数理统计(汪荣鑫版)习题答案(共58页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上数理统计习题答案第一章1.解： 2. 解：子样平均数 子样方差 子样标准差 3. 解：因为 专心-专注-专业所以 所以 成立 因为 所以 成立 4. 解：变换 123456789193916973030242420202909181520202310-61-303103042420909-18520310 利用3题的结果可知 5. 解：变换 1234567891011121379.9880.0480.0280.0480.0380.0380.0479.9780.0580.0380.0280.0080.02-2424334-353202 利用3题的结果可知 6. 解：变换

2、23.526.128.230.4-35-912342341 =26.85 7解：身高组中值156160164168172176180学生数101426281282 8解：将子样值重新排列（由小到大）-4，-2.1，-2.1，-0.1，-0.1，0，0，1.2，1.2，2.01，2.22，3.2，3.21 9解： 10.某射手进行20次独立、重复的射手，击中靶子的环数如下表所示：环数10987654频数2309402试写出子样的频数分布，再写出经验分布函数并作出其图形。解：环数10987654频数2309402频率0.10.1500.450.200.1 11.解：区间划分频数频率密度估计值100

3、.10.025140.140.035260.260.065280.280.07120.120.0380.080.0220.020.00512. 解： 13.解： 在此题中 14.解：因为 所以 由分布定义可知 服从分布所以 15. 解：因为 所以 同理 由于分布的可加性，故 可知 16. 解：（1）因为 所以 因为 所以 （2） 因为 所以 故 （3）因为 所以 故 （4）因为 所以 故 17.解：因为 存在相互独立的， 使 则 由定义可知 18解：因为 所以 （2）因为 所以 19.解：用公式计算 查表得 代入上式计算可得 20.解：因为 由分布的性质3可知 故 第 二 章1. 从而有 2.

4、 令所以有 ）其似然函数为解之得 解：因为总体服从（a，b）所以4. 解：（1）设为样本观察值则似然函数为：解之得：（2）母体X的期望而样本均值为：5.。解：其似然函数为：（2）由于所以 为的无偏估计量。6. 解：其似然函数为：解得解：由题意知：均匀分布的母体平均数，方差用极大似然估计法求得极大似然估计量似然函数： 选取使达到最大取由以上结论当抽得容量为6的子样数值1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1，时即 8. 解：取子样值为则似然函数为： 要使似然函数最大，则需取即=9. 解：取子样值则其似然函数 由题中数据可知则 10. 解：（1）由题中子样值及题意知：极差 查表2-1得 故（

5、2）平均极差，查表知 解：设为其母体平均数的无偏估计，则应有又因即知12. 解：， 则所以三个估计量均为的无偏估计同理可得，可知的方差最小也亦最有效。13解：即是的无偏估计又因为即也是的无偏估计。又 因此也是的无偏估计14.解：由题意：因为要使只需 所以当时为的无偏估计。15.证明：参数的无偏估计量为，依赖于子样容量则由切比雪夫不等式故有即证为的相合估计量。16证明：设X服从，则分布律为 这时 例4中 所以（无偏） 罗克拉美下界满足 所以即为优效估计17 解：设总体X的密度函数 似然函数为 因为= = = 故的罗克拉美下界 又因 且所以是的无偏估计量且 故是的优效估计18 解：由题意：n=10

6、0，可以认为此为大子样，所以近似服从得置信区间为 已知 s=40 =1000 查表知代入计算得所求置信区间为（992.16 1007.84）19.解：（1）已知 则由 解之得置信区间 将n=16 =2.125 代入计算得置信区间（2.1209 2.1291）（2）未知 解得置信区间为 将n=16 代入计算得 置信区间为（2.1175 2.1325）。20。解：用T估计法 解之得置信区间 将 n=10 查表代入得置信区间为（6562.618 6877.382）。21解：因n=60属于大样本且是来自（01）分布的总体，故由中心极限定理知 近似服从 即 解得置信区间为 本题中将代替上式中的 由题设条

7、件知 查表知代入计算的所求置信区间为（0.1404 0.3596）22 解：未知 故 由 解得 置信区间为 区间长度为 于是 计算得 即为所求23解：未知，用估计法 解得的置信区间为 （1）当n=10，=5.1时 查表=23.59 =1.73 代入计算得的置信区间为（3.150 11.616）（2）当n=46，=14时 查表=73.166 24.311 代入计算可得的置信区间为（10.979 19.047）24解：（1）先求的置信区间 由于未知 得置信区间为 经计算 查表 n=20 代入计算得置信区间为（5.1069 5.3131）（2）未知 用统计量 得的置信区间为 查表=32.85 =8.

8、91代入计算得的置信区间为（0.1675 0.3217）25解：因与相互独立，所以与相互独立，故 又因 且与相互独立，有T分布的定义知 26 解：因 所以， 由于与相互独立，则即 又因 则构造t分布 =27 证明：因抽取n45为大子样 由分布的性质3知近似服从正态分布所以 得 或可得的置信区间为28 解： 因未知，故用统计量其中 而 查表 计算 ， 代入得故得置信区间29解： 因故用统计量其中计算得置信区间为 把=0. =2.364 代入可得所求置信区间为（-0. 0.）。30解：由题意 用U统计量 计算得置信区间为 把 代入计算得 置信区间31解：由题意，未知，则则经计算得解得的置信区间为

9、查表： 带入计算得的置信区间为：。32. 解：未知，则 即：有：则单侧置信下限为：将 带入计算得即钢索所能承受平均张力在概率为的置信度下的置信下限为。33.解：总体服从（0，1）分布且样本容量n=100 为大子样。令为样本均值，由中心极限定理 又因为所以则相应的单侧置信区间为， 将=0.06 代入计算得所求置信上限为0.0991即为这批货物次品率在置信概率为95%情况下置信上限为0.0991。34.解：由题意： 解得的单侧置信上限为 其中n=10，=45， 查表3.325代入计算得的单侧置信上限为74.035。第三章1.解: 假设: 由于已知,故用统计量 的拒绝域 因显著水平,则这时,就接受2

10、. 解: (1) 已知,故 的拒绝域因显著水平,则 故此时拒绝:(2) 检验时犯第二类错误的概率 令则上式变为3. 解:假设用检验法拒绝域 , 查表 代入计算故接受,认为矿砂的镍含量为4解:改变加工工艺后电器元件的电阻构成一个母体,则在此母体上作假设,用大子样检验 拒绝域为 由查表得 故新加工工艺对元件电阻有显著影响.5 .解：用大子样作检验，假设 拒绝域为由故接收，认为新工艺与旧工艺无显著差异。6.解:由题意知，母体的分布为二点分布，作假设此时因很大，故由中心极限定理知近似服从正态分布。故即计算得拒绝域为把代入即接受，认为新工艺不显著影响产品质量。7解：金属棒长度服从正态分布原假设，备择假设

11、 拒绝域为样本均方差于是而 因故接受，认为该机工作正常。8解：原假设，备择假设，拒绝域为 将代入计算 故拒绝原假设即认为期望。9 假设 使用新安眠药睡眠平均时间 所以拒绝域为查表 故否定又因为 故认为新安眠药已达到新疗效。10 原假设解得拒绝域代入计算查表 因故拒绝原假设即两种枪弹速度有显著差异。11解：因两种作物产量分别服从正态分布且假设 故统计量其中 拒绝域为代入计算 代入数值的观测植为 因为所以接受，认为两个品种作物产量没有显著差异。12 解：因两台机床加工产品直径服从正态分布且母体方差相等，由题意假设 统计量 拒绝域为 数值代入计算 因故接受假设，认为直径无显著差异。13解：由题意设施

12、肥，未施肥植物中长势良好率分别为（均未知）则总体且两样本独立假设既而均未知，则由题意易得于是查表故应拒绝，接受即认为施肥的效果是显著的。（1） 14 解：假设两厂生产蓄电池容量服从正态分布。由于未知，故假设选取统计量拒绝域为 故接受，即认为两种电池性能无显著差异（2）检验要先假设其服从正态分布且15 解：由题意假设由于未知。故拒绝域为 得的观测值查表得因为故拒绝，认为母体标准差不正常。16解：由题意熔化时间服从假设拒绝域为代入计算查表因为故接受，即认为无显著差异。17证明：大子样在正态母体上作的假设因很大，故由分布的性质知分布近似于正态分布而给定显著水平，则即可计算拒绝假设相反：则接受，即证。

13、18解：（1）未知假设则拒绝域为查表因为故拒绝假设，即认为（2）未知假设拒绝域为查表故故接受19解：甲品种乙品种假设而均值未知，则代入计算查表而故接受，认为产量方差无显著差异。20 解：甲机床加工产量乙机床加工产量假设未知，则故 代入计算查表故接受，认为两台机床加工精度无显著差异。21解：测定值母体都为正态分布假设未知，则 故 查表故接受，认为方差无显著差异。22 解：由题意（1）检验假设由于未知，则又，可查表得相应的拒绝域为由样本计算由此可得由于 故接受（2）检验假设由（1）可知且未知，故 又可计算，代入得又由，查表 因故接受，即认为这两批电子元件的电阻值的均值是相同的。23 解：（1）检验

14、假设由5题，用统计量 拒绝域为由代入计算 故接受，认为方差无显著降低。（2）假设由6题知拒绝域为把代入即接受，即产品质量显著提高。（3）假设由10题知解得拒绝域当代入计算即拒绝，接受，认为甲枪弹的速度比乙枪弹速度显著得大。（4）假设代入即接受，认为符合要求。24 解：由题意假设未知，故用统计量解得拒绝域把代入计算故接受，即认为乙机床零件长度方差不超过甲机床，或认为甲机床精度不比乙高。25 解：假设，各锭子的断头数服从泊松分布即其中未知，而的极大似然估计为由此可用泊送分布算得及有关值，如下表合计由分组数故自由度数由查表知由于故拒绝，即认为总体不服从泊松分布。26. 解：假设四面体均匀，记则抛次时

15、白色与地面接触的概率为，表示次抛掷时，白色的一面都未与地面接触，第次抛掷时才与地面相接触则相当于假设则将以上数据代入下式，则对于，自由度查表所以拒绝，即认为四面体是不均匀的。27 解：假设螺栓口径具有正态分布即首先用极大似然估计法求出参数的估计值，为各小区间中点下面计算落在各小区间上的概率计算的观测值列表如下：区间ni 组中值pinpi(ni-npi)2/npi510.940.05945.940.1488810.960.114211.421.02422010.980.204720.470.01083411.000.243424.343.83381711.020.204720.470.58826

16、11.040.114211.422.57241011.0611.080.05945.942.7750合计100110010.9532计算得统计量的观测值为的自由度查表故拒绝，认为其不服从正态分布。28 解：由题意，取，组距为0.2, 得其分布密度估计表区间划分频数频率密度估计表2.20,2.40)70.0350.1752.40,2.60)160.080.42.60,2.80)290.1450.7252.80,3.0)450.2251.1253.0,3.2)460.231.153.2,3.4)320.160.83.4,3.6)200.10.53.6,3.8)60.030.15由此图形可大致认为其

17、为母体及正态分布下面用检验法作检验假设区间nipinpi(ni-npi)2/npi2.20 2.40)70.08824.681.872.40 2.50)50.02765.520.052.50 2.60)110.04590.442.60 2.70)120.066513.30.132.70 2.80)170.089317.860.0412.80 2.90)190.109121.820.362.90 3.00)260.121124.220.1313.00 3.10)240.122324.460.0093.10 3.20)220.112122.420.0083.20 3.30)190.113522.7

18、0.0223.30 3.40)130.07114.20.1013.40 3.50)130.04889.761.0763.50 3.60)70.03146.280.0833.60 3.80)50.0265.20.079 查表可知无论为何值 总有 故接受，即认为母体服从正态分布数理统计第四章习题答案1 解：母体子样子样平均 , , , , , , 令令2解：假设不全为零生产厂干电池寿命24.7 ,24.3 ,21.6 ,19.3 ,20.322.0430.8 ,19.0 ,18.8 ,29.724.57517.9 ,30.4 ,34.9 ,34.1 ,15.926.6423.1 ,33.0 23.

19、0 26.4 18.1 25.124.783经计算可得下列反差分析表：来源离差平方和自由度均方离差组间53.6511317.8837组内603.01981637.6887总和656.670919查表得故接受即可认为四个干电池寿命无显著差异。3 解：假设不全相等小学身高数据（厘米）第一小学128.1,134.1,133.1,138.9,140.8,127.4133.733第二小学150.3,147.9,136.8,126.0,150.7,155.8144.583第三小学140.6,143.1,144.5,143.7,148.5,146.4144.467经计算可得下列方差分析表：来源离差平方和自由

20、度均方离差值组间465.8862232.9434.372组内799.251553.385总和7265.13617拒绝故可认为该地区三所小学五年级男生平均身高有显著差异。4 解： 假设不全相等伏特计测定值100.9,101.1,100.8,100.9,100.4100.82100.2,100.9,101.0,100.6,100.3100.6100.8,100.7,100.7,100.4,100.0100.52100.4,100.1,100.3,1060.2,100.0100.2经计算可得下列方差分析表：来源离差平方和自由度均方离差值组间0.989530.32984.0716组内1.296160.

21、081总和2.285519拒绝故可认为这几支伏特计之间有显著差异。5 解：假设不全相等温度（）得率（%）60909288906597939294709696939575848388858084868284经计算可得下列方差分析表：来源离差平方和自由度均方离差值组间303.6475.915.18组内50105总和353.614拒绝故可认为温度对得率有显著影响由检验法知：给定的置信概率为故的置信概率为0.95的置信区间为由上面的数据代入计算可得：故的置信区间为（1.9322 , 10.0678）由检验法知：的置信区间为：代入数据计算得：故的置信区间为（5.9322 , 14.0678）6 解： 又

22、矩估计法知且注意到 7 解：因子因子令，则令，则令则，8 解：假设假设加压机器1677.7515771692180016421644.7515351640178316211679.2515921652181016631667.25 , 来源离差平方和自由度均方离差值因子304221521=6.3436=114.8298因子82597.64327532.547误差1438.616239.7683总和87078.2511 故接受，拒绝即可认为不同加压水平对纱支强度无显著差异；既可认为不同机器对纱支强度有显著差异。9 解：假设假设假设机器操作工甲乙丙15，15，1719，19，1616，18，211

23、7.3(15.67)(18)(18.33)17，17，1715，15，1519，22，2217.67(17)(15)(21)15，17，1618，17，1618，18，1817(16)(17)(18)18，20，2215，16，1717，17，1717.67(20)(16)（17）17.16716.518.58317.417和的值可按入夏二元方差分析表来引进来源离差平方和自由度均方离差值机器2.838630.9462=0.5488=7.8756=7.093机器27.155213.5775交互作用73.3698612.2283误差42.3866241.724总和144.7535 故接受，拒绝,即

24、可认为机器之间的差异不显著，操作工之间的差异显著，交互作用的影响也显著。10、 解：假设 浓度（%）温度（）10243852214，1011，1113，910，1211.25（12）(11)（11）（11）49，710，87，116，108.5（8）（9）（9）（8）65，1113，1412，1314，1011.5（8）（13.5）（12.5）（12）9.311.1710.8310.310.417 和的值可按入夏二元方差分析表来源离差平方和自由度均方离差值浓度44.3222.176=4.092=0.7114=0.829温度11.560233.8534交互作用26.94364.4905误差64.

25、9998125.4167总和147.83323 故拒绝，接受,即可认为浓度对得率的影响显著，而温度和交互作用对得率的影响不显著。11、解：由题意：设温度为因子，加碱量为因子，催化剂种类为因子假设 则可列下表： 列号试验号试验值平方11115126012122715041313358336442282672452236947616231593481731377592983218572259332847056180210195=636，=46182210225237246201204456724504245270=4494472898326得方差分析表如下：来源离差平方和自由度均方离差值72823

26、64=8.465=1.139=3.79982493262163误差86243总和12388 给定，查表即接受，即可认为温度、加碱量、催化剂种类对收率无显著影响。12、解：由题意，设退伙温度为因素，退伙时间为因子，原料产地为因子，轧程分配为因子。假设 则可列表如下：试验号试验值平方111110.820.6724211220.850.7225312120.700.49412210.750.5676521120.740.5476621210.790.6241722110.800.64822220.870.75693.123.23.063.16=6.32=5.0163.23.123.263,164.9

27、9364.99364.99784.9928=4.99280.00080.00080,0050可得方差分析表为：来源离差平方和自由度均方离差值0.000810.0008=0.145=0.145=0.909=00.000810.00080.00510.005010误差0.016630.0055总和0.02327，查表故接受，认为四种因素均对铁损没有显著影响。13、解：设秧龄为因素，苗数为因素，肥料为因素。假设 有计算可得表如下试验号试验值平方11111116002111222613.3.893122112600.6.364122221606.6.5652121216746212212746.6.5

28、672211226888221211686.6.562420.52633.92587.92562.62567.22567.2=5215.7=.932795.22581.82627.82653.12648.52648.5.8.1.8.6.5.0=.817550339.31991023.7336.7826.2有计算可得方差分析表如下：来源离差平方和自由度均方离差值17550117550=31.55=0.61=0.36=1.84=0.6=1.48339.31339.319911991023.811023.8336.71336.7826.21826.2误差556.131556.13总和20831.13

29、720831.13上表中、得离差平方和相对很小，这三项作用不显著。为了提高检验的效果，把、并入，并取的自由度为4项自由度之和。得到下表：来源离差平方和自由度均方离差值17550117550=49.05=2.86=2.311023.811023.8826.21826.2误差1431.134357.7825总和20831.137,查表所以若把苗数、秧龄和苗数交互作用、秧龄和氮肥交互作用引起的三项离差合并到误差项中，则秧龄对亩产有显著影响。而氮肥、亩数和氮肥交互作用无显著影响。第五章1.解： 对一元回归的线性模型为 离差平方和为 对求的偏导数，并令其为0，即 变换得 解此方程得 因为 所以 其中 2. 解：将 代入得 3证明： 4.解：将 代入得 为的无偏估计量 5. 解：将 代入得 假设 用检验法 拒绝域为 查表得 将上面的数据代入得 所以 接受 即认为为386. 解：（1）由散点图看，的回归函数具有线性函数形式，认