概率论-各章节总结练习chap6答案_第1页
概率论-各章节总结练习chap6答案_第2页
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文档简介

习题 X58S25.184S2634.25S*26.923S*2724.86 a

b

a2ab

Eaxbadx

，

)a

dx b

E

E(2)X

aˆX 33ˆ 3ˆbX aˆX 3

aˆXˆˆbX

S。因为ab3S3

3ˆbX 3ˆ6.3(1)

～

，E

ˆ

nnL

nnP{xi}

xi

。。ninnxi

en lnLxilnlnxin dln

1n解方 n

n0

XiXn1n1

E0

x

dx (2)

E

X.1n

i

xix

0xi

(i1,2,,L(xi)0 0当L

时，对L

nnlnLnln1)ln

dlnL

n

lnxi

ˆ 。nlnnin xin

LP{x}(1p)xi1p(1p)i

pnni nilnLxinln(1pnlnpdln

nnxi

ˆ 1

nX因为～E(E1DnX

E(X)

，D(X)

1E(S) D n1 n n1 n

EXEXE

1147，所以整批灯泡的平均的无偏估计值为E1147（小时因

S2)

2 n

n

n

n D7579（2因为～P(EDE(X)

E(S*2)

n1

S2)

n1

E(S2)DEˆE[X(1)S*2]E(X)(1)E(S*2)(1)所以ˆ是

)1EX1

1EX1E1E1EE

)1EX1

1EX1E1E1EE

)2EX2

1EX2E2E1EE

所以它们都是（2）

)1DX1DX1DX1D1D1D3D3

)1DX1

1

1D1D1D1D1

DX

D4D1D9D 由于13

9

，即

)

(1)因为

(X1,X2,,Xm

是总体～N(0,2

的样本，所以

XiN(0,2)

Xi～N(0,1)，i1,2,,

mX2分布定义可

X2i

~2(m)i2 i1i nY

Y2j～2(n，它与上式独立（因为两个样本独立 j j12分布的可加性，可知必 X2Y

j

~2(mn)(2

Xi～N(0,1)，i1,2,,

1mii

Xmi1m

mm m

Xi～N01)又因为Y,Y,,Y)是总体～N(0,2)的样本，所以Y～N(0,2)

nY 2分布定义可

Y2j～2(n) j j1 mm m

i i

根据t

2jmX 1 XmX

t(n)2j2jn 2jnYjj22 22使得T ，这时

～N(0,12分布定义可F分布定义可知

2T2 2 因为（X,X,,X, ,, ）是总体～N(, X～N(,2)，Xi～N(0,1)，i1,2,,mn 2分布定义可 mXi(X)2 i

~2(m)2 i1 1

mn

(

)2

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