概率论与数理统计习题解答精选
问题1
设随机变量 (X) 服从标准正态分布(N(0,1)), 求(E(X^{k}))
解答
方法1（利用分部积分得到递推式子）若 k 是奇数， 则(x^kvarphi(x)=frac{1}{sqrt{2pi}}x^{k}e^{-x^2/2})是奇函数。故
[E(X^{k})=intlimits_{-infty}^{infty}x^{k}varphi(x)dx = 0 $$.
若 $k = 0$, 则
$$E(X^0) = E(1) = 1$$.
若 $k = 2$, 则
$$E(X^2) = D(X)+(EX)^2 = 1$$.
对于一般的 $k = 2n$,
$$E(X^{2n}) = frac{1}{sqrt{2pi}}intlimits_{-infty}^{infty}x^{2n}e^{-x^2/2}dx = frac{2}{sqrt{2pi}}intlimits_{0}^{infty}x^{2n}e^{-frac{x^2}{2}}dx$$.
令 $f_n = intlimits_{0}^{infty}x^{2n}e^{-frac{x^2}{2}}dx$, 则由分部积分得递推式，
$$ f_n = intlimits_{0}^{infty}x^{2n-1}d(-e^{-frac{x^2}{2}}) = (2n-1)intlimits_{0}^{infty}x^{2n-2}e^{-frac{x^2}{2}}dx = (2n-1)f_{n-1}$$.
由这个递推式子, $f_0 = sqrt{frac{pi}{2}}$ 及$E(X^{2n}) = frac{2}{sqrt{2pi}}f_n$，即可得$E(X^{2n}) = (2n-1)(2n-3)cdots 3 cdot 1$.
方法2 (利用$Gamma$函数）
提示： 令$t=frac{x^2}{2}$, 则
$$f_n = intlimits_{0}^{infty}x^{2n}e^{-frac{x^2}{2}}dx = intlimits_{0}^{infty}(2t)^{frac{2n-1}{2}}e^{-t}dt = 2^{n-1/2}Gamma(n+frac{1}{2})$$, 其中 $Gamma(alpha) = intlimits_{0}^{infty}t^{alpha-1}e^{-t}dt$.
然后利用$Gamma$函数(请参阅高数书)的性质易得.
# 作业12： 习题7：第12，13题；习题8：第1，2，6题
### 习题7：第12题
**解**：
（1）该问题为单正态总体方差已知的均值的区间估计。由课本第154页，式子（7.3.5）知所求的置信区间为 $[ar{X}-z_{frac{alpha}{2}}frac{sigma}{sqrt{n}},ar{X}+z_{frac{alpha}{2}}frac{sigma}{sqrt{n}}]$.代入数据 $alpha=0.05$, $n=9$, $sigma=1.5$, $ar{X}= 11$,可得所求置信区间为$[10.02,11.98]$.
注意：这道题值得注意的是关于$z_{0.025}$的计算.
由上分位点的知识可知(参看课本Page 128），$z_{frac{alpha}{2}}$由式子 $P(Z>z_{frac{alpha}{2}})=frac{alpha}{2}$ 定义，在我们这里， $Z$是标准正态分布 $N(0,1)$(关于上分位点的理解可结合正态分布的概率密度函数的图像来理解).
故有
$P(Z>z_{frac{alpha}{2}})=int_{z_{frac{alpha}{2}}}^{infty}varphi(x)dx=1-Phi(z_{frac{alpha}{2}})=frac{alpha}{2}$.
已知 $frac{alpha}{2}=0.025$, 故 $z_{frac{alpha}{2}} = Phi^{-1}(1-frac{alpha}{2})=Phi^{-1}(0.975)=1.96$.
(2) 该问题为单正态总体方差未知的均值的区间估计。 其枢轴量为 $frac{ar{X}-mu}{S/sqrt{n}}$, 置信区间为$[ar{X}-t_{frac{alpha}{2}}(n-1)frac{S}{sqrt{n}},ar{X}+t_{frac{alpha}{2}}(n-1)frac{S}{sqrt{n}}]$. 代入数据 $alpha=0.05$, $n=9$, $ar{X}=11$, $S= 2.121$,$t_{frac{alpha}{2}}(n-1)=t_{0.025}(8)=2.3060$, 可得所求的置信度95%的置信区间为$[9.37,12.63]$.
### 习题7：第13题
**解**：
方差$sigma^2$未知的单正态总体的均值$mu$的置信度为$1-alpha$的置信区间为$[ar{X}-t_{frac{alpha}{2}}(n-1)frac{S}{sqrt{n}},ar{X}+t_{frac{alpha}{2}}(n-1)frac{S}{sqrt{n}}]$. 代入数据 $n=20$, $ar{x}=1832$, 样本标准差$s=sqrt{497}=22.293$,$t_{frac{alpha}{2}}(n-1)=t_{0.025}(19)=2.093$，可得均值$mu$的置信度为$95%$的置信区间为$[1821.57,1842.43]$.
均值$mu$未知的单正态总体的方差$sigma^2$的置信度为$1-alpha$的置信区间为$[frac{(n-1)S^2}{chi_{frac{alpha}{2}}^2(n-1)},frac{(n-1)S^2}{chi_{1-frac{alpha}{2}}^2(n-1)}]$. 代入数据 $n=20$, $ar{x}=1832$, 样本标准差$s=sqrt{497}=22.293$, $chi_{frac{alpha}{2}}^{2}(n-1)=chi_{0.025}^2(19) = 32.852$, $chi_{1-frac{alpha}{2}}^{2}(n-1)=chi_{0.975}^2(19) = 8.907$, 可得方差$sigma^2$的置信度为$95%$的置信区间为$[287.44,1060.23]$(注：与书上答案不一致，因为此处计算由excel的统计函数算得，相对精度更高。如果查表计算，则与书上答案一致).
### 习题8：第1题
**解**：
(1) 犯第一类错误的概率 $alpha = P(拒绝H_0 | H_0 为真）$.
$H_0$为真即$mu = 0$, 拒绝$H_0$即样本均值落在拒绝域${|ar{x}|ge 0.392}$，故
$$alpha = P(|ar{x}|ge 0.392 | mu= 0)$$.
因为 $Z=frac{ar{x}-0}{1/sqrt{25}}$ 服从标准正态分布$N(0,1)$,故有
$$alpha = P(|ar{x}|ge 0.392 | mu= 0) = P(|Z| geq 5*0.392) = P(|Z| ge 1.96) = 2* P(Zgeq 1.96) = 2*(1-Phi(1.96))=0.05$$.
另外，检验水平$alpha$即为0.05.
(2) 犯第二类错误的概率 $eta = P(接受H_0 | H_0 为假）$.
现在 $H_1:mu = 0.3$, 可知 $H_0: mu
e 0.3$. $H_0$为假<=>$H_1$为真<=>$mu=0.3$. 接受$H_0$<=>检验统计量落在接受域.
现接受域为${|ar{x}|le 0.392}$.
故第二类错误的概率为
$eta = P( |ar{x}| le 0.392 | mu = 0.3) $.
当 $mu =0.3 $时，
$Z = frac{ar{x}-mu}{sigma/sqrt{n}} = frac{ar{x} - 0.3}{1/5} = 5(ar{x}-0.3)$服从标准正态分布$N(0,1)$. 故
$$eta = P( |ar{x}| le 0.392 | mu = 0.3) = P(-0.392 < ar{x} < 0.392) = P( 5(-0.392-0.3)<Z<5(0.392-0.3) ) = Phi(0.46)-Phi(-3.46) = 0.676972 $$.
### 习题8：第2题
**解**:
根据题意，要检验假设： $H_0: mu = 2500$, $H_1: mu
e 2500$.
检验统计量（即枢轴量）为 $Z = frac{ar{X}-mu}{sigma/sqrt{n}}$， 其服从标准正态分布 $N(0,1)$.
拒绝域为 $W = {|Z|ge z_{frac{alpha}{2}}}$.
现在 $z = frac{2537-2500}{150/sqrt{26}} = 1.2578 < z_{0.025} = 1.96$, 故不属于拒绝域，因此接受原假设 $H_0: mu = 2500$.
### 习题8：第6题
**解**：
（1） 根据题意，要检验假设： $H_0: sigma^2 = 0.048^2, H_1: sigma^2
e 0.048^2$.
检验统计量(即枢轴量）为 $chi^2 = frac{(n-1)S^2}{sigma^2}$， 其服从卡方分布 $chi^{2}(n-1)$.
拒绝域为 ${ chi^2 le chi_{1-frac{alpha}{2}}^2(n-1), or, chi^2 ge chi_{frac{alpha}{2}}^2(n-1)}$.
现在 $S^2 = 0.00778$, $chi^2 = frac{4*0.00778}{0.048^2}= 13.5069$, $chi_{1-frac{alpha}{2}}^2(n-1) = 0.4844$, $chi_{frac{alpha}{2}}^2(n-1) = 11.1433$, $chi^2=13.5069 > 11.1433$， 属于拒绝域，因此拒绝原假设 $H_0: sigma^2 = 0.048^2$.
(2) 根据题意，要检验假设： $H_0: sigma^2 > 0.048^2, H_1: sigma^2 le 0.048^2$.
检验统计量（即枢轴量）为 $chi^2 = frac{(n-1)S^2}{sigma^2}$， 其服从卡方分布 $chi^{2}(n-1)$.
拒绝域为 ${ chi^2 < chi_{alpha}^2(n-1)}$.
现在 $S^2 = 0.00778$, $chi^2 = frac{4*0.00778}{0.048^2}= 13.5069$，$chi_{alpha}^{2}(n-1) = chi_{0.05}^2(4) = 9.4877 $, $9.4877 < 13.5069$, 属于拒绝域，因此拒绝原假设 $H_0 : sigma^2 > 0.048^2$.
**注**： 在当前的检验水平和样本容量下，我们既无法断言$sigma = 0.048$, 也无法断言$sigma > 0.048$。 一种可能的情况是$sigma <0.048$， 这需要我们设计对应的假设检验 $H_0: sigma^2 < 0.048^2, H_1: sigma^2 > 0.048^2$进行检验。 更可能的情况是在当前的检验水平和样本容量条件下，我们无法得出统计意义上的断言。]