hpu研究生数理统计 期末考试练习题

n
i = 1, 2,L , n
3．一批产品中有成品 L 个，次品 M 个，总计 N = L + M 个。今从中取容量为 2 的样 本（非简单样本） ，求样本分布。 解 总体 X ~ (0 − 1) ，即 P ( X = 0) =
L M , P( X = 1) = N N
于是样本 ( X 1 , X 2 ) 的分布如下
Σ
以组距 4 为底，以 ni / 4n 为高作矩形即得 X 的直方图
ϕ n ( x)
0
14.5
22.5
30.5
38.5
46.5
5．某射手独立重复地进行 20 次打靶试验，击中靶子的环数如下： 环数 频数 10 2 9 3 8 0 7 9 6 4 5 0 4 2
用 X 表示此射手对靶射击一次所命中的环数，求 X 的经验分布函数，并画出其图像。 解 设 X 的经验分布函数为 Fn ( x) 则
2 DX i2 = EX i4 − ( EX i2 ) 2 = α 4 − α 2 ，由独立同分布下的中心极限定理（列维一林德贝格定
理） ，当 n 充分大时
⎡1 n 2 ⎤ 1 n 2 X − nα 2 n ⎢ ∑ X i − α 2 ⎥ ∑ ∑ Xi −α2 n i =1 n i =1 ⎣ ⎦ i =1 = = 2 2 2 (α 4 − α 2 )/n n n α4 −α2 α4 −α2
2 2 χ 0.05 (20), χ 0.95 (20), t0.01 (10), F0.05 (12, 15) ,
F0.95 (15, 12), u0.1
解
2 2 χ 0.05 (20) = 31.410 ， χ 0.95 (20) = 10.851 ， t0.01 (10) = 2.7638 ，
m∑ Xi
i =1 n+m
=
2 i
1 nσ 1
∑X
i =1 2 i
n
i
n
n
i = n +1
∑X
=
n+m
~ t (m); /m
σ 2 i = n +1
1
∑X
/n
（2） Y2 =
m∑ X i2 n∑ X
i = n +1 n =1 n+m 2 i
σ2
1
i =1 n+m
∑X
n
2 i 2 i
σ 2 i = n +1
n n
均服从 N (0,1) ，于是
EX = ∑ EX i2 = ∑ [ DX i + ( EX i ) 2 ] = ∑1 = n
i =1 i =1 i =1
n
DX = ∑ DX = ∑ [ EX − ( EX ) ] = ∑ [ ∫ = ∑ (3 − 1) = 2n.
i =1 i =1 n 2 i i =1 4 i 2 2 i i =1
15 15 20 35 35 25 25 35 20 30 30 25 20 40 25 25 15 25 20 15 30 20 40 25 20 35 25 25 30 25 35 30 25 30 35 35 15 20 25 25 25 35 30 25 30 15 30 30 30 20 25 25 40 20 20 25 15 35 20 30 30 25 35 30 30 30 30 35 40 25 20 43 25 25 25 25 15 40 15 25
⎧λ e − λ x , x > 0, f ( x) = ⎨ ⎩ 0 , x ≤ 0. 于是样本 ( X 1 , X 2 ,L , X n ) 的密度为
f ( x1 , x2 ,K , xn ) = ∏ λe − λ xi
i =1
n
⎧ − λ ∑ xi ⎪ n = ⎨λ e i=1 , xi > 0 ⎪ 0 , 其它. ⎩
∑X
~ F (n, m). /m
2
13 ． 设 X 1 ,L , X n , X n +1 是 来 自 总 体 N ( μ , σ ) 的 样 本 ， X =
1 n ∑ Xi ， n i =1
S *2 =
X −X 1 n ( X i − X ) 2 ，试求统计量 T = n +1 * ∑ S n i =1

HPU：
研究生数理统计复习习题
习题1 习题2 习题3 习题4、5
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1．某厂生产玻璃板，以每块玻璃上的泡疵点个数为数量指标，已知它服从均值为 λ 的 泊松分布，从产品中抽一个容量为 n 的样本 X 1 , X 2 ,L , X n ，求样本的分布. 解 样本 ( X 1 , X 2 ,L , X n ) 的分量独立且均服从与总体相同的分布，故样本的分布为
x ≥ 10.
k
1 0.75 0.5 0.3 0.1045678
9 10
6．设 X 1 , X 2 ,L , X n 是来自总体 X 的简单随机样本，已知 EX = α k (k = 1, 2,3, 4) 证 明当 n 充分大时，随机变量 Z n =
1 n 2 ∑ X i 近似服从正态分布，并指出其分布参数. n i =1 2 2 2 2 证 因 X 1 , X 2 ,L , X n 独立同分布， 所以所以 X 1 , X 2 ,L , X n 独立同分布，EX i = α 2 ，
i =1
n
[ 证 ]
2
X 1 , X 2 ,L , X n 独 立 同 分 布 ， X i ~ E (λ ) ， 今 先 证
2λ X i ~ χ (2), i = 1, 2,L , n . 设 Y = 2λ X i 的分布函数为 FY ( y ) 则
λy − ⎧ y ⎪1 − e 2 λ , y > 0 FY ( y ) = P(Y ≤ y ) = P(2λ X i ≤ y ) = P( X i ≤ ) =⎨ 2λ ⎪ ⎩ 0 , y≤0 所以 Y 的密度为 y ⎧ λ −λ ⎧1 − y 2λ ⎪ e , y > 0, ⎪ e 2 , y > 0, fY ( y ) = ⎨ 2λ = ⎨2 ⎪ 0 , y ≤ 0. ⎪ ⎩ 0 , y ≤ 0; ⎩ 注意到 Γ(1) = 1 ，则 Y 的概率密度为
43 30 解
22 43
20 35
23 45
20 30
25 45
15 30
25 45
20 45
25 35
作总体 X 的直方图 样本值的最小值为 15，最大值为 45 取 a = 14.5 ， b = 45.5 ，为保证每个小区间内 都包含若干个观察值，将区间 [14.5, 45.5] 分成 8 个相等的区间。用唱票法数出落在每个区 间上的样本值的个数 ni ，列表如下： 分组区间 14.5—18.5 18.5—22.5 22.5—26.5 26.5—30.5 30.5—34.5 34.5—38.5 38.5—42.5 42.5—46.5 频数 ni 10 16 29 20 4 9 2 10 100 频率 ni / n 0.10 0.16 0.29 0.20 0.04 0.09 0.02 0.10 1.00
n −1 的分布。 n +1
解 于是
nS *2 n +1 2 σ ， ~ χ 2 (n − 1) X n +1 − X ~ N (0, ) 2 σ n X n +1 − X ~ N (0,1) n +1 σ n
T= X n +1 − X S* n −1 = n +1 X n +1 − X n + 1/ nσ ~ t (n − 1) . nS *2 /(n − 1) 2
⎧ 0, ⎪ ⎪ 2 , ⎪ 20 ⎪ 2 ⎪ , ⎪ 20 ⎪ 6 ⎪ , ⎪ 20 ( ) = Fn x ⎨ ⎪ 15 , ⎪ 20 ⎪ 15 ⎪ , ⎪ 20 ⎪ 18 ⎪ , ⎪ 20 ⎪ ⎩1 ,
x < 4,
4 ≤ x < 5, 5 ≤ x < 6, 6 ≤ x < 7, 7 ≤ x < 8, 8 ≤ x < 9, 9 ≤ x < 10,
L L −1 L M ⋅ ， P ( X 1 = 0, X 2 = 1) = ⋅ N N −1 N N −1 M M −1 M L ⋅ P ( X 1 = 1, X 2 = 0) = ⋅ ， P ( X 1 = 1, X 2 = 1) = N N −1 N N −1 4．设总体 X 的容量为 100 的样本观察值如下： P ( X 1 = 0, X 2 = 0) =
n
n
n
+∞ −∞
x
4
1 − x2 e dx − 1] 2π
2
10．已知 X ~ t ( n) ，求证 X ~ F (1, n). 证
2
X ~ t (n) ，则 X 可表示为 X =
Z 2 ，其中 Z ~ N (0,1), Y ~ χ (n) 且 Z , Y 相 Y /n
互独立，于是
Z2 ~ F (1, n) . Y /n 2 11 ． 设 X 1 , X 2 , X 3 , X 4 是 来 自 正 态 总 体 N (0, 2 ) 的 简 单 随 机 样 本 ， X2 = X = a( X 1 − 2 X 2 ) 2 + b(3 X 3 − 4 X 4 ) 2 ，求常数 a, b ，使得 X ~ χ 2 (2) .
2 y −1 − ⎧ 1 2 2 y e , ⎪ 2 ⎪ 2 2 fY ( y ) = ⎨ 2 Γ ( ) 2 ⎪ ⎪ 0 , ⎩
y>0 y ≤ 0.
可见 2λ X i ~
2
χ 2 (2) .
n
由 χ 分布的可加性立即得到
2λ ∑ X i ~ χ 2 (2n).
i =1