数理统计习题与解答(赵选民版)2 - 副本

服从 N (0,1) 。
mn
又
mS12m σ2
~
χ 2 (m −1)
，
nS22n σ2
~
χ 2 (n −1)
且相互独立，所以，
V = mS12m + nS22n ~ χ 2 (m + n − 2) ，且U = α ( X − μ1) + β (Y − μ2 ) 与相互独立从而，由 t
σ2 σ2
σ α2 + β2
∑ （1）
求k
使估计量 σ
2
=
1 k
n−1
( X i+1
i =1
−
Xi )2
是σ 2
的无偏估计量；
∑ （2）求 k 使估计量σˆ
=1 k
n i =1
__
X i − X | 为σ 的无偏估计。
∑ 解：（1）
E
⎛ ⎜⎝
1 k
n−1 i =1
( X i+1
−
Xi )2
⎞ ⎟⎠
=
1 k
[(n
−1)EX
2
−
2(n
=
1 n
n i =1
X
2 i
是参数σ 2 的充分完备统计量。
2．设总体 X ~ N (μ,σ 2 ) ， μ ，σ 2 已知， ( X1, X 2 , , X N )T 是来自总体 X 的一个样本，
n
∑ 试求统计量T = ( Xi − μ)2 的分布密度。 i =1
∑ ∑ 解：记Yi
=
Xi − μ σ
∑ T
=
1 n
n i =1
X
2 i
是参数σ 2 的充分完备统计量。
解：由于 ( X1, X 2 ,…, X n ) 是来自正态总体 N (0,σ 2 ) 的一个样本，则 ( X1, X 2 ,…, X n ) 的联
合概率密度函数为：
f
(
x1
,
x2
,…,
xn
;σ
2
)
=
⎛ ⎜⎝
∑ 1 ( ) 2π
⎞n ⎟⎠
∑ （2） E
1 k
n
|
i =1
Xi
−
__
X
|=
n k
E|
Xi
−
__
X
| ，而
Xi
−
__
X
=
Xi
−
( X1
+
X2 + n
+
Xn)
=
(n −1) n
Xi
−
1 n
(X1
+
+ X i−1 + X i+1 +
+ Xn)
所以
E(Xi
−
__
X
)
=
0
，
D( X i
−
__
X)
=
(n −1)2 n2
σ
2
+
1 n2
(n
χ 2 (m) 且相互独立，所以 Z =
i =1 n+m
~ F (n, m) 。
∑ n
X
2 i
i = n +1
5．设 (X1, X 2 ,⋅⋅⋅, X n )T 是来自正态总体 Ν(μ,σ 2 ) 的样本，X 和 Sn2 是样本均值和样本方差；
又设 X n+1 ~ N (μ,σ 2 ) ，且与 X1, X 2 ,⋅⋅⋅, X n 独立，试求统计量
P( X1 = x1, X 2 = x2 ,
n
∑ xi
∏ ∏ , Xn
= xn ) =
n i =1
P( X i
= xi ) =
n i =1
λ xi e−λ xi !
=
λ i=1 x1 !x2 !
e−nλ ， xn !
∑ EX
=
DX
=
λ，X
=
1 n
n i =1
Xi
，
∑ ∑ ∑ ∑ E (X ) = E(1 n
( ) ( ) fX(k)
(x)
=
(k
n!
− 1)!( n
−
k
)![F
] (x) k−1
[1 −
F
] (x) n−k
f
(
x)
=
(k
n!
− 1)!( n
−
k
)!
x2
k −1
1− x2
n−k ⋅ 2x, 0 < x < 1
因此，
( ) [ ] f X(n) (x) = n F (x) n−1 f (x) = n ⋅ x2 n−1 ⋅ 2x = 2nx2n−1, 0 < x < 1.
T = X1 + X 2 + + X n ~ t(n)
X2 n+1
+
X2 n+2
+
+
X
2 2n
其分布密度为： f (x) =
Γ( n +1) 2
(1 +
x2
− n+1
)2
。
nπ Γ( n) n
2
24．设总体
X
的分布密度为
f
(x)
=
⎪⎨θ1
−x
eθ
,
x
>
0,
其中θ > 0 为未知参数， X1, X 2 ,
, Xn
⎪⎩ 0, x ≤ 0,
为来自总体 X 的样本，证明样本均值 X 是参数θ 的充分完备统计量。
解：样本（X1, X 2 ,
,
X
）T 的联合分布密度为
n
n
∑ xi
（L x1,
x2 ,…,
xn ;θ）=
1 θn
−
e
i=1
θ
，则
（L x1,
x2 ,…,
xn ;θ）=
1 θn
− nT
eθ
为指数型分布族；
T = X n+1 − X Sn
的概率分布。 解：根据正态总体抽样分布的性质可知
n −1 n +1
∑ X
=
1 n
n i =1
Xi
~
N(μ,σ 2) n
，
根据定理可知
nSn2 σ2
~
χ 2 (n −1) ，且
X与Sn2相互独立 ，
又已知 X n+1
~
N (μ,σ 2 ) ，且与 X1, X 2 ,⋅⋅⋅, X n 独立，所以 X n+1 − X
n i =1
Xi) =
1 n
n
EX i
i =1
=
1 ⋅ n⋅λ = λ ， D(X ) = D(1
n
n
n i =1
Xi) =
1 n2
n
DX i
i =1
=λ n
n
n
∑ ∑ ( Xi − X )2 = Xi2 − nX 2 ，
i =1
i =1
n
n
∑ ∑ E( ( Xi − X )2 ) = EXi2 − nEX 2 = (n −1)DX = (n −1)λ
mn
分布的定义得：
Z = α ( X − μ1) + β (Y − μ2 ) ~ t(m + n − 2) mS12m + nS22n α 2 + β 2 m+n−2 m n
8．设总体
X
的分布密度为
f
(x)
=
⎧2x,
⎨ ⎩
0,
0< x <1 其他
(X1, X2,
, X n )T 为来自总体 X 的样
的分布密度。
T = X1 + X2 + + Xn
X2 n+1
+
X2 n+2
+
+
X
2 2n
解：由于 ( X1, X 2 ,…, X 2n )T 是来自正态总体 N (0,σ 2 ) 的一个样本，则
X1 + X2 + nσ
+
Xn
~
N (0,1) ，
X
2 n+1
+
X2 n+2
+
σ2
+
X
2 2n
~
χ 2 (n) ，且相互独立，从而
σ2
⎧ −n/ 2 exp ⎪⎪⎨−
⎪
n
xi2
i =1
2σ 2
⎫ ⎪⎪ ⎬ ⎪
⎩⎪
⎭⎪
其为指数分布族，其中
( ) h(
x1,
x2
,… ,
xn
)
=
1,
c(σ
2
)
=
⎛ ⎜⎝
1 2π
⎞n ⎟⎠
σ2
−n/2
∑ T (x1, x2 ,…, xn )
=
1 n
n i =1
xi2 , b(σ
2)
=
−
1 2σ
2
∑ 于是由定理知： T
的概率分布。其中 X ， S12m 和 Y ， S22n 分别是两个总体的样本均值、样本方差。
解：因为 X
~
N
(μ1,
σ2 m
)
、
Y
~
N
(μ2
,
σ2 n
)
且相互独立，
所以
αX
+ βY
~
N (αμ1
+
βμ2
,
α
2σ m
2
+
β 2σ 2 ) ，即U n
=
α ( X − μ1) + β (Y − μ2 ) σ α2 + β2
−1)EX
⋅
EX
+
(n
− 1) EX
2]
= 1 [(n −1)(σ 2 + u2 ) − 2(n −1)u2 + (n −1)(σ 2 + u2 )] k
= 1 [2(n −1)(σ 2 + u2 ) − 2(n −1)u2 ] k
= 1 ⋅ 2(n −1)σ 2 = σ 2 ⇒ k = 2(n −1) k
−1)σ
2
=
(n −1) σ n
2
令Y =
∫ __
X
2 i
是参数σ 2 的充分完备统计量。
解：由于 ( X1, X 2 ,…, X n ) 是来自正态总体 N (0,σ 2 ) 的一个样本，则 ( X1, X 2 ,…, X n ) 的联
25．设总体 X ~ N (0,σ 2 ) ，( X1, X 2 ,…, X n ) X1, X 2 , , X n 为来自总体 X 的样本，证明样
i =1
i =1
∑ Sn2
=
1 n
n i =1
(Xi
−
X )2 , Sn*2
=
n
n −
1
Sn
2
( ) ESn2
=
n −1λ n
，
E
Sn*
2 =λ.
2．设总体 X 服从对数正态分布，即 X 的分布密度为
f (x) =
1
e−
1 2σ
2
(ln
x
−
μ
)2
，0
<
x
<
∞
，
x 2πσ
( X1, X 2 , , X n )T 是来自总体 X 的样本，试求样本 ( X1, X 2 , , X n )T 的联合分布密度。
，i
= 1, 2,
i.i.d .
, n ，则Yi ~ N (0,1)
且Y
=
n
Yi 2
i =1
=
n i =1
( Xi − μ )2 σ
~
χ 2 (n)
则
∑ T
=
n i =1
(Xi
− μ)2
的分布密度函数为
f
(x)
=ห้องสมุดไป่ตู้
⎧
1
⎪⎪ ⎨
(2σ
2
)n
/
2
Γ(
n
)
⎪
2
−x
e 2σ 2
n −1
x2 ,
0< x<∞
⎪⎩
~
N (0, n +1σ 2 ) ， n
即
X n+1 − X
~ N (0,1)
，且
X n+1
−
X
与
nS
2 n
独立
，因此
n +1σ
n +1σ σ 2
n
n
( X n+1 − X ) T=
n +1σ n ~ t(n − 1)
nS
2 n
σ2
(n − 1)
即T = X n+1 − X n −1 ~ t(n −1) 。
0,
x≤0
解：（1）Y =
n
m∑ Xi
i =1
=
n+m
∑ n
X
2 i
i = n +1
n
∑ Xi
i =1
nσ
∑m+n ⎛
i = n +1 ⎜⎝
Xi σ
⎞2 ⎟⎠
m
∑ 因为 Xi 服从 N (0,σ 2 ) (i = 1, 2,…, n, n +1,…, n + m) 且相互独立，所以
1 nσ
n
X i 服从正
解： X1, X 2 , , X n 相互独立同分布，且
f (xi ) = x
1
e ， −
1 2σ
2
(ln
xi
−
μ
)2
2π σ
则
f (x1, x2 ,
n
∏ xn ) = f (xi ) =
1
n
n
−1
e ∑ 2σ 2
n
(ln xi −μ )2
i=1
i =1
∏ (2π )2 σ n xi
i =1
1．设 ( X1, X 2 ,…, X 2n )T 是来自正态总体 N (0,σ 2 ) 的一个样本，试求统计量
本，试求最小次序统计量 X (1) 、最大次序统计量 X (n) 、及第 k 个次序统计量 X (k ) 的分布密
度。
⎧ 0， x < 0
解：知
X
的分布函数为
F ( x)
=
⎪ ⎨
x
2，0
≤
x
<1
⎪⎩ 1， x ≥ 1
( ) ( ) [ ] fX(1) (x) = n 1− F (x) n−1 f (x) = n 1− x2 n−1 ⋅ 2x = 2n 1− x2 n−1 x, 0 < x < 1.
习题一
1．设总体 X 服从泊松分布，即 X 的分布律为
P{X = k} = λ k e−λ , k = 0,1, 2 , λ > 0,
k!
X1, X 2 ,…, X n 是来自总体 X 的样本，试求：
(1) ( X1, X 2 ,…, X n )T 的联合分布律；(2) EX，DX，ESn2 , ESn*2. 解：（1） X1, X 2 ,…, X n 是来自总体 X 的样本， X 服从泊松分布
( ) f
X (1)
(
x)
=
⎧⎪2n ⎨ ⎪⎩
1− x2 0,
n−1
x,
0< x<1 其它
f
X(n)
(
x)
=
⎧2nx2n−1， ⎨ ⎩ 0,
0
<x<
其它
1
( ) ( ) ⎧
n!
f
X(k
)
(
x)
=
⎪ ⎨ ⎪⎩
(
k
−
1)!(
n
−
k
)!
x2 k −1 0，
1− x2
n−k
2x,
0< x <1
其它
习题三
1．设体 X 服从正态分布 N (μ,σ 2 ) ， ( X1, X 2 ,…, X n )T 是其样本，
因为
n
∑ m
X
2 i
∑n
i =1
⎛ ⎜⎝
Xi σ
⎞2 ⎟⎠
∑ ∑ Z
=
i =1
m+n
n
X
2 i
i = n +1
=
n
n+m ⎛ i = n +1 ⎜⎝
Xi σ
⎞2 ⎟⎠
，又因为
∑n
i =1
⎛ ⎜⎝
Xi σ
⎞2 ⎟⎠
服从
χ
2 (n)
∑m+n
，
i = n +1
⎛ ⎜⎝
Xi σ
⎞2 ⎟⎠
服从
m
n
∑ m
X
2 i
i =1
∑ ∑ ∑ 态分布 N (0,1) ，又因为
m+n ⎛ i = n +1 ⎜⎝
Xi σ
⎞2 ⎟⎠
服从
χ
2 (m)
，且
1 nσ
n i =1
Xi
与
m+n i = n +1
⎛ ⎜⎝
Xi σ
⎞2 ⎟⎠
相互独
立，所以 Y =
n
m∑ Xi
i =1
~ t(m) 。
n+m
∑ n
X
2 i
i = n +1
(2)
Sn
n +1
6. 设 ( X1, X 2 ,…, X m )T 和 (Y1,Y2 ,…,Yn )T 分别是来自两个独立的正态总体 N (μ1,σ 2 ) 和
N (μ2 ,σ 2 ) 的样本，α 和 β 是两个实数，试求
Z = α ( X − μ1) + β (Y − μ2 ) mS12m + nS22n α 2 + β 2 m+n−2 m n
∑ ∑ 其中T
=
T（x1
,
x2
,…,
xn）=
1 n
n i =1
xi
=
x
；因此，
1 n
n i =1
Xi
，即
X
是参数θ
的充分完备
统计量。
25．设总体 X ~ N (0,σ 2 ) ，( X1, X 2 ,…, X n ) X1, X 2 , , X n 为来自总体 X 的样本，证明样
∑ T
=
1 n
n i =1