数理统计课后答案-第二章

X 1 , X 2 , L, X 5 相互独立，所以
X 1 + X 2 ～ N (0 , 2) ， X 3 + X 4 + X 5 ～ N (0 , 3) ，而且相互独立，
即有
X1 + X 2 2
～ N (0 ,1) ，
X3 + 1) ，而且相互独立。
由 χ 分布的定义可知
Xi − a ， i = 1, 2, L, n ， b
1 n 1 n X 与 Y = ∑ i ∑ Yi 之间的关系； n i =1 n i =1 1 n 1 n 2 ( X i − X )2 与 S y = ∑ (Yi − Y ) 2 之间的关系。 ∑ n i =1 n i =1
（2）它们的样本方差 S x =
∑ (X i − X )2 =
i =1
n
S x2 。 b2
2.4 设有样本 ( X 1 , X 2 , L , X n ) ， X = 本方差， μ 是常数，证明
1 n 1 n 2 X 是样本均值， S = ( X i − X ) 2 是样 ∑ ∑ i n i =1 n i =1
1 n ∑ ( X i − μ)2 = S 2 + ( X − μ)2 。 n i =1
n −1 ⎤ ⎡ n E ⎢∑ ( X i + Yi − X − Y ) 2 ⎥ = E (nS z2 ) = nE ( S z2 ) = n ⋅ Dζ n ⎣ i =1 ⎦ = n⋅ n −1 ⋅ 2σ 2 = 2(n − 1)σ 2 。 n
2.8
设 ( X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , X 5 ) 是总体 ξ ～ N (0 , 1) 的样本。
2 2
2
（1）求常数 a, b ，使得 a ( X 1 + X 2 ) + b( X 3 + X 4 + X 5 ) 服从 χ (2) 分布，并指出其自 由度； （2）求常数 c ，使得
2 c( X 12 + X 2 ) 服从 F 分布，并指出其自由度。 (X 3 + X 4 + X 5 )2
解
是 ξ ～ N (0 ,1) 的样本， 所以 X i ～ N (0 ,1) ， i = 1, 2 , L , 5 ， （1） 因为 （ X 1 , X 2 ,L, X 5 ）
2
证
1 n 2 2 n 1 n 2 1 n 2 ( X − μ ) = − μ + X X ∑ i ∑ i n∑ ∑μ i n i =1 n i =1 n i =1 i =1 = 1 n 2 X i − X 2 + X 2 − 2 Xμ + μ 2 = S 2 + ( X − μ ) 2 。 ∑ n i =1
i =1 n
2 = nE ( S x2 ) + 2∑ ( μ − μ )( μ − μ ) + nE ( S y )
i =1
n
4
= n⋅
解法二
n −1 2 n −1 2 σ +0+ n⋅ σ = 2(n − 1)σ 2 。 n n
2 2
因为 ( X 1 , X 2 , L , X n ) 是 ξ ～ N ( μ , σ ) 的样本， (Y1 , Y2 , L , Yn ) 是 η ～ N ( μ , σ )
(
)
(
)
X
0
1
P
2 3
1 3
EX =
（2）
1 1 2 ,EX 2 = ,DX = ; 3 3 9
X2 X1
0
0
1
4 9 2 9
2 9 1 9
1 (3)
X
0
1 2 4 9
1
P
4 9
=
1 9
E (X
)
1 1 ,DX = . 3 9
2.2 从一批铁钉中随机地抽取 16 枚，测得它们的长度（单位：cm）为 2.14， 2.10， 2.13， 2.15， 2.13， 2.12， 2.13， 2.10， 2.15， 2.12， 2.14， 2.10， 2.13， 2.11， 2.14， 2.11。
2 2
解法一
因为 ( X 1 , X 2 , L , X n ) 是 ξ ～ N ( μ , σ ) 的样本， (Y1 , Y2 , L , Yn ) 是 η ～ N ( μ , σ )
的样本，两个样本相互独立，所以
E ( X i ) = Eξ = μ ， E (Yi ) = Eη = μ ， i = 1, 2 ,L, n 。 E ( X ) = Eξ = μ ， E (Y ) = Eη = μ 。 E ( S x2 ) =
它的样本方差
1 n 1 n 1 n 1 n Z = ( X + Y ) = X + Yi = X + Y ， ∑ i n∑ ∑ i n∑ i i n i =1 n i =1 i =1 i =1
S z2 =
所以，
1 n 1 n 2 ( Z − Z ) = ( X i + Yi − X − Y ) 2 。 ∑ ∑ i n i =1 n i =1
解 因为总体
ξ 服从参数为 λ 的指数分布，所以 Eξ =
1
λ
， Dξ =
1
λ2
。
由定理 2.1 可知
EX = Eξ =
1
λ
， DX =
1 1 Dξ n −1 n −1 ， E ( S *2 ) = Dξ = 2 。 = 2 ，E ( S 2 ) = Dξ = 2 n n nλ nλ λ
2.7
设 ( X 1 , X 2 , L , X n ) 是总体
因此有
n −1 n −1 2 n −1 n −1 2 2 )= σ ， E (S y σ 。 Dξ = Dη = n n n n
⎡ n ⎤ E ⎢∑ ( X i + Yi − X − Y ) 2 ⎥ ⎣ i =1 ⎦
n n ⎡n ⎤ = E ⎢∑ ( X i − X ) 2 + 2∑ ( X i − X )(Yi − Y ) + ∑ (Yi − Y ) 2 ⎥ i =1 i =1 ⎣ i =1 ⎦
证
（1） X n +1 =
= (1 −
（2）
1 1 1 )X n + X n +1 = X n + ( X n +1 − X n ) ； n +1 n +1 n +1 1 n +1 2 1 n +1 2 2 ( X − X ) = Xi − Xn ∑ ∑ +1 i n +1 n + 1 i =1 n + 1 i =1
ξ ～ N ( μ , σ 2 ) 的样本， (Y1 , Y2 , L, Yn ) 是总体
1 n 1 n X ， Y = ∑ i ∑ Yi 是 ξ ，η 的 n i =1 n i =1
η ～ N ( μ , σ 2 ) 的样本，两个样本相互独立， X =
样本均值，求统计量
∑(X
i =1
n
i
+ Yi − X − Y ) 2 的数学期望。
习题二
2.1 盒中有大小相同的三个球，其中两个球的标号为 0，另一个球的标号为 1，有放回地从 盒中随机取球 2 次，记 X 1 ,X 2 为取到球的标号. （1）写出总体的分布，并求总体的期望和方差； （2）写出样本 X 1 ,X 2 的联合分布； （3）写出样本均值 X 的分布，并求 X 的期望和方差. 解 （1）
2
( X1 + X 2 )2 ( X 3 + X 4 + X 5 )2 ⎛ X1 + X 2 ⎞ ⎛ X 3 + X 4 + X 5 ⎞ 2 ～ χ ( 2) 。 =⎜ ⎟ + ⎟ +⎜ ⎜ ⎟ 2 3 2 ⎠ ⎝ 3 ⎝ ⎠
可见，只有当 a = 布，其自由度为 2。 （2） 因为 X 1 ～ N (0 ,1) ， X 2 ～ N (0 ,1) ， X 1 , X 2 相互独立，所以由 χ 分布的定义可知
。
2.6
已知总体
ξ 服从指数分布，概率密度为
⎧λ e − λ x ϕ ( x) = ⎨ ⎩ 0 x>0 x≤0
3
其中，参数 λ > 0 ， ( X 1 , X 2 , L , X n ) 是
ξ 的样本， X 是样本均值， S 2 是样本方差，
S *2 是修正样本方差，求 EX ， DX ， E ( S 2 ) 和 E ( S *2 ) 。
2.5
设 Xn =
1 n 1 n 2 X 和 S = ( X i − X n ) 2 分别是样本 ( X 1 , X 2 , L , X n ) 的样本 ∑ ∑ i n n i =1 n i =1
均值和样本方差，现在样本中增加一个新观测值 X n +1 ，相应地，样本均值和样本方差变为
X n +1 =
2
2
2
S 2 = 0.000275 ， S = 0.016583 ；
（2）将样本观测值按照从小到大的次序排列，可以求得
R = X ( n ) − X (1) = X (16) − X (1) = 2.15 − 2.10 = 0.05 ； med( X 1 ,L, X n ) = X ( n ) + X ( n +1)
1
（1）求样本均值 X ，修正样本方差 S * ，修正样本标准差 S * ，样本方差 S 和样本标准 差 S 的观测值； （2）求样本极差 R 和样本中位数 med( X 1 , L , X n ) 的观测值。 解 （1） 用计算器的统计功能可以求得 X = 2.125 ， S * = 0.017127 ， S * = 0.00029333 ，