《概率论与数理统计》习题及答案--第六章

·82·《概率论与数理统计》习题及答案第六章1．某厂生产玻璃板，以每块玻璃上的泡疵点个数为数量指标，已知它服从均值为的泊松分布，从产品中抽一个容量为n的样本12,,,nXXX，求样本的分布.解样本12(,,,)nXXX的分量独立且均服从与总体相同的分布，故样本的分布为11221(,,,)()nnniiiPXkXkXkPXk1!ikniiek112!!!niinknekkk0,1,ik，1,2,,,in2．加工某种零件时，每一件需要的时间服从均值为1/的指数分布，今以加工时间为零件的数量指标，任取n件零件构成一个容量为n的样本，求样本分布。解零件的加工时间为总体X，则~()XE，其概率密度为,0,()0,0.xexfxx于是样本12(,,,)nXXX的密度为1121,0(,,,)0,.niiixnnxiniexfxxxe其它1,2,,in3．一批产品中有成品L个，次品M个，总计NLM个。今从中取容量为2的样本（非简单样本），求样本分布，并验证：当,/NMNp时样本分布为（6.1）式中2n的情况。解总体~(01)X，即(0),(1)LMPXPXNN于是样本12(,)XX的分布如下121(0,0)1LLPXXNN，12(0,1)1LMPXXNN·83·12(1,0)1MLPXXNN，121(1,1)1MMPXXNN若N时MpN，则1LpN，所以2002012(0,0)(1)(1)PXXppp012112(0,1)(1)(1)PXXpppp102112(1,0)(1)(1)PXXpppp2112212(1,1)(1)PXXppp以上恰好是（6.1）式中2n的情况.4．设总体X的容量为100的样本观察值如下：15201520252530153025153025353035203530252030202535302520302535251525352525303525352030301530403040152540202520152025254025254035253020352015352525302530253043254322202320251525202530433545304530454535作总体X的直方图解样本值的最小值为15，最大值为45取14.5a，45.5b，为保证每个小区间内都包含若干个观察值，将区间[14.5,45.5]分成8个相等的区间。用唱票法数出落在每个区间上的样本值的个数in，列表如下：分组区间频数in频率/inn14.5—18.518.5—22.522.5—26.526.5—30.530.5—34.534.5—38.538.5—42.542.5—46.510162920492100.100.160.290.200.040.090.020.10·84·1001.00以组距4为底，以/4inn为高作矩形即得X的直方图5．某射手独立重复地进行20次打靶试验，击中靶子的环数如下：环数10987654频数2309402用X表示此射手对靶射击一次所命中的环数，求X的经验分布函数，并画出其图像。解设X的经验分布函数为()nFx则0,4,2,45,202,56,206,67,20()15,78,2015,89,2018,910,201,10.nxxxxFxxxxx6．设12,,,nXXX是来自总体X的简单随机样本，已知()nx014.522.530.538.546.50.10.30.50.751098670451·85·(1,2,3,4)kkEXk证明当n充分大时，随机变量211nniiZXn近似服从正态分布，并指出其分布参数.证因12,,,nXXX独立同分布，所以所以22212,,,nXXX独立同分布，22iEX，2422242()iiiDXEXEX，由独立同分布下的中心极限定理（列维一林德贝格定理），当n充分大时22222211122242424211()/nnniiiiiinXXnXnnnnn近似服从标准正态分布，所以当n充分大时，近似地有22421211~(,)niXNnn7．设12,,,nXXX是来自总体X的一个样本，X服从参数为的指数分布，证明212~(2)niiXn.[证]12,,,nXXX独立同分布，~()iXE，今先证22~(2),1,2,,iXin.设2iYX的分布函数为()YFy则()()(2)()2YiiyFyPYyPXyPX21,00,0yeyy所以Y的密度为221,0,,0,()220,0;0,0.yyYeyeyfyyy注意到(1)1，则Y的概率密度为2122221,02()2()20,0.yYyeyfyy可见22~(2)iX.由2分布的可加性立即得到212~(2).niiXn·86·8．由附表查下列各值：220.050.950.010.05(20),(20),(10),(12,15)tF,0.950.1(15,12),Fu解20.05(20)31.410，20.95(20)10.851，0.01(10)2.7638t，0.05(12,15)2.48F，0.050.0511(15,12)0.4037(12,15)2.48FF，0.11.2800u.9．证明若2~()Xn，则,2.EXnDXn证因2~()Xn，所以X可表示为21niiXX，其中12,,,nXXX相互独立，且均服从(0,1)N，于是22111[()]1nnniiiiiiEXEXDXEXn22422421111[()][1]2xnnniiiiiiDXDXEXEXxedx1(31)2.nin10．已知~()Xtn，求证2~(1,).XFn证~()Xtn，则X可表示为/ZXYn，其中2~(0,1),~()ZNYn且,ZY相互独立，于是22~(1,)/ZXFnYn.11．设1234,,,XXXX是来自正态总体2(0,2)N的简单随机样本，221234(2)(34)XaXXbXX，求常数,ab，使得2~(2)X.解22121212212~(0,20),~(0,1),(2)~(1),2025XXXXNNXX22234343434134~(0,10),~(0,1),(34)~(1),10100XXXXNNXX所以当11,20100ab时2221234(2)(34)~(2)XaXXbXX12．设11,,,,,nnnmXXXX是分布2(0,)N的容量为nm的样本，试求下列统计量的概率分布：·87·（1）1121niinmiinmXYnX；（2）21221niinmiinmXYnX解21~(0,)niiXNn，11~(0,1),niiXNn2~(0,)iXN，222~(1)iX，22211~()nmiinXm，所以（1）111222111~();1/nniiiinmnmiiininmXXnYtmnXXm（2）222112222111/~(,).1/nniininmnmiiininmXXnYFnmnXXm13．设11,,,nnXXX是来自总体2(,)N的样本，11niiXXn，*2211()niiSXXn，试求统计量1*11nXXnTSn的分布。解211~(0,)nnXXNn，*222~(1)nSn于是1~(0,1)1nXXNnn11**2211/~(1)1/(1)nnXXXXnnnTtnSnnSn.14．设样本11,,nXX和21,,nYY分别来自相互独立的总体211(,)N和222(,)N，已知12,和是两个实数，求随机变量·88·12222211221212()()(1)(1)()2XYnSnSnnnn的分布解22111()~(0,)XNn，22222()~(0,)YNn，又12所以222212()()~(0,())XYNnn22212()()~(0,1)XYNnn而2221122122(1)(1)~(2)nSnSnn所以12222211221212()()(1)(1)2XYnSnSnnn22121212221122122[()()]/~(2)(1)(1)/(2)XBYnntnnnSnSnn.15．从正态总体2(3.4,6)N中抽取容量为n的样本，如果要求样本均值位于区间（1.4,5.4）内的概率不小于0.95，问样本容量n至少应多大？解115.43.41.43.40.95(1.45.4)()()66niiPXnnn2()13n即()0.9753n，查正态分表得1.963n即34.57n.故样本容量至少应为35。16．设总体2~(80,20)XN，从总体X中抽取一个容量为100的样本，·89·问样本均值与总体均值之差的绝对值大于3的概率是多少？解设样本均值为X，则222020~(80,)80~(0,)100100XNXN33(|80|3)1(|80|3)1()()22PXPX22(1.5)2293320.1336.17．求总体(20,3)N的容量分别为10，15的两个独立样本均值差的绝对值大于0.3的概率。解设1X和2X为两个独立样本的均值，则13~(20,)10XN，23~(20,)15XN于是1215~(0,)30XXN即121~(0,)2XXN1212(||0.3)1(||0.3)PXXPXX0.30.31()()1/21/222(0.42)220.66280.6744.18．设在总体2(,)N中抽取一个容量为16的样本，这里2,均为未知，（1）求22(/2.0385)PS；（2）求2.DS解（1）222215(/2.0358){30.537}SPSP因为22215~(15)S，查2分布表知222215(/2.0358)1{30.537}SPSP0.99.（2）2215()21530SD，2422530DS，24215DS.