数理统计填空解析
- 设 \(X_1,X_2,\cdots,X_{15}\) 是来自指数分布总体 \(Exp(4)\) 的一组样本。那么 \(X_{(1)}\) 的期望为____.
解：\(X_i \sim Exp(4)\)，则
\[\pmb{
p(x) = 4e^{-4x}, \ F(x) = 1-e^{-4x}, \quad x \geq 0
}
\]
\(X_{(1)}\) 的密度函数为
\[\pmb{
\begin{aligned}
p_1(x) &= \frac{15!}{14!0!}(1-e^{-4x})^0(e^{-4x})^{14}\cdot(4e^{-4x})\\
&=60e^{-60x}
\end{aligned}
}
\]
于是
\[\pmb{
\begin{aligned}
E(X_{(1)}) &= \int_{0}^{+\infty} 60xe^{-60x} \mathrm{d}x\\
& = -\int_{0}^{+\infty} x \mathrm{d}e^{-60x}\\
& = -xe^{-60x} \bigg|_{0}^{+\infty} + \int_{0}^{+\infty} e^{-60x} \mathrm{d}x\\
& = -\frac{1}{60}e^{-60x} \bigg|_{0}^{+\infty}\\
& = \frac{1}{60}
\end{aligned}}
\]
- 假设 \(X_1,X_2,\cdots,X_{36}\) 是来自正态总体X的一组样本，样本均值为12，样本方差为16。那么总体均值的95%置信区间是_______，总体方差的95%置信区间是_________.
解：已知 \(\bar{x} = 12, s^2 = 16\).
总体方差未知，因此总体均值 \(\mu\) 的置信区间为
\[
\pmb{[\bar{x}-t_{1-\alpha/2} \ (n-1) s / \sqrt{n},} \\
\pmb{\bar{x}+t_{1-\alpha/2} \ (n-1) s / \sqrt{n}]}
\]
代入数据可得总体均值的置信区间为 \([10.65, 13.35]\)
总体方差的置信区间为
\[\pmb{
\bigg[\frac{(n-1)s^2}{\mathcal{X}^2_{1-\alpha/2}(n-1)}, \ \ \frac{(n-1)s^2}{\mathcal{X}^2_{\alpha/2}(n-1)}\bigg]
}
\]
代入数据可得总体方差的置信区间为 \([10.53,27.22]\).
- 假设 \(x_1,x_2,\cdots,x_{16}\) 是来自正态总体 \(X\) 的一组样本，其样本均值为 25，总体方差为 20； \(y_1,y_2,\cdots,y_{15}\) 是来自正态总体 \(Y\) 的一组样本，其样本均值为 29，总体方差为 30.那么总体 \(X,Y\) 的均值之差的 95% 置信区间是_______.
解：由题意， \(\sigma_1^2=20,\sigma_2^2=30\) 已知，因此 \(\mu_1-\mu_2\) 的 \(1-\alpha\) 置信区间为
\[\pmb{\bigg[\bar{x}-\bar{y}-u_{1-\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{m}+\frac{\sigma_2^2}{n}},} \\
\pmb{\bar{x}-\bar{y}+u_{1-\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{m}+\frac{\sigma_2^2}{n}}\bigg]}
\]
代入数据可得 \(\mu_1-\mu_2\) 的 \(95\%\) 置信区间为 \([-8.20,0.20]\).
- 设 \(x_1,x_2,\cdots,x_{n}\) 是来自正态总体 \(N(\mu,\sigma^2)\) 的一组样本。记 \(s^2\) 为样本方差。那么 \(\frac{(n-1)s^2}{\sigma^2}\) 的分布是_____.
解：书 \(P251\) 有结论和推导 \(\mathcal{X}^2(n-1)\)
- 设 \(x_1,x_2,\cdots,x_{20}\) 是来自指数分布总体 \(Exp(4)\) 的一组样本。记 \(\bar{x}\) 为样本均值。那么 $E\bar{x} = $ ____ ， \(D\bar{x} =\) ______ .
解：总体为 \(Exp(4)\)，于是
\[\pmb{
EX = \frac{1}{4}, \quad DX = \frac{1}{16}
}
\]
当样本容量足够大时，有
\[\pmb{
\bar{x} \dot{\sim} N(EX,DX/n)
}
\]
于是 \(E\bar{x} = \frac{1}{4}, \quad D\bar{x} = \frac{1}{16\times 20} = \frac{1}{320}\)
- 设 \(x_1,x_2,\cdots,x_{n}\) 是来自二项分布总体 \(B(m,p)\) 的一组样本( \(m,p\) 均未知),那么 \(m\) 的矩估计为___，p的矩估计为___.
解：二项分布总体 \(B(m,p)\)，于是
\[\pmb{
EX = mp, \quad DX = mp(1-p)
}
\]
设样本均值为 \(\bar{x}\)，样本方差为 \(s^2\)，用样本均值代替总体均值，样本方差代替总体方差，得到
\[\pmb{
\begin{cases}
mp = \bar{x}\\
mp(1-p) = s^2
\end{cases}
\Longrightarrow
\begin{cases}
p = 1-\frac{s^2}{\bar{x}}\\
m = \frac{\bar{x}^2}{\bar{x}-s^2}
\end{cases}
}
\]
- 设总体 \(X\) 服从正态分布 \(N(\mu,1)\) ,那么总体分布的Fisher信息量为_____.
解：总体的分布密度函数为
\[\pmb{
p(x;\mu) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2}}
}
\]
取对数
\[\pmb{
\ln p(x;\mu) = \ln\frac{1}{\sqrt{2\pi}} - \frac{(x-\mu)^2}{2}
}
\]
对 \(\mu\) 求偏导
\[\pmb{
\frac{\partial\ln p(x;\mu)}{\partial\mu} = -\frac{1}{2}\times 2(x-\mu) \times (-1)=x-\mu
}
\]
求二阶偏导
\[\pmb{
\frac{\partial^2\ln p(x;\mu)}{\partial\mu^2} = -1
}
\]
于是
\[\pmb{
I(\mu) = -E(\frac{\partial^2\ln p(x;\mu)}{\partial\mu^2}) = -E(-1) = 1
}
\]
- 已知 \(x_1,x_2,\cdots,x_{n}\) 是来自总体 \(X\) 的一组样本, \(X\) 的密度函数为 \(f(x)=\frac{1}{\theta}e^{-|x|/\theta}\). 那么 \(\theta\) 的充分统计量为_____.
解：样本的联合密度函数为
\[\pmb{
f(x_1;\theta)f(x_1;\theta)\cdots f(x_1;\theta) = \bigg(\frac{1}{2\theta}\bigg)^n e^{-\frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^n|x_i|}
}
\]
取 \(T = \sum_{i=1}^n|x_i|\)，令
\[\pmb{
g(t,\theta) = \bigg(\frac{1}{2\theta}\bigg)^n e^{-\frac{1}{\theta}t}, \quad h(X) = 1
}
\]
由因子分解定理，\(T= \sum_{i=1}^n|x_i|\) 是 \(\theta\) 的充分统计量.
- 设 \(X_1,X_2,X_3,X_4\) 是来自正态总体 \(N(0,36)\) 的一个样本，而常数 \(a,b\) 能使 \(Y=\frac{(X_1-3X_2)^2}{a}+\frac{(2X_3-5X_4)^2}{n}\) 服从 \(\mathcal{X}^2(2)\) 分布。那么 \(a\) 的值是_____, \(b\) 的值是_____.
解：由题意知 \(X_i \sim N(0,36)\)，且 \(X_i\) 相互独立 \((i=1,2,3,4)\)，于是
\[\pmb{
X_1-3X_2 \sim N(0,360), \quad 2X_3-5X_4 \sim N(0,1044)
}
\]
从而
\[\pmb{
\frac{X_1-3X_2}{\sqrt{360}} \sim N(0,1), \quad \frac{2X_3-5X_4}{\sqrt{1044}} \sim N(0,1)
}
\]
根据卡方分布的定义可知
\[\pmb{
\frac{(X_1-3X_2)^2}{360} + \frac{(2X_3-5X_4)^2}{1044} \sim \mathcal{X}^2(2)
}
\]
故
\[\pmb{
a = 360,\quad b=1044
}
\]
- 假设某个天平称量时得到的物体质量服从方差为 \(0.81\) 克的正态分布，若用该天平称量某物体，要求得到的结果偏差不超过 \(0.1\) 克，那么至少需要称量______次后取平均.
解：设样本质量为 \(x\)，则 \(x \sim N(\mu,0.81)\)，\(\sigma\) 已知时 \(\mu\) 的置信区间为
\[\pmb{
[\bar{x}-u_{1-\alpha/2}\sigma/\sqrt{n}, \ \ \bar{x}+u_{1-\alpha/2}\sigma/\sqrt{n}]
}
\]
于是
\[\pmb{
\begin{aligned}
&\frac{2u_{0.975}\sigma}{\sqrt{n}} \leq 0.1\\
\Longrightarrow & \frac{2\times 1.96 \times 0.9}{\sqrt{n}} \leq 0.1\\
\Longrightarrow & \sqrt{n} \geq \frac{2\times1.96\times0.9}{0.1}
\Longrightarrow & n \geq 1244.5
\end{aligned}
}
\]
故至少要称量 \(1245\) 次后取平均值.
