数理统计课后答案参考

习题一1设总体X的样本容量5n，写出在下列4种情况下样本的联合概率分布.1）),1(~pBX；2）)(~PX；3）],[~baUX；4）)1,(~NX.解设总体的样本为12345,,,,XXXXX，1）对总体~(1,)XBp，1122334455511155(1)(,,,,)()(1)(1)iinxxiiiixxPXxXxXxXxXxPXxpppp其中：5115iixx2）对总体~()XP11223344555115551(,,,,)()!!ixniiiiixiiPXxXxXxXxXxPXxexex其中：5115iixx3）对总体~(,)XUab5511511,,1,...,5(,,)()0iiiiaxbifxxfxba，其他4）对总体~(,1)XN25555/2221511111(,,)()=2exp22ixiiiiifxxfxex2为了研究玻璃产品在集装箱托运过程中的损坏情况，现随机抽取20个集装箱检查其产品损坏的件数，记录结果为：1，1，1，1，2，0，0，1，3，1，0，0，2，4，0，3，1，4，0，2，写出样本频率分布、经验分布函数并画出图形.解设(=0,1,2,3,4)ii代表各箱检查中抽到的产品损坏件数，由题意可统计出如下的样本频率分布表1.1：表1.1频率分布表i01234个数67322iXf0.30.350.150.10.1经验分布函数的定义式为：(1)10,(),,=1,2,,1,1,nkkkxxkFxxxxknnxx，据此得出样本分布函数：200,00.3,010.65,12()0.8,230.9,341,4xxxFxxxx图1.1经验分布函数x()nFx3某地区测量了95位男性成年人身高，得数据(单位：cm)如下：组下限165167169171173175177组上限167169171173175177179人数310212322115试画出身高直方图，它是否近似服从某个正态分布密度函数的图形.解图1.2数据直方图它近似服从均值为172，方差为5.64的正态分布，即(172,5.64)N.4设总体X的方差为4，均值为，现抽取容量为100的样本，试确定常数k，使得满足9.0)(kXP.解-54100XPXkPk555PkXk因k较大，由中心极限定理,~(0,1)4100XN：-55PXkkk(5)(1(5))kk2510.9k所以：50.95k查表得：51.65k，0.33k.5从总体2~(52,6.3)XN中抽取容量为36的样本，求样本均值落在50.8到53.8之间的概率.解25250.853.81.14291.71436.3/36XPXP252~(0,1)6.3/36XUN50.853.81.14291.7143(1.7143)(1.14290.9564(10.8729)0.8293PXPU）6从总体~(20,3)XN中分别抽取容量为10与15的两个独立的样本，求它们的均值之差的绝对值大于0.3的概率.解设两个独立的样本分别为：110,,XX与115,,YY，其对应的样本均值为：X和Y.由题意知：X和Y相互独立，且：3~(20,)10XN，3~(20,)15YN(0.3)1(0.3)PXYPXY0.31()0.50.5XYP~(0,0.5)~(0,1)0.5(0.3)22(0.4243)0.6744XYNXYNPXY7设110,,XX是总体~(0,4)XN的样本，试确定C，使得1021()0.05iiPXC.解因~(0,4)iXN，则~(0,1)2iXN，且各样本相互独立，则有：10122~(10)2iiX所以：10102211()()144iiiiCPXCPX1021110.0544iicPX102110.9544iicPX查卡方分位数表：c/4=18.31，则c=73.24.8设总体X具有连续的分布函数()XFx，1,,nXX是来自总体X的样本，且iEX，定义随机变量：1,,1,2,,0,iiiXYinX试确定统计量niiY1的分布.解由已知条件得：~(1,)iYBp，其中1()XpF.因为iX互相独立，所以iY也互相独立，再根据二项分布的可加性，有1~(,)niiYBnp，1()XpF.9设1,,nXX是来自总体X的样本，试求2,,EXDXES。假设总体的分布为：1）~(,);XBNp2)~();XP3)~[,];XUab4)~(,1);XN解1)EXEXNp(1)DXNppDXnn2(1)ESDXNpp2)EXEXDXDXnn2ESDX3)2abEXEX212baDXDXnn2212baESDX4)EXEX1DXDXnn21ESDX10设1,,nXX为总体2~(,)XN的样本，求21()niiEXX与21()niiDXX。解22212(1)(1)(1)(1)niiEXXEnSnESnDXn222421(1)(1)niinSDXXDnSD又因为222(1)~(1)nSn,所以：2412(1)niiDXXn11设1,,nXX来自正态总体(0,1)N，定义：1211||,||niiYXYXn，计算12,EYEY.解由题意知~(0,1/)XNn，令：YnX，则~(0,1)YN()EYnEX221||2yyedy22022yyedy022tedt22(1)21((||)2)EYEXn21111(||(||2))()nniiiiEYEXEXnnEX12设1,,nXX是总体~(,4)XN的样本，X为样本均值，试问样本容量n应分别取多大，才能使以下各式成立：1）2||0.1EX；2）||0.1EX；3）(||1)0.95PX。解1)4~(,4)~(,)XNXNn，~(0,1)2/XUNn2EX242/XEnn242/2/XXDEnnn4100.1n所以：40n2)令：~(0,1)2/XUNn()2/XEEUn2212uuedu2201222uuedu所以：220.1EXn计算可得：225n3)111PXPX222/nXnPn22nn210.952n查表可得：0.9751.96,15.362nun，而n取整数，16n.13设1(,,)nXX和1(,,)nYY是两个样本，且有关系式：1()iiYXab（,ab均为常数，0b），试求两样本均值X和Y之间的关系，两样本方差2XS和2YS之间的关系.解因：111niiYXanb111niiXnabn1Xab所以：1EYEXab即：222112221111111111=1nnYiiiiniXiSYYXaXannbbXXSnbb14设15,,XX是总体~(0,1)XN的样本.1)试确定常数11,cd，使得2221121345()()~()cXXdXXXn，并求出n；2)试确定常数2c，使得222212345()/()~(,)cXXXXXFmn，并求出m和n.解1）因：12~(0,2)XXN，345~(0,3)XXXN标准化得：12~(0,1)2XXN，345~(0,1)3XXXN且两式相互独立故：22234512~(2)23XXXXX可得：112c，113d，2n.2）因：22212~(2)XX，23452~(1)3XXX，所以：221223452~(2,1)3XXFXXX，可得：23,2,12cmn.15设(),(,)pptnFmn分别是t分布和F分布的p分位数，求证21/21[()](1,)pptnFn.证明设1(1,)pFn，则：()1()1PFpPFp()()12()2()12PTPTpPTppPT所以：12()ptn故：2112()(1,)pptnFn.16设21,XX是来自总体)1,0(~NX的一个样本，求常数c，使：1.0)()()(221221221cXXXXXXP.解易知12~(0,2)XXN，则12~(0,1)2XXN；同理12~(0,2)XXN，则12~(0,1)2XXN又因：1212(,)0CovXXXX，所以12XX与12XX相互独立.221212222121212()(1)()()()()XXcXXPcPcXXXXXX212212()()1XXcPXXc212212()20.11()2XXcPXXc所以：0.9(1,1=39.91cFc）计算得：c=0.976.17设121,,,,nnXXXX为总体2~(,)XN的容量1n的样本，2,XS为样本1(,,)nXX的样本均值和样本方差，求证：1）1~(1)1nXXnTtnnS；2）211~(0,)nnXXNn；3）211~(0,)nXXNn.解1）因：1()0nEXX，211()nnDXXn所以：211~(0,)nnXXNn，1~(0,1)1nXXNnn又：2221~(1)nSn且：11nXXnn与221nS相互独立所以：1222111nXXnnnSn11nXXnnS~(1)tn2）由1）可得：211~(0,)nnXXNn3）因：1()0EXX，211()nDXXn所以：211~(0,)nXXNn18设1,,nXX为总体2~(,)XN的样本，X为样本均值，求n，使得(||0.25)0.95PX.解~(0,1)/0.250.250.25/XUNnXPXPnnn20.2510.95n所以：0.250.975n查表可得：0.9750.251.96nu，即62n.19设1,,nXX为总体~[,]XUab的样本，试求：1）(1)X的密度函数；2）()nX的密度函数；解因：~[,]XUab，所以X的密度函数为：1,[,]()0,[,]xabfxbaxab，0,(),1,xaxaFxaxbbaxb由定理：1(1)()(1())()nfxnFxfx11(),[,