数理统计习题答案
第一章
1.解:
2. 解:子样平均数
子样方差
子样
标准
excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载
差
3. 解:因为
所以
所以
成立
因为
所以
成立
4. 解:变换
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1939
1697
3030
2424
2020
2909
1815
2020
2310
-61
-303
1030
424
20
909
-185
20
310
利用3题的结果可知
5. 解:变换
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
79.98
80.04
80.02
80.04
80.03
80.03
80.04
79.97
80.05
80.03
80.02
80.00
80.02
-2
4
2
4
3
3
4
-3
5
3
2
0
2
利用3题的结果可知
6. 解:变换
23.5
26.1
28.2
30.4
-35
-9
12
34
2
3
4
1
=26.85
7解:
身高
154
158
158
162
162
166
166
170
170
174
174
178
178
182
组中值
156
160
164
168
172
176
180
学生数
10
14
26
28
12
8
2
8解:将子样值重新排列(由小到大)
-4,-2.1,-2.1,-0.1,-0.1,0,0,1.2,1.2,2.01,2.22,3.2,3.21
9解:
EMBED Equation.DSMT4
10.某射手进行20次独立、重复的射手,击中靶子的环数如下表所示:
环数
10
9
8
7
6
5
4
频数
2
3
0
9
4
0
2
试写出子样的频数分布,再写出经验分布函数并作出其图形。
解:
环数
10
9
8
7
6
5
4
频数
2
3
0
9
4
0
2
频率
0.1
0.15
0
0.45
0.2
0
0.1
11.解:
区间划分
频数
频率
密度估计值
154
158
10
0.1
0.025
158
162
14
0.14
0.035
162
166
26
0.26
0.065
166
170
28
0.28
0.07
170
174
12
0.12
0.03
174
178
8
0.08
0.02
178
182
2
0.02
0.005
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
2).其似然函数为
解之得
3. 解:因为总体X服从U(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
SHAPE \* MERGEFORMAT
7.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
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:
EMBED Equation.3
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
EMBED Equation.3
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(0—1)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n>45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. 原假设
解得拒绝域
代入计算
查表
因
故拒绝原假设即两种枪弹速度有显著差异。
11.解:因两种作物产量分别服从正态分布且
假设
故统计量
其中
拒绝域为
代入计算
代入数值
的观测植为
因为
所以接受
,认为两个品种作物产量没有显著差异。
12. 解:因两台机床加工产品直径服从正态分布且母体方差相等,由题意
假设
统计量
拒绝域为
数值代入计算
因
故接受假设
,认为直径无显著差异。
13.解:由题意设施肥,未施肥植物中长势良好率分别为
(均未知)
则总体
且两样本独立假设
既
而
均未知,则
由题意易得
于是
查表
故应拒绝
,接受
即认为施肥的效果是显著的。
(1) 14. 解:假设两厂生产蓄电池容量服从正态分布。由于
未知,故假设
选取统计量
拒绝域为
故接受
,即认为两种电池性能无显著差异
(2)检验要先假设其服从正态分布且
15. 解:由题意假设
由于
未知。故
拒绝域为
得
的观测值
查表得
因为
故拒绝
,认为母体标准差不正常。
16.解:由题意熔化时间服从
假设
拒绝域为
代入计算
查表
因为
故接受
,即认为无显著差异。
17.证明:大子样在正态母体上作的假设
因
很大,故由
分布的性质
知
分布近似于正态分布
而
给定显著水平
,则
即可计算
拒绝假设
相反:
则接受
,即证。
18解:(1)
未知假设
则
拒绝域为
EMBED Equation.3
查表
因为
故拒绝假设
,即认为
(2)
未知假设
拒绝域为
查表
故
故接受
19.解:甲品种
乙品种
假设
而均值未知,则
代入计算
查表
而
故接受
,认为产量方差无显著差异。
20. 解:甲机床加工产量~
乙机床加工产量~
假设
未知,则
故
代入计算
查表
故接受
,认为两台机床加工精度无显著差异。
21.解:
测定值母体都为正态分布
假设
未知,则
故
查表
故接受
,认为方差无显著差异。
22. 解:由题意(1)检验假设
由于
未知,则
又
,可查表得相应的拒绝域为
由样本计算
由此可得
由于
故接受
(2)检验假设
由(1)可知
且未知,故
又可计算
,代入得
又由
,查表
因
故接受
,即认为这两批电子元件的电阻值的均值是相同的。
23. 解:(1)检验假设
由5题,用统计量
拒绝域为
由
代入计算
故接受
,认为方差无显著降低。
(2)假设
由6题知
拒绝域为
把
代入
即接受
,即产品质量显著提高。
(3)假设
由10题知
解得拒绝域
当
代入计算
即拒绝
,接受
,认为甲枪弹的速度比乙枪弹速度显著得大。
(4)假设
代入
即接受
,认为符合要求。
24. 解:由题意假设
未知,故用统计量
解得拒绝域
把
代入计算
故接受
,即认为乙机床零件长度方差不超过甲机床,或认为甲机床精度不比乙高。
25. 解:假设
,各锭子的断头数服从泊松分布
即
其中
未知,而
的极大似然估计为
由此可用泊送分布算得
及有关值,如下表
合计
由分组数
故自由度数
由
查表知
由于
故拒绝
,即认为总体不服从泊松分布。
26. 解:假设四面体均匀,记则抛次时白色与地面接触的概率为
,表示
次抛掷时,白色的一面都未与地面接触,第
次抛掷时才与地面相接触则相当于
假设
则
将以上数据代入下式,则
对于
,自由度
查表
所以拒绝
,即认为四面体是不均匀的。
27. 解:假设
螺栓口径
具有正态分布
即
首先用极大似然估计法求出参数
的估计值,
为各小区间中点
下面计算
落在各小区间上的概率
计算
的观测值列表如下:
区间
ni
组中值
pi
npi
(ni-npi)2/npi
5
10.94
0.0594
5.94
0.1488
8
10.96
0.1142
11.42
1.0242
20
10.98
0.2047
20.47
0.0108
34
11.00
0.2434
24.34
3.8338
17
11.02
0.2047
20.47
0.5882
6
11.04
0.1142
11.42
2.5724
10
11.06
11.08
0.0594
5.94
2.7750
合计
100
1
100
10.9532
计算得统计量的观测值为
的自由度
查表
故拒绝
,认为其不服从正态分布。
28. 解:由题意,取
,组距为0.2, 得其分布密度估计表
区间划分
频数
频率
密度估计表
[2.20,2.40)
7
0.035
0.175
[2.40,2.60)
16
0.08
0.4
[2.60,2.80)
29
0.145
0.725
[2.80,3.0)
45
0.225
1.125
[3.0,3.2)
46
0.23
1.15
[3.2,3.4)
32
0.16
0.8
[3.4,3.6)
20
0.1
0.5
[3.6,3.8)
6
0.03
0.15
由此图形可大致认为其为母体及正态分布下面用
检验法作检验
假设
区间
ni
pi
npi
(ni-npi)2/npi
[2.20 2.40)
7
0.0882
4.68
1.87
[2.40 2.50)
5
0.0276
5.52
0.05
[2.50 2.60)
11
0.045
9
0.44
[2.60 2.70)
12
0.0665
13.3
0.13
[2.70 2.80)
17
0.0893
17.86
0.041
[2.80 2.90)
19
0.1091
21.82
0.36
[2.90 3.00)
26
0.1211
24.22
0.131
[3.00 3.10)
24
0.1223
24.46
0.009
[3.10 3.20)
22
0.1121
22.42
0.008
[3.20 3.30)
19
0.1135
22.7
0.022
[3.30 3.40)
13
0.071
14.2
0.101
[3.40 3.50)
13
0.0488
9.76
1.076
[3.50 3.60)
7
0.0314
6.28
0.083
[3.60 3.80)
5
0.026
5.2
0.079
查表可知无论
为何值 总有
故接受
,即认为母体服从正态分布
数理统计第四章习题答案
1 解:
母体
子样
子样平均
,
,…,
,
,…,
…
…
,
,…,
令
令
2解:假设
不全为零
生产厂
干电池寿命
24.7 ,24.3 ,21.6 ,19.3 ,20.3
22.04
30.8 ,19.0 ,18.8 ,29.7
24.575
17.9 ,30.4 ,34.9 ,34.1 ,15.9
26.64
23.1 ,33.0 23.0 26.4 18.1 25.1
24.783
经计算可得下列反差分析表:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
组间
53.6511
3
17.8837
组内
603.0198
16
37.6887
总和
656.6709
19
查表得
故接受
即可认为四个干电池寿命无显著差异。
3 解:
假设
不全相等
小学
身高数据(厘米)
第一小学
128.1,134.1,133.1,138.9,140.8,127.4
133.733
第二小学
150.3,147.9,136.8,126.0,150.7,155.8
144.583
第三小学
140.6,143.1,144.5,143.7,148.5,146.4
144.467
经计算可得下列方差分析表:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
组间
465.886
2
232.943
4.372
组内
799.25
15
53.385
总和
7265.136
17
拒绝
故可认为该地区三所小学五年级男生平均身高有显著差异。
4 解: 假设
不全相等
伏特计
测定值
100.9,101.1,100.8,100.9,100.4
100.82
100.2,100.9,101.0,100.6,100.3
100.6
100.8,100.7,100.7,100.4,100.0
100.52
100.4,100.1,100.3,1060.2,100.0
100.2
经计算可得下列方差分析表:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
组间
0.9895
3
0.3298
4.0716
组内
1.296
16
0.081
总和
2.2855
19
拒绝
故可认为这几支伏特计之间有显著差异。
5 解:假设
不全相等
温度(
)
得率(%)
60
90
92
88
90
65
97
93
92
94
70
96
96
93
95
75
84
83
88
85
80
84
86
82
84
经计算可得下列方差分析表:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
组间
303.6
4
75.9
15.18
组内
50
10
5
总和
353.6
14
拒绝
故可认为温度对得率有显著影响
由
检验法知:
给定的置信概率为
故
的置信概率为0.95的置信区间为
由上面的数据代入计算可得:
故
的置信区间为(1.9322 , 10.0678)
由
检验法知:
的置信区间为:
代入数据计算得:
故
的置信区间为(5.9322 , 14.0678)
6 解:
又矩估计法知
且
注意到
7 解:
因子
因子
令
,则
令
,则
令
则
,
8 解:假设
假设
加压
机器
1677.75
1577
1692
1800
1642
1644.75
1535
1640
1783
1621
1679.25
1592
1652
1810
1663
1667.25
,
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
因子
3042
2
1521
=6.3436
=114.8298
因子
82597.64
3
27532.547
误差
1438.61
6
239.7683
总和
87078.25
11
故接受
,拒绝
即可认为不同加压水平对纱支强度无显著差异;既可认为不同机器对纱支强度有显著差异。
9 解:假设
假设
假设
机器
操作工
甲
乙
丙
15,15,17
19,19,16
16,18,21
17.3
(15.67)
(18)
(18.33)
17,17,17
15,15,15
19,22,22
17.67
(17)
(15)
(21)
15,17,16
18,17,16
18,18,18
17
(16)
(17)
(18)
18,20,22
15,16,17
17,17,17
17.67
(20)
(16)
(17)
17.167
16.5
18.583
17.417
和
的值
可按入夏二元方差分析表来引进
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
机器
2.8386
3
0.9462
=0.5488
=7.8756
=7.093
机器
27.155
2
13.5775
交互作用
73.3698
6
12.2283
误差
42.3866
24
1.724
总和
144.75
35
故接受
,拒绝
,
即可认为机器之间的差异不显著,操作工之间的差异显著,交互作用的影响也显著。
10、 解:假设
浓度(%)
温度(
)
10
24
38
52
2
14,10
11,11
13,9
10,12
11.25
(12)
(11)
(11)
(11)
4
9,7
10,8
7,11
6,10
8.5
(8)
(9)
(9)
(8)
6
5,11
13,14
12,13
14,10
11.5
(8)
(13.5)
(12.5)
(12)
9.3
11.17
10.83
10.3
10.417
和
的值可按入夏二元方差分析表
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
浓度
44.3
2
22.176
=4.092
=0.7114
=0.829
温度
11.5602
3
3.8534
交互作用
26.943
6
4.4905
误差
64.9998
12
5.4167
总和
147.833
23
故拒绝
,接受
,
即可认为浓度对得率的影响显著,而温度和交互作用对得率的影响不显著。
11、解:由题意:设温度为因子
,加碱量为因子
,催化剂种类为因子
假设
则可列下表:
列号
试验号
试验值
平方
1
1
1
1
51
2601
2
1
2
2
71
5041
3
1
3
3
58
3364
4
2
2
82
6724
5
2
2
3
69
4761
6
2
3
1
59
3481
7
3
1
3
77
5929
8
3
2
1
85
7225
9
3
3
2
84
7056
180
210
195
=636,
=46182
210
225
237
246
201
204
45672
45042
45270
=44944
728
98
326
得方差分析表如下:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
728
2
364
=8.465
=1.139
=3.79
98
2
49
326
2
163
误差
86
2
43
总和
1238
8
给定
,查表
即接受
,
,
,即可认为温度、加碱量、催化剂种类对收率无显著影响。
12、解:由题意,设退伙温度为因素
,退伙时间为因子
,原料产地为因子
,轧程分配为因子
。
假设
则可列表如下:
试验号
试验值
平方
1
1
1
1
1
0.82
0.6724
2
1
1
2
2
0.85
0.7225
3
1
2
1
2
0.70
0.49
4
1
2
2
1
0.75
0.5676
5
2
1
1
2
0.74
0.5476
6
2
1
2
1
0.79
0.6241
7
2
2
1
1
0.80
0.64
8
2
2
2
2
0.87
0.7569
3.12
3.2
3.06
3.16
=6.32
=5.016
3.2
3.12
3.26
3,16
4.9936
4.9936
4.9978
4.9928
=4.9928
0.0008
0.0008
0,005
0
可得方差分析表为:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
0.0008
1
0.0008
=0.145
=0.145
=0.909
=0
0.0008
1
0.0008
0.005
1
0.005
0
1
0
误差
0.0166
3
0.0055
总和
0.0232
7
,查表
故接受
,
,
,
,认为四种因素均对铁损没有显著影响。
13、解:设秧龄为因素
,苗数为因素
,肥料为因素
。
假设
有计算可得表如下
试验号
试验值
平方
1
1
1
1
1
1
1
600
360000
2
1
1
1
2
2
2
613.3
376136.89
3
1
2
2
1
1
2
600.6
360720.36
4
1
2
2
2
2
1
606.6
367963.56
5
2
1
2
1
2
1
674
454276
6
2
1
2
2
1
2
746.6
557411.56
7
2
2
1
1
2
2
688
473344
8
2
2
1
2
1
1
686.6
471419.56
2420.5
2633.9
2587.9
2562.6
2567.2
2567.2
=5215.7
=3421271.93
2795.2
2581.8
2627.8
2653.1
2648.5
2648.5
3417990.8
3400780.1
3400639.8
3401464.6
3400777.5
3401267.0
=3400440.8
17550
339.3
199
1023.7
336.7
826.2
有计算可得方差分析表如下:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
17550
1
17550
=31.55
=0.61
=0.36
=1.84
=0.6
=1.48
339.3
1
339.3
199
1
199
1023.8
1
1023.8
336.7
1
336.7
826.2
1
826.2
误差
556.13
1
556.13
总和
20831.13
7
20831.13
上表中
、
、
得离差平方和相对很小,这三项作用不显著。为了提高检验的效果,把
、
、
并入
,并取
的自由度为4项自由度之和。得到下表:
来源
离差平方和
自由度
均方离差
值
17550
1
17550
=49.05
=2.86
=2.31
1023.8
1
1023.8
826.2
1
826.2
误差
1431.13
4
357.7825
总和
20831.13
7
,查表
所以若把苗数、秧龄和苗数交互作用、秧龄和氮肥交互作用引起的三项离差合并到误差项中,则秧龄对亩产有显著影响。而氮肥、亩数和氮肥交互作用无显著影响。
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38
6. 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
� EMBED Equation.DSMT4 \* MERGEFORMAT ���
� EMBED Excel.Chart.8 \s ���
PAGE
56
_1336744904.unknown
_1336745179.unknown
_1336745344.unknown
_1336745519.unknown
_1336745587.unknown
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_1336745683.unknown
_1336745685.unknown
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_1336751027.xls
Chart1
154 10
158 14
162 26
166 28
170 12
174 8
178 2
182
学生数
身高
Sheet1
154 10
158 14
162 26
166 28
170 12
174 8
178 2
182
Sheet1
学生数
身高
Sheet2
Sheet3
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