概率论与数理统计习题四解答

2

3. 利用定理2的结论计算分布的期望与方差。 解：设随机变量Y~(n)，由定理2知E(Y)2E(Xi1n2i),D(Y)D(Xi1x22n2i),，

其中Xi为相互独立的随机变量，且Xi~N(0,1),i1,2,,n.于是

E(Xi)2x212x2e2x212dxxe212edx1 所以 E(Y)n. 又 D(Xi2)E(Xi4)E2(Xi2)x2132xe2x412ex22dx1

3x22ex22dx13E(Xi2)1312，  所以 D(Y)2n. 解二：E(Y)E(Xi1ni2)[D(X)Eii1n2(Xi)][10]n.

i1n

4.试证明定理5.

证：因为X~N(,2)，所以由定理1得：

X~N(0,1).再由定理4得：

/n

X(n1)S2/n2(n1)~t(n1)

即：

(X)S/n~t(n1).

6.设总体X~(),试求D(X)及E(S2).

解：因为X~(), 所以E(X),D(X).于是 1 D(X)Dn1 E(S)En12ni1n1Xi2n2i1nD(Xi)1n2i1nn

nn221122(XiX)EXinXE(Xi)nE(X)

i1n1i1n1i11nD(Xi)E2(Xi)nD(X)E2(X)n1i11122nnn(n)n1nn1

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。

1(1.30.61.72.20.31.1)1.2. 6b X~[0,b]的均匀分布，E(X).

2 解：X 令

bˆ2.4Eˆ1.2得b(X)1.2 2又D(X)E(X2)E2(X),

1所以Dˆ(X)(1.320.621.722.220.321.12)1.220.14.

68. 已知总体X在[a, b]上服从均匀分布，a, b未知，(X1,X2,,Xn)是一个样本，试求a, b的极大似然估计量。

1,axb分析：X的概率密度为f(x)ba，

其它0,似然函数为L(a,b)1,1xi2,i1,2,,n，lnL(a,b)nln(ba). n(ba)nlnL(a,b)0aba显然无解。由此不能求得a, b的极大似然估计量。

lnL(a,b)n0bba1,axb解：X的概率密度为f(x)ba，

其它0,似然函数为L(a,b)11xi2,i1,2,,n， ,(ba)n1最大的a, b的值。

(ba)n对于给定的样本值(x1,x2,,xn)，现在要求出使得L(a,b)欲使L(a,b)最大，则应使（ba）尽可能地小，而相对于给定的样本值(x1,x2,,xn)来

说，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xn，则a, b必须满足的是ax1x2xnb，故a, b的极大似然估计值应取为

*******{xi}ax1mini .

*bxnmax{xi}i9. 给定一个容量为n的样本(X1, X2,…，Xn),试用极大似然估计法估计总体的未知参数，设总

体的概率密度为

（1） f(x)x1,0x1

0,其他 （2） f(x)ex ,x00,x0

()x1ex （3） f(x),x0,已知

0,x0nn解：（1）似然函数为L()x1nii，

i1nx1i,lnL()nln(1)i1xi1n令ddlnL()nxi0,得的极大似然估计量为：ˆni1nXi

i1n （2）似然函数为L()nexinexii1,lnL()nlni1nxii1dnxndlnL()ni0,得的极大似然估计量为：ˆi1nXi

i1nn（3）似然函数为L()（）x1xiniei()nexi1i1x1i,

i1nn lnL()nlnnlnxi(1)i1xi

i1 dnnndlnL()xi0,得的极大似然估计量为：ˆi1nXii1

10．设(X1, X2,…，Xn)为()的一个样本。试证

，

（1）样本方差S2是的无偏估计。

（2）对任一，01,X(1)S2也是的无偏估计。 解：（1）因为

1nn2122 E(S)E(XiX)EXnXin1i1n1i121n1n2222 E(X)nE(X)D(X)E(X)nD(X)E(X) iiin1i1n1i11n122 ()nnn1n n1i1 所以S2是的无偏估计。

（2）因为X与S2均是无偏估计，所以E(X),S2(X)，故 EX(1)S2E(X)(1)E(S2)(1) 于是对任一，01,X(1)S2也是的无偏估计。

11．对方差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的

置信度为(1)的置信区间的长度不大于给定的正数l？ 解：因方差2为已知，由UX/n~N(0,1)得：

XPZZ 1 22/n 所以的置信度为(1)的置信区间的长度为22Z2n，要使2Z2n2Z2 n. l12. 已知样本值为 (3.3,-0.3,-0.6,-0.9 )，求

（1）当=3时，正态总体均值的95%的置信区间； （2）当未知时，正态总体均值的95%的置信区间。 解：x0.375s1.965

（1）当=3时，由UX/nX~N(0,1)，所以 3/2XXPZZ0.95P1.961.960.95

3/23/222故，正态总体均值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的95%的置信区间为（-2.565，3.315）。 （2）当未知时，由TXS/n~t(n1)即TX~t(3)，所以 S/2XXPt(3)t(3)0.95P3.18243.18240.95

S/2S/222故正态总体均值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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(1,2)和N(2,2)，且相互独立，2未知。试求1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Y)(12)S11n1n2~t(n1n22)即(XY)(12)9203S12724S2~t(7)得：

(XY)(12)Pt0.05(7)t0.05(7)0.95293S124S222207

故12的95%的置信区间为

22223S4S3S4S991212(XY)2.3646,(XY)2.3646207207 代入样本值x0.1413s10.0029y0.1392s20.0023得：12的95%的置信区

间为（-0.002，0.006）.

14. 现有某种型号电子管的容量为100的样本，其寿命的样本标准差s45。试给出这批电子管寿命总体（设为正态总体）标准差的95%置信区间。 解：由K(n1)S22(n1)S222~(n1)，知P(n1)(n1)0.95， 2122222(n1)S(n1)S22即 P20.95

(n1)(n1)12212Z0.0521001128， 因为n100,s45,0.05，0.05(99)222120.05(99)Z0.052100172.96，代入不等式

1122222(n1)S2(n1)S22 2 2(n1)(n1)212得2的95%置信区间为(1566.21,2747.74), 从而标准差的95%置信区间(39.58,52.42)。 15. 今为检查两工人生产技能的稳定性，从其在某天里所出产品中分别抽取容量为25和15的两个样本，求得样本方差分别为S122.4,2S25.15。设两样本均来自正态总体，试求

2方差比122的90%置信区间，并说明能否确认他们俩人在生产水平的稳定性方面有明显

差异？

2解：n125,n215,S122.4,S25.15,0.1

2S12S2 由F122S12S2，知~F(251,151)PF(24,14)F(24,14)09， 0.10.1222121222 查表得：F0.05(24,14)2.35,F0.95(24,14)110.4717

F0.05(14,24)2.122 代入样本值得122的90%置信区间为(0.1983, 0.9879)。

2 因为122<1，所以他们俩人在生产水平的稳定性方面有明显差异，第一人比第二人

稳定。