由题意：x N(,o)因为12.解：X N( ,1)E( )2nC1E(Xn Xi)2 CD(XmXi)得极差I)i 1n 1(E(Xn Xi)2E(Xi)，D(Xi)1,(i 1,2)则 E( 1)E( 2)E( 3)1EX131EX14丄EX12-EX233 EX 24EX22所以三个估计量2,3均为的无偏估计D( ) D(2X1 1x2) 4DX13395x29n 1C D(XiI 11) D(Xi)02 2C 22C( n 1)i 1要使E(2只需C2(n 1)所以当C15.证明:2时22为的无偏估计。参数的无偏估计量为，d依赖于子样容量n0,由切比

13、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),则分布律为 P(X k) CNpk(i P)k (k 1,2, N)这时 E(X) NP D(X) NP(1 P)Ini (2)n In 2“Ln 2(Xi)2i 12222n(xi)2dL nLni 10d 2尹221 n2(xi)n i 1因为(Lnf (x)2( 2 )f (x)dxn)2EX22DX (EX)2NP(1 P)2P2即)2(x :2 2dx所以E(P)EXNP P N(无偏)E(X)4 E(X)22DXNP(1P)N2nP(1P)Nn2的罗一克拉美下界罗一克拉美下界满足nK

14、 k匚L“CnP (1k 0 PN P、2 _ K K 一P) CnP (1N PP)N P又因E(丄(Xin i 1)2)K_P(L “Cn KLnP2(NP)Ln(1 P) CK P (1P)N(Xi)2)N KnK 0PPK(1 P)N K且D(2)D (丄nn(Xii 1)2)n晉22NEX 2 EXP(1 P)2 2N 2NEX EX(Tp所以2的无偏估计量且|r D(严1 P)P22N2P NP(12 2P) N P2 2 2 2N 2N P NP(1 P) N P(1 P)2(1 P)22的优效估计nN1-P 1nN18.解：由题意:所以Un=100,可以认为此为大子样,P(1

15、P)X近似服从N(0,1)sn所以| RP(1巳nND P即p为优效估计PU17.解：设总体X的密度函数f(x)(x )22 2得置信区间为(x似然函数为L( 2)(Xi )22 2n(xin i 1)2已知 10.95 s=40 x=1000查表知u1.96代入计算得2所求置信区间为(992.16 1007.84)代入计算的所求置信区间为(0.1404 0.359619.解：(1)已知 0.01cm22.解:2未知则由uXN(0,1) PU- n故 U J N(0,1)解之得置信区间(X将 n=16 X =2.125U U0.052由PU解得置信区间为(XX U n)2 n1.6450-01

16、区间长度为23.解:u2未知,于是2 u.n迈L计算得nu.n-22-U"22估计法2(n 1)S2即为所求2(n 1)代入计算得置信区间(2.1209 2.1291)(2)未知T X t(n 1) PT t 1b _2- nsX nt_)工n 2P 12解得(n 1)22(n 1)2(n2(n 1)S2的置信区间为(n ?S1) 1(n 1)S )2 )解得置信区间为(X s tw'n 2(1)当 n=10, S =5.1 时将 n=16 t (15)65(15)1.7532查表 0.005 ( 9)=23.5920.995(9) =1.73代入计算得的置信区间为(3.15

17、0 11.616)s20.00029代入计算得置信区间为(2.1175 2.1325 )20解：用T估计法XTt(n 1) PT t (n 1)1s - 2n(2)当 n=46,S =14 时查表0.005(45) =73.16620.995(45)24.311解之得置信区间(X代入计算可得24.解：(1)先求的置信区间为的置信区间(10.979 19.047)由于 未知将 X 6720 s 220 n=10 查表 t0.025(9) 2.2622代入得置信区间为(6562.618 6877.382)。21.解：因n=60属于大样本且是来自(0 1)分布的总体,故由中心极限定理知nXi npi

18、 1nX np近似服从N(0,1)n(X P) p;np(1 p)u2.np(1 p)np(1 p)解得置信区间为(X PO P)u' n 7P(1 P)un)2本题中将 丄代替上式中的X 由题设条件知 仏0.25p(1 p)nUn(n Un)0.055查表知u nU 0.0251.96X打T Sn t(n1) %t "2S得置信区间为(X tJn i/J经计算X 5.12 查表t0.025(19)S 0.2203代入计算得置信区间为(5.1069 5.3131)(2)未知P12_22.093n=202用统计量 2 (n 1)S22(n 1)得的置信区间为(n 1)S2(n

19、1)S2)2 丿1 -22查表 0.025 (19)=32.85代入计算得的置信区间为(20.9750.1675 0.3217)25.解：因Xn 1与X1 , X2, Xn相互独立,所以Xn 1与X相互独立，故Xn 11 2N (0, (1-)n_1)：2(1)近似服从正态分布 N(0,1)所以PU2(n1) 且与Xn 1 X相互独立,Xn1 Xn 12 (n 1)2(n 1)UpUp咋(n 1) Up2(n 1)有T分布的定义知.(nnnS21) 2X7耳 t(n 1)S n 126.解：因 Xi N(2)1,2,2)1,2,所以(X1)N(0,)，m(Y2 22)N(0,)n可得2的置信区

20、间为2 s2 s1 2 1Up 1-n 1 292严n 128.解：因1222未知，故用T统计量 X Y(1t(nm 2)T (X1)(Y2)N0,(- n即(X1)2)1122 mn又因2msx22(m 1)2ns：222msx nSy 则xy222(mn 2)构造t分布(X1)(Y22.mn(X1)(Y2)ms：n s：22mn 2 mn由于X与Y相互独立，则N(0,1)t(m n 2)2)*227. 证明：因抽取n>45为大子样2)n其中计算2 (n 1)s2(n 1)2Si2 2(n 1)s1(m 1)s2005 n81.625145695,Y h(n故得置信区间(29解：因1T

21、 XA其中Sw2Yb2查表 10.025 (4)2.14476.1252S2101.554, sW 123625 代入得2)Sw115.5 11.9237n m6.4237,17.4237)2故用T统计量2(n 1)S2)t(nm 2)22(n 1)由分布的性质3知计算得置信区间为(X A Xb Swt (n2(mn m2IS22t_21 1 m 2)?XAn mXbSWt_ (n21 1-)n m2把 SW =0.000006571t (7) =2.3642代入可得所求置信区间为(-0.002016 0.008616)30.解：由题意 用U统计量U X1 X2( 12) N(0,1);n m

22、PU u 1计算得置信区间为22带入计算得的置信区间为：(0.142,4.639)。232. 解:2未知，_则X即:T 2t(n 1)S/ /nPT t (n 1)1 有：p X t (n 1) S 1Jn(X1 X2 u2S22，X1s')m则单侧置信下限为：X t (n 1) S将X 6720 S* 220Qn2把 X11.71 X2 1.67S10.0352Sa2 0.03$ n m 100 uU0.0251.962n 10 t0.05(9) 1.833带入计算得6592.471即钢索所能承受平代入计算得 置信区间(0.0299,0.0501)31解：由题意，u1 ,U2未知，则

23、*2S2F -2S1/*2则 P F(n21 _2经计算得(n2解得F(匕1,n1 1)1,n1* 21卢S*21的置信区间为22(n221,61)2*2S21,n11),Fn2*2* 2S20.357查表：F°.025(5,8)F 0.975(8,5)Fg 1,n1 1)22122(韭2F_(n22*21)生S21, n1*2511)52*2S 0.2450.054.821F0.025 (5,8)14.820.207为样本均值，由中心极限定理n XnP2 N(0,1)又因为2 S2n所以P nX nP u1Jn S2则相应的单侧置信区间为(，XS2u)v n将 X =0.06S2

24、(1nm)0.60.94 uu0.051.645代入计算得所求置信上限为0.0991即为这批货物次品率在置信概率为95%青况下置信上限为0.0991。34.解：由题意：2 (n21)S22(n 1)均力在概率为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 亲P 221 (n 1) 1 解得的单侧置信上限为绞1)S 12 (n 1)2 2其中 n=10, S =45,查表 (n 1)0.95(9)3.3251.解：对一元回归的线:性模型为 yX i i1,2, ,nn离差平方和为Qi 12YiXi对Q求的偏导数，并令其为 0,n

25、即yii 1Xi x 01 n 变换得Xi yin1 2Xi解此方程得xyn i 1n i 12 X代入计算得的单侧置信上限为74.035。第五章6998Z OCIzZCIz 乙86'9lz9t<Z右妮 尹x !x乙一un86'9lz 714乙乙!A x869l/714乙乙 凶&工 9W909ZXLU乙Ax Ax9 Z29t7C u0£1/閃!A x'!护UT小 pop Op忙 u LP9Z9lz909Z Ax乙“乙乙S9S'9eP5 x乙 po5c:搦Pk0乙W ¥0999090灯9£0£0乙iiIIii&

26、#176;po5_A°Pp0XP0«9L-"008L-006 L_000乙00 LSm 00乙乙no'oo丸00兀0092009乙I日丨P,巾-X-°p°pI°P°p °o !Au°p °o !AuZ8tZ0 14°pnz-pMl Ml °ps90Z8 0 9997t£°PXLU乙乙8809 Z9 92 90Z8 0 怦 069028 ° 怦 06 9乙>Y¥999 2K°pLP一 nLo -°p !A

27、°p!AP°p0 p °0 A °p卫oo n°P-L0p°p°0乙 AxM06 ! U*A-A乙i乙uy ! U!x-乙1u yX乙乙x AxJ乙一X乙乙!x乙!A 乂乙!x乙°pp帀alu乙乙XLU乙Ax AxYu乙HzIzGtzXLU乙A9乙x #:搦NX乙LK 乂! U u TXzKAx-乙X乙"7A乙AxG乙Ax乙A乙k !u乙!(UIzk !u'小uT乙3乙a乙<0*2为 2的无偏估计量*25.解:2mix*2假设2°786.69 874.1018y x 9.49 0.

28、182 17.5 6.305yx 6.305 0.182x(3)当x 16时 y0 a 16b0由T分布定义xy2mxxy3.517Ho：用T检验法查表得to.0256 y 210.4 xy 15582my 10929.84 代入得1558 6 210.436.95210.4 36.95 625 10929.84338 H1:拒绝域为Xi将上面的数据代入得11.336.952 812.3738Y0丫0X。X0x°Xi-2X0 X10.025 n 20.953.1824所以接受H0 即认为(2)2mix所以Y0的预测区间为X) t0.025n 21n1.89为38to.025 3X的回

29、归函数具有线性函数形式,121198710度长96.解：（1）由散点图看，认为长度对于质量的回归是线性的。将 x 17.572.92xy xy2mxy 9.49 xy 179.37my 2.45代入得179.37 175 9.49 o.18272.92X0 t0.025n 2X)X查表得 t0.025 42.776将(2)的数据代入得*22 - 2.45 0.182" 72.920.0075n 24* 0.0866计算得丫0的预测区间为8.9521,9.47219. 解：利用第八题得到的公式2将 x 21 y 141.2 xy 3138 mx 90xy 齐 3138 21 141.2

30、 12I 代入得mx90y x 141.2 1.92 21 100.8810. 解： 二元线性 回归 模型为丫1Xi12%2i , i 1,2, ,nn离差平方和为Qyi ixi1 2xi2i 1152Xi1515Xii5673456426.66307.34对Q求1,2的偏导数并令其为0nL22152X2151515X235244893510936.6 13552.4y iXiii 1ny iXiii 1nXii可变换为i1nyiX2i 1X11正规方程为11X1X212Xi2Xii02Xi2Xi20nn12Xii2XiiX20i 1i 1nn1XiiXi222Xi20i 1i 1X1X22x

31、,yX22X2yL12L21151515于是可得12.解最小二乘估计为x2yxix22Xiyx22X.|X22 2X| X2xiyxix22X2 yxi2XiX22 2Xi X212n18其中X1X211 解：（1） pX115152yii 115i 1X2yX1X2248.25Xi2yiXiiXi2 亦XiiXi2y1Xii115Xi2i 1445366 44509627015 i1 15152Xj2Xjj 1,22 n 15采用线性回归模型4148.312561.332 X2Xy 16.5515Xi1i 192015x256734i 1X23524489XMyi 1517015X2i 11

32、5Xi1Xi2 445366i 115Xi 2 ¥12063925i 17257为 483.815Xi 1Xi2i 116.55 LL11X!146311.94418Xi 3i 118222214350761818i11515yi151701522656120639.25120103.25536307.3427027013552.45656 所以 y 10.50453618采用线性回归模型18X318Li yL2y0.216k,565360.04x22 X2X81.277Xi2758123183 X318Xii 13078641821182Xi,Xi,i 118i 11821182X

33、i2Xi 2i 118i 11821182Xi3Xi3i 118i 1i 1L22i2X 3L33XiX210139.518 1iiXiX21818Xii 1X22Xii4321.023507630789421542.114321.022568.0531920.22272322965981752.973155.783557218x210139.5 9053.88 1085.62i 1L13L3118X1Xi3i 111818Xi1i 118X327645 26445 1200i 1因显著水平0.05,则 u1.2u u0.0251 .96118Xi2Xi3i 19659818心3i 11818

34、18XiVii 118X2y18这时,就接受H018X2118x i396598 93234 3364i 12.x已知，故u N(0,1)L2yL3y于是L1yL2yL3y所以20706.21 18Xi118 i 163825X2yii 118Xi3ii 118第三章1.解:由于1820706.2 17474.7 3231.51818X3y18Xi2yi63825 61608.5 2216.51875421818X318yii 118754217994975934.582 L1752.931085.6212001085.623155.78336412003364355723231.52216.

35、5759343.65假设：H 0可得3231.51.78X12216.575930.08x20.16X326, H1 :265.2已知,故用统计量u x N(0,1)u2X°. n3.2 uu的拒绝域u5.32 5丿10u0.0053.2因显著水平0.01,则2.576故此时拒绝H 0: u 5检验u 4.8时犯第二类错误的概率2x则上式变为0/nu"2"dXu的拒绝域27.56 265.241.21一厂nu"2(4.58)(4.58)0.99999790.71803.解：假设H0 :用t检验法拒绝域t2e7dt(0.58)(0.58) 10.71990

36、4.58e0.58t2'dt3.25, H1 :3.25t_(n 1)20.01,x 3.252 查表 t00112(14) 4.6041因n 400很大，故由中心极限定理知 x近似服从正态分布。s 20.00017,s 0.0130 代入计算T0.34410.0112(14)mP0 nP0 (1 P0)N (0,1)故接受H。，认为矿砂的镍含量为 3.254解：改变加工工艺后电器元件的电阻构成一个母体即PmP0n则在此母体上作假设 H 0 ：2.64 ,用大子样检验P0(1P0) N(0,1)拒绝域为u2计算得拒绝域为P0由 n 200, x 2.62,s 0.06,0.01查表得u 2.57520.020.06103.332.575 u2故新加工工艺对元件电阻有显著影响5.解：用大子样作检验，假设H 0P0 (1P0)把 m 56