西安交通大学-数理统计课后题答案.pdf

西安交通大学西安交通大学《《应用数理统计应用数理统计》作业》作业姓名：姓名：学号：学号：专业班级专业班级：：完成日期完成日期：： 2017/1/19目录目录习题 1.......................................................................................- 1 -习题 2.....................................................................................- 11 -习题 3.....................................................................................- 25 -习题 4.....................................................................................- 36 -习题 5.....................................................................................- 42 -习题 6.....................................................................................- 47 -- 1 -习题习题 11.1 解：由题意95. 01 uxp可得：95. 0nnuxp而1 , 0~ Nuxn这可通过查 N(0,1)分布表，975. 0)95. 01 (2195. 0nnuxp那么96. 1n2296. 1n1.2 解：(1)至 800 小时，没有一个元件失效，则说明所有元件的寿命>800 小时。

2 . 10015. 08000015. 00800|e0015. 0800eedxxpxx那么有 6 个元件，则所求的概率2 . 762 . 1eep(2)至 300 小时，所有元件失效，则说明所有元件的寿命<3000 小时5 . 4300000015. 0300000015. 001|e0015. 03000eedxxpx那么有 6 个元件，则所求的概率65 . 41ep1.3解: (1)123{( ,,)|0,1,2,,1,2,3}kx x xxk因为~( )iXP ,所以112233{,,}P Xx XxXx- 2 -112233{} {} {}P Xx P Xx P Xx1233123!!!xxxex xx 其中,0,1,2,,1,2,3kxk(2)123{( ,,)|0;1,2,3}kx x xxk因为~( )iXExp ,其概率密度为,0( )0,0xexf xx 所以,123(,,)3123( ,,)x xxf x x xe ,其中0;1,2,3kxk(3)123{( ,,)|;1,2,3}kx x xaxb k因为~( , )iXU a b,其概率密度为1,( )0,|axbf xbaxa xb 所以,12331( ,,)()f x x xba,其中;1,2,3kaxb k(4)123{( ,,)|;1,2,3}kx x xxk  因为~( ,1)iXN ,其概率密度为(21( ),()2xf xex  所以,311(21233 21( ,,)(2 )kkxf x x xe,其中;1,2,3kxk  1.4 解：由题意可得：，其它00 ,21)(i2lnii22ixexxfux则nixfxxf1ini)(),...(＝，其它0,...1,0 ,1n)2()(ln212n12i2ixxeiniiuxni1.5证:令21( )()niiF aXa- 3 -则'1( )2()niiF aXa ,''( )20F an令'1( )2()0niiF aXa ,则可解得11niiaXXn由于这是唯一解,又因为''( )20F an,因此,当11niiaXXn时,( )F a取得最小值1.6证: (1)等式左边11((nniiiiXXXX 111(2()()(nnniiiiiXXXXXX 21(()niiXXn X 左边=右边,所以得证.(2) 等式左边22111(2nnniiiiiiXXXXXnX 22212niiXnXnX221niiXnX左边=右边,所以得证.1.7 证：(1)niinxnx1111111niinxnx那么)(11_1_nnnxxnx＝niinniixnnxnxn111111111＝111111nniixnxn＝niixn111＝_1nx原命题得证- 4 -(2)21221nniinxxns211122111nniinxxns那么212)(111nnnxxnsnn=niixn1211-21nxnn+212) 1(nxnn-nnxxnn12) 1(2+22) 1(nxnn=niixn1211-222) 1(nxnn+2111nxn-212) 1(1nxn-nnxxnn12) 1(2=niixn1211-(111nxn+nxnn1)2由(1)可得：111nxn＋nxnn1=1nx则上式＝niixn1211－21nx＝21ns原命题得证1.10解: 因为2222111111,()nnniiiiiiXX SXXXXnnn所以 (1) 二项分布( , )B m p11()()()niiiE XEXE Xmpn21111(1)()()()nniiiimppD XDXDXnnn222211111()(() )()()(1)nniiiinE SEXXEXE Xmppnnn(2) 泊松分布( )P ()E X  ,()D Xn,21()nE Sn- 5 -(3) 均匀分布( , )U a b()2baE X,2)()12baD Xn ,221()()12nE Sban(4) 指数分布( )Exp 1()E X ,1()D Xn,21()nE Sn(5) 正态分布2( ,)N()E X  ,21()D Xn,221()nE Sn1.11 解：(1)是统计量(2)不是统计量，因为ｕ未知(3)统计量(4)统计量(5)统计量，顺序统计量(6)统计量(7)统计量(8)不是统计量，因为ｕ未知1.14.解: 因为iX独立同分布,并且~( ,iXa,11niiXXn所以1~(,niiXna;令1niiYX,则1XYn,由求解随机变量函数的概率密度公式可得1( )(),0)nananxXfxnxen xna1.15解：(1)）（mx的概率密度为：)()(1)()!()!1(!)(1)(xfxFxFmnmnxfmnmm又 F(x)=2x且 f(x)=2x，0

令 g(x)=)1/(xmnxmn可得当 011可得该概率p1=1-0.9332=0.066825 个样品的均值大于 9 分钟，即9x可得该概率为 p2=1-0.9938=0.0062100 个样品的均值大于 8.6 分钟即6 . 8x可得该概率 P3=1-0.9987=0.0013综上所述，第一种情况更有可能发生。

1.22解：=2.52=36n=5- 8 -(1)44302 s)955,625(22ns而) 1(~222nns即)4(36522s通过查表可得P＝0.1929(2)样本方差落在 30~40 的概率为 0.1929样品均值x落在 1.3~3.5 的概率即：P{1.3<x<3.5}P{-0.4472<)( xn<0.3727}又)( xn~N(0,1)查标准正态分布表可得：P{1.3<x<3.5}＝0.3179这样两者同时成立的概率为 P＝0.19290.3179=0.06131.23 解：(1)2121)()(mnniiniixbxa=22)()(mnxmbxna=2222mnxbmxan=22)()(mnxmbxna由定理 1.2.1 只要nxna和mmxnb服从 N(0.,1)分布则上式为)2(2分布E(nxna)＝0D(nxna)=nan22=2anE(mmxnb)=0D(mxmb)=mbm22=2bm要使nxna和mmxnb服从 N(0,1)分布，则2an＝1 且2bm＝1这样可得：21na 21mb - 9 -(2)nniixnx1由定理 1.2.2 x~N(0,1)Y)2(~2＝>T＝)(~ntnYxE(nxn)=0D(nxn)=222nnn则niixn11服从 N(0,1)分布。

), 0(~2NxiE(nxn)=0D(ix)=2则ix服从 N(0,1)分布21)(imnnix服从)(2m分布则mxxnmnniinii121)(1服从 t(m)分布令mxxnmnniinii121)(1＝mnniiniixxC121)(这样可得 C＝nm(3)由定理 1.2.3 ，X)(~12n,)(~22nY=>F=),(~//X212nnFnYm- 10 -), 0(~2Nxi则) 1 , 0(~ Nxi这样有21)(inix～)(2n21)(imnnix～)(2m可得21)(inix/(21)(imnnix/m)~F(n,m)令其＝mnniiniixxd1212/则 d=nm1.25 证：211),(~NXi222),(~NYi则) 1 , 0(~11NXi) 1 , 0(~22NYi＝>)(~)(1221111nXnii)(~)(2222122nuYnii=>(21111)(niiuX/1n)/ (222122/)(nuYnii)~F(1n,2n)=>)n , F(n~)()(2121222111121222niiniiYnuXn- 11 -习题习题 22.1 解：(1))(~Expx则1，令 x^，则 x^1这样可以得到：x1^（2）x~u(a,b)则21bau)(3122222aabbu令：22^^^2^22^^^)(31S2xababbaxu这样可以得：2^2^33sxbsxa或者2^2^33sxbsxa（因为 a

- 23 -2.30 解：u 未知，则有1~122*2nSn那么，P111222*2212nSnn=1—即P1111221*222*22nSnnSn=1—的置信度为 1—的置信区间为：1111221*22*22nSnnSnd，在这里 n=10x=576.4 ，2*1 Sn=676.4=1—0.95=0.05 92025. 0=19.023 92975. 0=2.700可得的置信度为 0.95 的置信区间渭（5.9630，15.8278）的单侧置信下限为112*2nSn查表得： 9205. 0=16.919 可得：的置信度为 0.95 的单侧置信下限为 6.32292.32 解：由于两分布方差相同：T=2nnt~n1n1Suu212121yx其中S=2nn1121*n*n2221SnSn那么21的置信度为 1—的置信区间为：21212n1n1S2nntyx- 24 -在此题中x=0.14125，y=0.1392，=0.05，254t0.025=2.3646S=0.002551475141=0.67082039可计算得21的置信度为 0.95 的置信区间为： （-0.00200，0.00610）2.34 解： 此题中21和22均未知，1n=2n=9令iZ=iX—iY， i=1,2,…..,9则iZ~222121N，那么21的置信度为 1—的置信区间为：1-ntnSZ1-ntnSZ2*Z2*Z，Z=YX =-2.778,n=3,1-nt2= 8t0.025=2.3060这样可计算得21的置信度为 0.95 的置信区间为：(-6.2956,0.7400)- 25 -习题习题 33.1 证： 由于总体 X~N(u,1)，又如果假设0H：=0 成立则对于样本均值有10N~xn00，即5X~N（0，1）(1)拒绝域为645. 1x5X,......,X251：则功效函数 )(0PPI=005. 0645. 1)(0uIPP即 u0.05=0.05(2)拒绝域为066. 2x548. 1X,......,X251：05. 09306. 09806. 048. 1066. 2)(0PPI即 0.05=0.05(3)拒绝域为96. 1x5X,......,X96. 1x5X,......,X251251：：05. 0025. 0025. 096. 1196. 1)(0PPI=0.053.2 证明：0/Xn～N(0,1)012{}/XPn＝212()－1＝2（1－12）－1＝2－（1－）－1＝故以 W 为拒绝域的检验符合显著水平为的要求。

- 26 -3.3 解： 依题意总体05. 0,%,8 .83~02NX 要检测假设：0H：=83.8%1H：83.8%在这里2未知， 以*0xnS作为检验统计量：拒绝域为1xn2*00ntS通过计算得：x=83.88%，%9773. 0x311012*iixS2589. 0xn*0St 2622. 29025. 0tt< 9025. 0t接受假设0H，也就是说更换了原料之后成品率没有发生变化3.4 解:提出假设0H：＝112.6C<->1H112.6C采用检验统计量T＝/XSn～ t (n-1) 对样本数据进行计算得X＝112.8,S＝1.136,n=7,n=2.646,0H成立时T=/XSn=112.8 112.61.136/2.646=0.4658拒绝域为2(1)Tnt查表知0.025(6)t＝2.4469T<0.025(6)t接受0H，认为无系统偏差3.5 解：依题意，总体),N(~X2,和2均未知要检验假设0H：=12601H：1260以 T=*0xnS作为统计量。

0H的拒绝域为1T2nt- 27 -在该题中，n=4 ，x=1267，6515. 331412*iixxS6515. 372t又 1824. 33025. 0t可见 3025. 0tt 拒绝原假设，也就是说，不能认为锰的熔点为 12603.6 解:提出假设0H：＝0.1<->1H0.1采用检验统计量2＝22(1)nS～2(n-1) 对样本数据进行计算得n=5,2S=0.001729,2=0.01,0H成立时可知2＝0.692拒绝域为222(n-1) 或2122(n-1)查表可知0.0252(4)=11.1430.9752(4)=0.484由于0.9752(4)<2<0.0252(4)接受0H，认为总体标准差为 0.13.7 解：依题意，总体),N(~X2,和2均未知要检验假设0H：=0.0481H：0.048以上假设0H：2=0.0023041H：20.002304以2*22S1-n作为统计量0H的拒绝域为112222212nn这里 n=5,x=1.414,2*S=51211iixxn=0.00778- 28 -507.13002304. 000778. 0*42查表得： 143.1142025. 0 484. 042975. 0 42025. 02拒绝原假设，也就是说这一天纬度的总体标准差不正常3.8 解:提出假设0H：12<->1H12采用检验统计量T=1211wXYSnn～ t (1n+2n-2)其中wS＝221212(1)1)122(nnSSn n对样本数据进行计算得1n＝13X＝80.0221S＝45.5102n＝8Y＝79.9822S＝49.8410wS＝0.026640H成立时T＝3.341拒绝域为T 2t(1n+2n-2)查表知0.025(19)t＝2.093T>0.025(19)t拒绝0H，认为总体均值不相等3.9 解：总体 X 和 Y 分别服从正态分布222211,N,,N其中21=5，22=8要检验假设：0H：12=01H：120- 29 -以22122121nnyx作为检验统计量在该题中有221221nnyx~N（0，1）那么拒绝可为2221221unnyxx=24.4y=25221221nnyx=6 . 116 . 0=0.3721，025. 0u=1.96可见221221nnyx<025. 0u接受原假设，即认为两批烟叶的尼古丁平均含量相同3.11 解：总体 X 和 Y 分别服从正态分布222211,N,,N，四个参数均未知要检验假设：0H：12=01H：120‘0H:2221=122211对于0H，以2111Snnyx作为检验统计量，其中- 30 -S=2S1nS1n21*22*112221nnnn拒绝域为2T212nntx=15.0125y=1521*11S1nn=0.6687522*22S1nn=0.22S=0.2357t=0.1091经查表298025. 0t=2.1315t> 152t接受假设0H对于‘0H，以 F=2221*2*1SSnn作为检验统计量，有2221*2*1SSnn~1, 121nn‘0H的拒绝域为1, 11, 12122121nnFFnnFF经计算 F=3.4740查表：8 , 7975. 0F=7 , 81025. 0F=90. 41=0.204187025. 0，F=4.538 , 7975. 0F

3.13 解：在该题中，),(~2Nx，其中2未知对于单侧假设 Ho:5 . 4:5 . 41H以 T＝*0)(sxn作为检验统计量T～t(n-1)当0H成立时候，T 应偏向取正值，T 取过分大的负值将不利于原假设，拒绝域取为ｗ＝｛T) 1( nt｝在该题中,n=13,9570. 0S, 5 . 4,83846. 4*0x- 31 -计算2752. 19570. 0)5 . 443846. 4(13t)12(217.26) 113(01. 001. 0ttt所以可以接受原假设3.14 解:假设0H：<22 <->1H22采用检验统计量 T＝/XSn～ t (n-1) 对样本数据进行计算得X=21.8,S=0.9,S＝0.909,n=50,n=7.0710H成立时 有 T=-1.556拒绝域为 Tt(n-1)查表可知0.1t（49）0.1=1.2816由于 T<0.1t（49）接受0H， 认为平均持续工作时间达不到 22 小时3.15 解：在该题中，), 1(~211Nx，), 2(~222Nx，其中21＝22未知对于单侧假设 Hｏ：221:2211H以 T＝2111S2)(nnyxw作为检验统计量，其中2S) 1(S) 1(212*222*1121nnnnsnnw)2(~211 nntT当0H成立时，ｔ应偏向取负值，T 取过分大的正值将不利于原假设拒绝域取值为)}2({21nntTw在该题中87256. 0S, 5 . 1S) 1( ,25.10S) 1( , 5 . 1,25. 52*222*1121wnnnnyx，9127. 412112187256. 02)5 . 125. 5(t经查表可得7171. 1)22(05. 0t- 32 -可见ｔ>)22(05. 0t,t 落在拒绝域内所以拒绝原假设。

3.16 解:提出假设0H：12<->1H12显然为大样本参数假设检验采用检验统计量 U＝221212XYSSnn大样本时近似 ～N(0,1)对样本数据进行计算得0H成立时U=2228052680110100120.41 105.00=8.03拒绝域为 U－查表知0.05＝1.65由于 U>0.05接受0H，认为甲枪弹的速度比乙枪弹的速度显著地大3.17 解：由题意可得：), 1(~211Nx，), 2(~222Nx，其中21，现要检验 Z机床的加工精度是否比甲机床的高，提出如下假设：1:1:2221122210HH以 F＝2*2212*12221nnSS作为检验统计量) 1, 1(~212*22*121nnFSSnn拒绝域为：ｗ＝｛2*22*121nnSS) 1, 1(211nnF｝1126. 0,9889.14,3091. 0,0152.152*22*1nnSySx那么2*22*121nnSS＝2.7451,2681. 073. 31)7 , 8(1)8 , 7(95. 095. 0FF- 33 -可见2*22*121nnSS>)8 , 7(95. 0F所以接受原假设，即认为乙机床的加工精度比甲高3.19 解：原假设0H0H:X~383538251328152338333210CCCCCCCCCC即 X～5610563032561556110X 的可能的值为 S＝｛0,1,2,3｝把Ｓ划分成４个不交子集iS＝｛ｉ－１｝ ，ｉ＝1,…,4当0H成立时，有：P｛X=0｝=561, P｛X=1｝=5615, P｛X=2｝=5630, P｛X=3｝=5610又：Knnpmiii412112＝5611121＋5615112312＋5630112552＋5610112252－112=2.2本题中，自由度ｒ－１＝３，对给定的05. 0，查)3(2分布表，得815. 7)3(205. 0可见)3(205. 0112K，所以接受原假设，也就是认为袋中的红球数为５个3.21 解：提出假设0H：)(~Expx其中为未知参数先由题中数据可以算出的极大似然估计67.15011^x以^替换，把ｘ可能取值的区间0,分为不相交的６个子区间，当0H成立时，分别计算各组的理论频数inp和实际频数im，可得小表：组号ｉ123456分组区间50, 0100,50150,100200,150250,200,250ｐi0.282400.202650.145420.104350.074880.1903ｎｐｉ3.3892.4321.7451.2520.8992.284ｍｉ221331- 34 -那么可的61212036.2176iiinpmk本题中分组数ｒ＝６，未知参数个数ｋ＝１，自由度ｒ－ｋ－１＝４对给定1 . 0查)4(2分布表，可得779. 7)4(21 . 0可见)4(21 . 012K所以拒绝原假设，即认为仪器的无故障时间不服从指数分布。

3.23 解：对于本题，提出假设0H：F=GGFH:1，拒绝域为ｗ＝{, 2, 121nnnnDD}对于甲也就是 F 分布有下表：iX(i)ｙ（ｉ）))((iyGn))1((ixFn))((ixFndi119.019.27107171219.719.472717271319.819.773727371420.019.874737471520.120.575747571620.420.676757671720.520.8176171712, 1nnDn=37777<10056481. 02 . 03, 2, 1，DDnn2 . 0, 32, 1DDnn接受原假设，认为两个工人加工的主轴外径服从相同的分布3.25 解：记疗效为 X，年龄为 Y，对于指标 X，取３种值：分别记显著、一般、较差分别为:A1,A2,A3;对于指标 Y 也取三种值：儿童 B1、成年 B2、老年 B3于是有 r=s=3，本题要检验如下假设：　3 , 2 , 1,:10HipppHjiij至少对某组（ｉ，ｊ）有jiijppp其中3 , 2 , 1,}{},{},,{jiBjYppAixppBjYAixppjiij，。

那么可得：- 35 -31231)(jjijiijinnnnnnnnk30091*128)3009112832(300100128)30010012838(300109128)30010912858(222+30091117)3009111728(2+300100117)30010011744(2+30091117)3009111745(2+30010955)3001095523(2+30010055)3001005518(2+3009155)3009155114(2=2.8404+0.5104+1.2003+4.9527+0.6410+2.5483+0.4554+0.1767+0.4316=13.757拒绝域为ｗ＝))}1)(1(({2srkn又488. 9)4(205. 0可见：nk>)4(205. 0所以拒绝原假设，也就是说疗效与年龄无关- 36 -习题习题 44.1 解：提出假设0H：不同速率对硅晶圆蚀刻的均匀性无显著影响经计算得：3.889x 317. 3x1417. 4x2933. 3x3本题的方差分析表如下：方差来源平方和自由度均方和F 值因素 AAQ=3.6472AQ=1.8235F=3.585误差 EEQ=7.62915EQ=0.5086总和 TTQ=11.27617在这里 r=3，n=18，对给定的05.0，查 F 分布表，得68. 3152F0.05），（因为 F<），（ 152F0.05，所以接受0H，也就是认为不同速率对硅晶圆蚀刻的均匀性无显著影响。

4.3 解：提出假设0H：这三种净化器的行车里程之间无显著差异经计算得：27. 32x 75.21x137.24x220.24x3本题的方差分析表如下：方差来源平方和自由度均方和F 值因素 AAQ=15.4662AQ=7.723F=5.344误差 EEQ=10.1177EQ=1.445总和 TTQ=25.5839在这里 r=3，n=10，对给定的05.0，查 F 分布表，得74. 472F0.05），（因为 F>），（ 72F0.05， 所以拒绝0H， 也就是说这三种净化器的行车里程之间有显著差异4.2解:提出假设0H：1=…=r=0，即三组玻璃碎片的平均折射率没有显著差别1H：1…r不全为零，即三组玻璃碎片的平均折射率有显著差别=0.05计算结果见下表:Sum ofSquaresdfMean SquareFSig.Between Groups6034.46723017.23329.168.000Within Groups2793.00027103.444Total8827.46729- 37 -查表得0.05(2,27)F=3.35所以,拒绝0H，接受1H可以认为三组玻璃碎片的平均折射率之间有差别。

4.3因素是一个，水平共有 3 个 AB Ｃ方差源平方和自由度均方和F 值因素15.4527.7254.74误差 Qe8.51171.2159总和 Qt23.9619总体为23.27x 121.75x 224.367x 324.2x 应该做检验F=)/() 1/(rnQerQa=6.353~F(2,7)当 a＝0.05 时(2,7)4.74aF因为 F＝6.353>4.74所以这三种净化器的行车里程中间有显著差异4.4 解： （1）提出假设0H：这些抗生素与血浆蛋白质结合的百分比的均值无显著差异经计算得：935.22x 6 .28x1375.31x2825. 7x3075.19x48 .27x5本题的方差分析表如下：方差来源平方和自由度均方和F 值因素 AAQ=1480.8234AQ=370.206F=40.844误差 EEQ=135.82315EQ=9.055总和 TTQ=1616.64619在这里 r=5，n=20，对给定的05.0，查 F 分布表，得06. 3154F0.05），（因为 F>），（ 154F0.05， ,所以拒绝0H， 也就是说这些抗生素与血浆蛋白质结合的百分比的均值有显著差异。

2）由题意可得：) 1n(~nxT*iiiitS）（对于给定的置信度1，查) 1n(it分布表得) 1n(2/it使得：P{|T|<) 1n(2/it}=1这样可得i的置信区间为（ix) 1n(2/itiSn*，ix) 1n(2/itiSn*）可以计算出 5 种抗生素与血浆蛋白质结合的百分比的均值的置信区间分别为：- 38 -（23.4800， 33.7200） ，（26.3291， 32.4209） ，（4.0318， 11.6182） ，（16.2009， 21.9491） ，（21.4510，34.1490）ii的置信度为1的置信区间为（Eki2/kiQn1n1r-nxx）（）（t）这样可以计算得青霉素与链霉素，红霉素与氯霉素的均值差的置信区间分别为：（16.2397，25.3103） ， （-13.2603,-4.1897） 4.5 解： （1）经计算得4444. 5x 6667. 5. x15. x26667. 5. x3补充好的方差分析表如下：方差来源离差平方和自由度均方离差F 值处置方案因子21.5556210.77785.5429区组因子0.889020.44450.2286误差7.777741.9444总和30.22238（2）原假设和备择假设如下：10H：不同处置方案的结果无显著差异11H：不同处置方案的结果有显著差异02H：不同区组的结果无显著差异12H：不同区组的结果有显著差异对给定的05.0，查 F 分布表，得94. 642F0.05），（因为 FA<），（ 42F0.05，FB<），（ 42F0.05，所以拒绝10H和02H，也就是说不同的处置方案和不同的区组对结果均无显著影响。

4.8 解：补充好的因素方差分析表如下：方差来源离差平方和自由度均方离差F 值A130113015.6B630231537.80AB402202.4误差150188.3333总和95023A、因素 B 以及因素 A、B 的交互作用对结果的影响大小，若给定参数可以对相关假设进行检验4.10 解：正交表的选择范围为 2 水平且至少有 6 列的正交表，那么选择正交表：）（782L作表头设计因素ABABCDCD列号1234567可作试验方案如下：- 39 -列号试验号A1B2AB3C4D5CD6711111111211122223122112241222211521212126212212172211221822121124.11 解： （1）先认为表头如下：因素ABABCACD列号1234567由题意计算得：83. 7TA111. 6TA214. 7TB180. 6TB225. 7TC169. 6T2C76. 5TD118. 8TD255. 7TBA139. 6TBA284. 7TCA110. 6TCA2计算极差可得：72. 1RA34. 0RB56. 0RC42. 2RD16. 1RBA74. 1RCA那 么 由 极 差 可 得 各 因 素 （ 包 括 虚 因 素 ） 的 重 要 性 依 次 为 ：DCAABACB要求效价越高越好，这样各因素应取较大的值，显然因素 D 的重要性可以确定取水平2D，对于虚因素CA，各种情况取值如下：1C2C1A4.493.342A2.763.35根据以上表格可得因素A和C分别取水平1A和1C， 对于最后一个因素B显然要取水平1B，这样可得最优试验方案为2D1A1C1B。

2）由（1）中数据可得：7425. 1y - 40 -7778. 1yyQ281iiT）（3698. 0872. 1Q2A01445. 0834. 0Q2B0392. 0856. 0Q2C73205. 0842. 2Q2D1682. 0816. 1Q2BA37845. 0874. 1Q2CA可得07565. 0CABADCBATeTQ的自由度为 7，AQ，BQ，CQ，DQ，BAQ，CAQ的自由度都为 1，eQ的自由度也为 1，那么有：8883. 4FeAA1910. 0FeBB5182. 0FeCC6768. 9FeDD2234. 2FeBABA0026. 5FeCACA- 41 -对给定的01. 0，查 F 分布表，得405211F0.01），（由方差分析来看各因素对试验指标均无显著影响- 42 -习题习题 55.1 解：作离差平方和2n1iiibxybQ）（）（对 Q 求关于 b 的一阶偏导数，并令其等于零：2bQn1i0xbxyiii）（这样有：0bxyxn1i2iii）（n1in1i2iiibxyx可求得 b 的最小二乘估计为：n1i2in1iiixyxbˆ5.2 解：由题意建立一元线性回归模型bxay，~）（2, 0N在本题中 n=6n1ii40xn1iiy=90n1i2ix=3381908yn1i2in1ii799xiyn1ii6667. 6x1nxn1ii15y1ny可得7898. 2xyxbˆn1i22in1iiixnyxn5986. 3ˆa ˆxby所以可得 y 对 x 的经验回归函数为 y=a ˆ+bˆx=5986. 3+2.7898x- 43 -5.4 解： （1）在本题中 n=10n1ii425xn1iiy=186n1i2ix=2012506.3564yn1i2in1ii8365xiyn1ii5 .42x1nxn1ii6 .18y1ny可得223. 0xyxbˆn1i22in1iiixnyxn121. 9ˆa ˆxby所以可得 y 对 x 的经验回归函数为 y=a ˆ+bˆx=121. 9+223. 0x（2）首先提出假设：0bH0：由题意可以求得：1894. 0)(nbˆyyn1ˆ2n1i22n1ii2xxi）（2367. 0ˆ2ˆ22*nn5 .2062xx2n1ii）（xxl8163.205 .20622367. 0223. 0t通过查 t 分布表得3060. 2210t0.025 ）（可见 t>2.3060所以拒绝假设0H，认为线性回归显著（3）x=42°C 时产量的预测值为：488.185 .4242223. 06 .18xxbˆyy00）（）（当置信度95. 01时，1767. 1)(11ˆ)2()(20*20xxlxxnntx所以0y的置信度为 0.95 的预测区间为（17.3113,19.6647）- 44 -5.5 解：由于bˆ~）（xxlb2,N那么有xxlb)-bˆ(~）（ 1 , 0N但是未知，所以应该以其无偏估计量*ˆ来构造统计量注意到)2(~ˆ2-n)2(~222*22ennQ）（也就是那么可以得到：)2(~ˆlb)-bˆ(*xxnt))2(ˆˆ),2(ˆˆ(12*2*ntlbntlbbxxxx的置信区间为的置信度为同理有)2(~1ˆa)-a ˆ (2*ntlxnxx))2(1ˆˆ),2(1ˆˆ(122*22*ntlxnantlxnaaxxxx的置信区间为的置信度为在本题中经计算得a ˆ=0.78,bˆ=0.6,392. 0ˆ2,7 . 0ˆ2nˆ2*n,2lxx又查 t 分布表可得3060. 2)8(025. 0t这样可通过计算得 a 和 b 置信度为 0.95 的置信区间分别为(-0.3148,1.8748)和(-0.2071,1.4071)5.6 解： （1）画出的 y 随 x 变化的散点图如下：- 45 -（2）在本题中 n=12n1ii165048xn1iiy= 217999n1i2i104055. 2x40509155 yn1i2in1ii307718451xiyn1ii13754 x1nxn1ii1816.6y1ny可得0583. 0xyxbˆn1i22in1iiixnyxn7 .1014ˆa ˆxby所以可得 y 对 x 的经验回归函数为 y=a ˆ+bˆx=7 .1014+0.0583x（3）首先提出假设：0bH0：由题意可以求得：37416)(nbˆyyn1ˆ2n1i22n1ii2xxi）（44899ˆ2ˆ22*nn135473468xx2n1ii）（xxl2024. 3135473468448990583. 0t- 46 -通过查 t 分布表得2281. 2212t0.025 ）（可见 t>2.2281所以拒绝假设0H，认为线性回归显著（4）当产量为 17000（单位/周）时，该厂天然气消耗量的预测值为：8 .200513754170000583. 06 .1816xxbˆyy00）（）（（百立方/周） 。

5.7证:因为222221ˆˆˆˆˆˆ( , )()( ) ( )ˆˆ[() ]ˆˆ[]ˆˆ[ ] [ ]()]1()()niixxCov a bE abE a E bE ybx babE ybb xabE y E bxE bababx bxbabnlab222222()xxxxb xxbablxl 而220xxl,所以,ˆ a与ˆb不相关的充要条件为110niixxn- 47 -习题习题 66.5(1) X 的观察值为 12.π(θ|x) ∝π(θ) * P(x|θ) ∝易知π(θ|x) =(2) 6 个观察值π(θ|x) ∝π(θ) * P(x|θ) ∝易知π(θ|x) =6.6π(θ|x) ∝π(θ) * P(x|θ) ∝∴π(θ|x) =又=1解得 k = 3 *Θ的后验分布为- 48 -π(θ|x) =6.7 解由题知：顾客等待时间，，其中λ的先验分布均值 0.2，标准差 1.0即，可以算得α = 0.04，β = 0.2为 分布的核，故将α = 0.04，β = 0.2，n = 20，= 3.8 带入可得= 0.2636.9 解由题知：x1 = 2, x2 = 4, x3 = 3 且所以得由例 6.2.5- 49 -,= 1.96所以 95%的可信区间是（2.02，3.98）。