习题5.1
1． 某地电视台想了解某电视栏目（如：每日九点至九点半的体育节目）在该地区的收视率情况，于是委
托一家市场咨询公司进行一次电话访查． （1）该项研究的总体是什么？ （2）该项研究的样本是什么？ 解：（1）总体是该地区的全体用户；
（2）样本是被访查的电话用户．
2． 某市要调查成年男子的吸烟率，特聘请50名统计专业本科生作街头随机调查，要求每位学生调查100
名成年男子，问该项调查的总体和样本分别是什么，总体用什么分布描述为宜？
解：总体是任意100名成年男子中的吸烟人数；样本是这50名学生中每一个人调查所得到的吸烟人数；
总体用二项分布描述比较合适．
3． 设某厂大量生产某种产品，其不合格品率p未知，每m件产品包装为一盒．为了检查产品的质量，任
意抽取n盒，查其中的不合格品数，试说明什么是总体，什么是样本，并指出样本的分布． 解：总体是全体盒装产品中每一盒的不合格品数；样本是被抽取的n盒产品中每一盒的不合格品数；
xm−x⎟总体的分布为X ~ b (m, p)，P{X=x}=⎜p，x = 0, 1, …, n， ⎜⎟q
⎛m⎞⎝x⎠
⎛m⎞x1m−x1⎛m⎞x2m−x2⎛m⎞xnm−xn
样本的分布为P{X1=x1,X2=x2,L,Xn=xn}=⎜ ⋅⎜L⎜⎟pq⎜x⎟⎟pq⎜x⎟⎟pq⎜x⎟
⎝n⎠⎝2⎠⎝1⎠
⎛m⎞i=1
q=∏⎜⎜x⎟⎟⋅p
i=1⎝i⎠
n
∑xt
n
mn−∑xt
i=1
n
．
4． 为估计鱼塘里有多少鱼，一位统计学家设计了一个方案如下：从鱼塘中打捞出一网鱼，计有n条，涂
上不会被水冲刷掉的红漆后放回，一天后再从鱼塘里打捞一网，发现共有m条鱼，而涂有红漆的鱼则有k条，你能估计出鱼塘里大概有多少鱼吗？该问题的总体和样本又分别是什么呢？ 解：设鱼塘里有N条鱼，有涂有红漆的鱼所占比例为
n， N
nkk
而一天后打捞出的一网鱼中涂有红漆的鱼所占比例为，估计≈，
mNm
mn
故估计出鱼塘里大概有N≈条鱼；
k
总体是鱼塘里的所有鱼；样本是一天后再从鱼塘里打捞出的一网鱼． 5． 某厂生产的电容器的使用寿命服从指数分布，为了了解其平均寿命，从中抽出n件产品测其使用寿命，
试说明什么是总体，什么是样本，并指出样本的分布． 解：总体是该厂生产的全体电容器的寿命；
样本是被抽取的n件电容器的寿命；
总体的分布为X ~ e (λ )，p (x) = λ e λ x，x > 0，
样本的分布为p(x1,x2,L,xn)=λeλx1⋅λeλx2Lλeλxn=λne
λ∑xi
i=1n
，xi > 0．
6． 美国某高校根据毕业生返校情况纪录，宣布该校毕业生的年平均工资为5万美元，你对此有何评论？ 解：返校的毕业生只是毕业生中一部分特殊群体，样本的抽取不具有随机性，不能反应全体毕业生的情况．
1
习题5.2
1． 以下是某工厂通过抽样调查得到的10名工人一周内生产的产品数
149 156 160 138 149 153 153 169 156 156 试由这批数据构造经验分布函数并作图． 解：经验分布函数
⎧0,⎪0.1,⎪⎪0.3,⎪
Fn(x)=⎨0.5,
⎪0.8,⎪⎪0.9,⎪⎩1,
x<138,
138≤x<149,149≤x<153,153≤x<156, 156≤x<160,160≤x<169,x≥169.
作图略．
2． 下表是经过整理后得到的分组样本
组序 1 2 3 4 5
分组区间 (38,48] (48,58] (58,68] (68,78] (78,88] 频数 3 4 8 3 2
试写出此分布样本的经验分布函数．
解：经验分布函数
⎧0,⎪0.15,⎪⎪⎪0.35,
Fn(x)=⎨
⎪0.75,⎪0.9,⎪⎪⎩1,
x<37.5,
37.5≤x<47.5,47.5≤x<57.5,
57.5≤x<67.5,67.5≤x<77.5,x≥77.5.
3． 假若某地区30名2000年某专业毕业生实习期满后的月薪数据如下：
909 1086 1120 999 1320 1091 1071 1081 1130 1336 967 1572 825 914 992 1232 950 775 1203 1025 1096 808 1224 1044 871 11 971 950 866 738
（1）构造该批数据的频率分布表（分6组）； （2）画出直方图． 解：（1）最大观测值为1572，最小观测值为738，则组距为d=
1572−738
≈140， 6
区间端点可取为735，875，1015，1155，1295，1435，1575， 频率分布表为 组序 分组区间 组中值 频数 频率 累计频率 1 (735, 875] 805 6 0.2 0.2 2 (875, 1015] 945 8 0.2667 0.4667 3 (1015, 1155] 1085 9 0.3 0.7667 4 (1155, 1295] 1225 4 0.1333 0.9
2
5 (1295, 1435] 1365 2 0.06667 0.9667 6 (1435, 1575] 1505 1 0.03333 1 合计
30 1
（2）作图略．
4． 某公司对其250名职工上班所需时间（单位：分钟）进行了调查，下面是其不完整的频率分布表：
所需时间
频率
0~10 0.10 10~20 0.24 20~30 30~40 0.18 40~50 0.14
（1）试将频率分布表补充完整．
（2）该公司上班所需时间在半小时以内有多少人？ 解：（1）频率分布表为
组序
分组区间
组中值
频数
频率
累计频率
1 (0, 10] 5 25 0.1 0.1 2 (10, 20] 15 60 0.24 0.34 3 (20, 30] 25 85 0.34 0.68 4 (30, 40] 35 45 0.18 0.86 5 (40, 50] 45 35 0.14 1 合计
250 1
（2）上班所需时间在半小时以内有25 + 60 + 85 = 170人． 5． 40种刊物的月发行量（单位：百册）如下：
5954 5022 14667 6582 6870 1840 2662 4508 1208 3852 618 3008 1268 1978 7963 2048 3077 993 353 14263 1714 11127 6926 2047 714 5923 6006 14267 1697 13876 4001 2280 1223 12579 13588 7315 4538 13304 1615 8612 （1）建立该批数据的频数分布表，取组距为1700（百册）； （2）画出直方图． 解：（1）最大观测值为353，最小观测值为14667，则组距为d = 1700，
区间端点可取为0，1700，3400，5100，6800，8500，10200，11900，13600，15300， 频率分布表为
组序
分组区间
组中值
频数
频率
累计频率
1 (0, 1700] 850 9 0.225 0.225 2 (1700, 3400] 2550 9 0.225 0.45 3 (3400, 5100] 4250 5 0.125 0.575 4 (5100, 6800] 5950 4 0.1 0.675 5 (6800, 8500] 7650 4 0.1 0.775 6 (8500, 10200] 9350 1 0.025 0.8 7 (10200, 11900] 11050 1 0.025 0.825 8 (11900, 13600] 12750 3 0.075 0.9 9 (13600, 15300] 14450 4 0.1 1 合计 （2）作图略．
3
30 1
6． 对下列数据构造茎叶图
472 425 447 377 341 369 412 399 400 382 366 425 399 398 423 384 418 392 372 418 374 385 439 408 429 428 430 413 405 381 403 479 381 443 441 433 399 379 386 387
解：茎叶图为
341 35 369, 6
377, 2, 4, 9
382, 4, 5, 1, 1, 6, 7 399, 8, 2 400, 5, 3
412, 9, 8, 8, 3, 9 425, 5, 3, 8, 9, 8 439, 0, 3 447, 3, 1 45 46 472, 9
7． 根据调查，某集团公司的中层管理人员的年薪（单位：千元）数据如下：
40.6 39.6 37.8 36.2 38.8 38.6 39.6 40.0 34.7 41.7 38.9 37.9 37.0 35.1 36.7 37.1 37.7 39.2 36.9 38.3
试画出茎叶图． 解：茎叶图为
34.7 35.1 36.2, 7, 9 37.0, 1, 7 38.6 39.6, 6, 2 40.6, 8, 0 41.7 42. 43.8 44.9, 5 45.4
习题5.3
1． 在一本书上我们随机的检查了10页，发现每页上的错误数为：
4 5 6 0 3 1 4 2 1 4
试计算其样本均值、样本方差和样本标准差．
4
解：样本均值x=
1
(4+5+6+L+1+4)=3； 101
样本方差s2=[(4−3)2+(5−3)2+(6−3)2+L+(1−3)2+(4−3)2]≈3.7778；
9
样本标准差s=3.7778≈1.9437．
2． 证明：对任意常数c, d，有
∑(x−c)(y−d)=∑(x−x)(y−y)+n(x−c)(y−d)．
i
i
i
i
i=1
i=1
nn
证：∑(xi−c)(yi−d)=∑[(xi−x)+(x−c)][(yi−y)+(y−d)]
i=1
i=1
n
nn
=∑[(xi−x)(yi−y)+(x−c)(yi−y)+(xi−x)(y−d)+(x−c)(y−d)]
i=1n
n
n
=∑(xi−x)(yi−y)+(x−c)∑(yi−y)+(y−d)∑(xi−x)+n(x−c)(y−d)
i=1
i=1
i=1
n
n
=∑(xi−x)(yi−y)+0+0+n(x−c)(y−d)=∑(xi−x)(yi−y)+n(x−c)(y−d)．
i=1
i=1
3． 设x1 , …, xn和y1 , …, yn是两组样本观测值，且有如下关系：yi = 3 xi − 4，i = 1, …, n，试求样本均值x2
和y间的关系以及样本方差sx和s2y间的关系．
1n1n1⎛n⎞3n
3∑xi−4n⎟解：y=∑yi=∑(3xi−4)=⎜⎟=n∑xi−4=3x−4； ni=1ni=1n⎜i=1⎝i=1⎠
s2y
1n1n9n222
． =(yi−y)=[(3xi−4)−(3x−4)]=(xi−x)2=9sx∑∑∑n−1i=1n−1i=1n−1i=1
1n1n2
4． 记xn=∑xi，sn=(xi−x)2，n = 1, 2, …，证明 ∑ni=1n−1i=1
xn+1=xn+
证：xn+1
n−12112
(xn+1−xn)，sn=s+(xn+1−xn)2． +1n
n+1nn+1
n1nn1n+1111
=xi=⋅∑xi+xn+1=xn+xn+1=xn+(xn+1−xn)； ∑n+1i=1n+1ni=1n+1n+1n+1n+1
2sn+1
1n+11⎡n+1⎤2
=∑(xi−xn+1)=⎢∑(xi−xn)2−(n+1)(xn−xn+1)2⎥ ni=1n⎣i=1⎦
1⎡n1222⎤(xn+1−xn)⎥ =⎢∑(xi−xn)+(xn+1−xn)−(n+1)⋅n⎣i=1(n+1)2⎦
1⎡1nnn−12122⎤=⎢(n−1)(x−x)+(x−x)=s+(xn+1−xn)2． ∑inn+1nn⎥n⎣n−1i=1n+1nn+1⎦
5
5． 从同一总体中抽取两个容量分别为n, m的样本，样本均值分别为x1, x2，样本方差分别为s1, s2，
将两组样本合并，其均值、方差分别为x, s 2，证明：
2
nx1+mx2(n−1)s12+(m−1)s2nm(x1−x2)22
，s=． x=+
n+m−1(n+m)(n+m−1)n+m
22
mm⎞nx1+mx2⎞1⎛n1⎛n⎜⎟⎜⎟证：x=； xxxx=++∑∑∑∑1i2j⎟1i2j⎟=⎜⎜n+m⎝i=1nmn+m+j=1j=1⎝i=1⎠⎠
m⎡n122⎤s=(xx)(xx)−+−∑⎢∑1i⎥ 2j
n+m−1⎣i=1j=1⎦2
m⎡n12222⎤=−+−+−+−(xx)n(xx)(xx)m(xx)∑2j2⎢∑1i1⎥ 12n+m−1⎣i=1j=1⎦22
⎡nx1+mx2⎞nx1+mx2⎞⎤1⎛⎛22
=⎢(n−1)s1+n⎜x1−⎟⎥ ⎟+(m−1)s2+m⎜x2−n+m−1⎢nmnm++⎠⎥⎝⎠⎝⎣⎦
2(n−1)s12+(m−1)s2nm2(x1−x2)2+mn2(x2−x1)21
+⋅=
n+m−1n+m−1(n+m)2
2
(n−1)s12+(m−1)s2nm(x1−x2)2
． =+
n+m−1(n+m)(n+m−1)
样本标准差为s A ，样本极差为R A ，样本中位数为m A ．现6． 设有容量为n的样本A，它的样本均值为xA，
对样本中每一个观测值施行如下变换：y = ax + b，如此得到样本B，试写出样本B的均值、标准差、
极差和中位数．
1n1n1n1n
解：yB=∑yi=∑(axi+b)=(a∑xi+nb)=a⋅∑xi+b=axA+b；
ni=1ni=1ni=1ni=1
sB=
1n1n1n22
(yi−yB)=(axi+b−axA−b)=|a|⋅(xi−xA)2=|a|sA； ∑∑∑n−1i=1n−1i=1n−1i=1
R B = y (n) − y (1) = a x (n) + b − a x (1) − b = a [x (n) − x (1)] = a R A ； 当n为奇数时，mB0.5=y⎛n+1⎞=ax⎛n+1⎞+b=amA0.5+b，
⎜⎟
⎝2⎠
⎜⎟⎝2⎠
当n为偶数时，mB0.5=故mB0.5 = a mA0.5 + b．
11a
[y⎛n⎞+y⎛n⎞]=[ax⎛n⎞+b+ax⎛n⎞+b]=[x⎛n⎞+x⎛n⎞]+b=amA0.5+b，
⎜+1⎟⎜+1⎟⎟⎜+1⎟⎟⎟2⎜2⎜2⎜
⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠
1
(x1−x2)2． 2
7． 证明：容量为2的样本x1 , x2的方差为s2=
2
x1+x22x1+x22(x1−x2)2(x2−x1)211
[(x1−)+(x2−)]=+=(x1−x2)2． 证：s=
2−122442
8． 设x1 , …, xn是来自U (−1, 1) 的样本，试求E(X)和Var(X)．
6
−1+1(1+1)21
解：因X i ~ U (−1, 1)，有E(Xi)==0，Var(Xi)==，
2123
⎛1n⎞11n1n
⎟故E(X)=E(∑Xi)=∑E(Xi)=0，Var(X)=Var⎜=2X∑i⎜⎟ni=1ni=1⎝ni=1⎠n
9． 设总体二阶矩存在，X1 , …, Xn是样本，证明Xi−X与Xj−X（l ≠ k）， 证：因X1 , X2 , …, Xn相互，有Cov (X l , X k ) = 0，
则Cov(Xi−X,Xj−X)=Cov(Xi,Xj)−Cov(Xi,X)−Cov(X,Xj)+Cov(X,X)
∑Var(X
i=1
n
i
)=
111
⋅⋅=． n2
33nn
(i≠j)的相关系数为 − (n − 1) − 1．
11
Xi)−Cov(Xj,Xj)+Var(X) nn
111111
=−Var(Xi)−Var(Xj)+Var(X)=−σ2−σ2+σ2=−σ2，
nnnnnn
11
且Var(Xi−X)=Var(Xi)+Var(X)−2Cov(Xi,X)=σ2+σ2−2Cov(Xi,Xi)
nn
12n−12
=σ2+σ2−σ2=σ=Var(Xj−X)，
nnn
12−σCov(Xi−X,Xj−X)1n故Corr(Xi−X,Xj−X)=． ==−
n−1n−12n−12Var(Xi−X)⋅Var(Xj−X)
σ⋅σnn
=0−Cov(Xi,
1n
10．设x1 , x2 ,…, xn为一个样本，s=(xi−x)2是样本方差，试证： ∑n−1i=1
2
1
(xi−xj)2=s2． ∑n(n−1)i 2 nnnnnn⎞1nn1nn21⎛2222 ⎜⎟则∑(xi−xj)=∑∑(xi−xj)=∑∑(xi+xj−2xixj)=xx2xx+−∑∑∑∑∑∑ij⎟ ji⎜2i=1j=12i=1j=12⎝i=1j=1i=1j=1i=1j=1i nnnnn⎞1⎛⎞⎛n21⎛2222⎞⎟=⎜⎟⎜⎟=⎜nx+nx−2xx2nx−2nx⋅nx=nx−nx=n(n−1)s2， ∑∑∑∑∑∑ijijii⎜⎟⎜⎟⎜⎟2⎝i=1j=1i=1j=1⎠⎝i=1⎠⎠2⎝i=1 故 1 (xi−xj)2=s2． ∑n(n−1)i 2 1n 11．设总体4阶中心矩ν4 = E[X − E(X)]存在，试对样本方差S=(Xi−X)2，有 ∑n−1i=1 n(ν4−σ4)2(ν4−2σ4)ν4−3σ4 ， Var(S)=−+ (n−1)2(n−1)2n(n−1)2 2 7 其中σ 2为总体X的方差． 1n1⎡n222⎤[(Xi−µ)−(X−µ)]=(Xµ)n(Xµ)，其中µ = E(X )， −−−证：因S=∑∑i⎢⎥n−1i=1n−1⎣i=1⎦ 2 ⎡n122⎤则Var(S)=Var(Xµ)n(Xµ)−−−⎢∑i⎥ (n−1)2⎣i=1⎦ 2 ⎡n⎛n1⎧2⎤22⎞2⎫⎜⎟=−−−−+−Var(Xµ)2Cov(Xµ),n(Xµ)Var[n(Xµ)]⎬ ⎨⎢∑i⎥⎜∑i⎟(n−1)2⎩⎣i=1⎦⎝i=1⎠⎭ n1⎧n22222⎫Var(Xµ)2nCov((Xµ),(Xµ))nVar(Xµ)=−−−−+−⎨∑⎬， ∑ii(n−1)2⎩i=1i=1⎭ 因E(Xi − µ)2 = σ 2，E(Xi − µ)4 = ν4， 则∑Var(Xi−µ)=∑{E(Xi−µ)−[E(Xi−µ)]}=∑{ν4−(σ2)2}=n(ν4−σ4)， 2 4 22 i=1 i=1 i=1 n n n 因E(Xi − µ) = 0，E(X−µ)2=Var(X)= n 2 2 n 12 σ，且当i ≠ j时，Xi − µ 与Xj − µ 相互， n 则∑Cov((Xi−µ),(X−µ))=∑{E[(Xi−µ)2(X−µ)2]−E(Xi−µ)2E(X−µ)2} i=1 i=1 2⎧⎫n ⎞⎤⎪⎡2⎛1212⎪=∑⎨E⎢(Xi−µ)⋅⎜⎜n∑(Xk−µ)⎟⎟⎥−σ⋅nσ⎬ i=1⎪⎢⎝k=1⎠⎥⎪⎦⎩⎣⎭n ⎧1=∑⎨2 i=1⎩n nn ⎡14⎫422⎤()()()EXEXEXµµµ−+−⋅−−∑iik⎢⎥nσ⎬ k≠i⎣⎦⎭ 1⎫1⎧1 =∑⎨2[ν4+σ2⋅(n−1)σ2]−σ4⎬=(ν4−σ4)， n⎭ni=1⎩n ⎡1n⎤⎡1⎤2422 且Var(X−µ)=E(X−µ)−[E(X−µ)]=E⎢∑(Xi−µ)⎥−⎢σ2⎥ ⎣ni=1⎦⎣n⎦ ⎤14⎛4⎞1⎡n22 ⎟XX=4E⎢∑(Xi−µ)4+⎜−µ−µ()()⎥−2σ ∑ij⎜⎟n⎣i=1⎝2⎠i ⎜⎟[3(1)](3)νσσσνσσνσσ， n+⋅⋅−=n+nn−−=−+6⎢⎥44424232⎜2⎟n4⎣nnnnn⎝⎠⎦1 (n−1)2 ⎧124⎤⎫442⎡14 ⎨n(ν4−σ)−2n⋅(ν4−σ)+n⎢3(ν4−3σ)+2σ⎥⎬ nn⎣n⎦⎭⎩ 8 4 2 故Var(S2)= = 1⎧14444⎫−−−+−+n(νσ)2(νσ)(ν3σ)2σ⎨⎬ 444(n−1)2⎩n⎭ 1n(ν4−σ4)2(ν4−2σ4)ν4−3σ4⎧444⎫． −+⎨n(ν4−σ)−2(ν4−2σ)+(ν4−3σ)⎬=222 n(n−1)(n−1)n(n−1)⎩⎭ 1 = (n−1)2 12．设总体X的3阶矩存在，设X1 , X2 ,…, Xn是取自该总体的简单随机样本，X为样本均值，S 2为样本方 差，试证：Cov(X,S2)= 2 ν3 n ，其中ν3 = E[X − E(X )]3． 1n1⎡n 222⎤[(Xi−µ)−(X−µ)]=(Xµ)n(Xµ)，其中µ = E(X)， 证：因S=−−−∑∑i⎥⎢n−1i=1n−1⎣i=1⎦ ⎛1⎡n22⎤⎞⎜⎟ −−−则Cov(X,S)=Cov(X−µ,S)=Cov⎜X−µ,(Xµ)n(Xµ)∑i⎢⎥⎟n−1⎣i=1⎦⎠⎝ 2 2 1⎡n22⎤Cov(Xµ,(Xµ))nCov(Xµ,(Xµ))⎥， =−−−−−∑i⎢n−1⎣i=1⎦ 因E(X−µ)=E(Xi−µ)=0，E(Xi − µ)2 = σ 2，E(Xi − µ)3 = ν3，且当i ≠ j时，Xi − µ 与Xj − µ 相互， ⎛1n1n2⎞2 则∑Cov(X−µ,(Xi−µ))=∑Cov⎜⎜n∑(Xk−µ),(Xi−µ)⎟⎟=n∑Cov(Xi−µ,(Xi−µ)) i=1i=1i=1⎝k=1⎠ n 2 n 1n1 =∑[E(Xi−µ)3−E(Xi−µ)E(Xi−µ)2]=⋅nν3=ν3， ni=1n ⎡1n⎤ 且Cov(X−µ,(X−µ))=E(X−µ)−E(X−µ)E(X−µ)=E⎢∑(Xi−µ)⎥ ⎣ni=1⎦ 2 3 2 3 1⎡n1n113⎤=3E⎢∑(Xi−µ)⎥=3∑E(Xi−µ)3=3⋅nν3=2ν3， n⎣i=1nn⎦ni=1 故Cov(X,S2)= 1⎛1⎞1n−1ν⋅ν3=3． ⎜ν3−n⋅2ν3⎟= n−1⎝nn⎠n−1n 13．设X1与X2是从同一正态总体N (µ, σ 2)抽取的容量相同的两个样本均值．试确定样本容量n，使 得两样本均值的距离超过σ 的概率不超过0.01． 解：因E(X1)=E(X2)=µ，Var(X1)=Var(X2)= σ2 n ，X1与X2相互，且总体分布为N (µ, σ 2)， ⎛2σ2⎞2σ2 ⎟则E(X1−X2)=µ−µ=0，Var(X1−X2)=+=，即X1−X2~N⎜， 0,⎜⎟nnnn⎠⎝ σ2σ2 ⎡⎛σ⎞⎤⎛⎞⎛⎞ ⎟⎥=2−2Φ⎜n⎟≤0.01，有Φ⎜n⎟≥0.995，n≥2.5758， 因P{|X1−X2|>σ}=2⎢1−Φ⎜⎜2⎟⎜2⎟⎜σ2n⎟⎥2⎢⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦ 9 故n ≥ 13.2698，即n至少14个． 14．利用切比雪夫不等式求抛均匀硬币多少次才能使正面朝上的频率落在 (0.4, 0.6) 间的概率至少为 0.9．如何才能更精确的计算这个次数？是多少？ ⎧1,第i次正面朝上,1n 解：设Xi=⎨ 有X i ~ B (1, 0.5)，且正面朝上的频率为X=∑Xi， ni=1第i次反面朝上0,,⎩ 0.25 ， n0.2525 1由切比雪夫不等式得P{0.4 25 故当1−≥0.9时，即n ≥ 250时，P{0.4 则E (X i ) = 0.5，Var (X i ) = 0.25，且E(X)=0.5，Var(X)= 0.251n )， 利用中心极限定理更精确地计算，当n很大时X=∑Xi的渐近分布为正态分布N(0.5,nni=1 则P{0.4 )−Φ( 0.4−0.50.25n )=Φ(0.2n)−Φ(−0.2n) =2Φ(0.2n)−1≥0.9， 即Φ(0.2n)≥0.95，0.2n≥1.， 故当n ≥ 67.24时，即n ≥ 68时，P{0.4 Var(X)121 解：因E(X)=E(X)=θ，Var(X)==θ，故X的渐近分布为N(θ,θ2)． n4040 16．设X1 , …, X25是从均匀分布U (0, 5) 抽取的样本，试求样本均值X的渐近分布． Var(X)(5−0)21515 ==，故X的渐近分布为N(,)． 解：因E(X)=E(X)=，Var(X)= 2212n25×1212 17．设X1 , …, X20是从二点分布b (1, p) 抽取的样本，试求样本均值X的渐近分布． Var(X)p(1−p)p(1−p) 解：因E(X)=E(X)=p，Var(X)==，故X的渐近分布为N(p,)． n2020 18．设X1 , …, X8是从正态分布N (10, 9) 中抽取的样本，试求样本均值X的标准差． Var(X)932 ． 解：因Var(X)==，故X的标准差为Var(X)= n84 19．切尾均值也是一个常用的反映样本数据的特征量，其想法是将数据的两端的值舍去，而用剩下的当中 的值为计算样本均值，其计算公式是 Xα= X([nα]+1)+X([nα]+2)+L+X(n−[nα]) n−2[nα] ， 其中0 < α < 1/2是切尾系数，X(1) ≤ X(2) ≤ … ≤ X(n) 是有序样本．现我们在高校采访了16名大学生，了解他们平时的学习情况，以下数据是大学生每周用于看电视的时间： 15 14 12 9 20 4 17 26 15 18 6 10 16 15 5 8 取α = 1/16，试计算其切尾均值． 10 解：因nα = 1，且有序样本为4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 15, 15, 16, 17, 18, 20, 26， 1 (5+6+8+L+20)=12.8571． 16−2 20．有一个分组样本如下： 区间 组中值 频数 (145,155) 150 4 (155,165) 160 8 (165,175) 170 6 (175,185) 180 2 试求该分组样本的样本均值、样本标准差、样本偏度和样本峰度． 1 解：x=(150×4+160×8+170×6+180×2)=163； 20 故切尾均值x1/16= s= 1 [(150−163)2×4+(160−163)2×8+(170−163)2×6+(180−163)2×2]=9.2338； 19 因b2= 1 [(150−163)2×4+(160−163)2×8+(170−163)2×6+(180−163)2×2]=81， 201 b3=[(150−163)3×4+(160−163)3×8+(170−163)3×6+(180−163)3×2]=144， 201 b4=[(150−163)4×4+(160−163)4×8+(170−163)4×6+(180−163)4×2]=14817， 20 故样本偏度γ1= b3 3/2b2 =0.1975，样本峰度γ2= b4 2b2 −3=−0.7417． 21．检查四批产品，其批次与不合格品率如下： 批号 批量 不合格品率 1 100 0.05 2 300 0.06 3 250 0.04 4 150 0.03 试求这四批产品的总不合格品率． 1 (100×0.05+300×0.06+250×0.04+150×0.03)=0.046875． 800 22．设总体以等概率取1, 2, 3, 4, 5，现从中抽取一个容量为4的样本，试分别求X (1) 和X (4) 的分布． 解：因总体分布函数为 解：p= ⎧0,⎪1⎪,⎪5⎪2,⎪ F(x)=⎨5 3⎪,⎪5⎪4⎪5,⎪1,⎩ x<1,1≤x<2,2≤x<3,3≤x<4,4≤x<5,x≥5, 则F(1) (x) = P{X (1) ≤ x} = 1 − P{X (1) > x} = 1 − P{X 1 > x, X 2 > x, X 3 > x, X 4 > x} = 1 − [1 − F (x)]4 11 ⎧0,⎪369 ,⎪625⎪ ⎪544,⎪=⎨625609⎪,⎪625⎪624⎪625,⎪1,⎩ x<1,1≤x<2,2≤x<3,3≤x<4,4≤x<5,x≥5, 且F(4) (x) = P{X (4) ≤ x} = P{X 1 ≤ x, X 2 ≤ x, X 3 ≤ x, X 4 ≤ x} = [F (x)]4 ⎧0,⎪1 ,⎪625⎪ ⎪16,⎪=⎨625 81⎪,⎪625⎪256⎪625,⎪1,⎩ x<1,1≤x<2,2≤x<3,3≤x<4,4≤x<5,x≥5, 故X (1) 和X (4) 的分布为 1234512345X(4)36917565151； 11565175369． PP 625625625625625625625625625625 23．设总体X服从几何分布，即P{X = k} = pq k − 1，k = 1, 2, …，其中0 < p < 1，q = 1 − p，X1, X2, …, Xn为 该总体的样本．求X(n) , X(1)的概率分布． X(1) 解：因P{X≤k}=∑pq j=1k j−1 p(1−qk)==1−qk，k = 1, 2, …， 1−q n n 故P{X(n)=k}=P{X(n)≤k}−P{X(n)≤k−1}=∏P{Xi≤k}−∏P{Xi≤k−1}=(1−qk)n−(1−qk−1)n； i=1 i=1 n n 且P{X(1)=k}=P{X(1)>k−1}−P{X(1)>k}=∏P{Xi>k−1}−∏P{Xi>k}=qn(k−1)−qnk． i=1 i=1 24．设X1 , …, X16是来自N (8, 4) 的样本，试求下列概率 （1）P{X (16) > 10}； （2）P{X (1) > 5}． 解：（1）P{X(16)>10}=1−P{X(16)≤10}=1−∏P{Xi≤10}=1−[F(10)]16=1−[Φ( i=116 10−816 )] 2 = 1 − [Φ(1)]16 = 1 − 0.841316 = 0.9370； （2）P{X(1)>5}=∏P{Xi>5}=[1−F(5)]16=[1−Φ( i=116 5−816 )]=[Φ(1.5)]16=0.933216=0.3308． 2 25．设总体为韦布尔分布，其密度函数为 12 p(x;m,η)= mxm−1 ηm m ⎧⎪⎛x⎞⎫⎪ ⎟exp⎨−⎜⎜η⎟⎬，x > 0, m > 0, η > 0． ⎪⎩⎝⎠⎪⎭ 现从中得到样本X1 , …, Xn ，证明X (1) 仍服从韦布尔分布，并指出其参数． 解：总体分布函数F(x)=∫p(t)dt=∫ 0x x mt m−1m 0 ηe ⎛t⎞ −⎜⎜η⎟⎟⎝⎠ m dt=∫0e x ⎛t⎞−⎜⎜η⎟⎟⎝⎠ m ⎛t⎞d⎜⎜η⎟⎟=−e⎝⎠ m ⎛t⎞−⎜⎜η⎟⎟⎝⎠ mx =1−e 0 ⎛x⎞−⎜⎜η⎟⎟⎝⎠ m ，x > 0， 则X (1) 的密度函数为 p1(x)=n[1−F(x)]n−1p(x)=ne ⎛x⎞−(n−1)⎜⎟ ⎝η⎠ m ⋅ mx m−1 ηm e ⎛x⎞−⎜⎟⎝η⎠ m = mnx m−1 ηm e ⎛x⎞−n⎜⎟⎝η⎠ m = mxm−1 (η/mn)me⎛x⎞−⎜⎟⎜m⎟⎝η/n⎠m ， ⎛η⎞ 故X (1) 服从参数为⎜,m⎟的韦布尔分布． ⎜m⎟ n⎠⎝ 26．设总体密度函数为p (x) = 6 x (1 − x), 0 < x < 1，X1 , …, X9是来自该总体的样本，试求样本中位数的分布． 解：总体分布函数F(x)=∫p(t)dt=∫6t(1−t)dt=(3t−2t)=3x2−2x3，0 < x < 1， 0 0 0 x x 2 3 x 因样本容量n = 9，有样本中位数m0.5=x⎛n+1⎞=x(5)，其密度函数为 ⎜⎟ ⎝2⎠ p5(x)= 27．证明公式 9!9![F(x)]4[1−F(x)]4p(x)=(3x2−2x3)4(1−3x2+2x3)4⋅6x(1−x)． 4!⋅4!4!⋅4! 1⎛n⎞kn!n−krn−r−1⎜⎟p(1−p)=x(1−x)dx，其中0 ≤ p ≤ 1． ∑∫⎜k⎟pr!(n−r−1)!k=0⎝⎠ r 证：设总体X服从区间(0, 1)上的均匀分布，X1, X2, …, Xn为样本，X(1), X(2), …, X(n)是顺序统计量， 则样本观测值中不超过p的样品个数服从二项分布b(n, p)，即最多有r个样品不超过p的概率为 ⎛n⎞kn−k P{X(r+1)>p}=∑⎜⎜k⎟⎟p(1−p)， k=0⎝⎠ r 因总体X的密度函数与分布函数分别为 x<0;⎧0, ⎧1,0 则X(r + 1)的密度函数为 n!⎧ xr(1−x)n−r−1,0 r!(n−r−1)!⎪其他.⎩0, 1⎛n⎞kn!n−k ⎜⎟故∑⎜⎟p(1−p)=P{X(r+1)>p}=xr(1−x)n−r−1dx． ∫r!(n−r−1)!pk=0⎝k⎠ r 28．设总体X的分布函数F(x)是连续的，X(1), …, X(n)为取自此总体的次序统计量，设ηi = F(X(i))，试证： （1）η1 ≤ η2 ≤ … ≤ ηn，且ηi是来自均匀分布U (0, 1)总体的次序统计量； 13 （2）E(ηi)= i(n+1−i)i ，Var(ηi)=，1 ≤ i ≤ n； 2n+1(n+1)(n+2) （3）ηi和ηj的协方差矩阵为 ⎛a1(1−a1)⎜ ⎜n+2⎜a1(1−a2)⎜ ⎝n+2 其中a1= a1(1−a2)⎞ ⎟n+2⎟ a2(1−a2)⎟ ⎟n+2⎠ ij，a2=． n+1n+1 注：第（3）问应要求i < j． 解：（1）首先证明Y = F(X )的分布是均匀分布U (0, 1)， 因分布函数F(x)连续，对于任意的y ∈ (0, 1)，存在x，使得F(x) = y， 则FY ( y) = P{Y = F(X ) ≤ y} = P{F(X ) ≤ F(x)} = P{X ≤ x} = F(x) = y， 即Y = F(X )的分布函数是 y<0;⎧0,⎪ FY(y)=⎨y,0≤y<1; ⎪1,y≥1.⎩ 即F(X1), F(X2), …, F(Xn)是均匀分布总体U (0, 1)的样本， 可得Y = F(X )的分布是均匀分布U (0, 1)， 因分布函数F(x)单调不减，ηi = F(X(i))，且X(1) ≤ X(2) ≤ … ≤ X(n)是总体X的次序统计量， 故η1 ≤ η2 ≤ … ≤ ηn，且ηi是来自均匀分布U (0, 1)总体的次序统计量； （2）因均匀分布U (0, 1) 的密度函数与分布函数分别为 y<0;⎧0, ⎧1,0 其他.⎩0,⎪1,y≥1.⎩ 则ηi = F(X(i))的密度函数为 n!⎧ yi−1(1−y)n−i,0 (i−1)!(n−i)!⎪其他.⎩0, 即ηi服从贝塔分布Be(i, n − i + 1)，即Be(a, b)，其中a = i，b = n − i + 1， aiabi(n+1−i) ，Var(ηi)=，1 ≤ i ≤ n； =故E(ηi)== a+bn+1(a+b)2(a+b+1)(n+1)2(n+2) （3）当i < j时，(ηi, ηj)的联合密度函数为 n! pij(y,z)=[FY(y)]i−1[FY(z)−FY(y)]j−i−1[1−FY(z)]n−jpY(y)pY(z)Iy n! =yi−1(z−y)j−i−1(1−z)n−jI0 则∫yi(z−y)j−i−1⋅z(1−z)n−jdy=z(1−z)n−j∫(zu)i(z−zu)j−i−1⋅zdu 0 0 z 1 =z(1−z)n−j⋅zj∫ui(1−u)j−i−1du=zj+1(1−z)n−j⋅B(i+1,j−i)= 0 1 i!(j−i−1)!j+1 z(1−z)n−j， j! 14 即E(ηiηj)= 1i!(j−i−1)!n!j+1n−j z(1−z)dz ∫0(i−1)!(j−i−1)!(n−j)!j! n!i!(j−i−1)! ⋅B(j+2,n−j+1) (i−1)!(j−i−1)!(n−j)!j! n!i!(j−i−1)!(j+1)!(n−j)!i(j+1) ， =⋅⋅= (i−1)!(j−i−1)!(n−j)!j!(n+2)!(n+1)(n+2) i(j+1)iji(n+1−j) 可得Cov(ηi,ηj)=E(ηiηj)−E(ηi)E(ηj)=， −⋅=2(n+1)(n+2)n+1n+1(n+1)(n+2) = ij，a2=， n+1n+1 i(n+1−j)a1(1−a2) ， 则Cov(ηi,ηj)== (n+1)2(n+2)n+2i(n+1−i)a1(1−a1)j(n+1−j)a2(1−a2) 且Var(ηi)=，， η=Var()==j n+2n+2(n+1)2(n+2)(n+1)2(n+2) 故ηi和ηj的协方差矩阵为 因a1= ⎛a1(1−a1) Cov(ηi,ηj)⎞⎜n+2⎛Var(ηi) ⎜⎟=⎜⎜Cov(ηi,ηj)⎟⎜a1(1−a2)Var()ηj⎝⎠⎜ ⎝n+2a1(1−a2)⎞ ⎟ n+2⎟． a2(1−a2)⎟ ⎟ n+2⎠ 29．设总体X服从N (0, 1)，从此总体获得一组样本观测值 x1 = 0, x2 = 0.2, x3 = 0.25, x4 = −0.3, x5 = −0.1, x6 = 2, x7 = 0.15, x8 = 1, x9 = −0.7, x10 = −1． （1）计算x = 0.15（即x (6)）处的E[F(X(6))]，Var[F(X(6))]； （2）计算F(X(6))在x = 0.15的分布函数值． i(n+1−i)i ，Var[F(X(i))]=，且n = 10， 解：（1）根据第28题的结论知E[F(X(i))]= n+1(n+1)2(n+2) 66×55 ，Var[F(X(6))]=2=； 1111×12242 （2）因F(X(i))服从贝塔分布Be(i, n − i + 1)，即这里的F(X(6))服从贝塔分布Be(6, 5)， 故E[F(X(6))]= 则F(X(6))在x = 0.15的分布函数值为F6(0.15)=故根据第27题的结论知 510⎛⎞10!0.1554 ⎜⎟F6(0.15)=xxdx(1−)=1−×0.15k×0.8510−k=0.0014． ∑∫⎜⎟5!⋅4!0k=0⎝k⎠ 10!0.155 x(1−x)4dx， ∫5!⋅4!0 30．在下列密度函数下分别寻求容量为n的样本中位数m0.5的渐近分布． （1）p(x) = 6x(1 − x)，0 < x < 1； ⎧(x−µ)2⎫ （2）p(x)=exp⎨−⎬； 22σ2πσ⎩⎭ 1 ⎧2x,0 （4）p(x)= λ2 e−λ|x|． 15 ⎞⎛1 ⎟解：样本中位数m0.5的渐近分布为N⎜，其中p(x)是总体密度函数，x0.5是总体中位数， x,0.52⎟⎜4n⋅p(x0.5)⎠⎝ （1）因p(x) = 6x(1 − x)，0 < x < 1，有0.5=F(x0.5)=∫ 则x0.5 = 0.5，有 x0.50 6x(1−x)dx=(3x2−2x3) x0.50 23 =3x0.5−2x0.5， 111 ， == 4n⋅p2(0.5)4n×(6×0.5×0.5)29n 1⎞⎛ 故样本中位数m0.5的渐近分布为N⎜0.5,⎟； 9n⎠⎝ ⎧(x−µ)2⎫ （2）因p(x)=exp⎨−⎬，有0.5 = F(x0.5) = F(µ)， 22σ2πσ⎩⎭ 1 1 =则x0.5 = µ ，有 4n⋅p2(µ) 1⎛4n×⎜⎜ ⎝ πσ2=， 22n1⎞⎟⎟2πσ⎠ ⎛πσ2⎞ 故样本中位数m0.5的渐近分布为N⎜⎜µ,2n⎟⎟； ⎝⎠ x0.5x0.5⎧2x,0 则x0.5= 1 ，有2111 ， ==2 8n⎛1⎞1⎞4n⋅p2⎜⎟4n×⎛⎜2×⎟ ⎝2⎠2⎠⎝ ⎛11⎞ ,⎟； 故样本中位数m0.5的渐近分布为N⎜ ⎝28n⎠ （4）因p(x)= λ2 e−λ|x|，有0.5 = F(x0.5) = F(0)， 则x0.5 = 0，有 1 =2 4n⋅p(0) 1⎛λ⎞4n×⎜⎟ ⎝2⎠ 2 = 1， 2nλ1⎞⎛ 故样本中位数m0.5的渐近分布为N⎜0,2⎟． ⎝nλ⎠ 31．设总体X服从双参数指数分布，其分布函数为 ⎧⎧x−µ⎫⎪1−exp⎨−⎬,F(x)=⎨σ⎩⎭⎪⎩0, x>µ;x≤µ. 其中，−∞ < µ < +∞，σ > 0，X(1) ≤ … ≤ X(n)为样本的次序统计量．试证明(n−i−1) 16 2 σ(X(i)−X(i−1))服从 自由度为2的χ 2分布（i = 2, …, n）． 注：此题有误，讨论的随机变量应为(n−i+1) z 2 σ(X(i)−X(i−1))． z − y = t 0 µ y证：因(X(i − 1), X(i))的联合密度函数为 n! [F(y)]i−2[1−F(z)]n−ip(y)p(z)Iy ⎡n!⎧y−µ⎫⎤1exp=−⎨−⎬⎥ (i−2)!(n−i)!⎢⎩σ⎭⎦⎣ i−2 ⎡⎧z−µ⎫⎤ ⎢exp⎨−σ⎬⎥ ⎭⎦⎣⎩ n−i ⋅ ⎧y−µ⎫1⎧z−µ⎫ exp⎨−⎬⋅exp⎨−⎬Iµ n!⎧y−µ⎫⎡⎧y−µ⎫⎤ exp1exp=−−⎨⎬⎨−⎬⎥ σ⎭⎢σ(i−2)!(n−i)!σ2⎩⎩⎭⎦⎣ 则T = X(i) − X(i − 1)的密度函数为 +∞ i−2 ⎡⎧z−µ⎫⎤ ⎢exp⎨−σ⎬⎥ ⎭⎦⎣⎩ Iµ −∞ n! = (i−2)!(n−i)!σ2n! = (i−2)!(n−i)!σ2n! = (i−2)!(n−i)!σ2= ∫µ+∞ ⎧y−µ⎫⎡⎧y−µ⎫⎤exp⎨−⎬⎢1−exp⎨−⎬⎥ σσ⎩⎭⎣⎩⎭⎦ n−i+1 i−2 ⎡⎧y+t−µ⎫⎤ ⎬⎥⎢exp⎨−σ⎭⎦⎣⎩ n−i+1 dy i−2 ⎡⎧t⎫⎤ ⎢exp⎨−σ⎬⎥ ⎭⎦⎣⎩ ∫µn−i+1 +∞ ⎡⎧y−µ⎫⎤ ⎢exp⎨−σ⎬⎥ ⎭⎦⎣⎩ n−i+1 n−i+1 ⎡⎧y−µ⎫⎤ 1exp−⎨−⎬⎥⎢ ⎩σ⎭⎦⎣⎡⎧y−µ⎫⎤ (−σ)d⎢exp⎨−⎬⎥ ⎣⎩σ⎭⎦ ⎡⎧t⎫⎤⎢exp⎨−σ⎬⎥ ⎭⎦⎣⎩ ∫u 1 0 (1−u)i−2(−σ)du n!⎧(n−i+1)t⎫1n−i+1 exp⎨−(1−u)i−2du ⎬∫0u (i−2)!(n−i)!σσ⎩⎭n!⎧(n−i+1)t⎫ exp⎨−⎬B(n−i+2,i−1) σ(i−2)!(n−i)!σ⎩⎭ n!⎧(n−i+1)t⎫(n−i+1)!(i−2)!n−i+1⎧(n−i+1)t⎫ exp⎨−exp⎨−=⎬⋅⎬，t > 0， (i−2)!(n−i)!σn!σσσ⎩⎭⎩⎭ 2 = = 可得S=(n−i+1) σ(X(i)−X(i−1))=(n−i+1) 2 σT的密度函数为 ⎞⎛σσσn−i+11⎧s⎫⎧s⎫ ⎟⋅=⋅=−pS(s)=pT⎜sexpexp⎨−⎬，s > 0， ⎬⎨⎜2(n−i+1)⎟2(n−i+1)σ⎩2⎭⎩2⎭2(n−i+1)2⎠⎝ 故S=(n−i+1) 2 σ(X(i)−X(i−1))服从参数为 1 的指数分布，也就是服从自由度为2的χ 2分布． 2 32．设总体X的密度函数为 ⎧3x2,0 其他0,.⎩ X(1) ≤ X(2) ≤ … ≤ X(5)为容量为5的取自此总体的次序统计量，试证 17 X(2)X(4) 与X(4)相互． 证：因总体X的密度函数和分布函数分别为 x<0;⎧0, ⎧3x2,0 其他.⎩0,⎪1,x≥1.⎩ 则(X(2), X(4))的联合密度函数为 p24(x(2),x(4))= 5! [F(x(2))]1[F(x(4))−F(x(2))]1[1−F(x(4))]1p(x(2))p(x(4))Ix(2) X(2)X(4) ，Y2 = X(4)，有X (2) = Y1Y2，X(4) = Y2， 则(X(2), X(4))关于( Y1 , Y2 )的雅可比行列式为 J= ∂(x(2),x(4))∂(y1,y2) = y20 y11 =y2， 且0 < X (2) ≤ X (4) < 1对应于0 < Y1 < 1, 0 < Y2 < 1， 可得(Y1 , Y2 )的联合密度函数为 233 p(y1,y2)=p24(y1y2,y2)⋅|J|=1080(y1y2)5y2[y2−(y1y2)3](1−y2)I0 =1080y15(1−y13)I0 X(2)X(4) 与Y2 = X(4)相互． 33．（1）设X(1)和X(n)分别为容量n的最小和最大次序统计量，证明极差Rn = X(n) − X(1)的分布函数 FRn(x)=n∫[F(y+x)−F(y)]n−1p(y)dy −∞ +∞ 其中F( y)与p( y)分别为总体的分布函数与密度函数； （2）利用（1）的结论，求总体为指数分布Exp(λ)时，样本极差Rn的分布． 注：第（1）问应添上x > 0的要求． 解：（1）方法一：增补变量法 因(X(1), X(n))的联合密度函数为 n! [F(z)−F(y)]n−2p(y)p(z)Iy 对于其函数Rn = X(n) − X(1)，增补变量W = X(1)， ⎧w=y;⎧y=w; 反函数为 ⎨⎨ r=z−y.z=w+r.⎩⎩ 其雅可比行列式为 J= 1011 =1， 18 则Rn的密度函数为 pRn(r)=∫n(n−1)[F(w+r)−F(w)]n−2p(w)p(w+r)Ir>0dw， −∞ +∞ 故Rn = X(n) − X(1)的分布函数为 FRn(x)=∫pRn(r)dr=∫dr∫n(n−1)[F(w+r)−F(w)]n−2p(w)p(w+r)Ir>0dw −∞ −∞ −∞ xx+∞ =∫dw∫n(n−1)[F(w+r)−F(w)]n−2p(w)p(w+r)Ir>0dr −∞ −∞ +∞x =∫n(n−1)p(w)dw∫[F(w+r)−F(w)]n−2p(w+r)dr −∞ 0 +∞x =∫n(n−1)p(w)dw∫[F(w+r)−F(w)]n−2dF(w+r) −∞ 0 +∞x =∫n(n−1)p(w)dw⋅ −∞+∞−∞ +∞ x1 [F(w+r)−F(w)]n−1 0n−1 =n∫[F(w+x)−F(w)]n−1p(w)dw =n∫[F(y+x)−F(y)]n−1p(y)dy，x > 0； −∞+∞ 方法二：分布函数法 因(X(1), X(n))的联合密度函数为 n! [F(z)−F(y)]n−2p(y)p(z)Iy +∞ y+x z z − y = xFRn(x)=P{Rn=X(n)−X(1)≤x}=∫dy∫ −∞ −∞ p1n(y,z)dz 0 y=n(n−1)∫dy∫ −∞+∞−∞ +∞y+x y [F(z)−F(y)]n−2p(y)p(z)dz y+x =n(n−1)∫dy⋅p(y)∫ +∞ y [F(z)−F(y)]n−2d[F(z)] +∞y+x1n−1 =n(n−1)∫dy⋅p(y)⋅[F(z)−F(y)]=n∫[F(y+x)−F(y)]n−1p(y)dy，x > 0； −∞−∞yn−1 （2）因指数分布Exp(λ)的密度函数与分布函数分别为 ⎧λe−λx,x>0;⎧1−e−λx,x>0;p(x)=⎨ F(x)=⎨ 0,x0.0,x0.≤≤⎩⎩ 故Rn = X(n) − X(1)的分布函数为 +∞ +∞ FRn(x)=n∫[F(y+x)−F(y)] −∞ n−1 p(y)dy=n∫[(1−e−λ(y+x))−(1−e−λy)]n−1⋅λe−λydy 0 +∞+∞⎛1⎞ =n∫(e−λy)n−1(1−e−λx)n−1⋅(−1)de−λy=n(1−e−λx)n−1⋅⎜−⎟(e−λy)n=(1−e−λx)n−1，x > 0． 00 ⎝n⎠ 34．设X1 , …, Xn是来自U (0, θ ) 的样本，X (1) ≤ … ≤ X (n) 为次序统计量，令 Yi= X(i)X(i+1) ，i = 1, …, n − 1，Yn = X (n) ， 证明Y1 , …, Yn相互． 19 解：总体密度函数p(x)= 1 θI0 1 θn I0 ，i = 1, 2, …, n − 1，Yn = X (n) ， 有X (1) = Y1 Y2…Yn ，X (2) = Y2…Yn ，…，X (n −1) = Yn −1 Yn ，X (n) = Yn ， 则 (X (1) , X (2) , …, X (n) ) 关于 ( Y1 , Y2 , …, Yn ) 的雅可比行列式为 ∂(x(1),x(2),L,x(n))∂(y1,y2,L,yn) = y2Lyn 0L0 y1y3Lyny3Lyn L0 Ly1y2Lyn−1Ly2y3Lyn−1LL L1 2n−1 ， =y2y3Lyn 且0 < X (1) ≤ X (2) ≤ … ≤ X (n) < θ 对应于0 < Y1 ≤ 1, 0 < Y2 ≤ 1, …, 0 < Yn −1 ≤ 1, 0 < Yn < θ ， 可得 ( Y1 , Y2 , …, Yn ) 的联合密度函数为 12n−1 p(y1,y2,L,yn)=n!⋅ny2y3I0 472 425 447 377 341 369 412 419 400 382 366 425 399 398 423 384 418 392 372 418 374 385 439 428 429 428 430 413 405 381 403 479 381 443 441 433 419 379 386 387 解：x (1) = 341，m0.25= 111 (x(10)+x(11))=383，m0.5=(x(20)+x(21))=408.5，m0.75=(x(30)+x(31))=428， 222 x (n) = 479， 箱线图 341383408.5 428 47936．根据调查，某集团公司的中层管理人员的年薪数据如下（单位：千元） 40.6 39.6 43.8 36.2 40.8 37.3 39.2 42.9 38.6 39.6 40.0 34.7 41.7 45.4 36.9 37.8 44.9 45.4 37.0 35.1 36.7 41.3 38.1 37.9 37.1 37.7 39.2 36.9 44.5 40.4 38.4 38.9 39.9 42.2 43.5 44.8 37.7 34.7 36.3 39.7 42.1 41.5 40.6 38.9 42.2 40.3 35.8 39.2 试画出箱线图． 解：x (1) = 34.7，m0.25= x (n) = 45.4， 箱线图 111 (x(12)+x(13))=37.5，m0.5=(x(24)+x(25))=39.4，m0.75=(x(36)+x(37))=41.6， 222 34.737.539.4 41.6 45.4习题5.4 1． 在总体N (7.6, 4) 中抽取容量为n的样本，如果要求样本均值落在 (5.6，9.6) 内的概率不小于0.95，则 20 n至少为多少？ 4X−7.6 解：因总体X ~ N (7.6, 4)，有X~N(7.6,)，~N(0,1)， n2/n 则P{5.6 2． 设x1 , …, xn是来自N (µ , 16) 的样本，问n多大时才能使得P{|X−µ|<1}≥0.95成立？ ⎛16⎞X−µ解：因总体X ~ N (µ , 16)，有X~N⎜µ,⎟，~N(0,1)， n4/n⎝⎠ 则P{|X−µ|<1}=P{ ⎛n⎞⎛⎞⎛⎞X−µn⎟−Φ⎜−n⎟=2Φ⎜n⎟−1≥0.95， <}=Φ⎜⎜4⎟⎜4⎟⎜4⎟44/n⎝⎠⎝⎠⎝⎠ ⎛n⎞ ⎟≥0.975，n≥1.96，n ≥ 61.4656， 即Φ⎜⎜4⎟4⎝⎠ 故取n ≥ 62． 3． 由正态总体N (100, 4) 抽取二个样本，样本均值分别为x, y，样本容量分别为15, 20，试求 P{|x−y|>0.2}． 解：因X~N(100, 4444)，Y~N(100,)，即X−Y~N(0,+)，15201520 X−Y44 +1520 ~N(0,1)， 故P{|X−Y|>0.2}=P{ |X−Y|44+1520 > 0.244+1520 =0.29}=2[1−Φ(0.29)]=2−2×0.6141=0.7718． 4． 由正态总体N (µ , σ )抽取容量为20的样本，试求P{10σ<∑(Xi−µ)2<30σ2}． i=1 2 2 20 ∑(Xi−µ)2 解：因 i=1 20 σ2 ~χ2(20)， 故P{10σ<∑(Xi−µ)2<30σ2}=P{10< i=1 2 20 ∑(Xi−µ)2 i=1 20 σ2 <30}=∫10pχ2(20)(x)dx=0.83． 30 注：最后一步的积分利用MATLAB计算，命令窗口输入：chi2cdf(30,20)- chi2cdf(10,20) 这里chi2cdf(x, n) 表示自由度为n的χ 2分布在点x处的分布函数值． 5． 设x1 , …, x16是来自N (µ , σ 2) 的样本，经计算x=9，s 2 = 5.32，试求P{|X−µ|<0.6}． 21 解：因 X−µs/n = X−µ5.32/16~t(15)， |X−µ|5.32/16故P{|X−µ|<0.6}=P{< 0.65.32/16=1.0405}=∫−1.0405pt(15)(x)dx=0.6854． 1.0405 注：最后一步的积分利用MATLAB计算，命令窗口输入：2*tcdf(1.0405,15)-1 这里tcdf(x, n) 表示自由度为n的t分布在点x处的分布函数值． 6． 设x1, …, xn是来自N (µ , 1) 的样本，试确定最小的常数c，使得对任意的µ ≥ 0，有P{|X| n1/n 则P{|X| 令f′(µ)=−nϕ(n(c−µ))+nϕ(n(−c−µ))=0，其中ϕ (x) 是标准正态分布的密度函数， 得ϕ(n(c−µ))=ϕ(n(−c−µ))，由ϕ (x) 的对称性得n(c−µ)=n(c+µ)，即µ = 0， 因f′′(µ)=nϕ′(n(c−µ))−nϕ′(n(−c−µ))，且当x < 0时，ϕ ′(x) > 0，当x > 0时，ϕ ′(x) < 0， 则f′′(0)=nϕ′(nc)−nϕ′(−nc)<0，即µ = 0时，f (µ ) 达到最大值， 当µ = 0时，f(0)=Φ(nc)−Φ(−nc)=2Φ(nc)−1≤α，即Φ(nc)≤ 1+α，nc≤u1+α， 22 u1+α故取c= 2 n ． 7． 设随机变量X ~ F (n, n)，证明P{X < 1} = 0.5． 证：因X ~ F (n, n)，有 则P{X<1}=P{1 ~F(n,n)，且X > 0， X 1 <1}=P{X>1}，且显然P{X < 1} + P{X > 1} = 1， X 故P{X < 1} = 0.5． 8． 设X ~ F (n, m)，证明Z= nn⎞⎛ X⎜1+X⎟服从贝塔分布，并指出其参数． m⎝m⎠ n ⎞2 ⎛n+m⎞⎛nn+mΓ⎜⎟⎜⎟−n 1−⎝2⎠⎝m⎠x2⎛1+nx⎞2，x > 0， 证：因X ~ F (n, m)，密度函数pF(x)=⎜⎟ m⎠⎛n⎞⎛m⎞⎝Γ⎜⎟Γ⎜⎟ ⎝2⎠⎝2⎠ 22 而z= nn⎞dxm1mz⎛ ，其导数， =⋅x⎜1+x⎟在x > 0时严格单调增加，反函数为x=⋅2 n1−zmm⎠dzn(1−z)⎝ 则Z的密度函数为 ⎛n+m⎞⎛nnn+mΓ⎜⎟⎜⎟−1− z⎞2m12⎠⎝m⎠⎛mz⎞2⎛ ⋅⋅pZ(z)=⎝⎜⋅⎟⎜1+⎟2 nm−−n1z1zn⎛⎞⎛⎞(1−z)⎠⎝⎠Γ⎜⎟Γ⎜⎟⎝⎝2⎠⎝2⎠ ⎛n+m⎞⎛n+m⎞nn+mΓ⎜Γ⎜⎟n⎟−1−m −1−12211z22⎞⎞⎛⎛⎝⎠⎝⎠2(1−z)2， z⋅==⎟⎟⎜⎜ ⎛n⎞⎛m⎞⎛n⎞⎛m⎞⎝1−z⎠⎝1−z⎠(1−z)2 Γ⎜⎟Γ⎜⎟Γ⎜⎟Γ⎜⎟ ⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠ ⎛nm⎞ 故Z服从参数为⎜,⎟的β 分布． ⎝22⎠ 注：分布β ( p, q) 的密度函数为pβ(x)= n⎞2 Γ(p+q)p−1 x(1−x)q−1． Γ(p)Γ(q) 2 ⎛x+x2⎞ 9． 设是来自N (0, σ 2) 的样本，试求Y=⎜1⎟的分布． ⎝x1−x2⎠ 解：因X 1 ~ N (0, σ 2)，X 2 ~ N (0, σ 2)，有X 1 + X 2 ~ N (0, 2σ 2)，X 1 − X 2 ~ N (0, 2σ 2)， 则 X1+X2 2σ~N(0,1)， X1−X2 2σ~N(0,1)，即 (X1+X2)2 2σ2 ~χ(1)， 2 (X1−X2)2 2σ2 ~χ2(1)， 因 (X 1 , X 2 ) 服从二维正态分布，知 (X 1 + X 2 , X 1 − X 2 ) 也服从二维正态分布， 且Cov (X 1 + X 2 , X 1 − X 2 ) = Cov (X 1 , X 1 ) − Cov (X 2 , X 2 ) = Var (X 1) − Var (X 2) = σ 2 − σ 2 = 0， 则X 1 + X 2与X 1 − X 2相互，有 2 (X1+X2)2 2σ2 与 (X1−X2)2 2σ2 相互， ⎛X1+X2⎞(X1+X2)2 故由F分布定义知Y=⎜⎜X−X⎟⎟=2σ22⎠⎝1 注：F分布结构为F= (X1−X2)2 2σ2 ~F(1,1)． X/n ~F(n,m)，其中X ~ χ 2 (n)，Y ~ χ 2 (m)，且X与Y相互． Y/m 10．设总体为N (0, 1)，x1, x2为样本，试求常数k，使得 ⎫⎧(X1+X2)2 P⎨>k⎬=0.05． 22 ()()X−X+X+X212⎭⎩1 (X1+X2)2 解：因X1 ~ N(0, 1)，X 2 ~ N(0, 1)，有 2 (X1−X2)2(X1+X2)2 =~F(1,1)， 2 2(X1−X2) ⎫⎧(X1−X2)2⎧(X1+X2)2 +1<>k⎬=P⎨则P⎨222 ()()()XXXXXX+−++2212⎭⎩1⎩1 23 ⎧(X1−X2)21⎫1⎫ <−1⎬=0.05， ⎬=P⎨2 k⎭k⎭()+XX2⎩1 ⎧(X1−X2)21−k⎫⎧(X1+X2)2k⎫ =0.95≥P≤得P⎨，即⎬⎬=0.95， ⎨22 1−k⎭k⎭⎩(X1+X2)⎩(X1−X2) 故 F0.95(1,1)161.45k ==0.9938． =F0.95(1,1)，k= 1−k1+F0.95(1,1)1+161.45 (X1+X2)2(X1+X2)2+(X1−X2)22 ~χ(1)，~χ2(2)， 注：此题 22(X1+X2)2 2(X1+X2)2 2并不服从F(1, 2)，因为二者不． 但=2222 (X1+X2)+(X1−X2)(X1+X2)+(X1−X2) 22 y1, …, ym是来自N (µ2 , σ 2 )的样本，c, d是任意两个不为0的常11．设x1, …, xn是来自N (µ1 , σ 2 )的样本， 数，证明t= c(x−µ1)+d(y−µ2) sw cd +nm 2 2 ~t(n+m−2) 2 ，其中sw = 22 (n−1)Sx+(m−1)Sy n+m−2 ． c2σ2d2σ2 )，Y~N(µ2,)，有c(X−µ1)+d(Y−µ2)~N(0,+)， 解：因X~N(µ1,nmnm 则 σ2σ2 c(X−µ1)+d(Y−µ2) σcd+nm n 22 ~N(0,1)， 又因 2 (n−1)Sx ∑(Xi−X) = i=1 2 σ2σ2 ~χ2(n−1)， (m 2 −1)Sy ∑(Yj−Y)2 = j=1 m σ2σ2 ~χ2(m−1)，且相互， 则 22 (n−1)Sx+(m−1)Sy σ2 ~χ2(n+m−2)，且与c(X−µ1)+d(Y−µ2)相互， 故由t分布定义知 c(X−µ1)+d(Y−µ2) c2d2 +σnm (n 2 −1)Sx +(m 2 −1)Sy = (n+m−2) c(X−µ1)+d(Y−µ2)(n 2 −1)Sx +(m 2 −1)Sy ~t(n+m−2)， σ注：t分布结构为T= 2 n+m−2 c2d2⋅+nm XY/n ~t(n)，其中X ~ N (0, 1)，Y ~ χ 2 (n)，且X与Y相互． 1n1n2 12．设x1, …, xn , xn + 1是来自N(µ , σ )的样本，x=∑xi，sn=(xi−xn)2，试求常数c，使得∑ni=1n−1i=1 2 tc=c xn+1−xn 服从t分布，并指出分布的自由度． sn 24 解：因Xn~N(µ, 即 σ2 n )，X n + 1 ~ N (µ, σ )，有Xn+1−Xn~N(0,σ+ 2 (n−1)Sn 2 2 σ2 n )， Xn+1−Xn σn+1n ~N(0,1)，又因 σ2 ~χ2(n−1)，且与Xn+1−Xn相互， Xn+1−Xn σ则由t分布定义知 n+1n 2 2 (n−1)Sn = σ故当c= (n−1) nXn+1−Xn ~t(n−1)， n+1Sn X−Xnn 时，cn+1服从自由度为n − 1的t分布． n+1Sn 2 2 13．设从两个方差相等的正态总体中分别抽取容量为15, 20的样本，其样本方差分别为s1, s2，试求 2 P{S12S2>2}． 解：因 (n1−1)S12 σ2 = 14S12 σ2 ~χ(14)， 2 2 (n2−1)S2 σ2 = 219S2 σ2 ~χ2(19)，且相互， 14S12 2σ则由F分布定义知2 14=19S12 2 S2 19S2 ~F(14,19)， σ2 故P{S12S2>2}=∫ +∞2 2 pF(14,19)(x)dx=1−∫0pF(14,19)(x)dx=0.0798． 2 注：最后一步的积分利用MATLAB计算，命令窗口输入：1-fcdf(2,14,19) 这里fcdf(x, n, m) 表示自由度为n, m的F分布在点x处的分布函数值． 14．设X1, X2, …, X15是总体N (0, σ 2)的一个样本，求 22+L+X10X12+X2 Y= 222 +X12+L+X152(X11) 的分布． 解：因X1, X2, …, X15相互，且Xi ~ N (0, σ 2)，有 则由χ分布的构成可知 2 22 X12+X2+L+X10 2 Xi σ~N(0,1)，i = 1, 2, …, 15， 222 X11+X12+L+X15 2 σ2 ~χ(10)， σ~χ2(5)，且相互， 22 +L+X10X12+X2σ2 故由F分布的构成可知Y==222222 2(X11)X11+X12+L+X15+X12+L+X15 22 X12+X2+L+X10 10~F(10,5)． 5σ2 15．设(X1, X2, …, X17)是来自正态分布N (µ , σ 2)的一个样本，X与S 2分别是样本均值与样本方差．求k， 使得P{X>µ+kS}=0.95． 25 解：因(X1, X2, …, X17)是来自正态分布N (µ , σ 2)的一个样本，n = 17，有 X−µS 17~t(16)， ⎧X−µ⎫ >17k⎬=0.95，即17k=−t0.95(16)=−1.7459， 则P{X>µ+kS}=P⎨ ⎩S17⎭ 故k = −0.4234． 16．设总体X服从N (µ , σ 2)，σ 2 > 0，从该总体中抽取简单随机样本X1, X2, …, X2n (n ≥ 1)，其样本均值 n 12n X=Xi，求统计量Y=∑(Xi+Xn+i−2X)2的数学期望． ∑2ni=1i=1 112n 解：因E(Xi) = µ，Var(Xi) = σ，E(X)=，Var(X)E(X)=µ=∑i 4n22ni=1 2 22 且Y=∑[(Xi2+Xn+i+2XiXn+i)−4X(Xi+Xn+i)+4X] i=1n ， Var(X)=∑2n1 i i= 2n σ2 =∑(X+X 2 i i=1 n 2n+i )+2∑XiXn+i−4X∑(Xi+Xn+i)+4nX2 i=1 i=1 nn =∑X+2∑XiXn+i−4X⋅2nX+4nX=∑X+2∑XiXn+i−4nX2， 2i 2 2i i=1 i=1 i=1 i=1 2nn2nn 故E(Y)=∑E(X)+2∑E(XiXn+i)−4nE(X2) 2i i=1 i=1 2nn =∑[Var(Xi)+E(Xi)]+2∑E(Xi)E(Xn+i)−4n[Var(X)+E(X)2] 2 i=1 i=1 2nn ⎛σ22⎞2 ⎟． =2n(σ+µ)+2nµ−4n⎜+µ=2(n−1)σ⎜2n⎟ ⎝⎠ 2 2 2 17．证明：若随机变量T ~ t(k)，则对r < k有 r为奇数;⎧0, ⎪r⎛r+1⎞⎛k−r⎞⎪k2Γ⎜⎟Γ⎜⎟r E(T)=⎨⎝2⎠⎝2⎠,r为偶数. ⎪⎛k⎞ πΓ⎜⎟⎪ ⎝2⎠⎩ 并由此写出E(T)，Var(T)． 证：因T ~ t(k)，有T的密度函数为 ⎛k+1⎞k+1 −Γ⎜⎟2 2⎠⎛x⎞2 ⎜，−∞ < x < +∞， p(x)=⎝1+⎟⎟⎜k⎠⎛k⎞ kπΓ⎜⎟⎝ ⎝2⎠ 26 ⎛k+1⎞k+1 −Γ⎜⎟2 x⎞22⎠+∞r⎛r⎝⎜则E(T)=x⎜1+⎟dx， ∫⎟−∞k⎛k⎞⎠⎝kπΓ⎜⎟ ⎝2⎠⎛x⎞ ⎟因当x → ∞时，xr⎜1+⎟⎜k⎠⎝ 2 −k+1 2 ⎛x⎞~xr⋅⎜⎟⎜k⎟ ⎝⎠ 2 −k+12 2 − k+12 =k k+12 xr⋅x−(k+1)= k ， xk−r+1 k+12 +∞⎛x⎞ ⎟则对r < k，有反常积分∫xr⎜+1⎜−∞k⎟⎝⎠ dx收敛，即E(T r)存在， 2 −k+1 2 ⎛x⎞ ⎟当r为奇数时，xr⎜+1⎜k⎟⎝⎠⎛x⎞⎟当r为偶数时，xr⎜+1⎜⎟k⎝⎠ 2 −1 12 2 − k+12 +∞⎛x⎞ 为奇函数，有∫xr⎜⎟⎜1+k⎟−∞ ⎠⎝ 2 dx=0，即E(T r) = 0， ⎛x⎞ ⎟xr⎜1+⎟⎜k⎠⎝ 2 −k+1 2 2 − k+12 +∞⎛x⎞ ⎟为偶函数，有∫xr⎜1+⎟⎜−∞k⎠⎝1 2 11−22 12 − k+12 dx=2∫ −12 +∞ 0 dx， 3 1 ⎛x⎞k⎛1⎞⎛1⎞⎟=−令t=⎜1，有xk1=kt(1−t)，dx=+⎜⎟⎜−1⎟⎜⎟k⎠2⎝t⎠⎝t⎠⎝ 且当x = 0时，t = 1；当x → +∞时，t → 0， k+1 2 12 −k−2⎛1⎞ ⋅⎜−2⎟dt=−t(1−t)2dt， 2⎝t⎠ 12 ⎛x⎞ ⎟+1则∫x⎜⎜⎟−∞k⎝⎠ +∞ r r+12 2 − dx=2∫kt(1−t)⋅t 1 r+12 0 rr−22r2k+12 −k−2 ⋅(−1)t(1−t)2dt=k 2 12 31 r+1k−r−2 122 0 ∫t (1−t) r−12 dt =k ⎛k−rr+1⎞ ,B⎜⎟=k22⎝⎠ ⎛k−r⎞⎛r+1⎞ Γ⎜⎟⎟Γ⎜ ⎝2⎠⎝2⎠， ⎛k+1⎞Γ⎜⎟⎝2⎠ r ⎛r+1⎞⎛k−r⎞⎛k+1⎞⎛k−r⎞⎛r+1⎞ Γ⎜⎟⎟Γ⎜⎟k2Γ⎜⎟⎟Γ⎜r+1Γ⎜ 22222⎠； ⎠=⎝⎠⎝⎠⎝⎠⋅k2⎝故E(Tr)=⎝ ⎛k⎞⎛k+1⎞⎛k⎞ πΓ⎜⎟Γ⎜kπΓ⎜⎟⎟ ⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠ 取r = 1，r为奇数，当k = 1时，E(T)不存在；当k > 1时，E(T) = 0； 取r = 2，r为偶数， 故当k ≤ 2时，E(T 2)不存在，即Var(T)不存在； 1⎛1⎞⎛k−2⎞⎛3⎞⎛k−2⎞ kΓ⎜⎟Γ⎜⎟k⋅Γ⎜⎟⋅Γ⎜⎟ k2⎠⎝2⎠2⎝2⎠⎝2⎠2⎝． 当k > 2时，Var(T)=E(T)=== k−2⎛k−2⎞k−2⎛k⎞ πΓ⎜⎟Γ⎜π⋅⎟ 2⎝2⎠⎝2⎠ km 18．证明：若随机变量F ~ F(k, m)，则当− ⎛k⎞⎛m⎞mrΓ⎜+r⎟Γ⎜−r⎟ ⎝2⎠⎝2⎠， E(Fr)= ⎛k⎞⎛m⎞krΓ⎜⎟Γ⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠ 由此写出E(F)，Var(F)． 27 证：因F ~ F(k, m)，有F的密度函数为 ⎛k+m⎞⎛k⎞k+mΓ⎜⎟⎜⎟k−1− k⎞22⎠⎝m⎠2⎛ ，x > 0， p(x)=⎝x⎜1+x⎟ km⎛⎞⎛⎞⎝m⎠Γ⎜⎟Γ⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠ ⎛k+m⎞⎛k⎞Γ⎜⎟⎜⎟ 2⎠⎝m⎠⎝r 则E(F)= ⎛k⎞⎛m⎞Γ⎜⎟Γ⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠ 因当x → 0时，x k +r−12 k2 k2 ∫0 +∞ xr⋅x k−12 k⎞⎛ ⎜1+x⎟⎝m⎠ − k+m2 ⎛k+m⎞⎛k⎞Γ⎜⎟⎜⎟ 2⎠⎝m⎠⎝dx= ⎛k⎞⎛m⎞Γ⎜⎟Γ⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠ k +r−12 k2 ∫0 +∞ x k +r−12 k⎞⎛ ⎜1+x⎟⎝m⎠ k+m2 − k+m2 dx， k⎞⎛ ⎜1+x⎟⎝m⎠ − k+m2 ~x k +r−12 ；当x → ∞时，x k⎞⎛ ⎜1+x⎟⎝m⎠ − k+m2 ⎛k⎞~⎜⎟⎝m⎠ − x m −+r−12 ， 则当 +∞kmkm +r−1>−1且−+r−1<−1时，即− k +r−12 k⎞⎛ ⎜1+x⎟⎝m⎠ − k+m2 dx收敛， k⎞m⎛1⎞m⎛1⎞⎛ 令t=⎜1+x⎟，有x=⎜−1⎟，dx=⋅⎜−2⎟dt， k⎝t⎠k⎝t⎠⎝m⎠ 且当x = 0时，t = 1；当x → +∞时，t → 0， 则∫ +∞ −1 0 x k +r−12 k⎞⎛ ⎜1+x⎟⎝m⎠ k+r2 − k+m2 dx=∫ 0 1 ⎛m⎞⎜⎟⎝k⎠ k +r−12 ⎛1−t⎞⎜⎟⎝t⎠ k+r2 k +r−12 ⋅t k+m2 m⎛1⎞⎛m⎞⋅⎜−2⎟dt=⎜⎟k⎝t⎠⎝k⎠ k +rm −r−12120 ∫t (1−t) k +r−12 dt ⎛m⎞=⎜⎟⎝k⎠k⎛m⎞⎛m⎞ B⎜−r,+r⎟=⎜⎟ 2⎠⎝k⎠⎝2 k2 ⎛m⎞⎛k⎞Γ⎜−r⎟Γ⎜+r⎟⎝2⎠⎝2⎠， ⎛m+k⎞Γ⎜⎟⎝2⎠ ⎛k+m⎞⎛k⎞⎛m⎞⎛k⎞⎛k⎞⎛m⎞kΓ⎜−r⎟Γ⎜+r⎟mrΓ⎜+r⎟Γ⎜−r⎟⎟⎜⎟+rΓ⎜2⎠⎝m⎠⎛m⎞2⎝2⎠⎝2⎠=⎝2⎠⎝2⎠； 故E(Fr)=⎝⋅⎜⎟ k⎛k⎞⎛m⎞⎛m+k⎞⎛k⎞⎛m⎞ Γ⎜⎟Γ⎜⎟⎝⎠Γ⎜krΓ⎜⎟Γ⎜⎟⎟⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠ 取r = 1， 当m ≤ 2时，E(F)不存在； k⎛k⎞⎛m⎞⎛k⎞⎛m⎞ mΓ⎜+1⎟Γ⎜−1⎟m⋅Γ⎜⎟⋅Γ⎜−1⎟ m2⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠=当m > 2时，E(F)=； = ⎛k⎞⎛m⎞⎛k⎞⎛m⎞⎛m⎞m−2 kΓ⎜⎟⋅⎜−1⎟Γ⎜−1⎟kΓ⎜⎟Γ⎜⎟ ⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠ 取r = 2， 当m ≤ 4时，E(F 2)不存在，即Var(F)不存在； ⎛k⎞⎛m⎞⎛k⎞k⎛k⎞⎛m⎞m2Γ⎜+2⎟Γ⎜−2⎟m2⋅⎜+1⎟Γ⎜⎟⋅Γ⎜−2⎟ m2(k+2)222⎠2⎝2⎠⎝2⎝⎠⎝⎠⎝⎠2 当m > 4时，E(F)=， == kmmmkm⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞k(m−2)(m−4)k2Γ⎜⎟⋅⎜−1⎟⎜−2⎟Γ⎜−2⎟k2Γ⎜⎟Γ⎜⎟ ⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠ 28 2m2(m+k−2)m2(k+2)⎛m⎞ 故Var(F)=E(F)−[E(F)]=． −⎜⎟= k(m−2)(m−4)⎝m−2⎠k(m−2)2(m−4) 2 2 2 19．设X1, X2, …, Xn是来自某连续总体的一个样本．该总体的分布函数F(x)是连续严格单增函数，证明： 统计量T=−2∑lnF(Xi)服从χ 2(2n)． i=1n 证：因Yi = −2ln F(Xi)的分布函数： FY(y)=P{−2lnF(Xi)≤y}=P{Xi≥F(e)}=1−F[F(e)]=1−e −1 − y 2 −1 − y2 − y2 ，y > 0， ⎛1⎞ 则Yi = −2ln F(Xi)服从指数分布Exp⎜⎟，也就是服从自由度为2的χ 2分布χ 2(2)， ⎝2⎠ 因X1, X2, …, Xn相互，有Y1, Y2, …, Yn相互， 故由χ分布的可加性知T=−2∑lnF(Xi)服从χ 2(2n)． 2 i=1n 1n 20．设X1, X2, …, Xn是来自正态分布N(µ , σ)的一个样本，S=(Xi−X)2是样本方差，试求满足∑n−1i=1 2 2 n 2⎧Sn⎫ P⎨2≤1.5⎬≥0.95的最小n值． ⎩σ⎭2(n−1)Sn 22⎧Sn⎫⎧(n−1)Sn⎫ ~χ(n−1)，有P⎨2≤1.5⎬=P⎨≤1.5(n−1)⎬≥0.95 2σσ⎩⎭⎩⎭ 22 0.95 2χ0.95(n−1) 解：因 σ2则1.5(n−1)≥χ因 2 χ0.95(k) (n−1)，即1.5≥ 2 χ0.95(25) n−1=1.5061， ， 2 χ0.95(26) 单调下降，且 25k 故n − 1 ≥ 26，即n至少为27． 26 =1.4956， 1nX1−X1n22 (X−X)，记ξ．试=21．设X1, X2, …, Xn同分布服从N(µ , σ)，X=∑Xi，S=∑i Sni=1n−1i=1 2 找出ξ 与t分布的联系，因而定出ξ 的密度函数（提示：作正交变换Y1=nX，Y2= n n (X1−X)，n−1 Yi=∑cijXj，j = 3, …, n）． j=1 1n1 解：因X=∑Xi=(X1,X2,L,Xn)⋅(1,1,L,1)T， ni=1n n−11n1X1−X=X1−∑Xi=(X1,X2,L,Xn)⋅(n−1,−1,L,−1)T， nni=2n 29 且向量α1= 1n (1,1,L,1)T，α2= 1 (n−1,−1,L,−1)T正交并都是单位向量， n(n−1) 将单位向量α 1, α 2扩充为n维向量空间的一组标准正交基α 1 , α 2 , α 3 , …, α n ， 令C = (α 1 , α 2 , α 3 , …, α n )，C为正交阵，设 (Y1 , Y2 , …, Yn )T = CT(X 1 , X 2 , …, X n )T，即Y=CTX， X n相互且都服从方差同为σ 2的正态分布， 因X1 , X2 , X3 , … , 可知Y1 , Y2 , Y3 , …, Yn相互且都服从方差同为σ 2的正态分布， 当i ≥ 2时，E(Yi)=E(αiTX)=αiT(µ,µ,L,µ)T=αiT⋅µ⋅nα1=0， 则Y2 , Y3 , …, Yn相互且都服从正态分布N (0, σ 2 )，即因∑Yi=YY=XCCX=XEX=∑Xi2， 2 Yi σ~N(0,1)，i = 2, 3, …, n， n TT T T n i=1i=1 T 且Y1=α1X= 1 (X1+X2+L+Xn)=nX， n 1 [(n−1)X1−X2−L−Xn]= n(n−1) n 2 n 2i 2 n 2 T Y2=α2X= n (X1−X)=n−1 21 n 2 n Sξ， n−1 2 22 则(n−1)S=∑(Xi−X)=∑X−nX=∑Yi−Y=∑Yi，有(n−1)S−Y=∑Yi2， 2 i=1 i=1 i=1 i=2 n i=3 即 Y2 σ~N(0,1)， (n−1)S2−Y22 σ2Y2 ⎛Y⎞ =∑⎜i⎟~χ2(n−2)，且相互， i=3⎝σ⎠ n 2 故T= σ(n−1)S2−Y22 σ2 nSξn(n−2)ξn−1==~t(n−2)． 22 n22(n−1)−nξSξ(n−1)S2−(n−2) n−1 n−2⋅ X1X1+X2 ，U2=，…， X1+X2X1+X2+X3 22．设X1, X2, …, Xm相互，Xi服从χ 2(ni)，i = 1, 2, …, m．令U1= Um−1= X1+L+Xm−1⎛n+L+nini+1⎞ ．证明：U1, …, Um −1相互，且Ui服从Be⎜1i = 1, …, m − 1，,⎟， X1+L+Xm22⎠⎝ （提示：令Um = X1 + … + Xm，作变换X1 = U1…Um，X2 = U2…Um − U1…Um，…，Xm = Um − Um − 1Um）． 证：因X1, X2, …, Xm相互，Xi服从χ 2(ni)，i = 1, 2, …, m， 则(X1, X2, …, Xm)的联合密度函数为 ⎛1⎞m⎜⎟2 pX(x1,x2,L,xm)=∏⎝⎠ ⎛ni=1 Γ⎜i⎝2 ni2 ⎞⎟⎠ x ni−12i e x−i2 Ixi>0 ⎛1⎞m 1⎜⎟ni−xim∑−12i=12⎠⎝2 =m∏xieIx1,x2,L,xm>0， ⎛ni⎞i=1Γ⎜⎟∏⎝2⎠i=1 1 ni2i=1 ∑m 30 因U1= X1X1+X2X+L+Xm−1 ，U2=，…，Um−1=1，且Xi > 0，i = 1, 2, …, m， X1+X2X1+X2+X3X1+L+Xm 则0 < Ui < 1，i = 1, 2, …, m − 1，Um > 0， 令Um = X1 + … + Xm，有X1 = U1…Um，X2 = U2…Um − U1…Um，…，Xm = Um − Um − 1Um， 设Y1 = U1…Um，Y2 = U2…Um，…，Ym − 1 = Um − 1Um，Ym = Um， 有X1 = Y1，X2 = Y2 − Y1，…，Xm = Ym − Ym − 1， 则(X1, X2, …, Xm)关于(U1, U2, …, Um)的雅可比行列式为 J= ∂(x1,x2,L,xm)∂(y1,y2,L,ym)∂(x1,x2,L,xm) ⋅= ∂(u1,u2,L,um)∂(y1,y2,L,ym)∂(u1,u2,L,um) 1−1= 0100 LL 000u2Lum00 0 L00 u1u3Lumu3Lum 0L00 u1u2u4LumLu1Lum−2umu2u4LumLu2Lum−2umu4Lum L00 Lu3Lum−2umLL umL L0 u1Lum−1 u2Lum−1u3Lum−1 L01 0−11L00 ⋅ LLLLLL000L10000L−11 2m−1 =u2u3Lum， 可得(U1, U2, …, Um)的联合密度函数为 pU (u1, u2, …, um) ⎛1⎞∑⎜⎟2=⎝m⎠ ⎛nΓ⎜i∏⎝2i=1 ∑m 1 ni2i=1 m ⎞⎟⎠ (u1u2Lum) n1−12 ⋅∏[(1−ui−1)uiLum)] i=2 m ni−12 e u−m2 2m−1 I0 ⎛1⎞ ⎜⎟n1n2n1+n2n3n1+n2+L+nm−1nm −1−1−1−1−1−12⎠⎝=mu12(1−u1)2⋅u22(1−u2)2Lum−12(1−um−1)2 ⎛ni⎞Γ⎜⎟∏⎝2⎠i=1 ⋅u n1+n2+L+nm−1 2m 1 ni2i=1 e u−m2 I0 ⎛n1+n2+n3⎞⎛n+n2⎞ ΓΓ⎜1⎜⎟n1+n2−1⎟n1−1n3n2 −1−122⎝⎠⎝⎠222 u1(1−u1)I0 Γ⎜1Γ⎜1⎟Γ⎜2⎟⎟Γ⎜⎟ 222⎝⎠⎝2⎠⎝⎠⎝⎠ ⎛n+n+L+nm⎞Γ⎜12⎟n1+n2+L+nm−1nm −1−12⎝⎠22 Lum−1(1−um−1)I0 2⎝⎠⎝2⎠ ⎛1⎞ ⎜⎟n1+n2+L+nmu −1−m2⎠⎝2 ume2Ium>0 ⋅ ⎛n+n2+L+nm⎞Γ⎜1⎟ 2⎝⎠ 31 n1+n2+L+nm2 由于(U1, U2, …, Um)的联合密度函数pU (u1, u2, …, um)可分离变量， ⎛n+L+nini+1⎞ 2 故U1, U2, …, Um相互，且Ui服从Be⎜1 ,⎟，i = 1, …, m − 1；Um服从χ(n1 + … + nm)． 22⎠⎝ 习题5.5 1． 设X1, …, Xn是来自几何分布P{X = x} = θ (1−θ )，x = 0, 1, 2, …的样本，证明T=∑Xi是充分统计量． i=1 x n 证：方法一：根据充分统计量的定义 样本联合概率函数 p(x1,x2,L,xn;θ)=∏θ(1−θ)=θ(1−θ)i=1， xi n i=1 n ∑xi n 因Xi + 1的概率函数为P{Xi + 1 = x} = θ (1−θ )x，x = 1, 2, …，即服从几何分布Ge (θ )，i = 1, 2, …, n，则根据几何分布与负二项分布的关系可知∑(Xi+1)=T+n服从负二项分布Nb(n, θ )，即概率函数为 i=1n ⎛k−1⎞nk−n ⎟P{T+n=k}=⎜θ(1−θ),k=n,n+1,n+2,L， ⎜n−1⎟⎝⎠ ⎛t+n−1⎞nt 即T=∑Xi的概率函数为pT(t;θ)=⎜⎜n−1⎟⎟θ(1−θ),t=0,1,2,L， i=1⎝⎠ n 可得在T = t时，即t=∑xi，X1 , X2 , …, Xn的条件概率函数为 i=1 n n p(x1,x2,L,xn;θ}θ(1−θ)i=11p(x1,x2,L,xn;θ|T=t)==， = tn1+−pT(t;θ)⎛t+n−1⎞n⎛⎞t ⎜⎜n−1⎟⎟θ(1−θ)⎜⎜n−1⎟⎟⎝⎠⎝⎠ 这与参数θ 无关， 故根据充分统计量的定义可知T=∑Xi是θ 的充分统计量． i=1n n ∑xi 方法二：根据因子分解定理 样本联合概率函数 p(x1,x2,L,xn;θ)=∏θ(1−θ)=θ(1−θ)i=1， xi n i=1 n ∑xi n 因T=∑Xi，有t=∑xi，即p(x1 , x2 , …, xn; θ ) = θ n (1 − θ) t， i=1 i=1 nn 取g (t; θ ) = θ n (1 − θ )t，h (x 1, x 2, …, x n) = 1与参数θ 无关， 32 故根据因子分解定理可知T=∑Xi是θ 的充分统计量． i=1 n n 2． 设X1, …, Xn是来自泊松分布P(λ ) 的样本，证明T=∑Xi是充分统计量． i=1 证：方法一：根据充分统计量的定义 样本联合概率函数 xi p(x1,x2,L,xn;λ)=∏ i=1 n λxi! n e−λ= λ∑xi i=1 n x1!x2!Lxn! e−nλ=λi=1e−nλ⋅ ∑xi n 1 ， x1!x2!Lxn! 根据泊松分布的可加性可知T=∑Xi服从泊松分布P (nλ )，即概率函数为 i=1 (nλ)t−nλpT(t;λ)=e,t=0,1,2,L， t! 可得在T = t时，即t=∑xi，X1 , X2 , …, Xn的条件概率函数为 i=1n p(x1,x2,L,xn;θ|T=t)= 这与参数λ 无关， p(x1,x2,L,xn;θ} = pT(t;θ) λi=1e−nλ⋅ ∑xi n ntλt−nλet! 1 x1!x2!Lxn! = t! ， nt⋅x1!x2!Lxn! 故根据充分统计量的定义可知T=∑Xi是λ 的充分统计量． i=1 n 方法二：根据因子分解定理 样本联合概率函数 xi p(x1,x2,L,xn;λ)=∏ i=1 n λxi! e −λ= λi=1 ∑xi e −nλn x1!x2!Lxn! =λi=1e−nλ⋅ ∑xi n 1 ， x1!x2!Lxn! 因T=∑Xi，有t=∑xi，即p(x1,x2,L,xn;λ)=λte−nλ⋅ i=1 i=1 nn 1 ， x1!x2!Lxn! 取g(t;λ)=λte−nλ，h(x1,x2,L,xn)= n 1 与参数λ 无关， x1!x2!Lxn! 故根据因子分解定理可知T=∑Xi是λ 的充分统计量． i=1 3． 设总体为如下离散型分布， 33 XP a1p1 a2 Lak p2Lpk X1, …, Xn是来自该总体的样本， （1）证明次序统计量 (X (1) , …, X (n)) 是充分统计量． （2）以n j表示X1, …, Xn中等于a j的个数，证明 (n1 , …, n k ) 是充分统计量． 证：设样本 (X1 , X2 , …, X n) 中有n1个a1 ，n 2个a 2 ，…，n k个a k ， 显然次序统计量 (X (1) , X (2) , …, X (n)) 中同样有n1个a1 ，n 2个a 2 ，…，n k个a k ， 样本联合概率函数 nkn2 p(x1,x2,L,xn;p1,p2,L,pk)=p1n1p2Lpk， nkn2 （2）因T2 = (n1 , …, n k )，取g(n1,n2,L,nk;p1,p2,L,pk)=p1n1p2Lpk，h (x 1, x 2, …, x n) = 1， 故根据因子分解定理可知T2 = (n1 , n2 , …, n k ) 是 ( p1 , p2 , …, pk ) 的充分统计量； （1）因T1 = (X (1) , X (2) , …, X(n))，显然(n1 , n2 , …, n k ) 与 (X (1) , X (2) , …, X (n)) 一一对应， 故由第（2）小题结论知T1 = (X (1) , X (2) , …, X(n)) 是 ( p1 , p2 , …, pk ) 的充分统计量． 4． 设X1, …, Xn是来自正态分布N (µ, 1)的样本，证明T=∑Xi是充分统计量 i=1 n 证：方法一：根据充分统计量的定义 样本联合密度函数 p(x1,x2,L,xn;µ)=∏ i=1 n 1e2πn (x−µ)2−i 2 ∑1e= (2π)n − 1 (xi2−2µxi+µ2)2i=1 n ∑1 =e(2π)n − 11 xi2+µxi−nµ22i=12i=1 n ∑ n ， 根据正态分布的可加性可知T=∑Xi服从正态分布N (nµ, n)，即密度函数为 i=1 (t−nµ)2 2n 1t2 +µt−nµ22n2 pT(t)= 1 e 2π⋅n n − = 1 e 2π⋅n − ， 可得在T = t时，即t=∑xi，X1 , X2 , …, Xn的条件概率函数为 i=1 p(x1,x2,L,xn;µ|T=t)= − p(x1,x2,L,xn;µ) pT(t) 11 xi2+µxi−nµ22i=12i=1 = 1e (2π)n ∑ n ∑ n 1 e 2π⋅n t21−+µt−nµ22n2 ∑n e= (2π)n−1 − t21 xi2+2i=12n n n e= (2π)n−1 n⎞1⎛−⎜xi2−nx2⎟ ⎟2⎜i=1 ⎝⎠ ∑ ， 这与参数µ 无关， 故根据充分统计量的定义可知T=∑Xi是µ 的充分统计量． i=1n 方法二：根据因子分解定理 34 样本联合密度函数 p(x1,x2,L,xn;µ)=∏ i=1 n 1e2π(x−µ)2−i 2 ∑1 =e(2π)n − 1 (xi2−2µxi+µ2)2i=1 n ∑1 =e(2π)n − 11 xi2+µxi−nµ22i=12i=1 n ∑ n ， 因T=∑Xi，有t=∑xi，即p(x1,x2,L,xn;µ)= i=1 i=1 nn 1 en (2π) − 11 xi2+µt−nµ22i=12 ∑n = 1 en (2π) 1µt−nµ2 2 − ⋅e 1 xi22i=1 ∑ n ， 1 取g(t;µ)=e (2π)n 1µt−nµ2 2 − ，h(x1,x2,L,xn)=e n 1 xi22i=1 ∑ n 与参数µ 无关， 故根据因子分解定理可知T=∑Xi是µ 的充分统计量． i=1 5． 设X1, …, Xn是来自p (x; θ ) = θ xθ − 1，0 < x < 1，θ > 0的样本，试给出一个充分统计量． 解：样本联合密度函数 p(x1,x2,L,xn;θ)=∏θxiθ−1Ι0 n 令T = X1X2…X n ，有t = x1x2…x n ，即p(x1,x2,L,xn;θ)=θntθ−1Ι0 解：样本联合密度函数 m p(x1,x2,L,xn;θ)=∏mxim−1θ−me−(xi/θ)Ιxi>0=mn(x1x2Lxn)m−1θ−mne i=1 −1 n m − ∑(xi/θ)m i=1 n Ιx1,x2,L,xn>0 =θ−mne n n θmi=1 ∑xim n ⋅mn(x1x2Lxn)m−1Ιx1,x2,L,xn>0， −mn 令T=∑ i=1 Xim ，有t=∑x，即p(x1,x2,L,xn;θ)=θmii=1 e 1−mtθ⋅mn(x1x2Lxn)m−1Ιx1,x2,L,xn>0， 取g(t;θ)=θ−mn e − 1 θmt，h(x1,x2,L,xn)=mn(x1x2Lxn)m−1Ιx1,x2,L,xn>0与参数θ 无关， n 故根据因子分解定理知T=∑Xim是θ 的充分统计量． i=1 7． 设X1, …, Xn是来Pareto分布p(x; θ ) = θ aθ x − (θ + 1) ，x > a，θ > 0的样本（a > 0已知），试给出一个充 分统计量． 解：样本联合密度函数 p(x1,x2,L,xn;θ)=∏θaθxi−(θ+1)Ιxi>a=θnanθ(x1x2Lxn)−(θ+1)Ιx1,x2,L,xn>a， i=1 n 35 令T = X1X2…Xn ，有t = x1x2…x n ，即p(x1,x2,L,xn;θ)=θnanθt−(θ+1)Ιx1,x2,L,xn>a， 取g (t; θ ) = θ n a nθ t − (θ + 1) ，h(x1,x2,L,xn)=Ιx1,x2,L,xn>a与参数θ 无关， 故根据因子分解定理知T = X1X2…Xn是θ 的充分统计量． 8． 设X1, …, Xn是来自Laplace分布p(x;θ)=解：样本联合密度函数 |xi| 1−θ1θ∑i=1 p(x1,x2,L,xn;µ)=∏e=e， n2(2)θθi=1 n |xi| −1 n 1−|x|θe，θ > 0的样本，试给出一个充分统计量． 2θ令T=∑|Xi|，有t=∑|xi|，即p(x1,x2,L,xn;µ)= i=1 i=11 nn 1(2θ) n e 1−tθ， −t1 取g(t;θ)=eθ，h (x 1, x 2, …, x n) = 1与参数θ 无关， n(2θ) 故根据因子分解定理知T=∑|Xi|是θ 的充分统计量． i=1 n 9． 设X1, …, Xn同分布，X1服从以下分布，求相应的充分统计量： ⎛x1+r−1⎞rx1 （1）负二项分布X1~p(x1;θ)=⎜⎜r−1⎟⎟θ(1−θ),x1=0,1,2,L，r已知； ⎝⎠ （2）离散均匀分布X1~p(x1;m)= 1 ,m x1=1,2,L,m，m未知； （3）对数正态分布X1~p(x1;µ,σ)= 1⎧12⎫x−exp⎨−(lnµ)⎬,122πσx1⎩2σ⎭ 2 x1>0； （4）瑞利（Rayleigh）分布X1~p(x1;µ,σ)=2λx1e−λx1⋅Ιx1≥0． 注：第（4）小题有误，密度函数应为p(x1; λ)，即参数应为λ，而不是µ, σ． 解：（1）样本联合密度函数为 n ⎛xi+r−1⎞r⎛xi+r−1⎞xinri=1 ⎟⎜−=−⋅p(x1,x2,L,xn;θ)=∏⎜(1)(1)θθθθ∏⎜r−1⎟⎜r−1⎟⎟， i=1⎝i=1⎝⎠⎠ n ∑xi n ⎛xi+r−1⎞ 令T=∑Xi，有t=∑xi，即p(x1,x2,L,xn;θ)=θ(1−θ)⋅∏⎜⎜r−1⎟⎟， i=1i=1i=1⎝⎠ n n nrt n ⎛xi+r−1⎞ 取g(t; θ) = θ(1 − θ)，h(x1,x2,L,xn)=∏⎜⎜r−1⎟⎟与参数θ无关， i=1⎝⎠ nr t n 故根据因子分解定理知T=∑Xi是参数θ 的充分统计量； i=1 n （2）样本联合密度函数为 36 p(x1,x2,L,xn;m)=∏ i=1 n 11 ⋅Ι1≤xi≤m,xi为整数=n⋅Ι1≤x1,x2,L,xn≤m,x1,x2,L,xn为整数， mm 11⋅Ι=⋅Ι（ xn）≤m⋅Ι（1≤（x1）≤（xn）≤m,x1,x2,L,xn为整数x1）≥1,x1,x2,L,xn为整数， nn mm 1 令T=X(n)=max{Xi}，有t = x(n)，即p(x1,x2,L,xn;m)=n⋅Ιt≤m⋅Ι（ x1）≥1,x1,x2,L,xn为整数， 1≤i≤nm 1 取g(t;m)=n⋅Ιt≤m，h(x1,x2,L,xn)=Ι（ x1）≥1,x1,x2,L,xn为整数与参数m无关， m 故根据因子分解定理知T = X(n)是参数m的充分统计量； （3）样本联合密度函数为 = p(x1,x2,L,xn;µ,σ)=∏ i=1 n 1⎧12⎫exp⎨−(lnxµ)−⎬⋅Ιxi>0 i22πσxi⎭⎩2σ(ln2xi−2µlnxi+µ2)⎬⋅Ιx,x,∑i=1 ⎭ 1 ⎧11 exp=⎨−2n (2πσ)x1x2Lxn⎩2σn ⎫ 2L,xn>0 n⎧1⎛n2112⎞⎫⎟⎜expln2lnµµ⋅xxn=−−+⎨⎬∑∑ii2⎟xxLxΙx1,x2,L,xn>0， ⎜n 2σ(2πσ)i=1⎠⎭12⎝i=1n⎩n n n n 令T1=∑lnXi，T2=∑lnXi，有t1=∑lnxi，t2=∑ln2xi， 2 i=1 i=1 i=1 i=1 则p(x1,x2,L,xn;µ,σ)= 11⎧12⎫exp(2)ttnµµ⋅⋅Ιx1,x2,L,xn>0， −−+⎬⎨2122σxxLx(2πσ)n⎭12⎩n 取g(t;µ,σ)= 1⎧12⎫tµtnµexp−(−2+)⎬， ⎨212(2πσ)n⎩2σ⎭ 1 ⋅Ιx1,x2,L,xn>0与参数µ, σ 无关， x1x2Lxn h(x1,x2,L,xn)= n ⎛n⎞ 2 lnX,lnX故根据因子分解定理知(T1,T2)=⎜i∑i⎟⎜∑⎟是参数(µ, σ)的充分统计量； i=1⎝i=1⎠ （4）样本联合密度函数为 p(x1,x2,L,xn;λ)=∏2λxie i=1 n 2 i n n −λxi2 ⋅Ιxi>0=2nλnx1x2Lxne −λ∑xi2 i=1 n ⋅Ιx1,x2,L,xn>0， 令T=∑X，有t=∑xi2，即p(x1,x2,L,xn;λ)=2nλne−λt⋅x1x2LxnΙx1,x2,L,xn>0， i=1 i=1 取g(t;λ)=2nλne−λt，h(x1,x2,L,xn)=x1x2Lxn⋅Ιx1,x2,L,xn>0与参数λ无关， 故根据因子分解定理知T=∑Xi2是参数λ的充分统计量． i=1n 37 10．设X1, …, Xn是来自正态分布N (µ , σ 2 )的样本． （1）在µ 已知时给出σ 2的一个充分统计量； （2）在σ 2已知时给出µ 的一个充分统计量． 解：因总体密度函数为 −12 p(x;µ,σ)=e 2πσ(x−µ)22σ2， 则样本联合密度函数为 p(x1,x2,L,xn;µ,σ2)=∏ i=1 n −1e2πσ(xi−µ)22σ21 e= (2πσ)n 2 − 1 2σ2i=1 ∑(xi−µ)2 n ， t −12σ2（1）在µ已知时，令T1=∑(Xi−µ)，有t=∑(xi−µ)，即p(x1,x2,L,xn;σ)=e， n i=1i=1(2πσ) n 2 n 2 −12σ2取g(t;σ)=e，h(x1, x2, …, xn) = 1与参数σ 2无关， n (2πσ) 2 t 故根据因子分解定理知T1=∑(Xi−µ)2是参数σ 2的充分统计量； i=1 n （2）在σ 2已知时， −∑12σ2i=1 p(x1,x2,L,xn;µ)=en (2πσ) 1 n (xi2−2µxi+µ2) 1 e=n (2πσ) µn − nn⎞1⎛⎜xi2−2µxi+nµ2⎟ ⎟2σ2⎜i=1⎝i=1⎠ ∑∑ 1 =en(2πσ) n n − 1 2σ2i=1 ∑n (xi2−2µxi+µ2) ∑−21σ2i=1 e=⋅e2σ⋅en (2πσ) xi nµ2 − 1 2σ2i=1 ∑xi2 n ， 令T2=∑Xi，有t=∑xi，即p(x1,x2,L,xn;µ)= i=1 i=1 1σ2⋅ee(2πσ)n t−12σ2i=1 µ− nµ22σ2− ⋅e x22∑i2σi=1 1 n ， t−1σ2⋅e2σ2，h(x,x,L,x)=e取g(t;µ)=e12n (2πσ)n n µnµ2 ∑xi2 n 与参数µ 无关， 故根据因子分解定理知T2=∑Xi是参数µ 的充分统计量． i=1 11．设X1, …, Xn是来自均匀分布U (θ 1 , θ 2) 的样本，试给出一个充分统计量． 解：样本联合密度函数 p(x1,x2,L,xn;θ)=∏ i=1 n 111 =Iθ1 1 I， nθ1 令 (T1, T2 ) = (X (1) , X (n) )，有(t1, t2 ) = (x (1) , x(n) )，即p(x1,x2,L,xn;θ)= 取g(t1,t2;θ1,θ2)= 1 I，h (x 1, x 2, …, x n) = 1与参数θ 1 , θ 2无关， nθ1 故根据因子分解定理知(T1, T2 ) = (X (1) , X (n) )是(θ 1, θ 2)的充分统计量． 38 12．设X1, …, Xn是来自均匀分布U (θ , 2θ ) ，θ > 0的样本，试给出充分统计量． 解：样本联合密度函数 p(x1,x2,L,xn;θ)=∏ i=1 n 1 θIθ θn Iθ θn Iθ Iθ θn 1 θn Iθ 13．设X1, …, Xn来自伽玛分布族{Ga (α, λ) | α > 0, λ > 0}的一个样本，寻求(α, λ)的充分统计量． 解：总体X的密度函数为 λαα−1−λx p(x;α,λ)=xeΙx>0， Γ(α) 样本联合密度函数为 ∑xi λλα−1−λxiα−1 p(x1,x2,L,xn;α,λ)=∏xieΙxi>0=(x1x2Lxn)ei=1Ιx1,x2,L,xn>0， n Γ(α)i=1Γ(α) n n αnα−λnn ⎛⎞⎞⎛ ⎜⎟=令(T1,T2)=⎜XXLX,X，有(t,t)xxLx,x12n∑i⎟n∑i⎟⎜12⎟， ⎜12 i=1i=1⎠⎝⎝⎠ λnαα−1−λt2 则p(x1,x2,L,xn;α,λ)=teΙx1,x2,L,xn>0， n1 Γ(α) λnαα−1−λt2 取g(t1,t2;α,λ)=t1e，h(x1,x2,L,xn)=Ιx1,x2,L,xn>0与参数α, λ无关， Γ(α)n n ⎛⎞ ⎟XXLX,X故(T1,T2)=⎜∑12ni⎜⎟是参数(α, λ)的充分统计量． i=1⎝⎠ 14．设X1, …, Xn是来自贝塔分布族{Be(a, b) | a > 0, b > 0}的一个样本，寻求(a, b)的充分统计量． 解：总体X的密度函数为 Γ(a+b)a−1 p(x;a,b)=x(1−x)b−1I0 样本联合密度函数 p(x1,x2,L,xn;a,b)=∏p(xi;a,b)=∏ i=1 i=1 nn Γ(a+b)a−1 xi(1−xi)b−1I0 b−1 ⎡Γ(a+b)⎤=⎢⎥⎣Γ(a)Γ(b)⎦ n ⎛n⎞⎜⎜∏xi⎟⎟⎝i=1⎠ a−1 ⎡n⎤ −(1x)i⎥⎢∏⎣i=1⎦ I0 ⎛n⎞⎛n⎞ ⎟⎜⎟−=−令(T1,T2)=⎜X,(1X)，有(t,t)x,(1x)∏∏∏∏ii12ii⎜⎟⎜⎟， i=1i=1⎝i=1⎠⎝i=1⎠ 39 ⎡Γ(a+b)⎤a−1b−1 则p(x1,x2,L,xn;a,b)=⎢⎥t1t2⋅Ι0 ⎡Γ(a+b)⎤a−1b−1 取g(t1,t2;a,b)=⎢⎥t1t2，h(x1,x2,L,xn)=Ι0 n ⎛n⎞ −故根据因子分解定理知(T1,T2)=⎜X,(1X)i⎟⎜∏i∏⎟是a, b的充分统计量． i=1⎝i=1⎠ n n ⎧k⎫ 15．若X = (X1, …, Xn)为从分布族f(x;θ)=C(θ)exp⎨∑Qi(θ)Ti(x)⎬h(x)中抽取的简单样本，试证 ⎩i=1⎭ n⎞⎛n ⎜ T(X)=⎜∑T1(Xj),L,∑Tk(Xj)⎟⎟j=1⎠⎝j=1 为充分统计量． 证：样本联合密度函数为 ⎫⎧k p(x1,x2,L,xn;θ)=∏C(θ)exp⎨∑Qi(θ)Ti(xj)⎬h(xj) j=1⎭⎩i=1 n⎧nk⎫n⎧k⎫n n =C(θ)exp⎨∑∑Qi(θ)Ti(xj)⎬⋅∏h(xj)=C(θ)exp⎨∑Qi(θ)∑Ti(xj)⎬⋅∏h(xj)， j=1⎩j=1i=1⎭j=1⎩i=1⎭j=1 n nn⎛n⎞⎞⎛n ⎜⎟⎜因T(X)=∑T1(Xj),L,∑Tk(Xj)，有T(x)=(t1,L,tk)=∑T1(xj),L,∑Tk(xj)⎟， ⎜j=1⎟⎟⎜j=1 j=1j=1⎠⎝⎝⎠ n ⎫n⎧k 则p(x1,x2,L,xn;θ)=C(θ)exp⎨∑Qi(θ)ti⎬⋅∏h(xj)， ⎭j=1⎩i=1 n n ⎫⎧k 取g(T(x);θ)=C(θ)exp⎨∑Qi(θ)ti⎬，h(x1,x2,L,xn)=∏h(xj)与参数θ 无关， j=1⎭⎩i=1 n n⎞⎛n ⎜故T(X)=∑T1(Xj),L,∑Tk(Xj)⎟为参数θ 的充分统计量． ⎟⎜j=1 j=1⎠⎝ 2 16．设X1, …, Xn是来自正态总体N(µ,σ12)的样本，Y1, …, Ym是来自另一正态总体N(µ,σ2)的样本，这两 2 个样本相互，试给出(µ,σ12,σ2)的充分统计量． 解：两个总体的密度函数分别为 pX(x;µ,σ12)= 1 e2πσ1 − (x−µ)2 22σ1 2 ，pY(y;µ,σ2)= 1 e2πσ2 − (y−µ)2 22σ2 ， 全部样本的联合密度函数为 40 2 p(x1,L,xn,y1,L,ym;µ,σ12,σ2)=∏ i=1 n n 1 e2πσ1 (x−µ)2−i 22σ1 ⋅∏ j=1 m 1 e2πσ2 − (yj−µ)2 22σ2 = 1(2π) n+m − σσn1m2 e − (x2−2µxi+µ2)−(y2−2µyj+µ2)2∑i2∑j2σ2σ1i=1 2j=1 11 m = 1(2π) n+m σσn 1m2 e nnmm⎞⎞1⎛1⎛⎜⎜−2µxi2−2µxi+nµ2⎟−y2yj+mµ2⎟j⎜⎟2⎜⎟2σ2⎜⎟2σ12⎝j=1i=1j=1⎠⎝i=1⎠ ∑∑∑∑ ， mnmmnm⎛n⎞⎛n⎞ 令(T1,T2,T3,T4)=⎜∑Xi,∑Yj,∑Xi2,∑Yj2⎟，有(t1,t2,t3,t4)=⎜∑xi,∑yj,∑xi2,∑y2j⎟， j=1i=1j=1j=1⎝i=1⎠⎝i=1j=1i=1⎠ 2 则p(x1,L,xn,y1,L,ym;µ,σ12,σ2)= 1(2π) n+m − σσ1 n 1m2 e t−2µt1+nµ222σ1 1 (2 1)−2σ(t−2µt3+mµ2)24 2 ， 2 取g(t1,t2,t3,t4;µ,σ12,σ2)= 1(2π) n+m − σσn 1m2 e t−2µt1+nµ222σ1 (2 1)−2σ(t−2µt3+mµ2)24 2 ， 2 无关， h(x1, …, xn, y1, …, ym) = 1与参数µ,σ12,σ2 mnm⎛n⎞22 )的充分统计量． 故(T1,T2,T3,T4)=⎜∑Xi,∑Yj,∑Xi,∑Yj2⎟是参数(µ,σ12,σ2 j=1i=1j=1⎝i=1⎠ ⎛Xi⎞ 17．设⎜⎟,i=1,L,n是来自正态分布族 ⎜Y⎟ ⎝i⎠ ⎧θ1⎞⎛σ12⎛⎪⎛ ⎜⎨N⎜⎜θ⎟⎟,⎜⎜⎜⎪⎩⎝⎝2⎠⎝ρσ1σ2⎫ρσ1σ2⎞⎞⎟,−∞<θ1,θ2<+∞,σ1,σ2>0,|ρ|≤1⎪⎟⎬ 2⎟⎟σ2⎪⎠⎠⎭ 的一个二维样本，寻求(µ1, σ1, µ2, σ2, ρ)的充分统计量． 注：此题有误，应改为寻求(θ1, σ1, θ2, σ2, ρ)的充分统计量． 解：总体密度函数为 p(x,y;θ1,σ1,θ2,σ2,ρ)= 样本联合密度函数为 12πσ1σ21−ρ2 − e ⎡(x−θ1)2(x−θ1)(y−θ2)(y−θ2)2⎤ −2ρ+⎥⎢22σ1σ2⎥2(1−ρ2)⎢σ2⎦⎣σ1 1 ， p(x1,y1,L,xn,yn;θ1,σ1,θ2,σ2,ρ)=∏ i=1 n 12πσ1σ21−ρ∑2 − e ⎡(x−θ1)2(x−θ)(y−θ)(y−θ)2⎤i2ρi1i2+i2⎥−⎢22σ1σ22(1−ρ2)⎣σ2⎥⎢σ1⎦1 = 1 (2πσ1σ21−ρ) 1 (2πσ1σ21−ρ) 2n2n − e − nn⎤⎡1n2ρ122 ⎢(xi2−2θ1xi+θ1)−(xiyi−θ2xi−θ1yi+θ1θ2)+(yi2−2θ2yi+θ2)⎥2⎢22σ1σ2i=1⎥2(1−ρ)⎣σ1i=1σ2i=1⎦ 1 ∑∑ =e nnnn⎡1⎛n⎞⎤⎛n⎞1⎛n⎞ 22⎟2ρ⎜22⎟⎥⎟+⎜⎢⎜x2θxnθxyθxθynθθy2θynθ−+−−−+−+iiiiiiii112112222⎜⎟⎥⎟σ2⎜⎟σ1σ2⎜2(1−ρ2)⎢i=1i=1i=1i=1⎠⎦⎝i=1⎠2⎝i=1⎠⎣σ1⎝i=1 1 ∑∑∑∑∑∑∑ ， 41 nnnnn 22⎛令(T1,T2,T3,T4,T5)=⎜∑Xi,∑Yi,∑Xi,∑Yi,∑XiYi⎞⎟， i=1i=1i=1i=1⎝i=1⎠nnnnn 22⎞有(t1,t2,t3,t4,t5)=⎛x,y,x,y,⎜∑i∑i∑i∑i∑xiyi⎟， i=1i=1⎝i=1i=1i=1⎠ 则p(x1, y1, …, xn, yn; θ1, σ1, θ2, σ2, ρ) = 1 (2πσ1σ21−ρ) 2n − e ⎡1⎤2ρ122 (t5−θ2t1−θ1t2+nθ1θ2)+(t4−2θ2t2+nθ2)⎥⎢2(t3−2θ1t1+nθ1)−2σ1σ22(1−ρ)⎢σ2⎥⎣σ1⎦1 2， 取g(t1, t2, t3, t4, t5; θ1, σ1, θ2, σ2, ρ) = 1 (2πσ1σ21−ρ) 2n − e ⎡1⎤2ρ122 (t3−2θ1t1+nθ1)−(t5−θ2t1−θ1t2+nθ1θ2)+(t4−2θ2t2+nθ2)⎥⎢22σ1σ22(1−ρ2)⎣σ2⎢σ1⎥⎦1 ， h(x1, y1, …, xn, yn) = 1与参数θ1, σ1, θ2, σ2, ρ 无关， nnnnn22⎛故(T1,T2,T3,T4,T5)=⎜∑Xi,∑Yi,∑Xi,∑Yi,∑XiYi⎞⎟是参数(θ1, σ1, θ2, σ2, ρ)的充分统计量． i=1i=1i=1i=1⎝i=1⎠ ⎛X1⎞ 18．设二维随机变量X=⎜⎟服从二元正态分布，其均值向量为零向量，协方差阵为 ⎜X⎟ ⎝2⎠ ⎛σ2+r2σ2−r2⎞ ⎟⎜22 ⎜σ−rσ2+r2⎟,σ>0,r>0． ⎠⎝ 证明：二维统计量T = ((X1 + X2)2, (X1 − X2)2)是该二元正态分布族的充分统计量． n ⎛n22⎞⎟+−(XX),(XX)注：此题有误，应改为T=⎜∑∑1i2i1i2i⎜⎟． i=1⎝i=1⎠ ⎛σ12⎛µ1⎞ 证：因二元正态分布N(µ1,µ2,σ,σ,ρ)的均值向量为⎜⎟，协方差阵为⎜⎜µ⎟⎜ρσσ⎝2⎠⎝12 2 1 22ρσ1σ2⎞ ⎟， 2 σ2⎟⎠ 4σ2r2σ2−r22 则µ1 = µ2 = 0，σ=σ=σ+r，ρσ1σ2 = σ − r，有ρ=2，1−ρ=2， 222 σ+r(σ+r) 2 1 22 2 2 22 可得 ⎡(x1−µ1)21(x1−µ1)(x2−µ2)(x2−µ2)2⎤ −−2ρ+⎢⎥ 2 σ1σ2σ22(1−ρ)2⎣σ12⎦ 2 ⎞1(σ2+r2)2⎛x12x2σ2−r2x1x2 ⎜⎟ =−−⋅+222222222⎟++++σσσσ24σ2r2⎜rrrr⎝⎠ =− 1 8σ2r 1 =−22[σ2(x1−x2)2+r2(x1+x2)2]， 8σr 1 2 22222222[(σ+r)x−2(σ−r)xx+(σ+r)x] 11222 即总体密度函数为 −[σ122p(x1,x2;σ,r)=e8σr 4πσr (x1−x2)2+r2(x1+x2)2] ， 42 样本联合密度函数为 [σ−18σ2r2p(x11,x21,L,x1n,x2n;σ,r)=∏e σr4πi=1 1n 1 2 (x1i−x2i)2+r2(x1i+x2i)2] = 1(4πσr) n − e nn⎤⎡ ⎢σ2(x1i−x2i)2+r2(x1i+x2i)2⎥ ⎥8σ2r2⎢i=1⎦⎣i=1 ∑∑ ， nn ⎛n⎛n22⎞22⎞⎜⎟⎟令T=⎜(XX),(XX)，有t(t,t)(xx),(xx)+−==+−∑∑122i1i2i2i1i2i⎜∑1i⎟⎜∑1i⎟， i=1i=1⎝i=1⎠⎝i=1⎠ 18σ2r2(σ2t2+r2t1) 则p(x11,x21,L,x1n,x2n;σ,r)= 1(4πσr) 22n e − ， 取g(t1,t2;σ,r)= 1(4πσr) n e − 18σr (σ2t2+r2t1) ，h(x11, x21, …, x1n, x2n) = 1与参数σ, r无关， n ⎛n22⎞⎟故T=⎜(XX),(XX)+−∑∑1i2i1i2i⎜⎟是参数(σ, r)的充分统计量． i=1⎝i=1⎠ 19．设X1, …, Xn是来自两参数指数分布p(x;θ,µ)=统计量． 解：样本联合密度函数 x−µ−i 1 θe−(x−µ)θ，x > µ ，θ > 0的样本，证明(x,x(1))是充分 p(x1,x2,L,xn;θ,µ)=∏e i=1 n 1 θθΙxi>µ= 1 θn e −i=1 ∑xi−nµθn Ιx1,x2,L,xn>µ= 1 θe n e − nx−nµθΙx(1)>µ， 令(T1,T2)=(X,X(1))，有(t1,t2)=(x,x(1))，即p(x1,x2,L,xn;θ,µ)=取g(t1,t2;θ,µ)= 1 nt−nµ−1 θn θΙt2>µ， 1 θn e nt−nµ−1 θIt2>µ，h (x 1, x 2, …, x n) = 1与参数θ , µ 无关， 故根据因子分解定理知(T1,T2)=(X,X(1))是参数(θ , µ)的充分统计量． nn ⎛n⎞ 20．设Yi ~ N (β 0 + β 1xi , σ )，i = 1, …, n，诸Yi，x1, …, xn是已知常数，证明⎜∑Yi,∑xiYi,∑Yi2⎟是 i=1⎝i=1i=1⎠ 2 充分统计量． 解：联合密度函数 p(y1,y2,L,yn;β0,β1,σ2)=∏ i=1 n 1 e2πσ∑ − (yi−β0−β1xi)2 2σ2=∑ 1 en (2πσ) ， n − ∑(yi−β0−β1xi)22σ2i=1 1 n 1 e= (2πσ)n n n n 2 − nnnn⎤1⎡ ⎢yi2−2β0yi−2β1xiyi+(β0+β1xi)2⎥2⎢⎥2σ⎣i=1i=1i=1i=1⎦ ∑∑ 令(T1,T2,T3)=(∑Yi,∑xiYi,∑Yi)，有(t1,t2,t3)=(∑yi,∑xiyi,∑yi2)， i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 nn 43 1 则p(y1,y2,L,yn;β0,β1,σ)=en (2πσ) 2 − n⎤1⎡ ⎢t3−2β0t1−2β1t2+(β0+β1xi)2⎥ ⎥2σ2⎢i=1⎦⎣ ∑ ， 1 取g(T1,T2,T3;β0,β1,σ)=e (2πσ)n 2 − n⎤1⎡ ⎢t3−2β0t1−2β1t2+(β0+β1xi)2⎥ ⎥2σ2⎢i=1⎦⎣ ∑ ， h ( y1, y2, …, yn) = 1与参数β 0 , β 1 , σ 2无关， 故根据因子分解定理知(T1,T2,T3)=(∑Yi,∑xiYi,∑Yi2)是参数(β 0 , β 1 , σ 2)的充分统计量． i=1 i=1 i=1 n n n 44
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