题型 8. 画直方图

1.29

下面列出了 30 个美国NBA球员的体重(以磅计,1 磅 = 0.454kg)数据. 这些数据是从美国NBA球队 1990 ~ 1991 赛季的花名册中抽样得到的.

225	232	232	245	235	245	270	225	240	240
217	195	225	185	200	220	200	210	271	240
220	230	215	252	225	220	206	185	227	236

画出这些数据的频率直方图(提示: 最大和最小观察值分别为 271 和 185,区间[184.5,271.5] 包含所有数据,将整个区间分为 5 等份,为计算方便,将区间调整为 (179.5,279.5)).

解

最大和最小观察值分别为 271 和 185, 考虑到这些数据是将实测数据经四舍五入后得到的,取区间 $I=\left[184.5,271.5\right]$ 使得所有实测数据都落在 $I$ 上. 将区间 $I$ 等分为若干小区间,小区间的个数与数据个数 $n$ 有关,取为 $\sqrt{n}$ 左右为佳. 现在取小区间的个数为 5,于是小区间的长度为 $\frac{271.5-184.5}{5}=17.4$. 这一长度使用起来不方便. 为此,将区间 $I$ 的下限延伸至179.5,上限延伸至 279.5,这样小区间的长度调整为

$$\Delta =\frac{279.5-179.5}{5}=20.$$

数出落在每小区间内的数据的个数 $f_i,i=1,2,3,4,5$,算出数据落在各个小区间的频率 $\frac{f_i}{n}$ ( $n$ $=30,i=1,2,3,4,5)$,所得结果列表如下:

组 限	频数 ${f}_{i}$	频率 $\frac{{f}_{i}}{n}$	累积频率
179.5 ~ 199.5	3	0.1	0.10
199.5 ~ 219.5	6	0.2	0.30
219.5 ~ 239.5	13	0.43	0.73
239.5 ~ 259.5	6	0.2	0.93
259.5 ~ 279.5	2	0.07	1

在每个小区间上作以对应的频率为高 (或者以 $\frac{f_i}{n\Delta }$ 为高) 以小区间为底的小长方形,这就是所求的频率直方图 (如图 6-1.29).

图 6-1.29

1.30

观察一个连续型随机变量, 抽到 100 株豫农一号玉米的穗位(单位:cm), 得到下列表中所列数据,按区间 $[70,80)$, $[80,90)$, $\cdots$, $[150,160)$,将 100 个数据分成 9 个组,列出分组数据的统计表 (包括频率及累积频率), 并画出频率的直方图.

127	118	121	113	145	125	87	94	118	111
102	72	113	76	101	134	107	118	114	128
118	114	117	120	128	94	124	87	88	105
115	134	89	141	114	119	150	107	126	95
137	108	129	136	98	121	91	111	134	123
103	104	107	121	94	126	108	114	103	129
109	84	117	112	112	125	94	73	93	94
102	108	158	89	127	115	112	94	118	114
88	111	111	104	101	129	144	128	131	142

解

分组数据统计表为 122 2 频率直方图和累积频率直方图分别为如下图 6-1.30-1 及 6-1.30-2 所示. 题型 9. 综合提高题型

分组编号	1	2	3	4	5	6	7	8	9
	70	80	90	100	110	120	130	140	150
组 限	80	│ 90	100	110	│ 120	130	│ 140	│ 150	│ 160
组中值	75	85	95	105	115	125	135	145	155
组频数	3	9	13	16	26	20	7	4	2
组频率(%)	3	9	13	16	26	20	7	4	2
累积频率(%)	3	12	25	41	67	87	94	98	100

图 6-1.30-1

图 6-1.30-2

1.31

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自正态总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 是样本均值,记

$S_1^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2,$ $S_2^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2,$

$S_3^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2,$ $S_4^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2,$

则服从自由度为 $n-1$ 的 $t$ 分布的随机变量是 ( ).

(A) $t=\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S_1}{\sqrt{n-1}}}$ (B) $t=\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S_2}{\sqrt{n-1}}}$ (C) $t=\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S_3}{\sqrt{n}}}$ (D) $t=\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S_4}{\sqrt{n}}}$.

分析 根据 $t$ 分布的表达形式及推导可判断出正确选项.

解

因为 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 服从 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 分布,所以有

$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma }\sqrt{n}\sim N\left(0,1\right),\sum _{i=1}^n\frac{{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n-1\right),$

$$\frac{\bar{X}-\mu }{\sqrt{\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2}}\sqrt{n}\sim t\left(n-1\right),$$

所以

$$\frac{\left(\bar{X}-\mu \right)\sqrt{n}}{\sqrt{\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2}}=\frac{\bar{X}-\mu }{\sqrt{\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2}}=\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{S_2}{\sqrt{n-1}}}\sim t\left(n-1\right).$$

故答案为 (B).

点评 如果牢记正态总体抽样分布的有关结论, 则此题也直接选 (B).

1.32

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 相互独立且都服从正态分布 $N\left(0,3^2\right)$,而 $X_1,\cdots ,X_9$ 和 $Y_1,\cdots$, $Y_9$ 分别是来自总体 $X$ 和 $Y$ 的简单随机样本,则统计量 $U=\frac{X_1+X_2+\cdots +X_9}{\sqrt{Y_1^2+Y_2^2+\cdots +Y_9^2}}$ 服从_____分布,参数为_____.

分析 $X_1,\cdots ,X_9$ 相互独立且与 $X$ 同分布,所以 $\frac{1}{9}\left(X_1+\cdots +X_9\right)\sim N\left(0,1\right)$,同理 $\frac{1}{9}(Y_1^2+$ $\cdots +Y_9^2)\sim {\chi }^2\left(9\right)$.

解

因为 $X_i\sim N\left(0,3^2\right)\left(i=1,\cdots ,9\right)$,所以 $X_1+X_2+\cdots +X_9\sim N\left(0,9^2\right)$,则

$$\frac{X_1+X_2+\cdots +X_9}{9}\sim N\left(0,1\right).$$

因为 $Y_i\sim N\left(0,3^2\right)$,所以 $\frac{Y_i}{3}\sim N\left(0,1\right)$,则

$$\frac{1}{9}\left(Y_1^2+Y_2^2+\cdots +Y_9^2\right)\sim {\chi }^2\left(9\right).$$

由 $t$ 分布的定义可知

$$\frac{X_1+X_2+\cdots +X_9}{\sqrt{Y_1^2+Y_2^2+\cdots +Y_9^2}}=\frac{\frac{1}{9}\left(X_1+X_2+\cdots +X_9\right)}{\frac{1}{9}\sqrt{Y_1^2+Y_2^2+\cdots +Y_9^2}}\sim t\left(9\right),$$

因此 $U$ 服从 $t$ 分布,参数为 9.

1.33

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{10}$ 是来自标准正态总体的一组简单随机样本,

$$Y=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^{10}{X}_i^2+\sum _{i=1}^5{X}_{2i-1}{X}_{2i},$$

则 $EY=\underline{};Y$ 服从_____分布；参数是_____.

解

因为 $E{X}_i=0,E{X}_i^2=D{X}_i=1$,所以 $EY=5$;

$$Y={\left(\frac{X_1+X_2}{\sqrt{2}}\right)}^2+\cdots +{\left(\frac{X_9+X_{10}}{\sqrt{2}}\right)}^2\sim {\chi }^2\left(5\right).$$

其中 $\frac{X_1+X_2}{\sqrt{2}}\sim N\left(0,1\right),\cdots ,\frac{X_9+X_{10}}{\sqrt{2}}\sim N\left(0,1\right)$.

1.34

设 $X_1,X_2,\cdots \cdots ,X_n\left(n\ge 2\right)$ 为来自总体 $N\left(\mu ,1\right)$ 的简单随机样本,记 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$, 则下列结论中不正确的是_____.

224 (A) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布 (B) $2{\left(X_n-X_1\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布

(C) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布 (D) $n{\left(\bar{X}-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布

解

$X_i-\mu \sim N\left(0,1\right)$,则 $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2\sim {\chi }^2\left(n\right)$,故 (A) 正确;

$\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2=\left(n-1\right)S^2\sim {\chi }^2\left(n-1\right),$,故 (C) 正确;

$\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right)$,则 $\frac{\bar{X}-\mu }{1/\sqrt{n}}\sim N\left(0,1\right)$,

故 $n{\left(\bar{X}-\mu \right)}^2\sim {\chi }^2\left(1\right),\left(\mathrm{D}\right)$ 正确;

因为 $X_n-X_1\sim N\left(0,2\right)$,故 $\frac{X_n-X_1}{\sqrt{2}}\sim N\left(0,1\right)$,则 $\frac{{\left(X_n-X_1\right)}^2}{2}\sim {\chi }^2\left(1\right)$,故 (B) 不正确.

1.35

设 $X_1,X_2,X_3,X_4$ 是来自总体 $N\left(0,2^2\right)$ 的样本.

( 1 )求常数 $C$,使 $Y=C\left[{\left(X_1-X_2\right)}^2+{\left(X_3+X_4\right)}^2\right]$ 服从 ${\chi }^2$ 分布,并指出自由度是多少？

(2)证明 $Z=\frac{{\left(X_1-X_2\right)}^2}{{\left(X_3+X_4\right)}^2}$ 服从 $F\left(1,1\right)$.

(1) 解

因为 $X_i\sim N\left(0,2^2\right),i=1,2,3,4$. 故

$$X_1-X_2\sim N\left(0,8\right),X_3+X_4\sim N\left(0,8\right).$$

则

$$\frac{X_1-X_2}{\sqrt{8}}\sim N\left(0,1\right),\frac{X_3+X_4}{\sqrt{8}}\sim N\left(0,1\right),$$

所以

$$\frac{{\left(X_1-X_2\right)}^2}{8}+\frac{{\left(X_3+X_4\right)}^2}{8}\sim {\chi }^2\left(2\right).$$

故 $C=\frac{1}{8},n=2$.

(2) 证

因为 $\frac{{\left(X_1-X_2\right)}^2}{8}\sim {\chi }^2\left(1\right),\frac{{\left(X_3+X_4\right)}^2}{8}\sim {\chi }^2\left(1\right)$.

由 $F$ 分布的定义可知: $Z=\frac{{\left(X_1-X_2\right)}^2}{{\left(X_3+X_4\right)}^2}$ 服从 $F\left(1,1\right)$.

1.36

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n\left(n\ge 2\right)$ 为来自总体 $N\left(0,1\right)$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 为样本均值, $S^2$ 为样本方差, 则 ( ).

(A) $n\bar{X}\sim N\left(0,1\right)$ (B) $n{S}^2\sim {\chi }^2\left(n\right)$

(C) $\frac{\left(n-1\right)\bar{X}}{S}\sim t\left(n-1\right)$ (D) $\frac{\left(n-1\right)X_1^2}{\sum _{i=2}^n{X}_i^2}\sim F\left(1,n-1\right)$

解

因为 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为总体 $N\left(0,1\right)$ 的简单随机样本,所以

$$\bar{X}\sim N\left(0,\frac{1}{n}\right),n\bar{X}\sim N\left(0,n\right),$$ $$\left(n-1\right)S^2=\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2\sim {\chi }^2\left(n-1\right),$$ $$\frac{\bar{X}}{\frac{S}{\sqrt{n}}}=\frac{\sqrt{n}\bar{X}}{S}\sim t\left(n-1\right),$$

故 (A)、(B)、(C) 不正确.

而

$$X_1^2\sim {\chi }^2\left(1\right),\sum _{i=2}^n{X}_i^2\sim {\chi }^2\left(n-1\right),$$ $$\frac{X_1^2}{\frac{\sum _{i=2}^n{X}_i^2}{n-1}}=\frac{\left(n-1\right)X_1^2}{\sum _{i=2}^n{X}_i^2}\sim F\left(1,n-1\right).$$

故答案为(D).

1.37

设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left(0,{\sigma }^2\right)\left({\sigma }^2\right)$ 已知 $),X_1,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本, $S^2$ 为样本方差,则 ( ).

(A) $\sum _{i=1}^n{X}_i^2\sim {\chi }^2\left(n\right)$ (B) ${\left(\frac{X_i}{\sigma }\right)}^2+\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n\right)$

(C) $\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(\frac{X_i}{\sigma }\right)}^2+\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n\right)$ (D) $\frac{1}{n}{\left(\sum _{i=1}^n\frac{X_i}{\sigma }\right)}^2+\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n\right)$

解

$X_i\sim N\left(0,{\sigma }^2\right),\frac{X_i}{\sigma }\sim N\left(0,1\right),\bar{X}\sim N\left(0,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$,

$$\frac{\left(n-1\right)}{{\sigma }^2}{S}^2=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{X_i-\bar{X}}{\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2\left(n-1\right),$$ $$\frac{\sqrt{n}\bar{X}}{\sigma }=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum _{i=1}^n\frac{X_i}{\sigma }\sim N\left(0,1\right),$$

故有 $\frac{1}{n}{\left(\sum _{i=1}^n\frac{X_i}{\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2\left(1\right)$,由 $\bar{X}$ 与 $S^2$ 独立,所以

$$n{\left(\frac{\bar{X}}{\sigma }\right)}^2+\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}=\frac{1}{n}{\left(\sum _{i=1}^n\frac{X_i}{\sigma }\right)}^2+\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n\right).$$

因此答案为(D)

1.38

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 和 $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n$ 分别是从正态总体 $X\sim N\left({\mu }_1,{\sigma }^2\right)$ 和总体 $Y\sim$ $N\left({\mu }_2,{\sigma }^2\right)$ 中抽取的两个独立样本. $\bar{X}$ 和 $\bar{Y}$ 分别表示 $X$ 和 $Y$ 的样本均值, $S_1^2$ 和 $S_2^2$ 分别表示 $X$ 和 $Y$ 的修正的样本方差, $a$ 和 $b$ 是两个非零实数. 试求

$$Z=\frac{a\left(\bar{X}-{\mu }_1\right)+b\left(\bar{Y}-{\mu }_2\right)}{\sqrt{\frac{\left(m-1\right)S_1^2+\left(n-1\right)S_2^2}{m+n-2}}\sqrt{\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}}}$$

的概率分布.

证

因为总体 $X\sim N\left({\mu }_1,{\sigma }^2\right),Y\sim N\left({\mu }_2,{\sigma }^2\right)$,所以

$$\bar{X}\sim N\left({\mu }_1,\frac{{\sigma }^2}{m}\right),\bar{Y}\sim N\left({\mu }_2,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$$

且知 $\bar{X}$ 与 $\bar{Y}$ 相互独立.

又

$$E\left[a\left(\bar{X}-{\mu }_1\right)+b\left(\bar{Y}-{\mu }_2\right)\right]=0;$$ $$D\left[a\left(\bar{X}-{\mu }_1\right)+b\left(\bar{Y}-{\mu }_2\right)\right]=a^{2}D\left(\bar{X}-{\mu }_1\right)+b^{2}D\left(\bar{Y}-{\mu }_2\right)$$ $$=a^2\frac{{\sigma }^2}{m}+b^2\frac{{\sigma }^2}{n}=\left(\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}\right){\sigma }^2.$$

因为相互独立的正态随机变量的线性组合仍是正态随机变量, 所以

$$a\left(\bar{X}-{\mu }_1\right)+b\left(\bar{Y}-{\mu }_2\right)\sim N\left[0,\left(\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}\right){\sigma }^2\right],$$

于是

$$\frac{a\left(\bar{X}-{\mu }_1\right)+b\left(\bar{Y}-{\mu }_2\right)}{\sqrt{\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}}\sigma }\stackrel{\text{ 记 }}{=}U\sim N\left(0,1\right).$$

又知 $\bar{X}$ 与 $S_1^2$ 独立, $\bar{Y}$ 与 $S_2^2$ 独立,且

$$\frac{\left(m-1\right)S_1^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(m-1\right),\frac{\left(n-1\right)S_2^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n-1\right),$$

由两个样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 与 $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n$ 相互独立知道 $S_1^2$ 与 $S_2^2$ 相互独立,由 ${\chi }^2$ 分布性质可知

$$\frac{\left(m-1\right)S_1^2}{{\sigma }^2}+\frac{\left(n-1\right)S_2^2}{{\sigma }^2}\stackrel{\text{ 记 }}{=}W\sim {\chi }^2\left(m+n-2\right),$$

又由上述证明可知 $U$ 与 $W$ 相互独立,由 $t$ 分布的定义可知

$$\frac{U}{\sqrt{\frac{W}{m+n-2}}}=\frac{a\left(\bar{X}-{\mu }_1\right)+b\left(\bar{Y}-{\mu }_2\right)}{\sqrt{\frac{\left(m-1\right)S_1^2+\left(n-1\right)S_2^2}{m+n-2}}\sqrt{\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}}}\sim t\left(m+n-2\right).$$

1.39

在天平上重复称量一重为 $a$ 的物品,假设各次称量结果相互独立且同服从正态分布 $N\left(a,{0.2}^2\right)$. 若以 ${\bar{X}}_n$ 表示 $n$ 次称量结果的算术平均值,则为使 $P\left\{\left|{\bar{X}}_n-a\right|<0.1\right\}\ge 0.95,n$ 的最小值应不小于自然数_____.

解

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为相互独立的随机变量,且 $X_i\sim N\left(a,{0.2}^2\right)$,则

$${\bar{X}}_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\sim N\left(a,\frac{{0.2}^2}{n}\right),$$

有

$$U=\frac{{\bar{X}}_n-a}{\frac{0.2}{\sqrt{n}}}\sim N\left(0,1\right),P\{\left|U\right|<1.96\}\ge 0.95,$$

于是有

$$P\left\{\left|{\bar{X}}_n-a\right|<0.1\right\}=P\left\{\frac{\sqrt{n}\left|\bar{X}-a\right|}{0.2}<\frac{\sqrt{n}}{2}\right\}\ge 0.95,$$

得 $\frac{\sqrt{n}}{2}\ge 1.96,n\ge 15.3664$. 则有 $n$ 的最小值应不小于 16.

故应填 16.

1.40

在总体 $N\left(52,{6.3}^2\right)$ 中随机抽一容量为 36 的样本,求样本均值 $\bar{X}$ 落在 50.8 到 53. 8 之间的概率.

解

因 $\bar{X}\sim N\left(52,\frac{{6.3}^2}{36}\right)$,所以

$$P\{50.8<\bar{X}<53.8\}=P\left\{\frac{50.8-52}{\frac{6.3}{6}}<\frac{\bar{X}-52}{\frac{6.3}{6}}<\frac{53.8-52}{\frac{6.3}{6}}\right\}$$ $$=P\left\{-\frac{8}{7}<\frac{\bar{X}-52}{\frac{6.3}{6}}<\frac{12}{7}\right\}$$ $$=\Phi \left(\frac{12}{7}\right)-\Phi \left(-\frac{8}{7}\right)=\Phi \left(\frac{12}{7}\right)+\Phi \left(\frac{8}{7}\right)-1$$ $$\approx 0.9564+0.8729-1$$ $$=0.8293\text{.}$$

1.41

设在总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 中抽取一容量为 16 的样本. 这里 $\mu ,{\sigma }^2$ 均为未知.

(1)求 $P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 2.041\right\}$,其中 $S^2$ 为样本方差；

(2) 求 $D\left(S^2\right)$.

解

(1) 由样本来自总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 知, $\frac{\left(16-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(16-1\right)$. 从而

$$P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 2.041\right\}=P\left\{\frac{15S^2}{{\sigma }^2}\le 15\times 2.041\right\}$$ $$=1-P\left\{\frac{15S^2}{{\sigma }^2}>30.615\right\}=1-P\left\{{\chi }^2\left(15\right)>30.615\right\}$$ $$=1-0.01=0.99\text{.}$$

(2) 由 $\left(n-1\right)\frac{S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n-1\right)$,有 $D\left[\left(n-1\right)\frac{S^2}{{\sigma }^2}\right]=2\left(n-1\right)$,

即 $\frac{{\left(n-1\right)}^2}{{\sigma }^4}D\left(S^2\right)=2\left(n-1\right)$,从而 $D\left(S^2\right)=\frac{2{\sigma }^4}{n-1}$,

当 $n=16$ 时, $D\left(S^2\right)=\frac{2}{15}{\sigma }^4$.

1.42

求总体 $N\left(20,3\right)$ 的容量分别为 10,15 的两独立样本均值差的绝对值大于 0.3 的概率.

解

记 $\bar{X}=\frac{1}{10}\sum _{i=1}^{10}{X}_i,\bar{Y}=\frac{1}{15}\sum _{i=1}^{15}{Y}_i,\bar{X}$ 与 $\bar{Y}$ 独立,且 $\bar{X}\sim N\left(20,\frac{3}{10}\right),\bar{Y}\sim N\left(20,\frac{3}{15}\right)$, 则 $\bar{X}-\bar{Y}\sim N\left(0,\frac{1}{2}\right)$,于是

$$P\{\left|\bar{X}-\bar{Y}\right|>0.3\}=\left\{\left|\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\right|>0.3\times \sqrt{2}\right\}$$ $$=2\times \left[1-\Phi \left(0.3\times \sqrt{2}\right)\right]\approx 2\times \left[1-\Phi \left(0.4243\right)\right]$$ $$=2\times \left(1-0.6628\right)=0.6744.$$

1.43

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_8$ 为 $N\left(0,{0.2}^2\right)$ 的一个样本,求 $a$,使 $P\left\{\sum _{i=1}^8{X}_i^2<a\right\}=0.95$.

解

由 $X_1,X_2,\cdots ,X_8$ 独立同服从 $N\left(0,{0.2}^2\right)$ 分布,知

$$\sum _{i=1}^8{\left(\frac{X_i}{0.2}\right)}^2=\frac{1}{{0.2}^2}\sum _{i=1}^8{X}_i^2\sim {\chi }^2\left(8\right),$$

因此

$$P\left\{\sum _{i=1}^8{X}_i^2<a\right\}=P\left\{\frac{1}{{0.2}^2}\sum _{i=1}^8{X}_i^2<\frac{a}{{0.2}^2}\right\}$$ $$=P\left\{{\chi }^2\left(8\right)<\frac{a}{0.04}\right\}=0.95,$$

即 $P\left\{{\chi }^2\left(8\right)>\frac{a}{0.04}\right\}=0.05$,故 $\frac{a}{0.04}={\chi }_{0.05}^2\left(8\right)=15.507$,

则 $a=0.04\times 15.507=0.62028$.

1.44

设总体 $X\sim N\left({\mu }_1,{\sigma }_1^2\right),Y\sim N\left({\mu }_2,{\sigma }_2^2\right)$,从两个总体中分别抽样得: $n_1=8,S_1^2=8$. $75;n_2=10,S_2^2=2.66$. 求概率 $P\left\{{\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2\right\}$.

解

因为

所以

$$P\left\{{\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2\right\}=P\left\{\frac{{\sigma }_2^2}{{\sigma }_1^2}<1\right\}=P\left\{\frac{\frac{S_1^2}{{\sigma }_1^2}}{\frac{S_2^2}{{\sigma }_2^2}}<\frac{S_1^2}{S_2^2}\right\}$$ $$=P\left\{F\left(7,9\right)<\frac{8.75}{2.66}\right\}=P\{F\left(7,9\right)<3.829\}$$ $$=1-P\{F\left(7,9\right)\ge 3.289\}=1-0.05=0.95\text{.}$$

1.45

设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left({\mu }_1,{\sigma }^2\right)$,总体 $Y$ 服从正态分布 $N\left({\mu }_2,{\sigma }^2\right),X_1,X_2,\cdots$, $X_{n_1}$ 和 $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_{n_2}$ 分别是来自总体 $X$ 和 $Y$ 的简单随机样本,则

$$E\left[\frac{\sum _{i=1}^{n_1}{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2+\sum _{j=1}^{n_2}{\left(Y_j-\bar{Y}\right)}^2}{n_1+n_2-2}\right]=$$

解

因为 $S^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计,即 $E\left(S^2\right)={\sigma }^2$.

所以

$$E\left[\frac{1}{n_1-1}\sum _{i=1}^{n_1}{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2\right]={\sigma }^2,E\left[\frac{1}{n_2-1}\sum _{j=1}^{n_2}{\left(Y_j-\bar{Y}\right)}^2\right]={\sigma }^2,$$

则

$$E\left[\frac{\sum _{i=1}^{n_1}{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2+\sum _{j=1}^{n_2}{\left(Y_j-\bar{Y}\right)}^2}{n_1+n_2-2}\right]={\sigma }^2.$$

故应填 ${\sigma }^2$.

1.46

设总体 $X\sim N\left(\mu ,2^2\right),X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为取自总体的一个样本, $\bar{X}$ 为样本均值,要使 $E{\left(\bar{X}-\mu \right)}^2\le 0.1$ 成立,则样本容量 $n$ 至少应取_____.

解

$E{\left(\bar{X}-\mu \right)}^2=D\bar{X}=\frac{1}{n}DX=\frac{1}{n}\cdot 2^2\le 0.1$,得 $n\ge 40$.

或 $E{\left(\bar{X}-\mu \right)}^2=E\left[{\left(\bar{X}\right)}^2-2\mu \left(\bar{X}\right)+{\mu }^2\right]=E\left[{\left(\bar{X}\right)}^2\right]-2\mu E\left(\bar{X}\right)+E\left({\mu }^2\right)$

$$=D\left(\bar{X}\right)+{\left[E\left(\bar{X}\right)\right]}^2-2\mu EX+{\mu }^2=\frac{DX}{n}+{\left[E\left(X\right)\right]}^2-2{\mu }^2+{\mu }^2$$ $$=\frac{2^2}{n}+{\mu }^2-2{\mu }^2+{\mu }^2=\frac{4}{n}\le 0.1.$$

故 $n\ge 40$.

1.47

设总体 $X\sim B\left(1,p\right),X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自 $X$ 的样本.

(1)求 $\left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)$ 的分布律；

(2) 求 $\sum _{i=1}^n{X}_i$ 的分布律;

(3)求 $E\left(\bar{X}\right),D\left(\bar{X}\right),E\left(S^2\right)$.

解

(1) $P\left\{X_1=x_1,X_2=x_2,\cdots ,X_n=x_n\right\}$

$=P\left\{X_1=x_1\right\}P\left\{X_2=x_2\right\}\cdots P\left\{X_n=x_n\right\}$

$=p_{i=1}^{\sum _{i=1}^n{x}_i}{\left(1-p\right)}^{n-\sum _{i=1}^n{x}_i},x_i=0,1;i=1,2,\cdots ,n.$

( 2 ) $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同服从 $B\left(1,p\right)$,则 $X=\sum _{i=1}^n{X}_i\sim B\left(n,p\right)$,因此

$$P\left\{\sum _{i=1}^n{X}_i=k\right\}=C_n^k{p}^k{\left(1-p\right)}^{n-k}\left(k=0,1,2,\cdots ,n\right).$$

(3)由于 $\sum _{i=1}^n{X}_i\sim B\left(n,p\right)$,所以

$$E\left(\bar{X}\right)=E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n}E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n}\cdot np=p;$$ $$D\left(\bar{X}\right)=D\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n^2}D\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n^2}np\left(1-p\right)=\frac{p\left(1-p\right)}{n};$$ $$E\left(S^2\right)=E\left(\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2\right)=\frac{1}{n-1}E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2-n{\bar{X}}^2\right)$$ $$=\frac{1}{n-1}\left(\sum _{i=1}^{n}E{X}_i^2-nE{\bar{X}}^2\right)$$ $$=\frac{1}{n-1}\left\{\sum _{i=1}^n\left[D{X}_i+{\left(E{X}_i\right)}^2\right]-n\left[D\bar{X}+{\left(E\bar{X}\right)}^2\right]\right\}$$ $$=\frac{n}{n-1}\left[p\left(1-p\right)+p^2-\frac{p\left(1-p\right)}{n}-p^2\right]=p\left(1-p\right).$$

1.48

设总体 $X\sim {\chi }^2\left(n\right),X_1,X_2,\cdots ,X_{10}$ 是来自 $X$ 的样本,求 $E\left(\bar{X}\right),D\left(\bar{X}\right),E\left(S^2\right)$.

解

$E{X}_i=EX=n,D{X}_i=DX=2n$,则

$$E\left(\bar{X}\right)=E\left(\frac{1}{10}\sum _{i=1}^{10}{X}_i\right)=\frac{1}{10}\sum _{i=1}^{10}E{X}_i=n.$$ $$D\left(\bar{X}\right)=D\left(\frac{1}{10}\sum _{i=1}^{10}{X}_i\right)=\frac{1}{{10}^2}\sum _{i=1}^{10}D{X}_i=\frac{1}{100}\times 10\times 2n=\frac{n}{5}.$$ $$E\left(S^2\right)=\frac{1}{10-1}E\left(\sum _{i=1}^{10}{X}_i^2-10{\bar{X}}^2\right)=\frac{1}{9}\left(\sum _{i=1}^{10}E{X}_i^2-10E{\bar{X}}^2\right)$$ $$=\frac{1}{9}\left\{\sum _{i=1}^{10}\left[D{X}_i+{\left(E{X}_i\right)}^2\right]-10\left[D\bar{X}+{\left(E\bar{X}\right)}^2\right]\right\}$$ $$=\frac{1}{9}\times \left[10\times \left(2n+n^2\right)-10\times \left(\frac{n}{5}+n^2\right)\right]=2n.$$

点评 上述两题也可直接用公式

$$E\left(\bar{X}\right)=EX,D\left(\bar{X}\right)=\frac{DX}{n},E\left(S^2\right)=DX$$

进行计算, 简化推导过程.

1.49

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n\left(n>2\right)$ 为来自总体 $N\left(0,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本,其样本均值为 $\bar{X}$. 记 $Y_i=X_i-\bar{X},i=1,2,\cdots ,n$.

(1)求 $Y_i$ 的方差 $D{Y}_i,i=1,2,\cdots ,n$;

(2)求 $Y_1$ 与 $Y_n$ 的协方差 $\mathrm{Cov}\left(Y_1,Y_n\right)$;

(3)若 $c{\left(Y_1+Y_n\right)}^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量,求常数 $c$.

解

(1) $D{Y}_i=D\left(X_i-\bar{X}\right)=D\left[\left(1-\frac{1}{n}\right)X_i-\frac{1}{n}\sum _{k\ne i}{X}_k\right]=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2,i=1,2,\cdots ,n$.

(2) $\mathrm{Cov}\left(Y_1,Y_n\right)=E\left(Y_1-E{Y}_1\right)\left(Y_n-E{Y}_n\right)=E\left(X_1-\bar{X}\right)\left(X_n-\bar{X}\right)$

$$=E\left(X_1{X}_n\right)+E\left({\bar{X}}^2\right)-E\left(X_1\bar{X}\right)-E\left(X_n\bar{X}\right)$$ $$=E{X}_{1}E{X}_n+D\bar{X}-\frac{1}{n}E\left(X_1^2\right)-\frac{1}{n}\sum _{i=2}^{n}E\left(X_1{X}_i\right)$$ $$-\frac{1}{n}E\left(X_n^2\right)-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n-1}E\left(X_i{X}_n\right)$$ $$=-\frac{1}{n}{\sigma }^2\text{.}$$

(3) $E\left[c{\left(Y_1+Y_n\right)}^2\right]=cD\left(Y_1+Y_n\right)=c\left[D{Y}_1+D{Y}_n+2\mathrm{Cov}\left(Y_1,Y_n\right)\right]$

$$=c\left[\frac{n-1}{n}+\frac{n-1}{n}-\frac{2}{n}\right]{\sigma }^2$$

$=\frac{2\left(n-2\right)}{n}c{\sigma }^2={\sigma }^2$,(无偏性定义见第七章)

故 $c=\frac{n}{2\left(n-2\right)}$.

点评 本题 (1)、(2) 也可利用性质计算:

$$D{Y}_i=D\left(X_i-\bar{X}\right)=D\left(X_i\right)+D\left(\bar{X}\right)-2\mathrm{Cov}\left(X_i,\bar{X}\right)$$ $$=D\left(X_i\right)+\frac{D\left(X\right)}{n}-\frac{2}{n}D\left(X_i\right)=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2.$$ $$\mathrm{Cov}\left(Y_1,Y_n\right)=\mathrm{Cov}\left(X_1-\bar{X},X_n-\bar{X}\right)$$ $$=-\mathrm{Cov}\left(X_1,\bar{X}\right)-\mathrm{Cov}\left(X_n,\bar{X}\right)+\mathrm{Cov}\left(\bar{X},\bar{X}\right)$$ $$=-\frac{1}{n}D\left(X_1\right)-\frac{1}{n}D\left(X_n\right)+D\left(\bar{X}\right)$$ $$=-\frac{2}{n}D\left(X\right)+\frac{1}{n}D\left(X\right)=-\frac{1}{n}{\sigma }^2.$$

1.50

设总体服从泊松分布 $P\left(\lambda \right),X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是一样本.

(1)写出 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 的概率分布.

(2) 计算 $E\left(\bar{X}\right),D\left(\bar{X}\right)$ 和 $E\left(S^2\right)$.

(3)设总体的容量为 10 的一组样本观察值为 $\left(1,2,4,3,3,4,5,6,4,8\right)$,试计算样本均值、样本方差和经验分布函数.

解

(1) 由于 $P\left\{X_i=x_i\right\}=\frac{{\lambda }^{x_i}}{x_i!}{\mathrm{e}}^{-\lambda },\left(x_i=0,1,2,\cdots \right)\lambda >0$

因此 $\left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)$ 的概率分布为

$$p\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)=\prod _{i=1}^n\frac{{\lambda }^{x_i}}{x_i!}{\mathrm{e}}^{-\lambda }=\frac{{\mathrm{e}}^{-n\lambda }{\lambda }_i\sum _{i=1}^n{x}_i}{\prod _{i=1}^n{x}_i!}.$$

(2) 由于 $X\sim P\left(\lambda \right)$,所以 $E\left(X\right)=D\left(X\right)=\lambda$,则有

$$E\left(\bar{X}\right)=E\left(X\right)=\lambda ,D\left(\bar{X}\right)=\frac{D\left(X\right)}{n}=\frac{\lambda }{n},E\left(S^2\right)=D\left(X\right)=\lambda .$$

(3) $\bar{X}=\frac{1}{10}\sum _{i=1}^{10}{X}_i=4$,

$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2=\frac{1}{n-1}\left[\sum _{i=1}^n{X}_i^2-n{\bar{X}}^2\right]=4.$$

经验分布函数 $F_{10}\left(x\right)$ 为

$$F_{10}\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}0,& x<1\\ \frac{1}{10},& 1\le x<2\\ \frac{2}{10},& 2\le x<3\\ \frac{4}{10},& 3\le x<4\\ \frac{7}{10},& 4\le x<5\\ \frac{8}{10},& 5\le x<6\\ \frac{9}{10},& 6\le x<8\\ \frac{9}{10},& 6\le x<8\end{array}$$

1.51

测得 20 个毛坯重量(单位:g),列成简单表如下

毛坯重量	185	187	192	195	200	202	205	206
频数	1	1	1	1	1	2	1	1
毛坯重量	207	208	210	214	215	216	218	220
频数	2	1	1	1	2	1	2	1

将其按区间 $[183.5,192.5),\cdots ,[219.5,228.5)$ 分为 5 组,列出分组统计表,并画出频率直方图.

解

分组统计表为

分组编号	1	2	3	4	5
组 限	183.5	192.5	201.5	210.5	219.5
	192.5	201.5	210.5	219.5	228.5
组中值	188	197	206	215	224
组频数	3	2	8	6	1
组频率(%)	15	10	40	30	5

频率直方图如图 6-1.51 所示.

图 6-1.51

1.52

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的样本,总体 $X$ 的分布函数为 $F\left(x\right)$,密度函数为 $f\left(x\right)$,记 $Y=\max \left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right),Z=\min \left(X_1,X_2,\cdots ,X_n\right)$, 试求 $Y,Z$ 的密度函数及 $\left(Y,Z\right)$ 的联合密度函数.

解

因为 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布,且 $X_i$ 分布函数为 $F\left(x\right)$,则由第三章公式可得:

$$F_Y\left(y\right)={\left[F\left(y\right)\right]}^n,F_Z\left(z\right)=1-{\left[1-F\left(z\right)\right]}^n,$$

故 $f_Y\left(y\right)=F_Y^{\prime }\left(y\right)=n{F}^{n-1}\left(y\right)f\left(y\right)$,

$f_Z\left(z\right)=F_Z^{\prime }\left(z\right)=n{\left[1-F\left(z\right)\right]}^{n-1}f\left(z\right).$

设 $\left(Y,Z\right)$ 的联合分布函数为 $G\left(y,z\right),G\left(y,z\right)=P\{Y\le y,Z\le z\}$,

当 $y<z$ 时, $G\left(y,z\right)=P\{Y\le y\}=F_Y\left(y\right)={\left[F\left(y\right)\right]}^n$,

当 $y\ge z$ 时, $G\left(y,z\right)=P\{Y\le y,Z\le z\}=P\{Y\le y\}-P\{Y\le y,Z>z\}$

$=P\{Y\le y\}-P\left\{\max \left(X_i\right)\le y,\min \left(X_i\right)>z\right\}$

$=P\left\{Y\le y\right\}-P\left\{z<X_1\le y,z<X_2\le y,\cdots ,z<X_n\le y\right\}$

$=P\{Y\le y\}-{\left[P\left\{z<X_i\le y\right\}\right]}^n$

$={\left[F\left(y\right)\right]}^n-{\left[F\left(y\right)-F\left(z\right)\right]}^n,$

即 $G\left(y,z\right)=\{\begin{array}{cc}{\left[F\left(y\right)\right]}^n,& y<z\\ {\left[F\left(y\right)\right]}^n-{\left[F\left(y\right)-F\left(z\right)\right]}^n,& y\ge z\end{array}$

故 $\left(Y,Z\right)$ 的联合密度为

$$g\left(y,z\right)=\frac{{\partial }^{2}G}{\partial y\partial z}=\{\begin{array}{ll}n\left(n-1\right)f\left(y\right)f\left(z\right){\left[F\left(y\right)-F\left(z\right)\right]}^{n-2},& y\ge z\\ 0,& y<z\end{array}$$