应用数理统计习题答案_西安交大

同理，
（2 ）.
1 n 1 n E ( X ) = E ( ∑ xi ) = ∑ E ( xi ) = λ n i =1 n i =1
1 n 1 D ( X ) = D ( ∑ xi ) = 2 n i =1 n 1 = λ n
1 n 2 E(S ) = [∑E(xi ) − nE(x)2 ] n i=1
1.4 解：
2
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−
1 2σ
2
P ( x1 , x 2 ,..... x n ) =
n
e
∑ (ln x i − μ ) 2
i =1
n
( 2 πσ ) Π x i
2 i =1
n 2
n
1.5 证：∵
∑ ( x − a) = ∑ x − 2n xa + na
2 i =1 i i =1 i
k +∞
∴ E( X ) =
B ( a + 1, b) B (a, b)
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=
Γ ( a + 1)Γ (b ) Γ (a + b ) ⋅ Γ ( a + b + 1) Γ (b )Γ (a ) Γ ( a + 1)Γ ( a + b ) = Γ ( a + b + 1)Γ ( a ) a Γ (a )Γ (a + b ) = (a + b )Γ (a + b )Γ (a ) a = a + b
i =1
(2) ∵
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∑ ( X i − X )2 = ∑ X i2 − 2 X ∑ X i + nX 2
i =1 i =1 n i =1
n
n
n
= ∑ X i2 − 2nX 2 + nX 2
i =1 n
= ∑ X i2 − nX 2
i =1
1.10 解: (1).
1 n 1 n E ( X ) = E ( ∑ xi ) = ∑ E ( xi ) n i =1 n i =1
1.6 证明 (1)
n
∵
∑ ( X i − μ )2 = ∑ ( X i − X + X − μ )2
i =1 i =1 n
n
= ∑ ( X i − X ) + 2( X − μ )∑ ( X i − X ) + n( X − μ ) 2
2 i =1 n i =1
n
= ∑ ( X i − X ) 2 + n( X − μ ) 2
σ
< σn ) = 0.95
查表可得 u0.025 = 1.96
n = 1.96 2 σ 2 X ∼ Exp (0.0015)
每个元件至 800 个小时没有失效的概率为：
1.2 解：(1) ∵ ∴
P( X >= 800) = 1− P( X < 800) = 1− ∫ 0.0015e−0.0015xdx
= 1 ⋅ np = p n
1 n 1 D ( X ) = D ( ∑ xi ) = 2 n i =1 n mp (1 − p ) = n
n 1 E(S 2 ) = E( ∑ ( xi − x)2 ) n i =1
∑ D( ห้องสมุดไป่ตู้ )
i =1 i
n
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2 1 n 2 = E[∑(xi ) − x ] n i=1
n n 2 i =1 n i =1
n
2
= ∑ xi − 2 x ∑ xi + 2 x − 2 n xa + na 2 = ∑ ( xi − x ) 2 + n ( x − a ) 2
i =1
a) 证：
n 1 x n +1 = (∑ xi + xn +1 ) n + 1 i =1
=
1 ( n x n + x n +1 ) n +1 1 ( x n +1 − x n ) = xn + n +1
a ( a + 1) a − ( a + b + 1)( a + b ) a + b ab = ( a + b + 1)( a + b ) 2 =
1.19 解：∵ X ∼ F ( n, m) 分布
P(Y ≤ y) = P(
n n X (1 + X ) ≤ y) m m y = P( X < n ) y (1 − ) m =∫
∵
X ~ Γ (α , λ )
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∴
λα f ( x) = x α −1 e − λ x Γ (α )
X k
令
Y =
λα ( ky ) α −1 e − λ ky ⋅ k ∴ f ( y) = Γ (α ) λα k α = ( ky ) α −1 e − λ ky ⋅ k Γ (α )
对应书目： 《应用数理统计》 施雨 著 西安交通大学出版社
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第一章 数理统计的基本概念
1.1 解：∵ X ∼ N ( μ , σ )
2
σ ∴ X ∼ N (μ , n )
2
∴
n ( X −μ )
σ
∼ N (0,1) 分布
< 1) = P(
n ( X −μ )
∴ P( X − μ 又∵ ∴
∑
n
i =1
D ( xi )
σ
n
2
1 n 2 E ( S ) = [∑ E ( xi ) − nE ( x) 2 ] n i =1
2
1 n = [∑ ( D( xi ) + E ( xi ) 2 ) − n( D( x) + E ( x) 2 )] n i =1 n −1 2 = ⋅σ n
1.11 解：由统计量的定义知，1，3，4，5，6，7 为统计量，5 为顺序 统计量 1.17 证：
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S
2 n+1
1 n = (xi − xn+1)2 ∑ n +1 i=1 1 1 n 2 = x − x − (xn+1 − xn )] [ n ∑ i n +1 i=1 n +1
2
1 n 2 n+1 2 = [(xi − xn+1) − (xi − xn )(xn+1 − xn ) ∑ ∑ n +1 i=1 n +1 i=1 n +1 2 + − ( x x ) ] n + 1 n 2 (n +1)
2
∑ D( x )
i =1 i
n
1 n = [∑(D(xi ) + E(xi )2 ) − n(D(x) + E(x)2 )] n i=1 n −1 λ = n
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(3).
a +b 1 n 1 n E( X ) = E( ∑ xi ) = ∑ E( xi ) = n i =1 n i =1 2
2
1 n = [∑(D(xi ) + E(xi )2 ) − n(D(x) + E(x)2 )] n i=1 n −1 2 λ = n
(5).
1 E(X ) = E( n
1 D(X ) = D( n =
∑
n
n
i =1
1 xi ) = n
∑ E(x ) = μ
i =1 i
n
∑
i =1
1 xi ) = 2 n
应用数理统计答案
学号： 姓名： 班级：
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目录
第一章 第二章 第三章 第四章 第五章 第六章 数理统计的基本概念 ..................................................................2 参数估计 ....................................................................................14 假设检验 ....................................................................................24 方差分析与正交试验设计 ........................................................29 回归分析 ....................................................................................32 统计决策与贝叶斯推断 ............................................................35
(4).
1 n 1 n E ( X ) = E ( ∑ xi ) = ∑ E ( xi ) = λ n i =1 n i =1
1 D(X ) = D( n =
∑
i =1
n
1 xi ) = 2 n
∑ D(x )
i =1 i
n
λ2
n
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1 n 2 E(S ) = [∑E(xi ) − nE(x)2 ] n i=1
x 2 − n2+1 (1 + ) dx n n nπ Γ( 2 )
f ( y ) = P′(Y ≤ y ) y − n2+1 − 12 (1 + ) y = n nπ Γ( n ) 2
+1 ) 1 Γ( n2 y − n+1 y − 1 = 1 n ( )(1 + ) 2 ( ) 2 n n Γ ( 2 )Γ ( 2 ) n +1 ) Γ( n2
∴
n Y = X 2 ∼ F (1, ) 分布 2
1.21 解: (1) ∵ X ∼ N (8, 4) 分布 ∴ X ∼ N (8,
0 800
= e−1.2
−1.2 6 −7.2 ∴ 6 个元件都没失效的概率为： P = (e ) = e
(2)
∵ ∴
X ∼ Exp (0.0015)
每个元件至 3000 个小时失效的概率为：
3000
P( X <= 3000) = ∫
0
0.0015e−0.0015xdx
= 1− e−4.5
−4.5 6 ∴ 6 个元件没失效的概率为： P = (1−e )
即 1.18 证：
Y ~ Γ (α , ky ) ∵ X ~ β (a, b)
x a −1 (1 − x)b −1 ∴ f ( x) = B ( a, b)
x k x a −1 (1 − x)b −1 ∴ E( X ) = ∫ −∞ B ( a, b) B ( a + k , b) = B ( a, b)
E(X 2 ) =
=
B ( a + 2, b ) B (a, b)
Γ ( a + 2 ) Γ (b ) Γ ( a + b ) ⋅ Γ ( a + b + 2 ) Γ (b ) Γ ( a ) a ( a + 1) = ( a + b + 1)( a + b )
∴ D ( X ) = E ( X 2 ) − [ E ( X )] 2
= 1 2 2 [nSn + ( xn+1 − xn )2 − ( xn+1 − xn )(n x + xn+1 − (n + 1) xn ) n +1 n +1 1 ( xn+1 − xn )2 ] n +1
n 1 2 = [nSn + ( xn +1 − x n ) 2 ] n +1 n +1 n 1 ( xn +1 − x n ) 2 ] = [S2 + n n +1 n +1
y
n (1+ y ) m
0
m Γ( n + n n n n − n+2m −1 2 ) 2 x x) dx ( )( ) (1 + m m m m Γ( n ) Γ ( ) 2 2
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f ( y ) = P′(Y ≤ y )
m Γ( n + 1 y n y − n+2m −1 2 ) ) 2 (1 + ) = n m ( 1− y (1 − y )2 Γ ( 2 )Γ ( 2 ) 1 − y
=
y
n −1 2
(1 − y ) m B( n 2, 2)
m −1 2
∴
Y=
n n m X (1+ X ) ∼ β ( n 2 , 2 ) 分布 m m
1.20 解：∵ X ∼ t (n) 分布
P(Y ≤ y ) = P( X 2 ≤ y) = P(− y ≤ X ≤ y ) = 2∫
y +1 Γ( n2 ) 0
1 n 1 D( X ) = D( ∑ xi ) = 2 n i =1 n (b − a) 2 = 12n
1 n 2 E(S ) = [∑ E( xi ) − nE( x)2 ] n i=1
2
∑ D( x )
i =1 i
n
1 n = [∑ (D( xi ) + E( xi )2 ) − n(D( x) + E( x)2 )] n i=1 n −1 (b − a)2 = ⋅ 12 n
1 n 2 = [∑E(xi ) − nE(x)2 ] n i=1 1 n = [∑(D(xi ) + E(xi )2 ) − n(D(x) + E(x)2 )] n i=1 1 1 = [n(mp(1− p) + m2 p2 ) − n( mp(1− p) + m2 p2 )] n n n −1 = mp(1− p) n