概率论第六章答案
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第六章习题参考答案
⎝ 2 2⎠
2
则X
=Y
+θ
−
1 2
，
X (1)
= Y(1)
+θ
−
1 2
， X(n)
= Y(n)
+θ
−
1 2
，即
1 2
(
X
(1)
+
X(n)) =
1 2 (Y(1)
+ Y(n) ) + θ
−1 2
，
可得 E( X ) = E(Y ) + θ − 1 = E(Y ) +θ − 1 = θ ， Var(X ) = Var(Y ) = 1 Var(Y ) = 1 ，
n
∑ 由伽玛分布的可加性知 Y = X i 服从伽玛分布 Ga(n, λ)，密度函数为 i=1
pY
( y)
=
λn Γ(n)
y n−1 e−λ y
Ι y>0
，
∫ ∫ 则 E⎜⎛ 1 ⎟⎞ = E⎜⎛ n ⎟⎞ = ⎝ X ⎠ ⎝Y ⎠
+∞ n ⋅ λn y n−1 e−λ y dy = nλn
0 y Γ(n)
n
∑ 4． 设总体 X ~ N (µ , σ 2)，X1, …, Xn 是来自该总体的一个样本．试确定常数 c 使 c ( X i+1 − X i )2 为σ 2 的无 i=1
偏估计． 解：因 E[(Xi + 1 − Xi )2 ] = Var (Xi + 1 − Xi ) + [E(Xi + 1 − Xi )]2 = Var (Xi + 1) + Var (Xi ) + [E(Xi + 1) − E(Xi )]2 = 2σ 2，
概率论第六章习题参考解答(高等第二版)
《概率论与数理统计》第六章习题exe6-1解：10()0x b f x b ⎧<<⎪=⎨⎪⎩其他01()()2bb E X xf x dx x dx b +∞-∞==⋅=⎰⎰ 令11μ=A ，即2b X =，解得b 的矩估计量为ˆ2b X = 2ˆ2(0.50.60.1 1.30.9 1.60.70.9 1.0) 1.6899bx ==++++++++= exe6-2解：202()()()3x E X xf x dx x dx θθθθ+∞-∞-==⋅=⎰⎰令11μ=A ，即,3θ=X 解得θ的矩估计量为ˆ3X θ= Exe6-3解：（1）由于12222()()()()(1)()E X mpE X D X E X mp p mp μμ==⎧⎨==+=-+⎩ 令 ⎩⎨⎧==.2211μμA A求解得221111p m p μμμμ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，p, m 的矩估计量为22211(1)ˆ11ˆˆA A n S pA nX X m p ⎧--=-=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩Exe6-4解：（1）()E X λ= 令11μ=A ，即,λ=X 解得λ的矩估计量为ˆX λ= {}),2,1,0(!===-x e x x X P xλλ{}),2,1,0(!===-i i xi x e x x X P iλλ似然函数11111(){}()!!niii x n nx n i ni i i ii eL P X x e x x λλλλλ=--===∑====∏∏∏11ln ()()ln ln(!)nni i i i L n x x λλλ===-+-∑∑1ln ()0nii x d L n d λλλ==-+=∑解得λ的最大似然估计值为 11ˆni i x x n λ===∑ （2）由（1）知1ˆ(6496101163710)7.210x λ==+++++++++= Exe6-5解：（1）似然函数1(1)111(){}(1)(1)ni i i nnx x ni i i L p P X x p p p p =--==∑===-=-∏∏∑-==-ni i nx np p 1)1(1ln ()ln (1)ln ni i L p n p x p ==+-⋅∑)1ln()(ln 1p n x p n ni i --+=∑=1(1)ln ()01ni i x d L p n dp p p =-=-=-∑01)(ln 1=---=∑=pn x p ndp p L d ni i 解得p 的最大似然估计值为 11ˆnii npxx===∑ （2）155ˆ5174926px ===++++ Exe6-6解：由2()2()x f x μσ--=（1）2σ已知，似然函数221()()2211()(,)ni i i x nx n nii i L f x eμμσσμμ=----==∑===∏2211ln ())()2nii L n x μμσ==---∑21ln ()1(22)02nii d L x d μμμσ==--=∑即11()0nniii i x n xμμ==-=-=∑∑解得μ的最大似然估计值 1ˆnii xx nμ===∑（2）μ已知，似然函数为212222)(222)(12122121),()(σμσμπσσπσσ∑⎪⎭⎫ ⎝⎛====----==∏∏ni i i x nx ni n i i e ex f L21222)(21)ln(2)2ln(2)(ln μσσπσ-∑---==n i ix n n L 0)()(212)(ln 2122222=-+-=∑=μσσσσni i x n L d d 解得∑=-=n i i x x n 122)(1ˆσ，故2σ的最大似然估计值为 .)(1ˆ122∑=-=n i i i x x n σ Exe6-7解：（1）矩估计量2220()()()(3)2xt x xt xx E X xf x dx x e dx e dx t e dt θθθθθθθθ=--+∞+∞+∞+∞--∞==⋅===Γ=⎰⎰⎰⎰令2X θ=，得ˆ/2X θ= 似然函数211()(,)ix n nii i i x L f x eθθθθ-====∏∏1111ln ()(ln 2ln )ln 2ln nnnii i i i i i x L x x n x θθθθθ====--=--∑∑∑ 令21ln ()210ni i d L n x d θθθθ==-+=∑解得θ的最大似然估计值为111ˆ22n ii x x n θ===∑ （2）2311()(,)2ixnni i i i x L f x e θθθθ-====∏∏331111ln ()[2ln ln(2)]2ln ln(2)nnnii i i i i i x L x x n x θθθθθ====--=--∑∑∑令2321ln ()1602nii d L n xd θθθθθ==-⋅-=∑013)(ln 1223=+⋅-=∑=ni ixn d L d θθθθθ解得θ的最大似然估计值为 111ˆ33ni i x x n θ===∑ （3） ),(~p m B X ，m 已知{}∏∏=-=-===ni x m x x m ni i i i ip p C x X P p L 11)1()(1111ln ()[ln ln ()ln(1)]ln ln ln(1)()i inx m i i i nnnx m i i i i i L p C x p m x p C p x p nm x =====++--=++--∑∑∑∑令 11ln ()01n ni ii i x nm x d L p dp p p==-=-=-∑∑即1111(1)1n nniiii i i x xxnmppp p p===+==---∑∑∑ 解得p 的最大似然估计值为 1ˆnii xxpmnm===∑ Exe6-8解：(1)似然函数为{}{}{})1(2)1(2121)(522θθθθθθθ-=⋅-⋅==⋅=⋅==X P X P X P L)1ln(ln 52ln )(ln θθθ-++=L 令 0115)(ln =--=θθθθL d d 解得θ的最大似然估计值为.65ˆ=θ Exe6-9解：2121222222)()(22)(12)(111212121),,(),,(),(σβαβασβασβασπσπσπβαβαβα∑∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛=====+-+---+--=---===∏∏∏∏ni i n i i i i i i y x ny ni x ni n i i Y n i i X e eey f x f L))()((21ln 2)2ln(),(ln 21212βαβασσπβα+-∑+--∑---===ni i ni i y x n n L0))()((22),(ln 112=+-+--=∂∂∑∑==βαβασβααni i n i i y x L 0)()((22),(ln 112=+----=∂∂∑∑==βαβασβαβn i i n i i x x L 联立 解得,2ˆ,2ˆyx y x -=+=βα故βα,的最大似然估计量为 .2ˆ,2ˆYX Y X -=+=βαExe6-10解：（1）由1/2EX μθ==，得θ的矩估计量ˆ2X θ= ˆ()2()2()22E E X E X θθθ===⋅= 故θ的矩估计量ˆ2X θ=是θ的无偏估计量。
概率论与数理统计六七章习题答案
第六章大数定理和中心极限定理一、大纲要求(1)了解契比雪夫不等式；(2)了解辛钦大数定律,伯努利大数定律成立的条件及结论；(3)了解独立同分布的中心极限定理和棣莫佛—拉普拉斯中心极限定理（二项分布以正态分布为极限分布）的条件和结论,并会用相关定理近似计算有关随机事件的概率.二、重点知识结构图三、基本知识1. 马尔科夫不等式若X 为只取非负值的随机变量,则对任意常数0ε>,有{}EXP X εε≥≤.2. 契比雪夫不等式若DX 存在,则{}2DXP X EX εε-≥≤.3. 辛钦大数定律定理 1 设12,,,,n X X X 是独立同分布的随机变量序列，且具有有限的数学期望()a X E n =，则对任意的0ε>,有{}lim 0n n P X a ε→∞-≥=4. 伯努利大数定律定理2 设()p n B X n ,~，其中n=1,2, …，0<p<1 。
则对任意ε>0，有5．独立同分布的中心极限定理定理3 (林德伯格-列维定理) 设12,,,,n X X X 为独立同分布的随机变量,22,,0,i i EX a DX σσ==<<∞则对任意实数x 有12lim )()n n P X X X na x x →∞⎫++-≤=Φ⎬⎭式中, ()x Φ是标准正态分布(0,1)N 的分布函数,即2/2()t x e dt +∞--∞Φ=6. 棣莫佛-拉普拉斯中心极限定理定理3(棣莫佛-拉普拉斯定理) 设12,,,,n X X X 独立同分布,i X 的分布是{}{}1,01,(01)i i P X p P X p p ====-<<则对任意实数x ,有12lim )()n n P X X X np x x →∞⎧⎫⎪++-≤=Φ⎬⎪⎭0lim =⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-∞→εp n X P n n四、典型例题例1 设随机变量X 和Y 的数学期望分别为-2和2,方差分别为1和4,而相关系数为-0.5,则根据契比雪夫不等式{}6_____P X Y +≥≤.解 因为 ()0E X Y E X E Y +=+= ()2c o v (,D X Y D X D Y X Y +=++2DX DY ρ=++ 1420.52=+-⨯⨯= 根据契比雪夫不等式{}2DXP X EX εε-≥≤所以 {}3163612P X Y +≥≤= 例2 某保险公司经多年资料统计表明,在索赔户中被盗户占20%,在随意抽查的100家索赔户中以被盗的索赔户数为随机变量,利用中心极限定理,求被盗的索赔户大于14户且小于30户的概率近似值.[分析]本题的随机变量服从参数100,0.2n p ==的二项分布.如果要精确计算,就要用伯努利二项公式:{}291001001514300.20.8kk k k P X C -=<<=∑.如果求近似值,可用契比雪夫不等式估计.解 由于~(100,0.2)X N ,所以1000.220EX np ==⨯=168.02.0100)1(=⨯⨯=-=p np DX{}1430P X P <<=<<=Φ(2.5)-Φ(-1.5)()927.0)5.1(5.2=-Φ+Φ因此被盗的索赔户大于14户且小于30户的概率近似值为0.927.例3 某车间有200台机床,它们彼此工作独立,开工率都为0.6，工作时耗电都为1kW,问供电所至少给这个车间多少度电，才能以99.9%的概率保证这个车间不会因供电不足而影响生产.解 用X 表示工作的机床台数,则~(200,0.6)X B .设要向车间供电a kW,则有由棣莫佛-拉普拉斯定理得{}P o X a P ⎧⎫<≤=<≤020p q ⎛⎫⎛⎫⎫⎫≈Φ-≈⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎭⎭⎭()0.999 3.1≈Φ≥=Φ即3.1≥ 因此120 3.48141a ≥+= 例4 用契比雪夫不等式确定当掷一均匀硬币时,需掷多少次,才能保证使得出现正面的频率在0.4~0.6之间的概率不小于90%,并用正态逼近计算同一个问题.解 设需掷n 次，用n S 表示出现正面的次数，则1~(,)2n S B n ，有契比雪夫不等式得0.40.60.50.1n n S S P P n n ⎧⎫⎧⎫<<=-<⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭211110022110.900.014n n n⨯⨯≥-=-≥ 所以10002504n ≥=. 由棣莫佛-拉普拉斯定理得0.40.6n S P P n ⎧⎫<<=<⎨⎬⎩⎭(((0.2210.90=Φ-Φ-=Φ-≥即(Φ≥0.95,查表得 1.645>,故68n ≥.例5 假设12,,,n X X X 是独立同分布的随机变量,且()k k i a X E =(1,2,3,4)k =,证明当n 充分大时,随机变量211n n i i Z X n ==∑近似服从正态分布,并指出其分布参数.证 由12,,,n X X X 是独立同分布的随机变量序列可知, 22212,,,nX X X 独立同分布,且有()22a X E i =, 2242i DX a a =-2211n n i i EZ EX a n ===∑, 2242211n n i i a a DZ DX n n=-==∑由林德伯格-列维定理可知,对任意x 有⎰∞--∞→=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<--x t n n dte x n a a a Z P 22242221lim π即n Z 近似服从正态分布2422(,)a a N a n-. 例6 有一批建筑房屋用的木柱,其中80%的长度超过3m ，现从这批木柱中随机地取出100根，问其中至少有30根短于3m 的概率是多少？解 设10i X ⎧=⎨⎩()31,2,,1003i m i i m = 当所取的第根木柱短于当所取的第根木柱不短于 则()~1,0.2i X B ,记1001i i X X ==∑,则()~100,0.2X B .由棣莫佛-拉普拉斯定理得{}{}30130P X P X ≥=-<1P =-≤()302011 2.50.0062100.4-⎛⎫≈-Φ=-Φ= ⎪⨯⎝⎭例7 假设男婴的出生率为2243,某地区有7000多名产妇,试估计她们的生育情况.[分析] n 重伯努利实验中A 出现的频率nu n依概率收敛于它的概率p ，当n 很大时，有n u np ≈.解 设10i X ⎧=⎨⎩()1,2,,7000i i = 第名产妇生男婴否则显然, 12,,,n X X X 独立同分布且均服从01-分布2243p ⎛⎫= ⎪⎝⎭,1nn i i u X ==∑表示7000名产妇中生男婴的人数,有伯努利大数定理得()2243n u n n →→∞ 由于7000n =已是足够大,因此227000358143n u ≈⨯≈即该地区估计有3581名男婴出生.例8 某电视机厂每月生产10000台电视机,但它的显像管车间的正品率为0.8，为了以0.997的概率保证出厂的电视机都装上正品的显像管,该车间每月应生产多少只显像管?解 设显像管正品数为X ,月总产量为n ,则有()~,0.8X B n ,从而 0.8E X n =, ()n p np DX 16.01=-=为了使电视机都装上正品的显像管,则每月至少生产10000只正品显像管,即所求为{}100000.997P X n ≤<=由棣莫佛-拉普拉斯定理得{}100000.997P X n P ≤<=≤<=即997.05.016.08.016.08.010000=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<-≤-n n n X n n P(0.997Φ-Φ=由题意可知,0<,且n 较大,即(1Φ≈,所以0.997Φ=2.75=,故)(1027.14只⨯≈n因此,每月至少要生产41027.1⨯只显像管才能以0.997的概率保证出厂的10000台电视机都能装上正品的显像管.例9 一养鸡场购进1万个良种鸡蛋,已知每个鸡蛋孵化成雏鸡的概率为0.84，每只雏鸡发育成种鸡的概率为0.90，试计算这批鸡蛋得到种鸡不少于7500只的概率.解 设{}k A k =第只鸡蛋孵化成雏鸡, {}k B k =第只鸡蛋育成种鸡,令 ()11,2,,100000k k k B X k B ⎧==⎨⎩ 当发生当不发生 则诸k A 独立同分布,且{}{}{}{}{}{}1k k k k k k k k P X P B P A P B A P A P B A ===+0.840.900.756=⨯+={}{}244.00===k k B P X P显然, 100001kk X X==∑表示10000个鸡蛋育成的种鸡数,则()~10000,0.756X B ,而64.1844244.07560)1(,7560756.010000=⨯=-=⨯=p np np根据棣莫佛-拉普拉斯定理可得()~0,1nkXnpN -=∑于是,所求概率为{}10000756075001k X P X P ⎧⎫-⎪⎪≥=≥≈-Φ⎪⎪⎩⎭∑()1.400.92=Φ= 因此,由这批鸡蛋得到的种鸡不少于7500只的概率为92%.五、课本习题全解6-1 设11nn i i Y X n ==∑,再对n Y 利用契比雪夫不等式:{}12222220n i i n n n n D X DY n P Y EY n n εεεε=→∞⎛⎫ ⎪⎝⎭-≥≤=≤−−−→∑ 故{}n X 服从大数定理. 6-2 设出现7的次数为X ,则有 ()~10000,0.1,1000,900X B E X n p D X === 由棣莫佛-拉普拉斯定理可得{}100096810001696810.14303015X P X P --⎧⎫⎛⎫<=<=-Φ=⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭6-3 11,212i i EX DX ==由中心极限定理可知,10110i X -⨯∑,所以101011616110.136i i i i P X P X ==⎧⎫⎧⎫>=-≤=-Φ=-Φ=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭∑∑6-4 设报各人数为X ,则.100,100==DX EX . 由棣莫佛-拉普拉斯定理可得()0228.021*********}120{=Φ-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≥-=≥DX EX X P X P6-5 设()11,2,,100000i i X i i ⎧==⎨⎩ 第个人死亡第个人没有死亡,则{}{}10.006,00.994i i P X P X ====总保险费为51210000 1.210⨯=⨯(万元)(1) 当死亡人数在达到51.210/1000120⨯=人时,保险公司无收入.4100.00660,0.1295np =⨯==所以保险公司赚钱概率为)()12100000.129512060P X X X np ⎧⎫⎪++-≤⨯-⎬⎪⎭()7.771=Φ=因而亏本的概率为10P P '=-=.(2)若利润不少于40000，即死亡人数少于80人时,)()12100000.12958060P X X X np ⎧⎫⎪++-≤⨯-⎬⎪⎭()2.590.9952=Φ= 若利润不少于60000，即死亡人数少于60人时,)()12100000.12956060P X X X np ⎧⎫⎪++-≤⨯-⎬⎪⎭()00.5=Φ=若利润不少于80000，即死亡人数少于40人时,)()12100000.12954060P X X X np ⎧⎫⎪++-≤⨯-⎬⎪⎭()2.5920.0048=Φ-=6-6 设总机需备Y 条外线才能有95%的把握保证每个分机外线不必等候,设随机变量()11,2,,2600i i X i i ⎧==⎨⎩ 第架电话分机用外线第架电话分机不用外线,则{}{}10.04,00.96P X P X ====0.04,0.040.00160.0384i i EX DX ==-=由中心极限定理可得16%950384.026004.02602601≈=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯-Φ=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤∑=Y Y Y X P i i6-7 密度函数为 ()10.50.50x f x -<<⎧=⎨⎩当其他故数学期望为 0.50.50E X x d x -==⎰()0.52220.5112DX EX EX x dx -=-==⎰(1)设i X 为第i 个数的误差,则9973.01)3(251515300130013001=-Φ=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤∑∑∑===i i i i i i DX X P X P30030011151150.0027i i i i P X P X ==⎧⎫⎧⎫>=-≤=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭∑∑(2)110210.9440.77n i i P X n =⎧⎫≤=Φ-≥⇒≤⎨⎬⎩⎭∑ (3)3001210.99714.855i i Y P X Y Y =⎧⎫⎛⎫≤=Φ-≥⇒≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑6-8 kg kg EX 32105,105--⨯=⨯=σ (1)设i X 为第i 个螺钉的重量,则23100510,5100.05nEX --=⨯⨯⨯=0228.0)2(105.051.51.510011001=Φ-=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧->-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧>∑∑==σn nEX X P X P i i i i(2)设()1.11,2,,5000.1i i Y i i ⎧==⎨⎩ 第个螺钉的重量超过5kg第个螺钉的重量不超过5kg,则33.3)1(4.11=-=p np np9951.0)58.2(33.34.1120)1(450050015001=Φ=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧->--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯<∑∑==p np np Y P Y P i i i i ％6-9 设随机变量()11,2,,10000i i X i ⎧==⎨⎩ 第个人按时进入掩体其他,按时进入掩体的人数为Y ,则()1,~10000,0.9ni i Y X Y B ==∑,所以有10000.9900,9000.190EY DY =⨯==⨯=设有k 人按时进入掩体，则916884645.19090095.090900===-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-Φk k k k 或所以至少有884人,至多有916.六、自测题及答案1.设随机变量X 服从(),B n p ,则对区间(),a b ,恒有lim _______.n P a b →∞⎧⎫⎪⎪<≤=⎨⎬⎪⎪⎩⎭2.一大批产品中优质品占一半,现每次抽取一个,看后放回再抽,问在100次抽 取中取到优质品次数不超过45的概率等于_______.3. 129,,X X X 相互独立, ()1,11,2,9i i EX DX i === ,则对任意给定的0ε>,有( ).9922119922111(A)11(B)119(C)91(D)919i i i i i i i i P X P X P X P X εεεεεεεε--==--==⎧⎫⎧⎫-<≥--<≥-⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎧⎫⎧⎫-<≥--<≥-⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭∑∑∑∑4.设12,,,,n X X X 为独立随机变量序列,且()1,2,i X i = 服从参数为λ的泊松分布,则有().()()()()111(A)lim (B)0,1(C),(D)n i n ni i n i i n i i X n P x x n X N n X N n n n P X x x λλλ→∞===⎧⎫-⎪⎪⎪≤=Φ⎬⎪⎪⎪⎩⎭⎧⎫≤=Φ⎨⎬⎩⎭∑∑∑∑当充分大的时，近似服从当充分大的时，近似服从当充分大的时，5.设12,,X X 为独立随机变量序列,且服从服从参数为λ的指数分布,则( ).()()()()112211(A)lim (B)lim 1(C)lim (D)lim n n i i i i n n nni i i n n n X X P x x P x x n X n X n P x x P x x n λλλλλλ==→∞→∞=→∞→∞⎧⎫⎧⎫--⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪≤=Φ≤=Φ⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭⎧⎫⎧⎫--⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪≤=Φ≤=Φ⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭∑∑∑∑6.设随机变量12,,,n X X X 相互独立, 12n X X X X =+++ ,根据林德伯格-列维定理,当n 充分大时, X 近似服从正态分布,只要12,,,n X X X ( )(A)(B)(C)(D)有相同的数学期望有相同的方差服从同一指数分布服从同一离散型分布7.某校有1000名学生,每人以80%的概率去图书馆自习,问图书馆至少应设多少个座位,才能以99%的概率保证去上自习的同学都有座位坐?8.某种电子器件的寿命(小时)具有数学期望μ(未知),方差2400σ=.为了估计μ,随机地取n 只这种器件,在时刻0t =投入测试(设测试是相互独立的)直到失败,测得寿命为12,,,nX X X ,以11ni i X X n ==∑作为μ的估计,为了使{}10.95P X μ-<≥,问n 至少为多少?9.利用中心极限定理证明11lim !2i n n n i n e i -→∞=⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑ [答案]1. 由棣莫佛-拉普拉斯定理可得22lim t b a n P a b dt -→∞⎧⎫⎪⎪<≤=⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎰2. 令Y 表示100次抽取中取得优质品的次数()11,2,,1000i i X i i ⎧==⎨⎩ 当第次取到优质品当第次没有取到优质品则 ()1001,~100,0.5i i Y X Y B ==∑那么 1000.5,1000.50.E Y D Y =⨯=⨯⨯=由棣莫佛-拉普拉斯定理可得{}504515Y P Y P P -⎧⎫≤=≤=≤-⎨⎬⎩⎭()()11110.84130.1587≈Φ-=-Φ=-=3.由题意可得 99119,9i i i i EX EX DX DX ======∑∑又因为 9211i i DXP X EX εε=⎧⎫-<≥-⎨⎬⎩⎭∑故(D)项正确.4.因为()1,2,i X i = 服从参数为λ的泊松分布,故,i i EX DX λλ==,由林德伯格-列维定理得()lim n i n X n P x x λ→∞⎧⎫-⎪⎪⎪≤=Φ⎬⎪⎪⎪⎩⎭∑ 当n 充分大时,1nii X=∑近似服从(),N n n λλ分布,故C 项正确.5.由题意可知 211,i i EX DX λλ==由林德伯格-列维定理可得()22limntixnX nP x dt xμ-→∞⎧⎫-⎪⎪⎪≤==Φ⎬⎪⎪⎪⎩⎭∑⎰即()l i mninX nP x xλ→∞⎧⎫-⎪⎪⎪≤=Φ⎬⎪⎪⎪⎩⎭∑6.由于林德伯格-列维定理要求12,,,nX X X独立同分布,且具有有限的数学期望与方差.因此C项正确.7.设X表示同时去图书馆上自习的人数,并设图书馆至少有n个座位,才能以99%的概率保证去上自习的同学都有座位,即n满足{}0.99P X n≤≥.因为()~1000,0.8X B,所以{}⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯-Φ-⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯-Φ≈≤2.08.010008.01000`2.08.010008.01000`nnXP8000.9912.65n-⎛⎫=Φ≥⎪⎝⎭查表得8002.3312.65n-≥,故829.5n≥.因此图书馆至少应有830个座位.8.由于12,,,nX X X独立同分布,且2,400i iEX DXμσ===.由林德伯格-列维定理得{}1P X Pμ⎫⎛-<=<≈Φ-Φ⎝⎭⎝⎭21210.95=Φ-=Φ-≥⎝⎭⎝⎭即0.975Φ≥⎝⎭,查表得 1.9620≥,故2400 1.961536.64n≥⨯=.因此n至少为1537.9.设{}n X为独立同服从参数为1的泊松分布的随机变量序列,则1nkkX=∑服从参数为n的泊松分布,因此有101!!k k n n nn nn k k k k n n P X n e e e k k ---===⎧⎫≤==+⎨⎬⎩⎭∑∑∑由林德伯格-列维定理可得()11lim lim 02n k n k n n k X n P X n P →∞→∞=⎧⎫-⎪⎪⎧⎫≤=≤=Φ=⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭∑∑ 所以11lim lim !k n n n n k n n k k n e P X n e k --→∞→∞==⎧⎫⎡⎤⎧⎫=≤-⎨⎨⎬⎬⎢⎥⎩⎭⎣⎦⎩⎭∑∑ 11lim lim 2n n k n n k P X n e -→∞→∞=⎧⎫=≤-=⎨⎬⎩⎭∑第7章数理统计的基础知识一、大纲要求(1)理解总体、简单随机样本、统计量、样本均值、样本方差及样本矩的概念,了解直方图和样本分布函数的意义和作用.(2)了解2χ分布、t分布、F分布的概念和性质,了解分位数的概念并掌握查表计算.(3)了解正态总体的抽样分布.二、重点知识结构图三、基本知识1.总体和个体在数理统计中,把研究对象的全体称为总体或母体,把组成总体的每一个研究对象(元素或单元)称为个体.总体分为有限总体和无限总体.有限总体是指其总体中的成员只有有限个.相应的,无限总体是指其总体中的成员有无限个.2．样本在一个总体中,抽取n 个个体12,,,n X X X ,这n 个个体总称为总体X 的样本或子样, n 称为样本容量.样本特性:① 代表性，样本中的每一个分量()1,2,i X i n = 与总体X 有相同的分布。
概率论与数理统计第六章习题答案
第六章习题6-11、由一致估计的定义，对0ε∀>{}{}{}()1212max ,,,max ,,,n n P X X X P X X X θεεθεθ-<=-+<<+()()F F εθεθ=+--+()0, 0, 01, X x xF x x x θθθ<⎧⎪=≤≤⎨⎪>⎩及(){}()()()()1212max ,,,n n X X X X X X F x F x F x F x F x ==⋅⋅⋅()1F εθ∴+=(){}()12max ,,,1nn x F P X X X εθεθθ⎫⎛-+=<-+≈- ⎪⎝⎭{}()12max ,,,111()nn x P X X X n θεθ⎫⎛∴-<=--→→∞ ⎪⎝⎭2、证明：EX μ=()1111111ni i n n i i i i nn n i i i i i i i i a X E a E X a a a a μμ======⎫⎛⎪ ⎪ ==⋅=⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑ 11niii nii a Xa==∴∑∑是μ的无偏估计量3、证明： ()() ()()22D E E θθθ=-()() ()()()2222E D E D θθθθθθ∴=+=+> 2θ∴不是2θ的无偏估计量4、证明：()~X P λEX λ∴=，()()222E X DX EX λλ=+=+()22E X EX λ∴-=，即()22E X X λ-=用样本矩2211n i i A X n ==∑，1A X =代替相应的总体矩()2E X 、EX所以得2λ的无偏估计量： 22111n i i A A X X n λ==-=-∑ 5、()~,X B n p ，EX np ∴=()()()()22222111E X np p n p np n n p EX n n p =-+=+-=+-()()()()222111E X EX E X X p n n n n -⎫⎛∴=-=⎪ --⎝⎭所以用样本矩2211n i i A X n ==∑，1A X =分别代替总体矩()2E X 、EX得2p 的无偏估计量： ()()()222121111ni i i A A p X X n n n n =-==---∑6、()~,1X N m ，()i E X m ∴=，()1i D X =，(1,2)i =()()()11212212121333333E m E X X E X E X m m m ⎫⎛∴=+=+=+= ⎪⎝⎭()()()1121221414153399999D m D X X D X D X ⎫⎛=+=+=+= ⎪⎝⎭同理可得： ()2E m m =， ()258D m =， ()3E m m =， ()212D m =123,,m m m ∴都是m 的无偏估计量，且在 123,,m m m 中， 3m 的方差最小习题6-21、（1）()11cccEX x c xdx cx dx θθθθθθθθ+∞+∞-+-=⋅==-⎰⎰EXEX cθ∴=-，令X EX =X X c θ∴=-为矩估计量，θ的矩估计值为 x x cθ=-，其中11n i i x x n ==∑似然函数为：()()11211,,,;nnn n n ii i i L x x x c xcx θθθθθθθ-+-====∏∏ ，i x c > 对数似然函数：()()()1ln ln ln 1ln nii L n n c x θθθθ==+-+∑求导，并令其为0，得：1ln ln ln 0ni i d L nn c x d θθ==+-=∑ 1ln ln Lnii nx n cθ=∴=-∑，即θ的最大似然估计量为 1ln ln Lnii nXn cθ==-∑（2）21111EX EX x x dx EX θθθθθ-⎫⎛=⋅=⇒= ⎪--⎝⎭⎰ 以X EX =，得： 21X X θ⎫⎛=⎪ -⎝⎭为θ的矩估计量θ的矩估计值为： 21x x θ⎫⎛=⎪ -⎝⎭，其中11ni i x x n ==∑ 而()1121211,,,;n nnn i i i i L x x x x x θθθθθ--==⎫⎛==⎪⎝⎭∏∏ ，01i x ≤≤()()1ln ln 1ln 2nii nL x θθθ=∴=+-∑令1ln 11ln 022ni i d L n x d θθθ==+⋅⋅=∑， 21ln L ni i n x θ=⎫⎛⎪ ⎪ ∴=⎪⎪⎝⎭∑ 所以θ的最大似然估计量 21ln L ni i n x θ=⎫⎛⎪ ⎪ =⎪ ⎪⎝⎭∑ （3）()~,X B m p ，EXEX mp p m∴=⇒=p ∴的矩估计量： 111n i i X p X X m mn m====∑p ∴的矩估计值为： 11n i i p x mn ==∑ 而()()()111211,,,;11nniii i ii i i nnx m x m x x x x n mm i i L x x x p Cpp C pp ==--==∑∑=-=⋅⋅-∏∏ ，0,1,,ix m = ()()()111ln ln ln ln 1i nnn x mi i i i i L p C x p m x p ====+⋅+-⋅-∑∑∑令() 111ln 111101n n n i i L ii i i d L x m x p x x dp p p mn m ====⋅--⋅=⇒==-∑∑∑ p ∴的最大似然估计量为： 1L p X m=2、（1）()01;2EX xf x dx xdx θθθθ+∞-∞===⎰⎰令11n i i EX X X n ===∑，22X X θθ∴=⇒=2X θ∴= （2）由观测的样本值得：6111(0.30.80.270.350.620.55)0.481766i i x x ===+++++≈∑20.9634x θ∴== 3、由1111122EX X θθθθθ+=⨯+⨯++⨯== 21X θ∴=-为θ的矩估计量 4、设p ：抽得废品的概率；1p -：抽得正品的概率 引入{1, i i X i =第次抽到废品0,第次抽到正品，1,2,,60i =()1i P X p ∴==，()01i P X p ==-，且i EX p =所以对样本1260,,,X X X 的一个观测值1260,,,x x x由矩估计法得，p 的估计值为： 601141606015ii p x ====∑，即这批产品的废品率为1155、()()2212213132EX θθθθθ=⨯+⨯-+⨯-=-，()1412133x =⨯++=EX x = ， 3526x θ-∴==为矩估计值 ()()()()()()()34511223312121i i i L P X x P X x P X x P X x θθθθθθ========⋅⋅-=-∏()()ln ln25ln ln 1L θθθ=++-令() ln 1155016Ld L d θθθθθ=⨯-=⇒=- 6、（1）λ的最大似然估计 LX λ=， ()0LX P X e e λ--∴=== （2）设X ：一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数()~X P λ∴，122n =得样本均值：5011(044142221394452) 1.123122122r r x r s ==⨯⋅=⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=∑()1.12300.3253x P X e e --∴====习题6-33、从总体中抽取容量为n 的样本12,,,n X X X 由中心极限定理：()~0,1,/X U N n nμσ-=→∞（1）当2σ已知时，近似得到μ的置信度为1α-的置信区间为：22,X u X u n n αασσ⎫⎛-⋅+⋅⎪ ⎝⎭ （2）当2σ未知时，用2σ的无偏点估计2s 代替2σ：~(0,1),/X N n s nμ-→∞于是得到μ的置信度为1α-的置信区间为：22,s s X u X u n n αα⎫⎛-⋅+⋅⎪ ⎝⎭一般要求30n ≥才能使用上述公式，称为大样本区间估计 4、40n = 属于大样本，2,X N n σμ⎫⎛∴⎪ ⎝⎭ 近似μ∴的95%的置信区间近似为：2x u n ασ⎫⎛±⋅⎪ ⎝⎭其中642x =，3σ=，40 6.32n =≈，21.96u α=()23642 1.966420.9340x u n ασ⎫⎛⎫⎛∴±⋅=±⨯≈±⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故μ的95%的置信区间上限为642.93，下限为641.075、100n =属于大样本，2~,X N n σμ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭近似μ∴的99%的置信区间近似为：2x u n ασ⎫⎛±⋅⎪ ⎝⎭其中10x =，3σ=，100n =，22.58u α=()()2310 2.58100.7749.226,10.774100x u n ασ⎛⎫⎛⎫∴±⋅=±⨯=±= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由此可知最少要准备10.77410000107740()kg ⨯=这种商品，才能以0.99的概率满足要求。
概率论与数理统计(茆诗松)第二版课后第六章习题参考答案
解：因 E(Y ) = aE( X1) + bE( X 2 ) = aµ + bµ = (a + b)µ = µ ， 故 Y 是µ 的无偏估计；
因 Var(Y ) = a2 Var( X1) + b2
Var( X 2 ) = a2
⋅σ2 n1
+ (1 − a)2 ⋅ σ 2 n2
=
⎜⎜⎝⎛
n1 + n2 n1n2
xn是来自n1的样本由正态分布可加性知x服从正态分布??????nn1则?????????dxxsndxnxssexnxnnxn222222ee2e2因es可知对任意的反常积分???dxxsxnxn22e收敛6则由参数的任意性以及该反常积分在?与两个方向的收敛性知?????dxxsxnxn22e收敛因xnxsxsxnxnxnxn???????????????2222ee且yey有1?2222eexnxnxnxnxn????则由?????dxxsxnxn122e的收敛性知?????????????dxxsxnxn22e一致收敛可得?????dxxsnsexnxnn2222ee2关于参数可导与es在0处不可导矛盾故g没有无偏估计
nλ n −1
，
故1/ X 不是λ的无偏估计．
3． 设θˆ 是参数θ 的无偏估计，且有 Var(θˆ) > 0 ，试证 (θˆ)2 不是θ 2 的无偏估计．
证：因 E(θˆ) = θ ，有 E[(θˆ)2 ] = Var(θˆ) + [E(θˆ)]2 = Var(θˆ) + θ 2 > θ 2 ，故 (θˆ)2 不是θ 2 的无偏估计．
⋅ n ⋅ (−1)d ( y(n)
−
y(1) )n−1
∫ ∫ =
概率论与数理统计习题及答案-第6章习题详解
习题六1.设总体X ~N （60，152），从总体X 中抽取一个容量为100的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值大于3的概率. 【解】μ=60,σ2=152,n =100~(0,1)/X Z N nσ-=即 60~(0,1)15/10X Z N -=(|60|3)(||30/15)1(||2)P X P Z P Z ->=>=-<2[1(2)]2(10.9772)0.0456.=-Φ=-=2.从正态总体N （4.2，52）中抽取容量为n 的样本，若要求其样本均值位于区间（2.2,6.2）内的概率不小于0.95，则样本容量n 至少取多大？ 【解】~(0,1)5/X Z N n-=2.2 4.2 6.2 4.2(2.2 6.2)()55P X P n Z n --<<=<<2(0.4)10.95,n =Φ-=则Φ(0.4n )=0.975，故0.4n >1.96,即n >24.01，所以n 至少应取253.设某厂生产的灯泡的使用寿命X ~N （1000，σ2）（单位：小时），随机抽取一容量为9的样本，并测得样本均值及样本方差.但是由于工作上的失误，事后失去了此试验的结果，只记得样本方差为S 2=1002，试求P （X ＞1062）. 【解】μ=1000,n =9，S 2=10021000~(8)100/3/X X t t S n-==10621000(1062)()( 1.86)0.05100/3P X P t P t ->=>=>=4.从一正态总体中抽取容量为10的样本，假定有2%的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上，求总体的标准差.【解】~(0,1)X Z N =，由P (|X -μ|>4)=0.02得P |Z |>4(σ/n )=0.02,故210.02⎡⎤-Φ=⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦,即0.99.σ⎛Φ= ⎝⎭查表得2.33,σ=所以5.43.2.33σ== 5.设总体X ~N （μ，16），X 1，X 2，…，X 10是来自总体X 的一个容量为10的简单随机样本，S 2为其样本方差，且P （S 2＞a ）=0.1，求a 之值.【解】2222299~(9),()0.1.1616S a P S a P χχχ⎛⎫=>=>= ⎪⎝⎭ 查表得914.684,16a= 所以 14.6841626.105.9a ⨯==6.设总体X 服从标准正态分布，X 1，X 2，…，X n 是来自总体X 的一个简单随机样本，试问统计量Y =∑∑==-ni ii i XX n 62512)15(，n ＞5服从何种分布？ 【解】2522222211~(5),~(5)i nii i i XX X n χχχ====-∑∑且12χ与22χ相互独立. 所以2122/5~(5,5)/5X Y F n X n =--7.求总体X ~N （20，3）的容量分别为10，15的两个独立随机样本平均值差的绝对值大于0.3的概率. 【解】令X 的容量为10的样本均值，Y 为容量为15的样本均值,则X ~N (20,310),Y ~N (20,315)，且X 与Y 相互独立. 则33~0,(0,0.5),1015X Y N N ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭那么~(0,1),X YZ N = 所以(||0.3)||2[1(0.424)]P X Y P Z Φ⎛->=>=- ⎝2(10.6628)0.6744.=-=8.设总体X ~N （0，σ2）,X 1,…,X 10,…,X 15为总体的一个样本.则Y =()21521221121022212X X X X X X ++++++ 服从 分布,参数为 . 【解】~(0,1),iX N σi =1,2, (15)那么122210152222111~(10),~(5)i i i i X X χχχχσσ==⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑且12χ与22χ相互独立, 所以222110122211152/10~(10,5)2()/5X X X Y F X X X ++==++ 所以Y ~F 分布，参数为（10,5）.9.设总体X ~N （μ1,σ2）,总体Y ~N (μ2,σ2),X 1,X 2,…,1n X 和Y 1，Y 2，…，2n X 分别来自总体X 和Y 的简单随机样本，则⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-+-+-∑∑==2)()(21121221n n Y Y X X E n j j n i i = . 【解】令 1222212111211(),(),11n n i i i j S X X S Y Y n n ===-=---∑∑ 则122222112211()(1),()(1),n n i j i j XX n S y y n S ==-=--=-∑∑又2222221122112222(1)(1)~(1),~(1),n S n S n n χχχχσσ--=-=-那么1222112222121212()()1()22n n i j i j X X Y Y E E n n n n σχσχ==⎡⎤-+-⎢⎥⎢⎥=+⎢⎥+-+-⎢⎥⎣⎦∑∑2221212221212[()()]2[(1)(1)]2E E n n n n n n σχχσσ=++-=-+-=+-10.设总体X ~N （μ,σ2），X1，X 2，…，X 2n （n ≥2）是总体X 的一个样本，∑==ni i X n X 2121，令Y =∑=+-+ni i n iX X X12)2(，求EY .【解】令Z i =X i +X n +i , i =1,2,…,n .则Z i ~N (2μ,2σ2)(1≤i ≤n ),且Z 1,Z 2,…,Z n 相互独立.令 2211, ()/1,nni i i i Z Z S Z Z n n ====--∑∑则 21111,222nn i i i i X X Z Z n n =====∑∑ 故 2Z X = 那么22211(2)()(1),n ni n i i i i Y X X X Z Z n S +===+-=-=-∑∑所以22()(1)2(1).E Y n ES n σ=-=-11. 设总体X 的概率密度为f (x )=x-e 21 (-∞<x <+∞),X 1，X 2，…，X n 为总体X 的简单随机样本，其样本方差为S 2，求E (S 2).解： 由题意，得。
概率论与数理统计答案第六章
第六章 样本及抽样分布1.[一] 在总体N （52，6.32）中随机抽一容量为36的样本，求样本均值X 落在50.8到53.8之间的概率。
解：8293.0)78()712(}63.68.163.65263.62.1{}8.538.50{),363.6,52(~2=-Φ-Φ=<-<-=<<X P X P N X2.[二] 在总体N （12，4）中随机抽一容量为5的样本X 1，X 2，X 3，X 4，X 5. （1）求样本均值与总体平均值之差的绝对值大于1的概率。
（2）求概率P {max (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)>15}. （3）求概率P {min (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)>10}.解：（1）⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-=>-25541225415412}112{|X P X P X P=2628.0)]25(1[2=Φ- （2）P {max (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)>15}=1－P {max (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)≤15} =.2923.0)]21215([1}15{1551=-Φ-=≤-∏=i i X P （3）P {min (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)<10}=1－ P {min (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)≥10} =.5785.0)]1([1)]21210(1[1}10{15551=Φ-=-Φ--=≥-∏=i iXP 4.[四] 设X 1，X 2…，X 10为N （0，0.32）的一个样本，求}.44.1{1012>∑=i iXP解：)5(1.0}163.0{}44.1{),10(~3.0101221012221012查表=>=>∑∑∑===i i i i i i X P X P χX7．设X 1，X 2，…，X n 是来自泊松分布π (λ )的一个样本，X ，S 2分别为样本均值和样本方差，求E (X ), D (X ), E (S 2 ).解：由X ~π (λ )知E (X )= λ ，λ=)(X D∴E (X )=E (X )= λ, D (X )=.)()(,)(2λX D S E nλn X D === [六] 设总体X~b (1,p)，X 1，X 2，…，X n 是来自X 的样本。
(完整版)概率论第六章答案
习题6-11. 若总体, 从总体X 中抽出样本X 1, X 2, 问3X 1-2X 2服从什么分布?(2,9)XN :解 3X 1-2X 2～N(2, 117).2. 设X 1, X 2, …, X n 是取自参数为p 的两点分布的总体X 的样本, 问X 1, X 2, …, X n 的联合分布是什么?解 因为总体X 的分布律为P {X =k }= p k (1-p )1-k , k =0,1,…,所以样本X 1, X 2, …, X n 的联合分布为11221111111{,}(1)(1)(1)(1).n nnniii i x x x x x x n n X n X P X x X x p p p p p p p p ==----==⋅-⋅-⋅⋅-∑∑=⋅-…,=…习题6-21. 选择题(1) 下面关于统计量的说法不正确的是( ).(A) 统计量与总体同分布. (B) 统计量是随机变量. (C) 统计量是样本的函数. (D) 统计量不含未知参数.解 选(A).(2) 已知X 1,X 2,…,X n 是来自总体的样本, 则下列关系中正确的是().2(,)X N μσ:(A) (B)().E X n μ=2().D X σ=(C)(D) 22().E S σ=22().E B σ=解 选(C).(3) 设随机变量X 与Y 都服从标准正态分布, 则().(A)X +Y 服从正态分布.(B) X 2+Y 2服从分布.2χ(C)X 2和Y 2都服从分布. (D)服从F 分布.2χ22X Y 解因为随机变量X 与Y 都服从标准正态分布, 但X 与Y 不一定相互独立,所以(A),(B),(D)都不对, 故选(C).2. 设X 1,X 2,…,X n 是来自总体X 的样本, 总体X 的均值μ已知,方差σ2未知. 在样本函数,,, nμ(++…+)中, 哪些不是统计量?1nii X=∑1nii Xμσ=-∑1nii XSμ=-∑21X 22X 2n X 解 不是统计量.1nii Xμσ=-∑3.设总体X 服从正态分布,总体Y 服从正态分布,21(,)N μσ22(,)N μσ和 分别是来自总体X 和Y 的简单随机样本, 求112,,,n X X X 212,,,n Y Y Y12221112()()2.n n i j i j X X Y Y E n n ==-+-+-⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑∑ 解 因为 , 122111[()]1ni i E X X n σ=-=-∑222121[()]1n j j E Y Y n σ=-=-∑习题6-31．填空题(1) 设总体,是从该总体中抽取的容量为n 的样本,~(2,25)XN 12100,,,X X X 则 ; ; 统计量.()E X =()D X =~X 解 因为总体, 而是从该总体中抽出的简单随机样~(2,25)XN 12100,,,X X X 本, 由正态分布的性质知, 样本均值也服从正态分布, 又因为,1001111(()22100)nii i E E X nX =====∑∑而.1002111125(()251001)1004ni i i D D X nX ======∑∑所以.1~(2,4N X (2)X 服从正态分布,是来自X 的简单随机样本,2(,)Nμσ,n X 服从 分布;服从 分布;服从分布;服从 分布.222=12(1)()nii n SXX σσ--=∑212()nii Xμσ=-∑解 由抽样分布定理知,. 再由正态分布的标准化公式 ,服2~(,)X N nσμ从标准正态分布.由抽样分布定理知服从自由度为n -1的t 分布.由抽样分布定理知, 服从自由度为n -1的分布.22(1)n S σ-2χ由题设, 2~(,),1,2,,i X N i μσ= 所以~(0,1),1,2,.i X N i μσ-= 再由分布的定义知,服从自由度为n 的分布.2χ212()nii Xμσ=-∑2χ(3) 设,是来自正态总体的容量为n +m 的样12,,,n X X X 1,,n n m X X ++ 2(0,)N σ本, 则统计量服从的分布是 .2121ni i n mi i n m X n X =+=+∑∑解 因为=, 而,.2121nii n mii n m Xn X=+=+∑∑2121nii n mii n XnXm=+=+∑∑2212~()nii Xn χσ=∑2212~()n mii n Xm χσ+=+∑由F 分布的定义, 得到.2121~(,)ni i n mi i n m X F n m n X =+=+∑∑2. 选择题(1) 设随机变量, 则下列关系中正确的是( ).21~()(1),X t n n Y X >=(A) .(B) .2~()Yn χ2~(1)Y n χ- (C) .(D) ~(,1)Y F n ~(1,)Y F n 解 由题设知,, 其中, 于是X =2~(0,1),~()U N V n χ=,21Y X =221UV V n n U =这里, 根据F 分布的定义知故应选(C).22~(1)Uχ21~(,1).Y F n X=(2)设,(n ),,分别是标准正态分布N (0,1)、(n )分布、z α2αχ()t n α12(,)F n n α2χ分布和分布的上分位点, 在下列结论中错误的是( ).t F α(A) . (B) (n )=1-(n ).1z z αα-=-2αχ21αχ-(C) .(D) .1()()t n t n αα-=-121211(,)(,)F n n F n n αα-=解 应选(B).3. 在总体中随机抽取一个容量为36的样本,求样本均值落在50.82(52,6.3)N X到53.8 之间的概率.解因为,所以.于是, 标准化随机变量2~(,X N n σμ26.3~(52,36X N.~(0,1)N 因此(50.852)6(52)6(53.852)6{50.853.8}{}6.3 6.3 6.3X P X P -⨯-⨯-⨯=≤≤…….10.87.2()(0.82936.36.3ΦΦ-=-=4.已知是来自正态总体的样本,求概率1210,,,X X X 2(0,)X N σ:.{<2.82}P X S解 由定理1知,2229(0,1),(9),XS N χσσ::因此,(9)Xt S=:所以 { 2.82}{2.82}1{ 2.82}10.010.99.X XP XS P P S S<=<=->=-=。