理统计及其应用_习题答案_(浙大_盛骤、谢式千版本).pdf 63页

'《概率论与数理统计》习习习习题题题题解解解解答答答答教材：《概率论与数理统计及其应用》，浙江大学盛骤、谢式千编，高等教育出版社，2004年7月第一版 目录第一章随机事件及其概率.........................................................1第二章随机变量及其分布.........................................................9第三章随机变量的数字特征...................................................25第四章正态分布.......................................................................34第五章样本及抽样分布...........................................................40第六章参数估计.......................................................................43第七章假设检验.......................................................................54 第七章假设检验第一章随机事件及其概率1、解：（1）S={2,3,4,5,67}（2）S={2,3,4,⋯}（3）S={H,TH,TTH,⋯}（4）S={HH,HT,T1,T2,T3,T4,T5,T6}1112、设A,B是两个事件，已知P(A)=,P(B)=,P(AB)=，求P(A∪B)，P(AB)，428P(AB)，P[(A∪B)(AB)]111解：∵P(A)=,P(B)=,P(AB)=4281115∴P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=+−=4288113P(AB)=P(B)−P(AB)=−=28817P(AB)=1−P(AB)=1−=88P[(A∪B)(AB)]=P[(A∪B)−(AB)]=P(A∪B)−P(AB)(AB⊂A∪B)511=−=8823、解：用A表示事件“取到的三位数不包含数字1”111C8C9C98×9×918P(A)===900900254、在仅由0，1，2，3，4，5组成且每个数字至多出现一次的全体三位数字中，任取一个三位数，（1）该数是奇数的概率；（2）求该数大于330的概率。解：用A表示事件“取到的三位数是奇数”，用B表示事件“取到的三位数大于330”111C3C4C43×4×4(1)P(A)===0.4812CA5×5×4551211C2A5+C2C42×5×4+1×2×42）P(B)===0.4812CA5×5×455·1· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军5、袋中有5只白球，4只红球，3只黑球，在其中任取4只，求下列事件的概率（1）4只中恰有2只白球，1只红球，1只黑球；（2）4只中至少有2只红球；（3）4只中没有白球解：用A表示事件“4只中恰有2只白球，1只红球，1只黑球”211C5C4C31208（1）P(A)===4C4953312（2）用B表示事件“4只中至少有2只红球”22314134C4C8+C4C8+C467C4C8+C820167P(B)==或P(B)=1−==44C165C4951651212（3）用C表示事件“4只中没有白球”4C7357P(C)===4C49599126、解：用A表示事件“某一特定的销售点得到k张提货单”kn−kC(M−1)nP(A)=nM7、解：用A表示事件“3只球至少有1只配对”，B表示事件“没有配对”3+122×1×12（1）P(A)==或P(A)=1−=3×2×133×2×132×1×11（2）P(B)==3×2×138、（1）设P(A)=0.5,P(B)=0.3,P(AB)=0.1，求PAB(),PBA(),PA(∪B),PAA(∪B),PABA(∪B),PAAB()；（2）袋中有6只白球，5只红球每次在袋中任取一只球，若取到白球，放回，并放入1只白球，若取到红球不放回也不再放回另外的球，连续取球四次，求第一、二次取到白球且第三、四次取到红球的概率。解P(A)=0.5,P(B)=0.3,P(AB)=0.1P(AB)0.11（1）P(AB)===，P(B)0.33P(AB)0.11P(BA)===P(A)0.55P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.5+0.3−0.1=0.7·2· 第七章假设检验P[A(A∪B)]P(A∪AB)P(AB)0.55P(AA∪B)=====P(A∪B)P(A∪B)P(A∪B)0.77P[(AB)(A∪B)]P(AB)0.11P(ABA∪B)====P(A∪B)P(A∪B)0.77P[A(AB)]P(AB)P(AAB)===1P(AB)P(AB)（2）设A={第i次取到白球}i=1,2,3,4，B={第一、二次取到白球且第三、i四次取到红球则}，B=AAAA1234PB()=PAAAA()=PAPAAPAAAPAAAA()()()()123412131241236754840=×××==0.040811121312205929、解：用A表示事件“取到的两只球中至少有1只红球”，B表示事件“两只都是红球”22C25C211方法1P(A)=1−=，P(B)==，P(AB)=P(B)=22C6C66441P(AB)61P(BA)===P(A)556方法2在减缩样本空间中计算1P(BA)=510、解：A表示事件“一病人以为自己患了癌症”，B表示事件“病人确实患了癌症”由已知得，PAB()=0.05,(PAB)=0.45,(PAB)=0.10,(PAB)=0.40（1）∵A=AB∪AB,AB与AB互斥∴P(A)=P(AB∪AB)=P(AB)+P(AB)=0.05+0.45=0.5同理P(B)=P(AB∪AB)=P(AB)+P(AB)=0.05+0.1=0.15P(AB)0.05（2）P(BA)===0.1P(A)0.5·3· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军P(AB)0.1（3）P(A)=1−P(A)=1−0.5=0.5,P(BA)===0.2P(A)0.5P(AB)0.459（4）P(B)=1−P(B)=1−0.15=0.85,P(AB)===P(B)0.8517P(AB)0.051（5）P(AB)===P(B)0.15311、解：用A表示事件“任取6张，排列结果为ginger”2111AAAA12233∴P(A)==6A92401112、据统计，对于某一种的两种症状：症状A、症状B，有20%的人只有症状A，有30%的人只有症状B，有10%的人两种症状都有，其他的人两种症状都没有，在患这种疾病的人群中随机的选一人，求（1）该人两种症状都没有的概率；（2）该人至少有一种症状的概率；（3）已知该人有症状B，求该人有两种症状的概率。解：用A表示事件“该种疾病具有症状A”，B表示事件“该种疾病具有症状B”由已知P(AB)=0.2，P(AB)=0.3，P(AB)=0.1（1）设C={该人两种症状都没有}，∴C=AB∵S=AB∪AB∪AB∪AB,且AB,AB,AB,AB互斥∴PC()=PAB()1=−PAB()−PAB()−PAB()10.20.30.10.4=−−−=或∵∪AB=AB∪AB∪AB，且ABABAB、、互斥∴PA(∪B)=PAB()+PAB()+PAB()=0.20.30.10.6++=即PC()=PAB()=PA(∪B)1=−PA(∪B)10.6=−=0.4（2）设D={该人至少有一种症状}，∴D=A∪B∵∪AB=AB∪AB∪AB，且ABABAB、、互斥即PD()=PA(∪B)=PAB()+PAB()+PAB()=0.20.30.10.6++=（3）设E={已知该人有症状B，求该人有两种症状}，∴E=ABB·4· 第七章假设检验B=AB∪AB，AB,AB互斥P(B)=P(AB∪AB)=P(AB)+P(AB)=0.1+0.3=0.4PABB[()]PAB()0.11即PE()=PABB()====PB()PB()0.4413、解：用B表示“讯号无误差地被接受”A表示事件“讯号由第i条通讯线输入”，i=1,2,3,4,iP(A)=0.4,P(A)=0.3,P(A)=0.1,P(A)=0.2;1234P(BA)=0.9998，P(BA)=0.9999，P(BA)=0.9997,P(BA)=0.99961234由全概率公式得4PB()=∑PAPBA()(ii)=0.40.99980.30.99990.10.99970.20.99×+×+×+×96=0.99978i=114、一种用来检验50岁以上的人是否患有关节炎的检验法，对于确实患有关节炎的病人，有85%给出了正确的结果；而对于已知未患关节炎的人有4%会认为他患关节炎，已知人群中有10%的人患有关节炎，问一名被检验者经检验，认为它没有关节炎，而他却患有关节炎的概率。解：用A表示事件“确实患有关节炎的人”，B表示事件“检验患有关节炎的人”C表示事件：“一名被检验者经检验，认为它没有关节炎，而他却患有关节炎”所求为PC()=PAB()，由已知P(A)=0.1，P(BA)=0.85，P(BA)=0.04则P(A)=0.9，PBA()=0.15，P(BA)=0.96由贝叶斯公式得P(A)P(BA)0.1×0.15P(AB)===0.017P(A)P(BA)+P(A)P(BA)0.1×0.15+0.9×0.9615、解：用D表示事件“程序因计算机发生故障被打坏”ABC、、分别表示事件“程序交与打字机ABC、、打字”由已知得P(A)=0.6，P(B)=0.3，P(C)=0.1；P(DA)=0.01，P(DB)=0.05，P(DC)=0.04由贝叶斯公式得·5· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军P(A)P(DA)P(AD)=P(A)P(DA)+P(B)P(DB)+P(C)P(DC)0.6×0.016===0.240.6×0.01+0.3×0.05+0.1×0.0425P(B)P(DB)P(BD)=P(A)P(DA)+P(B)P(DB)+P(C)P(DC)0.3×0.053===0.60.6×0.01+0.3×0.05+0.1×0.045P(C)P(DC)P(AD)=P(A)P(DA)+P(B)P(DB)+P(C)P(DC)0.1×0.046===0.160.6×0.01+0.3×0.05+0.1×0.042516、解：用A表示事件“收到可信讯息”，B表示事件“由密码钥匙传送讯息”由已知得P(A)=0.95，P(A)=0.05，P(BA)=1，P(BA)=0.001由贝叶斯公式得P(A)P(BA)0.95×1P(AB)==≈0.999947P(A)P(BA)+P(A)P(BA)0.95×1+0.05×0.00117、解：用A表示事件“第一次得H”，B表示事件“第二次得H”，C表示事件“两次得同一面”111+11则PA()=，PB()=，P(C)==,22222111111PAB()==，PBC()==，PAC()==222242424∴PAB()=PAPB()()，PBC()=PBPC()()，PAC()=PAPC()()∴A,B,C两两独立1而P(ABC)=，P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)4∴A,B,C不是相互独立的18、解：用A表示事件“运动员A进球”，B表示事件“运动员B进球”，C表示事件“运动员C进球”，由已知得P(A)=0.5，P(B)=0.7，P(C)=0.6·6· 第七章假设检验则P(A)=0.5，P(B)=0.3，P(C)=0.4（1）设D={恰有一人进球}，则D=ABC∪ABC∪ABC且ABC,ABC,ABC互斥11∴PD()=PABC(∪ABC∪ABC)1=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)(A,B,C相互独立）=0.5×0.3×0.4+0.5×0.7×0.4+0.5×0.3×0.6=0.29（2）设D2={恰有二人进球}，则D2=ABC∪ABC∪ABC且ABC,ABC,ABC互斥∴PD()=PABC(∪ABC∪ABC)2=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)(A,B,C相互独立）=0.5×0.7×0.4+0.5×0.7×0.6+0.5×0.3×0.6=0.44（3）设D={至少有一人进球}，则D=A∪B∪C33∴PD()=PA(∪B∪C)3=1−P(A∪B∪C)=−1PABC()=1−P(A)P(B)P(C)(∵ABC,,相互独立）=−10.50.30.4××=0.9419、解：设B表示事件“病人能得救”+A表示事件“第i个供血者具有A−RH血型”，i=1,2,3,⋯i则B=A∪AA∪AAA∪AAAA,1121231234且AAAAAAAAAA,,,互斥，AAAA,,,相互独立11212312341234·7· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军∴P(B)=P(A)+P(AA)+PAAA()+PAAAA()112123123423=0.40.60.4(0.6)+×+×0.4(0.6)+×0.4=0.870420、一元件（或系统）正常工作的概率称为元件（或系统）的可靠性，如图设有5个独立工作的元件1，2，3，4，5按先串联后并联的方式联接（称为串并联系统），设元件的可靠性为p，求系统的可靠性。23解：设B={系统可靠}，A={元件i可靠},i=1,2,3,4,5i由已知得PA()=pi(=1,2,3,4,5)A,A,A,A,A相互独立i12345法1：B=AA∪A∪AA12345∴P(B)=P(AA∪A∪AA)12345=PAA()+PA()+PAA()−PAAA()−PAAA（）−PAAAA()+PAAAAA()12345123345124512345223345=p+p+p−p−p−p+p(A,A,A,A,A相互独立)123452345=2p+p−2p−p+p法2：PB()1=−PAAAAA()12345=1−P(AA)P(A)P(AA)(A,A,A,A,A相互独立)1234512345=−−1[1PAA()][1−PA（）][1−PAA（）]12345=−−1[1PAPA()()][1−PA（）][1−PA（）PA（）]12345(A,A,A,A,A相互独立)12345222345=−1(1−p)(1−p)(1−p)=p+2p−2p−p+p·8· 第七章假设检验21、用一种检验法检测产品中是否含有某种杂质的效果如下，若真含有杂质检验结果为含有的概率为0.8；若真不含有杂质检验结果为不含有的概率为0.9；根据以往的资料知一产品真含有杂质或真不含有杂质的概率分别为0.4，0.6。今独立地对一产品进行了3次检验，结果是2次检验认为含有杂质，而有1次检验认为不含有杂质，求此产品真含有杂质的概率。解：用A表示事件“真含有杂质”,用B表示事件“3次检验，结果是2次检验认为含有杂质，而有1次检验认为不含有杂质”22由已知得P(A)=0.4，P(A)=0.6，PBA()=C×(0.8)×0.2，322PBA()=C×(0.1)×0.93由贝叶斯公式得PAPBA()()PAB()=PAPBA()()+PAPBA()()220.4×C×(0.8)×0.215363===0.90522220.4×C×(0.8)×0.20.6+×C×(0.1)×0.9169833第二章随机变量及其分布1、设在某一人群中有40%的人血型是A型，现在在人群中随机的选人来验血，直至发现血型是A型的人为止，以Y记进行验血的次数，求Y的分布律。k−1解：PY{=k}=(10.4−)×0.4k=1,2,⋅⋅⋅2、解：用A表示第i个阀门开(i=1,2,3),且AAA,,相互独立，PA()=0.8(i=1,2,3)i123iPX{=0}=PAA⎡(∪A)⎤=PAPA()[()+PA()−PAPA()()]⎣123⎦12323=0.2(0.2+0.2−0.2×0.2)=0.0722PX{=1}=PAA[(∪A)∪AAA]0.8(0.20.20.04)0.2(0.8)=+−+×123123=0.4163PX{=2}=PAAA()=(0.8)=0.5121233、据信有20%的美国人没有任何健康保险，现任意抽查12个美国人，以X表示15人无任何健康保险的人数（设各人是否有健康保险是相互独立的），问X服从什么分布，写出X的分布律，并求下列情况下无任何健康保险的概率·9· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军（1）恰有3人；（2）至少有两人；（3）不少于1人且不多于3人；（4）多于5人。解：X~B(15,0.2)kk15−kPX{=k}=C15(0.2)×(0.8)k=0,1,2,……,153312（1）PX{=3}=C(0.2)×(0.8)=0.2501150015114（2）PX{≥2}=−1C(0.2)×(0.8)−C0.2(0.8)×=0.83291515（3）111422133312P{1≤X≤3}=C15(0.2)×(0.8)+C15(0.2)×(0.8)+C15(0.2)×(0.8)=0.61295kk15−k（4）PX{>5}=−1∑C15(0.2)×(0.8)=0.0611k=04、解：用X表示5个元件中正常工作的元件个数332445PX(≥3)=C(0.9)×(0.1)+C(0.9)×0.1(0.9)+=0.9914555、某生产线生产玻璃制品，生产过程中玻璃制品常出现气泡，以致产品成为次品，设次品率为p=0.001，现取8000件产品，用泊松近似，求其中次品数小于7的概率。解：设X表示8000件产品中的次品数，则X~(8000,0.001)B近似地68ke−8由于n很大，P很小，利用X~π(8)，所以P{X<7}=∑=0.3134k=0k!6、解：（1）X~(10)π15k−1010e∴P{X>15}=1−P{X≤15}=1−∑=1−0.9513=0.0487k=0k!（2）∵X~()πλ0−λ1λe∴=P{X>0}=1−P{X=0}=1−20!1∴P{X=0}=2−λ1∴e=∴λ=ln2=0.72·10· 第七章假设检验1k−0.7(0.7)e∴PX{≥2}=−1PX{≤1}=−1∑=−10.8442=0.1558k=0k!−ln21ln2e11或P{X≥2}=1−P{X=0}−P{X=1}=1−−=−ln221!22−20e2−27、解：（1）X~π(2)P{X=0}==e=0.13530!−2（2）设Y表示一分钟内，5个讯息员中未接到讯息的人数，则Y~(5,Be)4−24−2∴PY{=4}=Ce()(1−e)=0.001455∞∞−2k5e25（3）∴∑(PX{=k})=∑()k=0k=0k!8、一教授当下课铃打响时，他还不结束讲解，他常结束他讲解在下课铃响后一分钟以内，以X表示响铃至结束讲解的时间，设X的概率密度为2⎧kx0≤x≤1fx()=⎨⎩0其它⎧1⎫⎧11⎫⎧2⎫（1）确定k；（2）求PX⎨≤⎬；（3）求P⎨≤X≤⎬；（4）求PX⎨>⎬⎩3⎭⎩42⎭⎩3⎭1+∞12k3k解：（1）由1=∫fxdx()=∫kxdx=x=∴k=3−∞0303111131⎧⎫3323（2）PX⎨≤⎬=∫fxdx()=∫3xdx=x=⎩3⎭−∞0027111112117⎧⎫2223（3）P⎨≤X≤⎬=fxdx()=3xdx=x=−=∫1∫1⎩42⎭4418646441⎧2⎫+∞123819（4）PX⎨>⎬=∫2fxdx()=∫23xdx=x2=−1=⎩3⎭3332727229、解：方程t+2Xt+5X−4=0有实根，即∆=(2X)−4(5X−4)≥0得X≥4或X≤1，所以有实根的概率为P{(X≥4)∪(X≤1)}=PX{≥4}+PX{≤1}11022=∫0.003xdx+∫0.003xdx=0.93704·11· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军22xx1111x−−−10、解：：（1）PX{<1}=∫fxdx()=∫e200dx=−e200=−1e200≈0.005−∞01000222xx+∞52+∞+∞x−−−（2）PX{>52}=∫fxdx()=∫e200dx=−e200=−e200≈0525210052226−PX{>26}e200（3）PX{>26X>20}===0.251582PX{>20}20−e20011、设实验室的温度X（以°C计）为随机变量，其概率密度为⎧12⎪(4−x)−≤1x≤2fy()=⎨9⎪⎩0其它（1）某种化学反应在温度X>1时才能反应，求在实验室中这种化学反应发生的概率；（2）在10个不同的实验室中，各实验室中这种化学反应是否会发生是相互独立的，以Y表示10个实验室中有这种化学反应的实验室的个数，求Y的分布律；（3）求PY{=2,}PY{≥2}。解：（1）2+∞21241388415PX{>1}=∫fxdx()=∫(4−xdx)=(x−x)=−−+=119927192792727k10−k5k⎛5⎞⎛22⎞（2）Y~(10,B)，PY{=k}=C⎜⎟×⎜⎟k=0,1,2,⋯,101027⎝27⎠⎝27⎠252228（3）PY{=2}=C()×()=0.29981027272502210151229PY{≥2}=−1PY{=0}−PY{=1}=−1C10()×()−C10()()=0.57782727272712、（1）设随机变量Y的概率密度为⎧0.2−<1y≤0⎪fy()=⎨0.2+Cy00.5Y>0.1}（2）设随机变量X的概率密度为·12· 第七章假设检验⎧1810.1=1−F0.1=1−0.2−0.2×0.1−0.6×0.1=0.774{}()2PY>0.5=1−F0.5=1−0.2+0.2×0.5−0.6×0.5=0.55PY{>0.5,Y>0.1}PY{>0.5}0.55∴PY{>0.5Y>0.1}====0.7106PY{>0.1}PY{>0.1}0.774⎧0x<0⎧0x<0⎪⎪x11⎪∫dt0≤x<2⎪x0≤x<2x⎪08⎪8（2）F(x)=∫−∞f(t)dt=⎨=⎨2⎪21xt⎪x∫dt+∫dt2≤x<42≤x<4⎪0828⎪16⎪⎪⎩1x≥4⎩1x≥4917P{1≤X≤3}=F(3)−F(1)=−=168169P{X≤3}=F(3)=16·13· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军7{}P{1≤X≤3}167∴PX≥1X≤3===P{X≤3}99161113、解：P{X=i,Y=j}=×nn−1P{X=i,Y=i}=0i≠j,i,j=1,2,……，n当n=3时，（X，Y）联合分布律为Y123X101/61/621/601/631/61/6014、设有一加油站有两套用来加油的设备设备A是加油站工作人员操作的，设备B是顾客自己操作的，A，B均装有两根加油软管，随机取一时刻，A，B正在使用软管数分别为X，Y。X，Y的联合分布律为Y012X00.100.080.0610.040.200.1420.020.060.30（1）求PX{=1,Y=1}，PX{≤1,Y≤1}（2）至少有一根软管在使用的概率；（3）PX{=Y}，PX{+Y=2}解：（1）P{X=1,Y=1}=0.2，PX{≤1,Y≤1}=PX{=0,Y=0}+PX{=0,Y=1}+PX{=1,Y=0}+PX{=1,Y=1}=0.100.080.040.20+++=0.42（2）设C={至少有一根软管在使用}PC()=PX{(≥1)∪(Y≥1)}1=−PX{=0,Y=0}10.10=−=0.90（3）PX{=Y}=PX{=0,Y=0}+PX{=1,Y=1}+PX{=2,Y=2}=0.100.200.30++=0.60PX{+Y=2}=PX{=0,Y=2}+PX{=1,Y=1}+PX{=2,Y=0}=0.060.200.02++=0.2815、设随机变量（X，Y）的概率密度为·14· 第七章假设检验⎧⎪−(2x+4y)>>Cex0,y0fxy(,)=⎨⎪⎩0其它是确定常数C；并求PX{>2}；PX{>Y}；PX{+Y<1}+∞+∞+∞+∞+∞−(2x+4y)C−2x−4yC解：∵1=∫fxdx()=∫∫Cedxdy=−e⋅−(e)=，∴C=8−∞008008+∞+∞+∞+∞−(2x+4y)−2x−4y−4PX{>2}=∫∫fxydxdy(,)=∫2dx∫08edy=−e⋅−(e)=e00x>20≤x<∞0≤y≤x+∞x−(2x+4y)PX{>Y}=∫∫fxydxdy(,)=∫0dx∫08edyxy>+∞+∞−2x−4yx−6x−2x=e⋅−(2e)dx=(2−e+2e)dx∫00∫0+∞1−6x−2x2=(e−e)=3030≤x≤10≤y≤−1x11−x−(2x+4)yPX{+Y<1}=∫∫fxydxdy(,)=∫0dx∫08edyxy+<11−x11−2x−4y−2x2x−4=∫2e(−e)dx=∫(2e−2e)dx000·15· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军1−2x2x−4−22=−(e−e)=(1−e)022x16、设随机变量（X，Y）在由曲线y=xy,=,x=1所围成的区域G均匀分布2（1）求（X，Y）的概率密度；（2）求边缘概率密度f(),xf()yXY212x1⎧6(,)xy∈G解：（1）S=(x−)dx=，fxy(,)=⎨G∫0260⎩其他（2）0≤x≤1110≤y≤≤y≤1x2或222≤y≤x2y≤x≤2yy≤x≤12⎧x⎪6⋅dy00ex>0∴fX(x)=∫fxydy(,)=⎨x=⎨−∞⎪0x≤0⎩0x≤0⎩y⎧−y⎧−y+∞⎪∫edxy>0yey>0fY(y)=∫fxydx(,)=⎨0=⎨−∞⎪0y≤0⎩0y≤0⎩22、（1）设一离散型随机变量的分布律为Y-101θθPk1−θ22又Y1，Y2是两个相互独立的随机变量，且Y1，Y2与Y有相同的分布律，求Y1与Y2的联合分布律，并求P{Y1=Y2};（2）在14题中X与Y是否相互独立。解：（1）Y1-101Y222θθθθ2θθθ-1⋅=(1−θ)⋅=2242224θ222θ20(1−θ)(1−θ)(1−θ)2222θθθθ2θθθ1⋅=(1−θ)⋅=2242224且P{Y=Y}=P{Y=−1,Y=−1}+P{Y=0,Y=0}+P{Y=1,Y=1}1212121222θ2θ32=+(1−θ)+=θ−2θ+1442（2）P{X=0,Y=0}=0.10又∵P{X=0}⋅P{Y=0}=0.0384·17· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军P{X=0,Y=0}≠P{X=0}⋅P{Y=0}，∴X与Y不相互独立23、设X，Y是两个相互独立的随机变量，X～U(0,1)，Y的概率密度为⎧1⎪8y0Y}。⎧1⎧10Y}=∫∫8ydxdy=∫(8y−ydy)=(4y−y)=033xy>024、设随机变量X具有分布律X-2-1013111111pk56515302求Y=X+1的分布律。解：X-2-1013111111pk5651530·18· 第七章假设检验2Y=X+15212102Y=X+112510111111pk+5615530即2Y=X+11251017111pk53053025、设随机变量X∼N(0,1)，求U=X的概率密度。2x1−解：U=X，∵f()x=e2−∞0时，Fu()=PU(≤u)=PX(||≤u)=Pu(−≤X≤u)=Fu()−F(−u)UXX222uuu1−1−2−∴fu()=F′()u=ϕ()u+ϕ(−u)=e2+e2=e2UUXX2π2ππ2u⎧2−⎪e2u>0故U=X的概率密度为：fuU()=⎨π⎪⎩0u≤026、解：−x⎧ex>0（1）Y=X，∵f()x=⎨，当x∈(0,+∞)时，y∈(0,+∞)X⎩0x≤0当y≤0时，Fy()=PY(≤y)=P(X≤y)=0,∴f()y=0YY22当y>0时，Fy()=PY(≤y)=P(X≤y)=PX(≤y)=F(y)YX2f()y=Fu′()=2yf(y2)=2ye−yYYX2⎧⎪2ye−yy>0故Y=X的概率密度为：f()y=⎨Y⎪⎩0y≤0⎧1X+1⎪−<1x<1（2）Y=，∵f()x=⎨2，当x∈−(1,1)时，y∈(0,1)X2⎪⎩0其它X+1当y≤0时，Fy()=PY(≤y)=P(≤y)=0，∴f()y=0YY2·19· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军X+1当00时，Fy()=PY(≤y)=PX(≤y)=P(−y≤X≤y)=F(y)−F(−y)YXXyyy111⎛1−1−⎞1−f()y=F′()y=f(y)⋅+f(−y)⋅=⎜e2+e2⎟=e2YYXX2y2y2y⎝2π2π⎠2πyy⎧1−⎪e2y>02故Y=X的概率密度为：fY()y=⎨2πy⎪⎩0y≤027、设一圆的半径X是一随机变量，其概率密度为⎧1⎪(3x+1)00时，Fz()=P{X+Y≤z}=fxydxdy(,)=eσdxdyZ∫∫∫∫22πσx2+y2≤zx2+y2≤z222rrzz2πz1−21−2−2=e2σrddrθ=2π⋅(−e2σ)=−1e2σ∫∫002πσ22π022zz−2z−2f()z=F′()z=(1−e2σ)′=e2σZZ2σ⎧z−z2(2σ2)⎪ez>022故A=πX的概率密度为：fZ()z=⎨σ⎪⎩0z≤0⎧1⎪−<1x<11129、解：∵f()x=⎨2，f()y=⋅−∞0由卷积公式：f()z=f(z−yf)()ydy⎨⇒<0y0当z≤0时，f(z)=0Z2+∞zz−λ(zy−)2−λy3−λz当z>0时，f()z=f(z−yf)()ydy=λeλyedy=λeZ∫−∞XY∫022⎧3−λzz⎪λez>0故Z=X+Y的概率密度为：f()z=⎨2Z⎪⎩0z≤0⎧100,0≤y≤2fxy(,)=⎨2⎪⎩0其它（1）求边缘概率密度f(),xf()y；XY（2）求Z=max(,)XY的分布函数；⎧1⎫（3）求概率P⎨0⎧3ex>0解（1）f()x=fxydy(,)=⎨02=⎨X∫−∞⎪⎩0x≤0⎩0x≤0⎧+∞3−3x⎧1+∞⎪∫edx0≤y≤2⎪0≤y≤2f()y=fxydx(,)=⎨02=⎨2Y∫−∞⎪⎩0其它⎪⎩0其它⎧0x≤00x≤0x⎪⎧（2）FxX()=∫−∞fX()tdt=⎨x−3t=⎨−3x⎪∫3edtx>0⎩1−ex>0⎩0⎧0y<0⎧0y<0⎪⎪y⎪y1⎪1Fy()=ftdt()=⎨dt0≤y<2=⎨y0≤y<2Y∫−∞Y∫0⎪2⎪2⎪⎩1y≥2⎪⎩1y≥2⎧0z<0⎪⎪1−3z∴Fmax()Z=P{max(,)XY≤Z}=FZX()⋅FZY()=⎨(1−e)z0≤0fx()=⎨9⎪0⎩其它求一天的平均耗水量。（2）设某种动物的寿命X（以年计）是一个随机变量，起分布函数为⎧0x≤5⎪Fx()=⎨25⎪1−x>52⎩x求这种动物的平均寿命EX()。x2x2x+∞x+∞+∞1−+∞x−x−+∞2x−解：（1）EX()=∫xfxdx()=∫x⋅xedx3=∫d(−e3)=−e3+∫edx3−∞09033003xx+∞xx+∞+∞−−+∞−−=∫2xd(−e3)=−2xe3+∫2edx3=−6e3=60000·26· 第七章假设检验+∞+∞+∞25+∞11（2）解法1：EX()=xdFx()=xd(1−)=50dx=50(⋅−)=10∫−∞∫5x2∫5x2x5⎧0x<5⎧0x≤5⎪⎪解法2：当x≠5时，fx()=Fx′()=⎨50,∴fx()=⎨50⎪x>5⎪x>533⎩x⎩x+∞+∞+∞50+∞11∴EX()=xfxdx()=x⋅dx=50dx=50(⋅−)=10∫−∞∫5x3∫5x2x5+∞1157、解：E(X)=∫xf(x)dx=∫x⋅42x(1−x)dx=−∞042+∞2128、解：EX()=xfxdx()=x⋅2(1−)dx=(x−2ln)x=−32ln2∫−∞∫1x21+∞0321329、解：E(X)=∫−∞xf(x)dx=∫−1x⋅x(1+x)dx+∫0x⋅x(1−x)dx=022πX10、设X∼B(4,)p，求数学期望E(sin)2kk4−k解：由P{X=k}=Cp(1−p),k=0,1,2,3,44πXπ133π33E(sin)=+0sin⋅Cp⋅−(1p)++0sin⋅Cp⋅−(1p)0+4422233=4p⋅−(1p)+−04p⋅−(1p)=4(1p−p)(12)−p11、解：R的概率密度为⎧1⎪0C}0.95≥解：（1）∵X∼N(25,36)，PX{−25≤C}0.9544=∴P{25−C≤X≤25+C}0.9544=·34· 第七章假设检验25+C−2525−C−25即Φ()−Φ()=0.954466C−CCΦ()−Φ()=Φ2()10.9544−=666CCΦ()=0.9772,∴=2，C=1266（2）∵X∼N(3,4)，PX{>C}0.95≥C−33−C即1−Φ()≥0.95，Φ()≥0.95223−C≥1.645，C≤−0.29224、解：（1）∵X∼N(3315,575)4390.253315−2584.753315−∴P{2584.75≤X≤4390.25}=Φ()−Φ()575575=Φ(1.87)−Φ−(1.27)=Φ(1.87)1−+Φ(1.27)=0.969310.8980−+=0.8673（2）27193315−∵PX{≤2719}=Φ()=Φ−(1.04)1=−Φ(1.04)10.8508=−=0.1492575∴Y∼B(25,0.1492)4ii4−i∴PY{≤4}=∑C4(0.1492)(10.1492)−=0.6664i=05、解：∵X∼N(6.4,2.3)86.4−1−Φ()PX{>8}2.31−Φ(1.055)10.8554−0.1446∴PX(>8X>5}======0.1761PX{>5}56.4−1−Φ−(0.923)Φ(0.923)0.82121−Φ()2.326、解：（1）∵X∼N(11.9,(0.2))12.311.9−11.711.9−∴P{11.712.4)∪(Y>12.4)}1=−PX{≤12.4}⋅PY{≤12.4)}1=−Φ()⎢⎥⎣0.2⎦22=−Φ1[(2.5)]=−1(0.9938)=0.01247、一工厂生产的某种元件的寿命X（以小时计）服从均值µ=160，均方差为σ的正态分布，若要求P{1205⎬=P⎨<1255−⎬+P⎨>1255+⎬⎩2⎭⎩2⎭⎩2⎭1255125−−1255125+−=Φ()1+−Φ()=Φ−(2)1+−Φ(2)2.52.5=−Φ22(2)=−×220.9772=0.0456·36· 第七章假设检验2210、解：（1）∵X~N(10,(0.2)),Y~N(10.5,(0.2))，且X与Y相互独立22∴X−Y~N(0.5,2(0.2))−×=N(0.5,(0.282))−0(0.5)−−PX{−Y<0}=Φ()=Φ(1.77)=0.96160.28222（2）设X~N(10,(0.2)),Y~N(10.5,σ)，且X与Y相互独立222∴X−Y~N(0.5,2(0.2))−×=N(0.5,(0.2)−+σ)0(0.5)−−0.5由0.90≤PX{−Y<0}=Φ()=Φ()22220.2+σ0.2+σ0.5∴≥1.28，故σ≤0.3348220.2+σ211、设某地区女子的身高（以m计）W∼N(1.63,(0.025))，男子身高（以m计）2M∼N(1.73,(0.05))，设各人身高相互独立。（1）在这一地区随机选一名女子，一名男子。求女子比男子高的概率。（2）在这一地区随机选5名女子，求其中至少有4名的身高大于1.60的概率。（3）在这一地区随机选50名女子，求这50名女子的平均身高大于1.60的概率。22解：∵W~N(1.63,(0.025)),M~N(1.73,(0.05))，且W与M相互独立222（1）∴W−M~N(1.631.73,(0.025)−+(0.05))=N(0.1,(0.056))−0.1PW{>M}=PW{−M>0}1=−Φ()1=−Φ(1.79)10.96330.0367=−=0.0561.601.63−（2）PW{>1.60}==−Φ1()1=−Φ−(1.2)=Φ(1.2)=0.88490.025设5名女子中身高大于1.60的人数为Y，则Y∼B(5,0.8849)441550∴PY{≥4}=C(0.8849)(10.8849)+−C(0.8849)(10.8849)−=0.8955552（3）∵W~N(1.63,0.025),i=1,2,,50⋅⋅⋅，且它们相互独立i5021(0.025)2则W=∑Wi~N(1.63,)=N(1.63,0.003535)50i=1501.601.63−Ｐ｛PW{>1.60}1=−Φ()1=−Φ−(8.4866)=Φ(8.4866)1≈0.003535·37· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军X−µ16−µ16−µ12、解：（1）Ｐ{<}＝０.２０�＝－０.８４①σσσX−µ20−µ20−µＰ{<}＝０.９�＝１.２８②σσσ由①，②解得，μ＝１７.６，σ＝１.８８５（2）３Ｘ＋２Ｙ－６Ｚ～Ｎ（０，４９）3X+2Y−6Z−7Ｐ{<}＝0.15877713、解：（1）Ｚ＝m－Ｘ－302（2）Ｚ～Ｎ（m－30，7.5）Z−（m−30）450−（m−30）（3）Ｐ{Ｚ≥450}≥0.95�Ｐ{≥}≥0.957.57.5450−（m−30）�≤-1.645�m≥492.47.52214、解：(1)Ｚ～Ｎ(m-30，3＋7.5)（2）Ｐ(Ｚ≥450)≥0.90Z−（m−30）450−（m−30）�Ｐ{≥}≥0.9022223+7.53+7.5450−（m−30）�≤-1.28�m≥490.36223+7.515、某种电子元件的寿命X（以年记）服从数学期望为2的指数分布，各元件的寿命相互独立。随机取100只元件，求这100只元件的寿命之和大于180的概率。解：∵X服从参数为2的指数分布∴E(X)=2，D(X)=4Xi={第i个电子元件的寿命}，Xi与X具有相同分布(i=1,2,⋯，100)，且它们独立100近似地()(2)∴∑Xi~N100×2,100×4=N200,20i=1100⎧⎫⎛180−200⎞()∴P⎨∑Xi>180⎬=1−Φ⎜⎟=Φ1=0.8413⎩i=1⎭⎝20⎠100∑Xi−100×25i=116、解：～Ｎ(0,1)100×1·38· 第七章假设检验100∑Xi−25002475−2500i=12525−2500Ｐ{24.74≤X≤25.25}＝P{≤≤}＝0.9876101010−7−717、解：Ｘ～N(－0.5×10，0.5×10)i−14102Ｅ(Ｘ)＝0，Ｄ(Ｘ)＝＝σii12∑Xi−400×0～Ｎ(0,1)400σX−6−6∑i0.5×10Ｐ{∑Xi＜0.5×10}＝Ｐ{＜}＝0.6156400σ400σ近似地18、解：（1）∵X∼B(1000,0.2)，∴X∼N(10000.2,10000.20.8)×××=N(200,160)1850.5200+−1700.5200−−P{170≤X≤185}≈Φ()−Φ()160160=Φ(2.41)−Φ(1.15)=0.99200.8749−=0.11711900.5200−−PX{≥190}1≈−Φ()=Φ(0.83)=0.79671601800.5200+−PX{≤180}≈Φ()=Φ−(1.54)1=−Φ(1.54)10.9382=−=0.0618160（2）设至少需要装n部电话，才能使其中含有白色电话机的部数不少于50部的概率大于0.95500.2−n0.2n−50即0.951.645，n>304.9552，从而取n≥305n×0.20.8×19、一射手射击一次得分X是一个随机变量，具有分布律X8910Pk0.010.290.70（1）求独立射击10次总得分小于等于96的概率；（2）求在900次独立射击中得分为8的射击次数大于等于6的概率。解：（1）∵EX()=×80.0190.29100.70+×+×=9.692222EX()=8×0.019+×0.2910+×0.70=94.13·39· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军22DX()=EX()−EX()=94.139.69−=0.233910近似地2∴∑Xi~N(109.69,100.2339××)=N(96.9,(1.53))i=1设第i个射手射击一次得分为Xi,Xi（i=1，2，3，…，10）和X具有相同的分布且它们相互独立10⎧⎫⎛96−96.9⎞()()∴P⎨∑Xi≤96⎬=Φ⎜⎟=Φ−0.59=1−Φ0.59=1−0.7224=0.2776⎩i=1⎭⎝1.53⎠（2）设X={900次独立射击中得分为8分的射击次数}，则X~B(900,0.01)⎛6−0.5−900×0.01⎞∴P{X≥6}=1−Φ⎜⎟=Φ(1.17)=0.8790⎝900×0.01×0.99⎠第五章样本及抽样分布1、解：4⎧−2∑xifxxxxfxfxfxfx⎪4i=1（1）(1,2,3,4)=(1)(2)(3)(4)=⎨2e,xi>0,i=1,2,3,4⎪0,⎩其它⎧1⎫⎧1⎫（2）P⎨1}=1−P{X−µ≤1}⎧⎪X−µ1⎫⎪=−1P⎨≤⎬=−Φ22(1.1180)=0.2628⎪⎩2525⎪⎭5、求总体N(20，3)的容量分别为10，15的两独立样本均值差的绝对值大于0.3的概率.101511解：记X=∑XYi,=∑Yi,X与Y独立，且10i=115i=1331X~N(20,),Y~N(20,),则X−Y~N(0,)10152X−Y∴PX{−Y>0.3}=P{>0.3×2}=2[1−Φ(0.3×2)]1/2≈2[1−Φ(0.4243)]=2(10.6628)−=0.67445016、解：x=∑xi=74.92,50i=150212s=∑(xi−x)=201.503749i=1s=14.1952.X−76.4i7、解：（1）∵X~N(76.4,383),∴~N(0,1)i383·42· 第七章假设检验42∑(Xi−76.4)42i=1(Xi−76.4)2∴U==∑~χ(4)383i=138342142∑(Xi−X)3⋅∑(Xi−X)2i=13i=13S2W===~χ(3)2383383σ22(n−1)S2(n−1)S由~χ(n−1)有D[]=2(n−1)22σσ242S22σ即:(n−1)D()=2(n−1)从而D(S)=2σn−1224当n=4时,D(S)=σ.3（2）P{0.7117.779})−(1−P{U>0.711})=P{U>0.711}−P{U>7.779}=0.95−0.1=0.85P{0.3520.352}−P{W>6.251}=0.95−0.1=0.85.8、解：证：∵X~t(n)U∴X具有如下结构：X=Y/n2其中U~N(0,1),Y~χ(n),且U和Y相互独立，从而22U222X=,U~χ(1),且U与Y也相互独立，Y/n2故X~F(1,n).第六章参数估计⎧1⎪00（1）总体X的概率密度为fx()=⎨20<θ<+∞，求参数θ的最θ⎪0⎩其它大似然估计量和估计值。（3）设X∼Bmp(,)，m已知，p(018.。01解：设H：µ≤18，H：µ>18.01这是σ2已知的右边检验问题，选统计量：X−µ0Z=σn·54· 第七章假设检验∵α=0.05，查表得：z=z=1.645α0.05⎧⎪x−x⎫⎪∴当H0为真时，拒绝域为：⎨z=0≥z=1.645⎬0.05⎪⎩σn⎪⎭1∵x=(20.0119.3218.76+++22.42+20.49+25.89+20.1118.9+7+20.90)9=20.7633σ=4.62，n=9，µ=180x−µ20.763318−0∴=z=≈1.79441.645>σn4.629∴拒绝H，即由于对工作的厌烦影响了他工作效率。02、《美国公共健康》杂志（1994年3月）描述涉及20143个个体的一项大规模研究，文章说从脂肪中摄取热量的平均百分比是38.4%（范围是6%到71.6%），在某一大学医院进行一项研究以判定在该医院中病人的平均摄取量是否不同于38.4%，抽取了15个病人测得平均摄取量为40.5%，样本标准差为7.5%。设样本来自正态总体N(µ,σ2)，µ，σ2均未知。试取显著性水平α=0.05检验假设H：µ0=38.4，H：µ≠38.41解：设H：µ=38.4，H：µ≠38.401X−µ这是σ2未知关于µ的双边检验，检验统计量为：0t=sn∵α=0.05，n=15，查表得：t(n−1)=t(14)=2.1448α/20.025⎧⎪x−x⎫⎪∴当H00为真时，拒绝域为：⎨t=>t(14)=2.1448⎬0.025⎪⎩σn⎪⎭又由题知：x=40.5%，s=7.5%，µ=38.4%040.5%38.4%−∴t=≈1.0844<2.14487.5%15故应接受H0，即认为脂肪摄取量的平均百分比为38.4%。3、自某种铜溶液测得9个铜含量的百分比的观察值，算得样本均值为8.3，标准差为0.025，设样本来自正态总体N(µ,σ2)，µ，σ2未知。试依据这一样本取显著性水平α=0.01检验H0：µ≥8.42，H1：µ<8.42。解：设H0：µ≥8.42，H1：µ<8.42·55· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军X−µ这是σ2未知关于µ的左边检验，检验统计量为：0t=sn∵α=0.01，n=9，查表得：t(n−1)=t(8)=2.8965α0.01⎧⎪x−µ⎫⎪∴当H0为真时，拒绝域为：0⎨t=<−t(8)=−2.8965⎬0.01⎪⎩sn⎪⎭又由题知：x=8.3，s=0.025，µ=8.420x−µ8.38.42−∴t=0==−14.4000<−2.8965sn0.0259故应拒绝H0，即认为µ<8.42。4、检验假设：H：µ=72.46，H：µ≠72.46012解：这是σ未知关于µ的双边检验X−µ0检验统计量为：t=s/n在∵α=0.05，n=16，t(n−1)=t(15)=2.1315α/20.025⎧x−x⎫0∴拒绝域为：⎨t=≥t0.025(15)=2.1315⎬⎩σ/n⎭又由题知：x=72.69s=8.34，µ=72.64072.69−72.64∴t=≈0.024<2.13158.34/16接受H，即可认为某地区成年男子的平均体重为72.64。05、检验假设：H：µ≤200，H：µ>200012解：这是σ未知关于µ的右边检验X−µ0检验统计量为：t=s/n∵α=0.05，n=10，t(n−1)=t(9)=1.8331α0.05·56· 第七章假设检验⎧x−µ⎫∴拒绝域为：0⎨t=>t0.05(9)=1.8331⎬⎩s/n⎭1又由题知：x=(208+180+232+168+212+208+254+229+230+181)=210.210212222222222s=(2.2+30.2+21.8+42.2+1.8+2.2+43.8+18.8+19.8+29.2)=744.189s=27.28µ=2000X−µ0210.2−200∴t==≈1.1217<1.8331s/n27.28/9接受H，即认为µ≤200。0226、检验假设：H：σ=5000，H：σ≠5000，012解：这是µ未知，关于σ的双边检验22(n−1)s检验统计量为：χ=2σ02222∵α=0.02，n=26，χ(n−1)=χ(25)=11.523，χ(n−1)=χ(25)=44.3131−α/20.99α/20.0122∴拒绝域为：{χ≤11.523或χ≥44.313}22又由题知：s=7200σ=5000022(n−1)s25×7200∴χ===362σ50000∴2χ未落入拒绝域，故接受H0，认为某牌号电池的寿命的标准差为5000小时。7、某种标准类型电池的容量（以安-时计）的标准差σ=1.66，随机地取10只新类型的电池测得它们的容量如下146141135142140143138137142136设样本来自正态总体N(µ,σ2)，µ，σ2未知，问标准差是否有变动，即需检验假设（取α=0.05）：H2=1.6622≠1.6620：σ，H1：σ解：设H2=1.6622≠1.6620：σ，H1：σ222(n−1)s这是µ未知，关于σ的双边检验，检验统计量为：χ=2σ02222α=0.05，n=10，查表得：χ(n−1)=χ(9)=2.7，χ(n−1)=χ(9)19.022=1−α/20.975α/20.025·57· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军2222∴当H0为真时，拒绝域为：{χ≤χ(9)=2.7或χ≥χ(9)19.022=}0.9750.0251x=(146141135142140143138137142136)140+++++++++=1021222s=⎡(146140)−+(141140)−+⋅⋅⋅+(136140)−⎤⎣⎦101−1222=(361++2540949416)12+++++++=，σ=1.660922(n−1)s912×∴χ==≈83.824≥19.02222σ1.660故应拒绝H0，认为标准差有变动。8、检验假设：H：σ≤140，H：σ>140012解：这是µ未知，关于σ的右边检验，则22(n−1)s检验统计量为：χ=2σ022∵α=0.05，n=25，χ(n−1)=χ(24)=36.415α0.052∴拒绝域为：{χ≥36.415}2222又由题知：s=154.3494σ=1400222(n−1)s24×154.3494∴χ===29.172<36.41522σ1400∴2χ未落入拒绝域，故接受H0，认为σ≤1409、由某种铁的比热的9个观察值得到样本标准差s=0.0086.设样本来自正态总体N(µ,σ2)，µ，σ2均未知。试检验假设（α=0.05）H0：σ≥0.0100，H1：σ<0.0100解：设H0：σ≥0.0100，H1：σ<0.0100222(n−1)s这是µ未知，关于σ的左边检验，则检验统计量为：χ=2σ022α=0.05，n=9，查表得：χ(n−1)=χ(8)=2.733α0.9522∴当H0为真时，拒绝域为：{χ<χ(8)=2.733}0.952222又由题知：s=0.0086，σ=0.010·58· 第七章假设检验222(n−1)s80.0086×∴χ===5.9186>2.73322σ0.010故接受H，认为σ≥0.01010、(1)检验假设：H：µ≥3315，H：µ<3315012这是σ未知关于µ的左边检验X−µ0检验统计量为：t=s/n∵α=0.1，n=30，t(n−1)=t(29)=1.3114α0.1∴拒绝域为：{t<−1.3114}又由题知：x=3189，s=488，µ=33150X−µ03189−3315∴t==≈−1.4142<−1.3114s/n488/30拒绝H，即认为µ<33150(2)检验假设：H：σ≤525，H：σ>525012这是µ未知，关于σ的右边检验，则22(n−1)s检验统计量为：χ=2σ022∵α=0.05，n=30，χ(n−1)=χ(29)=42.557α0.052∴拒绝域为：{χ≥42.557}2222又由题知：s=488σ=5250222(n−1)s29×488∴χ===25.056<42.55722σ5250∴2χ未落入拒绝域，故接受H0，认为σ≤52511、检验假设：H：µ≤µ，H：µ>µ0121122解：这是σ未知，关于总体均值的比较·59· 《概率统计》习题解答浙大盛骤、谢式千钟绍军X−Y检验统计量为：t=11S+wnn12∵α=0.05，n1=9，n2=4，t0.05(n1+n2−2)=t0.05(11)=1.7959⎧⎫⎪⎪∴拒绝域为：⎪t=x−y≥t(11)=1.7959⎪⎨0.05⎬⎪11⎪s+⎪w⎪⎩94⎭由题，A班、B班考试成绩的样本均值和样本方差分别为：2x=80，s=110.2512y=65，s=1742又222(n1−1)s1+(n2−1)s28×110.25+3×174，=11.2976sω===127.636sωn+n−29+4−212∴现观测值t=2.2094>1.7959∴拒绝H，认为µ>µ01212、检验假设：H：µ≥µ，H：µ<µ0121122解：这是σ未知，关于总体均值的比较X−Y检验统计量为：t=11S+wnn12∵α=0.05，n1=13，n2=13，t0.05(n1+n2−2)=t0.05(24)=1.7109⎧⎫⎪⎪∴拒绝域为：⎪t=x−y≤−t(24)=−1.7109⎪⎨0.05⎬⎪11⎪s+⎪w⎪⎩1313⎭由题，晴天、雨天水的混浊度的样本均值和样本方差分别为：2x=6.177，s=17.500312y=9.477，s=33.68532又·60· 第七章假设检验222(n1−1)s1+(n2−1)s213×17.5003+13×33.6853，s=5.2655sω===27.7255ωn+n−213+13−212∴现观测值t=−1.5978>−1.7959∴接受H，认为µ≥µ。012·61·'