数理统计作业答案(杨虎,刘琼荪,钟波编著)

2.解： 由题意得： i 个数 fxi 0 6 0.3 1 7 0.35 2 3 0.15 3 2 0.1 4 2 0.1 0,x00.3,0x10,xx0k0.65,1x2因为Fn(x),xkxxk1，所以F4(x)

0.8,2x3n0.9,3x41,xxk11,x4y 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.30.2 0.1 0 7.解：

1 2 3 4 x

Xi~N(0,1),2

1102c1102c1102cPXi 1PXi0.05,PXi0.954444i14i14i1Xi~N(0,4),则查卡方分位数表 c/4=18.31,c=73.24 14．解：

X1X2~N(0,2),X3X4X5~N(0,3)1）

XX4X5X1X2~N(0,1),3~N(0,1)23

且X1X22X3X4X5与3相互独立

11c1,d1,n2.23

2）

2X12X2~2(2),X3X4X532~2(1)

X

212X222X3X4X5317.证明： 1）

3~F(2,1),c2,m2,n12

E(Xn1X)0,D(Xn1X)又n1n12n12,Xn1XN(0,)nn

2S22(n1)n12nS2n1n12,XXnn1N(0,Xn1XnXn1Xt(n1)n1Sn12) nn12）E(X2Xn1)0,D(XXn1)0,D(X1X)3）E(X1X)18. 解：

n12n12,X1XN(0,) nnXPX0.25P0.25n0.25n20.25n10.95,/n0.25n0.975, 20.解：

0.25nu0.9751.96,n61.47,n62

PX(1)101PX(1)101PXi1011PXi10i1i155X1211Pi12i11(1(1))51(11(1))515(1)0.5785X12PX(5)15PXi15Pi1.55(1.5)0.933250.70772i1i121. 解：

m555

1)因为

Xi~N(0,m2)，从而

i1mXi1im~N(0,1)mmnim11X2i2~2(n)，所以nXii1

mXi2im12i2imn~t(n)

2）因为

2Xi1m~(m)，

21mn2im1X~2(n)

nXi2所以

mmXi2im1i1mn~F(m,n)

3)因为

Xi~N(0,m)，

2i1mmnim1Xi~N(0,n2)

(Xi)所以

i1m2m2~2(1)，

2(Xi)2im1mnnmn2~2(1)

2故

112XXii~(2) 22mi1nim1m第二章

3． 1）解：

矩法估计：EX最大似然估计：

ˆ1X,1Xxii1n1

Lei1nxien,lnLnlnLxi

i1ndnnˆlnLxi0,2di1nxi1ni1X

2)解：

X~P()

ˆXEXX,1矩估计：

最大似然估计：

nLi1xxiieennxxi,lnLnnxlnxi

dnxˆXlnLn0,2d3）解：

baab 矩估计：EX,DX212 联立方程：

2

abXa2ˆX2ˆXbbaM*212 极大似然估计：依照定义，

11.解：

1in*3M23M*2

ˆmaxX ˆminXi,bai1in11115ˆ1()(),Dˆ1(22)(22)2 E6336918ˆ2(234)/52 Eˆ3E141ˆ322Dˆ1 (),D4164ˆ1,ˆ2无偏，ˆ3方差最小 ˆ2所以：D12、1）解：

ˆ3Dˆ1 D1n1212(n1)2ˆE[Exi12xi1xixi2][2(n1)(22)2(n1)2]2ki1kk2k2(n1)

n1xik1,kinnnxk2）令yixixn12N0,

nex22(n1)2nEyix2n1ndx2(n1)n

k15．1）解：

2(n1)nn211122ESE(XiX)E((XinX))(EXi2nEX2) n1n1i1n1i122122[n()n2]2 n1nS2是的2无偏估计

2）解：

22424n1D2S22(n1),DS2,ES22DS2

n1n1ES122DS122(ES122)222ES2222n142n

222DS22(ES22)24n1可以看出E18.解：

S222xi2最小。

Li1neennxxi!1 x!ilnLnnxlnlnxi!

dnxnnlnLnx,c(),EXEX d1 TX是有效估计量，DTc()n19.解：

nLxin1nxin1,lnLnln(1)lnxii1

dn111lnLlnxinlnxi,Tlnxi dnn111ElnXilnxxdxlnxdxxlnxx1dx1000011

ET1

注意：

xlnx101lnxxx0 xx11

2g()12 T是有效估计量，DTc()nn20．1）解：

Lp(1p)xi1pn(1p)nxn,lnLnlnp(nxn)ln(1p)

i1ndnnxnn1lnLx,TXdpp1p1ppEXEXkp(1p)k1k1

pk(1p)k1nk1pdkq

k1dqndnkd1p1pqp2

dqk0dq1ppp2）T是有效估计量，cpn

1pc(p)g(p)1g()1p2,DTnp(1p）c()np2

DXqDX20,(n）nnpI(p)TX24. 解：

是相合估计量。

X2.125，n=16,s=0.0171,=0.1,1-20.95,0.951.65,t0.95151.753

1)0.01,=X0.952)=Xt0.9515所以（1）25.解：

0.010.012.1209,baX0.952.1291 16160.01710.01712.1175,bXt0.95152.1325 16162.129（2）2.115，2.135 1.121，X2.705，n=16,s=0.029,=0.05,1-20.975,t0.95152.131

=Xt0.97515所以

0.0290.0292.6896,bXt0.975152.7204 16162.7025 2.6895，2,n

26．解：

l2c22121nl2,n4212l2

第三章

2.解：

H0:0,H1:0,100.0.05. K0x0c,cunx0950100050cu0.05*100/251.65*100/532.9,

拒绝H0，元件不合格 3.解：

1)H0:0500,H1:0.0.05,n9

x500.89,s234.5,s5.8737

K0x0c,ct1/2(n1)x00.8889c接受H0，机器工作正常

s2.3060*5.8737/34.5149, n222)H0:205.52,H1:205.52,500.0.05,n9 22234.5,K0s2/02/0x500.89,sc1sc2

22220.025(5)2.70,0.975(5)19.02c10.025(5)/90.3,c20.975(5)/92.11,

2/21.0138K. S002 接受H0,可以认为方差为5.5.4．解：

H0:03.25,H1:03.25,0.269,n20.0.05.x3.399

K0x0c,cu1nu0.95*0.269/201.65*0.269/200.0992,

x03.3993.250.149c.

拒绝H0，当前的鸡蛋售价明显高于往年 5.解：

22H0:200.0482,H1:200.0482,0.05,n8 2x1.4213,s20.0055,K0s2/0c,

222/22.3988c. 0.95(7)14.07,c0.95(7)/72.0096,S0拒绝H0，明显变大 7.解：

X~N(,4),H0:1;H1:2.5,K0X2,n9.

PX21PX121991.51(1.5)0.0668.

22PX22.5PX2.522.5990.7522

(0.75)1(0.75)0.2266.15解：

X~N(1,2),Y~N(2,2),H0:12;H1:12,n15,n25

2(n11)s12(n21)s2sw2.2136,t(n1n22)1.86,

n1n22K0xyc,ct1/2(n1n22)sw1/n11/n21.6,xy3.5c

接受H0，认为甲比乙强度要高 16解：

22X~N(1,2),Y~N(2,2),H0:122;H1:122,n18,n2922sX0.0955,sY0.026122sXsXK02c,cF(n11,n21)0.2684,F23.6588c.

sYsY

接受H0，认为乙的精度高 20.解：

H0:F(x)F0(x),H1F(x)F0(x),n200.0.10

ˆX1若H0成立,jj0.805. nj04pjPxjˆˆjj!eˆ,jˆjpj1,j1,2,3,4;

0.805*p10.14492p0ee0.8050.4471,p10.805*p00.3599,p240.8050.805p3*p20.0389,p4*p30.0078,p51pj0.0014,34j0

2nj05jnpjnpj222.159612(mr1)0.95(4)9.848

不拒绝H0,认为X~P(),且0.805.24.解：

H0:FX(x)FY(x),H1:FX(x)FY(x),.0.05,nm12,

T112,T~N(150,300),UT150~N(0,1),u2.194u0.9751.96 300拒绝H0,认为指标分布不相同.

25．解：

H0:FX(x)FY(x),H1:FX(x)FY(x),.0.05,n9,m9

T73,t1(9,9)66,t2(9,9)105,TK0,

接受H0,认为劳动生产率相同.

26.解：

H0:FX(x)FY(x),H1:FX(x)FY(x),.0.05,n6,m8,

T49,t1(6,8)32,t2(6,8)58,TK0, 接受H0,认为来自同一总体.

28.解：

H0:F(x,y)FX(x)FY(x),H1:F(x,y)FX(x)FY(x),r2,s2,0.05,2nj010jˆjnpˆjnp262.6421(mr1)20.95(1)3.84

拒绝H0,认为聋哑与性别相关.

29.解：

H0:F(x,y)FX(x)FY(x),H1:F(x,y)FX(x)FY(x),r3,s3,0.05,

2nj010ˆjnpjˆjnp2213.5912(mr1)0.95(4)9.488

拒绝H0,认为疗效与年龄相关.

第四章

1解：利用最小二乘法得到正规方程：

ˆlxynn122lxx其中lxyxiyinxy,lxxxinx i1i1ˆˆxy10ˆ代入样本数据得到：1ˆ24.6286 0.0589,0所以：样本线性回归方程为：2证明：

ˆ24.62860.0589x y2ˆ11ˆ1） 由于1N1,lxxN0,1 ，所以lxx2ˆSE又因为：22(n2)，故2n22(n2)。

2ˆ11lxxˆ1所以：tn2，1lxxtn2

2ˆˆn22n2ˆˆc1，p11clxxp11ˆˆ1 c=ˆlxxtˆn2，所以：112ˆlxxt12n2

命题得证。 2）同理得证。 4解：

1）利用最小二乘法得到正规方程：

ˆlxynn122lxx其中lxyxiyinxy,lxxxinx i1i1ˆˆxy10ˆ2.0698,ˆ3.0332 102SEˆˆ3.03322.0698x，0.0020 所以：样本线性回归方程为：y1522）第二题已证：

1的置信区间为

ˆˆ1tn2lxx12，所以代入值计算得到：

21xˆˆtn2，代入数值计算得到：12.1825,1.9571，0的置信区间为0nlxx1202.95069,3.1160。

（3）cˆlxxt12(n2),经过计算，显著。

2（4）

xxyN(0,(lxx2121))

nxx令s(x)lxxˆ1yy1，N(0,1)

ns(x)ˆ2(n2)22(n2),2ˆyyt(n2) ˆs(x)1ˆs(x)ˆty(y5)解方程：

1ˆs(x)ˆt(n2),y2(n2))

ˆˆs(x)ty12ˆˆs(x)t1.68，y121.08

最后求得： x(0.7802,0.8172)

第五章

1.解：根据问题，因素A表示日期，试验指标为钢锭重量，水平为5.

假设样本观测值yij(1,2,3,4)来源于正态总体Yi~N（u,6^2),i=1,2,...,5 检验的问题H0：u1=u2....=u5;H1:u不全相等. 计算结果：

方差来源 因素A 误差 平均质量有显著差异. 5.解：

根据题意选择正交表L4(2 1 2 3 4 A 1 A 1 1 2 1 2 B 2 4自由度 4 15 平方和 227680 216175 均方 56920 14412 F值 3.9496 P值 0.02199 * 查表F0.95(4,15)=3.06,因为F=3.9496>F0.95(4,15),或p=0.02199<0.05,所以拒绝H0，认为不同日期生产的钢锭的

)来安排试验，随机生成正交试验表如下：

B 2 2 1 1 2 C 3 C 3 1 2 2 1 D 4 D 4 2 1 2 1 硬度合格率（%） 100 45 85 70 硬度合格率（%） 由此可见第三号试验条件为：上升温度800℃、保温时间6h、出炉温度500℃。

1 2 3 4 1 2 1 2 185 115 23725 1225 2 1 1 2 130 170 22900 400 1 2 2 1 170 130 22900 400 2 1 2 1 115 185 23725 1225 100 45 85 70 K=300 P=22500 Q=24150 Kj1 Kj2 Qj ST2=3250 Sj2 方差分析表： 方差来源 A B C 误差 总和 平方和 1225 400 400 1225 3250 自由度 1 1 1 1 4 均方差 1225 400 400 1225 F值 1 0.33 0.33 F0.9(1,1)39.9

所以认为三个因素对结果影响都显著。 由方差分析表看出：本例较好的水平搭配是：

A2B1C1

即最佳搭配为：上升温度820℃、保温时间6h、出炉温度400℃.