數(shù)理統(tǒng)計(jì)課后題答案汪榮鑫

1、數(shù)理統(tǒng)計(jì)習(xí)題答案第一章1解:1n9294 103 105106Xx100ni 15_21n21 52Sxx-Xi100ni 15 i 112 22 2 29210094 100103100105 100106 1005342.解：子樣平均數(shù)X -mixn i i11 8 3 40 6 10 26 2 604子樣方差S21 1 * - 2 mi xi x n i 1122228144034106422646018.67子樣標(biāo)準(zhǔn)差S. S24.323.解：因?yàn)閅ixiac所以Xia cyi1 *xXin i 11 n an i 1cyi1 na nncyii 1c n a -n i 1a cyy所

2、以x a cy成立2sx1 nn i 1xi2x21 nacyi a cyn i i21 ncyicyn i 12 n2cyiyn i 12因?yàn)?s1 ny;所以n i 1s； c2s：成立2 / 57MeX n 1-2X 70RXn X13.2147.21Me2X8 1.24.解：變換y Xi 2000i123456789Xi193916973030242420202909181520202310yi-61-303103042420909-185203101-1 n -61 303 1030 424 20 909 185 20 310y yi 9n i 1240.44421 nSyn i 1

3、2yiy12261 240.444303 240.4441030 240.4449222424240.44420240.444909240.444222185240.44420240.444310240.444197032.247利用3題的結(jié)果可知5.解：變換x 2000 y 2240.444 s； S 197032.247i12345678910111213Xi79.80.80.80.80.80.80.79.80.80.80.80.80.09804020403030497050302002yi-2424334-353202yi 100 xi 801 13n1 yyin i 112424334

4、353202132 / 573.0022Sy102Sx2100 Sy4.40251 22 2.00232 2.00132233 2.0032.00n i iyi2 25 2.0034 2.005.3077利用3題的結(jié)果可知80 80.021002Syy 5.3077100006.解：變換 10 Xi 27*23.526.128.230.4yi-35-91234mi2341y -mi yin i 1135 2 9 3 12 4 34 101.5X 工 27=26.85102 1l2Sy -miyi yni 1122 2 2235 1.539 1.5412 1.534 1.510440.257 解

5、:身高154158158 162162 166166 170170 174174 178178 182組1561601641681721761804 / 57中值學(xué)生數(shù)101426281282xmi xin i i1156 10 160 14 164 26 172 12 168 28 176 8 180 2 10016621 1*-2smi人xn i 112-1015616614100212172166817633.44160166226164221662180 1662 2166 28 168 16619 / 578解：將子樣值重新排列（由小到大）1.2,0, 0,-4, -2.1, -2.

6、1 , -0.1, -0.1,1.2, 2.01, 2.22, 3.2, 3.21MeX n 1X70RXnX13.2147.21MeX-x28 1.21ni1 n29 解: Xin2召- q i 1n2 j 1xn1 n2n1 x-in2 x2n1 n2niXii in2Xjj ini Xi 2n2 X2nin2nin22一 22一 2nisiXin? S?X22niXini n22 Xi ni n2 i i_2 Xn2X2nin22_2ni n2ni s；nzS；ni Xin 2 X2ni Xi n2 X2ni n2ni n2ni n22nisini2n?S2n2ni ni_2 n2 Xi

7、n2nin22X2ni Xin2X2ni Si2n 2 s；一2nin 2 Xini n222ni sin2s2nin2Xini n22ni n2一2nin2X22ni n? Xi X22ni n2X2Zni n2io某射手進(jìn)行20次獨(dú)立、重復(fù)的射手，擊中靶子的環(huán)數(shù)如下表所示:環(huán)數(shù)io987654頻數(shù)2309402試寫出子樣的頻數(shù)分布，再寫出經(jīng)驗(yàn)分布函數(shù)并作出其圖形解:環(huán)數(shù)io987654頻數(shù)2309402頻率o.i0.i500.450.200.i0X40.i4X60.36X7F20 x0.757X90.99Xi0iXi0ii.解:區(qū)間劃分頻數(shù)頻率密度估計(jì)值i54T58i00.i0.02515

8、8162140.140.035162166260.260.065166-170280.280.07170174120.120.0317417880.080.0217818220.020.005x&Pi 1,2, ,n12.解:EXE1n1 n lnXEXni 1n i 1nDXD1n1 nnXi2DXi2ni 1n i 1nEXjDXin13解：xWa, bExa b2DXi2b ai 1,2, ,n12在此題中xNu1,1Exi 01 .DXji1,2, , n31 n1 nEXE洛Ex0n i 1n i 11 n1 n1DXDXj2Dxin i 1n i 13n14.解：因?yàn)閄i“N,2E

9、XiX0D i1所以XiN0,1i1,2, ,n由2分布定義可知1 nY2Xii 12nXii 12服從2分布所以Y 2 n15解：因?yàn)閄i Nn 0,1i 1,2, ,nX1X2X N 0,3XiX2X3D Xi_X?_X3所以X1X2 X33N 0,12X1 X2 X3：3同理X4 X5 X6?3由于2分布的可加性，故X1 X2可知16解:(1)因?yàn)? 13Xj N 0,X42X5_X6乜i 1,2,所以n2012f 2 x dxfYl yFyi yn因?yàn)樗?2)因?yàn)樗詅Y yn22衛(wèi)2n22nXi “N 0, 2i 1,2, ,n臺(tái) N 0,1n哄 2 ni 1P Y2ny2ny2x

10、 dxn n2 2n 2y21nynefY2 yn 22n2220ny2(3)因?yàn)閄i“N 0,i 1,2, ,nN 0,1i 1所以2 n_Xi_i i一 nP Y3Y32ndxfY3FY3 y：2一ny ey2n 2(4)因?yàn)?, 2,nXi0,1所以XiP Y4 y1 x dxy_2故17解：因?yàn)榇嬖谙嗷オ?dú)立的U , VU N N 0,1V2X1reXNt nvN 2 n由定義可知18解：因?yàn)樗?2)因?yàn)樗評(píng)2N 21 u2 丄 V n2x2Y1Y2F 1,nN 0,1n、mi 1n mXi2i n 10,1Xi 2Xi 20,i 1,2, ,nXi19解：用公式計(jì)算20.0190查

11、表得U 0.01代入上式計(jì)算可得20.解：因?yàn)閚m X：i 1n mn X；i n 12.33由2分布的性質(zhì)3可知90xNn Xii 1甘nn m x 2i n 1i 1,2,Xii 1nn m 2i n 1mJ2 90U.0120.01 9090n,m31.26121.26D 2 2n1.x)x)xe從而有2.X n,2nN 0,1c X n lnmP茹0,1).E(x)x)1k(1令P= X1所以有p X2).其似然函數(shù)為xdxkP)L(P)c n2nc n2nxd(1c n2n1 Jdte dt2nxex)dxk(1x 1x 1P) p k 1P)nXi nPn(1 P)nn ) ln(

12、 1In L ( P ) n In p ( X i1n1( X iP 1 P i 1n1P n Xii 1d In Ldp解之得3. 解:因?yàn)榭傮wX服從U(E( X)電丄D( X)=容丄一212 r! n令 E ( X) =X D ( X) =S2, S2=n (Xi X)2n i 1a+b _ p- X(a b)12X2-S2、.3s、.3S4.解:(1)設(shè)爲(wèi),|n(Xi )InInIn解之得:nnIn x ii 1nnIn x ii 1(2)母體X的期望E(x)xf (x)dx而樣本均值為:a, b)n!所以xn為樣本觀察值則似然函數(shù)為:Xi 1 , i1,2，|InXi-1dxnIn x

13、 iI I21 / 57所以-1 nX丄Xjn i 1令E(x) X得X15.o 解:其似然函數(shù)為:L()i 1e2ln L()nln(2得：1inXi1（2）由于x eXd;n)2E(n i 11 n6. 解:1I(2 )n1 n|x|為的無偏估計(jì)量。其似然函數(shù)為：L(In L (nkIn1 n-Xii 1xxe dx2n1)eXik)nxe dxXj (k1)exi(k 1)ln(Xid In L (dnk解得nknXii 1f(x) ,07 .解:由題意知:均勻分布的母體平均數(shù)13 / 57022萬(wàn)差20)2122122025 / 57用極大似然估計(jì)法求得極大似然估計(jì)量似然函數(shù):L()0

14、 min xi maxxi(i)1 i n選取使L達(dá)到最大取max xi1 i n由以上結(jié)論當(dāng)抽得容量為6 的子樣數(shù)值 1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1，時(shí)22 即 2 I8.解：取子樣值為（X1,X2,222.22.2小0.40331212Xn), (Xi)則似然函數(shù)為：nL( )e (Xi Xii 1 nnln L( )(Xi)Xin要使似然函數(shù)最大，則需取min（X1，X2，,Xn）=min( x1 , x2 ,Xn)9.解：取子樣值（X1,X2,Xn)(Xi0)則其似然函數(shù)L（）XiIn L( ) nlnnXii 1ln L()dnnXii 1由題中數(shù)據(jù)可知_ 1X(36

15、5 524510001丄 0.0515150 25100 357045 4555 25 65)2010. 解：（1）由題中子樣值及題意知:故 0.4299 4.72.0205極差 R 6.2 1.5 4.7 查表 2-1 得丄 0.4299d5(2)平均極差R 0.115，查表知 0.3249d100.3249 0.1150.045511/解:設(shè)u為其母體平均數(shù)的無偏估計(jì)，則應(yīng)有又因x1 (8601 40即知412.解:XN( ,1)E(Xi)，D(Xi)13E( 2)-EX1-EX244E( 3)1EX1!ex210 6 211,3，(i26)41,2)則 E( 1)-EX23所以三個(gè)估計(jì)量

16、3均為的無偏估計(jì)2X1 31X2 一 3/kD5 )1 - 94 - 9D1 一 9人D4 - 9同理可得D( 2)5，D(2)可知3的方差最小也亦2最有效。13解:X P()E(X),D(X)*2E(S )(XiX)22E(Xi )2nE(X )n 1 i 1(2)n(n2)即S*2是的無偏估計(jì)n又因?yàn)?E(X) E(2 Xi) n i 11-E( Xi)n i 11 nEXin i 1即X也是的無偏估計(jì)。又 0,1 E(aX (1_ * 2)S ) E(X) (1 )E(S )因此X (1)S*2也是的無偏估計(jì)14.解：由題意：X N( , 2)(1 )27 / 57n 115.證明參數(shù)的

17、無偏估計(jì)量為,D依賴于子樣容量n因?yàn)镋( )2C E(Xi 1i 12Xi)C D(Xi 1Xi)(E(Xi1Xi)2n 1C D(Xii 11) D(Xi)n 10 C 2 2 2C(ni 11) 22要使E()2只需C1所以當(dāng)C1時(shí)2為2的無偏估計(jì)2( n 1)2( n1)29 / 57則 0,由切比雪夫不等式lim D 0 故有 lim p1nn 廠即證為的相合估計(jì)量16證明：設(shè)X服從B(N,p)，則分布律為k kkP(X k) CzPk(1 P)k(k 1,2, N)這時(shí)E(X) NPD(X)NP(1P)EX22 2 2DX (EX) NP(1 P) N P所以E(P)號(hào)NP(無偏)N

18、P(1 P)N2nP(1 P)Nn羅一克拉美下界滿足K K06 P(1N P 2 KP)N P2CnPK(1P)N PP)L n(12 KP) CnP (1 P)NK二(L “Cn KLnP (N0 PN rK N P 2 K nK 07TV Cnp (1P)N K2NEX 2EX2P(1 P)N2 2NEX EX2】nNP(1 P) N2P2P22N2P NP(1 P) n2p2(1 P)2N2 2N2P NP(1 P) N2P2(1 P)21 1nNP 1 PnNP(1 P)所以Ir nNDP即p為優(yōu)效估計(jì)17.解：設(shè)總體的密度函數(shù)1f(x)廠(X )2似然函數(shù)為L(zhǎng)(2)22(22)n(X

19、i )2i 12 2LnL(n Ln22n Ln2n(Xii 1)2(Xi1)2dLnL2 dn(Xii 1)2因?yàn)楹?2心皿=)21i2F .2 e2 dx又因譏E(X)4E(X)224n2的羅一克拉美下界且 D( 2)所以E(Xin i 1D(Xin i 118.解：由題意:所以U Xu 1PU)2)2)nE(i1(Xi)2)的無偏估計(jì)量且Ir2D()2的優(yōu)效估計(jì)n=100,可以認(rèn)為此為大子樣,近似服從N(0,1)231 / 57得置信區(qū)間為（X u 5 x u事）2 v n2 v n已知10.95S=40 X=1000 查表知u1.96代入計(jì)算得2所求置信區(qū)間為（992.161007.8

20、4）19.解：（1）已知 0.01cm 則由UX N(0,1)nPU解之得置信區(qū)間（X u將 n=16 X =2.125 uu0.052代入計(jì)算得置信區(qū)間(2.12091.6450.012.1291)32 / 57(2)未知 T Xt(n 1)PT t 12解得置信區(qū)間為(X s t X s t )J n刁刑n將 n=16 t (15) t0.05 (15) 1.753 S2 0.00029 代入計(jì)算得 2置信區(qū)間為(2.1175 2.1325)。20.。解：用T估計(jì)法 t X t(n 1)PT t (n 1)12解之得置信區(qū)間(X S t_X S t_)Un 2In 2將 X 6720 S

21、220n=10查表第曲 2.2622代入得置信區(qū)間為（6562.618 6877.382）21.解：因n=60屬于大樣本且是來自（0 1）分布的總體，故由中心極限定理知nXi npnp(1 p)nX_np_近似服從N(0,1)np(1 p)n(X P)jp(1 P)解得置信區(qū)間為(Xp(1 p)up(1 p)u)本題中將土代替上式中的X由題設(shè)條件知 土 0.25p(1 P)UnE ) 0.055查表知 U n U 0.0251.96代入計(jì)算的所求置信區(qū)間為(0.1404 0.3596)22.解：2未知故U N(0,1)X由PUu 21 解得置信區(qū)間為(Xun i區(qū)間長(zhǎng)度為2.nU2于是u L/

22、 2計(jì)算得nL2即為所求23.解：未知，用2估計(jì)法(n 1)S22(n1)P 2(n 1)2(n1)：(n 1)2解得的置信區(qū)間為F2(n 1)S(n0S2)2 )12(1)當(dāng) n=10， S=5.1時(shí)查表20.005 (9)=23.5920.995 (9) =1.73代入計(jì)算得的置信區(qū)間為(3.15011.616)34 / 570.995(45) 24.31 1(2)當(dāng) n=46, S =14 時(shí) 查表 爲(wèi)5(45)=73.166代入計(jì)算可得的置信區(qū)間為(10.97919.047)24. 解：(1)先求的置信區(qū)間由于未知XT S t( n 1)S nPT| t 12得置信區(qū)間為(X S t

23、x S t )V n 2J n 刁經(jīng)計(jì)算 X 5.12查表 t0025 (19)2.093n=20S 0.220342 / 57代入計(jì)算得置信區(qū)間為(5.10695.3131)(2) 未知用統(tǒng)計(jì)量22 (n 1)S 2(n 1)2 12P1(n 1)S )2 丿12_得的置信區(qū)間為2查表 0.025 (19)=32.8520.975 (19)=8.91代入計(jì)算得的置信區(qū)間為(0.16750.3217)25.解：因Xn1與X1 ,X2, Xn相互獨(dú)立，所以Xn1與X相互獨(dú)立，故1 2Xn 1 X N(0,(1 -)n又因鳴2(n1)且與Xn1 X相互獨(dú)立，有T分布的定義知1 X n 1t(n 1

24、)n 1Xn 1 Xn 1nnS2(n 1) 226.解：因 Xi N(1?2)i 1,2, mYj N( 2,) j 1,2, n所以(X 1)N(0,-m(Y2)N(0,)由于X與Y相互獨(dú)立，則_ _ 2(X 1)&2)N0,(-m2)n即(X1) (Y 2)2 N(0,1)又因2msx2-2(m1)2nSy2f 2(n 1)2nSy22(mn 2)構(gòu)造t分布(X1) (Y2)= 22,m(X msx m(Y21)2 n Syn 2 , m n2) t(m n 2)227. 證明：因抽取n45為大子樣*22 (n 1)s22(n1)由2分布的性質(zhì),2(n(n _1)近似服從正態(tài)分布n (0

25、,1)1)所以PUu t 12 (n、2(n1)1)(n 1)s22,2(n1)(n 1)u巨可得2的置信區(qū)間為s2s2112J12Vn 1u 2n1u 228.解:因2122TXY(12) 一“ t(n11n m2未知，故用T統(tǒng)計(jì) 量m 2)2 2其中 sw (n (m 1)s20.05 n m查表気25(4)2.144計(jì)算X 81.625Y 76.1252S1145.695 , sf101.554 ,123.625代入得X Y tT(n m2). 1 1n m5.511.9237故得置信區(qū)間(6.4237,17.4237)29解：因222故用T統(tǒng)計(jì)量T XA Yb (TSw t n t(n

26、 m 2)其中 Sw22 2(n 1)3 (m 1)S2m 2t2計(jì)算得置信區(qū)間為(X A Xb Swt (n2Xa XbSwt (n2m2).11 ).n m把 Sw2 =0.000006571t =2.3642代入可得所求置信區(qū)間為(-0.0020160.008616)。30.解：由題意用U統(tǒng)計(jì)量X1 X2( 1S12S22n m2) N(0,1)P U u_12計(jì)算得置信區(qū)間為(X1X2 u22 2S1S2n mX1 X2u? Sn Sm)把 X11.71 X21.67 S120.0352S220.0382n m 100UU0.0251 .962代入計(jì)算得置信區(qū)間( 0.0299,0.0

27、501)31.解：由題意，ui,u2未知，則*2S2/ 2F 22F( n2S11,n1 1)則 P F1) F1F (n221小11)經(jīng)計(jì)算得p仃少2* 2511)壬522122F_(n222511)打52解得27的置信區(qū)間為21)251*252,F_(n221小11)S2n16n29*2S10.245*2S20.3570.05查表:F0.025 (5,8)4.82F0.975(8,5) 一48_F0.025 (5,8)4.820.2072帶入計(jì)算得 V的置信區(qū)間為：（0.142,4.639）32.解:22未知，則 T Xt(n 1)即：PT t (n 1)1有:* *PX t (n 1)

28、11 則單側(cè)置信下限為：X t (n 1)JnJ n將 X 6720 S*220 n 10 t.5(9) 1.833 帶入計(jì)算得 6592.471即鋼索所能承受平均張力在概率為95%的置信度下的置信下限為6592.47133.解：總體服從（0，1）分布且樣本容量n=100為大子樣令X為樣本均值，由中心極限定理nX nP N(0,1)又因?yàn)?S2所以PnX np則相應(yīng)的單側(cè)置信區(qū)間為（X)uu0.051 .645將 X =0.06 S2 m(1 m)0.6 0.94n n代入計(jì)算得所求置信上限為0.0991即為這批貨物次品率在置信概率為 95%情況下置信上限為0.0991234.解：由題意:(n

29、 1)S22 (n 1) P2i (n 1)1X245 / 572解得 的單側(cè)置信上限為，.(n2 1)S i所以2yi (n 1)其中 n=10, S =45, 查表 2(n 1)0.95(9) 3.325代入計(jì)算得的單側(cè)置信上限為74.035第五章1解：對(duì)一元回歸的線性模型為 YXi i離差平方和為n2Q yi xi 1對(duì)Q求 的偏導(dǎo)數(shù)，并令其為0，即nyii 1XiXi變換得解此方程得因?yàn)閤yixy2XyiXiyixy2xy22XyV2xy1n21n1其中2.解：將代入得xyXiyi Xix 26 y 90.14 Xy 2736.5112yim2451.112my 342.665x47

30、/ 57xy xy 2736.511 26 90.14 c “20.8706mx451.11y x 90.14 0.8706 26 67.508822 2 2 22 m；m； 342.665 0.87062 451.11 0.74873證明:duvuvd1d1u2unduiuvivi 1d1n2uiui 1WCoyCododT 2x Gdinx Gx Gd0 i 1 d1 d1 d1n Kci 1 d1d d 0d1 i 1x yi yd12xx yiyxixi 1d。dpd1dvd。dU G d： C1dv&dd。d1de1)ud。dd1ixC1211Xid1dd1iC12odod40223

31、022000210質(zhì)指標(biāo)0029050 / 571800 15202530354045505560支數(shù)4解：將 x 35.353 y 2211.2 xy 76061.676 m； 132.130m： 34527.46代入得xy xy76061.676 35.353m：132.130込 15.982211.2 15.9835.353 2776.1434527.4615.98132.130786.69*2為2的無偏估計(jì)量*2n220786.69n 2185.解：將x 6y210.4xy2m：2mx代入得874.102 21558mx 8m； 10929.84xy xy 1558 6 210.4 “

32、236.95mx8y x 210.4 36.95 611.3n 252210929.84 36.952 812.37n 233.517假設(shè)Ho :38H1 :38用T檢驗(yàn)法拒絕域?yàn)?Xi x t .-2 n 2查表得to.025 33.1824將上面的數(shù)據(jù)代入得t 1.89 to.025 3所以接受H 0 即認(rèn)為 為386.解：（1）由散點(diǎn)圖看,x的回歸函數(shù)具有線性函數(shù)形式，認(rèn)為長(zhǎng)度對(duì)于質(zhì)量的回歸是線性的。121110度長(zhǎng)915202530質(zhì)量(2)將x 17.5 y 9.49xy 179.372mx 72.92my2.45代入得(3)當(dāng)x 16時(shí)y a 16b0由T分布定義丫0x52 / 5

33、7所以X）的預(yù)測(cè)區(qū)間為x0t0.025n查表得將（2）的數(shù)據(jù)代入得計(jì)算得丫。的預(yù)測(cè)區(qū)間為i1t0.025 n 2t.025 4*2 n0.95一 2X。xnXii 1x0t0.025n一 2X。xnXi2.7760.08668.9521,9.47219.解：利用第八題得到的公式代入得xy xy2mx3138 21902.450.1822 72.920.0075x 21y 141.2xy31382 mx9010.0解：二元線性回歸模型為離差平方和為上咚 1.92141.2 1.92 21丫1xi12xi2100.88i,i 1,2, ,nnQyii 1iXi122Xi2對(duì)Q求1, 2的偏導(dǎo)數(shù)并令

34、其為0n可變換為y1X12Xi2Xi101ny1X12Xi2Xi20153 / 57nnn20Xii1Xi12Xi1X21i 1i 1nnnyiXi21Xi1Xi222Xi201i 1i 1正規(guī)方程為Xi1XX2Xiy最小二乘估計(jì)為X1X221 X2 2x2 yX1X22Xiyx22X1X22 2Xi X2x-i yX1X22X2yxi2x1x22 2Xi X2i2其中xiy一Xin i iX2yX2yiX1X2Xi1Xi22Xj2Xijj 1,211 解：（1） p 2n 1515i 12yi4148.31251515Xi19202Xi156734采用線性回歸模型Y1 X1X2 X2X15yii 1248.25y 16.55_15_X1 61.33Xi 2 7257x? 483.8i 11515可得所以12.解L11L1y2X2i 115Xiii 1152 Xi1i 11522L2115153524489151701515X$iX2%采用線性回歸模型15Xi1Xi