概率论与数理统计浙大第四版答案 第四章

( X − Y ) − ( µ1 − µ 2 ) Sω 1 1 + n1 n 2
~ t ( n1 + n 2 − 2)
即
( X − Y ) − ( µ1 − µ 2 )
2 9 3S12 + 4S 2 20 7
~ t (7) 得：
⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ( X − Y ) − ( µ1 − µ 2 ) ⎪ ⎪ P ⎨− t 0.05 (7) < < t 0.05 (7)⎬ = 0.95 2 2 ⎪ 9 3S1 + 4S 2 ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ 20 7 ⎩ ⎭
解：X 的概率密度为 f ( x) = ⎨ b − a
⎧ 1 ⎪ ,a ≤ x ≤ b ⎪ ⎩ 0,
其它
，
似然函数为 L(a, b) =
1 , θ 1 ≤ xi ≤ θ 2 , i = 1,2,L, n ， n (b − a ) 1 最大的 a, b 的值。 (b − a ) n
对于给定的样本值 ( x1 , x 2 , L , x n ) ，现在要求出使得 L(a, b) =
而相对于给定的样本值 ( x1 , x 2 , L , x n ) 来说， 欲使 L ( a, b)最大，则应使（ b − a）尽可能地小，
对于 ∀i, 有a < xi < b ，若将 x1,x2,…,xn 按由小到大重新排序，记为 x1 ≤ x2 ≤ L ≤ xn ，则a, b必须满足的是 a ≤ x1 ≤ x 2 ≤ L ≤ x n ≤ b ，故a, b的极大似然估计值应取为
8. 已知总体 X 在[a, b]上服从均匀分布，a, b 未知， ( X 1 , X 2 , L , X n ) 是一个样本，试求 a, b 的 极大似然估计量。 分析：X 的概率密度为 f ( x) = ⎨ b − a
⎧ 1 ⎪ ,a ≤ x ≤ b ⎪ ⎩ 0, 其它
，
似然函数为 L(a, b) =
1 , θ 1 ≤ xi ≤ θ 2 , i = 1,2,L, n ， ln L(a, b) = −n ln(b − a) . n (b − a )
n ⎧ ∂ ln L(a, b) = =0 ⎪ b−a ∂a 无解。由此不能求得 a, b 的极大似然估计量。 显然 ⎨ ∂ ln L(a, b) n ⎪ =− =0 b−a ∂b ⎩
∑[
] [
]
7. 设总体 X 在[0，b]上服从均匀分布，b 未知。试就样本值(1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1)，求 b，及 E ( X ) 及 D( X ) 的矩估计值。 解： X =
1 (1.3 + 0.6 + 1.7 + 2.2 + 0.3 + 1.1) = 1.2 . 6 b Q X ~ [0, b]的均匀分布， ∴ E ( X ) = . 2
X −µ ~ N (0,1) ，所以 3/ 2
⎧ ⎫ ⎧ ⎫ X −µ X −µ ⎪ ⎪ < Z α ⎬ = 0.95 ⇒ P ⎨− 1.96 < P ⎨− Z α < < 1.96⎬ = 0.95 3/ 2 3/ 2 ⎪ ⎩ ⎭ 2 2 ⎪ ⎩ ⎭
故，正态总体均值 µ 的 95%的置信区间为 ( X − 2.94, X + 2.94) 。 代入样本值得正态总体均值 µ 的 95%的置信区间为（-2.565，3.315） （2）当 σ 未知时，由 T =
故正态总体均值 µ 的 95%的置信区间为 ( X − 1.5912S , X + 1.5912S ) 。 代入样本值得正态总体均值 µ 的 95%的置信区间为（-2.751，3.501） 13. 随机地从某厂所生产的两批同种产品中分别抽查，获得质量指标的数据如下： A 批: 0.143, 0.142, 0.143, 0.137 B 批:0.140, 0.142, 0.136, 0.138, 0.140 设测试的数据分别服从 N ( µ1 , σ 2 ) 和 N ( µ 2 , σ 2 ) ，且相互独立，σ 2 未知。试求 µ1 − µ 2 的 95% 的置信区间，并说明是否可以认为这两批产品的质量上有明显差异？ 解： 由
[
]
X −µ
σ/ n
~ N (0,1) 得：
⎧ ⎫ X −µ ⎪ ⎪ < Zα ⎬ =1−α P ⎨Z α < ⎪ 2 ⎪ ⎩ 2 σ/ n ⎭
所以 µ 的置信度为 (1 − α ) 的置信区间的长度为 2
σ Zα
2
n
，要使 2
σ Zα
2
n
<l, 则
⎛ 2σZ α 2 n>⎜ ⎜ l ⎝
⎞ ⎟ . ⎟ ⎠
∑
i =1
n
⎞ 1 Xi ⎟ = 2 ⎟ n ⎠
∑
i =1
n
D( X i ) =
1 n2
∑λ = n
i =1
n
λ
∑
n ⎤ ⎡ n 2⎤ 2 ⎤ 1 1 ⎡ 2 (X i − X )2 ⎥ = E⎢ X i2 − n X ⎥ = ⎢ E ( X i ) − nE ( X )⎥ ⎥ ⎥ ⎥ i =1 ⎦ n −1 ⎢ ⎣ i =1 ⎦ n −1 ⎢ ⎣ i =1 ⎦ n
⎡ 1 E (S 2 ) = E ⎢ ⎣n −1 =
∑(X
i =1
n
i
⎞ ⎛ n ⎤ 1 E⎜ X i2 − nX 2 ⎟ − X )2 ⎥ = ⎟ ⎜ ⎠ ⎦ n − 1 ⎝ i =1
∑
⎫ 1 ⎧ n 1 ⎡ n 2 2 ⎤ = − E X nE X D( X i ) + E 2 ( X i ) − n D( X ) + E 2 ( X ) ⎬ ( ) ( ) ⎨ ⎢ ⎥ i n − 1 ⎣ i =1 ⎦ n − 1 ⎩ i =1 ⎭
令
b ˆ = 2.4 E ˆ = 1.2 得 b ( X ) = 1.2 2
又 D( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ),
1 ( X ) = (1.3 2 + 0.6 2 + 1.7 2 + 2.2 2 + 0.3 2 + 1.12 ) − 1.2 2 ≈ 0.14 . 所以 Dˆ 6
−∞
x
4
1 2π
e
−
x2 2
dx − 1
⎡ x2 ⎢ 3 −2 =− ⎢x e 2π ⎢ ⎣ 1
−
−∞
∫
+∞
3x 2 2π
−∞
e
−
x2 2
⎤ ⎥ dx ⎥ − 1 = 3E ( X i2 ) − 1 = 3 − 1 = 2 ， ⎥ ⎦
所以 解二： E (Y ) =
D(Y ) = 2n .
∑
i =1
n
E( X i ) =
所以 又
D( X i2 )
2
∫
+∞
−∞
x
2
1 2π
e
−
x2 2
⎡ x2 1 ⎢ −2 dx = − xe 2π ⎢ ⎢ ⎣
+∞
Hale Waihona Puke Baidu
−
−∞
∫
+∞
1 2π
−∞
e
−
x2 2
⎤ dx ⎥ = 1 ⎥ ⎥ ⎦
E (Y ) = n .
=
E ( X i4 ) − E 2 ( X i2 )
+∞
=
∫
+∞
概率论与数理统计
3. 利用定理 2 的结论计算 χ 分布的期望与方差。
2
习题四解答
解：设随机变量 Y ~ χ 2 (n) ，由定理 2 知 E (Y ) =
∑ E( X
i =1
n
2 i
), D (Y ) =
∑ D( X
i =1
n
2 i
), ，
其中Xi为相互独立的随机变量，且 X i ~ N (0,1), i = 1,2, L , n .于是
n
i
，
n d ln L(θ ) = − dθ θ
∑x
i =1
n
i
ˆ= = 0, 得θ 的极大似然估计量为：θ
∑X
i =1
n
i
（3）似然函数为 L (θ ) =
∏
i =1
n
（ θ α） xi
n
α −1 −θ xiα
e
= (θα ) e
n n
−θ ∑ xiα
i =1
n
∏ xα
i i =1
n
−1
,
ln L(θ ) = n ln θ + n ln α − θ
故 µ1 − µ 2 的 95%的置信区间为
2 2 2 2 ⎛ ⎜ ( X − Y ) − 2.3646 9 3S1 + 4S 2 , ( X − Y ) + 2.3646 9 3S1 + 4 S 2 ⎜ 20 7 20 7 ⎝
n
令
n d ln L(θ ) = + dθ θ
∑x
i =1
n
i
= 0, 得θ 的极大似然估计量为：θˆ = −
n
∑X
i =1
n
i
（ 2 ） 似 然 函 数 为 L(θ ) =
∏θ e −θ xi = θ n e
i =1
n
−θ ∑ xi
i =1
n
, ln L(θ ) = n ln θ − θ
n
∑x
i =1
* * *
*
*
*
⎧∧ * {xi } ⎪ a = x1 = min i . ⎨∧ * ⎪b = x n = max{xi } i ⎩
Xn),试用极大似然估计法估计总体的未知参数， 设总体 θ 9. 给定一个容量为n的样本(X1, X2,…， 的概率密度为
⎧θ x θ −1 , 0 < x < 1 （1） f ( x) = ⎨ 其他 ⎩ 0, ⎧ θ e −θx , （2） f ( x) = ⎨ ⎩0, x>0 x≤0
σ/ n
σ2
(X − µ) S/ n
( n − 1) ~ t ( n − 1)
即：
~ t (n − 1) .
6.设总体 X ~ π (λ ), 试求 D( X )及E ( S 2 ) . 解：因为 X ~ π (λ ), 所以 E ( X ) = λ , D( X ) = λ .于是
⎛1 D ( X ) = D⎜ ⎜n ⎝ ⎡ 1 E (S 2 ) = E ⎢ ⎢ ⎣ n −1
∑ x α + (α − 1)∑ x
i i =1 i =1
i
n d ln L(θ ) = − dθ θ
∑ xα = 0,
i i =1
n
ˆ= 得θ 的极大似然估计量为：θ
n
∑Xα
i i =1
n
10．设(X1, X2,…，Xn)为 π (λ ) 的一个样本。试证
（1）样本方差S2是 λ 的无偏估计。 （2）对任一 α ， 0 ≤ α ≤ 1, αX + (1 − α ) S 2 也是 λ 的无偏估计。 解： （1）因为
E αX + (1 − α ) S 2 = αE ( X ) + (1 − α ) E ( S 2 ) = α λ + (1 − α )λ = λ
于是对任一 α ， 0 ≤ α ≤ 1, αX + (1 − α ) S 2 也是 λ 的无偏估计。 11．对方差 σ 2 为已知的正态总体来说，需抽取容量 n 为多大的样本，才能使总体均值 µ 的置 信度为 (1 − α ) 的置信区间的长度不大于给定的正数 l？ 解：因方差 σ 2 为已知，由 U =
X −µ S/ n
~ t ( n − 1) 即T =
X −µ ~ t (3) ，所以 S /2
⎧ ⎫ ⎧ ⎫ X −µ X −µ ⎪ ⎪ P ⎨− t α (3) < < t α (3)⎬ = 0.95 ⇒ P ⎨− 3.1824 < < 3.1824⎬ = 0.95 S /2 S/2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ 2 ⎩ 2 ⎭
∑
∑[
] [
]
=
1 1 ⎧ n ⎡λ 2 2 ⎤⎫ {nλ − λ} = λ ⎨ (λ + λ ) − n ⎢ + λ ⎥ ⎬ = n − 1 ⎩ i =1 ⎣n ⎦⎭ n − 1
∑
所以S2是 λ 的无偏估计。 （2）因为 X 与S2均是 λ 无偏估计，所以 E ( X ) = λ , S 2 ( X ) = λ ，故
α ⎧ ⎪(θα ) x α −1e −θx , = f ( x ) （3） ⎨ ⎪ ⎩ 0,
x > 0, α已知 x≤0
n n
解： （1）似然函数为 L(θ ) =
∏ θ xiθ −1 = θ n ∏ xiθ −1 , ln L(θ ) = n ln θ + (θ − 1)∑ xi ，
i =1 i =1 i =1
E( X i 2 ) =
∑
i =1
n
[ D( X i ) + E 2 ( X i )] =
∑ [1 − 0] = n .
i =1
n
4.试证明定理 5. 证：因为 X ~ N ( µ , σ 2 ) ，所以由定理 1 得：
X −µ ~ N (0,1) .再由定理 4 得：
σ/ n
X −µ
( n − 1) S 2
∑
∑
= =
⎫ 1 ⎧ n D( X i ) + E 2 ( X i ) − n D( X ) + E 2 ( X ) ⎬ ⎨ n − 1 ⎩ i =1 ⎭ 1 ⎧ 1 ⎛λ 2 2 ⎞⎫ (nλ − λ ) = λ ⎨nλ + nλ − n⎜ + λ ⎟⎬ = n −1 ⎩ ⎝n ⎠⎭ n − 1
2
12. 已知样本值为 (3.3,-0.3,-0.6,-0.9 )，求 （1）当 σ =3 时，正态总体均值 µ 的 95%的置信区间； （2）当 σ 未知时，正态总体均值 µ 的 95%的置信区间。 解： x = 0.375 s = 1.965 （1）当 σ =3 时，由 U =
X −µ
σ/ n
=