概率论与数理统计_习题答案.pdf 79页

'习题1解答1．写出下列随机试验的样本空间及下列事件中的样本点：（1）掷一颗骰子，记录出现的点数.A=“出现奇数点”；（2）将一颗骰子掷两次，记录出现点数.A=“两次点数之和为10”，B=“第一次的点数，比第二次的点数大2”；（3）一个口袋中有5只外形完全相同的球，编号分别为1，2，3，4，5；从中同时取出3只球，观察其结果，A=“球的最小号码为1”；（4）记录在一段时间内，通过某桥的汽车流量，A=“通过汽车不足5台”，B=“通过的汽车不少于3台”.解（1）Ω={ωωωωωω,,,,,}其中ω=“出现i点”i=1,2,⋯,6，123456iA={ωωω,,}.135（2）Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6)(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6)(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6)(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}；A={(4,6),(5,5),(6,4)}；B={(3,1),(4,2),(5,3),(6,4)}.（3）Ω={(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),(1,3,4),(1,4,5),(1,2,4),(1,2,5)(2,3,5),(2,4,5),(1,3,5)}A={(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5)}（4）Ω={0,1,2,},⋯A={0,1,2,3,4},B={3,4,}⋯.2．设ABC,,是随机试验E的三个事件，试用ABC,,表示下列事件：（1）仅A发生；（2）ABC,,中至少有两个发生；（3）ABC,,中不多于两个发生；（4）ABC,,中恰有两个发生；（5）ABC,,中至多有一个发生.1 解（1）ABC（2）AB∪AC∪BC或ABC∪ABC∪ABC∪ABC；（3）A∪B∪C或ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC；（4）ABC∪ABC∪ABC；（5）AB∪AC∪BC或ABC∪ABC∪ABC∪ABC；3．一个工人生产了三件产品，以Ai(=1,2,3)表示第i件产品是正品，试用A表示下列事ii件：（1）没有一件产品是次品；（2）至少有一件产品是次品；（3）恰有一件产品是次品；（4）至少有两件产品不是次品.解（1）AAA；（2）A∪A∪A；（3）AAA∪AAA∪AAA；（4）123123123123123AA∪AA∪AA.1213234．在电话号码中任取一个电话号码，求后面四个数字全不相同的概率.解设A=“任取一电话号码后四个数字全不相同”，则4P12610PA()===0.5044102505．一批晶体管共40只，其中3只是坏的，今从中任取5只，求（1）5只全是好的的概率；（2）5只中有两只坏的的概率.5C37解（1）设A=“5只全是好的”，则PA()=≐0.662；5C4023CC337（2）设“5只中有两只坏的”，则PB()=≐0.0354.5C406．袋中有编号为1到10的10个球，今从袋中任取3个球，求（1）3个球的最小号码为5的概率；（2）3个球的最大号码为5的概率.2C1解（1）设A=“最小号码为5”，则5PA()==；3C12102C1（2）设B=“最大号码为5”，则4PB()==.3C20107．求下列事件的概率：（1）一枚骰子连掷4次，至少出现一个6点；（2）两枚骰子连掷24次，至少出现一对6点.这是概率论发展历史中非常著名的一个问题(德·梅尔问题)，当年德·梅尔认为这两个2 事件的概率应当相同，但是在实际下赌注中发现其中一个发生的次数要稍微多些.为此他迷惑不解，把问题提交给了当时的数学家帕斯卡.下面我们就来具体计算一下两个事件的概率：设A=“一枚骰子连掷4次，至少出现一个6点”，1A=“两枚骰子连掷24次，至少出现一对6点”24442424246−5536−3535则PA()==−1≈0.5177，PA()==−1≈0.4914144224246636368．（1）教室里有r个学生，求他们的生日都不相同的概率；（2）房间里有四个人，求至少两个人的生日在同一个月的概率.rP解（1）设A=“他们的生日都不相同”，则365PA()=；r365（2）设B=“至少有两个人的生日在同一个月”，则21222321CCP+CC+CP+C414121141241212PB()==；412964P41或12PB()1=−PB()1=−=.412969．从6双不同的鞋子中任取4只，求：⑴其中恰有一双配对的概率；⑵至少有两只鞋子配成一双的概率．解⑴分析：先从6双中取出一双，两只全取；再从剩下的5双中任取两双，每双中取到一1221112211416只，则⑴中所含样本点数为CCCCC，所以所求概率P＝CCCCC/C＝62522625221233⑵设B表示“至少有两只鞋子配成一双”，则：P(B)=1−P(B)=1－4..11114＝17，或＝[12112]/4＝17C6C2C2C2C2/C12C6C5C2C2+C6C123333122[注]：不能把有利事件数取为CCC，否则会出现重复事件．这是因为，若鞋子标有号621012码1，2，…，6时，C可能取中第i号鞋，此时C可能取中j号一双，此时成为两双的配6102对为(i,j)；但也存在配对(j,i)，(i,j)与(j,i)是一种，出现了重复事件，即多出了C个6事件．10．设事件A与B互不相容，PA()=0.4,PB()=0.3，求PAB()与PA(∪B)解PAB()1=−PA(∪B)1=−PA()−PB()=0.3因为AB,不相容，所以A⊃B，于是PA(∪B)=PA()=0.611．若PAB()=PAB()且PA()=P，求PB().3 解PAB()1=−PA(∪B)1=−PA()−PB()+PAB()由PAB()=PAB()得PB()1=−PA()1=−p12．对任意三事件ABC,,，试证PAB()+PAC()−PBC()≤PA().证明PAB()+PAC()−PBC()≤PAB()+PAC()−PABC()=PAB(∪AC)=PABC{(∪)}≤PA().证毕.213．随机地向半圆0zx+z>yy+>zxAy不等式确定S的子域A，所以A的面积1xPA()==.S的面积415．随机地取两个正数x和y，这两个数中的每一个都不超过1，试求x与y之和不超过1，积不小于0.09的概率.解0≤x≤1,0≤y≤1，不等式确定平面域S.4 yA=“x+y≤1,xy≥0.09”则A发生的1充要条件为0≤+xy≤1,1≥xy≥0.09不SA等式确定了S的子域A，故A的面积0.90.9xPA()==∫(1−−x)dx00.10.9S的面积0.1x1=0.40.18ln30.2−=16．假设一批产品中一、二、三等品各占60%，30%，10%，从中任取一件，发现它不是三等品，求它是一等品的概率.解设A=“任取一件是i等品”i=1,2,3，iPAA()所求概率为13PA(|A)=，13PA()3因为A=A+A312所以PA()=PA()+PA()=0.60.30.9+=312PAA()=PA()=0.613162故PA(|A)==.139317．设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件中有一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率.解设A=“所取两件中有一件是不合格品”B=“所取两件中恰有i件不合格”i=1,2.i则A=B+B12112CCC464PA()=PB()+PB()=+，1222CC10102PB()C124所求概率为PB(|)A===.2112PA()CC+C546418．袋中有5只白球6只黑球，从袋中一次取出3个球，发现都是同一颜色，求这颜色是黑色的概率.解设A=“发现是同一颜色”，B=“全是白色”，C=“全是黑色”，则A=BC+，33PAC()PC()C/C2所求概率为611PCA(|)====3333PA()PBC(+)C/C+C/C361151119．设PA()=0.5,PB()=0.6,PBA(|)=0.8求PAB(∪)与PBA(−).5 解PAB(∪)=PA()+PB()−PAB()1.1=−PAPBA()(|)1.10.40.7=−=PB(−A)=PB()−PAB()=0.60.4−=0.2.20．甲袋中有3个白球2个黑球，乙袋中有4个白球4个黑球，今从甲袋中任取2球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，求该球是白球的概率.解设A=“从乙袋中取出的是白球”，B=“从甲袋中取出的两球恰有i个白球”i=0,1,2.i由全概率公式PA()=PBPAB()(|)+PBPAB()(|)+PBPAB()(|)0011222112C4CC1C6132323=⋅+⋅+⋅=.222C10C2C102555521．已知一批产品中96%是合格品，检查产品时，一个合格品被误认为是次品的概率是0.02，一个次品被误认为是合格品的概率是0.05，求在检查后认为是合格品的产品确是合格品的概率.解设A=“任取一产品，经检查是合格品”，B=“任取一产品确是合格品”，则A=BABA+PA()=PBPAB()(|)+PBPAB()(|)=0.960.980.040.050.9428×+×=，PBPAB()(|)0.960.98×所求概率为PBA(|)===0.998.PA()0.942822．玻璃杯成箱出售，每箱20只，假设各箱含0，1，2只残次品的概率分别为0.8，0.1，0.1，一顾客欲购一箱玻璃杯，售货员随意取一箱，顾客开箱随意地察看四只，若无残次品，则买下该箱，否则退回.试求：（1）顾客买下该箱的概率α；（2）在顾客买下的一箱中，确无残次品的概率β.解设A=“顾客买下该箱”，B=“箱中恰有i件残次品”，i=0,1,2，（1）α=PA()=PBPAB()(|)+PBPAB()(|)+PBPAB()(|)00112244CC1918=0.80.1+×+0.1×≈0.94；44CC2020PAB()0.80（2）β=PB(|)A==≈0.85.0PA()0.9423．某大型商场所出售的一种商品来自甲、乙、丙、丁四个厂家，它们的产品在该卖场所占6 的份额依次为：60%，20%，10%，10%，且根据以往的检验记录知，它们的次品率分别为1%，2%，3%，2%.现有一件商品因质量问题被退货，商场欲将该产品退给原厂家，或由其承担相关费用，但该产品的标识已脱落，从外观无法弄清生产厂家，请你通过计算分析，为该商场处理此事提出建议.解用A（i=1,2,3,4）分别表示产品来自甲、乙、丙、丁四个厂家，设B=“产品被退货”i则PA()=0.60，PA()=0.20，PA()=0.10，PA()=0.10，PBA()=0.01，12341PBA()=0.02，PBA()=0.03，PBA()=0.02234(1)由全概率公式,4PB()=∑PAPBA()(ii)=0.600.010.200.020.100.030.100.02×+×+×+×=0.015i=1(2)由贝叶斯公式,PAB(1)PAPBA()(11)0.600.01×6PAB()====1PB()PB()0.01515PAB(2)PAPBA(2)(2)0.200.02×4PAB()====2PB()PB()0.01515PAB(3)PAPBA(3)(3)0.100.03×3PAB()====3PB()PB()0.01515PAB(4)PAPBA(4)(4)0.100.02×2PAB()====4PB()PB()0.01515以上结果表明,这只产品来自甲工厂的可能性最大，尽管甲厂次品率最低，但甲厂所占的份额大，所以该产品出自甲厂的可能性最大.处理办法：商场可以将该产品退回甲厂，也可按照比例6:4:3:2由四个厂家分摊相关费用.24．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，求甲击中的概率.解设A=“目标被击中”，B=“第i个人击中”i=1,2,iPBA()PB()PB()所求概率为111PB(|)A===1PA()PB(+B)1−PBB()12120.6==0.75.10.40.5−×25．设PA()>0,PB()>0，证明A、B互不相容与A、B相互独立不能同时成立.7 证明若A、B互不相容，则AB=φ，于是PAB()0=≠PAPB()()0>所以A、B不相互独立.若A、B相互独立，则PAB()=PAPB()()>0，于是AB≠φ，即A、B不是互不相容的.注：从上面的证明可得到如下结论：1）若A、B互不相容，则A、B又是相互独立的⇔PA()=0或PB()=0.2）因A=BABA+，所以PA()=PBA()+PBA()如果PB()1=，则PBA()=0，从而PAB()=PA()=PAPB()()可见概率是1的事件与任意事件独立，自然，必然事件与任意事件独立.如果PB()=0，则PAB()=0=PAPB()()，即概率是零的事件与任意事件独立，自然，不可能事件与任何事件独立.26．证明若三事件ABC,,相互独立，则A∪B及AB−都与C独立.证明PA{(∪BC)}=PAC(∪BC)=PAC()+PBC()−PABC()=PBPC()()+PBPC()()−PAPBPC()()()=[()PA+PB()−PABPC()]()=PA(∪BPC)()即A∪B与C独立.PABC{(−)}=PABC()=PAPBPC()()()=PABPC()()=PABPC(−)()即AB−与C相互独立.27．某个公司招聘员工，指定三门考试课程，目前有两种考试方案：方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中任选两门，两门都及格为考试通过.若某应聘者对三门指定课程及格的概率分别为abc,,，且三门课程之间及格与否互不影响.（1）分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率；（2）哪种方案对应聘者更有利？为什么？解设A=“考生参加第i门考试且及格”，B=“第i个方案通过”，则ijPB()=PAAA()+PAAA()+PAAA()+PAAA()1123123123123=ab(1−c)+a(1−bc)+(1−abcabc)+=abbcca++−2abc1111PB()=PAA()+PAA()+PAA()=(abbcac++)21213233333由于abc,,∈(0,1)，所以8 22PB()−PB()=(abbcac++)2−abc=(ab(1−c)+bc(1−a)+ac(1−b))≥01233因此方案一比方案二更容易通过.28．图中1，2，3，4，5表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的概率均为p，且设各继电器闭合与否相互独立，求L至R是通路的概率.12LR345解设A=“LR−是通路”，B=“第i个接点闭合”i=1,2,3,4,5，则iA=BB∪BB∪BBB∪BBB1245135432PA()=PBB()+PBB()+PBBB()+PBBB()−PBBBB()−PBBBB()124513543223451234−PBBBB()−PBBBB()−PBBBB()−PBBBBB()12451235134512345+PBBBBB()+PBBBBB()+PBBBBB()1234512345123452345+PBBBBB()−PBBBBB()=2p+2p−5p+2p.123451234529．一射手对同一目标独立地进行四次射击，若至少命中一次的概率为80/81，求该射手的命中率.解设该射手的命中率为p，由题意804411=−1(1−p)，(1−p)=，1−p=818132所以p=.330．设一批晶体管的次品率为0.01，今从这批晶体管中抽取4个，求其中恰有一个次品和恰有两个次品的概率.13解P(1)=C(0.01)(0.99)=0.0388.44222P(2)=C(0.01)(0.99)=0.000588.4431．设在伯努里试验中，成功的概率为p，求第n次试验时得到第r次成功的概率.解设A=“第n次试验时得到第r次成功”，则A=“前n−1次试验，成功r−1次，第n次试验出现成功”，所以PA()=P（前n−1次试验，成功r−1次）P（第n次试验成功）r−1r−1nr−r−1rnr−=Cp(1−p)⋅p=Cp(1−p).n−1n−19 32．设一厂家生产的每台仪器，以概率0.7可以直接出厂，以概率0.3需进一步调试，经调试后以概率0.8可以出厂，以概率0.2定为不合格品，不能出厂.现该厂生产了nn(≥2)台仪器（假定各台仪器的生产过程相互独立）.求（1）全部能出厂的概率α；（2）其中恰有两台不能出厂的概率β；（3）其中至少有两台不能出厂的概率θ.解设A=“任取一台可以出厂”，B=“可直接出厂”，C=“需进一步调试”.则A=BACA+，PA()=PBPAB()(|)+PCPAC()(|)0.70.30.80.94=+×==p将n台仪器看作n重伯努里试验，成功的概率为p，于是n（1）α=(0.94)，22n−2（2）β=C(0.06)(0.94)，nnn−1（3）θ=−1(0.94)−×n(0.06)(0.94)×.习题2解答1．试说明下列函数能否为某随机变量的分布函数.⎧⎪0,x<0,⎪⎧0,x<0,⎪π⎪Fx()=⎨sin,x0≤x<,Fx()=⎨ln(1+x)12⎪2⎪,x≥0.⎩1+x⎪π1,x≥.⎪⎩2解Fx()是；Fx()不是，因为F(+∞=)01≠.1222．设随机变量X的分布函数为⎧0,x<−1,⎪⎪1=−⎪,x1,Fx()=⎨4⎪axb+,−<1x<1,⎪⎪⎩1,x≥1.1且PX(=1)=，试求：（1）常数ab,的值；（2）P(2−0的概率.2317337解(1)由c−c++−2+c=1知c=或2.又−×<220，故c=2舍去，252102211 3即c=.2P(00|X≤2)===1.PX(≤2)1−PX(=3)7．设离散型随机变量X的分布函数为⎧0,x<−2,⎪⎪0.2,−≤2x<1,Fx()=⎨⎪0.4,1≤x<2,⎪1,x≥2.⎩πXπX试求：（1）X的分布列；（2）P(0≤X≤2)；（3）设Y=sincos，求Y的分布函66数Fy().Y解(1)X可以取值−2,1,2.PX(=−2)=F(2)−−F(20)−−=0.20−=0.2；PX(=1)=F(1)−F(10)−=0.40.2−=0.2；PX(=2)=F(2)−F(20)10.40.6−=−=.故X的分布列为X−212P0.20.20.6(2)P(0≤X≤2)=PX(=1)+PX(=2)=0.8.(或=F(2)−F(00)10.20.8−=−=)1πX(3)由于Y=sin，从而Y分布列为23333Y−444P0.20.20.6即12 33Y−44P0.20.8所以，⎧3⎪0,x<−,⎪4⎪⎪33Fy()=⎨0.2,−≤x<,Y44⎪⎪3⎪0.20.81,+=x≥.⎪⎩48．设连续型随机变量X的分布函数为⎧c,x<0,⎪Fx()=⎨x3−⎪abe+2,x≥0.⎩试求：（1）常数abc,,的值；（2）随机变量X的密度函数；（3）lim(|PX−2|≤x).x→0解(1)由F(−∞=)0知c=0；由F(+∞=)1知a=1；由Fx()在0点连续知F(0)=limFx()，x→−0即ab+=0，故b=−1.(2)在Fx()导数存在的处有fx()=Fx′()，所以，⎧0,x≤0,⎪fx()=⎨x33−22⎪xe,x>0.⎩2(3)由于Fx()为连续函数，故lim(|PX−2|≤x)=lim((2F+x)−F(2−x))=F(2)−F(2)=0.x→0x→09．设连续型随机变量X的密度函数为2⎧ax,0≤x≤1,⎪fx()=⎨2−x,12时，Fx()1=.故，⎧0,x<0,⎪⎪1x3,0≤x≤1,⎪2Fx()=⎨⎪−1x2+2x−1,12.⎩131323213（3）P(0，t>0有PX(>+stX|>t)=PX(>s).证明由于X∼Exp()λ，从而其分布函数为⎧0,x≤0,⎪Fx()=⎨−λx⎪⎩1−e,x>0.故，对一切实数s>0，t>0，PX(>+stX,>t)PX(>+st)PX(>+stX|>t)==PX(>t)PX(>t)−λ(st+)1−PX(≤+st)1−Fst(+)e===−λt1−PX(≤t)1−Ft()e−λs=e=−1Fs()=PX(>s).11．设离散型随机变量X的分布列为k−1PX(=k)=(1−p)p,k=1,2,⋯，其中0+nmX|>m)=PX(>n)，（上述分布列对应的分布称为参数为p的几何分布，上述性质称为几何分布的无记忆性）.+∞+∞k−1n解PX(>n)=∑PX(=k)=∑(1−p)p=(1−p).kn=+1kn=+1PX(>+nmX,>m)PX(>+nm)从而，PX(>+nmX|>m)==PX(>m)PX(>m)nm+(1−p)n==(1−p)=PX(>n).m(1−p)12．某人购买某种彩票，若已知中奖的概率为0.001，现购买2000张彩票，试求：（1）此人中奖的概率；（2）至少有3张彩票中奖的概率（用泊松分布近似计算）.解设中奖的彩票数为X，则X∼B(2000,0.001).2000（1）PX(≥1)1=−PX(=0)1(0.999)=−≈0.8648.（2）由于20000.0012×=，故PX(≥3)1=−PX(=0)−PX(=1)−PX(=2)012222−2−2≈−1(++)e=−15e≈0.3233.0!1!2!13．假设测量的随机误差X∼N(0,4)，试求在10次独立重复测量中，至少有二次测量误差的绝对值大于3.92的概率.3.923.92解PX(||3.92)1>=−P(3.92−0)的泊松分布，试求：（1）相继两次索赔之间时间间隔Y的分布；（2）在保险公司6小时内无索赔的情况下，再过4小时仍无索赔的概率.解（1）当y>0时，0(λy)−λy−λyPY(>y)=PNy(()=0)=e=e，0!−λy故，Fy()1=−PY(>y)1=−e；Y当y≤0时，Fy()=PY(≤y)=0.Y从而，Y的密度函数为−λy⎧⎪λe,y>0,f()y=⎨Y⎪0,y≤0.⎩故，Y∼Exp()λ.（2）所求概率为PY(>+64|Y>6).由第10题的结论知−4λPY(>+64|Y>6)=PY(>4)=e.16．设连续型随机变量X的分布函数为Fx()，其密度函数fx()为偶函数.试证明：对任意实数a>0，有1a（1）F(−a)1=−Fa()=−∫fxdx()；20（2）PX(||a)=2(1−Fa()).0+∞证明由于fx()为偶函数，所以，f(−x)=fx().从而，∫fxdx()=∫fxdx().又−∞0+∞0+∞1∫fxdx()=1，所以，∫fxdx()=∫fxdx()=.−∞−∞02−ay=−x+∞+∞（1）F(−a)=∫fxdx()=∫f(−ydy)=∫fydy()−∞aaa=−1∫fydy()=−1Fa().−∞16 a0a1a又∫fydy()=∫fydy()+∫fydy()=+∫fydy().所以，由上式知，−∞−∞0201a1a1−Fa()1=−−∫fydy()=−∫fydy().2020（2）PX(||a)1=−PX(||7).61−解（1）PX(<6)=Φ()=Φ(2.5)=0.9938；231−−−21（2）P(2−7)1=−PX(≤7)1=−Φ()1=−Φ(3)=0.00135.218．设随机变量Z∼U(2,2)−，随机变量⎧⎪−1,Z≤−1,⎧⎪−1,Z≤1,X=⎨Y=⎨⎪1,Z>−1;⎪1,Z>1.⎩⎩试求：（1）二维随机变量(,)XY的联合分布列；（2）(,)XY的联合分布函数Fxy(,).解（1）由Z∼U(2,2)−知其密度函数为⎧1⎪,−<2z<2,fz()=⎨4⎪0,其他.⎩−111PX(=−1,Y=−1)=PZ(≤−1,Z≤1)=PZ(≤−1)=∫dz=；−244PX(=−1,Y=1)=PZ(≤−1,Z>1)=0；111PX(=1,Y=−1)=PZ(>−1,Z≤1)=P(1−−1,Z>1)=PZ(>1)=∫dz=.144故，(,)XY的联合分布列为17 YX−1110−1411124（2）当x<−1或y<−1时，Fxy(,)=0；1当−≤1x<−≤1,1y<1时，Fxy(,)=PX(=−1,Y=−1)=；41当−≤1x<1,y≥1时，Fxy(,)=PX(=−1,Y=−+1)PX(=−1,Y=1)=；43当x≥−≤<1,1y1时，Fxy(,)=PX(=−1,Y=−1)+PX(=1,Y=1)=；4当x≥1,y≥1时，Fxy(,)1=.从而，⎧1,−≤1x<1,y≥−1⎪4⎪⎪3Fxy(,)=,x≥−≤1,1y<1,⎨4⎪⎪1,x≥1,y≥1,⎪0,其他.⎩19．设二维连续型随机变量(,)XY的联合密度函数为⎧⎪kx(+y),00,y>0,x+y<1,（2）fxy(,)=⎨⎪⎩0,其他.试求：条件密度函数f(|)yx及f(|)xy.YX|XY|解（1）先求边缘密度函数f()x及f()y.XY+∞f()x=fxydy(,).X∫−∞当x≤0或x≥1时，f()x=0；X16212362当02，即z>2时，Fz()=xedx=1，故f()z=0.Z∫4Z−12e所以，|X|的密度函数为3⎧e−1−z2⎪ze,1≤z≤2,4f()z=⎨2eZ⎪0,其他.⎩24．设连续型随机变量X的密度函数为⎧1,−<1x<0,⎪2⎪⎪1fx()=⎨,0≤x<2,4⎪⎪0,其他.⎪⎩2令Y=X，Fxy(,)为二维随机变量(,)XY的联合分布函数.试求：（1）Y的密度函数1f()y；（2）F(−,4).Y2解（1）先求Y的分布函数Fy()，在对其求导数.Y2Fy()=PY(≤y)=PX(≤y).Y当y<0时，Fy()=0，故f()y=0；YYy当y≥0时，Fy()=P(−y≤X≤y)=fxdx().Y∫−y当−y>−1，即0≤0时，Fz()1=−PX(1时，Fz()1=−1dx=−1z−1，故，f()y=F′()y=z2.Z∫YY023⎧1−⎪z2,z>1,−2所以，Z=X的密度函数为f()z=⎨2Z⎪0,其他.⎩26．设连续型随机变量X的密度函数为1⎧1−⎪x2,1n时，{X=i}是不可能事件，所以只须考虑i≤n；111当ki−>n时，{Y=ki−}是不可能事件，所以只须考虑i≥k−n.22因此记a=max{0,k−n}，b=min{,}nk，21则kPZ(=k)=∑PX(=iPY)(=ki−)i=0biini−ki−ki−n−(ki−)=∑Cp(1−p)1iCp(1−p)2n1n2ia=bkn+n−kiki−=p(1−p)12∑CC.n1n2ia=而由组合公式知29 biki−k∑CCn1n2=Cn1+n2.ia=所以，kkn+n−kPZ(=k)=Cp(1−p)12,k=0,1,2,⋯,n+n.n1+n212这说明X+X∼Bn(+np,).121230．设随机变量X∼U(0,1)，Y∼Exp(1)且X与Y相互独立，Z=X+Y，试求：（1）PX(−Y≥−2)；（2）Z的密度函数.解由X∼U(0,1)，Y∼Exp(1)知，X与Y的密度函数分别为−y⎧⎪1,00,f()x=⎨及f()y=⎨XY⎪⎩0,其他.⎪⎩0,y≤0.又由X与Y相互独立知(,)XY的一个联合密度函数为−y⎧⎪e,00,fxy(,)=⎨⎪⎩0,其他.1x+2−y−3−2（1）PX(−Y≥−2)=∫∫(edydx)=+1e−e.00（2）设Z=X+Y的密度函数为f()z.由于X与Y相互独立，从而Z+∞f()z=f()(xfz−xdx).Z∫XY−∞由f()x，fz(−x)不等于零的区域知XY⎧0x0.所以，当z≤0时，f()z=0；Zz−(zx−)−z当0)=∫πcosdx=，所以，Y∼B(5,).故，EY()=，DY()=.322222432215所以，EY()=DY()+(EY())=.23．设离散型随机变量X的分布函数为⎧10,x<−,⎪2⎪⎪11,−≤x<0,⎪42Fx()=⎨11⎪,0≤x<,⎪23⎪1⎪1,x≥.⎩3试求：EX()，DX()及E(2|X|3)−.解由Fx()知X的分布列为1111PX(=−)=F(−)−F(−−0)=，2224111PX(=0)=F(0)−F(00)−=−=，24411111PX(=)=F()−F(−0)1=−=.33322111111从而，EX()=×−()+×+0×=，424232421111117EX()=×+×+0×=，444291442267DX()=EX()(())−EX=.57632 111117又EX(||)=×+×+0×=，故424232429E(2|X|3)−=2(|EX|)3−=−.124．设随机变量X∼Exp(1)，随机变量⎧1,X>2,⎪Y=⎨0.5,X=2,⎪−1,X<2.⎩试求：EY()及DY().解由X∼Exp(1)知其密度函数为−x⎧⎪e,x>0,fx()=⎨⎪0,x≤0.⎩∞−x−2从而，PY(=1)=PX(>2)=∫edx=e，2PY(=0.5)=PX(=2)=0，2−x−2PY(=−1)=PX(<2)=∫edx=−1e.0−2−2−2故，EY()1=×e+−×(1)(1−e)=2e−1，2−2−2EY()1=×e+×1(1−e)1=，22−2−4DY()=EY()(())−EY=4e−4e.5．设连续型随机变量X的密度函数为⎧1−xe,x>0，⎪⎪3fx()=⎨⎪2ex,x≤0.⎪⎩3X−试求：（1）EX()，DX()及Ee(2)；（2）CovX(,|X|)；（3）X与|X|不相关吗？相互独立吗？+∞+∞1−x02x1解（1）EX()=∫xfxdx()=∫xedx+∫xedx=−，−∞03−∞332+∞2+∞21−x022xEX()=∫xfxdx()=∫xedx+∫xedx=2，−∞03−∞32217DX()=EX()(())−EX=.933 Xxxx−+∞−+∞−1−x0−2x14Ee(2)=∫e2fxdx()=∫e2edx+∫e2edx=.−∞03−∞39+∞+∞1−x02x（2）EX(||)=∫||()xfxdx=∫xedx+∫(−x)edx=1，−∞03−∞3+∞+∞21−x02x2EXX(||)=∫xxfxdx||()=∫xedx+∫x(−x)edx=−.−∞03−∞331从而，CovX(,|X|)=EXX(||)−EXEX()(||)=−.3（3）由于CovX(,|X|)≠0，从而ρ≠0.故，X与|X|相关.从而，X与|X|不XX||相互独立.6．设二维离散型随机变量(,)XY的联合分布列为：YX−1011310101010121210101022试求：（1）EX()，EY()及EX(+Y)；（2）CovXY(,)；（3）X与Y不相关吗？相互独立吗？解由(,)XY的联合分布列可得X与Y的分布列分别为X01Y−101（1）P0.50.5P0.30.40.3EX()=0.5，EY()=−×(1)0.310.30+×=，22EX()=0.5，EY()10.310.30.6=×+×=，22EX(+Y)=0.50.61.1+=.（2）EXY()1(1)0.2110.2=×−×+××=0，CovXY(,)=EXY()−EXEY()()0=.（3）由于CovXY(,)=0，从而ρ=0.所以，X与Y不相关.而XY34 13PX(=0,Y=−1)=≠PX(=0)(PY=−1)=，1020所以，X与Y不相互独立.7．设二维连续型随机变量(,)XY的联合密度函数为2⎧⎪ax+2xy,0≤x≤10，≤y≤x,fxy(,)=⎨⎪⎩0,其他.试求：（1）常数a的值；（2）EX()，EY()，DX()，DY()；（3）ρ；（4）X与Y不XY相关吗？相互独立吗？+∞+∞1x2a1解（1）由于1=∫∫fxydxdy(,)=∫∫(ax+2xydydx)=+，故a=3.−∞−∞00441x42（2）EX()=∫∫(xx(3+2xydydx))=，0051x132EY()=∫∫(yx(3+2xydydx))=，00301x2222EX()=∫∫(x(3x+2xydydx))=，0031x1222EY()=∫∫(y(3x+2xydydx))=，004222DX()=EX()(())−EX=，752214DY()=EY()(())−EY=.2251x132（3）EXY()=∫∫(xyx(3+2xydydx))=，003613CovXY(,)=EXY()−EXEY()()=，900CovXY(,)13ρ==21.XYDX()DY()168（4）由于ρ≠0，所以，X与Y相关.从而，X与Y不相互独立.XY8．设随机变量X∼U(1,2)，Y∼U(1,2)且X与Y相互独立，设事件A={X≤a}，3⎛1⎞B={Y>a}，已知PA(∪B)=，试求：（1）常数a的值；（2）E⎜⎟.4⎝XY⎠解（1）由于X∼U(1,2)，Y∼U(1,2)，所以，PA()=PX(≤a)=PY(≤a)1=−PY(>a)1=−PB().又由于X与Y相互独立，故A与B相互独立.所以，35 3=PA(∪B)=PA()+PB()−PAB()4=PA()+PB()−PAPB()()2=−1PB()(())+PB.11所以，PB()=，即PY(>a)=.从而，当1a)=∫1dy=−2a,2a3故，a=.2（2）由于X与Y相互独立，所以，(,)XY的一个联合密度函数为⎧⎪1,17200.从而要买这一保险.（3）设Z为保险公司的赢利额，则Z的分布列为Z1000−11000P0.60.4所以，EZ()10000.6110000.4=×−×=−38000<.所以，保险金收的太少.13．将一枚均匀的硬币连续掷n次，以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数，试求：37 X与Y的相关系数ρ.XY解由于X+Y=n，从而X与Y负线性相关，故ρ=−1.XY或者11由于X∼Bn(,)，Y∼Bn(,)，X+Y=n，所以22nnDX()=，DY()=，DX(+Y)=Dn()=0.44又0=DX(+Y)=DX()+DY()2+CovXY(,).nCovXY(,)从而，CovXY(,)=−.故，ρ==−1.XY4DX()DY()14．设X与Y为随机变量，ξ=aX+b，η=cY+d，其中常数a>0，c>0，证明：ρ=ρ.ξηXY证明Cov(,)ξη=CovaX(+bcY,+d)=CovaX(+bcY,)+CovaX(+bd,)=CovaXcY(,)+CovbcY(,)=acCovXY(,).22又D()ξ=aDX()，D()η=cDY()，所以，Cov(,)ξηacCovXY(,)ρ===ρ.ξηXYD()ξD()ηaDXcDY()()2215．设随机变量X∼N(,µσ)，Y∼N(µσ,)且X与Y相互独立，试求：Z=αX+βY11221与Z=αX−βY的相关系数（其中α，β是不全为零的常数）.2222解由X∼N(,µσ)，Y∼N(µσ,)知EX()=µ，EY()=µ，DX()=σ，11221212DY()=σ.从而，2CovZZ(,)=EZZ()−EZEZ()()12121222222222=E(αX−βY)−(α(())EX−β(())EY)222222=α(EX()(())−EX)−β(EY()(())−EY)38 222222=αDX()−βDY()=ασ−βσ.12222222又DZ()=αDX()+βDY()=ασ+βσ，112222222DZ()=αDX()+βDY()=ασ+βσ.2122222CovZZ(,)ασ−βσ1212所以，ρ==.ZZ12ασ22+βσ22DZ()1DZ(2)1216．设随机变量X∼Exp()λ，试求：（1）X的k阶原点矩，三阶及四阶中心矩；（2）X的偏度，峰度及变异系数.+∞t=λx+∞k!kk−λx−kk−t解（1）µ=EX()=xλedxλtedt=，k∫=∫k00λ32v=µ−3µµ+2µ=，332113λ249v=µ−4µµ+6µµ−3µ=.44131214λ−1−1（2）由于EX()=λ，σ()X=DX()=λ，所以，vvσ()X34SkX()==2，KX()=−=36，CvX()==1.34(())σX(())σXEX()17．设A与B为两个随机事件，记⎧1,A发生，⎧1,B发生，⎪⎪X=⎨Y=⎨−1，A不发生.−1，B不发生.⎪⎩⎪⎩证明：随机变量X与Y不相关的充分必要条件是A与B相互独立.证明由于EXY()=PAB()−PAB()−PAB()+PAB()=PAB()(()−PA−PAB())(()−PB−PAB())1+−PA(∪B)=4(PAB)2()2()1−PA−PB+，EX()=PA()−PA()=2()1PA−，EY()=PB()−PB()=2()1PB−，EXEY()()=4()()2()2()1PAPB−PA−PB+.所以，ρ=0⇔CovXY(,)=0⇔EXY()=EXEY()()XY⇔PAB()=PAPB()()，即A与B相互独立.18．对于任意两个随机事件A，B，若020500)=1−P(≤)i=1200σ200×105≈1−Φ()=1−Φ(3.536)=1−0.9998=0.00227.生产灯泡的合格率为0.6，求10000个灯泡中合格灯泡数在5800~6200之间的概率.解设X表示10000个灯泡中合格的灯泡数，则X~B(10000,0.6).由棣莫佛—拉普拉斯定5800−10000×0.6X−np6200−10000×0.6理得P(580040000)=P(X<80)44 X−np80−60=P(<)≈Φ(2.59)=0.9952np(1−p)59.64（2）保险公司亏本的概率为P(1000X>120000)=P(X>120)X−np120−60=1−P(<)≈1−Φ(7.77)≈0np(1−p)59.64可见保险公司一般不会亏本.48112.设随机变量X,X,⋯,X相互独立且都在[0，1]上服从均匀分布.令X=X，1248∑i48i=11试用中心极限定理计算P(X−<0.04)的值.2解因为X~U(0,1),i=1,2,⋯48,所以i11E(X)=,D(X)=ii2121111从而E(X)=,D(X)=×=22481224⎛⎞⎜⎟1⎜X−E(X)0.04⎟于是P(|X−|<0.04)=P||<2⎜D(X)1⎟⎜⎟2⎝24⎠≈2Φ(0.96)−1=2×0.8315−1=0.6630习题5解答1.有放回地从装有一个白球和两个黑球的罐子里取球，令X=0表示取到白球，X=1表示取到黑球，写出容量为5的简单随机样本XX,,⋯,X的联合分布的概率函数.125解因为罐子里有1个白球和2个黑球，按有放回方式取球，则取到白球的概率12PX(=0)=；取到黑球的概率PX(=1)=；如此连续的取5次球，则3355∑xi5−∑xi⎛⎞1i=1⎛⎞2i=1PX(=xX,=xX,=xX,=xX,=x)=⎜⎟⎜⎟，1122334455⎝⎠3⎝⎠3其中x=0,1,(i=1,2,⋯,5)i45 2.设总体X服从泊松分布P()λ，求容量为n的简单随机样本XX,,⋯,X的联合分布的12n概率函数.kλ−λ解因为X∼P()λ，故PX(=k)=e,(k=0,1,2,⋯,)n，则kn∑xinnλxiλi=1e−nλ−λPX(1=x1,X2=x2,⋯,Xn=xn)=∏PX(i=xi)=∏e=ni=1i=1xi!∏xi!i=13.设总体分布是区间(,)ab的均匀分布，写出容量为5的简单随机样本XX,,⋯,X的联125合概率密度函数.⎧1⎪,ac)=0.95.解查附表5，因为PT(>1.182)0.05=，则PT(>−1.182)0.95=，所以c=−1.81212.设XX,,⋯,X是独立且服从相同分布N(0,1)的随机变量，125222(1)试给出常数c，使得c⋅(X+X)服从χ分布，并指出它的自由度；12X+X(2)试给出常数d，使得12服从t分布，并指出它的自由度.d⋅222X+X+X345解（1）因为XX,独立且服从N(0,1)，根据式（5.2.9）有:12222X+X∼χ(2)，所以c=1，自由度为2.12（2）因为XX,,⋯,X独立且服从相同的分布N(0,1)，所以有X+X∼N(0,2)，12512X+X1222222X+X+X∼χ(3)，则根据式（5.2.13）有∼t(3)，345222X+X+X34533所以d=，自由度为3.248 213.设总体X服从正态分布N(,5)µ，（1）从总体中抽取容量为64的样本，求样本均值X与总体均值µ之差的绝对值小于1的概率PX(−µ<1)；（2）抽取样本容量n为多大时，才能使概率PX(−µ<1)达到0.95？225解（1）因为X∼N(,5)µ，则从总体中抽取容量为64的样本有X∼N(,µ)，所以64X−µ88PX(−µ<1)=P(<)=Φ()=0.8904.255564（2）当抽取样本容量为n时，要使得X−µnnPX(−µ<1)=P(<)=Φ()=0.95，2555nn查附表1得=1.645，所以n≈96.5214.从正态总体N(,0.5)µ中抽取容量为10的样本XX,,⋯,X，1210102（1）已知µ=0，求∑Xi≥4的概率；i=1102（2）未知µ，求(X−X)<2.85的概率.∑ii=11022⎛Xi−0⎞2解（1）当µ=0时，因为Xi∼N(0,0.5)，则∑⎜⎟∼χ(10)，所以i=1⎝0.5⎠2⎛10⎞⎛10⎛X−0⎞⎞2i2，查附表4得上述概率为0.1.P⎜X≥4⎟=P⎜⎜⎟≥16⎟=P(χ≥16)∑i⎜∑⎝⎠⎟⎝i=1⎠⎝i=10.5⎠2102⎛Xi−X⎞2（2）当µ为未知时，因为X∼N(,0.5)µ，则∼χ(9)，i∑⎜⎟i=1⎝0.5⎠2⎛102⎞⎛10⎛X−X⎞⎞i2所以有P⎜(X−X)<2.85⎟=P⎜⎜⎟<10.4⎟=P(χ<11.4)，∑i∑⎝⎠⎜⎝0.5⎠⎟i=1⎝i=1⎠49 2查附表4得P(χ≥11.4)=0.25，故上述概率为0.75.2215.设总体X∼N(50,6)，总体Y∼N(46,4)，从总体X中抽取容量为10的样本，从总体Y中抽取容量为8的样本，求下列概率：2⎛S⎞1（1）P(0)；（2）P(min(XX,,⋯,X)≤5)12101210解（1）P(max(XX,,⋯,X)10>)=−1P(max(XX,,⋯,X)10≤)12101210=−1PX(1≤10,X2≤10,⋯,X10≤10)=−1PX(1≤10)⋅PX(2≤10)⋅⋯⋅PX(10≤10)2⎛Xi−8108−⎞因为X∼N(8,2)，所以有PX(i≤10)=P⎜≤⎟=Φ(1)=0.8413，⎝22⎠10故原式=10.8413−=0.8224.（2）P(min(XX,,⋯,X)≤5)=−1P(min(XX,,⋯,X)>5)1210121050 =−1PX(1>5,X2>5,⋯,X10>5)=−1PX(1>5)⋅PX(2>5)⋅⋯⋅PX(10>5)，⎛X−858−⎞又PX(>5)=−1PX(≤5)=−1P⎜i≤⎟=−Φ−1(1.5)=0.9332，ii⎝22⎠10故上式=10.9332−=0.4991.习题6解答1.设X,X,⋯,X为来自总体X的样本，X的分布如下，试求分布中未知参数的矩估计和12n最大似然估计.−λx⎧λe,x>0;（1）X的概率密度为f(x;λ)=⎨⎩0,x≤0.θ-1⎧θx,00,i=1,2,⋯,n.12nii=1n两边取对数得lnL=nlnλ−λ∑xii=1ndlnLn对λ求导并令其等于零,得似然方程=−∑xi=0，dλλi=1n解之得参数λ的最大似然估计值为λˆ=，n∑xii=151 n与它相应的估计量，即为λ的最大似然估计量.n∑Xii=11θ−1θθ+11θ（2）a)由题意µ=EX()=xxθdx=x=1∫00θ+1θ+1n解之得：θˆ=µ1A=1=代替θˆX.，用1∑XiXµ1，得θ的矩估计：=1−µ1ni=11−Xb)构造似然函数nnθ−1nθ−1L(x1,x2,⋯,xn;θ)=∏θxi=θ(∏xi)00,试证θˆ不是θ的无偏估计；反之,若θˆ为θ的无偏估计,D(θˆ)>0,则θˆ2也不是θ2的无偏估计.证明（1）利用反证法假设θˆ为θ的无偏估计，即E(θˆ)=θ由已知222222E(θˆ)=θ，∴D(θˆ)=E(θˆ)−[E(θˆ)]=θ−θ=0此与已知矛盾，所以假设错误，亦即θˆ不是θ的无偏估计，得证.(2)同理可证.222224.设总体X~N(μ,σ),Y~N(μ,σ),σ=σ=σ未知,X,X,⋯,X和11221212n1Y,Y,⋯,Y分别为来自于总体X、Y的容量为n1、n2的两个独立样本,样本均值分别为12n222222(n1−1)S1+(n2−1)S22X和Y，样本方差分别为S,S，试证明S=是σ的一个无偏12wn+n−212估计.2222证明由已知E(S)=σ,E(S)=σ12222(n1−1)E(S1)+(n2−1)E(S2)2所以E(S)==σ，证毕.wn+n−21225.设总体X的均值和方差分别为µ与σ,X,X,⋯,X是来自总体的一个样本.试确定常12n53 n-122数A使A∑(Xi+1-Xi)为σ的无偏估计量.i=12解由题意知：E(X)=µ,D(X)=σii2222∴EX()=DX()[(+EX)]=σ+µiiin-1n−1222EA[∑(Xi+1-Xi)]=A∑[(EXi+1)2(−EXi+1Xi)+EX(i)]i=1i=1而n−12222222=A∑[σ+µ−2µ+σ+µ]=A⋅2(n−1)σ=σi=11所以A=.2(n−1)6.设θˆ,θˆ是参数θ的两个独立的无偏估计量，D(θˆ)=kD(θˆ)>0，k>0已知.试确定常1212数λ,λ使λθˆ+λθˆ是θ的无偏估计，并且在所有这种形式的估计中方差最小.121122⎧E(λθˆ+λθˆ)=λE(θˆ)+λE(θˆ)=(λ+λ)θ=θ解由题意1122112212⎨2222⎩D(λ1θˆ1+λ2θˆ2)=λ1D(θˆ1)+λ2D(θˆ2)=(kλ1+λ2)D(θˆ2)=min⎧λ1+λ2=1(1)即⎨22⎩kλ1+λ2=min(2)222将（1）代入（2）有：f(λ)=kλ+(1−λ)=(k+1)λ−2λ+111111欲使f(λ1)达到最小，利用高数知识求导，f′(λ)=2(k+1)λ−2,f′′(λ)=2(k+1)>01111所以当f′(λ1)=2(k+1)λ1−2=0,即λ1=时，f(λ1)存在极小值.k+11k亦即当λ=,λ=时，满足题中要求.12k+1k+127.设有总体X，其均值和方差分别为µ与σ,X1,X2是X的一个样本,试验证下列统计量131235(1)μˆ=X+X；(2)μˆ=X+X；(3)μˆ=X+X112212312443388均为µ的无偏估计量，并比较其有效性.1313证明因为E(µˆ1)=E(X1)+E(X2)=(+)µ=µ44441212E(µˆ2)=E(X1)+E(X2)=(+)µ=µ333354 3535E(µˆ3)=E(X1)+E(X2)=(+)µ=µ8888所以µˆ,µˆ,µˆ均为µ的无偏估计量.123192又因D(µˆ)=D(X)+D(X)=0.625σ1121616142D(µˆ)=D(X)+D(X)=0.556σ212999252D(µˆ)=D(X)+D(X)=0.531σ3126464即D(µˆ)>D(µˆ)>D(µˆ)123所以µˆ最有效.µˆ较µˆ有效，µˆ较µˆ有效.332218.设有一批产品,为估计其废品率p，随机取一样本X,X,⋯,X，其中12n⎧1,取得第i个样品是废品;Xi=⎨（i=1,2,⋯,n)⎩0,取得第i个样品不是废品.n1试证pˆ=X=∑Xi是p的一致无偏估计量.ni=1n1证明法一：pˆ=X=∑Xini=1由已知，E(X)=p,D(X)=p(1−p)i=1,2,⋯,niin11所以E(X)=E(X)=⋅np=p∑ini=1nnn11由切比雪夫定理，lim{PX-E(X)=pˆ−p<ε}1=∑i∑in→∞ni=1ni=1即limP{pˆ−p<ε}=1，所以pˆ是p的一致无偏估计量.n→∞n1p(1−p)n→∞法二：因为D(pˆ)=D(X)=2∑D(Xi)=2⎯⎯⎯→0ni=1n所以pˆ是p的一致无偏估计量.9.判断下列结论是否正确,并说明理由.(1)在给定置信度1-α，对总体参数θ进行区间估计时，置信区间的长度与置信度密切关联.当(1-α)缩小时，则置信区间的长度缩短；当(1-α)取值增大，则置信区间的长度增长.(2)在给定置信度情况下，未知参数的置信区间是惟一确定的.55 (3)对于未知参数θ建立的统计量θˆ与θˆ，若θˆ<θˆ且有P(θˆ<θ<θˆ)=1-α成立，121212则参数θ落在区间(θˆ,θˆ)的概率为1-α.12解（1）正确；（2）错误（不惟一）；（3）错误（区间(θˆ,θˆ)为随机区间）.122210.设总体X~N(μ,σ),X,X,⋯,X为来自X的一个样本，μ,σ为未知参数，若以L12n表示µ的置信度为1-α的置信区间的长度，求E(L2).22解因为X~N(μ,σ),μ,σ为未知参数，所以µ的置信度为1-α的置信区间为⎡SS⎤⎢X-t(n-1),X+t(n-1)α2α2⎥⎣nn⎦2S22S即L=2t(n−1)L=4t(n−1)α/2α/2nn22因为E(S)=σ2422422所以E(L)=t(n−1)⋅E(S)=σt(n−1).α/2α/2nn11.某车间生产滚珠,从长期实践中知道,滚珠直径X可以认为服从正态分布.从某天的产品里随机抽取6个,测得直径(单位:mm)为:14.6,15.1,14.9,14.8,15.2,15.1(1)试估计该天产品的平均直径(总体均值)；(2)若已知总体方差为0.06，试求平均直径的置信区间(置信度为0.95).解（1）由题意x=14.95s=0.226所以µˆ=x=14.95（2）σ2=0.06，对于1-α=0.95α=0.05u0.025=1.96,σσ00故平均直径µ的置信区间为[x-u,x+u]=0.0250.025nn0.060.06[14.95-1.96×,14.95+1.96×]=[14.75，15.15].6612.随机地从一批零件中抽取16个，测得其长度(单位cm)为2.14,2.10,2.13,2.15,2.13,2.12,2.13,2.10,2.15,2.12,2.14,2.10,2.13,2.11,2.14,2.11.56 2设该零件长度服从正态分布N(µ,σ)，就下述两种情形分别求总体均值µ的90%的置信区间.（1）若已知σ=0.01；(2)若σ未知.解由题意x=2.125s=0.0171−α=0.90（1）σ=0.01µ的置信区间为σ0σ00.010.01[x-u,x+u]=[2.125-1.645×,2.125+1.645×]=[2.121，2.129].0.050.05nn1616（2）σ未知µ的置信区间为ss0.0170.017[x-t(n−1),x+t(n−1)]=[2.125-1.753×,2.125+1.753×]0.050.05nn1616=[2.118，2.133].2213.对方差σ=σ为已知的正态总体，问须抽取容量n为多大的样本，方能使总体均值µ0的置信度为1-α的置信区间的长度不大于L.22解因σ=σ已知，且总体正态0σσ00所以总体均值µ的置信度为1-α的置信区间为[X-u,X+u]α/2α/2nnσ0即区间长度2u≤Lα/2n2⎛2uα/2⎞2亦即：n≥⎜⎟σ0.⎝L⎠14.某地引种一批意大利杨，3年后抽得50株调查树高，取得样本数据如下表(单位:m)树高16182022242628株数138141761∑:50试以0.95的置信度估计引种的这批意大利杨树高的置信区间.解由题意mm121222x=∑nixi=22.6s=[∑nixi−nx]=2.466ni=1n−1i=1总体为非正态总体，对于1-α=0.95α=0.05u0.025=1.96,杨树高的置信区间为57 ss2.4662.466[x-u,x+u]=[22.6-1.96×,22.6+1.96×]0.0250.025nn5050=[21.916，23.284].15.在某市调查14个城镇居民户，得平均户均购买食用植物油数量的样本均值和样本标准差分别为x=8.7kg,s=1.67kg.假设户均食用植物油量X(单位:kg)服从正态分布(2)Nµ,σ,试求：(1)置信度为0.95的总体均值µ的置信区间；2(2)置信度为0.90的总体方差σ的置信区间.2解（1）由题意x=8.7s=1.67X~N(µ,σ)对于1−α=0.95α=0.05查表t(13)=2.160.025所以µ的置信区间为ss1.671.67[x-t(13),x+t(13)]=[8.7-2.16×,8.7+2.16×]0.0250.025nn1414=[7.736，9.664].22（2）对于1−α=0.90α=0.1查表χ(13)=22.362,χ(13)=5.8920.050.95所以σ2的置信区间为22⎡(n-1)s(n-1)s⎤⎢2,2⎥=[1.621，6.153].⎣χ0.05(13)χ0.95(13)⎦16.随机地取某种炮弹9发作试验，得炮口速度的样本标准差s=11(m/s).设炮口速度服从正态分布.求这种炮弹的炮口速度的标准差σ的置信度为0.95的置信区间.解n=9,s=1122对于1−α=0.95α=0.05查表χ(8)17.535,=χ(8)=2.180.0250.975所以σ的置信区间为⎡n-1n-1⎤⎢2s,2s⎥=[7.429，21.072].⎣χ0.025(8)χ0.975(8)⎦17.从甲、乙两个生产蓄电池的工厂的产品中，分别抽取一些样品，测得蓄电池的电容量（A.h）如下：甲厂：144，141，138，142，141，143，138，137；乙厂：142，143，139，140，138，141，140，138，142，136.58 22设两个工厂生产的蓄电池的电容量分别服从正态分布X~N(µ,σ),Y~N(µ,σ)，试1122求：22（1）电容量的方差比σ/σ的置信度为0.95的置信区间；1222（2）电容量的均值差µ−µ的置信度为0.95的置信区间（假设σ=σ）.121222解总体X~N(µ,σ)，Y~N(µ,σ)1122（1）µ1，µ2未知22S/σ11F=~F(n−1,n−1)2212S/σ2222所以σ/σ的置信度为1-α的置信区间为122222⎡S/SS/S⎤1212⎢,⎥⎣Fα/2(n1−1,n2−1)F1−α/2(n1−1,n2−1)⎦对于1−α=0.95α=0.0511查表F(7,9)=4.20,F(7,9)==0.0250.975F(9,7)4.820.02522又s=6.571,s=4.7671222故可得σ/σ的0.95的置信区间为12⎡16.5716.571⎤⎢×,4.82×⎥=[0.328，6.645].⎣4.204.7674.767⎦22(2)σ=σ未知12µ−µ的置信度为0.95的置信区间为12⎡1111⎤⎢X−Y−t(n+n−2)S+,X−Y+t(n+n−2)S+α/212wα/212w⎥⎣n1n2n1n2⎦对于1−α=0.95α=0.05查表t(16)=2.120.02522(n−1)s+(n−1)s1122计算S==2.357，x=140.5,y=139.9wn+n−21259 故µ−µ的置信度为0.95的置信区间为[-1.77，2.97].1218.设总体X服从泊松分布P(λ)，抽取容量n=100的样本，已知样本均值x=4，求总体均值λ的置信度为0.98的置信区间.解n=100，由中心极限定理：X−µU=~N(0,1)σ/n因X~P(λ)，所以E(X)=D(X)=λX−λ则有U=~N(0,1)λ/n由1−α=0.98α=0.02查表u=2.330.01X−λ所以P(≤2.33)=0.98λ/nX−λ解不等式≤2.33，即得λ的置信度为0.98的置信区间为[3.56，4.49].λ/n19.从一批电子元件中抽取100个样品，测得它们的使用寿命的均值x=2500(h)，设电子元件的使用寿命服从指数分布e(λ)，求参数λ的置信度为0.90的置信区间.解n=100，由中心极限定理：X−µU=~N(0,1)σ/n11因X~e(λ)，所以E(X)=,D(X)=2λλ1X−λ则有U=~N(0,1)1nλ由1−α=0.90α=0.10查表u=1.6450.051X−λ所以P(≤1.645)=0.901nλ60 1X−λ解不等式≤1.645，即得λ的置信度为0.90的置信区间为[0.000334，0.000466].1nλ20.胶合板厂对生产的胶合板作抗压试验，测试了15个试件，取得的数据如下（单位：kg/cm2）422.2,417.2,425.6,420.3,425.8,428.1,418.7,428.2,438.3,434.0,412.3,431.5,413.5,441.3,423.0.由长期的经验可知抗压强度服从正态分布.试求：（1）µ的置信度为0.95的单侧置信下限；（2）σ的置信度为0.95的单侧置信上限.解x=425.333s=8.5062（1）方差σ未知，对于1−α=0.95α=0.05查表t(14)=1.7610.05所以参数µ的置信度为0.95的单侧置信下限为s8.506µˆ=x-t(n−1)=425.333−1.761×=421.47lαn152（2）µ未知，对于1−α=0.95α=0.05查表χ(14)=6.570.95所以参数σ的置信度为0.95的单侧置信上限为2(n−1)s14×72.358σˆ===12.42u2χ(n−1)6.571−α习题7解答1．某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为(％)3.243.273.243.263.24设测定值总体服从正态分布，问在α=0.01下能否接受假设：这批矿砂的镍含量的均值为3.25．解按题意需检验H:µ=µ=3.25,H:µ≠3.2500122设测定值总体服从正态分布N(µ,σ)，此处σ未知已知µ=3.25,n=5,计算样本均值值及样本标准差得0−3x=3.252,s=13.04×10X−µ3.252−3.250选择统计量T=~t(n−1),计算统计量的观测值t==0.343−3S/n13.04×10/561 查表得t(n−1)=t(4)=4.6041α20.005t0.0050122(n−1)S因为µ未知，所以选取统计量χ=22σ062 22(91)0.007−×计算统计量的观测值χ==15.68220.0052α=0.05,n=9,查表得χ(n−1)=15.507α22因为χ>χ(n−1),所以拒绝H．即认为在水平α=0.05下这批导线的标准差显著偏大.2α05.下表分别给出两个文学家马克·吐温(MarkTwsin)的8篇小品文以及斯诺特格拉斯(snodgrass)的10篇小品文中由3个字母组成的词的比例．马克·吐温0.2250.2620.2170.2400.2300.2290.2350.217斯诺特格拉斯0.2090.2050.1960.2100.2020.2070.2240.2230.2200.201设两组数据分别来自正态总体，且两总体方差相等，两样本相互独立，问两个作家所写的小品文中包含由3个字母组成的词的比例是否有显著的差异(α=0.05)?2222解这是一个两总体的正态分布的检验问题，σ及σ未知，这里σ=σ．1212由题意，需要检验的假设为H:µ=µ,H:µ≠µ012112X−Y选取统计量T=11S+wnn1222计算得x=0.232,y=0.2097，(n1−1)s1+(n2−1)s2−3s==12.1×10wn+n−2120.232−0.2097统计量的观测值t==3.918−31112.1×10×+810α=0.05,查表知t(n+n−2)=2.1199α212t>t(n+n−2),因而拒绝H，即有显著差异．α2120226.在第5题中分别记两个总体的方差为σ,σ,试检验假设(α=0.05):122222H:σ=σ;H:σ≠σ01211222以说明在第5题中我们假设σ=σ是合理的.1222解µ1,µ2未知.经计算两样本方差分别为：s1=0.000212,s2=0.0000933222S1s>s,选择统计量F=1222S263 2s0.000212计算统计量的观测值12.279F===22s0.00009332根据α=0.05和自由度f=n−1=7,f=n−1=9,查F检验的临界值表得到1122F(n−1,n−1)=F(7,9)=4.20α2120.025现在F≤F(n−1,n−1)，故接受H.2α21207.有两台机器生产金属部件，分别在两台机器所生产的部件中各取一容量n=60,n=401222的样本，测得部件重量的样本方差分别为s=15.46,s=9.66．设两样本相互独立．两总1222体分别服从N(µ,σ),N(µ,σ)分布,试在水平α=0.05下检验假设:11222222H:σ≤σ;H:σ>σ012112222S1解µ,µ未知.已知s>s,选择统计量F=121222S22s15.46计算统计量的观测值11.6004F===22s9.662根据α=0.05和自由度f=n−1=59,f=n−1=39,查F检验的临界值表得到1122Fn(−1,n−1)=F(59,39)1.645=α120.05因F≥F(n−1,n−1)，拒绝H.2α1208.测得两批电子器件的样品的电阻(单位：Ω)为A批(X)0.1400.1380.1430.1420.1440.137B批(Y)0.1350.1400.1420.1360.1380.14022设这两批电子器件的的电阻值总体分别服从分布X~N(µ,σ)，Y~N(µ,σ).且这两1122样本独立2222(1)检验假设(α=0.05):H:σ=σ;H:σ≠σ012112(2)在(1)的基础上检验(α=0.05)：H:µ=µ;H:µ≠µ0121122−62−6解(1)未µ,µ知.经计算两样本方差分别为：s=8×10,s=7.4×101212222S1s>s,选择统计量F=1222S264 2−6s8×10计算统计量的观测值11.081F===22−6s7.4×102根据α=0.05和自由度f=n−1=5,f=n−1=5,查F检验的临界值表得到1122Fα2(n1−1,n2−1)=F0.025(5,5)=7.15,现在F2≤Fα2(n1−1,n2−1)，故接受H0.2222(2)因为σ及σ未知，由(1)知σ=σ1212X−Y选取统计量T=11S+wnn122−62−6计算得x=0.141,y=0.139，s=8×10,s=7.4×101222(n1−1)s1+(n2−1)s2−3s==2.775×10wn+n−212由此得统计量T的观测值0.141−0.139t==1.248−3112.775×10+66查表得tn(+n−2)=t(10)1.812=.因为t≤t(10)，所以接受原假设H.α120.050.0509.某水泥厂用机器进行水泥装袋，规定平均每袋应装50kg，标准差0.5kg.经在生产过程中抽查60袋的结果,平均每袋为50.15kg，试判断机器工作是否正常？（α=0.05）解这是大样本的检验问题由题意，需检验的假设为H:µ=50,Hµ≠5001X−µ已知σ,选择统计量U=σ/n50.15−50计算统计量的观测值u==2.32，α=0.05,查表得u=1.96α20.5/60u≥u，所以拒绝H,可以认为机器工作不正常.α2010.一个小学校长在报纸上看到这样的报导：“这一城市的初中学生平均每周看8小时以上电视”,她认为她所领导的学校，学生看电视的时间明显小于该数字，为此她向100个学生作了调查，得知平均每周看电视的时间x=6.5h，样本标准差为s=2h，问是否可以认为这位校长的看法是对的?（α=0.05）解这是大样本的检验问题由题意，需检验的假设为H:µ≥8,H:µ<80165 X−µσ未知,选择统计量U=S/n6.5−8计算统计量的观测值u==−7.52/100α=0.05,查表得u=1.65,u<−u，所以拒绝H,可以认为这位校长的看法是对的.αα011.设某羊场为研究剪毛次数对羊的年产毛量的关系，抽取50只羊为一组，每年剪毛两次；又抽取80只羊为一组，每年剪毛三次.结果前一组平均每只羊的年产毛量为2.8kg，标准差为0.48kg；后一组平均每只羊的年产毛量为2.95kg，标准差为0.51kg.试判断剪毛两次与剪毛三次在年产毛量上是否有区别？（α=0.05）解已知n1=50,x1=2.8,s1=0.48;n2=80,x2=2.95,s2=0.51这是大样本的检验问题由题意，需检验的假设为H:µ=µ;H:µ≠µ01211222X−Yσ,σ未知，选择统计量U=1222SS12+nn122.8−2.95计算统计量的观测值u==−1.67220.480.51+8050α=0.05,查表得u=1.96α2u4.89，所以工艺对缩水率有显著影响.2.灯泡厂用4种不同配料方案制成的灯丝生产了四批灯泡，今从中分别抽样进行使用寿命的试验，得到下表的结果（单位：小时），问这几种配料方案对使用寿命有无显著影响？（α=0.01）寿命试验号AAAA1234116001850146015102161016401550152031650164016001530416801700162015705170017501640160061720—1660168071800—1740—8——1820—解m=4,n=7,n=5,n=8,n=6,n=26，查附表5得1234F(m−1,nm−)=F(3,22)=4.820.010.01为简化计算，从上表的试验结果中都减去1600再除以10，得下表寿命序号4A1A2A3A4Σi=11025–14–9214–5–871 3540–748102–351015406126872014822niΣX565829–19124ijj=12n⎛i⎞⎜ΣX⎟31363364841361ijj=1⎝⎠2n1⎛i⎞⎜ΣX⎟nj=1ij448672.8105.12560.1671286.092i⎝⎠n2∑Xij7349829572642937j=11mni122P=(∑∑X)=(124)=591.385，ij26i=1j=126m1nimni22Q=∑∑(Xij)=1286.092，R=∑∑Xij=2937i=1nij=1i=1j=11S′A=Q−P=694.707，SA=S′A=6.9471001S′=RQ−=1650.908，S=S′=16.509eee100方差分析表方差来源平方和自由度均方F值配料6.94732.3133.18误差16.509220.727总和23.45625因为F=3.18<4.82=F(3,22)，故不显著.0.013.在单因素试验方差分析模型式（9.2）中，µ是未知参数(i=1,2,⋯,)k，求µ的点估计ii和区间估计.2解因为x~N(µ,σ)，所以µ的点估计为µˆ=x,i=1,2,⋯,k.iiiii⋅72 n1i2222由于S/σ~χ(nk−)，以及x与S=(x−x)相互独立，从而ei⋅i∑iji⋅ni−1j=1m2S=(n−1)S与x独立，又e∑iii⋅i=1(x−µ)ni⋅ii~N(0,1)σ由t分布的定义知(x−µ)ni⋅ii~(tnk−)σˆ2其中σˆ=S/(nk−)e对于给定的α，查t分布表求出临界值t(nk−)，使α/2⎛x−µ⎞i⋅iP⎜n3.885294,所以浓度有显著性影响；因为0.707692<3.490295故温度没有显著性影响；又由于0.830769<2.99612,所以浓度和温度的交互作用不显著．5.在钢线碳含量x(%)对于电阻y(20℃时，微欧）效应的研究中，得到以下的数据x0.010.300.400.550.700.800.95y1518192122．623.826设对于给定的xy,为正态变量，且方差与x无关.（1）求线性回归方程̂y=βˆ+βˆx;01（2）检验回归方程的显著性；（3）求β的置信区间（置信度为0.95）；1（4）求y在x=0.50处的置信度为0.95的预测区间.解我们用下表进行计算22序号xyxyxy10.10150.012251.520.30180.093245.430.40190.163617.640.55210.302544111.5550.7022.60.49510.7615.8260.8023.80.64566.4419.0470.95260.902567624.7Σ3.8145.42.5953104.285.61平均0.54320.77x=0.543,y=20.77722L=x−7x=2.5952.064−=0.531,xx∑ii=1722L=y−7y=3104.23019.7584.45−=,yy∑ii=174 7L=xy−7xy=85.6178.947−=6.663,xy∑iii=1L（1）βˆ=xy=12.55,βˆ=y−βˆx=13.95，101Lxx所以回归方程为̂y=13.9512.55.+x（2）我们用方差分析表来检验回归方程的显著性方差分析表方差来源平方和自由度均方F值回归83.62183.62残差0.83150.166503.61总和84.456查F分布表求出临界值F(1,5)16.62=，因为F=503.6116.62>=F(1,5),所以0.010.01回归方程高度显著.（3）β的置信度为1−α下的置信区间为1⎛σˆσˆ⎞⎜βˆ−t(n−2),βˆ+t(n−2)⎟1α/21α/2⎜LL⎟⎝xxxx⎠S此处βˆ=12.55,n=7,α=0.05,t(5)=2.5706,σˆ=e=0.407，10.025n−2所以β的置信度为0.95下的置信区间为（11.112,13.987）1（4）n=7,x=0.53,L=0.531,s=0.407,t(5)2.5706=,x=0.50.xx0.025021(x−x)()(1)ˆ10δx=tn−σ++0α/2nLxx21(0.50.543)−=2.57060.407××1++=1.1270.531̂y=13.9512.550.5+×=20.2250故y在x=0.50处的置信度为0.95的置信区间为(̂y−δ(0.5),̂y+δ(0.5))=(19.105,21.345)00�6.在硝酸钠(NaNO)的溶解度试验中，对不同的温度tC测得溶解于100ml水中的硝酸钠375 质量Y的观测值如下：t0410152129365168y66.771.076.380.685.792.999.6113.6125.1从理论知Y与t满足线性回归模型（8.3.1）.解答下面问题：（1）求Y对t的回归方程；（2）检验回归方程的显著性(α=0.01)；（3）求Y在t=25℃时的预测区间（置信度为0.95）.解计算表如下22序号tytytyiiiiii1066.704448.8902471.0165041.0028431076.31005821.6976341580.62256496.36120952185.74417344.491799.762992.98418630.412694.173699.912969980.013596.4851113.6260112904.965793.6968125.1462415560.018506.8Σ234811.81014476317.8224646.6t=26,y=90.2922L=t−9t=101446084−=4060,tt∑ii=19L=ty−9ty=24646.621106.83539.8−=,ty∑iii=1922L=y−9y=76317.8273224.36−=3093.46yy∑ii=1Lβˆ=ty=0.87187,βˆ=y−βˆt=67.5313,101Lttσˆ2=(L−β�L)/71.0307,=σˆ=1.0152yy1ty（1）Y对t的回归方程为̂y=67.53130.87187+t；（2）方差分析表如下76 方差来源平方和自由度均方F值回归3086.2513086.253086.25剩余7.2171.031.03=2996.36总和3093.468查F分布表求出临界值F(1,7)12.25=0.01因F=2996.36>>12.25=F(1,7)，故方程高度显著.0.01（3）̂y=67.53130.871872589.3281+×=021(t−t)(25)(2)ˆ10δ=tn−σ++α/2nLtt=2.36461.01521.05××=2.53y在t=25℃时的置信度为0.95下的预测区间为̂̂(y−δ(25),y+δ(25))=(86.79,91.85)).007.某种合金的抗拉强度Y与钢中含碳量x满足线性回归模型式（8.3.1）.今实测了92组数据(,xy)(i=1,2,⋯,92),并算得iix=0.1255,y=45.7989,L=0.3018,L=2941.0339,L=26.5097xxyyxy（1）求Y对x的回归方程；（2）对回归方程作显著性检验(α=0.01)；（3）当含碳量x=0.09时求Y的置信度为0.95的预测区间；（4）若要控制抗拉强度以0.95的概率落在（38，52）中，那么含碳量x应控制在什么范围内？L解（1）βˆ=xy=87.8386,βˆ=y−βˆx=34.7752,101Lxx所以回归方程为̂y=34.775287.8386+x；（2）方差分析表为:方差来源平方和自由度均方F值回归2328.5812328.582328.58=残差612.459906.80516.8051总和2941.03491342.1815查F分布表求出临界值F(1,90)=6.85,0.01因F=342.1815>6.85=F(1,90)，故方程高度显著.0.0177 ̂（3）y=34.775287.83860.09+×=42.6810因为n=92是很大的，x又接近x，所以取0δ(0.09)1.96=×σˆ=1.96×6.805=5.113故当x=0.09时y的置信水平为0.95下的置信区间为（37.567,47.794）；（4）由3834.77521.96=−×σˆ+87.8386x得x′=0.0949252=34.7751.96+×σˆ+87.8386xx′′=0.1379于是x的控制范围为（0.09492,0.1379）.8.某汽车销售商欲了解广告费用（x）对销售量（y）的影响，收集了过去12年的有关数据.通过Excel计算得到下面有关的结果：方差分析表方差来源dfSSMSFSignificanceF回归2.17E-09残差40158.07------------总计111642866.67---------------------参数估计表Coefficients标准误差Tstatp—valueIntercept363.689162.455295.8231910.000168XVariable11.4202110.07109119.977492.17E-09解答下面问题：（1）完成上面的方差分析表；（2）汽车销售量的变差中有多少是由于广告费用的变动引起的？（3）销售量与广告费用之间的相关系数是多少？（4）写出估计的回归方程并解释回归系数的实际意义；（5）检验上述两个变量线性关系的显著性（α=0.05）.解(1)方差来源dfSSMSFSignificanceF回归116027091602709399.10012.17E-09残差1040158.074015.807------------总计111642866.67---------------------2（2）因为R=0.975556，故销售量的变差约有97.6%是因广告费用引起的.（3）相关系数为R=0.98770378 （4）回归方程：yˆ=1.420211x+363.6891意为：广告费用每增加一个单位，销售量将增加1.420211个单位.（5）由于SignificanceF值为2.17E-09，故变量间的线性关系极其显著.9．从某林场随机抽取了100株云杉，测量其胸径和树高数据，并按龄级分组得平均胸径D和平均树高H列表如下：平均胸径Dcm()1520253035404550平均树高Hm()13.517.120.022.124.025.627.028.3(1)试用合适的函数建立H关于D的回归方程；(2)在平均胸径D为28cm时，平均树高H的预报值．解（1）令y=lnH,x=lnD,于是yˆ=βˆ+βˆx,01首先对数据进行变换:x2.70812.99573.21893.40123.55533.68893.80673.9120y2.60272.83912.99573.09563.17803.24263.29583.3429计算得:l=0.7257,l=1.2065,l=0.4428xyxxyy所以βˆ=0.6015,βˆ=1.0224,所以线性回归方程为yˆ=1.02240.6015+x,10代回原变量得到非线性回归方程,即:Hˆ=2.7799D0.6015.n∑(H−Hˆ)2ii另计算决定系数:2i=1,因此该回归方程是比较好的.R=−1=0.9859n2(H−H)∑iii=1（2）当D=28cm时,Hˆ(28)=20.6298(m)79'