应用数理统计-施雨-课后答案-

习题11.1解：由题意95.01uxp可得：95.0nnuxp而1,0~Nuxn这可通过查N(0,1)分布表，975.0)95.01(2195.0nnuxp那么96.1n2296.1n1.2解：(1)至800小时，没有一个元件失效，则说明所有元件的寿命800小时。2.10015.08000015.00800|e0015.0800eedxxpxx那么有6个元件，则所求的概率2.762.1eep(2)至300小时，所有元件失效，则说明所有元件的寿命3000小时5.4300000015.0300000015.001|e0015.03000eedxxpx那么有6个元件，则所求的概率65.41ep1.3解:(1)123{(,,)|0,1,2,,1,2,3}kxxxxk因为~()iXP,所以112233{,,}PXxXxXx112233{}{}{}PXxPXxPXx1233123!!!xxxexxx其中,0,1,2,,1,2,3kxk(2)123{(,,)|0;1,2,3}kxxxxk因为~()iXExp,其概率密度为,0()0,0xexfxx所以,123(,,)3123(,,)xxxfxxxe,其中0;1,2,3kxk(3)123{(,,)|;1,2,3}kxxxaxbk因为~(,)iXUab,其概率密度为1,()0,|axbfxbaxaxb所以,12331(,,)()fxxxba,其中;1,2,3kaxbk(4)123{(,,)|;1,2,3}kxxxxk因为~(,1)iXN,其概率密度为(21(),()2xfxex所以,311(2123321(,,)(2)kkxfxxxe,其中;1,2,3kxk1.4解：由题意可得：，其它00,21)(i2lnii22ixexxfux则nixfxxf1ini)(),...(＝，其它0,...1,0,1n)2()(ln212n12i2ixxeiniiuxni1.5证:令21()()niiFaXa则'1()2()niiFaXa,''()20Fan令'1()2()0niiFaXa,则可解得11niiaXXn由于这是唯一解,又因为''()20Fan,因此,当11niiaXXn时,()Fa取得最小值1.6证:(1)等式左边11((nniiiiXXXX111(2()()(nnniiiiiXXXXXX21(()niiXXnX左边=右边,所以得证.(2)等式左边22111(2nnniiiiiiXXXXXnX22212niiXnXnX221niiXnX左边=右边,所以得证.1.7证：(1)niinxnx1111111niinxnx那么)(11_1_nnnxxnx＝niinniixnnxnxn111111111＝111111nniixnxn＝niixn111＝_1nx原命题得证(2)21221nniinxxns211122111nniinxxns那么212)(111nnnxxnsnn=niixn1211-21nxnn+212)1(nxnn-nnxxnn12)1(2+22)1(nxnn=niixn1211-222)1(nxnn+2111nxn-212)1(1nxn-nnxxnn12)1(2=niixn1211-(111nxn+nxnn1)2由(1)可得：111nxn＋nxnn1=1nx则上式＝niixn1211－21nx＝21ns原命题得证1.10解:因为2222111111,()nnniiiiiiXXSXXXXnnn所以(1)二项分布(,)Bmp11()()()niiiEXEXEXmpn21111(1)()()()nniiiimppDXDXDXnnn222211111()(())()()(1)nniiiinESEXXEXEXmppnnn(2)泊松分布()P()EX,()DXn,21()nESn(3)均匀分布(,)Uab()2baEX,2)()12baDXn,221()()12nESban(4)指数分布()Exp1()EX,1()DXn,21()nESn(5)正态分布2(,)N()EX,21()DXn,221()nESn1.11解：(1)是统计量(2)不是统计量，因为ｕ未知(3)统计量(4)统计量(5)统计量，顺序统计量(6)统计量(7)统计量(8)不是统计量，因为ｕ未知1.14.解:因为iX独立同分布,并且~(,iXa,11niiXXn所以1~(,niiXna;令1niiYX,则1XYn,由求解随机变量函数的概率密度公式可得1()(),0)nananxXfxnxenxna1.15解：(1)）（mx的概率密度为：)()(1)()!()!1(!)(1)(xfxFxFmnmnxfmnmm又F(x)=2x且f(x)=2x，0x1则有xxxmnmnxfmnmm2)1()!()!1(!)(2)1(2)(，0x1(2)）（1x与）（nx的联合概率密度为：)()()(1)()()11(!),(011))(1(yfxfyFxFyFnnyxfnn＝yxxynnn22))(1(222=222)()1(4nxyxynn0xy1对于其他x,y，有0),())(1(yxfn1.19证：现在要求Y=)X1/(Xmnmn的概率密度。令g(x)=)1/(xmnxmn可得当0y1有g’(x)=2)1(1xmn0求g(x)的反函数h(y)得h(y)=)111(xnm又h’(y)=2)1(1xnm这样可得Y的概率密度：)('))(()(yhyhfyfxY(yg(R))=2212)1(1)11()111)(()2,2(1xnmxxmnmnBmnn=)2,2()1(1212mnBxxmn(0y1)对于其他的Y有0)(yfY原命题得证1.20证明:令YXZn,其中~(0,1)YN,2~()Zn,则~()Xtn因为22YXZn,而22~(1)Y,2~()Zn所以22~(1,)YXFnZn1.21解：(1)由题意可得：=8,42,n=25对于2.88.7x5.0)(5.0xn又)1,0(~)(Nxn通过查N(0,1)分布表，可得：P｛7.8x8.2｝=0.6915-(1-0.6915)=0.383(2)和(1)一样即求-1.25)(xn0的概率通过查表可得：P｛85.7x｝=0.5-(1-0.8944)=0.3944(3)此时n=100即求-1)(xn1的概率通过查表可得：P｛2.88.7x｝＝0.8413-(1-0.8413)=0.6826(4)单个样品大于11分钟即x11可得该概率p1=1-0.9332=0.066825个样品的均值大于9分钟，即9x可得该概率为p2=1-0.9938=0.0062100个样品的均值大于8.6分钟即6.8x可得该概率P3=1-0.9987=0.0013综上所述，第一种情况更有可能发生。1.22解：=2.52=36n=5(1)44302s)955,625(22ns而)1(~222nns即)4(36522s通过查表可得P＝0.1929(2)样本方差落在30~40的概率为0.1929样品均值x落在1.3~3.5的概率即：P{1.3x3.5}P{-0.4472)(xn0.3727}又)(xn~N(0,1)查标准正态分布表可得：P{1.3x3.5}＝0.3179这样两者同时成立的概率为P＝0.19290.3179=0.06131.23解：(1)2121)()(mnniiniixbxa=22)()(mnxmbxna=2222mnxbmxan=22)()(mnxmbxna由定理1.2.1只要nxna和mmxnb服从N(0.,1)分布则上式为)2(2分布E(nxna)＝0D(nxna)=nan22=2anE(mmxnb)=0D(mxmb)=mbm22=2bm要使nxna和mmxnb服从N(0,1)分布，则2an＝1且2bm＝1这样可得：21na21mb(2)nniixnx1由定理1.2.2x~N(0,1)Y)2(~2＝T＝)(~ntnYxE(nxn)=0D(nxn)=222nnn则niixn11服从N(0,1)分布。),0(~2NxiE(nxn)=0D(ix)=2则ix服从N(0,1)分布21)(imnnix服从)(2m分布则mxxnmnniinii121)(1服从t(m)分布令mxxnmnniinii121)(1＝mnniiniixxC121)(这样可得C＝nm(3)由定理1.2.3，X)(~12n,)(~22nY=F=),(~//X212nnFnYm),0(~2Nxi则)1,0(~Nxi这样有21)(inix～)(2n21)(imnnix～)(2m可得21)(inix/(21)(imnnix/m)~F(n,m)令其＝mnniiniixxd1212/则d=nm1.25证：211),(~NXi222),(~NYi则)1,0(~11NXi)1,0(~22NYi＝)(~)(1221111nXnii)(~)(2222122nuYnii=(21111)(niiuX/1n)/(222122/)(nuYnii)~F(1n,2n)=)n,F(n~)()(2121222111121222niiniiYnuXn习题22.1解：(1))(~Expx则1，令x^，则x^1这样可以得到：x1^（2）x~u(a,b)则21bau)(3122222aabbu令：22^^^2^22^^^)(31S2xababbaxu这样可以得：2^2^33sxbsxa或者2^2^33sxbsxa（因为ab,故舍去）（３）10111xdxx令x^即有x1^^又x00^，1解得：xx1^（４）011)!1(xdxexkppxkk=0)!1(dxexkxkk令tx上式＝01)!1(dtetktkk＝kkkkkdtetktk0)!1(!)!1(