概率论与数理统计答案中国纺织大学出版社(东华大学出版社)

第六章 数理统计基本概念与抽样分布

第一节 数理统计基本概念习题

Page203

1、 设总体分布为下述情形（1）B(k,p)；（2）服从参数为的指数分布；（3）

N(,1)，1,4为取自总体n4的样本，分别写出它们的样本空间和样本的联

合分布律（或联合密度）。

ll

解答：（1）因B(k,p)，所以P{l}Ckp(1p)kl,l0,1,k，故样本空间为

X{(k1,,k4)|k1,,k40,1,,k}，P{1k1,,4k4}P{1k1}P{4k4}

Ckk1pk1(1p)kk1Ckk4pk4(1p)kk4，k1,,k40,1,,k；

（2）因()，所以P{k}

k

k!

e,k0,1,，故样本空间

X{(k1,,k4)|k1k40,1,}，P{1k1,,4k4}P{1k1}P{4k4}



k

1

k1!

e



k

4

k4!

e,k1,,k40,1,；

2

(x)

(x)，故样本空间（3）因N(,1)，所

以f(x)exp()2X{(k1,,k4)|k1,,k4R}，

(x1)2f(x1,

,x4))

2(x4)2)(x1,,x4)。

22、 设样本观察值x1,x2,,xn中有些值是相同的，把它们按小到大排列，分别取值为

x(1)x(2)x(k)，取x(1),x(2),,x(k)得频数分别为n1,n2,nk，(nin)，显

i1

_

1k1k2

然有样本均值xnix(i)，样本方差Sni(x(i)x)2。 ni1n1i1

_

_

1k2

（1） 求证：S[nix(i)n(x)2]；

n1i1

2

_

k

（2） 有一组n25的样本观察值，其数据如下，试求x、s2,b2。

2

___

1k1k1k222

解答：（1）Sni(x(i)x)ni(x(i)2x(i)x(x))=[nix(2i) n1i1n1i1n1i1

___

1k2

2xnix(i)(x)ni][nix(i)2xnxn(x)2]

n1i1iii1

_

_2

_

1k2

[nix(i)n(x)2]。

n1i1

k

k

（2）x

_

1ni

nixi

1

(8*05*17*33*42*6)2，

85732

2

32426

_

11222

[nixin(x)2](8051723 s

n124

_

1n12241122

]s3. 52 b2[nixin(x)

nn253

2

11

22，2 )

3

3、 设1,2,3为取自正态总体N(,2)的一个样本，其中未知但已知。问下述样本

函数中哪些是统计量？哪些不是统计量？ （1）12,3；（2）（5）

2

i

i1

3

2

；（3）

1



2

；（4）max(1,2,3)； 2ii1

3

11

((1)(3))；（6）(13)。 2

2

解答：因统计量是样本的连续函数且不包含任何未知参数。由题意，未知但已知，因此可知除（2）不是统计量外，其余5个都是统计量。 4、 在计算样本均值与样本方差时，常常对数据作线形变换yi

xia

,i1,2,,n，使yib

_

___

1n1nxbya

成为较简单的整数以简化运算，求证：。其中：xxi,yyi，

222ni1ni1sxbsy

__

1n1n22

s(xix),sy(yiy)2。 n1i1n1i12x

_

xia1n1n

,所以xiabyi(i1解答：因为yi,n,，)xxi(abyi) bni1ni1

___

1n1n1n22

abyiaby；sx(xix)(abyi(aby))2 n1i1n1i1ni1

_

b2n(yiy)2。 n1i1

5、 设某工厂生产轴承，从某天的产品中随机抽取10根，测量直径如下（单位：mm）：14.6、14.7、15.2、14.9、14.8、15.0、15.1、15.2、14.8、 14.7。试用原始数据和作变换

2y(x14)*10后的数据分别求x和sx，并比较哪种方法计算方便。

_

解答：x

_

1

(14.614.715.214.914.815.015.115.214.814.7)14.9， 10

x

i12x

10

2i

(14.6214.7215.2214.9214.8215.0215.1215.2214.8214.72) 2220.52，

_

1102

s(xi10(x)2)0.0467。

9i1

_

通过变换y(x14)*10，我们可得yi：6、7、12、9、8、10、11、12、8、7，得y9，

2sy4.67，由上题的公式可知

B(k,p)；()；6、 设总体分布为下述情形（1）（2）（3）N(,2)，1,,n

为取自总体的样本，与S分别为样本均值与样本方差，试分别求E(),D(),E(S)。 解答：有定理6.1及其推论、定理6.2可知：E(),D()

_

_

_

2

__

2

2

n

,E(S2)2。（1）因

)kp,B(k,p)，则E(

_

_

D()

_

2

n

_



kp1()p

， E(S2)2kp(1p)；n

（2）因()，则E(),D()

2

n



n

,E(S2)2；

（3）因N(,)，则E(),D()

2

__

2

n

,E(S2)2。

第二节 抽样分布与分位数

Page217

1、 在正态总体N(52,62)中随机抽取一个容量为36的样本，求样本平均值落在50.8和53.8

之间的概率？

解答：因从正态总体N(52,62)中抽取容量为36的样本，由6.2节的推论可知，其样本均值

N(52,6/36)=N(52,1)，因此52N(0,1)53. 8}，由此P{50.8

P{1.2521.8}=(1.8)(1.2)0.8599(10.8461)0.706

2、 设总体N(20,32)，今从中抽取容量分别为10和15的两个独立样本，试问这两个

样本的平均值之差的绝对值大于0.3的概率有多大？

解答：由题意，令表示样本容量为10的样本均值、表示样本容量为15的样本均值，且

_

_

_

_

2

__

与相互独立。由6.2节的推论可知，N(20,0.9)、N(20,0.6)，因此由

例3.16可知：N(0,1.5)，所以P{||0.3}=2(1P{

0.3})

_

_

_

_

_

_

____

2(1=0.8065。 3、 设总体N(10,3)，问样本容量n取多大时，才能以0.95的概率保证样本平均值与总体

期望之差的绝对值不超过0.3？

解答：因样本均值N(10,3/n)，即0.95P{||0.3}2P{0.3}1，

即得：

_

_

_



0.9751.96，因n为整数可得：n129。 2

4、 已知1,,4是N(0,2)的一个样本，令a(122)2b(3344)2，问a,b取什

么值时，服从分布？并给出自由度。

解答：因1,,4是N

(0,2)1

22)344)相互独立，

且由例3.16可知它们分别服从N(0,20a)、N(0,100b)，要使服从分布，只要

1

22)与344)均服从标准正态分布，即令a0.05,b0.01即可，此时，可知

2

2

2

2(2)。

5、 设总体N(0,0.3)，从中抽取容量为10的样本，求满足P{大的。

2



i1

10

2i

}0.05的最

解答：因总体N(0,0.32)，所以0.3N(0,1)，即从中抽取的容量为10的样本，去

我们有

2

，所以(0.3)(10)0.05P{}P{(/0.3)

2

2

2

i1

i1

i1

10

10

10

0.09



查表可知



0.09

18.307，即1.64763。

2

_

6、 设1,,n为取自(m)总体的样本，求样本均值的期望与方差。 解答：由定理6.1及其推论知：E(),D()

_

__

2

n

，因1,,n为取自2(m)总体的样

_

本，因此E()m,D()2m，即E()m,D()

2

n

2m

。 n

2i

1n2

7、 设1,,n为取自N(0,)总体的样本，令（1）1；（2）2i；（3）

ni1i1

1nn

（4）4i。求常数ki，使ikii服从2分布。 3i；

ni1i1

解答：1,,n为取自N(0,)总体的样本，所以互相独立，且

2

22

i

N(0,1)i1,,n，



i1

n

i



N(0,n)1

2



n

i

N(0,1)。因此：

（1）k1

2

n

，则1k11

i2

()2(n)； 2i1i1

1

n

2i

n

（2）k2

2

，则2k22

1

2



i1

n

2i

(i)22(n)；

i1

n





i11n22 （3）k3

，则k()(1)； 333i22

nni1

n

2

ni11n

（4）k4

2，则4k44()22(1)。 2i

ni1

2

8、 设1,,n,nm是取自N(0,2)的容量为nm的样本，令（1

）1

n

，

（2）2

mi2nj2

jn1i1nm

n

，问1,2分别服从什么分布。

解答：因1,,n,nm是取自N(0,)的容量为nm的样本，因此：

2



inmjj22与()2相互独立，由此可得

N(0,1)，()

(m)jn1jn1

i

nn

nm

1

n



n

i22

t(m)；又因()(n)，且(i)2

i1i1

n



nmj1i1与()2相互独立，因此2nimnF(n,m)。 mjn1nj2(j)2jn1jn1

m

n

2

i

(i)2n

9、 设1,,11为N(11,0.3)的一个样本，问样本方差大于0.144的概率？ 解答：因1,,11为N(11,0.3)的一个样本，而由定理6.4知：

2

2

(n1)S2



2

2(n1)。

10S210

0.144}P{216}0.10。 所以，P{S0.144}P{22

0.30.3

2

10、

_

1n

设1,,n为来自N(,)总体的一个样本，令S(i)2，求n1i1

22

E(S2),D(S2)。

解答：由定理6.4可知：

(n1)S2



2

2(n1)，而E()n1，D()2(n1)，

2

224222

E()，D(S)因此，E(S)。 D()

n1n1n1

2

11、

设1,,n为来自N(,)总体的一个样本，与S市它的样本均值与样本方

2

_

2

差；又设n1与1,,n相互独立。且服从N(,2)，试证：

2

t(n1)。 _

解答：因1,,n为N(,)总体的样本，所以N(,

_

2

n

)，

(n1)S2



2

2(n1)，

又因n1与1,,n相互独立，所以n1与、

(n1)S2

2

相互独立，因此我们有

(n1)2n1

N(0,)n_

t(n1)。 12、

ex,x0

设f(x)，求的0.05和0.10的上侧分位数。

0, x0

ex,x0

解答：由上侧分位数的定义，即要求P{x}的x。今f(x)，显然

0, x0





由0.05和0.10可知x1,x2>0，P{x}



x

f(t)dt

e

x

t

dtex，即：

xln

13、

1



，因此x1ln

1

1

ln

1112.996，x1lnln2.996。 0.0510.05

查表求下列分布的上侧分位数： （1）0.01，0.95；

22

（2）0.025(13)，0.99(20)，0.10(70)；

2

（3）t0.10(12)，t0.95(17)，t0.5(20)，t0.01(60)；

2

（4）F0.01(12,15)，F0.975(12,15)。

解答：因表中不一定恰好有我们所需要的数值，因此可通过线形内插法求出它的近似解。即：

若有(x1,f(x1))、(x2,f(x2))，假定x1x2，现要求x1xx2的函数值f(x)，则：

f(x)f(x1)

f(x2)f(x1)

(x2x1)，或利用该式计算f(x)对应的x。即可得：

x2x12.332.32

(0.010.0102)2.32667，

0.00990.0102

1.651.64

(1.64(0.050.0505))1.645。

0.04950.0505

（1）u0.012.32 u0.95u0.05 （2）

220.025(13)24.736,0.99(20)8.260，因表中没有自由度为70的值，因此利

用：当n



N

N(0,1)，因此：

2P{2}P1今n70,0.1，可得u0.11.28

2

0.1

1.291.28

(0.10.1003)1.28375，

0.08850.1003

(1.287352

即(70)85.4592。

2

（3）t0.10(12)1.3562,t0.95(17)t0.05(17)1.7396，t0.05(20)2.086，因表中

2

没有自由度为60的值，因此可利用：当n充分大时，T分布的渐进分布为标准正态分布，可得：t0.01(60)u0.012.32667。

（4）F0.01(12,15)3.67，因表中没有0.975的值，利用

1

F(15,12)，

F(12,15)

可得：F0.975(12,15)

11

0.3145。

F0.025(15,12)3.18

复习题

1、 总体抽取

_

2

求样本均值x，样本方差S和标准差S。

1n1k1

解答：xxi

nixi(81403106226)4，

ni1ni160

_

_1k12

S[nixin(x)2](8124032106222626042)18.983，

n1i1592

S4.357。

2、 设总体()，1,,n为其样本，与S是它的样本均值和样本方差，求E()和

_

2

_

E(S2)。

解答：由定理6.1及其推论、定理6.2可知：E(),E(S)。 3、 下面是100个学生的身高（单位：厘米）

_

_

22

2

同组内学生以组中值表示其身高，试求x与S。

令：yx168，则可得：

_

_

1k1得：x168y168niyi168(200)166，

ni1100

_

1k13042

SS[niyin(y)2](37441004)

n1i19992

x

2y

_

4、 设1,,n为N(,4)的一个样本，是样本均值，试问样本容量n取多大才能使下式

成立：

（1）E||0.1； （2）P{||0.1}0.95。

解答：因1,,n为N(,4)的一个样本，因此N(,)，即



_

_

_

4n



_

N(0,1)，得

x2

E(||)()|x|)dx

2

_

x2x2

exp()d 

220



8000.1，因此n。

_

_

0.95P{||0.1}P2

1，即0.975，

1.96，由此n(1.9620)21536.64。因n为正整数，所以n1537。

5、 设1,2,,6为N(0,1)的样本，令(123)2(456)2，求参数c，使

c满足2分布，并给出自由度。

解答：因1,2,,6为N(0,1)的样本，因此123与456相互独立，且均服从

N(0,3)，也就是说

：



N(0,1)，

N(0,1)。要使

cc((123)2(456)2)服从2分布，由

2的定义可知：c且此时，c

2(2)。

2

6、 设1,,n为N(,)的样本，利用（6.11）给出（1）1

n

(

i1

n

i2

（2） )；



2(i)2的密度函数。

i1

解答：因1,,n为N(,2)的样本，所以

i

N(0,1)i1,,n，且相互独立，因

x1n22

xe,x0n

此12(n)，即1得密度函数为：f1(x)22(n)。因221，所

2

0, x0nyyy212n11(2)ey2e2,x0,x0n1y2n

n以f2(y)2f1(2)。 2n22()n2

2()22

0, x0

0, x0

2

7、 设t(n)，求证2F(1,n)。

解答：因t(n)，所以可看成有两个相互独立的随机变量N(0,1),

2(n)通过

2222

F(1,n)。 (1)，因此

n8、 设1,,m为N(1,2)的样本，1,,n为N(2,2)的一个样本，且两样本独立，

2(m1)S12(n1)S2

与分布为样本均值，S,S分别为样本方差，S，a,b为

mn2_

_

21222w

常数：

a2b22

（1） 求证：abN(a1b2,())；

mn

_

_

（2）

__

2

t(mn2)。

解答：由题意可知，N(1,

_

)、N(2,2n)，且这两个随机变量相互独立。

_

_

_

a2b22

因此，由例3.16可知。abN(a1b2,())，因

此

mn

__

N(0,1)。由定理6.4可知：

(m1)S12

2

2(m1)、

2

(n1)S2



2

2(n1)，且这两个随机变量相互独立，由2的性质3可知：

2

(n1)S2

2

(mn2)Sw

(m1)S12

2

_



_

2

(mn2)，即

2

2



2(mn2)，因此：

__t(mn2)。