南昌大学研究生院数理统计课后题答案完整版汪荣鑫.doc

1南昌大学研究生院数理统计习题答案第一章1.解： 122521222940361090435016534nii iXxSx   2. 解：子样平均数 *1liiXmxn8340626子样方差 22*1liiSmxn22228403410646460.7  子样标准差 2.3S3. 解：因为 iixayc所以 ii1nix1niiiiacy1nicay所以 成立xcy221nxiisx221221niiniiniiacycy因为 所以 221nyiis成立2xysc217281203.4.21enenMXR4. 解：变换 0iiyxi1 2 3 4 5 6 7 8 9ix1939 1697 3030 2424 2020 2909 1815 2020 2310iy-61 -303 1030 424 20 909 -185 20 3101nii 63014209185203924.21nyiisy222222640.340.1304.92.9.185.7034 利用 3 题的结果可知22.197xys5. 解：变换 08iixi1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13ix79.9880.0480.0280.0480.0380.0380.0479.9780.0580.0380.0280.00 80.02iy-2 4 2 4 3 3 4 -3 5 3 2 0 211niiyy 243453203.01221nyiisy2222.03.05.034.035.7利用 3 题的结果可知2480.15371yxs6. 解：变换 iiy*ix23.5 26.1 28.2 30.4iy-35 -9 12 34im2 3 4 11liiyn35291430.=26.8571yx221lyiismyn222235.91.541.534.04.2  1.xys7 解：身高 154 158:158 162:162 166:166 170:170 174:174 178:178 182:组中值156 160 164 168 172 176 180学生数10 14 26 28 12 8 22*1liixmn 5601462176821780222*1liismxn222220561460164816278783.4  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1728123.4.21enenMXR9 解： 12112nijxxx12nx2112niisx122212221 112221112niijxxnnssxnxnns21222111212 xnxnnxns 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 43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20.14637.7599101xFxx 11.解：区间划分 频数 频率 密度估计值154 158:10 0.1 0.025158 162 14 0.14 0.035162 166 26 0.26 0.065166 170 28 0.28 0.07170 174:12 0.12 0.03174 178 8 0.08 0.02178 182 2 0.02 0.00512. 解：ixP:iExiDx1,2in1122nniiiiiiEXDxxn13.解： ,ixUab:iabE21ibaD1,in在此题中1,i0ix3ix,2i1123nniiiiiiEXEDxDx14.解：因为 ,iN:0iX1iXD所以 01iX1,2in4由 分布定义可知2服从 分布22211nniii iXY2所以 :15. 解：因为 0,iN,2in 1230,XN:123XE13D所以 1230,N:2131X同理 2456:由于 分布的可加性，故2221345633XXY:可知 C16. 解：（1）因为 20,iN:1,2in1iX所以 221niiYn:1 112Y yFyPy20yfxd211' 21YYyfyFf5因为 21200nxefxx 所以 2112 00nyYefyy （2） 因为 2,iXN:1,2in1i所以 221niiYn:22 22 0nyYnYFyPyfxd222' 2YYff故 2212 00nnyYeyfy （3）因为 2,iXN:1,2in10,nii所以 22311niiXY:23 33210ynYFyPyfxd233' 21YYffn62 21 00xefx 故 23 0ynYefy （4）因为 20,iXN:1,i所以 12241,1niiniiY:242 2444 10' 21yYYFyPyfxdff故 24 00yYefy 17.解：因为 Xtn:存在相互独立的 ，UV0,1N:2V使 Xn21U:则 2XVn由定义可知 21,F:18 解：因为 20iN1,2in710,1niiXN:21nmii所以 111 221nniiiimnmiiiniXYt:（2）因为 0,1iXN:,i2121niinmii n:所以 22112 21,niniiimniiiniXYFnm:19.解：用公式计算20.10.1929U查表得 .3U代入上式计算可得 20.13.62.20.解：因为 Xn:En2Dn由 分布的性质 3 可知20,1nN:2XncPc21limcntn cned8故 2cnPX第 二 章1. 00,()1()xxxxefEfde令从而有 2. 1121).()()kkxxEpp令 ＝ X所以有 1p２） ．其似然函数为1`1()()nixinXiLPpll10nid解之得　　 ipX３． 解：因为总体Ｘ服从Ｕ（a，b）所以921!()3niabnEXrS（ -）（ ） D（ ） =令 （ ） （ ） ，+（ ） 4. 解：（1）设 为样本观察值则似然函数为：2,nx 11()),0,12,lnllniiniiiiLxnd（ -）解之得： 1lniix（2）母体 X 的期望 10()()Efd而样本均值为： 1()nixX令 得5.。

解：其似然函数为：10111()2()ln0ni ixxiiiLe令得 ：（2）由于 0 0112())()xxxxnniiiEedededE 所以 为 的无偏估计量i6. 解：其似然函数为：()(1)()()1!!kknnxxi iLeeiiilllXii1n()0nidk解得iX(),,fx７．解：由题意知：均匀分布的母体平均数 ，20方差 12)0(2用极大似然估计法求 得极大似然估计量似然函数： niL1)( niix1)(ma0选取 使 达到最大 取 ni111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 2.,1.403.12.28. 解：取子样值为 )(,,(21inxx则似然函数为： ixieL1)()ini niix11)()(l 要使似然函数最大，则需 取,m2nx即 =),in(19. 解：取子样值 0),(2,1ixx则其似然函数 nii xnixeL11)ni1l)(lnnidL1)(l xni1由题中数据可知 20)6545703525024536(10 x则 .10. 解：（1）由题中子样值及题意知：极差 查表 2-1 得 故7.452.6R429.015d 025.7429.0（2）平均极差 ，查表知 1.03.10 .15.34.11/解：设 为其母体平均数的无偏估计，则应有u x又因 4)2634018(6x即知12. 解： ),(~NX12， ，　 则)(ixE1)(ixD)2,(i 2113)(EXE21243EX3)(所以。