概率论与数理统计第四版七八章课后习题答案

1．[一] 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm计） 74.001 74.005 74.003 74.001 74.000 73.998 74.006 74.002 求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S2。

解：μ，σ的矩估计是 S26.86106。

2．[二]设X1，X1，„，Xn为准总体的一个样本。求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。

2

1nˆX74.002,ˆ(Xix)26106 ni12θcθx(θ1),xc（1）f(x)

0,其它其中c>0为已知，θ>1，θ为未知参数。

θxθ1,0x1（2）f(x)

0,其它.（5）P(Xx)解：（1）E(X)得θ其中θ>0，θ为未知参数。

pmxx(1p)mx,x0,1,2,,m,0p1,p为未知参数。

xf(x)dxcθcθθ1θcθcθcxdxc,令X，

θ1θ1θ1θθX Xc（2）E(X)xf(x)dx10θxθdxθθX2,令X,得θ()

1Xθ1θ1（5）E (X) = mp 令mp = X，

ˆ解得pX m3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。 解：（1）似然函数

L(θ)f(x)θii1nnnθc(x1x2xn)θ1

ndlnL(θ)θlnL(θ)nln(θ)nθlnc(1θ)lnxi,nlncdθni1nlnxi1i0

68

θˆnlnxi1n （解唯一故为极大似然估计量）

inlnc（2）L(θ)f(x)θii1nnn2(x1x2xn)θ1n,lnL(θ)ln(θ)(θ1)lnxi

2i1ndlnL(θ)n11dθ2θ2θ计量。

（5）L(p)nlnxi1iˆ(n0,θlnx)ii1nn2。(解唯一)故为极大似然估

i1nmmi1P{Xxi}(1p)xxp1nximnxii1n，

lnL(p)lnxmxii1i1nilnp(mnnx)ln(1p),

ii1ndlnL(p)dpxi1nimnxi1ipni1p0

x解得 pi2mnX，（解唯一）故为极大似然估计量。 m4．[四(2)] 设X1，X1，„，Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。

解：（1）矩估计 X ~ π (λ )，E (X )= λ，故λˆ=X为矩估计量。

n（2）极大似然估计L(λ)ni1nP(xi;λ)λi1enλ，

x1!x2!xn!xinlnL(λ)xlnλlnx!nλ

iii1i1dlnL(λ)dλxi1niλn0,解得λˆX为极大似然估计量。

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λxiλe,xi0,1,) （其中p(xi;λ)P{Xxi}xi!5．[六] 一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，随机地自该地区取100个样品，每个样品有10块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。假设这100次观察相互独立，并由过去经验知，它们都服从参数为n=10，P的二项分布。P是该地区一块石子是石灰石的概率。求p的极大似然估计值，该地质学家所得的数据如下 样品中属石灰石的石子数 观察到石灰石的样品个数 0 0 1 1 2 6 3 7 4 5 6 7 8 3 9 1 10 0 23 26 21 12 解：λ的极大似然估计值为λˆ=X=0.499 [四(1)] 设总体X具有分布律 X 1 Pk θ2 2 2θ(1－θ) 3 (1－θ) 2 其中θ(0<θ<1)为未知参数。已知取得了样本值x1=1，x2=2，x3=1，试求θ的矩估计值和最大似然估计值。

解：（1）求θ的矩估计值

E(X)1θ222θ(1θ)3(1θ)2

[θ3(1θ)][θ(1θ)]32θ 令E(X)32θX

3X 则得到θ的矩估计值为θˆ2（2）求θ的最大似然估计值 似然函数L(θ)312153

26P{Xi13ixi}P{X11}P{X22}P{X31}

ln L(θ )=ln2+5lnθ+ln(1－θ) 求导

θ22θ(1θ)θ22θ(1θ)5

dlnL(θ)510 dθ61θˆ5 得到唯一解为θ6

70

8．[九(1)] 设总体X ~N（μ，σ 2），X1，X1，„，Xn是来自X的一个样本。试确定常数c使c(Xi1n1i1Xi)2为σ2的无偏估计。

解：由于

E[c(Xi1Xi)]c[E(Xi1Xi)]cD(Xi1Xi)2(E(Xi1Xi))2]22i1i1i1n1n1n1 =c[D(Xi1n1i1)D(Xi)(EXi1EX1)]c2(2σi1n1202)c(2n1)σ2

n11当c时,c(Xi1Xi)2为2的无偏估计。

2(n1)i1

[十] 设X1，X2， X3， X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ未知，设有估计量

T111(X1X2)(X3X4) 63T2(X12X23X34X4)5

T3(X1X2X3X4)4

（1）指出T1，T2， T3哪几个是θ的无偏估计量； （2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。 解：（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以

E (Xi )= θ,

D (Xi )= θ 2,

i=1,2,3,4

由数学期望的性质2°，3°有

E(T1)E(T2)E(T3)11[E(X1)E(X2)][E(X3)E(X4)]θ 631[E(X1)2E(X2)3E(X3)4E(X4)]2θ 51[E(X1)E(X2)E(X3)E(X4)]θ 4即T1，T2是θ的无偏估计量

（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2， X3， X4独立，知

71

D(T1)D(T2)115[D(X1)D(X2)][D(X3)D(X4)]θ2 3691811[D(X1)D(X2)D(X3)D(X4)]θ2 164D (T1)> D (T2)

所以T2较为有效。

14.[十四] 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0 5.7 5.8 6.5 7.0 6.3 5.6 6.1 5.0。设干燥时间总体服从正态分布N ~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。

σzα）解：（1）μ的置信度为0.95的置信区间为（X， n20.61.96)(5.608,6.392) 计算得X6.0,查表z0.0251.96,σ0.6,即为(6.09Stα(n1)）（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（X，计算得X6.0，查n2表t0.025(8)=2.3060.

1910.33S(xix)22.640.33.故为(6.02.3060)(5.558,6.442)8i1832

16.[十六] 随机地取某种炮弹9发做试验，得炮弹口速度的样本标准差为s=11(m/s)。设炮口速度服从正态分布。求这种炮弹的炮口速度的标准差σ的置信度为0.95的置信区间。

解：σ的置信度为0.95的置信区间为

(n1)S2(n1)S2811811(,)(,)(7.4,21.1) 22(n1)(n1)17.5352.18212其中α=0.05, n=9

22查表知 χ0.025(8)17.535,χ0.975(8)2.180

19.[十九] 研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率。设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为0.05cm/s，取样本容量为n1=n2=20.得燃烧率的样本均值分别为x118cm/s,x224cm/s.设两样本独立，求两燃烧率总体均值差μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间。

72

解：μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间为

(X1X2z2120.052)(18242.582)(6.04,5.96). n1n2202n1=n2=20, σ12σ20.052,X118,X224

22其中α=0.01，z0.005=2.58,

20.[二十] 设两位化验员A，B独立地对某中聚合物含氯两用同样的方法各做10次

2222测定，其测定值的样本方差依次为SA分别为A，B所测0.5419,SB0.6065.设σA,σB22定的测定值总体的方差，设总体均为正态的。设两样本独立，求方差比σA的置信σB度为0.95的置信区间。

22解：σA的置信度为0.95的置信区间 σB2SA2SAα2(,22SBFα(n11,n21)SBF21(n11,n21))

(0.54190.54194.03,)= (0.222, 3.601).

0.60654.030.606511。

F0.025(9,9)4.03其中n1=n2=10，α=0.05，F0.025(9,9)=4.03, F0.975(9,9)

第八章 假设检验

1.[一]某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）3.25 3.27 3.24 3.26 3.24。设测定值总体服从正态分布，问在α = 0.01下能否接受假设：这批矿砂的含镍量的均值为3.25.

解：设测定值总体X～N（μ，σ 2），μ，σ 2均未知

步骤：（1）提出假设检验H0：μ=3.25; H1：μ≠3.25 （2）选取检验统计量为tX3.25~t(n1)

Sn2（3）H0的拒绝域为| t |≥tα(n1).

73

（4）n=5, α = 0.01，由计算知x3.252,S1n1(Xi15iX)20.01304

查表t0.005(4)=4.6041, |t|3.2523.250.343tα(n1)

0.0130425（5）故在α = 0.01下，接受假设H0

1(51)0.618，这样的矩2形称为黄金矩形。这种尺寸的矩形使人们看上去有良好的感觉。现代建筑构件（如窗架）、

2．[二] 如果一个矩形的宽度ω与长度l的比ωl工艺品（如图片镜框）、甚至司机的执照、商业的信用卡等常常都是采用黄金矩型。下面列出某工艺品工厂随机取的20个矩形的宽度与长度的比值。设这一工厂生产的矩形的宽度与长短的比值总体服从正态分布，其均值为μ，试检验假设（取α = 0.05）

H0：μ = 0.618

H1：μ≠0.618

0.693 0.749 0.654 0.670 0.662 0.672 0.615 0.606 0.690 0.628 0.668 0.611 0.606 0.609 0.601 0.553 0.570 0.844 0.576 0.933. 解：步骤：（1）H0：μ = 0.618； H1：μ≠0.618 （2）选取检验统计量为tX0.618~t(n1)

Sn2（3）H0的拒绝域为| t |≥tα(n1). （4）n=20 α = 0.05，计算知

1xnxi1ni0.6605,S1n1(xi1nix)20.0925，

tα(n1)2.0930,|t|20.66050.6182.055tα(n1)

0.0925220（5）故在α = 0.05下，接受H0，认为这批矩形的宽度和长度的比值为0.618 3.[三] 要求一种元件使用寿命不得低于1000小时，今从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时，已知这种元件寿命服从标准差为σ =100小时的正态分布。试在显著水平α = 0.05下确定这批元件是否合格？设总体均值为μ。即需检验假设H0：μ≥1000，H1：μ<1000。

74

解：步骤：（1）H0:μ≥1000；H1：μ<1000；（σ =100已知） （2）H0的拒绝域为

x1000zα

σn（3）n=25，α = 0.05，x950， 计算知

x10002.5z0.051.645

10025（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，即认为这批元件不合格。

12.[十一] 一个小学校长在报纸上看到这样的报导：“这一城市的初中学生平均每周看8小时电视”。她认为她所领导的学校，学生看电视的时间明显小于该数字。为此她向100个学生作了调查，得知平均每周看电视的时间x6.5小时，样本标准差为s=2小时。问是否可以认为这位校长的看法是对的？取α = 0.05。（注：这是大样本检验问题。由中心极限定理和斯鲁茨基定理知道不管总体服从什么分布，只要方差存在，当n充分 大时

xμ近似地服从正态分布。） sn解：（1）提出假设H0：μ≤8；H1：μ>8 （2）当n充分大时，

xμ近似地服从N（0，1）分布 snxμ≥zα sn（3）H0的拒绝域近似为

（4）n=100，α = 0.05，x6.5，S=2，由计算知

|t|6.587.5z0.051.645

2100（5）故在α = 0.05下，拒绝H0，即认为校长的看法是不对的。

14.[十三] 某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批导线中取样品9根，测得s=0.007(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平α = 0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大？

解：（1）提出H0：σ ≤0.005；H1：σ >0.005

2(n1)S（2）H0的拒绝域为

0.0052χα(n1)

75

2

（3）n=9，α = 0.05，S=0.007，由计算知

(n1)S22280.007215.68χ(n1) α0.00520.0052查表χ0.05(8)15.507

（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。 15.[十四] 在题2中记总体的标准差为σ。试检验假设（取α = 0.05）

H0：σ 2 =0.112， H1：σ 2 ≠0.112。 解：步骤（1）H0：σ 2 =0.112； H1：σ 2 ≠0.112 （2）选取检验统计量为χ（3）H0的拒绝域为χ22(n1)S2~χ2(n1) 20.11212α2χα(n1)或χ2χ2

2(n1)

(n1)S213.437 （4）n=20，α = 0.05，由计算知S =0.0925 ，

0.1122

查表知0.025(19)32.852,20.975(19)8.907

2（5）故在α = 0.05，接受H0，认为总体的标准差σ为0.11.

16.[十五] 测定某种溶液中的水份，它的10个测定值给出s=0.037%，设测定值总体为正态分布，σ 2为总体方差。试在水平α = 0.05下检验假设H0：σ ≥0.04%；H1：σ <0.04%。

解：（1）H0：σ 2 ≥(0.04%)2；H1：σ 2 < (0.04%)2

2(n1)S（2）H0的拒绝域为

(0.04%)2χ1α(n1)

22（3）n=10，α = 0.05，S=0.037%，查表知χ0.95(9)3.325

(n1)S290.037)22由计算知7.701χ0.95(9). 22(0.04%)(0.04%)（4）故在α = 0.05下，接受H0，认为σ大于0.04%

2217.[十六] 在第6[五]题中分别记两个总体的方差为σ1。试检验假设（取α = 和σ2220.05）H0：1和2以说在第6[五]题中我们假设σ1是合理的。 σ222解：（1）H0：σ12σ2 ,H1:σ12σ222 76

（2）选取检验统计量为

FS122S2~F(n11,n21)

α2（3）H0的拒绝域为FFα(n11,n21)或FF21(n11,n21)

（4）n1=8，n2=10，α = 0.05，查表知F0.025(7,9)= 4.20

S120.0002511F0.975(7,9)0.207,F20.298

F0.025(9,7)4.820.00084S2F0.975(7,9)22（5）故在α = 0.05下，接受H0，认为σ1 σ22218.[十七] 在第8题[七]中分别记两个总体的方差为σ1。试检验假设（取α = 和σ222220.05）H0：σ12σ2以说明在第8[七]题中我们假设σ1是合理的。 ,H1:σ12σ2σ222解：（1）H0：σ12σ2 ,H1:σ12σ2（2）选取检验统计量 FS122S2

（3）n1=n2=12，α = 0.05，查表知

F0.025(11,11)= 3.34，F0.975(11,11)由计算知S12110.299

F0.025(11,11)3.340.932,2S21,0.299S122S20.9323.34

22（4）故在α = 0.05下，接受H0，认为σ1 σ224.[二十三] 检查了一本书的100页，记录各页中印刷错误的个数，其结果为

错误个数fi 0 1 2 3 2 4 0 5 2 6 1 ≥7 0 含fi个错误的页数 36 40 19 问能否认为一页的印刷错误个数服从泊松分布（取α = 0.05）。 解：（1）H0：总体X~π(λ )；H1：X不服从泊松布；（λ未知） （2）当H0成立时，λ的最大似然估计为λˆx1. （3）H0的拒绝域为χ（4）n=100

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2ˆ2finχα2(kγ1) ˆinpe1ˆP0P{X0}0.3679 0!11e1ˆP}0.3679 1P{X11!12e1ˆP2P{X2}0.18397 2!13e1ˆP3P{X3}0.06132 3!14e1ˆP4P{X4}0.01533 4!15e1ˆP5P{X5}0.003066 5!16e1ˆP6P{X6}0.000511 6!ˆP{X7}1P7ˆ0.000083

Pii06ˆ5 对于j>3，nPj将其合并得

7ˆnPj3j8.023

合并后，K=4，Y=1

查表知χ0.05(411)5.991

236240219252由计算知χ1001.444

36.7936.7918.3978.0232（5）故在α = 0.05下，接受H0，认为一页的印刷错误个数服从泊松分布。

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