西安交大研究生课程之应用数理统计作业

\h第一章数理统计的基本概 \h第二章参数估 \h第三章假设检 \h第四章方差分析与正交试验设 \h第五章回归分 \h第六章统计决策与贝叶斯推 第一章数理统计的基本概念

X~N(,2X~N(,2又∵查表可得u0.025∴n1.962解：(1)X∴800P(X800)1P(X(2)

X∴3000P(X

3000) 1(1)𝔛={(𝑥1,𝑥2,𝑥3)|𝑥𝑘=0,1,2,…,k=p(𝑥1,𝑥2,𝑥3)=𝑥!𝑥!𝑥! ,𝑥𝑘=0,1,2,…;k= (2)𝔛={(𝑥1,𝑥2,𝑥3)|𝑥𝑘≥0;k=f(𝑥1,𝑥2,𝑥3)=𝜆3𝑒−𝜆(𝑥1+𝑥2+𝑥3),𝑥𝑘≥0;k=𝔛={(𝑥1,𝑥2,𝑥3)|𝑎≤𝑥𝑘≤b;k=f(𝑥,𝑥,𝑥)= ,𝑎≤ ≤b;k=

𝔛={(𝑥1,𝑥2,𝑥3)|−∞<𝑥𝑘<+∞;k=1,2,3}= 1 − f(𝑥1,𝑥2,𝑥3)=(2𝜋)3/2𝑒

,−∞<𝑥𝑘<+∞;k=

(lnxiP(x1,x2,.....xn)

2

2)

(xi

xi

x2x2

2nxa(xi

n(xa)21) (

)2(

XX ((

X)22(X)( X)2n(X)2

X)n(X(2) (XiX)2X22X

nX

X22nX2nX X2nX

xn1

(nn

xn1 n1

(nxn

xn1b）S

(x

n1

(xn1

xnnn

n

[x2xn

nnn

xn [(x

)2

(x

x)

n1

x)2nn

(n

n

[nS2

xn)2

n

xn)(nx

(n1)xn 1

xn)2 1[nS2 n

nxn)2

n n

n1

[S2

n

xn)2

̅̅

𝑆2

̅)2

−̅)2] 𝑚+

[∑𝑋2−2̅̅̅̅̅̅∗𝑛̅𝑚+

2̅𝑚̅̅2]

因为 n𝑆2=

𝑋𝑖2−𝑛̅2n𝑆2=

𝑌𝑖2−𝑛̅2所以

n𝑆2 𝑆𝑍 𝑚+

[𝑛̅2𝑛̅2𝑚+

(𝑛̅𝑚̅𝑚+ 解

n𝑆2+ 𝑚+

m∗n(𝑛+𝑚)2

(̅̅

E(X)

E( xi)

E(xi ∙𝑛∙𝑚𝑝=1 D(X)

xi)

2D(ximp(1 E(S

)

x)1E[

(x2) x1 xn1

E(x2)nE(x)2(D(x)E(x)2)n(D(x)E(x)2n1[n(mp(1p)m2p2)n(1mp(1p)m2p2

n1mp(1p)1 1

E(X)

E( xi)

E(xi)1 D(X)

xi)

2D(xi1 E(S)

[

)nE(x)1

(D(x)E(x)2)n(D(x)E(x)2nn1

E(

1 D(X)

xi)

2D(xi E(S)

[

)nE(x)1[n

(D(xi

)

)2)n(D(x)E(x)2

E(X)

E( xi)

E(xi)D(X)

D(

xi)

2D(xi E(S)

[

)nE(x)1

(D(x)E(x

)2)n(D(x)E(x)2nn1

E(X)

E( xi)

E(xi)D(X)

D(

xi)

2D(xi E(S)

[

)nE(x)1[

)

)2)n(D(x)E(x)2n1解：由统计量的定义知，1，3，4，5，6，7为统计量，5为顺序统计量中位数 极差2.70 𝑥<解 𝐹𝑥

20 0≪𝑥<13 1≪𝑥<16 2≪𝑥<18 3≪𝑥< 1 𝑥≫ 则Y=

𝑋𝑖~Γ(𝑛𝛼,

̅=𝑓𝑌(𝑦)

𝑒−𝜆𝑦,𝑦>𝑓̅(𝑥)

𝑒−𝜆𝑛𝑥∗

𝑒−𝜆𝑛𝑥,𝑥>

(𝑥)=

[𝐹(𝑥)]𝑚−1[1𝐹(𝑥)]𝑛−𝑚f(x)1≪m≪

(𝑥)

[𝐹(𝑥)]𝑘−1[𝐹(𝑦)𝐹(𝑥)]𝑗−𝑘−1[1− 1≪k<j≪样本极差R=𝑋(𝑛)−𝑋(1),其中𝑋(𝑛)和X(1)的概率密度可由（1）R的概解:𝑋𝑖−𝜇

故 (𝑋𝑖−𝜇)2~

X~(,)

f(x)Y

f(y)

eky(

eky即Y

(,

X~xa1(1f(x)

B(a,E(X) xkxa1E(X) B(a,B(ak,B(a, E(X)

B(a,

1)(b)

(a

b

(a1)(a(ab a(a)(a(ab)(a aE(X2)

B(a2,B(a,(a2)(b)(ab a(a

(a(ab1)(a D(X)E(X2)[E(X a(a(ab1)(a

(ab1)(a解：∵X~F(nmP(Yy)P(n (1nX) P(

n(1 (nm

n

m( n(1y (2)(2) f(y)P(Y(nm

n

(n)(m)1 yn1(1y)m

1y

(1 B(n,m ∴Yn (1nX nm 2

X~t(n)

y)P(X2 X

( (1

f(y)P(Y ( (1

1 ( (

1 (1)(n

∴Y

解1)

X~N(84∴X~N(8,4

5X8~N∴样本均值落在7.8~8.2P(7.8X8.2)P(5(7.88)5(X8)5(8.2 样本均值落在7.5~8P(7.5X8)P(5(7.58)5(X8)5(8 P(05(X8)100个样品，样本均值落在7.5~8P(7.8X8.2) 10(7.8 10(X 10(8.2 2*(0.841311分钟的概率为：𝑃1=10.9333=259分钟的概率为:𝑃2=10.9938=1008.6分钟的概率为𝑃3=10.9987=解：=2.52 (1)30

s2

s2n (6

2~而s22~

(n1

通过查表可得30~40样品均值x1.3~3.5P{-0.4472<n(x)又n(x)P＝0.1929解：(1)

X~N(0,2∴X~N

n∴ nX)2~2

2∵a(

)an 同 b

a

X~N(0,2X ∴2~(1 X由2分布是可加性得： i~2in1

c

i1nn n nnmX

∴c X由(2)可知 i~2i1Xi1 in1XdXi d

~F(n,∴d

𝑋𝑛+1~𝑁(𝜇,̅𝑁𝜇̅~𝑁(0,

𝑋𝑛+1− √𝑛+1𝜎2𝑛 𝑛−𝑛 ~𝜒(𝑛−𝜎2𝑋𝑛+1− 𝑌

√𝑛+1~𝑡(𝑛−

X~N(,2 (Xi1)2~2 X ( 1)

Y 同理(i

2)

(n2

X n2(X

( 1

~F(n,n)

Y n2(Y

( 2 1

第二章参数估计 ∵X~Exp(∴E(X)1令1ˆ解得的矩估计为

U(a,bE(X)a(bD(X)aˆbˆA

1

（1

X2X2S2

n

n解得a和bE(X)xx1dx

A

1

k

E(X)0x(k1)! dx k∴ˆkE(X)1E(X2)

2a1aˆA ˆ2

S2X 解得和a的矩估计为SSSB(SB(m,∴E(X)mˆA1p的矩估计为ˆL(λ)=𝜆𝑛𝑒−𝜆

𝑥𝑖,

>0,𝑖=1,2,⋯,lnL(λ)=nlnλ−𝜆∑ ̂（2）f(x)

=λ−∑,𝑎<𝑥<L(a,b)=(𝑏−𝑎)𝑛,𝑎<𝑥𝑖<：̂ ̂=θ𝑥𝜃−1,0<𝑥<（3）f(x)=

L(θ)=𝜃𝑛∗∏

,0<𝑥𝑖<lnL(θ)=nlnθ+(θ−1)∑ ：̂

=𝜃+∑ln𝑥𝑖=

（4）f(x)=

𝑥𝑘−1𝑒−𝛽𝑥,𝑥>L(β)=

x≤)𝑛∗∏𝑥𝑘−1∗𝑒−𝛽

𝑥𝑖,

>0𝑖=1,2,⋯,(𝑘−

lnL(β)=nk∗lnβ−n∗ln(k−1)!+(k−1)∑ln𝑥𝑖−𝛽∑

𝛽−∑𝑥𝑖=解得：̂（5）f(x)

λ𝑥−𝜆(𝑥−𝑎),𝑥> x≤L(a,λ)=𝜆𝑛𝑥−𝜆

(𝑥𝑖−𝑎),

>𝑎,𝑖=1,2,⋯, =λ−∑(𝑥𝑖−𝑎)=̂

,̂=− ̅−X(1)（6）X~B(m,P{𝑋=𝑘}

(𝑘

𝑃𝑘(1−𝑃)𝑚−𝑘,k=0,1,⋯,𝑚

∑𝑛

(𝑚−𝑥L(p)=

𝑃

𝑖(1−

𝑖,𝑥𝑖=0,1,2,⋯,lnL(p)=n∗ln(𝑘)+∑𝑥𝑖∗lnp+∑(𝑚−𝑥𝑖)∗ln(1−

(𝑚−= −𝑖=1 =0 ̂=−̅

1−XP(X

k)

p(1pxiL(p)pn(1p)lnL(p)nlnp(xin)ln(1lnL(p)n(

xn) 0 1 ˆXp(xk)E(X)=̂+1

1k= ∴̂=L(N)

1710

要使L(N

N1()1(10.025)S S1.96X（1）

R2.142.09

0.42990.05R1(0.050.050.05)

0.39460.05 解（1） f 解（1）

x1E(X)1 E()E(X)1 X不是的无偏估计，偏差为

E(X1)

X是

MSD()(E()

D(X)(E(X) 2.24a

ax，则

为无偏估计应1 2 a1a2因此123都是D()

iD(Xi)D(X

a2 )D(X)()D(XD(

2)25D(X

)1D(X D(3)D(2)D(1 32X12X2

X~E(X)

D(X)X是EX)S*2是D(X)E(X(1)S*2)E(X)(1)E(S*2(1)

(1(1E(X(1)S2)E(X)(1)E(S2a(1)E(

n1

S2a(1

n1

E(S2a(1 n1n 所以X1)S2是证明：X~P假设T(X1)为θ=𝑒−2λE[T(X)]=θ,E[T(X1)]= T(X)∗λ𝑒−λ==

T(X)∗λ𝑥=𝑒−λ=

(−λ)𝑥=

(−1)𝑥λ𝑥（泰勒展开

所以T(𝑋1)=(−1)𝑋1是θ=𝑒−2λ证明：假设存在估计量xkp2 0则有x1的分布为1pp E(xk)=p,要使p＝p2，则＝p，但ｐ可见：ppp2（1）E̅2=(EX)2+X=p2+p(1−p)≠̅2（2）E(𝑋1𝑋𝑛)=E(𝑋1)E(𝑋𝑛)=p∗p=故𝑋1𝑋𝑛是p2

)=

)2−

=

)2−𝐷𝑒𝑛(𝑇)

))2=p∗p−p4=p2−p4∂2lnf(x;p) E(1− 𝐼(𝑝)=−E (1− p(1−𝐷𝑒𝑛(𝑇)

4𝑝2p(1−4𝑝2p(1−𝑒(𝑇)=𝐷𝑒𝑛(𝑇)= =

p2−

𝑛(1+lnp(xi,)xln

p(xi,

lnp(x,)ux(x11)1x1

x

2 lnp(x,)]2E(x11)21E(x)2

2

的R-C

4 E(uˆ)E(aˆb)aE(ˆ)babP{|𝑋|≥𝜀}

令X=Tn-g(θ)，k=2P{|Tn−g(θ)|≥𝜀}≤

̂θlim𝐸[̂−θ]2=0≤limP{|̂−θ|≥𝜀}≤

𝐸[̂ =

limP{|̂−θ|≥𝜀}=即：̂

E̅E(2̅)𝐸[2̅𝐸[4̅24𝜃̅=lim

+𝜃2−4𝜃∙

+𝜃2]=

=

𝑛→∞所以：2̅

𝜃,

)2

− =lim𝐸

)−

+

=

𝜃2=

𝑛→∞(𝑛+2)(𝑛+所以：𝑋(𝑛)是θ2.18~2.20（１） f(x;)ne ＝nen2.3.6c()h(x1,...,xn)b()

xiT(x1,...,xn)这样可得：T(x

)1

，这样，可得x （２）首先xf(x;) L()nln()n n(x)(2)n2(x(则有C(n2 是的有效估计 2.23n(n(xp(1p

}=1-由题意得：1-＝0.95,

60,n=105查表得

=0.05,x 这样，我们可以解得：p0.95的置信区间（0.4768,0.6661）2.24解：由中心极限定理可得，当nP（）分布xk ~N(0,1，在这里，ｎ充分大，u,

x

}1

x

4n4nxu的置信度近似为1的置信区间为（x2

)4n4nxux2

)2.26Un(X

对于给定的1，查标准正态分布表可得u2，使u2)1P(X

u

pX

u

)1区间的长度d2

u

L22n(X2(nU n(X2(nt(n由因为Ut(n所以TnXnS2n对于给定的1t分布表可得nS2nP(Ut21P(X

ntn

X

ntn

)1当n30X35S15时，第一家航空公司平均晚点时对于给定的1t分布表可得t，使得P(Ut1nP(X t)1nn故的具有单侧置信上限的单侧置信区间为(Xn

t第一家航空公司的单侧上限置信区间为第二种航空公司的单侧上限置信区间为（1）

~N(,2X

~N因此

Xi

~

(Xi)2 (Xi)2 i12的置信区间为

1

X

(Xi

)22(n) (6) (n) (6)

(n1)S（2）未知

~2(n (n1)S(n

2(n)

1

(n)(n

(Xi

X)22(n1) (n1) 1

(n1)S解：未知

~2(n(n1)S(n1)S

(n1)S(n1)S12

X

(n

(Xi

X

2(n1) (9) (n1) (9) 2(n1) (9) 解：当n充分大时，总体X

N

S)S S 1(XY)S S 112的置信区间为：((XY)u 11 SSX160

Y150S2m(1m) S2 S2 S S S 1u

u0.02512的置信区间为~xyu1u2~ 1

1

n1n2那么121—xy

n1n2 11 n2在此题中x=0.14125y=0.1392，=0.05t0.02545

S

11 （-S SXY~N(12121

Y)u

11SSn

X

S1

Y

S2SSSS 1

u

u0.0252和2均未知，nn 令ZiXiYi则Z~N，22 那么121— ZZ

n-Z

n-Z=XY=-

tn-

t这样可计算得120.95的置信区间为：(-2S 1n1~F

解：2S 22的置信区间S S

1,

S

1)单侧置信下限为S

单侧置信上限为

1,n2n1n2

n

2

n

2

22的置信区间为第三章假设检验3.3X~N83.8%,2,0.05H0：=83.8%H1：在这里2

nx0S

nx0tS*

nxi

S

t

0 S

接受假设H3.5H01260H1H

n(X)~t(nS*拒绝域为WTt2(nn X S*T t2(n1)t0.025(3)T3.1824，所以拒绝3.7X~N(,2，H0:0.048H1:(n

H2

~2(n

2(n1)or

1

(nn X (n1)S*2

(n

2(n1) (4) (n1) (4)1

211.143，所以拒绝HH012H11UH0

X

11 拒绝域为WUu2n1 X n25YU X 1.61 1U1.96H022H112X

~N X

Y ( )2~2(n)，( ~(n2

(Xi

)2 F ~F(n1,n2)H0

(Yi) 拒绝域为

n1

(Xi)

)2F1.3923

0.2688F3.72，所以接受原假设HH01:22H11:2若H01H02:12H12:1S*F1~F(n1,n1，2未知，H01成立时 n1

X

*n2 Y15 SF1 (n1,

1)

1

0.2041F4.53，所以接受原假设H222但2，2未知， 1

X

~

拒绝域为

t2(n1n21 1

T

t2(n1n22)t0.025(15)T2.1315，所以接受原假设 ，认为1X，Yx~N(,2，其中2未知Ho4.5H14.5

n(x0)当H0成立时候，T应偏向取正值，T取过分大的负值将不利于原假设，拒绝域取为ｗ＝｛Tt(n1)｝在该题中,n=13,x4.83846

4.5,S*计算t

13(4.438464.5)H022H1X 大样本时，当022时U ~N n X SUX01.5714，uu0.1 U1.2816，所以接受原假设，可以认为计算器的平均持 x1~N(1,2x~N(2,2，其中2＝Hｏ：122H1:12 1 以T＝ 1 (n1)S(n1)S*2(n n1n2T~t1(n1n2当H0成立时，ｔ应偏向取负值，T拒绝域取值为wTt(n1n2

1.5,Sw0.872561 t1

经查表可得t0.05(22)可见ｔ>t0.05(22),t落在拒绝域 H0:

:

212

S S S S 1

~N拒绝域为

u11 SS

Y

uu0.05U1.6448，所以接受原假设，甲枪弹的平均速度比乙枪弹H:

2H:2S W1F(n1,n

S SF1F3.5，所以接受HX~01H0:0.05H1:X 大样本时，U 0~N U过分偏大将不利于H0m(1m)Wm(1m)Xm

S

UX

u

U1.6448，所以接受原假设H解：用2n(mnpH成立时，K112 2.2

2(r1)2(3)K1127.815，所以接受H，认为X3.21解：提出假设H0x~Exp(其中先由题中数据可以算出的极大似然估计

1

^替换，把ｘ可能取值的区间0分为不相交的６当H0成立时，分别计算各组的理论频数npi和实际频数mi，组号6那么可的

i7621.036 对给定0.1查2(4)分布表，可得2(4)7.779可见 2 3.23解：对于本题，提出假设H0：F=GH1FG，拒绝域为{Dn1n2Dn1,n2,FGn(Fn(x(iDn1,n2

n=77

Dn1,n2

3.25解：记疗效为X，年龄为YX，取３种值：分别记显著、一般、较差分别为:A1,A2,A3;Y也取三种B1B2B3

H0pijpi。p。j,i1,2,3H1

p{xAi,YBjpi。p{xAip。jp{YBj}，ij

nin。j)2kn

n j

(32128= (28117

(44117

(45117+ + + (2355

117

+ + +

拒绝域为ｗ＝{k2((r1)(s 又又

(4)k2 第四章方差分析与正交试验设计 F因素𝑄𝐴=误差𝑄𝐸=总和𝑄𝑇=解：提出假设H0F因素QA误差QE总和QTF(r1,nr)F0.05(2,27)F3.35，所以拒绝原假设，认为这三组玻璃碎片的平均折射解：提出假设H0F因素QA误差QE总和QTF(r1,nr)F0.05(2,7)F4.74（1）

F因素QA误差QE总和QTF3.06ni(Xini(Xii

~

因此的置信区间为：

(n ni4t2(ni1)t0.025(3)

i S的置信区间(X (n n i (XiXk)(ik)~t(n(11 (11 ((

)t

(n (11 t2(n(11 13的置信区间为（16.2397，25.3103）45的置信区间为（-（1）自由F（2）H01：处置方案因子对实验无显著影响H02H11：处置方案因子对实验有显著影响H12：区组因F0.05(2,46.94FA6.94FB6.94，所以接受H01，接受H02自由F因素因素𝐹0.05(2,6)=3.46,𝐹0.05(3,6)=自由F𝐹0.01(3,15)=5.42>4.135,𝐹0.01(5,15)=FAAB以及因素A、B的交互作用对结果的影响大小，若给定参数可以对相关假设进行检验。第五章回归分析

Q(b)(

bxi令 Q(b)令

(ybx)(x) xib 解得 x

Y

x2

x

i xiyinxyb 2.790

nx2 aybx（1）̂=5.552,̂=-1.101,即y=5.552-1.101x̂̂∗√𝑙𝑥𝑥~𝑡𝛼(𝑛− ∗√𝑙𝑥𝑥=0.695<𝑡0.05(16)=（4）r= =-（1）

Y

x2xi

xiyinxyb 0.223

nx2aybx

x)2

(

n2(lyy

lxx)t

t2(n2)t0.025(8)t2.3060

11 (x

~t(n

(xyy0

1 t2(n 1 1 (x

解：bb~NQe2lxx(lxx(bQe(n

2(n ~t(nQeQe(nb的置信区间为：(bt2(n xiyinxy

b 0.6

aybx

nx22 2

(xi(yi

2

2Qen2(lyy

lxx)所以b的置信区间为（- (aa)Qe(n

~t(n (n1 a的置信区间为：(at2(n 用Matlab̂̂=058̂̂∗√𝑙𝑥𝑥~𝑡𝛼(𝑛− ∗√𝑙𝑥𝑥=3.1693>𝑡0.05(10)=充分性：因为:𝑥̅=1