1、应用数理统计答案学号： 姓名： 班级： 西安交通大学 Minwell 版1目录第一章 数理统计的基本概念 2第二章 参数估计 14第三章 假设检验 24第四章 方差分析与正交试验设计 29第五章 回归分析 32第六章 统计决策与贝叶斯推断 35对应书目： 应用数理统计 施雨 著 西安交通大学出版社西安交通大学 Minwell 版2第一章 数理统计的基本概念1.1 解： 2(,)XN: 2,n 分布()(0,1)nX: ()( 0.95nXnPP又 查表可得 0.251.96u 1.96n1.2 解：(1) (0.15)XExp: 每个元件至 800 个小时没有失效的概率为：800.151.2(
2、8)()xPPXede 6 个元件都没失效的概率为： 1.267.2()Pe(2) (0.15)XExp: 每个元件至 3000 个小时失效的概率为：300.154.5()1xPed 6 个元件没失效的概率为： 4.56(1)Pe1.4解：西安交通大学 Minwell 版3inixn xexxPnii12)(l2121 )(),.( 121.5 证： 21 122)( naxxaxni niii niiniinii axnx nax1 22 2211 )()(a) 证： )(1111 nniin xx)(1)(11nnn nnxxx西安交通大学 Minwell 版4)()1( )(2)(1)(
3、11)( 2121111 222112 nnni nnininininininin xxxxxxxS )(1 )1()(12)(1 2112 nnnnnnnn xxxxSn )(1S1)(n1 212n 212 nnnnxx1.6 证明 (1) 2 2112 21 1221()()()()()nni ii in ni ii iniiXXXn (2) 西安交通大学 Minwell 版522211122121()iiinnni ii i ininiXX1.10 解:(1). niinii xExEX11 )()()(pn1npmxDnxDXniinii)1( )(1)()( 2)(1()(122i
4、ixnESE西安交通大学 Minwell 版6)1( )1()( )()()()(1)()()(1 22222221pmn pmpnn xEDnxEDnxEi iiiinii 同理，（2）. niinii xExEX11 )()()(nxDnxnDniinii1 )()()( 121nxEDnxEDxnxSEni iiii1 )()()()( )()(1)( 22222 西安交通大学 Minwell 版7(3). 2)(1)1()( baxEnxnEXniinii nabxDnxnDXniinii12)( )(1)1()(212112)( )()()()(1)()()( 22222abn xE
5、DnxExDxnxnSEi iiii (4). niinii xExEXE 11 )()()(nxDnxnDni inii2 121 )()()(西安交通大学 Minwell 版822122122 )()()()( )()()(n xEDnxEDxnxnSEi iinii (5). niinii xExEX11 )()()(nxDnxDni inii2 121 )()()(2 21 22122 )()()()( )()()( n xEDnxExDxnxnSEi iiii1.11 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： ),( X西安交通大学 Mi
6、nwell 版9xexxf 1)()( 令 kXYkekykekyyf yy11)() )()( 即 ,(Y1.18 证：),( baX),(1)( 1baBxxf b),( ),(1)( 1baBkxxXEbkk),(1)( XE西安交通大学 Minwell 版10baabaabbaaba)()()( )()1( )()()(1),(2)(2baBXE)(1()()2(babaab22) XEXD2)(1()(1babaaa1.19 解： 分布(,)XFnm:2212(1)0(1)()()()nnmnmynmnPYyXyxxd西安交通大学 Minwell 版112 22212 211()()
7、 1()()() ()(,)n nmnmnfyPYyyyyB 分布2(1)(,)nmnYXm:1.20 解： 分布()t 122120()()2()nnyPYXyxd12211221212()()()()()nnnnfyPYyy 分布2(1,)nYXF:1.21 解: (1) 分布(8,4)N 分布，即 (,)25X:5(8)(0,1)2XN: 样本均值落在 分钟之间的概率为：7.8西安交通大学 Minwell 版125(7.8)(8)5(.2)(7.8.2)0.3XPXP(2) 样本均值落在 分钟之间的概率为：.:5(7.8)()5(8)(7.58)22(01.).394PXXP若取 100
8、 个样品，样本均值落在 分钟之间的概率为：7.58:10()10(8)10(.28)(7.8.2)2*.43.68XX单个样品大于 11 分钟的概率为： 10.7.26P25 个样品的均值大于 9 分钟的概率为 2.980.100 个样品的均值大于 8.6 分钟的概率为 31.7.13所以第一种情况更有可能发生1.23 解：(1) 分布2(0,)XN: 分布2(,)n 2()(1)nX: 22221()()nii nXaXa 2n西安交通大学 Minwell 版13同理 21bm(2) 分布2(0,)XN: 分布2(1)由 分布是可加性得：221()niiXn:1 2 2211 1()niin
9、mnmnmi iii i iXcXcctX: cn(3) 由 (2)可知21()iiXn:22112211(,)nniii inmnmiii idXdFnmX: dn1.25 证明： 分布21(,)XN: 21()()i西安交通大学 Minwell 版14 1211()()niiXn:同理 2221()()niiY12 22111 12221 1()() (,)()()nn ii iinniii iXnXFnYY:第二章 参数估计2.1 (1) 分布()XExp: ()1令 解得 的矩估计为:1X(2) 分布(,)Uab 2E()1baDX令 2A（ ）221()()14niibabX221n
10、iiXS解得 和 的矩估计为:23aXSb西安交通大学 Minwell 版15(3) 110()EXxd令 1A X(4) 110()()!kxkExed令 k X(5) 根据密度函数有 221()EaX根据矩估计有1222aASX解得 和 的矩估计为 :a21SX(6) (,)Bmp: E令 1pAX解得 的矩估计为:m西安交通大学 Minwell 版162.3 解： X 服从几何分布，其概率分布为：1()()kPkp故 的似然函数为：p1()()nixnLp对数似然函数为：1l()l()ln()nixp令 1ln()()0niiLpxp 1X2.4 解：由题知 X 应服从离散均匀分布，其
11、它 01 )( NkNkxp2)(XE矩估计： 令 710N1420N极大似然估计： 其 它 07)(L要使 最大，则)(N717102.5 解：由题中等式知：西安交通大学 Minwell 版172196.196. .)025.(.)SX 2.6 解：（1） 05214.R2159.05 d（2）将所有数据分为三组如下所示：1x23x45x6iR1 2.14 2.10 2.15 2.13 2.12 2.13 0.052 2.10 2.15 2.12 2.14 2.10 2.13 0.053 2.11 2.14 2.10 2.11 2.15 2.10 0.050197.5.3946.05.)5.
12、(16 dR2.7 解：（1） 其 它 0x1)(xf21)()()(XE不是 的无偏估计，偏差为X 21（2） 是)21(EX西安交通大学 Minwell 版18的无偏估计（3） 22 )()()()( XEDEDMSE412n2.8 证：由例 2.24，令 ，则 为 无偏估计应 满21xa足21因此 ， ， 都是 的无偏估计123)()()(21)(53)( )(9541)()()(123321 212DDXXDXDaaiii最有效213X2.9证： )(pX)( DE是 的无偏估计， 是 的无偏估计)( 2*S( X)1)()1 2*2* SEESX西安交通大学 Minwell 版19是
13、 的无偏估计2*)1(SX2.10 解：因为 2 22()()1)(1)()1EEXESnaSna 所以 是 的无偏估计量2(1)XS2.15 解：因为 是 的有效估计量()(EuabEabu221)()DD（其中, 是 的任意无偏估计量中的一个）1所以 是 的有效估计量u226 解： 因为总体服从正态分布，所以()01nXUN:（对于给定的 ，查标准正态分布表可得 ，使得 12u2()Pu即：22( )1SSXupXunn区间的长度 ，2dL所以 24un2.28 解：因为总体服从正态分布，所以西安交通大学 Minwell 版20， ()01nXUN:（2(1)nSV:由因为 和 是相互独立
14、的，V所以 2()(1)nTtnS:对于给定的 ，查标 t 分布表可得 ，使得 12t，即：2()PUt22( )11SSXtXtnn当 ， ， 时，第一家航空公司平均晚点时3051间 的 95%的置信区间为：(29.30,4.68)对于给定的 ，查标 t 分布表可得 ，使得 ， 1t()1PUt即： ()1SPXtn故 的具有单侧置信上限的单侧置信区间为 (,)1SXtn所以经计算可得：第一家航空公司的单侧上限置信区间为 (,39.72)第二种航空公司的单侧上限置信区间为 60所以选择第二家航空公司。2.29 解：（1） 已知，因为总体 ，即),(2NX),0(NX因此 )()(21 nni
15、i西安交通大学 Minwell 版21的置信区间为 , 2)(212nXnii)(212nXnii983.X35.0)(12niiX49.)6()(205.2n37.12975.021的置信区间为 0.0242,0.2829（2） 未知，)1()(22*nSn的置信区间为 , 2)(2*2nS)(21*2nS348.0()1(12*2 niiXSn.)5()(20.2 831.012975.021 n的置信区间为 0.0271,0.41922.30 解： 未知，)1()(22*2nS的置信区间为： , )(2*2nS)(21*2nS单侧置信下限为： )(12*2nS西安交通大学 Minwell
16、 版224.576X 4.67)()1(12*2 niiXSn03.9)()(205.2n7.212975.021 1.6)()(25.2n的置信区间为： 5.9630，15.8278，单侧置信下限为6.32292.31 解：当 n 充分大时，总体 X 近似服从 ，),(2nSN因此 )1,0()()(2121nSYX的置信区间为：( )21 212)( nSuYX由题知，X，Y 均服从（0-1）分布4.063.051Y)1(2nmS24.21S21.02S039.21n6.105.u的置信区间为0.0374,0.1626212.33 解：大样本时， ),()(2121nSNYX西安交通大学
17、Minwell 版23的置信区间为( )21 nSuYX221)( 0n17X5.31S68.3256.21S9.1025.2u的置信区间为8.9874,11.0126212.35 解： )1,(21*12 nFSn的置信区间为 , ),(212*212 Sn )1,(2121*221 nSn单侧置信下限为 ，),(21*21nFSn单侧置信上限为 )1,(21*212 nSn1021n549.21*21AnSS 605.122*2BnSS3.4)9,()1,(05.22 FnF .1),()9,(025.75.0 西安交通大学 Minwell 版2418.3)9,(1)9,(5.005. F
18、F的置信区间为0.2217,3.600821单侧置信下限为 0.2810，单侧置信上限为 2.8413第三章 假设检验3.5 解：要检验假设： 12601260:0 HH成立时，0 )()(*ntSXnT拒绝域为 )1(2tW4n167X65.3*S830.T 1824.3)()(025.2tnt，所以拒绝14.0H3.7 解：总体 ， ， 未知，要检验假设：),(2NX048.:048.: 10 H成立时，0 )()(22*2 nSn拒绝域为)1()1(21222 nornW54.X031.2*S983.1)(2*2Sn西安交通大学 Minwell 版2548.0)()1(205.2 n13
19、.2975.021，所以拒绝 ，这一天纤度的总体标准差不正常43.20H3.9 解：要检验假设： 21210 : 成立时，0H),0(21NnYXU拒绝域为 uW51n4.2X52n27Y61.21nYU96.1025.u，所以接受原假设，认为两均值相等96.3.10 解：要假设检验： 2212210 : HH),(NX，)()(1211 nnii)()(2212 nYnii成立时，0H),()()( 212112121 nFnYXFniiii西安交通大学 Minwell 版26拒绝域为 ),(),( 2121212 nFornFW1021n45.30)(1niiX87.)(212niiY39
20、.F 6.02.3)0,()1,(025.975.0FF，所以接受原假设 ，认为两种方2.268.00H法的得率的方差无显著差异3.11 解：要检验两总体是否服从同一正态分布，须先检验：22112210 : HH若 成立，在检验假设：2122102 : ， 未知， 成立时，1201H)1,(21*2nFS拒绝域为 ),(),( 2121212 nFornFW81n05.X0956.*1S.00 92Y27.2*476.32*1SF53.4)8,(),(025.212 Fn2041.)7,8(1),7()1,( 025.95.0212 FF，所以接受原假设 ，认为3.40.01H西安交通大学 M
21、inwell 版2721但 ， 未知， 成立时，211202H)2(121 ntnSYXTw拒绝域为 )2(12tTW2435.0wS4859.021n17.T 135.2)()(025.2 tt，所以接受原假设 ，认为35.202H21所以 X，Y 服从同一正态分布 3.14 解：要假设检验： :10 H大样本时，当 时20)1,0(0NnSXU拒绝域应为 uW50n8.21X9.0S，574.0SU2816.1.0u，所以接受原假设，可以认为计算器的平均持2816.续工作时间达不到 22 小时3.16 解：由题知，要检验假设：21210 : HH西安交通大学 Minwell 版28大样本时
22、，当 时21)1,0()(21NnSYXU拒绝域为 uW03.8)(21nSYXU648.105.u，所以接受原假设，甲枪弹的平均速度比乙枪弹648.的平均速度显著的大3.17 解：由题知，数据与 3.11 题相同，要检验假设：2212210 : HH拒绝域应为 )1,(21*212nFSW476.32*1SF5.3)8,7(),( 05.21 Fn，所以接受 ，乙机床加工精度比甲机床的高5.3FH3.18 解：由题知 ，要检验假设)10(X05.:5.: 10 大样本时， ),(0NnSUU 过分偏大将不利于 ，所以拒绝域应为：0H2uW西安交通大学 Minwell 版2907.nmX251
23、.0)1(nmS568.1SU648.05.u，所以接受原假设 ，这些数据支持负责4.0H人的说法3.19 解：用 拟合检验，n=112，r=42成立时，0H2.)(112niiiipmK85.7)3()(22r，所以接受 ，认为 X 服从超几何分布815.712K0H第四章 方差分析与正交试验设计4.1 解：提出假设 ：不同速率对硅晶圆的刻蚀的均匀性无显0H著影响计算结果见下表：方差来源 平方和 自由度 均方和 F 值因素 A 1096.5AQ2 2.5548 5.0003误差 E 37E15 0.5087总和 T .T1768)15,2(),1(0.FrnF，所以拒绝原假设，认为不同速率对硅晶圆的刻蚀的68.3均匀性有显著影响4.2 解：提出假设 ：这三组玻璃碎片的平均折射率无显著差异0H计算结果如下表：
