《概论论与数理统计》课后习题答案全解(谢永钦).pdf 112页

'概率论与数理统计习题及答案习题习题一一1． 略.见教材习题参考答案.2.设A，B，C为三个事件，试用A，B，C的运算关系式表示下列事件： （1）A发生，B，C都不发生；（2）A与B发生，C不发生； （3）A，B，C都发生；（4）A，B，C至少有一个发生； （5）A，B，C都不发生；（6）A，B，C不都发生； （7）A，B，C至多有2个发生；（8）A，B，C至少有2个发生.【解】（1）ABC（2）ABC（3）ABC（4）A∪B∪C=ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC(5)ABC=A∪B∪C(6)ABC(7)ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC=A∪B∪C(8)AB∪BC∪CA=ABC∪ABC∪ABC∪ABC3. 略.见教材习题参考答案 4.设A，B为随机事件，且P（A）=0.7,P(A−B)=0.3，求P（AB）.【解】P（AB）=1−P（AB）=1−[P(A)−P(A−B)]=1−[0.7−0.3]=0.65.设A，B是两事件，且P（A）=0.6,P(B)=0.7,求： （1）在什么条件下P（AB）取到最大值？ （2）在什么条件下P（AB）取到最小值？ 【解】（1）当AB=A时，P（AB）取到最大值为0.6.（2）当A∪B=Ω时，P（AB）取到最小值为0.3.6.设A，B，C为三事件，且P（A）=P（B）=1/4，P（C）=1/3且P（AB）=P（BC）=0，P（AC）=1/12，求A，B，C至少有一事件发生的概率.【解】P（A∪B∪C）=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(BC)−P(AC)+P(ABC)1 11113=++−=4431247. 从52张扑克牌中任意取出13张，问有5张黑桃，3张红心，3张方块，2张梅花的概率是多少？533213【解】p=CCCC/C13131313528. 对一个五人学习小组考虑生日问题：（1）求五个人的生日都在星期日的概率；（2）求五个人的生日都不在星期日的概率；（3）求五个人的生日不都在星期日的概率.【解】（1）设A1={五个人的生日都在星期日}，基本事件总数为75，有利事件仅1个，故11P（A1）==（）5（亦可用独立性求解，下同）577（2）设A2={五个人生日都不在星期日}，有利事件数为65，故566P（A2）==()5577(3)设A3={五个人的生日不都在星期日}1P（A）=1−P(A)=1−()53179. 略.见教材习题参考答案.10.一批产品共N件，其中M件正品.从中随机地取出n件（n30.如图阴影部分所示.2301P==260422. 从（0，1）中随机地取两个数，求：6（1）两个数之和小于的概率；51（2）两个数之积小于的概率.4【解】设两数为x,y，则032(n−1)!(n−1)!13!(n−2)!(3)p′==;p′=,n≥312n!nn!38. 将线段[0，a]任意折成三折，试求这三折线段能构成三角形的概率 【解】设这三段长分别为x,y,a−x−y.则基本事件集为由0−−axy⎢x+(a−−xy)>y⎢⎣⎢y+(a−−xy)>x构成的图形，即⎡a0乙）=（甲正≤乙正）=（n+1−甲反≤n−乙反）正正=（甲反≥1+乙反）=（甲反>乙反）由对称性知P（甲正>乙正）=P（甲反>乙反）1因此P(甲正>乙正)=246. 证明“确定的原则”（Sure−thing）：若P（A|C）≥P(B|C),P(A|C)≥P(B|C)，则P（A）≥P(B).【证】由P（A|C）≥P(B|C),得PAC()PBC()≥,PC()PC()即有PAC()≥PBC()同理由PAC(|)≥PBC(|),得PAC()≥PBC(),故PA()=PAC()+PAC()≥PBC()+PBC()=PB()47.一列火车共有n节车厢，有k(k≥n)个旅客上火车并随意地选择车厢.求每一节车厢内至少有一个旅客的概率.【解】设Ai={第i节车厢是空的}，（i=1,…,n）,则k(n−1)1kPA()==(1−)iknn2kPAA()=(1−)ijn⋯n−1kPAA(⋯A)=(1−)i1i2in−1n其中i1,i2,…,in−1是1，2，…，n中的任n−1个.显然n节车厢全空的概率是零，于是12 n1k11kS1=∑PA()i=n(1−)=C(1n−)i=1nn22kS2=∑PAA(ij)C(1=n−)1≤<≤ijnn⋯n−1n−1kSn−1=∑PAA(i1i2⋯Ain−1)C=n(1−)1≤<0.试证明：不论ε>0如何小，只要不断地独立地重复做此试验，则A迟早会出现的概率为1.【证】在前n次试验中，A至少出现一次的概率为n1(1−−ε)→1(n→∞)49.袋中装有m只正品硬币，n只次品硬币（次品硬币的两面均印有国徽）.在袋中任取一只，将它投掷r次，已知每次都得到国徽.试问这只硬币是正品的概率是多少？【解】设A={投掷硬币r次都得到国徽}B={这只硬币为正品}mn由题知PB()=,()PB=mn+mn+1PAB(|)=,(|)1PAB=r2则由贝叶斯公式知PAB()PBPAB()(|)PBA(|)==PA()PBPAB()(|)+PBPAB()(|)m1imn+2rm==m1nm2rn+i+i1rmn+2mn+50.巴拿赫（Banach）火柴盒问题：某数学家有甲、乙两盒火柴，每盒有N根火柴，每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中任取一根.试求他首次发现一盒空时另一盒恰有r根的概率是多少？第一次用完一盒火柴时（不是发现空）而另一盒恰有r根的概率又有多少？ 13 1【解】以B1、B2记火柴取自不同两盒的事件，则有PB()1=PB(2)=.（1）发现一盒已空，2另一盒恰剩r根，说明已取了2n−r次，设n次取自B1盒（已空），n−r次取自B2盒，第2n−r+1次拿起B1，发现已空。把取2n−r次火柴视作2n−r重贝努里试验，则所求概率为n1n1nr−1n1p=2C()()i=C12nr−nr−2rr−2222式中2反映B1与B2盒的对称性（即也可以是B2盒先取空）.（2）前2n−r−1次取火柴，有n−1次取自B1盒，n−r次取自B2盒，第2n−r次取自B1盒，故概率为n−11n−11nr−1n−112nr−−1p=2C()()=C()22nr−−12nr−−1222251. 求n重贝努里试验中A出现奇数次的概率.【解】设在一次试验中A出现的概率为p.则由n00n1n−122n−2nn0(q+p)=Cpq+Cpq+Cpq+⋯+Cpq=1nnnnn00n1n−122n−2nnn0(q−p)=Cpq+Cpq+Cpq−⋯+−(1)Cpqnnnn以上两式相减得所求概率为1n−133n−3p=Cpq+Cpq+⋯1nn1n=[1(−q−p)]21n=[1(12)]−−p2若要求在n重贝努里试验中A出现偶数次的概率，则只要将两式相加，即得1np=[1(12)]+−p.2252.设A，B是任意两个随机事件，求P{（A+B）（A+B）（A+B）（A+B）}的值.【解】因为（A∪B）∩（A∪B）=AB∪AB（A∪B）∩（A∪B）=AB∪AB所求(ABABABAB+)(+)(+)(+)=[(AB∪AB)∩(AB+AB)]=∅故所求值为0.53.设两两相互独立的三事件，A，B和C满足条件： ABC=Φ，P(A)=P(B)=P(C)<1/2，且P（A∪B∪C）=9/16，求P（A）.【解】由PA(∪B∪C)=PA()+PB()+PC()−PAB()−PAC()−PBC()+PABC()14 29=3()3[()]PA−PA=161311故PA()=或,按题设P（A）<,故P（A）=.442454.设两个相互独立的事件A和B都不发生的概率为1/9，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相等，求P（A）.1【解】PAB()=PA(∪B)1=−PA(∪B)=①9PAB()=PAB()②故PA()−PAB()=PB()−PAB()故PA()=PB()③由A,B的独立性，及①、③式有1=−1PA()−PB()+PAPB()()92=−12()[()]PA+PA2=[1−PA()]1故1−PA()=±324故PA()=或PA()=（舍去）332即P（A）=.3255.随机地向半圆00,P(A|B)=1,试比较P(A∪B)与P(A)的大小.(2006研考)解：因为PA(∪B)=PA()+PB()−PAB()PAB()=PBPAB()⋅()=PB()所以PA(∪B)=PA()+PB()−PB()=PA().16 习题二1.一袋中有5只乒乓球，编号为1，2，3，4，5，在其中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.【解】X=3,4,51PX(=3)==0.13C53PX(=4)==0.33C52C4PX(=5)==0.63C5故所求分布律为X345P0.10.30.62.设在15只同类型零件中有2只为次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X表示取出的次品个数，求：（1）X的分布律；（2）X的分布函数并作图；(3)133PX{≤},{1PY)=PX(=1,Y=0)+PX(=2,Y=0)+PX(=3,Y=0)+PX(=2,Y=1)+PX(=3,Y=1)+PX(=3,Y=2)123223=C0.6(0.4)(0.3)+C(0.6)0.4(0.3)+33332212(0.6)(0.3)+C(0.6)0.4C0.7(0.3)+33312322(0.6)C0.7(0.3)+(0.6)C(0.7)0.333=0.2436.设某机场每天有200架飞机在此降落，任一飞机在某一时刻降落的概率设为0.02，且设各3 飞机降落是相互独立的.试问该机场需配备多少条跑道，才能保证某一时刻飞机需立即降落而没有空闲跑道的概率小于0.01(每条跑道只能允许一架飞机降落)？【解】设X为某一时刻需立即降落的飞机数，则X~b(200,0.02)，设机场需配备N条跑道，则有PX(>N)<0.01200kk200−k即∑C200(0.02)(0.98)<0.01kN=+1利用泊松近似λ=np=2000.02×=4.∞−4ke4PX(≥N)≐∑<0.01kN=+1k!查表得N≥9.故机场至少应配备9条跑道.7.有一繁忙的汽车站，每天有大量汽车通过，设每辆车在一天的某时段出事故的概率为0.0001,在某天的该时段内有1000辆汽车通过，问出事故的次数不小于2的概率是多少（利用泊松定理）？【解】设X表示出事故的次数，则X~b（1000，0.0001）PX(≥2)1=−PX(=0)−PX(=1)−0.1−0.1=−1e−0.1e×8.已知在五重贝努里试验中成功的次数X满足P{X=1}=P{X=2}，求概率P{X=4}.【解】设在每次试验中成功的概率为p，则14223Cp(1−p)=Cp(1−p)551故p=3414210所以PX(=4)=C()=.5332439.设事件A在每一次试验中发生的概率为0.3，当A发生不少于3次时，指示灯发出信号，（1）进行了5次独立试验，试求指示灯发出信号的概率；（2）进行了7次独立试验，试求指示灯发出信号的概率.【解】（1）设X表示5次独立试验中A发生的次数，则X~6（5，0.3）5kk5−kPX(≥3)=∑C(0.3)(0.7)5=0.16308k=3(2)令Y表示7次独立试验中A发生的次数，则Y~b（7，0.3）7kk7−kPY(≥3)=∑C(0.3)(0.7)7=0.35293k=310.某公安局在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼救的次数X服从参数为（1/2）t的泊松分4 布，而与时间间隔起点无关（时间以小时计）.（1）求某一天中午12时至下午3时没收到呼救的概率；（2）求某一天中午12时至下午5时至少收到1次呼救的概率.35−−【解】（1）PX(=0)=e2(2)PX(≥1)1=−PX(=0)1e=−2kk2−k11.设P{X=k}=Cp1(−p),k=0,1,22mm4−mP{Y=m}=Cp1(−p),m=0,1,2,3,445分别为随机变量X，Y的概率分布，如果已知P{X≥1}=，试求P{Y≥1}.954【解】因为PX(≥1)=，故PX(<1)=.992而PX(<1)=PX(=0)=(1−p)24故得(1−p)=,91即p=.3465从而PY(≥1)1=−PY(=0)1(1=−−p)=≈0.802478112.某教科书出版了2000册，因装订等原因造成错误的概率为0.001，试求在这2000册书中恰有5册错误的概率.【解】令X为2000册书中错误的册数，则X~b(2000,0.001).利用泊松近似计算,λ=np=20000.0012×=−25e2得PX(=5)≈=0.00185!3113.进行某种试验，成功的概率为，失败的概率为.以X表示试验首次成功所需试验的次44数，试写出X的分布律，并计算X取偶数的概率.【解】X=1,2,⋯,,k⋯1k−13PX(=k)=()44PX(=2)+PX(=4)+⋯+PX(=2)k+⋯1313312k−13=i+()+⋯+()+⋯4444441341=i=41251()−45 14.有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了保险公司的人寿保险.在一年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交12元保险费，而在死亡时家属可从保险公司领取2000元赔偿金.求：（1）保险公司亏本的概率;（2）保险公司获利分别不少于10000元、20000元的概率.【解】以“年”为单位来考虑.（1）在1月1日，保险公司总收入为2500×12=30000元.设1年中死亡人数为X，则X~b(2500,0.002)，则所求概率为P(2000X>30000)=PX(>15)1=−PX(≤14)由于n很大，p很小，λ=np=5，故用泊松近似，有14−5ke5PX(>15)1≈−∑≈0.000069k=0k!(2)P(保险公司获利不少于10000)=P(300002000−X≥10000)=PX(≤10)10−5ke5≈∑≈0.986305k=0k!即保险公司获利不少于10000元的概率在98%以上 P（保险公司获利不少于20000）=P(300002000−X≥20000)=PX(≤5)5−5ke5≈∑≈0.615961k=0k!即保险公司获利不少于20000元的概率约为62%15.已知随机变量X的密度函数为f(x)=Ae−|x|,−∞150)]=()=132711224(2)p=C()=23339(3)当x<100时F（x）=0x当x≥100时Fx()=∫ftt()d−∞100x=∫ftt()d+∫ftt()d−∞100x100100=dt=−1∫100t2x⎧100⎪1−,x≥100故Fx()=⎨x⎩⎪0,x<017.在区间［0，a］上任意投掷一个质点，以X表示这质点的坐标，设这质点落在［0，a］中任意小区间内的概率与这小区间长度成正比例，试求X的分布函数.【解】由题意知X~∪[0,a]，密度函数为⎧1⎪,0≤x≤afx()=⎨a⎪⎩0,其他故当x<0时F（x）=0xxx1x当0≤x≤a时Fx()=∫−∞ftt()d=∫0ftt()d=∫0dt=aa当x>a时，F（x）=1即分布函数7 ⎧0,x<0⎪⎪xFx()=⎨,0≤x≤a⎪a⎪⎩1,x>a18.设随机变量X在[2，5]上服从均匀分布.现对X进行三次独立观测，求至少有两次的观测值大于3的概率.【解】X~U[2,5]，即⎧1⎪,2≤x≤5fx()=⎨3⎪⎩0,其他512PX(>3)=∫dx=333故所求概率为222132320p=C()+C()=3333327119.设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X（以分钟计）服从指数分布E().某顾客在窗口5等待服务，若超过10分钟他就离开.他一个月要到银行5次，以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，试写出Y的分布律，并求P{Y≥1}.1【解】依题意知X~E()，即其密度函数为5x⎧1−⎪e,5x>0fx()=⎨5⎪0,≤⎩x0该顾客未等到服务而离开的概率为x∞1−5−2PX(>10)=∫edx=e105−2Y~(5,e)b,即其分布律为k−2k−25−kPY(=k)=C(e)(1e)−,k=0,1,2,3,4,55−25PY(≥1)1=−PY(=0)1(1e)=−−=0.516720.某人乘汽车去火车站乘火车，有两条路可走.第一条路程较短但交通拥挤，所需时间X服从N（40，102）；第二条路程较长，但阻塞少，所需时间X服从N（50，42）.（1）若动身时离火车开车只有1小时，问应走哪条路能乘上火车的把握大些？（2）又若离火车开车时间只有45分钟，问应走哪条路赶上火车把握大些？【解】（1）若走第一条路，X~N（40，102），则⎛x−406040−⎞PX(<60)=P⎜<⎟=Φ(2)=0.97727⎝1010⎠8 若走第二条路，X~N（50，42），则⎛X−506050−⎞PX(<60)=P⎜<⎟=Φ(2.5)=0.9938++⎝44⎠故走第二条路乘上火车的把握大些.（2）若X~N（40，102），则⎛X−404540−⎞PX(<45)=P⎜<⎟=Φ(0.5)=0.6915⎝1010⎠若X~N（50，42），则⎛X−504550−⎞PX(<45)=P⎜<⎟=Φ(1.25)−⎝44⎠=−1Φ(1.25)=0.1056故走第一条路乘上火车的把握大些.21.设X~N（3，22），（1）求P{2=PX(>2)+PX(<−2)⎛X−323−⎞⎛X−3−−23⎞=P⎜>⎟+P⎜<⎟⎝22⎠⎝22⎠⎛1⎞⎛5⎞⎛⎞1⎛⎞5=−1Φ⎜−⎟+Φ⎜−⎟=Φ⎜⎟+−1Φ⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠⎝⎠2⎝⎠2=0.691510.9938+−=0.6977X−333-PX(>3)=P(>)1=−Φ(0)=0.522(2)c=322.由某机器生产的螺栓长度（cm）X~N（10.05,0.062）,规定长度在10.05±0.12内为合格品,9 求一螺栓为不合格品的概率.⎛X−10.050.12⎞【解】PX(|−10.05|0.12)>=P⎜>⎟⎝0.060.06⎠=−1Φ(2)+Φ(2)−=2[1−Φ(2)]=0.045623.一工厂生产的电子管寿命X（小时）服从正态分布N（160，σ2），若要求P{120＜X≤200＝≥0.8，允许σ最大不超过多少？⎛120160−X−160200160−⎞【解】P(1200),⎩0,x<0.（1）求常数A，B；（2）求P{X≤2}，P{X＞3}；（3）求分布密度f（x）.⎧⎪limFx()1=⎧A=1x→+∞【解】（1）由⎨得⎨⎪⎩limFx()=limFx()⎩B=−1x→+0x→−0−2λ（2）PX(≤2)=F(2)1e=−−3λ−3λPX(>3)1=−F(3)1(1e=−−)=e−λx⎧λe,x≥0(3)fx()=Fx′()=⎨⎩0,x<025.设随机变量X的概率密度为⎧x,0≤x<,1⎪f（x）=⎨2−x,1≤x<,2⎪⎩,0.求X的分布函数F（x），并画出f（x）及F（x）.【解】当x<0时F（x）=0x0x当0≤x<1时Fx()=∫−∞ftt()d=∫−∞ftt()d+∫0ftt()d10 2xx=∫ttd=02x当1≤x<2时Fx()=∫ftt()d−∞01x=∫−∞ftt()d=∫0ftt()d+∫1ftt()d1x=∫ttd+∫(2−tt)d0121x3=+2x−−2222x=−+2x−12x当x≥2时Fx()=∫ftt()d=1−∞⎧0,x<0⎪2x⎪,0≤x<1⎪2故Fx()=⎨2⎪x−+2x−1,1≤x<2⎪2⎪⎩1,x≥226.设随机变量X的密度函数为（1）f(x)=ae−l|x|,λ>0;⎧bx,00⎪⎪2即密度函数为fx()=⎨⎪λeλxx≤0⎪⎩2xxλλx1λx当x≤0时Fx()=∫fxx()d=∫edx=e−∞−∞22x0λλxxλ−λx当x>0时Fx()=∫−∞fxx()d=∫−∞edx+∫0edx221−λx=−1e211 故其分布函数⎧1−λx1−e,x>0⎪⎪2Fx()=⎨⎪1e,λxx≤0⎪⎩2∞121b1(2)由1=fxx()d=bxxd+dx=+∫−∞∫0∫1x222得b=1即X的密度函数为⎧x,0z)=0.01α即1−Φ(z)=0.01α即Φ(z)=0.09α12 故z=2.33α（2）由PX(>z)=0.003得α1−Φ(z)=0.003α即Φ()0.997z=α查表得z=2.75α由PX(>z)=0.0015得α/21−Φ(z)=0.0015α/2即Φ(z)=0.9985α/2查表得z=2.96α/228.设随机变量X的分布律为X−2−1013Pk1/51/61/51/1511/30求Y=X2的分布律.【解】Y可取的值为0，1，4，91PY(=0)=PX(=0)=5117PY(=1)=PX(=−+1)PX(=1)=+=615301PY(=4)=PX(=−2)=511PY(=9)=PX(=3)=30故Y的分布律为Y0149Pk1/57/301/511/30129.设P{X=k}=()k,k=1,2,…,令2⎧1,当取偶数时XY=⎨⎩−1,当取奇数时X.求随机变量X的函数Y的分布律.【解】PY(=1)=PX(=2)+PX(=4)+⋯+PX(=2)k+⋯13 121412k=()+()+⋯+()+⋯222111=()/(1−)=4432PY(=−1)1=−PY(=1)=330.设X~N（0，1）.（1）求Y=eX的概率密度；（2）求Y=2X2+1的概率密度；（3）求Y=｜X｜的概率密度.【解】（1）当y≤0时，Fy()=PY(≤y)=0Yx当y>0时，Fy()=PY(≤y)=P(e≤y)=PX(≤ln)yYlny=f()dxx∫X−∞dFyY()111−ln2/2y故f()y==f(ln)y=e,y>0Yxdyyy2π2(2)PY(=2X+≥11)1=当y≤1时Fy()=PY(≤y)=0Y2当y>1时Fy()=PY(≤y)=P(2X+≤1y)Y⎛2y−1⎞⎛y−1y−1⎞=PX⎜≤⎟=P⎜−≤X≤⎟⎝2⎠⎜⎝22⎟⎠(y−1)/2=f()dxx∫−(y−1)/2Xd12⎡⎛y−1⎞⎛y−1⎞⎤故f()y=Fy()=⎢f⎜⎟+f⎜−⎟⎥YdyY4y−1X⎜2⎟X⎜2⎟⎢⎣⎝⎠⎝⎠⎥⎦121−(y−1)/4=e,y>12y−12π(3)PY(≥0)1=当y≤0时Fy()=PY(≤y)=0Y当y>0时Fy()=PX(||≤y)=P(−≤yX≤y)Y14 y=f()dxx∫−yXd故f()y=Fy()=f()y+f(−y)YYXXdy2−y2/2=e,y>02π31.设随机变量X~U（0,1），试求：（1）Y=eX的分布函数及密度函数；（2）Z=−2lnX的分布函数及密度函数.【解】（1）P(00)1=当z≤0时，Fz()=PZ(≤z)=0Z当z>0时，Fz()=PZ(≤z)=P(2ln−X≤z)Zz−z/2=P(lnX≤−)=PX(≥e)21−z/2=dx=−1e∫e−z/215 即分布函数⎧0,z≤0Fz()=⎨Z-/2z⎩1-e,z>0故Z的密度函数为⎧1−z/2⎪e,z>0f()z=⎨2Z⎪⎩0,z≤032.设随机变量X的密度函数为⎧2x⎪,00f()x=⎨X⎩0,x≤0由于P（X>0）=1，故0<1−e−2X<1，即P（06,则P（X240)10.2120.576=−−=0.2123由全概率公式有3α=PB()=∑PAPBA()(|ii)=0.0642i=1由贝叶斯公式有PAPBA()(|)22β=PAB(|)=≈0.0092PB()49.设随机变量X在区间（1，2）上服从均匀分布，试求随机变量Y=e2X的概率密度fY(y).22 ⎧1,11时，Fy()=PY(≤y)=P(e≤y)=PX(≤ln)yYlny1−x=∫edx=−10y⎧1⎪1−,y>1即Fy()=⎨yY⎪⎩0,y≤1⎧1⎪2,y>1故f()y=⎨yY⎪⎩0,y≤123 51.设随机变量X的密度函数为1fX(x)=,2π1(+x)3求Y=1−x的密度函数fY(y).33【解】Fy()=PY(≤y)=P(1−X≤y)=PX(≥(1−y))Y∞11∞=3dx=arctgx3∫(1−y)π(1+x2)π(1−y)1π⎡3⎤=−arctg(1−y)⎢⎥π2⎣⎦23(1−y)故f()y=Y6π1(1+−y)52.假设一大型设备在任何长为t的时间内发生故障的次数N（t）服从参数为λt的泊松分布.（1）求相继两次故障之间时间间隔T的概率分布；（2）求在设备已经无故障工作8小时的情形下，再无故障运行8小时的概率Q.（1993研考）【解】（1）当t<0时，Ft()=PT(≤t)=0T当t≥0时，事件{T>t}与{N(t)=0}等价，有−λtFt()=PT(≤t)1=−PT(>t)1=−PNt(()=0)1e=−T−λt⎧1e−,t≥0即Ft()=⎨T⎩0,t<0即间隔时间T服从参数为λ的指数分布。−16λe−8λ（2）Q=PT(>16|T>8)=PT(>16)/(PT>8)==e−8λe53.设随机变量X的绝对值不大于1，P{X=−1}=1/8，P{X=1}=1/4.在事件{−1P{|Y-μ2|<1}，试比较σ1与σ2的大小.(2006研考)X−µY−µ12解：依题意∼N(0,1)，∼N(0,1)，则σσ12X−µ11PX{−µ<1}=P{<}，1σσ11Y−µ12PY{−µ<1}=P{<}.2σσ22因为PX{−µ<1}>PY{−µ<1}，即12X−µ1Y−µ111P{<}>P{<}，σσσσ112211所以有>，即σ<σ.12σσ1225 习题三1.将一硬币抛掷三次，以X表示在三次中出现正面的次数，以Y表示三次中出现正面次数与出现反面次数之差的绝对值.试写出X和Y的联合分布律.【解】X和Y的联合分布律如表：X0123Y101111321110Ci××=Ci××=3/833222822231001111××=822282.盒子里装有3只黑球、2只红球、2只白球，在其中任取4只球，以X表示取到黑球的只数，以Y表示取到红球的只数.求X和Y的联合分布律.【解】X和Y的联合分布律如表：X0123Y0002231CCi3CCi23232==44C35C35771011221131CCCii6CCCii12CCi232232232===444C35C35C357772P(0黑,2红,2白)=121220CCCii6CCi33223222414=4=CC/C2i27=C735C735353.设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数为⎧ππ⎪sinxsiny,0≤x≤0,≤y≤F（x，y）=⎨22⎪⎩,0其他.⎧πππ⎫求二维随机变量（X，Y）在长方形域⎨0,0y>,0f（x，y）=⎨⎩,0其他.求：（1）常数A；（2）随机变量（X，Y）的分布函数；（3）P{0≤X<1，0≤Y<2}.+∞+∞+∞+∞A-(3x+4)y【解】（1）由∫∫fxyxy(,)dd=∫∫Aeddxy==1−∞−∞0012得A=12（2）由定义，有yxFxy(,)=∫∫fuvuv(,)dd−∞−∞yy⎧−(3u+4)v−3x−4y⎪∫∫12edduv⎧(1e−)(1e−)y>0,x>0,=⎨00=⎨⎪⎩0,⎩0,其他(3)P{0≤X<1,0≤Y<2}=P{0,0fY（y）=⎨⎩,0其他.求：（1）X与Y的联合分布密度；（2）P{Y≤X}.题6图【解】（1）因X在（0，0.2）上服从均匀分布，所以X的密度函数为⎧1⎪,00,f()y=⎨Y⎩0,其他.所以fxyXY(,),独立f()xfi()yXY⎧1−5y−5y⎪×5e⎧25e,00,=⎨0.2=⎨⎪0,⎩0,其他.⎩−5y(2)PY(≤X)=∫∫fxyxy(,)dd如图∫∫25eddxyyx≤D0.2x0.2-5y−5x=∫0dx∫025edy=∫0(5e−+5)dx-1=e≈0.3679.7.设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数为−4x−2y⎧1(−e)(1−e),x>,0y>,0F（x，y）=⎨⎩,0其他.求（X，Y）的联合分布密度.2−(4x+2)y∂Fxy(,)⎧8e,x>0,y>0,【解】fxy(,)==⎨∂∂xy⎩0,其他.8.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为⎧4.8(2y−x),0≤x≤1,0≤y≤x,f（x，y）=⎨⎩0,其他.求边缘概率密度.+∞【解】f()x=fxyy(,)dX∫−∞x⎧⎪4.8(2y−xy)d⎧2.4x2(2−x),0≤≤x1,=⎨∫0=⎨⎪⎩0,⎩0,其他.+∞f()y=fxyx(,)dY∫−∞1⎧2⎪∫4.8(2y−xx)d⎧2.4(34y−y+y),0≤y≤1,=⎨y=⎨⎪⎩0,⎩0,其他.4 题8图题9图9.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为−y⎧e,00,=⎨x=⎨⎪⎩0,⎩0,其他.+∞f()y=fxyx(,)dY∫−∞y⎧−y−x⎪∫edx⎧ye,y>0,=⎨0=⎨⎪⎩0,⎩0,其他.题10图10.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为22⎧cxy,x≤y≤,1f（x，y）=⎨⎩,0.（1）试确定常数c；（2）求边缘概率密度.+∞+∞【解】（1）∫∫fxyxy(,)dd如图∫∫fxyxy(,)dd−∞−∞D1142=dxcxyyd=c=1.∫-1∫x22121得 c=.4+∞(2)f()x=fxyy(,)dX∫−∞5 ⎧1212⎧2124⎪xyyd⎪x(1−x),−≤1x≤1,=⎨∫x24=⎨8⎪⎩0,⎪⎩0,其他.+∞f()y=fxyx(,)dY∫−∞5⎧y212⎧7⎪∫xyxd⎪y2,0≤y≤1,=⎨−y4=⎨2⎪⎩0,⎪⎩0,其他.11.设随机变量（X，Y）的概率密度为⎧,1y,0fY（y）=⎨2⎪⎩,0其他.（1）求X和Y的联合概率密度；（2）设含有a的二次方程为a2+2Xa+Y=0，试求a有实根的概率.y⎧1−⎧1,01,【解】（1）因f()x==⎨f()y==⎨2XY⎩0,其他;⎪⎩0,其他.⎧1−y/2⎪e00,故fxyXY(,),独立f()xfi()y=⎨2XY⎪⎩0,其他.题14图2(2)方程a+2XaY+=0有实根的条件是2∆=(2)X−4Y≥0故X2≥Y，从而方程有实根的概率为：2PX{≥Y}=∫∫fxyxy(,)dd2x≥y21x1−y/2=∫∫dxedy002=−12[(1)πΦ−Φ(0)]=0.1445.15.设X和Y分别表示两个不同电子器件的寿命（以小时计），并设X和Y相互独立，且服从同一分布，其概率密度为8 ⎧1000⎪,x>1000,f（x）=⎨x2⎪⎩,0其他.求Z=X/Y的概率密度.X【解】如图,Z的分布函数Fz()=PZ{≤z}=P{≤z}ZY(1)当z≤0时，Fz()=0Z1000（2）当0iY,=i}35i=0,1,2,3,=∑PX{=iY,=k}+∑PX{=kY,=i}ki=ki=+1于是U=min(X,Y)0123P0.280.300.250.17(4)类似上述过程，有W=X+Y012345678P00.020.060.130.190.240.190.120.0520.雷达的圆形屏幕半径为R，设目标出现点（X，Y）在屏幕上服从均匀分布.（1）求P{Y＞0｜Y＞X}；（2）设M=max{X，Y}，求P{M＞0}.题20图【解】因（X，Y）的联合概率密度为⎧1222⎪,x+y≤R,2fxy(,)=⎨πR⎪⎩0,其他.PY{>0,Y>X}（1）PY{>0|Y>X}=PY{>X}∫∫fxy(,)dσy>0yx>=∫∫fxy(,)dσyx>12 πR1dθrrd∫π/4∫0πR2=5πR14dθrrd∫π/4∫0πR23/83==;1/24(2)PM{>0}=P{max(,)XY>0}1=−P{max(,)XY≤0}13=−1PX{≤0,Y≤0}1=−∫∫fxy(,)dσ=−1=.44x≤0y≤021.设平面区域D由曲线y=1/x及直线y=0，x=1,x=e2所围成，二维随机变量（X，Y）在区域D上服从均匀分布，求（X，Y）关于X的边缘概率密度在x=2处的值为多少？题21图2e1e2【解】区域D的面积为S=dx=lnx=2.（X,Y）的联合密度函数为0∫1x1⎧121⎪,1≤x≤e,00)的泊松分布，每位乘客在中途下车的概率为p（03;⎪⎩0,y<0,y>3.因为X，Y相互独立，所以⎧1⎪,0≤x≤3,0≤y≤3,fxy(,)=⎨9⎪⎩0,x<0,y<0,x>3,y>3.1推得P{max{,}1}XY≤=.926.设二维随机变量（X，Y）的概率分布为15 X−101Y−1a00.200.1b0.2100.1c其中a,b,c为常数，且X的数学期望E(X)=−0.2,P{Y≤0|X≤0}=0.5，记Z=X+Y.求：（1）a,b,c的值；（2）Z的概率分布；（3）P{X=Z}.解(1)由概率分布的性质知，a+b+c+0.6=1即a+b+c=0.4.由EX()=−0.2，可得−+=−ac0.1.PX{≤0,Y≤0}ab++0.1再由PY{≤0X≤0}===0.5,PX{≤0}ab++0.5得ab+=0.3.解以上关于a，b，c的三个方程得a=0.2,b=0.1,c=0.1.(2)Z的可能取值为−2，−1，0，1，2，PZ{=−2}=PX{=−1,Y=−1}0.2=，PZ{=−1}=PX{=−1,Y=0}+PX{=0,Y=−1}0.1=，PZ{=0}=PX{=−1,Y=1}+PX{=0,Y=0}+PX{=1,Y=−1}0.3=，PZ{=1}=PX{=1,Y=0}+PX{=0,Y=1}0.3=，PZ{=2}=PX{=1,Y=1}0.1=，即Z的概率分布为Z−2−1012P0.20.10.30.30.1(3)PX{=Z}=PY{=0}0.1=++b0.2=0.10.10.2++=0.4.16 习题四1.设随机变量X的分布律为X−1012P1/81/21/81/4求E（X），E（X2），E（2X+3）.11111【解】(1)EX()=−×+×(1)0+×+×12=;828422212121215(2)EX()=−(1)×+0×+1×+2×=;828441(3)E(2X+3)=2()3EX+=×2+=3422.已知100个产品中有10个次品，求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差.【解】设任取出的5个产品中的次品数为X，则X的分布律为X012345P5142332415CCCCCCCCCC90109010901090109010=0.583=0.340=0.070=0.007=0=0555555CCCCCC100100100100100100故EX()=0.58300.34010.07020.00730405×+×+×+×+×+×=0.501,52DX()=∑[xi−EX()]Pii=0222=(00.501)−×0.583(10.501)+−×0.340+⋯+(50.501)−×0=0.432.3.设随机变量X的分布律为X−101Pp1p2p3且已知E（X）=0.1,E(X2)=0.9,求P，P，P.123【解】因P+P+P=1……①,123又EX()=−(1)P+0iP+1iP=P−P=0.1……②,123312222EX()=−(1)iP+0iP+1iP=P+P=0.9……③ 12313由①②③联立解得P=0.4,P=0.1,P=0.5.1234.袋中有N只球，其中的白球数X为一随机变量，已知E（X）=n，问从袋中任取1球为白球的概率是多少？1 【解】记A={从袋中任取1球为白球}，则NPA()全概率公式∑PAX{|=kPX}{i=k}k=0NNk1=∑PX{=k}=∑kPX{=k}k=0NNk=01n=iEX()=.NN5.设随机变量X的概率密度为⎧x,0≤x<,1⎪f（x）=⎨2−x1,≤x≤,2⎪⎩,0其他.求E（X），D（X）.+∞122【解】EX()=∫−∞xfxx()d=∫0xxd+∫1x(2−xx)d123⎡13⎤⎡2x⎤=x+⎢x−⎥=1.⎢⎣3⎥⎦⎣3⎦01+∞1272232EX()=∫−∞xfxx()d=∫0xxd+∫1x(2−xx)d=6221故DX()=EX()[()]−EX=.66.设随机变量X，Y，Z相互独立，且E（X）=5，E（Y）=11，E（Z）=8，求下列随机变量的数学期望.（1）U=2X+3Y+1；（2）V=YZ−4X.【解】(1)EU[]=E(2X+3Y+1)=2()3()1EX+EY+=×+×25311144.+=(2)EV[]=EYZ[−4]X=EYZ[]4()−EX因YZ,独立EYEZ()i()4()−EX=11845×−×=68.7.设随机变量X，Y相互独立，且E（X）=E（Y）=3，D（X）=12，D（Y）=16，求E（3X−2Y），D（2X−3Y）.【解】(1)EX(3−2)Y=3()2()EX−EY=×−×=33233.22(2)D(2X−3)Y=2DX()(3)+−DY=×412916192.+×=8.设随机变量（X，Y）的概率密度为2 ⎧k,05,fX（x）=⎨fY（y）=⎨⎩,0其他;⎩0,其他.求E（XY）.【解】方法一：先求X与Y的均值 12EX()=∫xxxi2d=,03+∞−(y−5)令zy=−5+∞−z+∞−zEY()=∫5yedy5∫0edz+∫0zedz=+=516.由X与Y的独立性，得2EXY()=EXEY()i()=×=64.3方法二：利用随机变量函数的均值公式.因X与Y独立，故联合密度为−(y−5)⎧2ex,0≤x≤1,y>5,fxy(,)=f()xfi()y=⎨XY⎩0,其他,于是+∞11+∞2−(y−5)2−(y−5)EXY()=∫∫50xyxi2eddxy=∫02dxxi∫5yedy=×=64.310.设随机变量X，Y的概率密度分别为−2x−4y⎧2e,x>,0⎧4e,y>,0fX（x）=⎨fY（y）=⎨⎩,0x≤0;⎩,0y≤.0求（1）E（X+Y）;（2）E（2X−3Y2）.+∞+∞+∞−2x−2x+∞-2x【解】()X=xf()dxxxi2edx=−[xe]edx∫−∞X∫00∫0+∞1−2x=∫edx=.02+∞+∞1−4yEY()=yf()dyyyi4edy=.∫−∞Y∫042+∞2+∞2−4y21EY()=yf()dyy=yi4edy==.∫−∞Y∫0428113从而(1)EX(+Y)=EX()+EY()=+=.2443 22115(2)E(2X−3Y)=2()3(EX−EY)=×2−×3=28811.设随机变量X的概率密度为22⎧⎪cxe−kx,x≥,0f（x）=⎨⎪⎩,0x<.0求（1）系数c;（2）E（X）;（3）D（X）.+∞+∞22c2−kx【解】(1)由fxx()d=cxedx==1得c=2k.∫−∞∫02k2+∞+∞222−kx(2)EX()=∫xfx()d()x=∫xkxi2edx−∞02+∞2−kx22π=2k∫xedx=.02k+∞+∞2212222−kx(3)EX()=xfx()d()x=xi2kxe.∫−∞∫0k22221⎛π⎞4π−故 DX()=EX()[()]−EX=−⎜⎟=.k2⎜2k⎟4k2⎝⎠12.袋中有12个零件，其中9个合格品，3个废品.安装机器时，从袋中一个一个地取出（取出后不放回），设在取出合格品之前已取出的废品数为随机变量X，求E（X）和D（X）.【解】设随机变量X表示在取得合格品以前已取出的废品数，则X的可能取值为0，1，2，3.为求其分布律，下面求取这些可能值的概率，易知939PX{=0}==0.750,PX{=1}=×=0.204,1212113293219PX{=2}=××=0.041,PX{=3}=×××=0.005.1211101211109于是，得到X的概率分布表如下：X0123P0.7500.2040.0410.005由此可得EX()=×00.75010.20420.04130.005+×+×+×=0.301.22222EX()=0×7501+×0.2042+×0.0413+×0.005=0.413222DX()=EX()[()]−EX=0.413(0.301)−=0.322.13.一工厂生产某种设备的寿命X（以年计）服从指数分布，概率密度为x⎧1−⎪e4,x>,0f（x）=⎨4⎪⎩,0x≤.0为确保消费者的利益，工厂规定出售的设备若在一年内损坏可以调换.若售出一台设备，工厂获利100元，而调换一台则损失200元，试求工厂出售一台设备赢利的数学期望.【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值：100元和−200元 4 +∞1−x/4−1/4PY{=100}=PX{≥1}=∫edx=e14−1/4PY{=−200}=PX{<1}1e=−.−1/4−1/4−1/4故EY()100e=×+−(200)(1e×−)=300e−200=33.64(元).14.设X1，X2，…，Xn是相互独立的随机变量，且有E（Xi）=μ，D（Xi）=σ2，i=1，2，…，n，记nn12212X=∑Xi,S，S=∑(Xi−X).ni=1n−1i=12σ（1）验证E(X)=μ，D(X)=；nn122（2）验证S2=(∑X−nX)；in−1i=1（3）验证E（S2）=σ2.nnn⎛1⎞111【证】(1)EX()=E⎜∑Xi⎟=E(∑Xi)=∑EX(i)=inu=u.⎝ni=1⎠ni=1ni=1nnnn⎛1⎞11DX()=D⎜∑Xi⎟=2D(∑XXi)i之间相互独立2i∑DXi⎝ni=1⎠ni=1ni=1212σ=inσ=.2nn(2)因nnnn22222∑(Xi−X)=∑(Xi+X−2XXi)=∑Xi+nX−2X∑Xii=1i=1i=1i=1nn2222=∑Xi+nX−2XnXi=∑Xi−nXi=1i=1n2122故S=(∑Xi−nX).n−1i=122222(3)因EX()=uDX,()=σ,故EX()=DX()(+EX)=σ+u.iiiii22σ2σ2同理因EX()=uDX,()=,故EX()=+u.nn从而5 nn2⎡122⎤122Es()=E⎢(∑Xi−nX)⎥=[(E∑Xi)−nEX()]⎣n−1i=1⎦n−1i=1n122=[∑EX(i)−nEX()]n−1i=1⎡⎛2⎞⎤122σ22=i⎢ni(σ+u)−n⎜+u⎟⎥=σ.n−1⎣⎝n⎠⎦15.对随机变量X和Y，已知D（X）=2，D（Y）=3，Cov(X,Y)=−1,计算：Cov（3X−2Y+1，X+4Y−3）.【解】Cov(3X−2Y+1,X+4Y−3)=3()10Cov(,)8()DX+XY−DY=×+3210(1)83×−−×=−28(因常数与任一随机变量独立，故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).16.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为⎧122⎪,x+y≤1,f（x，y）=⎨π⎪⎩0,其他.试验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的.22【解】设D={(,)|xyx+y≤1}.+∞+∞1EX()=∫∫xfxyxy(,)dd=∫∫xxydd−∞−∞π22x+y≤112π1=∫∫rcosθirrddθ=0.π00同理E(Y)=0.+∞+∞而Cov(,)XY=∫∫[xEx−()][iy−EY()](,)ddfxyxy−∞−∞112π12=∫∫xyxydd=∫∫rsincosθθrrddθ=0,π22π00x+y≤1由此得ρ=0,故X与Y不相关.XY21−x122下面讨论独立性，当|x|≤1时，f()xdy=1−x.X∫1−1−x2ππ21−y122当|y|≤1时，f()ydx=1−y.Y∫1−1−y2ππ显然f()xfi()y≠fxy(,).XY6 故X和Y不是相互独立的.17.设随机变量（X，Y）的分布律为X−101Y−11/81/81/801/801/811/81/81/8验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的.【解】联合分布表中含有零元素，X与Y显然不独立，由联合分布律易求得X，Y及XY的分布律，其分布律如下表X−101P323888Y−101P323888XY−101P242888由期望定义易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0.从而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相关系数性质知ρXY=0,即X与Y的相关系数为0，从而X和Y是不相关的.331又PX{=−1}{iPY=−1}=×≠=PX{=−1,Y=−1}888从而X与Y不是相互独立的.18.设二维随机变量（X，Y）在以（0，0），（0，1），（1，0）为顶点的三角形区域上服从均匀分布，求Cov（X，Y），ρXY.1【解】如图，SD=，故（X，Y）的概率密度为2题18图7 ⎧2,(,)xy∈D,fxy(,)=⎨⎩0,其他.11−x1EX()=∫∫xfxyxy(,)dd=∫∫dxxi2dy=003D11−x1222EX()=∫∫xfxyxy(,)dd=∫∫dx2dxy=006D2221⎛⎞11从而DX()=EX()[()]−EX=−⎜⎟=.6⎝⎠31811同理EY()=,()DY=.31811−x1而EXY()=∫∫xyfxyxy(,)dd=∫∫2ddxyxy=∫∫dx2dxyy=.0012DD所以1111Cov(,)XY=EXY()−EXEY()i()=−×=−.1233361−Cov(,)XY361从而ρ===−XYDX()iDY()112×181819.设（X，Y）的概率密度为⎧1ππ⎪sin(x+y),0≤x≤,0≤y≤,f（x，y）=⎨222⎪⎩0,其他.求协方差Cov（X，Y）和相关系数ρXY.+∞+∞π/2π/21π【解】EX()=∫∫−∞−∞xfxyxy(,)dd=∫0dx∫0xisin(x+yy)d=.24ππ222221ππEX()=∫dx∫xisin(x+yy)d=+−2.00282从而222ππDX()=EX()[()]−EX=+−2.1622πππ同理EY()=,()DY=+−2.41628 π/2π/2π又EXY()=∫dx∫xysin(x+yxy)dd=−1,0022⎛π⎞ππ⎛π4−⎞故Cov(,)XY=EXY()−EXEY()i()=⎜−1⎟−×=−⎜⎟.⎝2⎠44⎝4⎠2⎛π4−⎞−⎜⎟22Cov(,)XY⎝4⎠(π4)−π−8π16+ρ===−=−.XY222DX()iDY()πππ+8π32−π+8π32−+−2162⎡11⎤20.已知二维随机变量（X，Y）的协方差矩阵为⎢⎥，试求Z1=X−2Y和Z2=2X−Y的相关⎣14⎦系数.【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.从而DZ()=DX(−2)Y=DX()4()4Cov(,)1444113,+DY−XY=+×−×=1DZ()=D(2X−Y)=4()DX+DY()4Cov(,)−XY=×+−×=414414,2Cov(,ZZ)=Cov(X−2,2YX−Y)12=2Cov(,XX)4Cov(,−YX)Cov(,)2Cov(,)−XY+YY=2()5Cov(,)2()DX−XY+DY=×−×+×=2151245.Cov(,ZZ)5512故ρ===13.ZZ12DZ()iDZ()13×4261221.对于两个随机变量V，W，若E（V2），E（W2）存在，证明：［E（VW）］2≤E（V2）E（W2）.这一不等式称为柯西许瓦兹（Couchy−Schwarz）不等式.2【证】令gt()=EV{[+tW]},t∈R.显然22220≤gt()=EV[(+tW)]=EV[+2tVW+tW]222=EV[]2+tEVWi[]+tEWi[],∀∈tR.可见此关于t的二次式非负，故其判别式Δ≤0，222即0≥∆=[2(EVW)]−4(EW)iEV()222=4{[(EVW)]−EV()iEW()}.222故[(EVW)]≤EV()iEW()}.9 22.假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数λ=1/5的指数分布.设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数F（y）.【解】设Y表示每次开机后无故障的工作时间，由题设知设备首次发生故障的等待时间1X~E(λ),E(X)==5.λ依题意Y=min(X,2).对于y<0,f(y)=P{Y≤y}=0.对于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1.对于0≤y<2,当x≥0时，在(0,x)内无故障的概率分布为P{X≤x}=1−e−λx,所以F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1−e−y/5.23.已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后，求：（1）乙箱中次品件数Z的数学期望；（2）从乙箱中任取一件产品是次品的概率.【解】（1）Z的可能取值为0，1，2，3，Z的概率分布为k3−kCCi33PZ{=k}=,k=0,1,2,3.3C6Z=k0123Pk19912020202019913因此，EZ()=×0+×1+×2+×3=.202020202(2)设A表示事件“从乙箱中任取出一件产品是次品”，根据全概率公式有3PA()=∑PZ{=kPAZ}{|i=k}k=019192131=×+0×+×+×=.20206206206424.假设由自动线加工的某种零件的内径X（毫米）服从正态分布N（μ,1），内径小于10或大于12为不合格品，其余为合格品.销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T（单位：元）与销售零件的内径X有如下关系⎧−,1若X<10,⎪T=⎨20,若10≤X≤12,⎪⎩−,5若X>12.问：平均直径μ取何值时，销售一个零件的平均利润最大？【解】ET()=−PX{<10}20{10+P≤X≤12}5{−PX>12}=−PX{−u12−u}=−Φ(10−u)20[(12+Φ−u)−Φ(10−u)]5[1−−Φ(12−u)]=25(12Φ−u)21(10−Φ−u)5.−10 故d()ET令1−x2/2=25(12ϕ−u)(1)21(10×−−ϕ−u)(1)×−0(这里ϕ()x=e),du2π22−(12−u)/2−(10−u)/2得25e=21e两边取对数有1212ln25−(12−u)=ln21−(10−u).221251解得u=11−ln=11−ln1.1910.9128≈(毫米)2212由此可得，当u=10.9毫米时，平均利润最大.25.设随机变量X的概率密度为⎧1x⎪cos,0≤x≤π,f(x)=⎨22⎪⎩,0其他.对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于π/3的次数，求Y2的数学期望.（2002研考）⎧π1,X>,⎪⎪3【解】令Y=⎨(i=1,2,3,4)iπ⎪0,X≤.⎪⎩34则Y=∑Yi~(4,)Bp.因为i=1ππππ/31x1p=PX{>}1=−PX{≤}及PX{≤}=∫cosdx=,3330222111所以EY()=,()DY=,()EY=×4=2,ii2421122DY()=××4==1EY()(−EY),22222从而EY()=DY()[()]+EY=+12=5.26.两台同样的自动记录仪，每台无故障工作的时间Ti(i=1,2)服从参数为5的指数分布，首先开动其中一台，当其发生故障时停用而另一台自动开启.试求两台记录仪无故障工作的总时间T=T1+T2的概率密度fT(t)，数学期望E（T）及方差D（T）.【解】由题意知：−5t⎧5e,t≥0,ft()=⎨i⎩0,t<0.因T1,T2独立，所以fT(t)=f1(t)*f2(t).当t<0时，fT(t)=0;当t≥0时，利用卷积公式得11 +∞t−5x−5(tx−)−5tft()=fxft()i(−xx)d=5ei5edx=25etT∫−∞12∫0故得−5t⎧25e,tt≥0,ft()=⎨T⎩0,t<0.11由于Ti~E(5),故知E(Ti)=,D(Ti)=(i=1,2)5252因此，有E(T)=E(T1+T2)=.52又因T1,T2独立，所以D（T）=D（T1+T2）=.2527.设两个随机变量X，Y相互独立，且都服从均值为0，方差为1/2的正态分布，求随机变量|X−Y|的方差.22⎛⎛1⎞⎞⎛⎛1⎞⎞【解】设Z=X−Y，由于X~N⎜0,⎜⎟⎟,Y~N⎜0,⎜⎟⎟,⎜⎝⎝2⎠⎟⎠⎜⎝⎝2⎠⎟⎠且X和Y相互独立，故Z~N（0，1）.因22DX(−Y)=DZ()=EZ(||)[(|−EZ|)]22=EZ()[()],−EZ而+∞122−z/2EZ()=DZ()1,(|=EZ|)=∫||zedz−∞2π2+∞−z2/22=∫zedz=，2π0π2所以DX(|−Y|)1=−.π28.某流水生产线上每个产品不合格的概率为p(0−1,⎩,1若U>.113 试求（1）X和Y的联合概率分布；（2）D（X+Y）.【解】（1）为求X和Y的联合概率分布，就要计算（X，Y）的4个可能取值(−1,−1),(−1,1),(1,−1)及(1,1)的概率.P{x=−1,Y=−1}=P{U≤−1,U≤1}−1dx−1dx1=PU{≤−1}=∫=∫=−∞4−244P{X=−1,Y=1}=P{U≤−1,U>1}=P{∅}=0,P{X=1,Y=−1}=P{U>−1,U≤1}1dx1=P{1−−1,U>1}=PU{>1}∫=.144故得X与Y的联合概率分布为⎡(1,1)(1,1)(1,1)(1,1)−−−−⎤(,)~XY⎢111⎥.⎢0⎥⎣424⎦(2)因DX(+Y)=EX[(+Y)][(2−EX+Y)]2,而X+Y及（X+Y）2的概率分布相应为⎡−202⎤⎡04⎤X+Y~⎢111⎥,(X+Y)~2⎢11⎥.⎢⎥⎢⎥⎣424⎦⎣22⎦11从而EX(+Y)=−×(2)+×2=0,44211EX[(+Y)]0=×+×4=2,2222所以DX(+Y)=EX[(+Y)][(−EX+Y)]=2.1−x31.设随机变量X的概率密度为f(x)=e，（−∞PX{||105}=P⎨>⎬10010⎪×20×20⎪⎪⎩1212⎪⎭⎧⎫⎪⎪V−100⎪⎪=P⎨>0.387⎬≈−Φ1(0.387)=0.348,10⎪×20⎪⎪⎩12⎪⎭即有P{V>105}≈0.3485.有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3m.现从这批木柱中随机地取出100根，问其中至少有30根短于3m的概率是多少？2 【解】设100根中有X根短于3m，则X~B（100，0.2） 从而⎛301000.2−×⎞PX{≥30}1=−PX{<30}1≈−Φ⎜⎟⎝1000.20.8××⎠=−Φ1(2.5)10.9938=−=0.0062.6.某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8.医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言.（1）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，问接受这一断言的概率是多少？（2）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7，问接受这一断言的概率是多少？⎧1,第人治愈i,【解】X=⎨i=1,2,⋯,100.i⎩0,其他.100令X=∑Xi.i=1(1)X~B(100,0.8)，100⎛751000.8−×⎞P{∑Xi>75}1=−PX{≤75}1≈−Φ⎜⎟i=1⎝1000.80.2××⎠=−Φ−1(1.25)=Φ(1.25)=0.8944.(2)X~B(100,0.7)，100⎛751000.7−×⎞P{∑Xi>75}1=−PX{≤75}1≈−Φ⎜⎟i=1⎝1000.70.3××⎠5=−Φ1()1=−Φ(1.09)=0.1379.217.用Laplace中心极限定理近似计算从一批废品率为0.05的产品中，任取1000件，其中有20件废品的概率.【解】令1000件中废品数X，则p=0.05,n=1000,X~B(1000,0.05)，E(X)=50，D(X)=47.5.故1⎛2050−⎞1⎛30⎞PX{=20}=ϕ⎜⎟=ϕ⎜−⎟47.5⎝47.5⎠6.895⎝6.895⎠1⎛30⎞−6=ϕ⎜⎟=4.510.×6.895⎝6.895⎠8.设有30个电子器件.它们的使用寿命T1，…，T30服从参数λ=0.1[单位：（小时）-1]的指数3 分布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，以此类推.令T为30个器件使用的总计时间，求T超过350小时的概率.111【解】ET()===10,DT()==100,ii2λ0.1λET()1030=×=300,DT()=3000.故⎛350300−⎞⎛5⎞PT{>350}1≈−Φ⎜⎟=−Φ1⎜⎟=−Φ1(0.913)=0.1814.⎝3000⎠⎝30⎠9.上题中的电子器件若每件为a元，那么在年计划中一年至少需多少元才能以95%的概率保证够用（假定一年有306个工作日，每个工作日为8小时）.【解】设至少需n件才够用.则E(Ti)=10，D(Ti)=100，E(T)=10n，D(T)=100n.n⎛306810×−n⎞从而P{∑Ti≥3068}0.95,×=即0.05≈Φ⎜⎟.i=1⎝10n⎠故⎛10n−2448⎞n−244.80.95=Φ⎜⎟,1.64=,n≈272.⎝10n⎠n所以需272a元.10.对于一个学生而言，来参加家长会的家长人数是一个随机变量，设一个学生无家长、1名家长、2名家长来参加会议的概率分别为0.05,0.8,0.15.若学校共有400名学生，设各学生参加会议的家长数相与独立，且服从同一分布.（1）求参加会议的家长数X超过450的概率？（2）求有1名家长来参加会议的学生数不多于340的概率.【解】（1）以Xi(i=1,2,…,400)记第i个学生来参加会议的家长数.则Xi的分布律为Xi012P0.050.80.15易知E（Xi=1.1）,D(Xi)=0.19,i=1,2,…,400.400而X=∑Xi,由中心极限定理得i400∑Xi−4001.1×近似地X−4001.1×i=~N(0,1).4000.19×419×⎛4504001.1−×⎞于是PX{>450}1=−PX{≤450}1≈−Φ⎜⎟⎝419×⎠=−Φ1(1.147)=0.1357.(2)以Y记有一名家长来参加会议的学生数.则Y~B(400,0.8) 由拉普拉斯中心极限定理得4 ⎛3404000.8−×⎞PY{≤340≈Φ⎜⎟=Φ(2.5)=0.9938.⎝4000.80.2××⎠11.设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率？【解】用X表10000个婴儿中男孩的个数，则X~B（10000，0.515） 要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求P{X≤5000}.由中心极限定理有⎛5000100000.515−×⎞PX{≤5000}≈Φ⎜⎟=Φ−(3)1=−Φ(3)=0.00135.⎝100000.5150.485××⎠12.设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为0.9.以95%概率估计，在一次行动中：（1）至少有多少个人能够进入？（2）至多有多少人能够进入？【解】用Xi表第i个人能够按时进入掩蔽体（i=1,2,…,1000）.令Sn=X1+X2+…+X1000.(1)设至少有m人能够进入掩蔽体，要求P{m≤Sn≤1000}≥0.95，事件⎛m−10000.9×S−900⎞n{m≤S}=⎜≤⎟.n⎝10000.90.1××90⎠由中心极限定理知：⎛m−10000.9×⎞Pm{≤S}1=−PS{0.977=Φ(2).⎝n⎠100010−n因此可从>2解出n<98.0199,n即最多可装98箱.7 习题六1.设总体X~N（60，152），从总体X中抽取一个容量为100的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值大于3的概率.【解】μ=60,σ2=152,n=100X−µZ=~N(0,1)σ/nX−60即Z=~N(0,1)15/10PX(|−60|3)>=PZ(||30/15)1>=−PZ(||2)<=2[1−Φ(2)]=2(10.9772)−=0.0456.2.从正态总体N（4.2，52）中抽取容量为n的样本，若要求其样本均值位于区间（2.2,6.2）内的概率不小于0.95，则样本容量n至少取多大？【解】X−4Z=~N(0,1)5/n2.24.2−6.24.2−P(2.21.96,即n>24.01，所以n至少应取253.设某厂生产的灯泡的使用寿命X~N（1000，σ2）（单位：小时），随机抽取一容量为9的样本，并测得样本均值及样本方差.但是由于工作上的失误，事后失去了此试验的结果，只记得样本方差为S2=1002，试求P（X＞1062）.【解】μ=1000,n=9，S2=1002X−µX−1000t==~(8)tS/n100/310621000−PX(>1062)=Pt(>)=Pt(>1.86)=0.05100/34.从一正态总体中抽取容量为10的样本，假定有2%的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上，求总体的标准差.X−µ【解】Z=~N(0,1)，由P(|X-μ|>4)=0.02得σ/n1 P|Z|>4(σ/n)=0.02,⎡⎛410⎞⎤⎛410⎞故21⎢−Φ⎜⎟⎥=0.02,即Φ⎜⎟=0.99.⎢⎣⎜⎝σ⎟⎠⎥⎦⎜σ⎟⎝⎠410查表得=2.33,σ410所以σ==5.43.2.335.设总体X~N（μ，16），X1，X2，…，X10是来自总体X的一个容量为10的简单随机样本，S2为其样本方差，且P（S2＞a）=0.1，求a之值.229S22⎛29a⎞【解】χ=~χ(9),(PS>a)=P⎜χ>⎟=0.1.16⎝16⎠9a查表得=14.684,1614.68416×所以a==26.105.96.设总体X服从标准正态分布，X1，X2，…，Xn是来自总体X的一个简单随机样本，试问统计量5n2(−)1∑Xi5i=1Y=，n＞5n2∑Xii=6服从何种分布？5n222222【解】χi=∑Xi~χ(5),χ2=∑Xi~Xn(−5)i=1i=122且χ1与χ2相互独立.所以2X/51Y=~F(5,n−5)2X/n−527.求总体X~N（20，3）的容量分别为10，15的两个独立随机样本平均值差的绝对值大于0.3的概率.【解】令X的容量为10的样本均值，Y为容量为15的样本均值,则X~N(20,310),3Y~N(20,)，且X与Y相互独立.15⎛33⎞则X−Y~N⎜0,+⎟=N(0,0.5),⎝1015⎠2 X−Y那么Z=~N(0,1),0.5所以⎛0.3⎞PX(|−Y|0.3)>=P⎜|Z|>⎟=2[1−Φ(0.424)]⎝0.5⎠=2(10.6628)−=0.6744.222X+X+⋯+X8.设总体X~N（0，σ2）,X,…,X,…,X为总体的一个样本.则Y=121011015(222)2X+X+⋯+X111215服从分布,参数为.Xi【解】~N(0,1),i=1,2,…,15.σ10X215X22⎛i⎞22⎛i⎞2那么χ1=∑⎜⎟~χ(10),χ2=∑⎜⎟~χ(5)i=1⎝σ⎠i=11⎝σ⎠22且χ1与χ2相互独立,所以222X+⋯+XX/101101Y==~F(10,5)2222(X+⋯+X)X/511152所以Y~F分布，参数为（10,5）.9.设总体X~N（μ1,σ2）,总体Y~N(μ2,σ2),X1,X2,…,X和Y1，Y2，…，X分别来自总体X和Yn1n2的简单随机样本，则⎡n1n2⎤22⎢∑(Xi−X)+∑(Yj−Y)⎥E⎢i=1j=1⎥=.⎢n+n−2⎥12⎢⎥⎣⎦1n11n2222【解】令S1=∑(Xi−X),S2=∑(Yi−Y),n1−1i=1n2−1j=1n1n22222则∑(Xi−X)=(n1−1)S1,∑(yj−y)=(n2−1)S2,i=1j=1222(n1−1)S122(n2−1)S22又χ=~χ(n−1),χ=~χ(n−1),121222σσ那么3 ⎡n1n2⎤22⎢∑(Xi−X)+∑(Yj−Y)⎥E⎢i=1j=1⎥=1iE(σχ22+σχ22)12⎢n+n−2⎥n+n−21212⎢⎥⎣⎦2σ22=[(Eχ)+E(χ)]12n+n−2122σ2=[(n−1)(+n−1)]=σ12n+n−2122n110.设总体X~N（μ,σ2），X，X，…，X（n≥2）是总体X的一个样本，X=X，令122n∑i2ni=1n2Y=∑(Xi+Xn+i−2X)，求EY.i=1【解】令Zi=Xi+Xn+i,i=1,2,…,n.则Zi~N(2μ,2σ2)(1≤i≤n),且Z1,Z2,…,Zn相互独立.nnZi22令Z=∑,S=∑(Zi−Z)/n−1,i=1ni=12nnX11i则X=∑=∑Zi=Z,i=12n2ni=12故Z=2X那么nn222Y=∑(Xi+Xni+−2)X=∑(Zi−Z)=(n−1)S,i=1i=1所以22EY()=(n−1)ES=2(n−1)σ.1−x11.设总体X的概率密度为f(x)=e(-∞0)，那么θ=max{}x时，L=L(θ)最大,i1≤≤i8所以θ的极大似然估计值θˆ=0.9.因为E()=θˆE(max{}x)≠θ,所以θˆ=max{}x不是θ的无偏计.ii1≤≤i81≤≤i86.设X，X，…，X是取自总体X的样本，E（X）=μ，D（X）=σ2，σˆ212nn−1=k∑(X−X)2,问k为何值时σˆ2为σ2的无偏估计.i+1ii=1【解】令Y=X−X,i=1,2,…,n-1,ii+1i2则EY()=EX()−EX()=µ−µ=0,()DY=2σ,ii+1iin−12222于是Eσˆ=Ek[(∑Yi)]=kn(−1)EY1=2σ(n−1),ki=12222那么当E(σˆ)=σ,即2σ(n−1)k=σ时,1有k=.2(n−1)7.设X1，X2是从正态总体N（μ，σ2）中抽取的样本211311µˆ=X+X;µˆ=X+X;µˆ=X+X;112212312334422试证µµµˆˆ,,ˆ都是μ的无偏估计量，并求出每一估计量的方差.123⎛21⎞2121【证明】（1）E()µˆ=E⎜X+X⎟=EX()+EX()=µ+µ=µ,11212⎝33⎠333313E(µˆ)=EX()+EX()=µ,2124411E(µˆ)=EX()+EX()=µ,31222所以µµµˆˆ,,ˆ均是μ的无偏估计量.123222⎛⎞2⎛⎞1425σ(2)D()µˆ=⎜⎟DX()+⎜⎟DX()=Xσ=,112⎝⎠3⎝⎠3993 222⎛⎞1⎛⎞35σD(µˆ)=⎜⎟DX()+⎜⎟DX()=,212⎝⎠4⎝⎠4822⎛⎞1σD(µˆ3)=⎜⎟(DX(1)+DX(2))=,⎝⎠228.某车间生产的螺钉，其直径X~N（μ，σ2），由过去的经验知道σ2=0.06,今随机抽取6枚，测得其长度（单位mm）如下：14.715.014.814.915.115.2试求μ的置信概率为0.95的置信区间.【解】n=6,σ2=0.06,α=1-0.95=0.05,x=14.95,u=u=1.96,,a0.252μ的置信度为0.95的置信区间为⎛σ⎞⎜xu±⎟=(14.950.11.96)±×=(14.754,15.146).α/2⎝n⎠9.总体X~N(μ,σ2)，σ2已知，问需抽取容量n多大的样本，才能使μ的置信概率为1-α，且置信区间的长度不大于L？⎛σ⎞【解】由σ2已知可知μ的置信度为1-α的置信区间为⎜x±u⎟,α/2⎝n⎠2σ于是置信区间长度为iu,α/2n222σ4σ(u)α/2那么由iu≤L,得n≥α/22nL10.设某种砖头的抗压强度X~N（μ，σ2），今随机抽取20块砖头，测得数据如下（kg·cm-2）：64694992559741848899846610098727487844881（1）求μ的置信概率为0.95的置信区间.（2）求σ2的置信概率为0.95的置信区间.【解】x=76.6,s=18.14,α=−10.95=0.05,n=20,t(n−1)=t(19)=2.093,α/20.025222χ(n−1)=χ(19)=32.852,χ(19)=8.907α/20.0250.975(1)μ的置信度为0.95的置信区间⎛s⎞⎛18.14⎞⎜x±t(n−1)⎟=⎜76.6±×2.093⎟=(68.11,85.089)a/2⎝n⎠⎝20⎠2(2)σ的置信度为0.95的置信区间4 22⎛(n−1)s(n−1)s⎞⎛192192⎞⎜,⎟=⎜×18.14,×18.14⎟=(190.33,702.01)22⎝χ(n−1)χ(n−1)⎠⎝32.8528.907⎠α/21−α/2θ⎧(θ+1)x,0−1⎩0,其他.X1,X2,…,Xn是X的一个样本，求θ的矩估计量及极大似然估计量.【解】(1)+∞1θ+1θ+1EX()=∫xfxx()d=∫(θ+1)xdx=,−∞0θ+2又θ+1X=EX()=,θ+2故ˆ2X−1θ=1−Xˆ2X−1.所以θ的矩估计量θ=1−X(2)似然函数nn⎧nθ⎪(θ+1)x0θ;f(x,θ)=⎨⎩0,x≤θ.其中θ(θ>0)为未知参数，又设x1,x2,…,xn是总体X的一组样本观察值，求θ的极大似然估计值.【解】似然函数n⎧−2∑(xi−θ)L=L()=⎨⎪2en⋅i=1x≥0;i=1,2,⋯,;nθi⎪⎩0其他.nlnL=nln22−∑(xi−θ),xi≥θ;i=1,2,⋯,,ni=1dlnL由=2n>0知ln(),Lθ↑dθ那么当θˆ=min{}x时ln()Lθˆ=maxln()Lθi1≤≤inθ>0所以θ的极大似然估计量θˆ=min{}xi1≤≤in14.设总体X的概率分布为X0123Pθ22θ(1-θ)θ21-2θ1其中θ(0<θ<)是未知参数，利用总体的如下样本值3，1，3，0，3，1，2，3，求θ的矩估26 计值和极大似然估计值.【解】(1)()EX=−34,θ令EX()=x得θˆ=3−x48xi又x=∑=2i=18ˆ3−x1.所以θ的矩估计值θ==448624（2）似然函数L=Px(,)θ=4θ(1−θ)(12).−θ∏ii=1lnL=ln46ln+θ+2ln(1−θ)4ln(1+−θ),2dlnL628628−θ+24θ=−−==0,dθθ1−θ12−θθ(1−θ)(12)−θ2解628−θ+24θ=07±13得θ=.1,227+131由于>,122ˆ7−13所以θ的极大似然估计值为θ=.215.设总体X的分布函数为β⎧α⎪1−,x>α,F（x,β）=β⎨x⎪⎩0,x≤α.其中未知参数β>1,α>0，设X1,X2,…,Xn为来自总体X的样本（1）当α=1时，求β的矩估计量；（2）当α=1时，求β的极大似然估计量；（3）当β=2时，求α的极大似然估计量.【解】⎧β⎪,x≥1;当α=1时，fx(,)β=Fx1(,1,)β=⎨xβ+1x⎪⎩0,x<1.2⎧2α1⎪3,x≥α;当β=2时,fx(,)α=Fx(,,2)α=⎨xx⎪⎩0,x<α.7 +∞ββ1−β+∞β(1)EX()=dx=x=∫1xβ1−β1β−1X令EX()=X,于是βˆ=,X−1X所以β的矩估计量βˆ=.X−1(2)似然函数⎧⎛n⎞nn−(β+1)⎪β⎜∏xi⎟,xi>1,(i=1,2,⋯,);nL=L()β=∏fx(,)iβ=⎨⎝i=1⎠i=1⎪⎩0,其他.nlnL=nlnβ−(β+1)∑ln,xii=1ndlnLn=−∑lnxi=0,dββi=1ˆn.所以β的极大似然估计量β=n∑lnxii=1(3)似然函数n2n⎧2α⎪,x≥α,(i=1,2,⋯,);n3inn⎪⎛⎞L=∏fx(,)iα=⎨⎜∏xi⎟i=1⎪⎝i=1⎠⎪⎩0,其他.显然L=L(),α↑那么当αˆ=min{}x时,L=L()αˆ=max()Lα,i1≤≤ina>0所以α的极大似然估计量αˆ=min{}x.i1≤≤in16.从正态总体X~N（3.4，62）中抽取容量为n的样本，如果其样本均值位于区间（1.4，5.4）内的概率不小于0.95，问n至少应取多大？z12−t/2ϕ()z=∫edt−∞2πz1.281.6451.962.33ϕ(z)0.90.950.9750.992X−3.4⎛6⎞【解】X~N⎜3.4,⎟,则Z=~N(0,1),⎝n⎠6/n8 ⎧1.43.4−5.43.4−⎫P{1.4Z.0.025所以拒绝H0，认为总体平均值有显著性变化.2.某种矿砂的5个样品中的含镍量（%）经测定为：3.243.263.243.273.25设含镍量服从正态分布，问在α=0.01下能否接收假设：这批矿砂的含镍量为3.25.【解】设H:µ=µ=3.25;H:µ≠µ=3.25.0010n=5,α=0.01,t(n−1)=t(4)=4.6041α/20.005x=3.252,s=0.013,x−µ(3.2523.25)−0t==×5=0.344,s/n0.013t−z=−1.65.0.05所以接受H0，认为电池的寿命不比该公司宣称的短.5.测量某种溶液中的水分，从它的10个测定值得出x=0.452(%),s=0.037(%).设测定值总体为正态，μ为总体均值，σ为总体标准差，试在水平α=0.05下检验.（1）H0：μ=0.5(%)；H1：μ＜0.5(%).（2）H′:σ=0.04(%)；H′:σ＜0.04(%).01【解】(1)µ=0.5;n=10,α=0.05,(tn−1)=t(9)1.8331,=0α0.05x=0.452,s=0.037,x−µ(0.4520.5)−0t==×10=−4.10241,s/n0.037t<−t(9)=−1.8331.0.05所以拒绝H0，接受H1.(2)2222σ=(0.04),n=10,α=0.05,χ=χ(9)=3.325,01−α0.95x=0.452,s=0.037,222(n−1)s90.037×χ===7.7006,22σ0.04022χ>χ(9).0.95所以接受H0，拒绝H1.6.某种导线的电阻服从正态分布N（μ，0.0052）.今从新生产的一批导线中抽取9根，测其电阻，得s=0.008欧.对于α=0.05，能否认为这批导线电阻的标准差仍为0.005?【解】H:σ=σ=0.005;H:σ=σ≠0.005.0010n=9,α=0.05,s=0.008,2222χ(8)=χ(8)17.535,=χ(8)=χ(8)=2.088,α/20.0251−α/20.975222(n−1)s80.008×22χ===20.48,χ>χ(8).220.025σ(0.005)0故应拒绝H0，不能认为这批导线的电阻标准差仍为0.005.7.有两批棉纱，为比较其断裂强度，从中各取一个样本，测试得到：第一批棉纱样本：n1=200，x=0.532kg,s1=0.218kg；第二批棉纱样本：n2=200，y=0.57kg,s2=0.176kg.2 设两强度总体服从正态分布，方差未知但相等，两批强度均值有无显著差异？(α=0.05)【解】H:µ=µ;H:µ≠µ.012112n=n=200,α=0.05,12t(n+n−2)=t(398)≈z=1.96,α/2120.0250.0252222(n−1)s+(n−1)s199(0.218×+0.176)1122s===0.1981,wn+n−239812x−y(0.5320.57)−t===−1.918;1111s+0.1981×+wnn20020012tF.0.05故灯丝材料对灯泡寿命无显著影响.表9-1-19-9-1-11-1方差分析表方差来源平方和S自由度均方和SF值因素影响44360.7314786.92.15误差151350.8226879.59总和195711.54252.一个年级有三个小班，他们进行了一次数学考试，现从各个班级随机地抽取了一些学生，记录其成绩如下：ⅠⅡⅢ7366887768418960783179598245487856681 43939162915380365176717973778596711574808756试在显著性水平0.05下检验各班级的平均分数有无显著差异.设各个总体服从正态分布，且方差相等.【解】rr=3,n=∑ni=40,i=13niT22..ST=∑∑xij−=199462-185776.9=13685.1,i=1j=1n3212T..SA=∑Ti.−=186112.25-185776.9=335.35,i=1ninS=S−S=13349.65,ETAS/(r−1)167.7AF===0.465S/(nr−)360.8EF(2,37)=3.23>F.0.05故各班平均分数无显著差异.表9-2-19-9-2-12-1方差分析表方差来源平方和S自由度均方和SF值因素影响335.352167.680.465误差13349.6537360.80总和13685393.下面记录了3位操作工分别在不同机器上操作3天的日产量.操作机工甲乙丙器A1151517191916161821A2171717151515192222A3151716181716181818A4182022151617171717取显著性水平α=0.05,试分析操作工之间，机器之间以及两者交互作用有无显著差异？【解】由已知r=4,s=3,t=3.TTTT,,,的计算如表9-3-1....iji....j2 表9-3-19-9-3-13-1Tij操Ti..作甲乙丙工机器A4754551561A5145631592A4851541533A6048511594T206198223627..jrstT22...ST=∑∑∑xijk−=1106510920.25144.75,−=i=1j=1k=1rstr212T...SA=∑Ti..−=1092310920.25−=2.75,sti=1rsts212T...SB=∑T..j−=10947.4210920.25−=27.17,rtj=1rst⎛rs2⎞12T...SAB×=⎜∑∑Tij.−⎟−SA−SB=73.50,⎝ti=1j=1rst⎠S=S−S−S−S=41.33.ETABAB×表9-3-29-9-3-23-2得方差分析表方差来源平方和S自由度均方和SF值因素A（机器）2.7530.92FA=053因素B（操作工）27.17213.58FB=7.89交互作用A×B73.50612.25FAB×=7.12误差4.33241.72总和1094.75F(3,24)=3.01,F(2,24)=3.40,F(6,24)=2.51.0.050.050.05接受假设H，拒绝假设H,H.010203即机器之间无显著差异，操作之间以及两者的交互作用有显著差异.3 4.为了解3种不同配比的饲料对仔猪生长影响的差异，对3种不同品种的猪各选3头进行试验，分别测得其3个月间体重增加量如下表所示，取显著性水平α=0.05，试分析不同饲料与不同品种对猪的生长有无显著影响？假定其体重增长量服从正态分布，且各种配比的方差相等.因素B（品种）体重增长量B1B2B3因素AA1515645（饲料）A2535749A3525847【解】由已知r=s=3,经计算x=52,x=50.66,x=531.2.x=52.34,x=52,x=57,x=47,3..1.2.3rs2ST=∑∑(xij−x)=162;i=1j=1r2SA=s∑(xi.−x)=8.73,i=1r2SB=r∑(x.j−x)=150,j=1S=S−S−S=3.27.ETAB表9-4-19-9-4-14-1得方差分析表方差来源平方和S自由度均方和SF值饮料作用8.6824.345.23品种作用15027590.36试验误差3.3240.83总和162由于F(2,4)=6.94>FF,(2,4)F(1,7)=5.59.0.05Q/n−2剩故拒绝H0，即两变量的线性相关关系是显著的.(3)yˆ=36.58910.456570+×=68.5474,0Q0.9784剩给定α=0.05,t(7)=2.3646,σˆ===0.3739,0.025n−272⎛603⎞2⎜70−⎟1(x−x)1⎝9⎠01++=1++=1.0792,nS9168xx故21(x−x)(2)ˆ102.36460.37391.079tn−σ++=××2=0.9540.α/2nSxx从而其儿子的身高的置信度为95%的预测区间为(68.5474±0.9540)=(67.5934,69.5014).3.随机抽取了10个家庭，调查了他们的家庭月收入x（单位：百元）和月支出y(单位：百元)，记录于下表：x20152025162018192216y18141720141917182013求：(1)在直角坐标系下作x与y的散点图，判断y与x是否存在线性关系.(2)求y与x的一元线性回归方程.(3)对所得的回归方程作显著性检验.（α=0.025）【解】(1)散点图如右，从图看出，y与x之间具有线性相关关系.(2)经计算可得101010101022∑xi=191,∑yi=170,∑xi=3731,∑xyii=3310,∑yi=2948,i=1i=1i=1i=1i=1S=82.9,S=63,S=58.xxxyyyˆSxy170191故b==0.7600,aˆ=−0.76×=2.4849,S1010xx从而回归方程：yˆ=2.48490.76.+x题3图2 2Sxy(3)Q==47.8770,Q=Q−Q=5847.87710.1230,−=回剩总回SxxQ回F==37.8360>F(1,8)=7.57.0.05Q/n−2剩故拒绝H0,即两变量的线性相关关系是显著的.4.设y为树干的体积，x1为离地面一定高度的树干直径，x2为树干高度，一共测量了31棵树，数据列于下表，作出y对x1,x2的二元线性回归方程，以便能用简单分法从x1和x2估计一棵树的体积，进而估计一片森林的木材储量.x1(直径)x2(高)y(体积)x1(直径)x2(高)y(体积)8.37010.312.98533.88.66510.313.38627.48.86310.213.77125.710.57210.413.86424.910.78116.814.07834.510.88318.814.28031.711.06619.715.57436.311.07515.616.07238.311.18018.216.37742.611.27522.617.38155.411.37919.917.58255.711.47624.217.98058.311.47621.018.08051.511.76921.418.08051.012.07521.320.68777.012.97419.1【解】根据表中数据，得正规方程组⎧31b+411.7b+2356b=923.9,012⎪⎨411.7b+5766.55b+31598.7b=13798.85,012⎪⎩2356b+31598.7b+180274b=72035.6.012解之得，b0=-54.5041,b1=4.8424,b2=0.2631.^故回归方程：y=-54.5041+4.8424x1+0.2631x2.5.一家从事市场研究的公司，希望能预测每日出版的报纸在各种不同居民区内的周末发行量，两个独立变量，即总零售额和人口密度被选作自变量.由n=25个居民区组成的随机样本所给出的结果列表如下，求日报周末发行量y关于总零售额x1和人口密度x2的线性回归方程.日报周末发行量yi总零售额xi1人口密度xi2居民区(×104份)(105元)(×0.001m2)13.021.747.823.324.151.334.737.476.843.929.466.23 53.222.651.964.132.065.373.626.457.484.331.666.894.735.576.4103.525.153.0114.030.866.9123.525.855.9134.030.366.5143.022.245.3154.535.773.6164.130.965.1174.835.575.2183.424.254.6194.333.468.7204.030.064.8214.635.174.7223.929.462.7234.332.567.6243.124.051.3254.433.970.8【解】类似于习题4，可得正规方程组⎧25b+739.5b+1576.6b=98.2,012⎪⎨739.5b+22429.15b+47709.1b=2968.58,012⎪⎩1576.6b+47709.1b+101568b=6317.95.012解之得，b0=0.3822,b1=0.0678,b2=0.0244.故回归方程：yˆ=0.3822+0.0678x1+0.0244x2.6.一种合金在某种添加剂的不同浓度之下，各做3次试验，得数据如下：浓度x10.015.020.025.030.0抗压强度y25.229.831.231.729.427.331.132.630.130.828.727.829.732.332.8(1)作散点图.(2)以模型y=b0+b1x1+b2x2+ε,ε~N(0,σ2)拟合数据，其中b0,b1,b2,σ2与x无关，求回归方程yˆ=bˆ+bˆx+bˆx2.012【解】(1)散点图如下图.4 题6图(2)令x1=x,x2=x2，根据表中数据可得下表浓度x(x1)1015202530x2(x2)100225400625490025.229.831.231.729.4抗压强度27.331.132.630.130.8y28.727.829.732.332.8根据上表中数据可得正规方程组⎧15b+300b+6750b=450.5,012⎪⎨300b+6750b+165000b=9155,012⎪⎩6750b+165000b+4263750b=207990.012解之得:b0=19.0333,b1=1.0086,b2=-0.0204.故y关于x1与x2的回归方程：=19.0333+1.0086x1-0.0204x2,从而抗压强度y关于浓度x的回归方程:yˆ=19.0333+1.0086x-0.0204x2.5'