【正文】 ,Xn 為來自 總體的簡單 隨機(jī)樣本， X =1n∑i=1nXi 與 n2=1n∑i=1n(XiX175。),E(S2). 解答： 由 X～ B(10,3100), 得 E(X)=10 3100=310,D(X)=10 3100 97100 =29110 00, 所以 E(X )=E(X)=310,E( 2)=n1nD(X)=291(n1)1000n . 習(xí)題 6 設(shè)某商店 1 00 天銷售 電視機(jī)的情 況有如下統(tǒng) 計資料 日售出臺數(shù) k 2 3 4 5 6 合計 天數(shù) fk 20 30 10 25 15 100 求樣本容量 n,經(jīng)驗分布函 數(shù) Fn(x). 解答： (1)樣本容量 n =100。μ∣ 0 1 , 問樣本容量 n 應(yīng)取多大 ？ 解答： 因當(dāng) n 很大 時， X175。μ∣ 0 1 }=P{μ0 1 X μ+0 1 } ≈Φ(0 1 /n)Φ(0 1 /n)=2Φ(0 1n)1≥0 95, 則 Φ(0 1n)≥0 975, 查表得 Φ(1 96)=0 975, 因 Φ(x)非減，故 0 1n≥1 96,n≥384 16, 故樣本容量 至少取 38 5 才能滿足 要求 . 常 用統(tǒng)計分 ?布 習(xí)題 1 對于給定的 正數(shù) a(0a1), 設(shè) z ,χ 2(n),t (n),F (n1,n2)分別是標(biāo)準(zhǔn) 正態(tài)分布，χ2(n),t(n), F(n1,n2)分布的上 分位點，則下面的結(jié) 論中不正確 的是 (). (A)z1a(n)=za(n)。 (C)t1a(n)=ta(n)。 解答： 因為 Xi～ N(0,1),i=1,2,?,n, 所以： X1X2～ N(0,2), X1X22～ N(0,1), X32+X42～ χ2(2), 故 X1X2X32 +X42=(X1X2)/2X32+X422～ t(2). 習(xí)題 2(2) X～ N(0,1),X1,X2,?,Xn 為簡單 隨機(jī)樣本，問下列各統(tǒng) 計量服從什 么分布 ? (2)n1X1X2 2+X32+?+Xn2。 再令 X′=X′1+X′2+?+X′9, 則 X′～ N(0,9),X′3～ N(0,1), Y′2=Y′12+Y′22+?+Y′92, Y′2～ χ2(9) 因此 T=X1+X2+?+X9Y12 +Y22+?+Y92=X1′+X2′+?+X9′Y′12+Y′22+?+Y′92=X′Y′2=X′/3Y′2/9～ t(9), 注意到 X′,Y′2相互獨(dú)立 . 習(xí)題 5 設(shè)總體 X～ N(0,4), 而 X1,X2,?,X15 為取 自該總體的 樣本，問隨機(jī)變量 Y=X12+X22+?+X1022 (X112+X122+?+X152) 服從什么分 布？參數(shù)為多少 ？ 解答： 因為 Xi2 ～ N(0,1), 故 Xi24 ～ χ2(1),i=1,2,?,15, 而 X1,X2,?,X15 獨(dú)立 ，故 X12+X22+?+X1024 ～ χ2(10),X112+X122+?+X1524 ～ χ2(5), 所以 X12+X22+?+X1024 /10X11 2+X122+?+X1524 /5=X12+X22+?+X1022 (X112+X122+?+X152)=Y 習(xí)題 6 證明：若隨機(jī)變量 X 服從 F(n1,n2)的分布，則 (1)Y=1X 服從 F (n2,n1)分布； (2)并由此證明 F1α(n1,n2)=1Fα(n2,n1) 解答： (1)因隨機(jī)變量 X 服從 F(n1,n2), 故可設(shè) X=U/n1V/n2, 其中 U 服從 χ2(n1),V服從χ2 (n2), 且 U 與 V相 互獨(dú)立，設(shè) 1X=V/n2U/n1, 由 F 分布之 定義知 Y=1x=V/n2U/n1, 服從 F(n2,n1). (2)由上側(cè) α分 位數(shù)和定義 知 P{X≥F1α(n1,n2)}=1α,P{1X≤1F1α(n1,n2)=1α, 即 P{Y≤1F1α(n1,n2)=1α,1P{Y1F1α(n1,n2)=1α, 故 P{Y1F1α(n1,n2)=α, 而 P{Y≥Fα(n2,n1)}=α 又 Y 為連續(xù) 型隨機(jī)變 量 ，故 P{Y≥1F1α(n1,n2)=α, 從而 Fα(n2,n1)=1F1α(n1,n2), 即 F1α(n1,n2)=1Fα(n2,n1) 習(xí)題 7 查表求標(biāo)準(zhǔn) 正態(tài)分布的 上側(cè)分位數(shù) ： , 與 . 解答： =, =, =,=. 習(xí)題 8 查表求 χ2 分布的上側(cè) 分位數(shù)： χ0 952(5), χ0 052(5), χ0 992(10)與 χ0 012(10) 解答： , , , . 習(xí)題 9 查表求 F 分 布的上側(cè)分 位數(shù)： (4,6),(3,7)與 (5,5). 解答： ,. 習(xí)題 10 查表求 t 分 布的下側(cè)分 位數(shù)： (3),(5),(7)與 (10). 解答： ,. 抽樣分布 習(xí)題 1 已知離散型 均勻總體 X ,其分布律為 X 246 pi 1/31/31/3 取大小為 n =54 的樣本 ，求： (1)樣本平均數(shù) X175。超過 的概率 . 解答： μ=E(X)=13 (2+4+6)=4, 2=E(X2)[E(X)]2=13(22+42+66)42=83, 所以 μX =μ=4, X 2= 2n=8/354=481, X =29 令 Z=X175。}=P{Z ≈Φ(1 8)Φ(0 45)==. (2)P{X175。所服從的分 布； (2)求 X175?！?N(10,326), 即 X175。11}=1P{X175。),D(X175。 (2)*X 服從二項 分布 b(m,p)。 (4)X 服從均勻 分布 U[a,b]。)=mp,D(X175。)=a+b2,D(X175。 解答： （ 1）由題意知 X 175。51/9=X175。}=P{X175。6}=P{X175。和 Y175。Y175?！?N(0,1616)， Y175。Y175。Y175。Y175。Y175。Y175。Y175。,則有 X175。μ∣ 2}=P{∣ X175。 (2)n[(X175。)(μ2 2)]2 12+ 22 解答： (1)由 (n1) 12 2 ～ χ2(n1), (n1) 22 2 ～ χ2(n1), 由 χ2(n)的可加性 (n1)( 12+ 22) 2～ χ(2(n1)). (2)X175。～ N(μ1μ2,2 2n), 標(biāo)準(zhǔn)化后 (X175。)(μ1μ2) 2n～ N(0,1), 故有 [(X Y )(μ1μ2)]22 2n ～ χ2(1), 又由 (n1)( 12+ 22) 2～ χ2(2n2), 注意 F 分布 定義 [(X Y )(μ1μ2)]21n2 2/1(n1)( 12+ 22) 2/2(n1)=n[(X175。)(μ1μ2)]2 1 習(xí)題 11 分別從方差 為 20 和 3 5 的正態(tài)總 體中抽取容 量為 8 和 1 0 的兩個樣 本，求第一個樣 本方差不小 于第二個樣 本方差的 兩 倍的概率 . 解答： 用 S12 和 S22 分別 表示兩個樣 本方差，由定理知 F= 12/ 12 2 2/ 22= 12/20 22 /35=1 75 12 S22～ F(81,101)=F(7,9). 又設(shè)事件 A ={ 12≥2 22}, 下面求 P{ 12≥2 22}, 因 P{ 12≥2 22}=P{ 12 2 2≥2=P{ 12/20 22 /35≥2 3520=P{F≥3 5} 查 F 分布表 得到自由度 為 n1=7,n2=9 的 F 分布 上 α分布點 Fα(n1=7,n2=9)有如下數(shù)值 ： (7,9)=,(7,9)=, 因而 (7,9)=(7,9)=, 即事件 A的 概率介于 0 .025 和 0 .05 之間，故 0 025≤P{ 12≥2 22}≤0 05 總習(xí)題解答 ? 習(xí)題 1 設(shè)總體 X服 從泊松分布 .一個容量為 10 的樣本 值為 1,2,4,3,3,4,5,6,4,8, 計算樣本均 值，樣本方差和 經(jīng)驗分布函 數(shù) . 解答： 樣本的頻率 分布為 x175。 (2)Y=max{X1,X2,?,Xn}的密度 fY?(x)。表示 n 次稱 量結(jié)果的算 術(shù)平均值，求使 P{∣ X175?！?N(0,1), 故 P{∣ X175。∣ 0 10 2/n=2Φ(n2)1≥0 95, 即 Φ(n2)≥0 975, 查正態(tài)分布 表得 n2≥1 96, 所以 n≥15 37, 即 n=16. 習(xí)題 5 設(shè)總體 X～ N(20,3), 從 X 中抽取 兩個樣本 X 1,X2,?,X10 和 Y 1,Y2,?,X15, 求概率 P{∣X175。∣ }. 解答： 因為 X1,X2,?,X10 和 Y 1,Y2,?,Y15 獨(dú)立 同分布，所以 X175?！?N(20,), 于是 X175?！?N(0,). P{∣ X175。∣ }=P{∣ X175。∣ /} =1P{∣ X175。∣ /0 5≤0 3/0 5} =2[1Φ(0 3/0 5)]=2[] =(查正態(tài)分布 表 ). 習(xí)題 6 設(shè)總體 X～ N(μ, 2), 假如要以 0 .9606 的 概率保證偏 差 ∣ X175。μ∣ }=, 即 P{∣ X175。μ0 25/n∣ 0 10 25/n=2Φ(0 1n0 25)1=, ? Φ(0 1n0 25)=0 9803? n5=? n≈106 P{∣ X175。μ∣ }=P{∣ X175。和 X2175。～ N(μ, 2n)(i=1,2), 且 X1175。相互獨(dú)立，故有 X1175。～ N(0,2 2n), 從而 X1175。X2175。X2175。的數(shù)學(xué)期望 與方差； (2) S2 的數(shù)學(xué) 期望； (3) P{∣ X175。 (2) E(S2)=[1n1∑i=1n(XiX175。)2] =1n1E(∑i=1nXi2 nX175。)) =1n1(n?12n?12n)=12。∣ }=1P{∣ X175。μD(X )∣ ≤0 02μD(X ) =1P≥{∣ X1/10∣ ≤0 2=2[1Φ(0 2)]=0 8414 習(xí)題 9 從一正態(tài)總 體中抽取容 量為 10 的 樣本，設(shè)樣本均值 與總體均值 之差的絕對 值在 4 以上 的概率為 0 .02, 求總體的標(biāo) 準(zhǔn)差 . 解答： 由于 X175。μ∣ ≥4}=P{∣ X175。,S2 分別為 樣本均值與 樣本方差，假定μ=E(X), 2=D(X)均存在，試求 E(X175。),E(S2). 解答： E(X )=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1nE(X)=μ, D(X )=1n2∑i=1nD(Xi)=1n2∑i=1nD(X)= 2n, E( 2)=E(1n1(∑i=1nXi2 nX175。2)) =1n1(∑i=1nE(X2)nE(X175。)2 的數(shù)學(xué)期 望 . 解答： 注意到 Xi +Xn+i 相互獨(dú)立 ，同分布 N(2μ,2 2), 則它們可認(rèn) 為是取自同 一正態(tài)總體 N(2μ,2 2)的樣本，其樣本均值 為 1n∑i=1n(Xi+Xn+i)=1n∑i=12nXi =2X175。)2=S2(Z), 則有 E(S2(Z))=1n1E(Y)=2 2, 所以 E(Y)=2(n1) 2 習(xí)題 12 設(shè)有 k 個正 態(tài)總體 Xi ～ N(μi, 2), 從第 i個總 體中抽取容 量為 ni的 樣本 Xi1 ,Xi2,?,Xini, 且各組樣本 間相互獨(dú)立 ，記 Xi =1n∑j=1niXi j(i=1,2,?,k),n=n1+n2+?+nk, 求 W=1 2∑i=1k∑j=1ni(XijXi175。)2～ χ2(nk). 習(xí)題 13 已知 X～ t(n), 求證 X2～ F(1,n). 解答： 設(shè) X=U/Yn, 其中 U～ N(0,1),Y～ χ2(n) 且 U 與 Y 相 互獨(dú)立，于是， U2～ χ2(1), 且 U2 與 Y 也相互獨(dú)立 ，所以 X2=U2/(Yn). 根據(jù) F 變量 的構(gòu)成模式 知， X2 應(yīng)服從 F(1,n)分布 . 習(xí)題 14 設(shè) X1,X2,?,X9 是取自 正態(tài)總體 X ～ N(μ, 2)的樣本，且 Y1=16(X1+X2+?+X6), Y2=13(X7+X8+X9), 2=12∑i=79(XiY2)2, 求證 Z=2(Y1Y2)S～ t(2). 解答： 易知 Y1=16(X1+X2+?+X6)～ N(μ, 26), Y2=13(