数理统计汪荣鑫版习题答案.doc

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

55

所以

所以 成立

因为 所以 成立

4. 解：变换

1
2
3
4
5
6
7
8
9

1939
1697
3030
2424
2020
2909
1815
2020
2310

-61
-303
1030
424
20
909
-185
20
310

利用3题的结果可知

5. 解：变换

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13

79.98
80.04
80.02
80.04
80.03
80.03
80.04
79.97
80.05
80.03
80.02
80.00
80.02

-2
4
2
4
3
3
4
-3
5
3
2
0
2

利用3题的结果可知

6. 解：变换

23.5
26.1
28.2
30.4

-35
-9
12
34

2
3
4
1

=26.85

7解：
身高
154158
158162
162166
166170
170174
174178
178182
组中值
156
160
164
168
172
176
180
学生数
10
14
26
28
12
8
2

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
10
9
8
7
6
5
4
频数
2
3
0
9
4
0
2
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
10
9
8
7
6
5
4
频数
2
3
0
9
4
0
2
频率
0.1
0.15
0
0.45
0.2
0
0.1

11.解：
区间划分
频数
频率
密度估计值
154158
10
0.1
0.025
158162
14
0.14
0.035
162166
26
0.26
0.065
166170
28
0.28
0.07
170174
12
0.12
0.03
174178
8
0.08
0.02
178182
2
0.02
0.005

12. 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.

令＝
所以有
２）．其似然函数为

解之得　　
３． 解：因为总体Ｘ服从Ｕ（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

７．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
（2）平均极差，查表知
11.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=100，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（0—1）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 =8.91
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n>45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=0.000006571 =2.364
代入可得所求置信区间为（-0.002016 0.008616）。
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

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38
6. 解：（1）由散点图看，的回归函数具有线性函数形式，认为长度对于质量的回归是线性的。

（2）将
代入得

（3）当时
由分布定义

所以的预测区间为

查表得
将（2）的数据代入得

计算得的预测区间为
9. 解：利用第八题得到的公式 将
代入得

10.。解：二元线性回归模型为
离差平方和为

对求的偏导数并令其为0

可变换为

正规方程为

最小二乘估计为

其中
11解：（1）
采用线性回归模型

于是

可得
所以
12.解
采用线性回归模型

于是

可得

所以
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. 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 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。
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
pi
npi
(ni-npi)2/npi

5
10.94
0.0594
5.94
0.1488

8
10.96
0.1142
11.42
1.0242

20
10.98
0.2047
20.47
0.0108

34
11.00
0.2434
24.34
3.8338

17
11.02
0.2047
20.47
0.5882

6
11.04
0.1142
11.42
2.5724

10
11.06
11.08
0.0594
5.94
2.7750
合计
100

1
100
10.9532
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)
7
0.035
0.175
[2.40,2.60)
16
0.08
0.4
[2.60,2.80)
29
0.145
0.725
[2.80,3.0)
45
0.225
1.125
[3.0,3.2)
46
0.23
1.15
[3.2,3.4)
32
0.16
0.8
[3.4,3.6)
20
0.1
0.5
[3.6,3.8)
6
0.03
0.15
由此图形可大致认为其为母体及正态分布下面用检验法作检验
假设
区间
ni
pi
npi
(ni-npi)2/npi
[2.20 2.40)
7
0.0882
4.68
1.87
[2.40 2.50)
5
0.0276
5.52
0.05
[2.50 2.60)
11
0.045
9
0.44
[2.60 2.70)
12
0.0665
13.3
0.13
[2.70 2.80)
17
0.0893
17.86
0.041
[2.80 2.90)
19
0.1091
21.82
0.36
[2.90 3.00)
26
0.1211
24.22
0.131
[3.00 3.10)
24
0.1223
24.46
0.009
[3.10 3.20)
22
0.1121
22.42
0.008
[3.20 3.30)
19
0.1135
22.7
0.022
[3.30 3.40)
13
0.071
14.2
0.101
[3.40 3.50)
13
0.0488
9.76
1.076
[3.50 3.60)
7
0.0314
6.28
0.083
[3.60 3.80)
5
0.026
5.2
0.079

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 ,20.3
22.04

30.8 ,19.0 ,18.8 ,29.7
24.575

17.9 ,30.4 ,34.9 ,34.1 ,15.9
26.64

23.1 ,33.0 23.0 26.4 18.1 25.1
24.783

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
53.6511
3
17.8837
组内
603.0198
16
37.6887
总和
656.6709
19

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
128.1,134.1,133.1,138.9,140.8,127.4
133.733
第二小学
150.3,147.9,136.8,126.0,150.7,155.8
144.583
第三小学
140.6,143.1,144.5,143.7,148.5,146.4
144.467

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
465.886
2
232.943
4.372
组内
799.25
15
53.385
总和
7265.136
17

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

100.9,101.1,100.8,100.9,100.4
100.82

100.2,100.9,101.0,100.6,100.3
100.6

100.8,100.7,100.7,100.4,100.0
100.52

100.4,100.1,100.3,1060.2,100.0
100.2

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
0.9895
3
0.3298
4.0716
组内
1.296
16
0.081
总和
2.2855
19

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（%）

60
90
92
88
90
65
97
93
92
94
70
96
96
93
95
75
84
83
88
85
80
84
86
82
84

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
303.6
4
75.9
15.18
组内
50
10
5
总和
353.6
14

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

1677.75

1577
1692
1800
1642
1644.75

1535
1640
1783
1621
1679.25

1592
1652
1810
1663
1667.25
,
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
因子
3042
2
1521
=6.3436
=114.8298
因子
82597.64
3
27532.547
误差
1438.61
6
239.7683
总和
87078.25
11

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

15，15，17
19，19，16
16，18，21
17.3
(15.67)
(18)
(18.33)

17，17，17
15，15，15
19，22，22
17.67
(17)
(15)
(21)

15，17，16
18，17，16
18，18，18
17
(16)
(17)
(18)

18，20，22
15，16，17
17，17，17
17.67
(20)
(16)
（17）

17.167
16.5
18.583
17.417
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
2.8386
3
0.9462
=0.5488
=7.8756
=7.093
机器
27.155
2
13.5775
交互作用
73.3698
6
12.2283
误差
42.3866
24
1.724
总和
144.75
35

故接受，拒绝,
即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（）

10
24
38
52
2
14，10
11，11
13，9
10，12
11.25
（12）
(11)
（11）
（11）
4
9，7
10，8
7，11
6，10
8.5
（8）
（9）
（9）
（8）
6
5，11
13，14
12，13
14，10
11.5
（8）
（13.5）
（12.5）
（12）

9.3
11.17
10.83
10.3
10.417
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
44.3
2
22.176
=4.092
=0.7114
=0.829
温度
11.5602
3
3.8534
交互作用
26.943
6
4.4905
误差
64.9998
12
5.4167
总和
147.833
23

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
1
1
1
1
51
2601
2
1
2
2
71
5041
3
1
3
3
58
3364
4
2

2
82
6724
5
2
2
3
69
4761
6
2
3
1
59
3481
7
3
1
3
77
5929
8
3
2
1
85
7225
9
3
3
2
84
7056

180
210
195
=636，=46182

210
225
237

246
201
204

45672
45042
45270
=44944

728
98
326
得方差分析表如下：
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值

728
2
364
=8.465
=1.139
=3.79

98
2
49

326
2
163
误差
86
2
43
总和
1238
8

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
1
1
1
1
1
0.82
0.6724
2
1
1
2
2
0.85
0.7225
3
1
2
1
2
0.70
0.49
4
1
2
2
1
0.75
0.5676
5
2
1
1
2
0.74
0.5476
6
2
1
2
1
0.79
0.6241
7
2
2
1
1
0.80
0.64
8
2
2
2
2
0.87
0.7569

3.12
3.2
3.06
3.16
=6.32
=5.016

3.2
3.12
3.26
3,16

4.9936
4.9936
4.9978
4.9928
=4.9928

0.00