西安交大研究生課程之應(yīng)用數(shù)理統(tǒng)計(jì)作業(yè)

\h第一章數(shù)理統(tǒng)計(jì)的基本概 \h第二章參數(shù)估 \h第三章假設(shè)檢 \h第四章方差分析與正交試驗(yàn)設(shè) \h第五章回歸分 \h第六章統(tǒng)計(jì)決策與貝葉斯推 第一章數(shù)理統(tǒng)計(jì)的基本概念

X~N(,2X~N(,2又∵查表可得u0.025∴n1.962解：(1)X∴800P(X800)1P(X(2)

X∴3000P(X

3000) 1(1)??={(??1,??2,??3)|????=0,1,2,…,k=p(??1,??2,??3)=??!??!??! ,????=0,1,2,…;k= (2)??={(??1,??2,??3)|????≥0;k=f(??1,??2,??3)=??3?????(??1+??2+??3),????≥0;k=??={(??1,??2,??3)|??≤????≤b;k=f(??,??,??)= ,??≤ ≤b;k=

??={(??1,??2,??3)|?∞<????<+∞;k=1,2,3}= 1 ? f(??1,??2,??3)=(2??)3/2??

,?∞<????<+∞;k=

(lnxiP(x1,x2,.....xn)

2

2)

(xi

xi

x2x2

2nxa(xi

n(xa)21) (

)2(

XX ((

X)22(X)( X)2n(X)2

X)n(X(2) (XiX)2X22X

nX

X22nX2nX X2nX

xn1

(nn

xn1 n1

(nxn

xn1b）S

(x

n1

(xn1

xnnn

n

[x2xn

nnn

xn [(x

)2

(x

x)

n1

x)2nn

(n

n

[nS2

xn)2

n

xn)(nx

(n1)xn 1

xn)2 1[nS2 n

nxn)2

n n

n1

[S2

n

xn)2

??

??2

?)2

??)2] ??+

[∑??2?2????????????+

2?????2]

因?yàn)?n??2=

????2????2n??2=

????2????2所以

n??2 ???? ??+

[???2???2??+

(????????+ 解

n??2+ ??+

m?n(??+??)2

(??

E(X)

E( xi)

E(xi ????????=1 D(X)

xi)

2D(ximp(1 E(S

)

x)1E[

(x2) x1 xn1

E(x2)nE(x)2(D(x)E(x)2)n(D(x)E(x)2n1[n(mp(1p)m2p2)n(1mp(1p)m2p2

n1mp(1p)1 1

E(X)

E( xi)

E(xi)1 D(X)

xi)

2D(xi1 E(S)

[

)nE(x)1

(D(x)E(x)2)n(D(x)E(x)2nn1

E(

1 D(X)

xi)

2D(xi E(S)

[

)nE(x)1[n

(D(xi

)

)2)n(D(x)E(x)2

E(X)

E( xi)

E(xi)D(X)

D(

xi)

2D(xi E(S)

[

)nE(x)1

(D(x)E(x

)2)n(D(x)E(x)2nn1

E(X)

E( xi)

E(xi)D(X)

D(

xi)

2D(xi E(S)

[

)nE(x)1[

)

)2)n(D(x)E(x)2n1解：由統(tǒng)計(jì)量的定義知，1，3，4，5，6，7為統(tǒng)計(jì)量，5為順序統(tǒng)計(jì)量中位數(shù) 極差2.70 ??<解 ????

20 0???<13 1???<16 2???<18 3???< 1 ??? 則Y=

????~Γ(????,

?=????(??)

???????,??>???(??)

??????????

?????????,??>

(??)=

[??(??)]???1[1??(??)]?????f(x)1?m?

(??)

[??(??)]???1[??(??)??(??)]??????1[1? 1?k<j?樣本極差R=??(??)???(1),其中??(??)和X(1)的概率密度可由（1）R的概解:???????

故 (???????)2~

X~(,)

f(x)Y

f(y)

eky(

eky即Y

(,

X~xa1(1f(x)

B(a,E(X) xkxa1E(X) B(a,B(ak,B(a, E(X)

B(a,

1)(b)

(a

b

(a1)(a(ab a(a)(a(ab)(a aE(X2)

B(a2,B(a,(a2)(b)(ab a(a

(a(ab1)(a D(X)E(X2)[E(X a(a(ab1)(a

(ab1)(a解：∵X~F(nmP(Yy)P(n (1nX) P(

n(1 (nm

n

m( n(1y (2)(2) f(y)P(Y(nm

n

(n)(m)1 yn1(1y)m

1y

(1 B(n,m ∴Yn (1nX nm 2

X~t(n)

y)P(X2 X

( (1

f(y)P(Y ( (1

1 ( (

1 (1)(n

∴Y

解1)

X~N(84∴X~N(8,4

5X8~N∴樣本均值落在7.8~8.2P(7.8X8.2)P(5(7.88)5(X8)5(8.2 樣本均值落在7.5~8P(7.5X8)P(5(7.58)5(X8)5(8 P(05(X8)100個(gè)樣品，樣本均值落在7.5~8P(7.8X8.2) 10(7.8 10(X 10(8.2 2*(0.841311分鐘的概率為：??1=10.9333=259分鐘的概率為:??2=10.9938=1008.6分鐘的概率為??3=10.9987=解：=2.52 (1)30

s2

s2n (6

2~而s22~

(n1

通過查表可得30~40樣品均值x1.3~3.5P{-0.4472<n(x)又n(x)P＝0.1929解：(1)

X~N(0,2∴X~N

n∴ nX)2~2

2∵a(

)an 同 b

a

X~N(0,2X ∴2~(1 X由2分布是可加性得： i~2in1

c

i1nn n nnmX

∴c X由(2)可知 i~2i1Xi1 in1XdXi d

~F(n,∴d

????+1~??(??,??????~??(0,

????+1? √??+1??2?? ????? ~??(?????2????+1? ??

√??+1~??(???

X~N(,2 (Xi1)2~2 X ( 1)

Y 同理(i

2)

(n2

X n2(X

( 1

~F(n,n)

Y n2(Y

( 2 1

第二章參數(shù)估計(jì) ∵X~Exp(∴E(X)1令1?解得的矩估計(jì)為

U(a,bE(X)a(bD(X)a?b?A

1

（1

X2X2S2

n

n解得a和bE(X)xx1dx

A

1

k

E(X)0x(k1)! dx k∴?kE(X)1E(X2)

2a1a?A ?2

S2X 解得和a的矩估計(jì)為SSSB(SB(m,∴E(X)m?A1p的矩估計(jì)為?L(λ)=?????????

????,

>0,??=1,2,?,lnL(λ)=nlnλ???∑ ?（2）f(x)

=λ?∑,??<??<L(a,b)=(?????)??,??<????<：? ?=θ?????1,0<??<（3）f(x)=

L(θ)=?????∏

,0<????<lnL(θ)=nlnθ+(θ?1)∑ ：?

=??+∑ln????=

（4）f(x)=

?????1???????,??>L(β)=

x≤)???∏?????1??????

????,

>0??=1,2,?,(???

lnL(β)=nk?lnβ?n?ln(k?1)!+(k?1)∑ln???????∑

???∑????=解得：?（5）f(x)

λ?????(?????),??> x≤L(a,λ)=?????????

(???????),

>??,??=1,2,?, =λ?∑(???????)=?

,?=? ??X(1)（6）X~B(m,P{??=??}

(??

????(1???)?????,k=0,1,?,??

∑??

(?????L(p)=

??

??(1?

??,????=0,1,2,?,lnL(p)=n?ln(??)+∑?????lnp+∑(???????)?ln(1?

(???= ???=1 =0 ?=??

1?XP(X

k)

p(1pxiL(p)pn(1p)lnL(p)nlnp(xin)ln(1lnL(p)n(

xn) 0 1 ?Xp(xk)E(X)=?+1

1k= ∴?=L(N)

1710

要使L(N

N1()1(10.025)S S1.96X（1）

R2.142.09

0.42990.05R1(0.050.050.05)

0.39460.05 解（1） f 解（1）

x1E(X)1 E()E(X)1 X不是的無偏估計(jì)，偏差為

E(X1)

X是

MSD()(E()

D(X)(E(X) 2.24a

ax，則

為無偏估計(jì)應(yīng)1 2 a1a2因此123都是D()

iD(Xi)D(X

a2 )D(X)()D(XD(

2)25D(X

)1D(X D(3)D(2)D(1 32X12X2

X~E(X)

D(X)X是EX)S*2是D(X)E(X(1)S*2)E(X)(1)E(S*2(1)

(1(1E(X(1)S2)E(X)(1)E(S2a(1)E(

n1

S2a(1

n1

E(S2a(1 n1n 所以X1)S2是證明：X~P假設(shè)T(X1)為θ=???2λE[T(X)]=θ,E[T(X1)]= T(X)?λ???λ==

T(X)?λ??=???λ=

(?λ)??=

(?1)??λ??（泰勒展開

所以T(??1)=(?1)??1是θ=???2λ證明：假設(shè)存在估計(jì)量xkp2 0則有x1的分布為1pp E(xk)=p,要使p＝p2，則＝p，但ｐ可見：ppp2（1）E?2=(EX)2+X=p2+p(1?p)≠?2（2）E(??1????)=E(??1)E(????)=p?p=故??1????是p2

)=

)2?

=

)2???????(??)

))2=p?p?p4=p2?p4?2lnf(x;p) E(1? ??(??)=?E (1? p(1???????(??)

4??2p(1?4??2p(1???(??)=??????(??)= =

p2?

??(1+lnp(xi,)xln

p(xi,

lnp(x,)ux(x11)1x1

x

2 lnp(x,)]2E(x11)21E(x)2

2

的R-C

4 E(u?)E(a?b)aE(?)babP{|??|≥??}

令X=Tn-g(θ)，k=2P{|Tn?g(θ)|≥??}≤

?θlim??[??θ]2=0≤limP{|??θ|≥??}≤

??[? =

limP{|??θ|≥??}=即：?

E?E(2?)??[2???[4?24???=lim

+??2?4???

+??2]=

=

??→∞所以：2?

??,

)2

? =lim??

)?

+

=

??2=

??→∞(??+2)(??+所以：??(??)是θ2.18~2.20（１） f(x;)ne ＝nen2.3.6c()h(x1,...,xn)b()

xiT(x1,...,xn)這樣可得：T(x

)1

，這樣，可得x （２）首先xf(x;) L()nln()n n(x)(2)n2(x(則有C(n2 是的有效估計(jì) 2.23n(n(xp(1p

}=1-由題意得：1-＝0.95,

60,n=105查表得

=0.05,x 這樣，我們可以解得：p0.95的置信區(qū)間（0.4768,0.6661）2.24解：由中心極限定理可得，當(dāng)nP（）分布xk ~N(0,1，在這里，ｎ充分大，u,

x

}1

x

4n4nxu的置信度近似為1的置信區(qū)間為（x2

)4n4nxux2

)2.26Un(X

對于給定的1，查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表可得u2，使u2)1P(X

u

pX

u

)1區(qū)間的長度d2

u

L22n(X2(nU n(X2(nt(n由因?yàn)閁t(n所以TnXnS2n對于給定的1t分布表可得nS2nP(Ut21P(X

ntn

X

ntn

)1當(dāng)n30X35S15時(shí)，第一家航空公司平均晚點(diǎn)時(shí)對于給定的1t分布表可得t，使得P(Ut1nP(X t)1nn故的具有單側(cè)置信上限的單側(cè)置信區(qū)間為(Xn

t第一家航空公司的單側(cè)上限置信區(qū)間為第二種航空公司的單側(cè)上限置信區(qū)間為（1）

~N(,2X

~N因此

Xi

~

(Xi)2 (Xi)2 i12的置信區(qū)間為

1

X

(Xi

)22(n) (6) (n) (6)

(n1)S（2）未知

~2(n (n1)S(n

2(n)

1

(n)(n

(Xi

X)22(n1) (n1) 1

(n1)S解：未知

~2(n(n1)S(n1)S

(n1)S(n1)S12

X

(n

(Xi

X

2(n1) (9) (n1) (9) 2(n1) (9) 解：當(dāng)n充分大時(shí)，總體X

N

S)S S 1(XY)S S 112的置信區(qū)間為：((XY)u 11 SSX160

Y150S2m(1m) S2 S2 S S S 1u

u0.02512的置信區(qū)間為~xyu1u2~ 1

1

n1n2那么121—xy

n1n2 11 n2在此題中x=0.14125y=0.1392，=0.05t0.02545

S

11 （-S SXY~N(12121

Y)u

11SSn

X

S1

Y

S2SSSS 1

u

u0.0252和2均未知，nn 令ZiXiYi則Z~N，22 那么121— ZZ

n-Z

n-Z=XY=-

tn-

t這樣可計(jì)算得120.95的置信區(qū)間為：(-2S 1n1~F

解：2S 22的置信區(qū)間S S

1,

S

1)單側(cè)置信下限為S

單側(cè)置信上限為

1,n2n1n2

n

2

n

2

22的置信區(qū)間為第三章假設(shè)檢驗(yàn)3.3X~N83.8%,2,0.05H0：=83.8%H1：在這里2

nx0S

nx0tS*

nxi

S

t

0 S

接受假設(shè)H3.5H01260H1H

n(X)~t(nS*拒絕域?yàn)閃Tt2(nn X S*T t2(n1)t0.025(3)T3.1824，所以拒絕3.7X~N(,2，H0:0.048H1:(n

H2

~2(n

2(n1)or

1

(nn X (n1)S*2

(n

2(n1) (4) (n1) (4)1

211.143，所以拒絕HH012H11UH0

X

11 拒絕域?yàn)閃Uu2n1 X n25YU X 1.61 1U1.96H022H112X

~N X

Y ( )2~2(n)，( ~(n2

(Xi

)2 F ~F(n1,n2)H0

(Yi) 拒絕域?yàn)?/p>

n1

(Xi)

)2F1.3923

0.2688F3.72，所以接受原假設(shè)HH01:22H11:2若H01H02:12H12:1S*F1~F(n1,n1，2未知，H01成立時(shí) n1

X

*n2 Y15 SF1 (n1,

1)

1

0.2041F4.53，所以接受原假設(shè)H222但2，2未知， 1

X

~

拒絕域?yàn)?/p>

t2(n1n21 1

T

t2(n1n22)t0.025(15)T2.1315，所以接受原假設(shè) ，認(rèn)為1X，Yx~N(,2，其中2未知Ho4.5H14.5

n(x0)當(dāng)H0成立時(shí)候，T應(yīng)偏向取正值，T取過分大的負(fù)值將不利于原假設(shè)，拒絕域取為ｗ＝｛Tt(n1)｝在該題中,n=13,x4.83846

4.5,S*計(jì)算t

13(4.438464.5)H022H1X 大樣本時(shí)，當(dāng)022時(shí)U ~N n X SUX01.5714，uu0.1 U1.2816，所以接受原假設(shè)，可以認(rèn)為計(jì)算器的平均持 x1~N(1,2x~N(2,2，其中2＝Hｏ：122H1:12 1 以T＝ 1 (n1)S(n1)S*2(n n1n2T~t1(n1n2當(dāng)H0成立時(shí)，ｔ應(yīng)偏向取負(fù)值，T拒絕域取值為wTt(n1n2

1.5,Sw0.872561 t1

經(jīng)查表可得t0.05(22)可見ｔ>t0.05(22),t落在拒絕域 H0:

:

212

S S S S 1

~N拒絕域?yàn)?/p>

u11 SS

Y

uu0.05U1.6448，所以接受原假設(shè)，甲槍彈的平均速度比乙槍彈H:

2H:2S W1F(n1,n

S SF1F3.5，所以接受HX~01H0:0.05H1:X 大樣本時(shí)，U 0~N U過分偏大將不利于H0m(1m)Wm(1m)Xm

S

UX

u

U1.6448，所以接受原假設(shè)H解：用2n(mnpH成立時(shí)，K112 2.2

2(r1)2(3)K1127.815，所以接受H，認(rèn)為X3.21解：提出假設(shè)H0x~Exp(其中先由題中數(shù)據(jù)可以算出的極大似然估計(jì)

1

^替換，把ｘ可能取值的區(qū)間0分為不相交的６當(dāng)H0成立時(shí)，分別計(jì)算各組的理論頻數(shù)npi和實(shí)際頻數(shù)mi，組號6那么可的

i7621.036 對給定0.1查2(4)分布表，可得2(4)7.779可見 2 3.23解：對于本題，提出假設(shè)H0：F=GH1FG，拒絕域?yàn)閧Dn1n2Dn1,n2,FGn(Fn(x(iDn1,n2

n=77

Dn1,n2

3.25解：記療效為X，年齡為YX，?。撤N值：分別記顯著、一般、較差分別為:A1,A2,A3;Y也取三種B1B2B3

H0pijpi。p。j,i1,2,3H1

p{xAi,YBjpi。p{xAip。jp{YBj}，ij

nin。j)2kn

n j

(32128= (28117

(44117

(45117+ + + (2355

117

+ + +

拒絕域?yàn)椋鳎絳k2((r1)(s 又又

(4)k2 第四章方差分析與正交試驗(yàn)設(shè)計(jì) F因素????=誤差????=總和????=解：提出假設(shè)H0F因素QA誤差QE總和QTF(r1,nr)F0.05(2,27)F3.35，所以拒絕原假設(shè)，認(rèn)為這三組玻璃碎片的平均折射解：提出假設(shè)H0F因素QA誤差QE總和QTF(r1,nr)F0.05(2,7)F4.74（1）

F因素QA誤差QE總和QTF3.06ni(Xini(Xii

~

因此的置信區(qū)間為：

(n ni4t2(ni1)t0.025(3)

i S的置信區(qū)間(X (n n i (XiXk)(ik)~t(n(11 (11 ((

)t

(n (11 t2(n(11 13的置信區(qū)間為（16.2397，25.3103）45的置信區(qū)間為（-（1）自由F（2）H01：處置方案因子對實(shí)驗(yàn)無顯著影響H02H11：處置方案因子對實(shí)驗(yàn)有顯著影響H12：區(qū)組因F0.05(2,46.94FA6.94FB6.94，所以接受H01，接受H02自由F因素因素??0.05(2,6)=3.46,??0.05(3,6)=自由F??0.01(3,15)=5.42>4.135,??0.01(5,15)=FAAB以及因素A、B的交互作用對結(jié)果的影響大小，若給定參數(shù)可以對相關(guān)假設(shè)進(jìn)行檢驗(yàn)。第五章回歸分析

Q(b)(

bxi令 Q(b)令

(ybx)(x) xib 解得 x

Y

x2

x

i xiyinxyb 2.790

nx2 aybx（1）?=5.552,?=-1.101,即y=5.552-1.101x???√??????~????(??? ?√??????=0.695<??0.05(16)=（4）r= =-（1）

Y

x2xi

xiyinxyb 0.223

nx2aybx

x)2

(

n2(lyy

lxx)t

t2(n2)t0.025(8)t2.3060

11 (x

~t(n

(xyy0

1 t2(n 1 1 (x

解：bb~NQe2lxx(lxx(bQe(n

2(n ~t(nQeQe(nb的置信區(qū)間為：(bt2(n xiyinxy

b 0.6

aybx

nx22 2

(xi(yi

2

2Qen2(lyy

lxx)所以b的置信區(qū)間為（- (aa)Qe(n

~t(n (n1 a的置信區(qū)間為：(at2(n 用Matlab??=058???√??????~????(??? ?√??????=3.1693>??0.05(10)=充分性：因?yàn)????=1