第一章3. 解：因为 请浏览后下载，资料供参考，期待您的好评与关注！所以 所以 成立 因为 又因为 所以 成立6. 解：变换23.526.128.230.4-35-912342341 =26.85 7解：身高154158158162162166166170170174174178178182组中值156160164168172176180学生数1014262812828解：将子样值重新排列（由小到大）-4，-2.1，-2.1，-0.1，-0.1，0，0，1.2，1.2，2.01，2.22，3.2，3.219解： 12. 解： 13.解： 在此题中 14.解：因为 所以 由分布定义可知服从分布所以 15. 解：因为 所以 同理 由于分布的可加性，故 可知 16. 解：（1）因为 所以 因为 所以 （2） 因为 所以 故 （3）因为 所以 故 （4）因为 所以 故 17.解：因为 存在相互独立的， 使 则 由定义可知 18解：因为 所以 （2）因为 所以 19.解：用公式计算 查表得 代入上式计算可得 20.解：因为 由分布的性质3可知 故 第 二 章1. 从而有 2. 令所以有 ）其似然函数为解之得 解：因为总体服从（a，b）所以4. 解：（1）设为样本观察值则似然函数为：解之得：（2）母体X的期望而样本均值为：5.。解：其似然函数为：（2）由于 所以 为的无偏估计量。6. 解：其似然函数为：解得解：由题意知：均匀分布的母体平均数，方差用极大似然估计法求得极大似然估计量似然函数： 选取使达到最大 取由以上结论当抽得容量为6的子样数值1.3，0.6，1.7，2.2，0.3，1.1，时即 8. 解：取子样值为则似然函数为： 要使似然函数最大，则需取即=9. 解：取子样值则其似然函数 由题中数据可知则 10. 解：（1）由题中子样值及题意知：极差 查表2-1得 故（2）平均极差，查表知 11/解：设为其母体平均数的无偏估计，则应有又因即知12. 解：， 则所以三个估计量均为的无偏估计同理可得，可知的方差最小也亦最有效。13解：即是的无偏估计又因为即也是的无偏估计。又 因此也是的无偏估计14.解：由题意：因为要使只需 所以当时为的无偏估计。15.证明：参数的无偏估计量为，依赖于子样容量则由切比雪夫不等式故有即证为的相合估计量。16证明：设X服从，则分布律为 这时 例4中 所以（无偏） 罗克拉美下界满足 所以即为优效估计17 解：设总体X的密度函数 似然函数为 因为= = 故的罗克拉美下界 又因 且所以是的无偏估计量且 故是的优效估计18 解：由题意：n=100，可以认为此为大子样，所以近似服从得置信区间为 已知 s=40 =1000 查表知代入计算得所求置信区间为（992.16 1007.84）19.解：（1）已知 则由 解之得置信区间 将n=16 =2.125 代入计算得置信区间（2.1209 2.1291）（2）未知 解得置信区间为 将n=16 代入计算得置信区间为（2.1175 2.1325）。20解：用T估计法 解之得置信区间 将 n=10 查表代入得置信区间为（6562.618 6877.382）。21解：因n=60属于大样本且是来自（01）分布的总体，故由中心极限定理知 近似服从 即解得置信区间为 本题中将代替上式中的 由题设条件知 查表知代入计算的所求置信区间为（0.1404 0.3596）22 解：未知 故 由 解得置信区间为 区间长度为于是计算得即为所求23解：未知，用估计法 解得的置信区间为 （1） 当n=10，=5.1时 查表=23.59 =1.73 代入计算得的置信区间为（3.150 11.616）（2） 当n=46，=14时 查表=73.166 24.311 代入计算可得的置信区间为（10.979 19.047）24解：（1）先求的置信区间 由于未知 得置信区间为 经计算 查表 n=20 代入计算得置信区间为（5.1069 5.3131）（2）未知 用统计量 得的置信区间为 查表=32.85 =8.91代入计算得的置信区间为（0.1675 0.3217）25解：因与相互独立，所以与相互独立，故 又因 且与相互独立，有T分布的定义知 26 解：因 所以，由于与相互独立，则即 又因 则构造t分布 =27 证明：因抽取n45为大子样 由分布的性质3知近似服从正态分布所以 得 或可得的置信区间为28 解： 因未知，故用统计量其中 而 查表 计算 ， 代入得故得置信区间29解： 因故用统计量其中计算得置信区间为，把=0.000006571 =2.364 代入可得所求置信区间为（-0.002016 0.008616）。30解：由题意 用U统计量 计算得置信区间为 ，把 代入计算得 置信区间31解：由题意，未知，则则经计算得解得的置信区间为 查表： 带入计算得的置信区间为：。32. 解：未知，则 即：有：则单侧置信下限为：将 带入计算得即钢索所能承受平均张力在概率为的置信度下的置信下限为。33.解：总体服从（0，1）分布且样本容量n=100 为大子样。令为样本均值，由中心极限定理 又因为所以则相应的单侧置信区间为， 将=0.06 代入计算得所求置信上限为0.0991即为这批货物次品率在置信概率为95%情况下置信上限为0.0991。34.解：由题意： 解得的单侧置信上限为其中n=10，=45， 查表3.325代入计算得的单侧置信上限为74.035。第五章1.解：对一元回归的线性模型为 离差平方和为对求的偏导数，并令其为0，即 变换得 解此方程得 因为 所以 其中 2. 解：将 代入得3证明： 4解：将 代入得为的无偏估计量5. 解：将 代入得 假设 用检验法 拒绝域为查表得 将上面的数据代入得 所以接受 即认为为386. 解：（1）由散点图看，的回归函数具有线性函数形式，认为长度对于质量的回归是线性的。（2）将 代入得 （3）当时 由分布定义 所以的预测区间为查表得将（2）的数据代入得 计算得的预测区间为 9. 解：利用第八题得到的公式 将 代入得10.解：二元线性回归模型为离差平方和为对求的偏导数并令其为0 可变换为正规方程为最小二乘估计为其中 11解：（1） 采用线性回归模型 于是 可得所以 12.解采用线性回归模型 于是 可得所以 第三章1.解: 假设: 由于已知,故用统计量 的拒绝域 因显著水平,则这时,就接受2. 解: (1) 已知,故 的拒绝域因显著水平,则 故此时拒绝:(2) 检验时犯第二类错误的概率 令则上式变为3. 解:假设用检验法拒绝域 , 查表 代入计算故接受,认为矿砂的镍含量为4解:改变加工工艺后电器元件的电阻构成一个母体,则在此母体上作假设,用大子样检验 拒绝域为 由查表得 故新加工工艺对元件电阻有显著影响.5 .解：用大子样作检验，假设 拒绝域为由故接收，认为新工艺与旧工艺无显著差异。6.解:由题意知，母体的分布为二点分布，作假设此时因很大，故由中心极限定理知近似服从正态分布。故即计算得拒绝域为把代入即接受，认为新工艺不显著影响产品质量。7解：金属棒长度服从正态分布原假设，备择假设 拒绝域为样本均方差于是而 因故接受，认为该机工作正常。8解：原假设，备择假设，拒绝域为 将代入计算 故拒绝原假设即认为期望。9 假设 使用新安眠药睡眠平均时间 所以拒绝域为查表 故否定又因为 故认为新安眠药已达到新疗效。10