王明慈版概率论与数理统计习题五.docx

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王明慈版概率论与数理统计习题五

习题五

1.设抽样得到样本观测值为：

38.240.042.437.639.241.044.043.238.840.6

计算样本均值、样本标准差、样本方差与样本二阶中心矩。

__1101

解:

x=∑x

=（38.2+40.0+42.4+37.6+39.2+41.0+44.0+43.2+38.8+40.6）=40.5;

10i=110

110__1

=∑（

−）2=[（38.2−40.5）2+（40.0−40.5）2+…+（40.6−40.5）2]=2.1587;

s9i=1xx9

110__

2=∑（

−）2=2.15872=4.66;

sxix

i=1

∼110

__9

2=∑（

−）2=

=4.194.

⎛10

i=1xx

10S

2.设抽样得到100个样本观测值如下：

观测值

频数

计算样本均值、样本方差与样本二阶中心矩。

解：

由书上127页（5.20）（5.21）（5.22）式可知：

___161

x=∑xn

=（1⋅15+2⋅21+3⋅25+4⋅20+5⋅12+6⋅7）=3.14;

100

i=1

100

16___1

2=∑（−

）2=[（1−3.14）2⋅15+…+（6−3.14）2⋅7]=2.1216;

s99

i=1x

xni99

∼16___99

2=∑（−

）2=2.1216⋅=2.1004.

⎛

3.略

100

i=1

xni

100

4.从总体中抽取容量为n的样本X1,…,X

，设为任意常数，为任意正数，作变换

Y=k（X

−c）,i=1,2,⋯,.

iin

证明：

（1）XY

=+c;

（2）S

==Sy;其中X及S

分别是1,…,

的样本均值及样本

方差；及

2分别是

Y1,…,Yn

的样本均值及样本方差。

证明

（1）

=∑n

由=（

−）得

=Y=i+

XXi

ni=

YikXic

Xic

1（Y）1n1Y

∴X=

∑i+c=

∑Yi+⋅nc=+c

ni=1

kk⋅ni=1nk

2=1∑n（

−=）2=1∑n⎡（−）

−）⎤

⎣⎦

（

SyYiY

ni=1

kXi

ckXkc

（2）

=1∑n

=）=

2⋅=1∑n

（−=）2=

2⋅2

ni=1

kXi

kXk

ni=1

XkSx

∴Sx=2

5.从总体中抽取两组样本，其容量分别为n1及n2，设两组的样本均值分别为X1及X2，

样本方差分别为

2及2，把这两组样本合并为一组容量为

S1S2

n1+n2

的联合样本。

证明：

（1）.联合样本的样本均值==n1X1+n2X2；

n1+n2

（−1）

2+（

−1）2

（−）2

（2）.联合样本的样本方差

2==n1S1n2S2+

n1n2X1X2

S1=n1X1,

n1+n2−1

S2=n2X2

（n1+n2）（n1+n2−1）

umum

证明：

（1）

Sum1+Sum2

X==

n1+n2

n1X1+n2X2

n1+n2

∑

∑（X1

−）2+（

XX2i

−）2

2=1=i=1=

S+−1

（2）n1n2

n1n2

∑（−+−

）2+∑（

−+−）2

X1X1

X1XX2iX2X2X

=1=i=1=

n1+n2−1

又∑（

1−1+1−）

i=1X

XXX

∑⎡（）2

（）2

2（）（）⎤

=⎣

i=1

1−1

+X1−X+

X1−XX1i−X1⎦

=（−

）2+（

−）+0

∑1111

i=1X

XnXX

=（n1

−1）2+

）

（=

n1X1−

同理∑（

2−2+2−）

i=1

XXXX

=（n2

−1）2+

S2n2

（X=2−

（）

而n1X1−X

+n2

）

（=）

X2−X

=（=2−2

+=2）+

（=2−2

+=2）

n1X1

X1XXn2X2

X2XX

==2−2

+=2+=2−2

n1X1

n1X1Xn1Xn2X2

n2X2Xn2X

又=n1X1+n2X2

n1+n2

=21（1=1+22）（

=212（1=1+22）

∴=−

n1XnXnX

++⋅

nXnX

+−nXnXnX

111222

nXn1+n2

nn（n1+n2）nX

n1+n2

化简得

=n1n2

（）

X1−X2

n1+n2

（−1）

2+（

−1）2

（−）2

∴2==n1S1n2S2+

n1n2X1X2

n1+n2−1

（n1+n2）（n1+n2−1）

（

6设随机变量X,Y,Z相互独立，都服从标准正态分布N.0,1）,求随机变量函数

=2+2+

2的分布函数与概率密度；并验证§5.4定理1当

=3时成立，即U～

UXYZk

2（3）

⎪

解：

X,Y,Z相互独立且都服从N（0,1）,则U～

2（3）显然

⎪

⎧1−1−u

⎪

22>0

（）⎪2=2

⎛=3⎞Ueu

fUu

⎨⎜⎟

⎪⎝⎠

⎪⎩o,

u≤0

不然，直接求U的分布函数

（）（

222）

PU≤u

=PX

+Y+Z≤u

=∫∫∫

f（,y,z）

dydz

xdx

222

x+y+z≤u

222

=∫∫∫

x+y+z≤u

f（x）f（y）f（z）dxdydz

当≤0,

（≤）=0

32+2+2

−y

当>0,

（≤）=

⎛1⎞x2z

uPUu

∫∫∫

⎜⎟edxdydz

222

x+y+z≤u⎝ð⎠

利用三重积分的性质（略）也可得到结论。

7.设随机变量

服从自由度为的

分布，证明：

随机变量

Y=X

2服从自由度为（1，k）

的分布。

证明：

X～（k）,则可将X记为X==U,其

中～N（0,1）,V～2

U⎪

（k）

则2=U==1,

⎪VV

其中2～

（1），V～

⎪

2（）

⎪k

由F分布的定义知Y2

=⎪

（1,k）.

～F

8.设随机变量X服从自由度为（k1,

k2）的F分布，证明：

随机变量Y=服从自由度为

（k1,

k2）的F分布；从而证明等式（5.33）：

F1〈（k1,

k2）（）

−=

F〈k2,k1

证明：

X～F（k1,

k2）,则X可写成k,其中

∼2（

1）,

∼

（2）,

VU⎪k

V⎪k

=1k2其中

∼2（），

∼2（）

，由F分布定义知

YXU

U⎪k

V⎪k

Y∼F（k2,

k1）

P（XF1〈（k1,

k2））1〈

⎠

>−=−

⎛11⎞

⎜<⎟=1−

P⎜

⎝XF1−〈

（k1,

k2）⎟〈

⎛11⎞

∴⎜>⎟=1−（1−）=

P⎜

XF1−

（k1,

k2）⎟〈〈

⎝〈⎠

⎛⎞

∴⎜⎟=,又>=

P⎜Y

（）⎟〈

P（YF〈（k2,

k1））〈

⎝F1−〈

k1,k2⎠

∴1

（）F〈（k2,

k1）

1−1,2

〈

−

即

F1〈（k1,

k2）＝（）

F〈k2,k1

9.设总体X服从正态分布N（∝

52）

（1）从总体中抽取容量为64的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值小于1

X∝

的概率（X=−∝

<1）;

（2）抽取样本容量n多大时，才能使概率（X=−∝

−

<1）达到0.95？

解：

（1）

∵X∝∼N（0,1）

⎛

∴P（X=−∝

<1）=P（−1

⎛⎞

⎜−1

=P⎜5

−1⎟

⎜⎟

⎜646464⎟

⎝⎠

=√⎛=8⎞−√⎛−=8⎞=2√⎛=8⎞−1

⎜5⎟⎜

5⎟⎜5⎟

（2）

P（X=−∝

⎝⎠⎝⎠⎝⎠

=2⋅0.9452−1=0.8904

<1）=P（−1

⎛⎞

⎜−−⎟

=P⎜=n<=X∝<=n⎟

⎜⎛⎛⎛⎟

⎜⎟

⎝n⎠

⎛⎞

=2√⎜=n⎟−1=0.95

⎝⎛⎠

⎛⎞

∴√⎜=n⎟=0.975

⎝5⎠

∴=n=1.96

n=9.8

n=96

10.从正态总体N（

）

0.52中抽取容量为10的样本

∝

X1,

X2…,

，

X10

∑X

（1）已知=0，求2

∝=1i

≥4的概率。

（2）未知，求∑（

−2<2.85的概率。

∝i=1XX

⎛10

⎞⎛1101⎞

解：

（1）

⎜∑2≥4

⎟=⎜=2∑

≥=2⋅4⎟

P⎝=1Xi

⎠P⎝0.5

=1Xi

0.5⎠

又=0.52∑X∼

2（10）

⎪

（P133，定理3）

∴原式＝

P（⎪

2（10）≥16）=0.10

⎛10

⎞⎛1101⎞

（2）

⎜∑（

−）2<2.85

⎟=⎜=2∑（

−）2<2.85⋅

=2⎟

P⎝=1Xi

110

X⎠P⎝

0.5

i=1

0.5⎠

又=2∑（

−）2∼

2（9）

（定理4P133）

0.5

iX⎪

i=1

（

∴原式＝P⎪

2（9）<11.4）=1−

P（⎪

2（9）<11.4）

=1−0.25=0.75

11.设总体

X∼N

（50,62），总体

Y∼N

（46,42），从总体X中抽取容量为10的样本，

从总体Y中抽取容量为8的样本，求下列概率：

⎛2⎞

（1）

P（0

（2）

=x<8.28

P⎜⎟

⎝Sy⎠

解：

（1）P（0

⎛⎞

⎜⎟

=⎜0−（50−46）

P⎜

=8−（50−46）⎟

⎟

6242

⎜+++⎟

⎝108108108⎠

有136定理6知，

X=−（50−46）

∼N（0,1）

6242

108

∴原式＝

⎛⎞

⎜X−Y−（−）⎟

⎜⎟

−450464

P⎜5.6

6242

5.6⎟

⎜

⎝

=2√⎛4

+⎟

108⎠

−1=0.909

⎜5.6⎟

⎝⎠

⎛2⎞

⎜Sx

42⎟

（2）

P⎜Sx

<8.28⎟=P⎜

<8.28⋅⎟

⎜

⎟

262

⎠

⎝Sy⎜y⎟

⎝42⎠

又由P139，6∼

F（10−1,8−1）

∴原式=（F（9,7）<3.68）

=1−（F（9,7）<3.68）=1−0.05=0.95

12.设总体

∼（,

2），抽取样本

…,

，样本均值为，样本方差为

2。

若

XN∝⎛

X1XnXS

再抽取一个样本

，证明：

统计量

=nXn+1=−X∼

t（n

−1）

与相互独立。

XXn+1

n+S

证明：

∼（,

2）,∼

⎛2

⎝

⎛,

∼⎛,

+12⎞

Xn+1

N∝⎛

XN⎜∝

⎟Xn+1

n⎠

XN⎜o

n⎟

⎝

n⎛⎠

⋅

X1−X⋅+1

⎛

=n⋅n

=n=X+1=−X=

n+11⎛

n+1

SnS

Xn+1=−XXn+1=−X

+1+1

⋅⋅

＝Xn+1=−X⋅⎛==n⎛=n⎛

+1S

（1）2

n⋅⎛

Sn−S

n⎛⎛

−1

−（）（−1）2

（）（）

∴分子Xn+1X∼

+1N

0,1,

nS2

∼

2⎪

n−1133Th4

=n⋅⎛

∴=nXn+1=−X∼

t（n

⎛

−1）

n+S

13.设总体

X∼N

（8,22），抽取样本

X1,

X2,…,

X10

，求下列概率：

P⎣⎦

（1）

⎡max（X1,X2,…,X10）>10⎤

⎣⎦

（2）P⎡min（X1,X2,…,X10）≤5⎤

解：

（1）

⎡max（X1,X2,…,X10）>10⎤＝1－P⎡max（X1,X2,…,X10）<10⎤

⎣⎦⎣⎦

=1−P（X1<10,X2<10,…,X10<10）

=1−P（X1<10）P（X2<10）…P（X10<10）

）

=1−⎡

（X1−8<10−8⎤

⎢⎣P

22⎥⎦

=1−⎡√

（1）10

⎣⎤⎦

=1−（0.8413）10=0.8224

⎣⎦⎣⎦

（2）P⎡min（X1,X2,…,X10）≤5⎤=1−P⎡min（X1,X2,…,X10）>5⎤

=1−P（X1>5,X2>5,…,X10>5）

=1−

P⎡⎣1−

P（X1

<5）⎤10

⎦

）

=1−⎡−

（X1−8<5−8⎤

⎢P22⎥

⎣⎦

=1−⎡1−√（−1.5）10

⎣⎤⎦

=1−√（1.5）10=0.4991

14.设总体X服从泊松分布P（⎣），抽取样本X1,…,X

（1）样本均值X的期望与方差；

（2）样本均值X的概率分布。

，求：

=1∑n

⊕=∑n

⊕（）=1∑n=

解：

（1）

ni=1

XXi

ni=1

ni=1⎣⎣

X1n1

DX==2∑DXi==2⋅n⎣=⎣

ni=1nn

（2）由泊松分布的可加性有：

Y=X1+X2+…+Xn

P⎣⎣⎣

∼（+⋯+）

��

个

＝

P（n⎣）

⎜

⎞

∴=Y，则⎛=

XPX

y⎟=P（Y=y）=

（n⎣）y

−n⎣

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