《概率统计综合练习.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《概率统计综合练习.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、6.例题分析例 1.已知X1,X2,X7i.i.d.N(,1)且a(X12X2 X3)2b(X4 X5 X6 X7)22(2),求 a，b.解E(X1 2X2 X3)0,D(X1 2X2 X3)1 4 1 6(X12X2 X3)/6b 1/4例 2.X1,X2,X3,X4是 N(0,22)的样本，Y a(X12X2)2b(3X34X4)2则a=，b=时Y 2分布，自由度为 2D(X12X2)242 52 2022(1)a 1/6同理E(X4 X5 X6 X7)0,D(X4 X5 X6 X7)4 X12X2202(1)a 2120D(3X3 4X4)92162521003X34X41021(1)
2、b 1002例 3.设X1,X2,Xni.i.d.N(,2),S122S212nk1(Xk X)，n 11n11n22222(X)Snk1(Xk)k1(Xk X),S3k4k1nn 1n则服从 t(n1)的随机变量是（）.（）X S1/n 1X S3/n（）X S2/n 1X S4/n（）（）注（）、（）的分布自由度为 n，题中条件自由度为 n1，而（）不符合定理结论.例 4.设r.v.X和Y相互独立都服从 N(0,9)，而X1,X2,X9和Y1,Y2,Y9分别是来自总体X和Y的简单随机样本，求统计量Z 数.解 由于Yi/3 N(0,1),192Yi2Y 故Yi(9).9i1i1392X1X9
3、Y12Y92所服从的分布，并指明参再由X 19 Xi N(0,1)，根据 t 分布的定义，有9i1U XY/9 t(9)2例 5.设X1,X2,X9是来自总体X N(0,2)的简单随机样本，求系数 a,b,c使Q a(X1 X2)2b(X3 X4 X5)2c(X6 X7 X8 X9)2服从2分布，并求其自由度.解 由于X1,X2,X9是来自总体X N(0,22)的简单随机样本，由正态分布的线性运算性质有X1 X2 N(0,8),X3 X4 X5 N(0,12),X6 X7 X8 X9 N(0,16)22于是，由2122有 k(X1 X2)2(X3 X4 X5)2(X6 X7 X8 X9)2Q
4、281216故 a=1/8,b=1/12,c=1/16,自由度为 3.例 6.设随机变量X,Y 和 Z 相互独立，且X N(0.2,1),Y N(0,1),Z 2(1).又X1,X2,X5,Y1,Y2,Y3,Z1,Z2分别来自总体 X,Y,Z 的简单随机样本.求统计量U X1 X51Y12Y22Y32 Z1 Z2所服从的分布，并指明其参数.解 因为X1,X2,X5独立同分布且服从N(0.2,1),记X V X X1 X5则5/n5(X 0.2)N(0,1)，由于Y1,Y2,Y3是i.i.d.N(0,1)，故Y12Y22Y322(3),又Z1,Z22(1)，因此W Y12Y22Y32 Z1 Z2
5、2(5)且 V,W 相互独立，故VW55(X 1/5)W/5U X1 X51Y12Y22Y32 Z1 Z2 t(5)例 7.设总体 X 服从正态分布X N(,2),，从中抽取样本X1,X2,Xn,Xn1。X Xnn1n1n22n1t(n 1),XSin(XiX),证明：n 1Snni1n1i1记Xn证明 E(Xn1 X)0,D(Xn1 X)DXn1 DXnU Xn1 Xn1n N(0,1).n12n又V 且U,V独立，故2(n1)Sn22(n1)nXn1 XU t(n1).n1SnV/(n1)例 8设总体X 服从正态分布X N(0,22)，而X1,X2,X15是来自总体的简单随机样本，则随机变
6、量Y 2X12 X1022(X112X15)服从分布，参数为2)2(10),解 由Xi N(0,22),知Xi/2 N(0,1)，从而1/4(X12 X1021/4(X112X15)(5),因而Y 221/4(X12 X10)/10221/4(X11 X15)/5 F(10,5)。例 9设总体X N(0,2)，而X1,X2,X9是来自总体的简单随机样本，试确定的值，使P1 X 3的值为最大。分析 这是一个概率论与高等数学的综合题，先计算P1 X 3的值，其值是关于的函数，然后再计算该函数的极值。解 由X N(0,2)知X N(0,29)，于是有从而33X993P1 X 3=P=()()3 dP
7、1 X 399933令=()()=()(2)()(2)dX3X3 N(0,1)=得e36923226ln32e81223272222e922922e(13e)=02，可求得13。6ln3因驻点唯一，又由已知条件知存在最大值，所以当最大值为P1 X 3=(9 ln33 ln3)()66)=(1.6479)(0.5493时，P1 X 3的值最大，0.95050.7088 0.2417例 10从正态总体N(3.4,62)中抽取容量为n的样本.如果要求其样本均值位于区间(1.4,5.4)内的概率不小于0.95，问样本容量n至少应取多大？解 以X表示其样本均值，则从而有P(1.4 X 5.4)P(2 X
8、 3.4 2)X 3.46nN(0,1)=P(|X 3.4|2)=P(|=2(n)1 0.953|X 3.4|2 nn)66故(因此得n)0.9753n1.963即n (1.963)2 34.57所以n至少应取 35.22例 11 设总体X N(1,1得数据如下：),Y N(2,2),从二总体中分别抽取样本，22n1 8,x 10.5,s1 42.25;n210,y 13.4,s2 56.25;求概率：2222（1）P2 4.40;（2）P12,假定12.1解（1）由 6.2.4 知：22s122 F(81,10 1)2s21于是222242.25242.252P2 4.40 P2 3.304
9、 1 P2 3.30456.25156.251110.05 0.95（2）由 6.2.4 知：X Y(12)sw11n1n2 t(n1n22)2其中sw22(n11)s1(n21)s2742.25956.25 49.28n1 n2 216于是10.513.4(12)P12 P 0.88 0.801149.28 8107 例题分析例 1.一袋中有一些白球和黑球，但不知道白球多还是黑球多现有放回从袋中摸个球，试根据摸出的个球中黑球数来判断袋中白球多还是黑球多解设p为黑球数占袋中总球数的比例，根据p的情况，有多种方法回答这个问题（）矩法设X表示次摸球中摸到的黑球数，则X只能取，两个值，且P(X 1)
10、p,P(X 0)1 p,即X B(1,p).再设Xi为第i次摸到的黑球数，i 1,2,3 则X1,X2,X3为总体X的容量为的样本所以，由矩法估计知X1 X2 X3.3相应取0,1/3,2/3,1四个值因为X1 X2 X3只能取，四个值，故p又p的估计量为p因0,1/3均小于 0.5，而2/3与均大于.5从而得出结论：当取出的个球中黑球 0.5，0.5，判定白球多；当取出的个球中黑球数为与时，p数为与时，p判定黑球多（）极大似然法因为PX k pk(1 p)1k,k 0,1.所以似然函数为L(p)pXi(1 p)1Xi p3X(1 p)33X.i13从而似然方程为ln L(p)3X33X3(X
11、 p)0,pp1 pp(1 p)X.因此所得结论与矩法相同解出p得p（）如果已知两种颜色的球数之比为1:3，但不知哪种球多，这时可利用极大似然原理回答该问题设X表示次摸球中摸到的黑球数，显然k1kPX k p(1 p),k 0,1,2,3.3k即X B(3,p).再根据二项分布，当p为1/4或3/4，X的分布为X3/41/41/6427/649/6427/6427/649/6427/641/64由极大似然估计原理：使样本获得最大概率的参数值作为未知参数的估计值于是得：如果X 0或均判定p 1/4；如果X 2或均判定p 3/4例 2.设总体X的概率密度为x2()21,x 0ef(x)(1).其中
12、 1，又X1,X2,Xn是取自总体X的简单随机0,x 0样本.求的矩估计量；的方差D().解 先求E(X)x(1)E(X)xf(x)dx edx01()1x21(1)e1d()2102x22x2记X 11n X，则得的矩估计量为 Xi.令ni1X 1x2(1)122由于E(X)x f(x)dx edx(1)22012x2故D(X)E(X2)E(X)2X 1的方差为因此1212-(1)2=1222(2)(1)2D()D(X)D(X)n2n例 3.设某种元件的使用寿命X的概率密度为2e2(x),x f(x;)0,x 其中 0为未知参数，又设x1,x2,xn是X的一组样本观察值，求参数的极大似然估计
13、解 似然函数为n2(xi)n,xiL()L(x1,x2,xn;)2 ei10当xi,i 1,2,n时，L()0取对数，得lnL()nln22(xi)i1n因为d lnL()2n 0，所以L()单调增加，由于必然满足xi,i 1,2,n，因此当d minx,x,x 取xi中的最小值时，L()取最大值，所以的极大似然估计为12n例 4 设总体 X 服从正态分布N(,2)，其中已知，试推导方差2的置信水平为1-的置信区间.如果=2，从总体 X 抽出如下的样本值1.8,2.1,2.0,1.9,2.2,1.8求2的置信水平为 0.95 的置信区间.解 设X1,X2,Xn是总体的一个样本，则122因为P1
14、2i122(Xi)(n)n12i122(Xi)(n)1，2n由上式即得nn22(X)(X)iiPi122i1211(n)(n)22由此得2的置信水平为 1-的置信区间为（0.00969,0.113）11例 5设 X 总体在,上服从均匀分布,X1,X2,Xn为简单随机样本,221已知min(Xi)max(Xi)是的一个估计量,证明这个估计量是的无偏估计量.21,1/2 x 1/2证明f(x)0,其它x 1/20,F(x)x 1/2,1/2 x 1/21,x 1/2记N min(Xi),M max(Xi)FN(x)PN x 1 PN x 1 Pmin(Xi)x1 PX1 x,Xn x 1 PX1
15、xPXn x11 PX1 x1 PXn x11 FX(x)nfN(x)n1 FX(x)n1f(x)n(x1)n12FM(x)PM x Pmax(Xi)x PX1 x,Xn xn PX1 xPXn x FX(x)n1fM(x)nFX(x)fX(x)n(x1)n12E(N)E(M)1/21/2xn(x 2)1n1dx 1n1211n1211/21/2xn(x 2)1n1dx)1E(N)E(M)1(1111)E(222n12n11min(X)max(X)为的无偏估计量.ii2,例 6设12是参数的两个相互独立的无偏估计量，已知D(1)3D(2)，试确 k定k1,k2，使k1122是的无偏估计量，并且
16、使k11 k22的方差最小)E().E(k解E(121 1 k22)(k1 k2),k1 k21.2222 kD(k1122)k1D(1)k2D(2)(3k1 k2)D(2)2要此方差值最小，只要(3k12 k2)最小.2记F 3k12 k2,k1 k21.F 3k12(1 k1)2 4k12 2k11Fk1 8k12 0,k11/4,k2 3/4即k11/4，k2 3/4时，F 值最小，例 7.设总体X服从(1,12)上的均匀分布，即 1,x1,12;f(x)20,其它解其中1,2为未知参数，试求1,2的矩估计.12EX1x212xdx|1222212111222 E(X)2x1dx 12x
17、12|12123133221由矩估计定义得两个方程：22 X,221n1212 Xi23ni1解方程组，得到1,2的估计.1n12(1 X2(X)2)212M2i2ni11 X 22例 8.设总体X的概率密度为x1e,f(x)0,x x(0,R)求未知参数和的矩估计和极大似然估计解（1）xxEX edx x2(x)2edx DX 0 X S2,S2x ni1e,xi,i 1,2,n（2）L(,)i1其它0,ln L(,)n 0,(*)ln L(,)nn 2(x)0(*)方程（*）无解，由于L(,)是的单调增函数（当xi时），故 min Xi,1in X min Xi1in例 9设(X1,X2,
18、Xn)是正态总体N(,2)的样本，试P(X t)的极大似然估计.解本题的关键是将P(X t)看作参数,2的函数，从而代于,2的极大似然估计可得P(X t)的极大似然估计，由于P(X t)P(X n t X n N(0,1)，故)t 由于正态总体的极大似然估计为 X,n)(n2 S21n2(Xi X)ni1故P(X t)的极大似然估计为(X t)Pn(t X)S例 10 设X1,X2,X3为来自总体U0,的一个样本，证明144 4min X 4Xmax XiX(3),2i(1)1in31i33都是的无偏估计并指出哪一个更有效.解X(3)的概率密度为 32x,0 x f3(x)3F(x)2f(x)
19、30,其它4EX 4x3x2dx E1(3)33031222 E()(E)D11115X(1)的概率密度为f1(x)31 F(x)2x21,3(1)f(x)0,其它32.D250 x,4EX,E2(1)有效.故1比2例 11.设总体X服从参数的泊松分布，即P(X k)kk!e,k 0,1,2,(X1,X2,Xn)是X的一个样本，试求2的无偏估计.分析求参数函数的无偏估计通常是用常用统计量的组合来构造；其结果一般不唯一.解EX DX,EX,DX 故n,EX2 DX(EX)2n22 EX2n所以2的一个无偏估计量为2 X2X1n注X是的无偏估计，但X2不是2的无偏估计，即无偏估计的函数不是待估参数
20、函数的无偏估计.例 12.假设 0.50，1.25，0.80，2.00 是来自总体X的一组观测值.已知Y ln X服从正态分布N(,1)（1）求X的数学期望EX（记为b）；（2）求的置信度为 0.95 的置信区间；（3）利用上述结果求b的置信度为 0.95 的置信区间.1(y)2/2解（1）Y的概率密度为fY(y)e,yR2b EX E(e)Yye fY(y)dy e12（2）Y的观测值为ln0.5,ln1.25,ln0.8,ln 2令Y 114Yi，则Y N(,)44i1P(Y u0.02514 Y u0.0251由于y 0,u0.02541.96，故的置信度为 0.95 的置信区间为（0.
21、98，0.98）)0.95（3）由于b为的函数，故b的置信区间可由的置信区间推出，由函数ex的严格单调递增性知10.95 P(0.48 10.4821.48)P(e e2 e1.48)故b的置信度为 0.95 的置信区间为(e0.48,e1.48).例 13设总体 X 的概率密度为f(x)2e2(x),x,0,x,其 中 0是 未 知 参 数.从 总 体 X 中 抽 取 简 单 随 机 样 本X1,X2,Xn，min(X1,X2,Xn).(1)求总体 X 的分布函数F(x);(2)求统计量的分布函数F(x)；(3)如果用作为的估计量，讨论它是否具有无偏性.解(1)F(x)xf(t)dt 1e2
22、(x),x,0,x.(2)F(x)P x Pmin(X1,X2,Xn)x=1 Pmin(X1,X2,Xn)x=1 PX1 x,X2 x,Xn x=11 F(x)n=1e2n(x),x,0,x.(3)概率密度为记f(x)dF(x)dx2ne2n(x),x,x.0,xf(x)dx 2nxe2n(x)dx因为E=1，2n所以作为的估计量不具有无偏性.例 14设总体X的概率密度为 x 1,f(x)1,1 x 20,其它其中是未知参数(0 1).X1,X2,Xn为来自总体的简单随机样本，记N为样本值x1,x2,xn中小于的个数求：（）的矩估计；（）的最大似然估计解（）由于EX xf(x;)dx xdx(
23、1)xdx 3/2.0112令3/2 X,解得 3/2 X，所以参数的矩估计为 3/2 X（）似然函数为L()in1f(xi;)N(1)nN,取对数，得1),ln L()N ln(n N)ln(两边对求导，得令d ln L()Nn N.d1d ln L()Nn NN 0,得,所以的最大似然估计为d1nN.n8 例题分析例 1.某种零件的尺寸方差21.21，对一批这类零件检查6 种，得尺寸数据（单位：mm）：32.5629.6631.6430.0031.8731.03当显著性水平 0.05时，问这批零件的平均尺寸能否认为是32.50mm（零件尺寸服从正态分布）？解问题为正态总体已知方差时均值的检
24、验，根据所提要求，假设如下H0:32.50,H1:32.50用u检验法，将观测值代入统计量算得U的观测值u 31.12732.51.1/6 3.057U X 0n,0这是一个双侧检验，对于 0.05查表得u/2 u0.0251.96由于|u|3.057 1.96，故拒绝H0，即在 0.05下，不能认为这批零件的尺寸是32.50mm.2例 2.某车间生产的金属丝，质量较为稳定，折断力方差0 64，今从这一批产品中抽 10 根作折断力试验，结果（公斤）为578，572，570，568，572，570，572，596，584，570问是否可相信这批金属丝的折断力方差仍是64(0.05)解用X表示金属
25、丝的折断力，则由经验知X N(,2)，问题就是要在未知时检验假设H0:2 64,H1:2 64用2检验法，将观测值代入统计量102(xi x)2i164681.610.65642222因为0.975(9)0.025(9)，故接受H0:64，即在 0.05下认为该批金属丝的折断力的方差与64 无显著差异.例 3.一种燃料的辛烷等级服从正态分布，其平均等级为 98.0，标准差为 0.8，今抽取 25 桶新油，每桶各作一次测试，得一大小为25 的辛烷等级样本，算得样本均值为 97.7，假定标准差与原来一样，问新油的辛烷等级是否比原燃料的辛烷平均等级偏低？(0.05)解本题是一个左方单侧检测的问题，即
26、在 0.05下检验假设H0:98.0,H1:98.0利用统计量U X 00 x 0n作假设检验，在H0成立时，U N(0,1)，由所给数据可算出U的观测值u 0n 97.7 98.025 1.8750.8由于u 1.875 u0.05 1.645,故拒绝H0，即认为新油的辛烷平均等级比原燃料辛烷的平均等级确实偏低（在 0.05下）例 4某工厂生产的螺丝长度X N(,2)，现从一批螺丝钉中随机得抽取6 件，测得长度的平均值x 5.46.标准差 s=0.0802，问是否可以认为该批螺丝的平均长度为5.50，方差小于0,092？（0.10)解（1）H0:0 5.502未知,选统计量T X 0S/nH
27、1:0 t(n 1);H0的拒绝域为T t(n1)2t|5.465.500.0802/6|1.2217t(n1)t0.05(5)2.015021.2217 2.0150即t t(n 1)，不在拒绝域内，所以接受.2（2）H0:2202 0.092H1:20未知，选统计量，k2(n 1)s2202(n 1)2H0的拒绝域为k21(n 1)2k50.080220.092 3.97212(n 1)0.90(5)1.610223.97 1.610即12(n 1)，不在拒绝域内，所以接受.例 5设总体X有概率分布为32(1)(1)22P作检验H0:0.1,H1:0.9，抽取 3 个样本取拒绝域 R=X1
28、1,X21,X31求此时第一和第二类错误的概率.解第一类错误概率p1为：X12P(R H0)P(X11,X21,X31 0.1)0.000001.第二类错误概率p2为：P(R H1)1P(R H1)1P(X11,X21,X31 0.9)1(0.9)6.例 6设正态总体X N(,2)，对作如下假设检验：H0:0;900,H1:0;取n 25的简单随机样本，若定H0的接受域为x(,995)(1)求犯第一 I 类错误的概率；,正确，问犯第 II 类错误的概率是多少？(2)若H0不正确，而0;1070(1.5833)0.9433,(1.25)0.8944)解H0的接受域为x(,995)（1）P(弃真）
29、P(拒绝H0H0正确）P(x 9950 900)1 P(x 9950 900)1 Px 900300/5995900 1 P(x*1.5833)300/51(1.5833)1 0.9433 0.0567（2）P(取伪）P(接受H0H0不正确）P(x 99501070)99510701 P(x*1.25)300/5300/5(1.25)1(1.25)10.8944 0.10561 Px 1070例 7设总体X N(,52)，在 0.05的水平检验H0:0H1:0如果所选取的拒绝域R X 1.96,问样本容量 n 应取多大.X5解依题意R X 1.96 0.05,PX 1.96 PXn N0,1)
30、,因此有0.392 n 1.96 n 255例 8下面是某种新型传染病的一个抽样统计结果病情年龄n 0.392 n 0.95.由于老年中青年青少年合计重症一般合计6421857637645281927148416564其中相应死亡人数为 22，14，3，给定显著性水平0.05.（1）试利用2检验法研究病情是否与年龄有关；（2）试利用U检验法判断“老年人病死率偏高”这一结论的正确性分析 在（1）中如果将病情记为X,年龄记为Y,需要检验 X 与Y是否独立显然这是一个列联表的独立性检验问题在（2）中，应将老年人的死亡率p 与所有患者的平均死亡率p0进行比较，检验假设H0:p p0,H1:p p0，这
31、是一个大样本下 Bernoulli总体参数检验问题，可以利用U 检验法来进行解（）记X为病情,Y为年龄，建立统计假设由 题 设，n 564,n11 64,n12 76,n13 8,n21 21,n2219.给 定0.05.由 于2r 2,q 3,查表0.计算可得.05(2)5.9912n nnijijnrq20 n ninji1 j1126.58.22由于0126.58 5.991，故拒绝H0；（）患者的平均死亡率为p022143 7%.564建立假设H0:p p0,H1:p p0利用样本观察可知，n 85,N 22.给定0.05.，查表u1.64,计算可得U0N np0np0(1 p0)22
32、857%227%(17%)13.41.由于U013.41 u0.051.64,壶拒绝H0，即认为老年人病死亡率偏高例 9.设总体X N(,36)，未知参数只可能取两个值：8或11，X1,X2,Xn是取自总体的样本，给定显著性水平，检验假设：H0:8,vsH1:11的拒绝域取为R(x1,xn):U0 u.，6/nX 8（1）试求此检验犯第二类错误的概率；（2）分别给出 0.05与 0.01下，犯第二类错误的概率；（3）若在 0.05下，欲使不超过 0.05，应取多大容量的样本.分析 在假设检验中，由于参数空间（未知参数允许取值的范围）的特殊性，零假设H0与备择假设H1的形式可以是多种多样的如H0
33、:0,vsH1:0,H0:2222等，根据假设检验的原理构造出相应的检验法12,vsH1:12本题的关键是掌握好的定义：应为H1为真时接受H0的概率另外，对于给定的,通常是n的函数，通过求解不等式0，可以确定样本容量n的范围解(1)根据的定义，有 P(x1,xn)R11 P(U0 u11)X 8 P u116/nX 11X 11 P u116/n6/nn,(此时X N(11,36);0u2(2)给出 0.05及 0.01下，查表得u0.051.64,u0.01 2.33，犯第二类错误的概率分别为0.05 0(1.64n/2),(3)欲使给定 0.05时，0.05 0(1.64n/2)0.05,
34、注意到0(u0.05)0.05,必须0.01 0(2.33n/2),1.64n/2 u0.05 1.64.解不等式得n (41.64)2 43.03.故样本容量n至少为时，才不超过 0.05例10.在调查的480名男性中38名患有色盲，520名女性中6名患有色盲，试检验性别与患色盲相互独立.解本例要作联列表分类标志的独立性检验，H0为这两种分类标志相互独立，也i,pj，就是性别与患色盲相互独立根据所给的观测值，先由各nij,ni,nj和n计算n,p计算结果列表如下：性别患色盲未患色盲行求和男38(21.12)442(458.88)480女6(22.88)514(497.12)520列求和4495610002ipj)2(ni j npipjnp27.14，f(2-1)(2-1)=1，查2分布的分位数表得到ij20.95 3.84，因此放弃原假设H0，认为性别与患色盲不相互独立