应用数理统计,施雨,课后答案

1.1 解：由题意pxu10.95可得：

nxup0.95

nnxu~N0,1 而

n1xu0.95(10.95)0.975 这可通过查N(0,1)分布表，p2n那么

n1.96

n1.9622

1.2 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。

p0x8000.0015e0.0015xdxe0.0015x|800e1.2 800那么有6个元件，则所求的概率pe1.26e7.2

(2)至300小时，所有元件失效，则说明所有元件的寿命<3000小时

p0x3000300000.0015e0.0015xdxe0.0015|30001e4.5 0那么有6个元件，则所求的概率p1e4.5

解: (1) {(x1,x2,x3)|xk0,1,2,L,k1,2,3}

因为Xi~P(),所以 P{X1x1,X2x2,X3x3}

6x1x2x3e3 P{X1x1}P{X2x2}P{X3x3}

x1!x2!x3! 其中,xk0,1,2,L,k1,2,3 (2) {(x1,x2,x3)|xk0;k1,2,3}

ex,x0 因为Xi~Exp(),其概率密度为f(x)

0,x03 所以, f(x1,x2,x3)e(x1,x2,x3),其中xk0;k1,2,3

(3) {(x1,x2,x3)|axkb;k1,2,3}

1,axb 因为Xi~U(a,b),其概率密度为f(x)ba

0,xa|xb 所以,f(x1,x2,x3)1,其中axkb;k1,2,3 3(ba) (4) {(x1,x2,x3)|xk;k1,2,3} 因为Xi~N(,1),其概率密度为f(x)1e2(x2,(x)

1e 所以,f(x1,x2,x3)(2)321(xk2k13,其中xk;k1,2,3

lnxiu122e,0xi解：由题意可得：f(xi)x2

i0，其它2则f(xi,...xn)i1n122(lnxiu)2i1e,0xi,i1,...nnf(xi)＝(2)2n

xii10，其它n

证: 令F(a)n(Xi1ia)2

则F(a)'2(Xi1nn''F(a)2n0 a),i1n 令F(a)2(Xia)0,则可解得aXiX

ni1i1' 由于这是唯一解,又因为F(a)2n0,

''1n因此,当aXiX时,F(a)取得最小值

ni1

证: (1)等式左边

(Xi1ni(XiXX

i1n(XiX2(X)(XiX)(X(XiXn(X)2

i1i1i1i1nnnn 左边=右边,所以得证. (2) 等式左边

(Xi1n2XX2XXnX ii2ii1i1nn Xi1n2i2nXnXXi2nX2

22i1n左边=右边,所以得证.

1n证：(1)xnxi

ni1 xn11n1xi n1i1__1 那么xn(xn1xn)

n11n111nxn1•xi ＝xini1n1n1ni1_1n11nxi＝xn1 ＝xin1xn1＝n1n1i1i1原命题得证

1n22 (2)sxixn

ni12n s2n121n12xixn1 n1i1n212s(xx)那么 nn1nn1n12n1n2n2nn22x xi-x-xx+=xn+2n2n12n1n(n1)n1i1(n1)(n1)n1

n211n22n1222=xi-(n1)2xn+n1xn1-(n1)2xn1-(n1)2xn1xn n1i1

1n21n2xi-(=xn1+xn) n1i1n1n1n1 由(1)可得：xn1＋xn=xn1

n1n121n22xi－xn1＝sn则上式＝1

n1i1原命题得证

1n1n1n2222 解: 因为XXi,S(XiX)XiX

ni1ni1ni1 所以 (1) 二项分布B(m,p)

1nE(X)E(Xi)E(Xi)mp

ni1n1n1mp(1p)D(X)D(Xi)2D(Xi)

ni1nni1n1n1n12E(S)E((XiX))E(Xi2)E(X2)mp(1p)

ni1ni1n2 (2) 泊松分布P()

E(X), D(X)n12, E(S) nn (3) 均匀分布U(a,b)

ba)2ban12 E(X), D(X), E(S)(ba)2

12n212n (4) 指数分布Exp() E(X)11n12, D(X), E(S)nn2 (5) 正态分布N(,) E(X), D(X)

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 .

12n12, E(S2) nn1n解: 因为Xi同分布,并且Xi~(a,,XXi

ni1 所以

Xi1nni~(na,;

令Y1X,则XY,由求解随机变量函数的概率密度公式可得 ini1nafX(x)(nx)na1enxn,x0

na)

1.15 解：(1)x（m）的概率密度为： f(m)(x)n!F(x)m11F(x)nmf(x)

(m1)!(nm)!2 又F(x)=x且f(x)=2x，0则有f(m)(x)n!x2(m1)(1x2)nm2x，0(m1)!(nm)! (2) x的联合概率密度为： （1）与x（n）f(1)(n)(x,y)n!F(y)F(x)n111F(y)0f(x)f(y)

(n11)22n2＝n(n1)(yx)22x2y

0=4n(n1)xy(yx)对于其他x,y，有f(1)(n)(x,y)0

2n2nnX/(1X)的概率密度。 mmnn 令g(x)= x/(1x) 可得当0mm证：现在要求Y=

求g(x)的反函数h(y) 得h(y)=

10 n2(1x)mm1m1 (1)又h’(y)=2n(1x)n1x 这样可得Y的概率密度：

fY(y)fx(h(y))h'(y) (yg(R))

11n11()(1)2() =

nmm1x1xB(,)22nnm2m1 2n(1x) =

xn12(1x)nmB(,)22m12 (0对于其他的Y有 fY(y)0 原命题得证

证明: 令XY2,其中Y~N(0,1),Z~(n),则X~t(n) ZnY2222 因为X,而Y~(1),Z~(n)

Zn2Y2 所以X~F(1,n)

Zn2

解：(1)由题意可得：=8,4,n=25 对于7.8x8.2 ?0.52n(x)0.5

又

n(x)~N(0,1)

 通过查N(0,1)分布表，可得：P｛n(x)<0的概率

通过查表可得：P｛7.5x8｝== (3)此时n=100 即求-1<

n(x)<1的概率

 通过查表可得：P｛7.8x8.2｝＝= (4)单个样品大于11分钟 即x>11 可得该概率 p1==

25个样品的均值大于9分钟，即x9 可得该概率为p2==

100个样品的均值大于分钟 即x8.6 可得该概率P3==

综上所述，第一种情况更有可能发生。

1.22 解：= =36 n=5

2

 (1)30s44?

2s2n2(2555,) 69 而

s2n25s2~(n1)即 2(4)

362通过查表可得 P＝

(2)样本方差落在30~40的概率为 样品均值x落在~的概率

即：P{n(x)<}

又

n(x)~N(0,1)

 查标准正态分布表可得：P{in1nm =a(nxn)b(mxm)=anxnbmxm =(anxn)(bmxm)

由定理1.2.1只要anxn和bnmxm服从N(0.,1)分布 则上式为(2)分布

2222222 E(anxn)＝0 D(anxn)=an22n2=an

2 E(bnmxm)=0 D(bmxm)=bm2m=bm

222 要使anxn和bnmxm服从N(0,1)分布，则an＝1且bm＝1

这样可得：a1n2 b1 m2(2)

xi1ninxn

由定理1.2.2 x~N(0,1) Y~(2) ＝> T＝

2x~t(n) Yn E(nxn)=0 D(nxn)=n22nn2

则

1nx服从N(0,1)分布。

ii1n2 xi~N(0,)

E(nxn)=0 D(xi)= 则

nm2xi服从N(0,1)分布

in1x(i)2服从2(m)分布

则

1nnmin1xi1nixi2()服从t(m)分布

m1nnmin1xi1niCxi＝

i1nmn令

xi2()in1(xi

)2m 这样可得C＝

m n22(3)由定理1.2.3 ，X~(n1),Y~(n2) =>F=

X/m~F(n1,n2) Y/n2xi~N(0,2) 则

xi~N(0,1)

这样有

i1nn(xixi2)～(n)

nmin1nm22nmin1x(i)2～2(m)

可得

i1n(2)/(

2x(i)2/m)~F(n,m)

令其＝dxi/i1in1xi

则d=

m n22 证：Xi~N(1,1) Yi~N(2,2)

则

Xi11~N(0,1)

Yi22＝>

~N(0,1)

(i1n1Xi1212)~2(n1)

(i1n1n2Yiu2212)~2(n2)

2 =>(

(i1Xiu1)/n1)/ ((i1n2Yiu222)/n2)~F(n1,n2)

n22 =>

(Xi1n2ii1n1iu1)2~F(n1 , n2)

2n11

2(Y)2习题2

解：(1)x~Exp()

则1，令x，则

^1^^x

 这样可以得到： （2）x~u(a,b) 则1u

1x

ab 21322u2(b2aba2)

^^^abux2 令： 

22^^^^2S21(baba)x23^^ax3s2ax3s2 这样可以得：^或者^（因为a22bx3sbx3s （３）1^x1xdx011

令x 即有

1^^^0x<1 x又0，x 1x

^ 解得： （４）10pkxk1epxxdx

(k1)! =

(k1)!k0xkexdx

令xt

上式＝

(k1)!ktk0et1dt

＝

^(k1)k!k 1kttedt(k1)!0(k1)!(k1)! 令ux，则^kx

（５）令x-a=t

t服从参数为的指数分布

E(t)1

E(xa)

则E(x)E(xa)a1a

11a

1^x^a 令 2^1^2^212Sa2uu2^^^ 可得：1S2,axS2

^ （６）1mp X~B(m,p)

^^^ 令 uxmp,p

x mexx0解: (1) 由于X~Exp(),所以f(x),

0,其它xinnei1x0 因此L(),lnL()nlnxi, ii10,其它lnL()nn1xi0,该似然方程有唯一解,所以的极大似然估计 令

i1Xn量为1 X1,axb （2）由于X~U(a,b),所以f(x)ba,

0,其它 所以,样本(X1,X2,L,Xn)的联合概率密度为

i1n1,ax1,L,xnb,故(a,b)的似然函数为 f(a,b)(ba)n0,其它1,amin(x1,L,xn),bmax(x1,L,xn)n,易见, L(a,b)(ba)0其它当amin(x1,L,xn),bmax(x1,L,xn)时,L(a,b)取得最大值,故(a,b)的极大似然估计量为amin(x1,L,xn),bmax(x1,L,xn)

nn1nxixi1 (3) 因为L()i1,所以lnL()nln(1)lnxi,

i10,其它lnL()nnlnxi0,该似然方程有唯一解 令

i1nlnxi1n,所以的极大

i似然估计量为nlnXi1n

inknxik1xiei1xi0n (4) 因为L()[(k1)]i1,所以 0,其它 lnL()nklnnln(k1)!(k1)nlnxlnx,

iii1i1nnlnL()nknnkxi0,该似然方程有唯一解n令,所以的极大似然i1xii1估计量为k X (5) 样本(X1,X2,L,Xn)的联合概率密度为

(xia)nnei1,x1,L,xnaf(a,)i10,其它n,

(xia)nei1,min(x1,L,xn)a,易见当amin(x1,L,xn)时, L(a,)0,其它L(a,)取得最大值,因此a的极大似然估计量为amin(x1,L,xn); lnL(a,)nln(xia)

i1nnlnL(a,)nn1(xia)0,该似然方程有唯一解而令,所以的

i1Xa极大似然估计量为1 Xaxxmx (6) 因X的概率函数为P{Xx}Cmp(1p),x0,1,2,L,

故p的似然函数为L(p)Ci1mmximpxi(1p)mxi,xi0,1,2,L,

对数似然函数为lnL(p)nnxi[lnCmxilnp(mxi)ln(1p)], i1lnL(p) 令

px(mx)iii1pi11p0,该似然方程有唯一解pX,故p的极大似m然估计量为p

X. m 解：似然函数L（P;x）=

p(x;P)

ii1nn =

xi1p(1p) i1npn)(1p)xi =(1pi1lnL()11n1nntxi0 令：

2pp1pi11p p^1xi1n2lnL(p)x 又因 |0

pxp2inp的极大似然估计量为px

解：该产品编号服从均匀分布，即x~u(1,N) 矩估计方法：1^^1N 2^^1N 令：x 则有：x N2x12*71011419

2 极大似然估计方法：Ｌ（N）=

^11n() N1i1N1n 显然：当N=min(x1,x2,----xn)时，L(N)取得最大值，只有一个值 N＝710,即N的极大似然估计量为N＝710

2解:由于总体X~N(,),所以,的极大似然估计量分别为X,S,而由

22^^2题意

1e(x22dx0.025可知P{X}1e(x22dx0.025,

所以

 1)0.025,即1.96,因此的极大似然估计量为1.96S2X.



2.6 解：(1)R=x(n)x(1)2.142.090.05 ^R0.4299*0.050.0215 d5 (2)将题中数据等分为三组 第一组:,,,,,, ,,,,, ,,,,, 平均极差：R^1(0.050.050.05)0.05 31R0.39460.050.0197 d0.

21,所以X是的一个有偏估计量; 2211 因此,E()E(X)

221111 (2) 由于E(X)E(X),所以当X作为的估计量时, X是的

2222解: (1) 证:因为E(X)E(X)无偏估计量

(3) MSE(X,)AE(X)E(X)2E(X)

222DX(21)2(21)2 DX(EX)(21)n422 

11 412n^12x1x2 33^1212 E(1)E(x1)E(x2)

3333^14145D(1)D(x1)D(x2)222

99999^32对于2x1x2

55^3232 E(2)E(x1)E(x2)

5555^949413D(2)D(x1)D(x2)222

2525252525^11 对于3x1x2

22^1111E(3)E(x1)E(x2)

2222^11111D(3)D(1)D(2)222

44442.证明：对于1ˆ3)＝u 1,2,3都是ｕ的无偏 由上面可以见：E(1)＝E(2)＝E(ˆ3) 估计量ˆ3最有效 估计量，又D(1)解: 由于E(Cn1i1n1i1^^^^^^^(X222C2(n1)X))C(EXEX2EXEX), i1ii1ii1i2n1122

所以,当C时, C(Xi1Xi)为的无偏估计量.

2(n1)i1

证明：对于x(1)S,[0,1]

有E(x(1)S)=E(x)E((1)S) =E(x)(1)E(S) =(1) =(1) x(1)S都是的无偏估计量

证明：假设存在估计量x1是p的无偏估计量 则有x1的分布为1pp

 则E(x1)=p,要使p＝p，则＝p，但ｐ是未知参数，

2 可见：pp

k2kk22*2*2*2*2*20 p不存在无偏估计量

解:首先,对于两点分布B(1,p),有P{Xx}p(1p)x1x2,即

p(x;p)px(1p)1x,x0,1,而p(x;p)xlnp(1x)ln(1p),于是

E(Xp)22I(p)E[lnp(X;p)]2,已知EXp,DXp(1p),故 2pp(1p)I(p)DX11p(1p),因此的下界为. RCpp2(1p)2p(1p)nI(p)n其次,由于TX1X2,

2222422所以D(T)D(X1X2)E(X1X2)[E(X1X2)]ppp(1p)

[g'(p)]2D(T),因此 最后,由于en(T)nI(p)4p(2p)2p(1p)2en(T)p(1p2)

nn(1p)

解：ｘ服从泊松分布ｐ（），p(xi,)xxie ，x=0,1,2,----

lnp(xi,)xlnln(x!)

ux11x11lnp(x,)(x1) i22xy222()x11212lnp(x,)]E()E(x)2 i224222()4 E[ =

2D(x)1 444311343的 R-C下界为 42nnI()n

证明：由已知可得E()

若是的均方相合估计，则有

^^1 limp2limE()20

nn^^^ 又：p0

^ 所以：limp0

n

解：(1)T=(x(1),x(n))

则有：f(1)(n)(x,y)n(n1)[F(y)F(x)]n2f(x)f(y)

F(y)ya baxa F(x)baf(x)f(y)1 baf(1)(n)(x,y)n(n1)( h(x1,...,xn)n(n1)

yxn)(yx)n2 ba(a,b)T

T(x(1),...,x(n))=(x(1),x(n))T

K(T,)Tn2(1n)(x(1)x(n))T ba(a,b)T的充分估计量为(x(1),x(n))T

（２）T(x(1),x1,...,xn) f(1)(x)n[1F(x)]nn1f(x)n[1(1e(xa))]n1e(xa)nen(xa)

对于样本的联合概率密度： ne ＝nn(xa)enxnuxii1ena

_Tn12naeeenx h(x(1),x1,...,xn)nTn1 (a,)，Ｔ＝(x(1),x),K(T,)= e (a,)的充分估计量为(x(1),x)

T2naenx(1)enx

T证明：（１）x~Exp(),x1,x2,..,xn为取自ｘ的样本，则其联合概率密度为：

f(x;)exnii0i1nni

＝e 对照定理2.3.6的形式：

nnx xi0

c()

n h(x1,...,xn)1 b()n T(x1,...,xn)x

这样可得：T(x1,...,xn)x是 由定理2.3.5，这样，可得x是可估函数 （２）首先x是 f(x;1的无偏估计量 1一致最小方差无偏估计 1的无偏估计 1)ex

1 L()nln()nx

11ln()

122n(1x)()n(x)

1()2 则有C()n0 又因为E(x)

解: (1) 由于元件的寿命服从指数分布Exp(),而X是

1 x是

1的有效估计量 1的无偏估计,且有 2nX~2(2n),令22nX,则2即为符合要求的枢轴量.对给定的置信度

21a,查2(2n)分布表,得12a2(2n),a2(2n),使得

P{21a2(2n)(2n)}1a,即P{22a212a2(2n)2nX,2a2(2n)2nX}1a,

故的置信度为1a的置信区间为(12a2(2n)a22(2n)2nX2nX),

的置信度为1a的置信区间为(2nX2nX),), 22a2(2n)1a2(2n)因此, 参数的置信度为90%的置信区间为(0.00056,0.00147) 元件的平均寿命的置信度为90%的置信区间为(681.6,1792.3);

(2) 由(1)的分析可知, 的置信度为1a的单侧置信下限为(2nX,), 2a(2n)的置信度为1a的单侧置信上限为(,2nX)),

12a(2n)因此,元件平均寿命的置信度为90%的单侧置信下限为(747.7,) 元件平均寿命的置信度为90%的单侧置信上限为(,1585.0).

解：由题意得总体x~B(1,p) 当ｎ总分大时： 有p{u2n(xp)p(1p)u}=1-

2 由题意得：1-＝ , =,x=

60,n=105 查表得u＝ 1052 这样，我们可以解得：p的置信度约为 的置信区间为：（,）

解：由中心极限定理可得，当n充分大时，对于P（）分布有：

x

k1nknu~N(0,1)，在这里，ｎ充分大，u=,

n 则有p{u2x1nu}1

2 通过解不等式 u2x1nu可得：

2的置信度近似为1的置信区间为（xu2u22n2(u4nxu)，22x2n2(u4nxu)） 22

解：对于正态分布N（,），当已知时：

22的置信度为1-的置信区间为：

 （xnu，x2nu）

2 那么置信区间的长度ｌ=2nu

22u 若lL,可解得n(2242uL)22L2

解：首先求前家公司飞机平均晚点时间的95%的置信区间： 已知x＝35,n=30,s=S2=15,1-=95% 在这里方差未知，有

2n(x)~t(n1) *S 故有：p{|

n(x)|2 又：S*nS，查表可得：t0.025(29)2.0452 n1 这样可得置信区间为：（,）

的单侧置信上限为xs*nt(n1)

2对于前家公司，可求得单侧置信上限为3515292029t0.05(29)＝3515291.6991＝

对于后家公司，可求得单侧置信上限为30t0.05(29)＝

可见第二家公司ｕ的单侧置信上限较小，所以后选择第二家公司。

n1S解：u未知，则有

*22~2n1

n1S*22n1n1=1— 那么，P 21222

*2*2n1Sn1S22=1— 2 即 P 1n1n122

 的置信度为1—的置信区间为：

22n1S*n1S*  ，22n11dn122 在这里n=10 x= ，

2n1S2*2= =1—=

0.0259= 0.9759= 可得的置信度为的置信区间渭（，）

的单侧置信下限为

n1S2n1 *2 查表得：0.059= 可得：的置信度为的单侧置信下限为

2

xyu解：由于两分布方差相同：T=

S*2n1u2~tn1n22 11n1n21其中S=

n1Sn1Sn1n22*2n2

那么12的置信度为1—的置信区间为：

xytn1n22S11 2n1n2在此题中x=，y=，=，t0.025452=

S=

11=0. 45可计算得12的置信度为的置信区间为：（，）

解： 此题中1和2均未知， n1=n2=9 令Zi=Xi—Yi， i=1,2,…..,9 则Zi~N2222，1212

那么12的置信度为1—的置信区间为：

S*S*ZZ Ztn-1，Ztn-122nnZ=XY=, n=3, t2n-1= t0.0258=

这样可计算得12的置信度为的置信区间为：,

习题3

证： 由于总体X~N(u,1)，又如果假设H0：=0成立 则对于样本均值有

nx00~N0，1

即 5X~N（0，1）

(1)拒绝域为X1,......,X25：5x1.5 则功效函数PIP0() =0

PIPu0()1.50.05 即u

=

(2)拒绝域为X1,......,X25：1.485x2.066

PIP0()2.0661.480.98060.93060.05

即

=

(3)拒绝域为X1,......,X25：5x1.96X1,......,X25：5x1.96

PIP0()1.9611.960.0250.0250.05

=

证明： X0/nX～N(0,1)

P{0/n1}＝2(212）－1＝2－（1－）－1＝ )－1＝2（1－12 故以W为拒绝域的检验符合显着水平为的要求。

2解： 依题意总体X~N83.8%,,00.05。 要检测假设：

 H0：=%H1：%

在这里未知， 以

2nx0作为检验统计量：

S*nx0tn1 拒绝域为 0*S21通过计算得：x=%， S3*0xi110ix20.9773%

tnx0.25 tS*0.02592.2622 t接受假设H 解:提出假设

0，也就是说更换了原料之后成品率没有发生变化

1H0：

＝ C <-> H  C

XS/n 采用检验统计量 T＝  ～ t (n-1) 对样本数据进行计算得

X＝,S＝,n=7,n=,H0成立时

T=112.8112.6=

1.136/2.6S/nX= 拒绝域为 T T<

t(n1) 查表知 t20.025(6)＝

t0.025(6) 接受H0，认为无系统偏差

2解：依题意，总体X~N(,),  和均未知。

2要检验假设H0：=1260 H1：1260

以T=

nx0作为统计量。 *SH0的拒绝域为Ttn1

214在该题中，n=4 ，x=1267，Sxix3i1*23.6515

t27

3.6515 又t0.02533.1824 可见tt0.0253

拒绝原假设，也就是说，不能认为锰的熔点为1260

解:提出假设

H0： ＝<->

H21 

采用检验统计量 n=5,S=, 可知

2＝

(n1)S22～

2(n-1) 对样本数据进行计算得

22=,

H0成立时

2＝

拒绝域为

22(n-1) 或 2212 (n-1)

查表可知 由于 接受

20.025(4)=

220.975(4)= (4)

20.975(4)<

<20.025H0，认为总体标准差为

2解：依题意，总体X~N(,), 和均未知。

2要检验假设H0：= H1：

22以上假设H0： = H1： 

n-1S*2以2H02作为统计量。

2222n11n1 的拒绝域为

22215xx这里n=5, x=, S== in1i1*224*0.0077813.507

0.00230422查表得：0.025411.143 0.97540.484

4

拒绝原假设，也就是说这一天纬度的总体标准差不正常

220.025

解:提出假设

H0：

12 <->

H 112

采用检验统计量 T= XY ～ t (n1+n2-2) 其中

11Swnn122(n11)S1(n1)S22 Sw＝ 对样本数据进行计算得

2n1n22＝5.54

n1＝13 X＝ S101

2

nS

2＝8 Y＝ ＝

S2＝9.844

102w

H0成立时

T＝

拒绝域为 T 查表知 T>

解：总体X和Y分别服从正态分布N 其中1=5， 2=8

要检验假设：H0： 21 =0 H1： 222t(n+n212-2)

t0.025(19)＝

t0.025(19)拒绝H0，认为总体均值不相等

,,N,

12122210

xy12 以

22作为检验统计量

12n1n2xy在该题中有

22~N（0，1）

12n1n2那么拒绝可为xy22u

122n1n2x= y=25

xy=

0.6212211.6=，u0.025=

n1n2可见

xy<2u0.025

1n221n2接受原假设，即认为两批烟叶的尼古丁平均含量相同

解：总体X和Y分别服从正态分布N21,1,N22,2，四个参数均未知

要检验假设：H0： 21 =0 H1： 210

‘22 H0:

12=1

121

22xy对于

H0，以

S11作为检验统计量，n1n2其中

n11SS=

*21n1n21S*22n2拒绝域为Tt*x= y=15 n11S1n2n1n222

n1n22

*2= n21S2n2= S= 1t= 经查表 t892= t>t15 接受假设H

0.02520S对于H0，以F=

‘‘*21n1SS*21n1S作为检验统计量，有*22n2 H0的拒绝域为FF1~*22n2n11,n21

22n11,n21FFn11,n21

1F0.0258,7=

 经计算F= 查表：F0.9757,8=

1= 4.908= F0.0257，F7,80.9750.0257，8

‘0 这样同时接受H0和H0，那么认为这两个分布是同一分布。

2解：在该题中，x~N(,)，其中未知

2‘ 对于单侧假设Ho:4.5H1:4.5

以T＝

n(x0)作为检验统计量 *s T～t(n-1)

当H0成立时候，T应偏向取正值，T取过分大的负值将不利于原假设，拒绝域

取为ｗ＝｛Tt(n1)｝

在该题中,n=13,x4.83846,04.5,S0.9570

* 计算t13(4.438464.5)1.2752

0.9570 t0.01(131)26.217tt0.01(12) 所以可以接受原假设 解:假设

H0：

<22 <-> H 22

1 采用检验统计量T＝ XS/n ～ t (n-1) 对样本数据进行计算得

X=,S=,

S＝,n=50,n=

H0成立时 有T=

拒绝域为 T  由于T<

t(n-1) 查表可知tH00.1（49）0.1=

t0.1（49） 接受， 认为平均持续工作时间达不到22小时

解：在该题中，x1~N(1,1)，x2~N(2,2)，其中1＝2未知 对于单侧假设Hｏ：122H1:122

2222 以T＝

(xy)2Sw11n1n2作为检验统计量，其中sw**(n11)S1n1(n21)S2n222n1n22

T~t1(n1n22)

当H0成立时，ｔ应偏向取负值，T取过分大的正值将不利于原假设 拒绝域取值为w{Tt(n1n22)}

在该题中x5.25,y1.5,(n11)S1n110.25,(n21)S2n21.5,Sw0.87256， t*2*2(5.251.5)20.872561112124.9127

经查表可得t0.05(22)1.7171

可见ｔ>t0.05(22),t落在拒绝域内 所以拒绝原假设。

解:提出假设

H0：

12 <->

H 112

显然为大样本参数假设检验 采用检验统计量 U＝XYS1S2nn122 大样本时近似 ～N(0,1)

2 对样本数据进行计算得

U= H0成立时

=

28052680120.41105.00110100 拒绝域为 U  － 由于 U>

22 查表知

0.05＝

0.05 接受

H20，认为甲弹的速度比乙弹的速度显着地大

解：由题意可得：x1~N(1,1)，x2~N(2,2)，其中12，现要检验Z机床

的加工精度是否比甲机床的高，提出如下假设：

21212 H0:21H1:21

22 以F＝

2*2S1n21S2*22n221*22n2作为检验统计量

S1*n1S~F(n11,n21)

S1*n1S2 拒绝域为：ｗ＝｛

*22n2F1(n11,n21)｝

2 x15.0152,S 那么

*21n*0.3091,y14.98,S2n0.1126

S1*n1*S2n222＝,F0.95(7,8)110.2681

F0.95(8,7)3.73 可见

S1*n1S2*22n2>F0.95(7,8) 所以接受原假设，即认为乙机床的加工精度比甲高

03解：原假设H0?H0:X~C3C3812112CC5C3C5C82C832333C5 3C80即X～156123153010

565656 X的可能的值为S＝｛0,1,2,3｝

把Ｓ划分成４个不交子集Si＝｛ｉ－１｝，ｉ＝1,…,4 当H0成立时，有：P｛X=0｝=

1153010, P｛X=1｝=, P｛X=2｝=, P｛X=3｝= 56565656mi2 又：K112n

i1npi4252 ＝＋＋＋－112=

1530101112112112112565656561312552 本题中，自由度ｒ－１＝３，对给定的0.05，查(3)分布表，得

202.05(3)7.815可见K11202.05(3)，所以接受原假设，也就是认为袋中的红球数

为５个

解：提出假设H0：x~Exp()其中为未知参数 先由题中数据可以算出的极大似然估计^^1x1

150.67 以替换，把ｘ可能取值的区间0,分为不相交的６个子区间，

当H0成立时，分别计算各组的理论频数npi和实际频数mi，可得小表：

组号ｉ 分组区间 ｐi ｎｐｉ ｍｉ

1

2

3 1

4 3

5 3

6 1

0,50

2

50,100

2

100,150 150,200 200,250 250,

mi2那么可的k127621.036

i1npi6本题中分组数ｒ＝６，未知参数个数ｋ＝１，自由度ｒ－ｋ－１＝４

222对给定0.1查(4)分布表，可得0.1(4)7.779可见K120.1(4)

所以拒绝原假设，即认为仪器的无故障时间不服从指数分布。

解：对于本题，提出假设H0：F=G?H1:FG，拒绝域为ｗ＝{Dn1n2Dn1,n2,} 对于甲也就是F分布有下表：

i 1

X(i)

ｙ（ｉ）

Gn(y(i)) Fn(x(i1))

0

Fn(x(i))

di

2

3

4

5

6

1 72 73 74 75 76 71

7

1 72 73 74 75 76 71 72 73 74 75 76 71

17171717171717

Dn1,n21773<100 Dn1,n2,D3， n=0.20.581 777Dn1,n2D3,0.2 接受原假设，认为两个工人加工的主轴外径服从相同的分布。

解：记疗效为X，年龄为Y，对于指标X，取３种值：分别记显着、一般、较差分别为:A1,A2,A3;

对于指标Y也取三种值：儿童B1、成年B2、老年B3

于是有r=s=3，本题要检验如下假设：

H0:pijpi。p。j,i1,2,3H1:　至少对某组（ｉ，ｊ）有pijpi。p。j 其中pijp{xAi,YBj},pi。p{xAi},p。jp{YBj}，i,j1,2,3 那么可得：

kni1j133(nijni。n。jnn)2

ni。n。j12810921281002128912)(38)(32)300300300 = 128109128100128*913003003001179121171002117912(28)(44)(45)300300300 +++ 117911171001179130030030055109255100255912(23)(18)(114)300300300 +++ 55109551005591300300300(58 =++++++++

=

2 拒绝域为ｗ＝{kn((r1)(s1))}

又0.05(4)9.488 可见：kn>0.05(4)

所以拒绝原假设，也就是说疗效与年龄无关

22

习题4

解：提出假设H0：不同速率对硅晶圆蚀刻的均匀性无显着影响。 经计算得：x3.8 x1 本题的方差分析表如下：

方差来源 因素A 误差E 总和T

平方和

3.317 x24.417 x33.933

自由度 2 15 17

0.05，查

均方和

QA= QE= QT=

QA= QE=

F值 F=

在这里r=3，n=18，对给定的（2，15）3.68 F分布表，得F0.05（2，15） 因为F着影响。

解：提出假设H0：这三种净化器的行车里程之间无显着差异。 经计算得：x23.27 x1 本题的方差分析表如下：

方差来源

因素A 误差E 总和T

平方和

21.75 x224.37 x324.20

自由度 2 7 9

0.05，查

均方和

QA= QE=

QA= QE=

F值 F=

QT=

在这里r=3，n=10，对给定的（2，7）4.74 F分布表，得F0.05（2，7） 因为F>F0.05，所以拒绝H0，也就是说这三种净化器的行车里程之间有显着差异。

解:提出假设

H0H1：：

1=…=r=0，即三组玻璃碎片的平均折射率没有显着差别 1…

r不全为零，即三组玻璃碎片的平均折射率有显着差别

=

计算结果见下表: Between Groups Within Groups Total Sum of Squares df 2 27 29 Mean Square F Sig. .000 查表得

F0.05(2,27)=

所以,拒绝

H0，接受

H1。可以认为三组玻璃碎片的平均折射率之间有差别。

因素是一个，水平共有3个 A B Ｃ

方差源 平方和 因素 误差 Qe 总和 Qt

自由度

2 7 9 均方和 F值

总体为 x23.27 x121.75 x224.367 x324.2 应该做检验 F=

Qa/(r1)=~F(2,7) 当a＝时 Fa(2,7)4.74

Qe/(nr)因为F＝> 所以这三种净化器的行车里程中间有显着差异

解：（1）提出假设H0：这些抗生素与血浆蛋白质结合的百分比的均值无显着差异。 经计算得：x22.935 x1 x527.8 本题的方差分析表如下：

方差来源

因素A 误差E 总和T

平方和

自由度 4 15 19

0.05，查

28.6 x231.375 x37.825 x419.075

均方和 QA= QE= QT=

QA= QE=

F值 F=

在这里r=5，n=20，对给定的（4，15）3.06 F分布表，得F0.05（4，15） 因为F>F0.05，,所以拒绝H0，也就是说这些抗生素与血浆蛋白质结合的百分

比的均值有显着差异。 （2）由题意可得：T（xii）niS*~t(ni1)

对于给定的置信度1，查t(ni1)分布表得t/2(ni1)使得： P{|T|这样可得i的置信区间为（xit/2(ni1)S*ni，xit/2(ni1)S*ni）

可以计算出5种抗生素与血浆蛋白质结合的百分比的均值的置信区间分别为：

（，），（，），（，），（，），（，） ii的置信度为

1的置信区间为

（xixkt/（（2n-r）11）QE） nink 这样可以计算得青霉素与链霉素，红霉素与氯霉素的均值差的置信区间分别为： （，），（,）。

解：（1）经计算得x5.4444 x.1方差来源 处置方案因子 区组因子 误差 总和

离差平方和

5.6667 x.25 x.35.6667自由度 2 2 4 8

均方离差

F值

补充好的方差分析表如下：

（2）原假设和备择假设如下：

H01：不同处置方案的结果无显着差异H11：不同处置方案的结果有显着差

异

H02：不同区组的结果无显着差异H12：不同区组的结果有显着差异 对给定的0.05，查

（2，4）6.94 F分布表，得F0.05（2，4）（2，4） 因为FA置方案和不同的区组对结果均无显着影响。

解：补充好的因素方差分析表如下：

方差来源

A B

离差平方和

130 630 40

150 950

自由度 1 2 2 18 23

均方离差 130 315 20

F值

AB

误差 总和

A、因素B以及因素A、B的交互作用对结果的影响大小，若给定参数可以对相关假设进行检验。

72）解：正交表的选择范围为2水平且至少有6列的正交表，那么选择正交表：L（ 8 作表头设计

因素 列号

A 1

B 2

AB

3

C 4

D 5

CD

6

7

可作试验方案如下：

列号 试验号 1 2 3 4 5 6 7 8

A 1 1 1 1 1 2 2 2 2

B 2 1 1 2 2 1 1 2 2

AB

3 1 1 2 2 2 2 1 1

C 4 1 2 1 2 1 2 1 2

D 5 1 2 1 2 2 1 2 1

CD

6 1 2 2 1 1 2 2 1

7 1 2 2 1 2 1 1 2

解：（1）先认为表头如下：

因素 列号

A 1

B 2

AB

3

C 4

AC

5

6

D 7

由题意计算得：

T1A7.83 T2A6.11 T1B7.14 T2B6.80 T1C7.25 T2C6.69

T1D5.76 T2D8.18 T1AB7.55 T2AB6.39 T1AC7.84 T2AC6.10

计算极差可得：

RA1.72 RB0.34 RC0.56 RD2.42 RAB1.16 RAC1.74

那么由极差可得各因素（包括虚因素）的重要性依次为：

DACAABCB

要求效价越高越好，这样各因素应取较大的值，显然因素D的重要性可以确定取水平D2，

对于虚因素AC，各种情况取值如下：

C1

C2

A1

A2

根据以上表格可得因素A和C分别取水平A1和C1，对于最后一个因素B显然要取水平B1， 这样可得最优试验方案为D2A1C1B1。 （2）由（1）中数据可得：y1.7425

QT（yi182iy）1.7778

1.7220.3698 QA80.342QB0.01445

80.562QC0.0392

82.422QD0.73205

8QAB1.1620.1682

81.7420.37845

8QAC可得QeQTQAQBQCQDQABQAC0.07565

QT的自由度为7，QA，QB，QC，QD，QAB，QAC的自由度都为1，Qe的自由度也

为1，那么有：

FAQA4.8883 QeFBQB0.1910 QeQC0.5182 QeQD9.6768 QeQAB2.2234 QeQAC5.0026 QeFCFDFABFAC（1，1）4052 对给定的0.01，查F分布表，得F0.01 由方差分析来看各因素对试验指标均无显着影响。

习题5

解：作离差平方和Q（b）（yibxi）

i1n2 对Q求关于b的一阶偏导数，并令其等于零：

Q 2b（yi1nnibxi）xi0

0 这样有：（xiyibxi）i1nn2

xiyibxi

2i1i1ˆ 可求得b的最小二乘估计为：bxyii1nni

2ixi1 解：由题意建立一元线性回归模型yabx，~N（0,）

2 在本题中n=6

xi1ini40 yi=90

i1n

xi1n2i=338

yi1n21908 xiyi799

i1n1n1n xxi6.6667 yyi15

ni1ni1ˆ 可得bxyii1nninxy2.78

nx2xi12iˆx3.5986 ˆyb aˆx=3.5986+ ˆ+b 所以可得y对x的经验回归函数为y=a

解：（1）在本题中n=10

xi1nni425 yi=186

i12in

xi1n2i=20125

yi135.06 xiyi8365

i1n

1n1n xxi42.5 yyi18.6

ni1ni1ˆ 可得bxyii1n2i1ninxy0.223

xinx2ˆx9.121 ˆyb aˆx=9.121+ 0.223x ˆ+b 所以可得y对x的经验回归函数为y=a（2）首先提出假设：H0：b0

2ˆ21nbˆ 由题意可以求得：（yiy）ni1n2(xi1n2ix)0.14

ˆ* 2nˆ20.2367 n2 lxx（xix）2062.5

i1n2 t0.2230.23672062.520.8163

（102）2.3060 通过查t分布表得t0.025 可见t>

所以拒绝假设H0，认为线性回归显着 （3）x=42°C时产量的预测值为：

ˆ（xx） y0yb18.60.223（4242.5）18.488 0ˆ 当置信度10.95时，(x0)t2(n2) 所以y0的置信度为的预测区间为（,）

*1(x0x)211.1767

nlxxˆ~N（b,）解：由于b

lxx 那么有

计量

注意到

2ˆ-b)l(bxxˆ来构造统~N（0,1 但是未知，所以应该以其无偏估计量）*Qe2ˆ*（n-2）2~(n2)也就是~(n2) 222ˆ-b)l(bxx~t(n2) 那么可以得到：*ˆˆ b的置信度为1的置信区间为(bˆ-a)(aˆ*

ˆ*lxxˆt2(n2),bˆ*lxxt2(n2))

同理有

1xnlxx2~t(n2)

ˆˆa的置信度为1的置信区间为(a*1x21x2*ˆˆt2(n2),at2(n2))nlxxnlxx*ˆ=, ˆˆ20.392,ˆ=, b在本题中经计算得a又查t分布表可得t0.025(8)2.3060

nˆ20.7,lxx2 n2这样可通过计算得a和b置信度为的置信区间分别为,和,

解：（1）画出的y随x变化的散点图如下：

（2）在本题中n=12

xi19ni165048 yi= 21799

i1n2in

xi1n2i2.405510

yi1 40509155

xi1niyi307718451

1n1n xxi 13754 yyi1816.6

ni1ni1ˆ 可得bxyii1nninxy0.0583

nx2xi12iˆx1014.7 ˆyb aˆx=1014.7+ ˆ+b 所以可得y对x的经验回归函数为y=a （3）首先提出假设：H0：b0

2nˆ21b2ˆ 由题意可以求得：（yiy）ni1n(xi1n2ix)37416

ˆ* 2nˆ2449 n2 lxx（xix）135473468

i1n2 t0.05834491354734683.2024

（122）2.2281 通过查t分布表得t0.025 可见t>

所以拒绝假设H0，认为线性回归显着

（4）当产量为17000（单位/周）时，该厂天然气消耗量的预测值为：

ˆ（xx） y0yb1816.60.0583（1700013754）2005.8（百立0方/周）。

证:因为

Cov(aˆ,bˆ)E(abˆˆ)E(aˆ)E(bˆ)E[(ybxˆ)bˆ]abE[ybˆbˆ2x]abE[y]E[bˆ]xE(bˆ2)]ab

1n(abx22ni)bx(2b)abi1lxxabb2xx(2l2b2)abxxx2l2xx而

220,所以, aˆ与bˆ不相关的充要条件为x1nlxxnxi0 i1习题6

(1) X的观察值为12. π(θ|x)

∝

π(θ)

*

P(x|θ)

易知π(θ|x) =

(2) 6个观察值

∝

π(θ|x) ∝π(θ)

* P(x|θ)

易知π(θ|x) =

π(θ|x)

∝

π(θ)

* P(x|θ)

∴π(θ|x) =

又 =1

解得 k = 3 *

Θ的后验分布为 π(θ|x) =

解

由题知：顾客等待时间 ，

，其中λ的先验分布均值，标准差

即

，

∝

∝

可以算得 α = ，β =

为分布的核，故

将α = ，β = ，n = 20， 解

由题知：x1 = 2, x2 = 4, x3 = 3且 所以得

由例6.2.5

= 带入可得 =

,

=

所以95%的可信区间是（，）