应用数理统计答案学号：姓名：班级：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第一章 数理统计的基本概念1.1 解：∵ 2(,)X N μσ∴ 2(,)n X N σμ∴()(0,1)n X N μσ- 分布∴()(1)()0.95n X n P X P μσσμ--<=<=又∵ 查表可得0.025 1.96u = ∴ 221.96n σ=1.2 解：(1) ∵ (0.0015)X Exp∴ 每个元件至800个小时没有失效的概率为：8000.001501.2(800)1(800)10.0015x P X P X e dxe -->==-<=-=⎰∴ 6个元件都没失效的概率为： 1.267.2()P e e --==(2) ∵ (0.0015)X Exp∴ 每个元件至3000个小时失效的概率为：30000.001504.5(3000)0.00151x P X e dxe--<===-⎰∴ 6个元件没失效的概率为： 4.56(1)P e -=-1.4 解：ini n x n x ex x x P ni i 122)(ln 2121)2(),.....,(122=--∏∑==πσμσ1.5证：21122)(na a x n x a x ni ni ii+-=-∑∑==∑∑∑===-+-=+-+-=ni i ni i ni i a x n x x na a x n x x x x 1222211)()(222a) 证：)(11111+=+++=∑n ni i n x x n x )(11)(1111n n n n n x x n x x x n n -++=++=++])()1(1 ))((12)[(11)](11[11)(11212111121211212112n n n i n n n i n i n i ni n n n i n i n in x x n n x x x x n x x n x x n x x n x x n S -+++--+--+=-+--+=-+=++=+=+=+=++∑∑∑∑] )(11))1()((12)([112111212n n n n n n n n n x x n x n x x n x x n x x nS n -++-+-+--++=++++])(11S [1 ])(1[nS 11212n 212n n n n n x x n n n x x n n n -+++=-+++=++ 1.6证明 (1) ∵22112211221()()()2()()()()()nni ii i nni i i i ni i X X X X X X X X X n X X X n X μμμμμ=====-=-+-=-+--+-=-+-∑∑∑∑∑(2) ∵2221112221221()22ii i nn ni i i i i ni ni XX X X X nX X nX nX X nX =====-=-+=-+=-∑∑∑∑∑1.10 解: (1).∑∑====ni i n i i x E n x n E X E 11)(1)1()(p np n=⋅=1np m p x D n x n D X D ni in i i )1()(1)1()(121-===∑∑==))(1()(122∑=-=n i i x x n E S E)1(1)])1(1())1(([1)])()(())()(([1])()([1])([12222212212212p mp nn p m p mp n n p m p mp n n x E x D n x E x D n x nE x E n x x E n ni i i n i i n i i --=+--+-=+-+=-=-=∑∑∑=== 同理，（2）.λ===∑∑==ni i n i i x E n x n E X E 11)(1)1()(λnx D n x n D X D ni in i i 1)(1)1()(121===∑∑==λnn x E x D n x E x D n x nE x E n S E ni i i n i i 1)])()(())()(([1])()([1)(2122122-=+-+=-=∑∑==(3).2)(1)1()(11ba x E n x n E X E ni i n i i +===∑∑==na b x D nx n D X D ni ini i 12)()(1)1()(2121-===∑∑==12)(1)])()(())()(([1])()([1)(22122122a b n n x E x D n x E x D n x nE x E n S E ni i i n i i -⋅-=+-+=-=∑∑==(4).λ===∑∑==ni i n i i x E n x n E X E 11)(1)1()(nx D nx n D X D ni in i i 2121)(1)1()(λ===∑∑==221221221)])()(())()(([1])()([1)(λnn x E x D n x E x D n x nE x E n S E ni i i n i i -=+-+=-=∑∑==(5).μ===∑∑==ni i n i i x E n x n E X E 11)(1)1()(nx D nx n D X D ni in i i 2121)(1)1()(σ===∑∑==221221221)])()(())()(([1])()([1)(σ⋅-=+-+=-=∑∑==nn x E x D n x E x D n x nE x E n S E ni i i n i i1.11 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：),(~ λαΓXxe x xf λαααλ--Γ=∴1)()( 令kXY =ke ky k ke ky yf kyky⋅Γ=⋅Γ=∴----λαααλαααλαλ11)()( )()()(即 ),(~ky Y αΓ1.18 证：),(~ b a X β),()1()( 11b a B x xx f b a ---=∴),(),( ),()1()( 11b a B b k a B b a B x x x X E b a k k +=-=∴⎰∞+∞---),(),1()( b a B b a B X E +=∴ba a ab a b a b a a a a b a b a a a b b a b a b a +=Γ+Γ++ΓΓ=Γ++Γ+Γ+Γ=ΓΓ+Γ⋅++ΓΓ+Γ=)()()()()()()1()()1()()()()1()()1(),(),2()(2b a B b a B X E +=))(1()1()()()()2()()2(b a b a a a a b b a b a b a ++++=ΓΓ+Γ⋅++ΓΓ+Γ= 22)]([)()( X E X E X D -=∴2))(1())(1()1(b a b a ab ba ab a b a a a +++=+-++++=1.19 解：∵ (,)X F n m 分布2212(1)022()((1))()(1)()()()(1)()()n n m n mn m yn m y n mn nP Y y P X X y m myP X y n n n x x dx m m m++--+≤=+≤=<-Γ=+ΓΓ⎰2222122221122()()()1()(1)()()11(1)(1)(,)n n m n m n mn mn mf y P Y y y y y y y yy B ++----'=≤Γ=+ΓΓ----=∴ 22(1)(,)n m n n Y X X m mβ=+ 分布 1.20 解：∵ ()X t n 分布1222122()()()()2(1)()n n yn P Y y P X y P y X y xdxn n π++-≤=≤=-≤≤Γ=+Γ⎰1122112212212122()()()(1)()()1()(1)()()()n n n n n nf y P Y y y yn n y y n n nπ+++--+--'=≤Γ=+ΓΓ=+ΓΓ∴ 2(1,)2nY X F = 分布 1.21 解: (1) ∵ (8,4)X N 分布∴ 4(8,)25X N 分布，即5(8)(0,1)2X N - ∴ 样本均值落在7.88.2 分钟之间的概率为：5(7.88)5(8)5(8.28)(7.88.2)()2220.383X P X P ---≤≤=≤≤=(2) 样本均值落在7.58 分钟之间的概率为：5(7.58)5(8)5(88)(7.58)()2225(8)(0 1.25)20.3944X P X P X P ---≤≤=≤≤-=≤≤=若取100个样品，样本均值落在7.58 分钟之间的概率为：10(7.88)10(8)10(8.28)(7.88.2)()2222*(0.84130.5)0.6826X P X P ---≤≤=≤≤=-= 单个样品大于11分钟的概率为：110.77340.2266P =-= 25个样品的均值大于9分钟的概率为210.97980.0202P =-= 100个样品的均值大于8.6分钟的概率为310.99870.0013P =-= 所以第一种情况更有可能发生1.23 解：(1) ∵ 2(0,)X N σ 分布 ∴ 2(0,)X N nσ 分布∴ 22()(1)nXχσ∵ 222221()()ni i nXa X an X an σσ===∑∴ 21a n σ=同理 21b m σ=(2) ∵2(0,)X N σ 分布 ∴222(1)X χσ 分布由2χ分布是可加性得：2221()ni i X n χσ=∑122222111()nii n m n mn m i i i i n i n i n nX nXc X c n nc t m mXXX m mmσσσσσσ=+++=+=+=+==∑∑∑∑∴ mc n=(3) 由(2)可知2221()ni i X n χσ=∑2221122211(,)nni ii i n mn mi ii n i n X d Xnn dF n m XmXmσσ==++=+=+=∑∑∑∑∴ md n=1.25 证明：∵ 211(,)X N μσ 分布∴ 2211()(1)i X μχσ-∴ 1221111()()n i i X n μχσ=-∑ 同理 2222212()()n i i Y n μχσ=-∑1122222112211111222221122112()()(,)()()n n i i i i n n i i i i X n n X F n n Y n Y n μσμσμσμσ====--=--∑∑∑∑ 第二章 参数估计2.1 (1) ∵ ()X Exp λ 分布∴ ()1E X λ=令 ˆ1X λ= 解得λ的矩估计为: ˆ1X λ= (2) ∵ (,)X U a b 分布∴ ()2a bE X +=2()()12b a D X -=令 1ˆˆ2ab A X +==22221ˆˆˆˆ()()1124n i i b a a b A X n =-++==∑ （22211n i i X X S n =-=∑）解得a 和b 的矩估计为:22ˆ3ˆ3aX S bX S =-=+(3) 110()1E X x x dx θθθθ-=*=+⎰令 1ˆˆ1A X θθ==+∴ˆ1XXθ=- (4) 110()(1)!kk x kE X x x e dx k βββ--=*=-⎰令ˆkX β= ∴ ˆkXβ=(5) 根据密度函数有2221()22()E X a aE X a λλλ=+=++根据矩估计有1222221ˆˆˆ22ˆˆˆa A X a a A S X λλλ+==++==+解得λ和a 的矩估计为:221ˆˆS aX S λ==-(6) ∵ (,)X B m p ∴ ()E X mp =令 1ˆmpA X == 解得p 的矩估计为:ˆXpm= 2.3解：∵ X 服从几何分布，其概率分布为：1()(1)k P X k p p -==-故p 的似然函数为： 1()(1)ni i x nnL p p p =-∑=-对数似然函数为：1ln ()ln ()ln(1)ni i L p n p x n p ==+--∑令 1ln ()1()01nii L p n x n p p p=∂=--=∂-∑ ∴ 1ˆpX= 2.4 解：由题知X 应服从离散均匀分布，⎪⎩⎪⎨⎧≤≤==其它011)(N k N k x p2)(NX E =矩估计： 令 7102=∧N1420=∴∧N 极大似然估计：⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=其它071011)(N N N L要使)(N L 最大，则710=N710=∴∧N 2.5 解：由题中等式知：2196.196.196.1)025.01(025.0)(1S X +=+=∴+=+-Φ=∴=-Φ-∧∧∧-σμθσμμσθσμθ2.6 解：（1） 05.009.214.2=-=R0215.005.04299.05=⨯==∴∧d Rσ（2）将所有数据分为三组如下所示：1x 2x 3x 4x 5x 6x i R1 2.142.10 2.15 2.13 2.12 2.13 0.05 2 2.10 2.15 2.12 2.14 2.10 2.13 0.05 32.112.142.102.112.152.10 0.050197.005.03946.005.0)05.005.005.0(316=⨯==∴=++=∴∧d R R σ 2.7 解：（1）⎩⎨⎧+<<=其它 01x1)(θθx f θθθθθθ≠+==+=++=∴∧21)()(2121)(X E E X E ∴ X =∧θ不是θ的无偏估计，偏差为21=-∧θθ（2） θ=-)21(X E 21-=∴∧X θ是θ的无偏估计（3） 22))(()())(()(θθθθ-+=-+=∧∧X E X D E D M S E41121+=n 2.8 证：由例2.24，令2211x a x a +=∧μ，则∧μ 为μ无偏估计应 满足121=+a a因此1μ，2μ，3μ都是μ的无偏估计)()()()(21)()(2513)()(95)9491)(()())(()()(1233212221212∧∧∧∧∧∧=∧<<===+=∴+==∑μμμμμμμD D D X D D X D D X D X D D a a X D X D a D i i i2132121X X +=∴∧μ最有效2.9 证： )(~λp X λλ==∴)( )(X D X EX 是λ=)(X E 的无偏估计，2*S 是λ=)( X D 的无偏估计)()1()())1((2*2*S E X E S X E αααα-+=-+∴ λλααλ=-+=)1(∴2*)1(SX αα-+是λ的无偏估计2.10 解：因为2222((1))()(1)()(1)()1(1)()11(1)1E X S E X E S na E S n n a E S n n n a n nααααλαλαλαλλ**+-=+-=+--=+---=+-=- 所以 2(1)X S αα*+-是λ的无偏估计量2.15 解：因为ˆθ是θ的有效估计量ˆˆˆ()()()E uE a b aE b a b u θθθ=+=+=+= 221ˆˆˆˆ()()()()D u D a b a D a D θθθ=+=≤ （其中,1ˆθ是θ的任意无偏估计量中的一个）所以 ˆu是u 的有效估计量 2．26 解： 因为总体服从正态分布，所以()01n X U N μσ-=（，）对于给定的1α-，查标准正态分布表可得2u α，使得2()1P U u αα<=-即： 22()1S S P X u p X u n nααα-<<+=- 区间的长度2d 2u L nασ=<，所以 22224u n L ασ>2.28 解：因为总体服从正态分布，所以 ()01n X U N μσ-=（，）， 222(1)nS V n χσ=-由因为U 和V 是相互独立的， 所以 2()(1)1n X T t n nS n μ-=--对于给定的1α-，查标t 分布表可得2t α，使得 2()1P U t αα<=-，即：22()111S S P X t X t n n ααμα-<<+=--- 当30n =，35X =，15S =时，第一家航空公司平均晚点时间μ的95%的置信区间为：(29.3032,40.6968)对于给定的1α-，查标t 分布表可得t α，使得 ()1P U t αα>=-， 即：()11SP X t n αμα<+=-- 故μ的具有单侧置信上限的单侧置信区间为(,)1SX t n α-∞+- 所以经计算可得：第一家航空公司的单侧上限置信区间为(,39.7327)-∞ 第二种航空公司的单侧上限置信区间为(,36.3103)-∞ 所以选择第二家航空公司。