浙大《概率论与数理统计(第四版)简明本》盛骤著 课后习题解答.pdf 62页

'概率论与数理统计作业习题解答（浙大第四版）第一章概率的基本概念习题解析第第第1第111、、、、2222题题题题随机试验随机试验随机试验、随机试验、、、样本空间样本空间样本空间、样本空间、、、随机事件随机事件随机事件随机事件-------------------------------------------------------------------------------1．写出下列随机试验的样本空间：（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（设以百分制记分）。（2）生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数。（3）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如连续查出2个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。（4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标。解解解（1）高该小班有n个人，每个人数学考试的分数的可能取值为0，1，2，…，100，n01100n个人分数这和的可能取值为0，1，2，…，100n，平均分数的可能取值为,,...,,则nnn样本空间为kS=k=0,1,2,⋯,100nn（2）样本空间S={10，11，…}，S中含有可数无限多个样本点。（3）设1表示正品，0有示次品，则样本空间为S={（0，0），（1，0，0），（0，1，0，0），（0，1，0，1），（0，1，1，0），（1，1，0，0），（1，0，1，0），（1，0，1，1），（0，1，1，1），（1，1，0，1），（1，1，1，0），（1，1，1，1）}例如（1，1，0，0）表示第一次与第二次检查到正品，而第三次与第四次检查到次品。（4）设任取一点的坐标为（x，y），则样本空间为22S={(,)xyx+y£1}-------------------------------------------------------------------------------2．设A，B，C为三个事件，用A，B，C的运算关系表示下列事件。（1）A发生，B与C不发生；（2）A与B都发生，而C不发生；（3）A，B，C中至少有一个发生；（4）A，B，C都发生；（5）A，B，C都不发生；（6）A，B，C中不多于一个发生；（7）A，B，C中不多于两个发生；（8）A，B，C中至少有两个发生。解解解此题关键词：“与，”“而”，“都”表示事件的“交”；“至少”表示事件的“并”；“不多于”表示“交”和“并”的联合运算。（1）ABC。 （2）ABC或AB—C。（3）A∪B∪C。（4）ABC。（5）ABC。（6）A，B，C中不多于一个发生为仅有一个发生或都不发生，即ABC∪ABC∪ABC∪ABC，A，B，C中不多于一个发生，也表明ABC,,中至少有两个发生，即AB∪BC∪AC∪ABC。（7）A，B，C中不多于两个发生，为仅有两个发生或仅有一个发生，或都不发生，即表示为ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC而ABC表示三个事件都发生，其对立事件为不多于两个事件发生，因此又可以表示为ABC=A∪B∪C。（8）A，B，C中至少有两个发生为A，B，C中仅有两个发生或都发生，即为ABC∪ABC∪ABC∪ABC也可以表示为AB∪BC∪AC。第第第3第333....（（（（1111）、）、）、6）、666、、、、8888、、、、9999、、、、10101010题题题题概率的定义概率的定义概率的定义、概率的定义、、、概率的性质概率的性质概率的性质、概率的性质、、、古典概型古典概型古典概型古典概型-------------------------------------------------------------------------------113．（1）设A，B，C是三件，且PA()=PB()=PC()=,(PAB)=PBC()=0,(PAC)=,48求A，B，C至少有一个生的概率。解解解利用概率的加法公式315PA(∪B∪C)=PA()+PA()+PC()-PAB()-PBC()-PAC()+PABC()=-=488其中由PAB()=PBC()=0,而ABCÌAB得PABC()=0。-------------------------------------------------------------------------------6．在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任选3人记录其纪念章的号码。求（1）最小号码为5的概率；（2）最大号码为5的概率。3解解解解利用组合法计数基本事件数。从10人中任取3人组合数为C，即样本空间103S={C=120个基本事件}。10 （1）令事件A={最小号码为5}。最小号码为5，意味着其余号码是从6，7，8，9，10的522个号码中取出的，有C种取法，故A={C=10个基本事件}，所求概率为555!2C2!3!1015PA()====310!12012C103!7!（2）令事件B={最大号码为5}，最大号码为5，其余两个号码是从1，2，3，4的4个号码22中取出的，有C种取法，即B={C个基本事件}，则444!2C2!2!614PB()====310!12020C103!7!-------------------------------------------------------------------------------8．在1500个产品中有400个次品，1100个正品。从中任取200个。求（1）恰有90个次品的概率；（2）至少有2个次品的概率。解解解（1）利用组合法计数基本事件数。令事件A={恰有90个次品}，则90110CC4001100PA()=200C1500（2）利用概率的性质。令事件B={至少有2个次品}，A={恰有i个次品}，则iB=A∪A∪A,AiAi=Æ(¹)ij23200所求概率为200PB()=PA(2∪A3∪⋯∪,A200）=∑PA()ii=2显然，这种解法太麻烦，用对立事件求解就很简单。令事件B={恰有0个次品或恰有1个次品}，即B=A∪A，而012001199CCC11004001100PB()=PA(∪A)=PA()+PA()=+0101200200CC15001500故2001199CCC11004001100PB()1=-PB()1=--200200CC15001500-------------------------------------------------------------------------------9．从5双不同的鞋子中任取4只，问这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率是多少？ 解解解令事件A={4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双}。用3种方法求P（A）。①A的对立事件A={4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双}，从5又鞋中任取4只，即44从10只鞋中任取4只，所有可能组合数为C，样本空间S={C个基本事件}，现考虑有101044利于A的基本事件数。从5双鞋中任取4双，再从每双中任取一只，有C2种取法，即544A={C2个基本事件}，则5444C252´135PA()1=-PA()1=-=-1=4C210211044②4只鞋是不放回的一只接一只的取出，所有可能的排列数为A，即样本空间S={A1010个基本事件}。现考虑有利于A的基本事件，从10只鞋中任取一只，与它配成双的一只不取，从其余8只鞋中任取一只，与它配成双的一只不取，依此类推，则A={10×8×6×4个基本事件}。于是10864´´´10864´´´813PA()1=-PA()1=-=-1=-1=4A10987´´´212110③利用组合法计数基本事件数。考虑有利于事件A的基本事件数，任取的4只鞋配成122222122222一双的取法有CCC2种，能配成两双的取法有CC种，于是A={（CCC2+CC）5245252452个基本事件}，则122222CCC2+CC1301352452PA()===4C2102110此题的第1种方法和第2种方法是利用概率性质：PA()+PA()=1首先求PA()，然后求PA()。第3种方法是直接求PA()。读者还可以用更多方法求PA()。-------------------------------------------------------------------------------10．在11张卡片上分别写上Probability这11个字母，从中任意连抽7张，求其排列结果为ability的概率。解解解令事件A={排列结果为ability}，利用排列法计数基本事件数。不放回的从中一次抽17张的连抽7张，要排成单词，因此用排列法。样本空间={A个基本事件}。排列结果11 1为ability，实际收入字母b的卡片有两张，写字母i的卡片有两张，取b有C种取法，2111取i有C种取法，其余字母都只有1种取法，故A={CC个基本事件}，于是22211CC422PA()===×000000247A111098765´´´´´´11这是个小概率事件。第第第1第1114.4.4.4.（（（（2222）、）、11151555、、、、19191919、、、、18181818题题题题条件概率条件概率、、、概率的加法公式和乘法公式、概率的加法公式和乘法公式-------------------------------------------------------------------------------11114．（2）已知PA()=，PBA()=,(PAB)=,求PA(∪B)。432解解解利用概率加法公式和概率乘法公式。PA(∪B)=PA()+PB()-PAB()解此题的关键是求PB()和PAB()。由概率乘法公式，得111PAB()=PAPBA()()=´=4312又PAB()=PBPAB()()，解得1PAB()121PB()===PAB()162于是所求概率为1111PA(∪B)=+-=46123此题的关键是利用PAPBA()()=PBPAB()()，求出PAB()和PB()，再求PA(∪B)就迎刃而解了。-------------------------------------------------------------------------------15．掷两颗骰子，已知两颗骰子点数和为7，求其中有一颗为1点的概率（用两种方法）。解解解令事件A={两颗骰子点数之和为7}，B={有一颗为1点}。此题是求条件概率PBA()。两种方法如下：①考虑整个样本空间。随机试验：掷两颗骰子，每颗骰子可能出现的点数都是6个，2即样本空间S={6个基本事件}。事件AB={两颗骰子点数之间和为7，且有一颗为1点}，两颗骰子点数之和为7的可能结果为6个，即 A={（1，6），（2，5），（3，4），（6，1），（5，2），（4，3）}而AB={（1，6），（6，1）}。由条件概率公式，得2PAB()3621PBA()====PA()66336②已知事件A发生后，将A作为样本空间，其中有两个结果（1，6）和（6，1）只有一颗骰子出现1点，则在缩减的样本空间中求事件B发生的条件概率为21PBA()==63-------------------------------------------------------------------------------18．某人忘记了电话号码的最后一个数，因而他随意地拨号。求他拨号不超过三次而接通所需电话的概率。若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？解解解利用概率性质解(有限可加性)和概率乘法公式。令事件Ai={第i次拨通电话}，“到第i次拨通电话”这个事件为AA⋯AA（i=1，12i-1i2，3）。事件B={不超过三次而拨通电话}，则B=A∪AA∪AAA112123该事件表示第一次拨通电话，或者第一次未拨通，第二拨通电话（到第二次拨通电话），或者第一、二次未拨通，第三次拨通电话（到第三次拨通电话）。右端是互不相容事件的并事件，所以用有限可加性计算，得PB()=PA(∪AA∪AAA)112123=PA()+PAA()+PAAA()112123=PA()+PAPAA()()+PAPAAPAAA()()()11211213121919813=+´+´´=101091098101拨号是从0，1，2，…，9的10个数字中任取一个，有10种取法，第一次拨通的概率是；109第一次未拨通的概率为，第二次拨号时，是从其余9个数字中任取一个，所以拨通的概1019111率为，到第二次拨通的概率为´=，依此类推，到第n次拨通电话的概率都是，91091010与顺序无关。已知最后一个数字是奇数时，令事件C={拨号不超过三次而接通电话}。拨号是从1，13，5，7，9的五个数字中任取一个，有5种取法，第一次拨通的概率为，到第二次拨通54114311的概率为´=，到第三次拨通的概率为´´=，与上述分析方法和用的概率公5455435式相同，所以1414313PC()=+´+´´=5545435 第第第21第212121、、、、22222222、、、、35353535、、、、38383838题题题题全概率公式全概率公式、、、贝叶斯公式、贝叶斯公式、、、事件的独立性、事件的独立性-------------------------------------------------------------------------------21．已知男人中有500是色盲患者，女人中有0.2500是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解解解令事件A={随机地选一人是女性}，对立事件A={随机地选一人是男性}。因为人群中1男女人数相等，所以PA()=PA()=，且A，A是样本空间的一个划分。事件C={随机2地挑选一人恰好是色盲}。已知0.255PCA()=,(PCA)=100100由全概率公式，得PC()=PAPCA()()+PAPCA()()10.2515=´+´=0.0262521002100由贝叶斯公式，得15PAC()PAPCA()()´2100PAC()====0.9524PC()PC()0.02625-------------------------------------------------------------------------------22．一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P，若第一次及格则第二次p及格的概率也为P；若第一次不及格则第二次及格的概率为2。（1）若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。解解解令事件解Ai={一学生第i次考试及格}（i=1，2），已知PPA()=PPA,()1=-PPAAPAA,()()=1121212（1）由概率加法公式，得PA(∪A)=PA()+PA()-PAA()121212=PA()+PA()-PAPAA()()12121利用对立事件求概率 PA(1∪A2)1=-PA(1∪A2)1=-PAA(12)=-1PAPAA()()121=-1PA(1)[1-PAA(1)]2P312=-1(1-P)(1-)=P-P222显然用后者求解简单。（2）利用条件概率公式。PAA()PAPAA()()12121PAA()==21PA()PA()222P2P==2P+P(1-P)P+12-------------------------------------------------------------------------------35．如果一危险情况C发生时，一电路闭合并发出警报，我们可以借用两个或多个开关并联以改善可靠性，在C发生时这些开关每一个都应闭合，且若至少一个开关闭合了，警报就发出。如果两个这样的开关联联接，它们每个具有0.96的可靠性（即在情况C发生时闭合的概率），问这时系统的可靠性（即电路闭合的概率），是多少？如果需要有一个可靠性至少为0.9999的系统,则至少需要用多少只开关并联?设各开关闭合与否是相互独立的。解解解利用事件的独立性解。①令事件A={第i只开关闭合}。已知PA()=PA()=0.96。令事件B={电路闭合}。i12两只开关并联联接，则B=A∪A，即至少有一只开关闭合，电路就闭合。而A与A相互1212独立，所以电路闭合的概率为PB()=PA(∪A)=PA()+PA()-PAA()121212=PA()+PA()-PAPA()()12122=0.960.96(0.96)+-=0.9984这种解题思路是读者容易想到的.另一种解法是利用对立事件,计算此较简单.PB()=PA(∪A)1=-PA(∪A)1212=-1PAA()12=-1PAPA()()122=-10.04=0.9984②设需要n只开关并联,才保证系统可靠性为0.9999。令事件A={第i只开关闭合（}i=1，i2，…，n）。令事件C={电路闭合}，则C=A∪A∪⋯A。如果用概率加法公式表示P=()C12n将是相当麻烦的，不妨表示为 PC()=PA(∪A∪⋯A)12nnnn-1=∑PA()i-∑PAA(ij)+∑PAAA(ijK)+⋯+-(1)P(∩Ai)i=11£ijn≺£1£ijkn≺≺£i=1n-12233n=0.96nC-(0.96)+C(0.96)+⋯+-(1)(0.96)nn已知PC()=0.9999，解n实际上是很难办到的。如果用对立事件表示PC()，显然比较简单，即PC()1=-PA(1∪A2∪⋯∪An)1=-PAA(12⋯An)=-1PAPA(1)(2)⋯PA(n)n=-1(0.04)nn已知10.04-³0.9999，即10.04-£0.0001，两边取以e为底的对数，得n1(0.04)1(0.0001)£，则nn1(0.0001)-9.2103nn³=»2.861(0.04)-3.2189n故至少需要3只开关并联联接。此题表明对立事件及德·莫根律对解决实际问题有多么重要。-------------------------------------------------------------------------------36．三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为15,13,14。问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是多少？111解解解①令事件Ai={第i人能译出密码}（i=1，2，3），且PA()=，PA()=，PA()=，123534B={三人中至少有一人能译出密码}与事件“密码被译出”是相等事件。又AAA,相互独123立。利用概率的加法公式和事件的独立性。PB()=PA(∪A∪A)123=PA()+PA()+PA()-PAA()-PAA()-PAA()+PAAA()123121323123111111111111=++-´-´-´+´´=0.6534535434534②利用对立事件和事件的独立性。PB()=PA(∪A∪A)1=-PA(∪A∪A)123123=-1PAAA(123)1=-PAPAPA(1)(2)(3)1113=-1(1-)(1´-)(1´-)==0.65345------------------------------------------------------------------------------- 38．袋中装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。问这只硬币是正品的概率为多少？解解解解令事件A={任取一只硬币是正品},对立事件A={任取一只硬币是次品},且mnPA()=,()PA=，B={把硬币投掷r次，每次都得到国徽面}，令事件B={把imn+mn+硬币投掷i次，有i次得到国徽}（i=1，2，…，r）。如果硬币是正品，则投掷一次出现任何1一面的概率都是；如果硬币是次品，则投掷一次出现国徽面的概率是1。于是2PB()=PAPBA()()+PAPBA()()111m1n=´+´1mn+2mn+PB()=PAPBA()()+PAPBA()()222m11n=´´+´´11mn+22mn+⋮m1niPB()=´+´1iimn+2mn+则m1nrPB()=PB()=´+´1rrmn+2mn+m1n=´+rmn+2mn+所求概率为PAB()PAPBA()()PAB()==PA()PB()m1´mn+2rm==m1nm2rn+´+rmn+2mn+第二章随机变量及其分布习题解析第第第2.第2.2.2.（（（（1111）、）、333、3、、、6666、、、、7777、、、、12121212、、、、17171717题题题题离散型随机变量的分布律离散型随机变量的分布律-------------------------------------------------------------------------------2．（1）一袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5。在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，现实性出随机变量X的分布律。解解解解随机变量X的所有可能取值为3，4，5，求取各个值的概率用古典概型。 2C112PX{=3}===35!10C53!2!3!2C2!1!33PX{=4}===35!10C53!2!4!2C2!2!34PX{=5}===35!5C53!2!则随机变量X的分布律为X345133Pk10105如果用概率函数表示，则为2Ck-1PX{=k}=(k=3,4,5)3C5-------------------------------------------------------------------------------3．设在15只同类型的零件中有2只是次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样。以X表示取出的次品的只数。（1）求X的分布律；（2）画出分布律的图型。解解解随机变量解X的所有可能值为0，1，2，求取各个值的概率用古典概型。（1）X取各个值的概率分别为13!03CC3!10!22213PX{=0}===315!35C153!12!13!122´CC2!11!12213PX{=1}===315!35C153!12!21CC131213PX{=2}===315!35C153!12!则X的分布律为X01222121Pk353535因为P,所以只要求出PX{=0},{PX=1}则PX{=2}1=-PX{=0}-PX{=1}。∑k=1 X的分布律用概率函数表示为k3-kCC213PX{=k}=(k=0,1,2)3C15-------------------------------------------------------------------------------6．一大楼装有5个同类型的供水设备。调查表明在任一时刻t每个设备被使用的概率为0.1，问在同一时刻（1）恰有2个设备被使用的概率是多少？（2）至少有3个设备被使用的概率是多少？（3）至多有3个设备被使用的概率是多少？（4）至多有1个设备被使用的概率是多少？解解解5个同类型的供水设备解，在任一时刻是否被使用相互独立，而在同一时刻被使用的个数X服从二项分布b（5，0，1），故用二项分布求解X取各个值，或在某个范围内取值的概率。（1）因为X服从二项分布b（5，0，1），分布律为k5-kPX{=k}=C(0.1)(0.9)（k=0，1，2，3，4，5）k于是2252-PX{=2}=C(0.1)(0.9)=100.010.729´´=0.07295（2）5kk5-kPX{³3}=∑C5(0.1)(0.9)k=33353-4454-5555-=C(0.1)(0.9)+C(0.1)(0.9)+C(0.5)(0.9)555=100.0010.8150.00010.90.00001´´+´´+=0.00856（3）3kk5-kPX{£3}=∑C5(0.1)(0.9)k=000514223332=C(0.1)(0.9)+C(0.1)(0.9)+C(0.1)(0.9)+C(0.1)(0.9)5555=0.590490328050.07290.0081+++=0.99954或用对立事件求解。 PX{£3}1=-PX{≻3}1=-PX{³4}5kk5-k=-1∑C5(0.1)(0.9)k=4445550=-1[C(0.1)(0.9)+C(0.1)(0.9)]5545=-1[50.1´´0.90.1]+=-1[0.000450.0001]+=0.99954后者计算比前者简单。5kk5-k（4）PX{³1}=∑C5(0.1)(0.9)，显然计算过程比较麻烦，但用对立事件求解相当k=1简单。PX{³1}1=-PX{<1}1=-PX{=0}0055=-1C(0.1)(0.9)=-10.95=-10.59049=0.40951-------------------------------------------------------------------------------7．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次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率；（2）进行了7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。解解解（1）事件解A次重复独立试验中发生的次数X服从二项分布b（n，0.3）,分布律为kknk-PX{=kC}(0.3)(0.7)(k=0,1,2,…,n)n当事件{X³3}发生时,指示灯发出信号。当n=5时，则5kk5-kPX{³3}=∑C5(0.3)(0.7)k=33324455=C(0.3)(0.7)+C(0.3)(0.7)+C(0.3)555=100.0270.4950.00810.70.00243´´+´´+=0.16308（2）事件A在7次重复独立试验中发生的次数Y服从二项分布b（7，0，3），则PY{³3}1=-PY{≺3}1=-PY{£2}00716225=-1[C(0.3)(0.7)+C(0.3)(0.7)+C(0.3)(0.7)]7777625=-1[0.7+´70.30.7´+210.3´´0.7]=0.353-------------------------------------------------------------------------------12．一电话交换台每分钟收到呼唤的次数服从参数为4的泊松分布。求（1）某一分钟恰有8次呼唤的概率；（2）某一分钟的呼唤次数大于3的概率。解解解解一电话交换台某一分钟收到呼唤的次数X服从泊松分布p(4)，其分布律为 -4ke4PX{=k}=（k=0，1，2，…）k!-48e41200.33371（1）PX{=8}===0.029778!40320¥-4k3-4ke4e4（2）PX{>3}=PX{³4}=∑=-1∑=0.5665k=4k!k=0k!-------------------------------------------------------------------------------k1-K17．（1）设X服从（0-1）分布，其分布律为PX{=k}=P(1-P),k=0，1，求X的分布函数，并作出其图形；（2）求第1题中的随机变量的分布函数。解解解解（1）X的分布函数为k1-KFx()=PX{£x}=∑P(1-P)kx£x≺00,0£x≺1=1-Px³1,（2）第1题中随机变量X的分布律为X345133Pk10105X的分布函数为Fx()=PX{£x}，求法如下。当x≺3时，则Fx()=PX{£x}0=当3£x≺4时，则Fx()=PX{£x}=PX{=3}0.1=当4£x≺5时，则Fx()=PX{£x}=PX{=3}+PX{=4}0.10.3=+=0.4当x³5时，则Fx()=PX{£x}=PX{=3}+PX{=4}+PX{=5}1=综合表示为 0,1,x≺3103£x≺4Fx()=134+=,4£x≺5101010x³5133++=1,10105第第第1第1119999、、、、21212121、、、、27272727、、、、34343434、、、、35353535、、、、36363636题题题题随机变量的分布函数随机变量的分布函数、、、连续型随机变量的概率密度、连续型随机变量的概率密度-------------------------------------------------------------------------------19．以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一个顾客到达的等待时间（以分计），X的分布函数是-0.4x1-e,x≻0Fxx()=0,x≺0求下述概率：（1）P{至多3分钟}；（2）P{至少4分钟}；（3）P{3分钟至4分钟之间}；（4）P{至多3分钟或至少4分钟}；（5）P{恰好2.5分钟}。-0.43´-1.2解解解解（1）PX{£3}=P(3)1=-e=-1e=0.6988x-0.44´（2）PX{³4}1=-PX{≺4}1=-F(4)=e=0.2019X（3）P{3£X£4}=PX{£4}-PX{<3}-0.44´-0.43´=F(4)-F(3)1=-e-(1-e)XX=0.0993（4）-0.43´-0.44´PX{£3}+PX{³4}1=-e+(1-e)=0.69880.2019+=0.9007（5）PX{=0.25}0=。-------------------------------------------------------------------------------21．设随机变量X的概率密度为22(11-x),1£x£2（1）fx()=0,其它x,0£x<1（2）fx()=2-x,1£x<20,其它 求X的分布函数Fx()，并画出（2）中的fx()及Fx()的图形。解解解解（1）当x<1时，F（x）=0；当1£x<2时，则x1x1Fx()=ftdt()=0dt+2(1-)dt∫-¥∫-¥∫1t2x11x=2(1-)dt=2(t+)∫211tt2=2x+-4x当x³2时，F（x）=1。综合表示为0,x<12Fx()=2x+-4,1£x<2xx³21,（2）当x<0时，F（x）=0；当0£x<1时，则x0x12Fx()=∫ftdt()=∫0dt+∫tdt=x-¥-¥02当1£x<2时，则xFx()=∫ftdt()-¥01x=∫0dt+∫tdt+∫(2-tdt)-¥011x112x=tdt+(2-tdt)=+(2t-t)∫0∫1122112112=+2x-x-+2=-x+2x-12222当x³2时，F（x）=1。综合表示为0,1x<02x,20£x<1Fx()=-1x2+2x-11£x<22x³21,-------------------------------------------------------------------------------227．某地区18岁女青年的血压（收缩压，以mmHg计）服从N（110，12）。在该地区任选一18岁的女青年，测量她的血压X。（1）求PX{£105},{100Px}0.05£。2解设女青年的血压为X，则X∼N(110,12)，由此得X-110∼N(0,1)12（1）①X-110105110-PX{£105}=P{£}121255=F-()1=-F()1212=-F1(0.4167)=-10.6628=0.3372②100110-X-110120110-P{100x}0.05£，用对立事件得1-PX{£x}0.05,{£PX£x}0.95³X-110x-110P{£}0.95³1212x-110查表得³1.645，解出x³129.74，则x的最小值为129.74。12第第第33第333333、、、、题题题题随机变量的函数分布随机变量的函数分布-------------------------------------------------------------------------------33．设随机变量X的分布律为X-2-1013111111Pk56515302求Y=X的分布律。2解Y=X的所有可能取值为0，1，4，9，取各个值的概率分别为 21PY{=0}=PX{=0}=PX{=0}=52PY{=1}=PX{=1}=PX{=-+1}PX{=1}117=+=615302PY{=4}=PX{=4}=PX{=-2}+PX{=1}1=PX{=-2}=52PY{=9}=PX{=9}=PX{=-3}+PX{=3}11=PX{=3}=30于是Y的分布律为Y014917111Pk530530此题Y与X不一一对应，X取值为-1，1对应Y取值为1，这时PY{=1}等于PX{=-1}与PX{=1}之和。用表格表示Y在的分布律时，通常Y取值从小到大排序，看起来比较整齐。-------------------------------------------------------------------------------34．设随机变量X在（0，1）上服人均匀分布。X（1）求Y=e的概率密度；（2）求Y=-21nX的概率密度。解X的概率密度为1,00Yf()y==2Ydyy£00,1由此可见，Y服从参数为的指数分布。2直接求Y的概率密度Fy()。YXx（1）因为Y=e对应的函数y=e是严格单调增加函数，可以应用教材中的定理求解。xdx1y=e的反函数为x=1ny，又=，当10f()y=2y2Yy£00,-------------------------------------------------------------------------------X235．设X～N（0，1）。（1）求Y=e的概率密度；（2）求Y=2X+1的概率密度；（3）Y=X的概率密度。解X的概率密度为2x1-f()y=e2(-¥0dFy()-f()y=Y=2pye2Ydyy£00,（2）当y£1时，Fy()=0；当y≻1时，则Y2Fy()=PY{£y}=P{2X+£1y}Y2y-1y-1=PX{£}=PX{£}22y-1x2y-1x21-1-=2e2dx=22e2dx∫y-1∫0-2p2p2于是Y的概率密度为 y-11-dFy()e4,y>1YfY()y==2p(y-1)dyy£10,（3）当y≺0时，Fy()=0；当y³0时，则YFy()=PY{£y}=PX{£y}Y22xxy1-y1-=∫e2dx=2∫e2dx-y2p02p于是Y的概率密度为2y2-dFy()e2,y>0YfY()y==pdyy£00,直接求Y的概率密度f()y。YXxdx1（1）Y=e对应的函数y=e是严格单调增加函数，其反函数为x=1ny，又=，则dyyY的概率密度为2(1ny)1-e2,y>0f()y=2pyYy£00,22（2）Y=2X+1对应的函数y=2x+1是非单调函数，分成两个单调区间，当x≺0时，y-1y-1则x=-，当x³0时，x=-。于是当y>1时，有22y-1y-1dxf()[y=f(-)+f()]YXX22dyy-1y-11-1-11=[e4+e4]´2p2p22y-1y-11-=e42p(y-1)当y£1时，f()y=0。综合表示为Yy-11-e4,y>1f()y=2p(y-1)Yy£10, (3)Y=X对应的函数y=x是非单调函数,分成两个单调区间,其反函数x=±y,又dx=±1，当y£0时，f()y=0；当y≻0时，则Ydy22yy2-2-f()y=e2±=1e2Y2pp综合表示为2y2-e2,y>0f()y=pYy£00,-------------------------------------------------------------------------------336．（1）设随机变量X的概率密谋为fx()，-¥≺x≺¥。求Y=X的概率密度。（2）设随机变量X的概率密度为-xe,x>0fx()=0,其他2求Y=X的概率密度。解设Y的分布函数为Fy()，概率密度为f()y。YY首先求Fy()，然后求f()y。YY（1）3Fy()=PY{£y}=PX{£y}Y=P{-¥≺X£3y}(-¥0Fy()=2yYy£00,直接求Y的概率密度f()y。Y233dx1-（1）Y=X对应的函数y=x是严格单调增加函数，其反函数x=3y，又=y3，dy3则21-f()y=f(3y)y3(y¹0)Y3322（2）Y=X对应的函数y=x是非单调函数，便当x>0时，y=x是严格单调增加函数，dx1其反函数xy，又=，当y£0时，f()y=0；当y>0时，则Ydy2y11-yf()y=f(y)=eY2y2y综合表示为1-ye,y>0f()y=2yYy£00,第三章多维随机变量及其分布习题解析第第第1第111、、、、2.2.2.2.（（（（1111）、）、333、3、、、7777、、、、8888、、、、9999、、、、10101010、、、、13131313、、、、18181818、、、、22222222题题题题二维随机变量二维随机变量（（（X（XXX，，，，YYYY））））的联合分布的联合分布、、、边缘、边缘分布、、、随机变量的独立性、随机变量的独立性-------------------------------------------------------------------------------1．在一箱子中装有12只开关，其中2只是次品，在其中取两次，每次任取一只，考虑两种试验：（1）放回抽样；（2）不放回抽样。我们定义随机变量X，Y如下：0,若第一次取出的是正品X=1,若第一次取出的是次品0,若第二次取出的是正品Y=1,若第二次取出的是次品 试分别就（1）、（2）两种情况，写出X和Y的联合分布律。102解（1）放回抽样。X的分布律为PX{=0}=,{PX=1}=，而两次试验的结果互不1212102影响，所以Y的分布律为PY{=0}=,{PY=1}=。二维随机变量（X，Y）的所有可1212能取值为（0，0），（0，1），（1，0），（1，1）。（X，Y）取各个值的概率用古典概型计算，得21025PX{=0,Y=0}==21236102´5PX{=0,Y=1}==21236210´5PX{=1,Y=0}==2123622´1PX{=1,Y=1}==21236求二维离散型随机变量（X，Y）的颁布律就是求积事件发生的概率。如{X=0,Y=0}是表示{(X=0)∩(Y=1)}，为简单起见，将符号“∩”用“，”代替，是表示事件{X=0}与{Y=0}同时发生。因为是放回抽样，所以事件{X=i}{与Y=jij}(,=0,1)，是相互独立的，故也可以利用事件的独立性计算。如101025PX{=0,Y=0}=PX{=0}{PY=0}=´=121236其他类似。于是二维随机变量（X，Y）的分布律为XY01025536365113636（2）不放回抽样。用古典概型计算，则得 2P109´4510PX{=0,Y=0}===2P1211´661211PP102´10102PX{=0,Y=1}===2P1211´661211PP210´10210PX{=1,Y=0}===2P1211´66122P212PX{=1,Y=1}===2P1211´6612因为是不放回抽样，第一次试验结果影响第二度验结果发生的概率。也可以用概率的乘法公式，则得10945PX{=0,Y=0}=PX{=0}{PY=0X=0}=´=121166其他类似，于是（X，Y）的分布律为XY0104510666610116666-------------------------------------------------------------------------------2．（1）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。解用古典概型。则（X，Y）的分布律为ij4(-+ij)CCC322PX{=iY,=j}=4C7(i=0,1,2,3;j=0,1,2;2£+£ij4)其中 PX{=0,Y=0}0=PX{=0,Y=1}0=022CCC1322PX{=0,Y=2}==4C357103CCC322PX{=1,Y=0}==04C7112CCC6322PX{=1,Y=1}==4C357121CCC6322PX{=1,Y=2}==4C357201CCC3322PX{=2,Y=0}==4C357211CCC12322PX{=2,Y=1}==4C357220CCC3322PX{=2,Y=2}==4C357301CCC2322PX{=3,Y=0}==4C357310CCC2322PX{=3,Y=1}==4C357PX{=3,Y=3}0=二维随机变量（X，Y）的分布律为XY012303200353516122035353521630353535-------------------------------------------------------------------------------3．设随机变量（X，Y）的概率密度为k(6--xy),00f()x=X0,x£0当y>0时，关于Y的边缘概率密度为 y-y-yf()y=edx=yeY∫0综合表示为-xye,y>0f()y=Y0,y£0-------------------------------------------------------------------------------9．设二维随机变量（X，Y）的概率密度为2y2cx,x£y£yfxy(,)=0,其他（1）试确定常数C；（2）求边缘概率密度。解（1）利用概率密度fxy(,)的性质确定常数C。即112dxcxydy=1∫-1∫x2计算等式端积分得11212121c124dxcxydy=cx(y)2dx=x(1-xdx)∫-1∫x2∫-12x2∫-1cc1216114=(∫xdx-2∫xdx)=c(-)=c22003721421同=1得，c=。214（2）当-<1x<1时，关于X的边缘概率密度为12122124f()x=xydy=x(1-x)X∫x248综合表示为2124x(1-x),-<1x<1f()x=2X其他0,当0≺y≺1时，关于Y的边缘概率密度为y21221y2752f()y=xydx=yxdx=yY∫-y44∫-y2综合表示为7y52y,00f()y=2Yy£00,(1)求X和Y的联合概率密度；2(2)设含有a的二次方程为a+2XaY+=0，试求a有实根的概率。解X概率密度为1,00fxy(,)=f()xf()y=2XY其他0,222（2）方程a+2XaY+=0有实根的充要条件为4X-4Y³0，即X-Y³0，所求概率为 21x1122-y2-y2xPX{-Y³0}=dxe=(-e)dx∫0∫02∫00212x12-x2-x2=∫(1-e)dx=∫1dx-∫edx00012-x2=-1∫edx0其中1-x2211-x22∫-edx=2p∫edx=2[(1)pF-F(0)]002p=2(0.84130.5)p-=0.34132p=0.8555则得2PX{-Y³0}10.8555=-=0.144512-x2此题求积分∫-edx的技巧是将被积函数配成标准正态概率密度，即01-x22j()x=e，然后查标准正态分布表得积分值。2p-------------------------------------------------------------------------------22．设X和Y是两个相互独立的随机变量,其概率密度分别为1,0£x£1f()x=X0,其他-ye,y>0f()y=Y0,其他求随机变量Z=X+Y的概率密度。解由于X和Y相互独立，因此X和Y的联合概率密度为-ye,0££x1,y>0fxy(,)=0,其他设Fz()和f()z分别表示Z的分布函数和概率密谋。ZZ首先求Z=X+Y的分布函数，然后求Z=X+Y的概率密度，这是基础方法。当z<0时，Fz()=0;0£z≺1时，则Z-yFz()=PZ{£z}=PX{+Y£z}=edxdyZ∫∫xyz+£zzx-z-y-yzx-=dxedy=(-e)dx∫0∫0∫00zzz-(zx-)-yx=∫0[(1-e)]dx=∫01dx-∫0eedx-zx-z=-ze(e-1)=-+z1e 当z³1时，则zzx--y-yFz()=edxdy=dxedyZ∫∫∫0∫0xyz+£z-(zx-)-z=∫[(1-e)]dx=-1e(e-1)0综合表示为0,z<0-zFz()=z-+1e,0£x0(y>0)，使被积函数不等于零，得0£x£1和x0=0,其他求Z=X+Y的概率密度，等价求关于Z的边缘概率密度。即 +¥+¥-(zu-)f()z=guzdu(,)=eduZ∫-¥∫-¥当0<1}1=-PY(=1)=-1PY{=0}-PY{=1}1019=-1(0.9)-C(0.1)(0.9)´10109=-1(0.9)-(0.9)=-10.736=0.264于是X∼b(4,0.264)，其分布律为ii4-iPY{=i}=C(0.264)(0.763)(i=0,1,2,3,4)4所求数学期望为 EX()=np=´40.2641.056=-------------------------------------------------------------------------------5．设在某一规定的时间间隔里，某电气设备用于最大负荷的时间X（以分计）是一个随机变量，其概率密度为1x,215000££x1500-1fx()=(x-3000),1500<£x300021500其他0,求E（X）。解所求数学期望为150013000-1EX()=xxdx+x[(x-3000)]dx∫015002∫15001500211500213000213000=xdx-xdx+3000xdx15002∫015002∫150015002∫1500113150013300023000=[(x)-(x)+(1500)x]2015001500150033333115003000-150022=[-+1500(300x0-1500)]215003333121500´300022=[-+15003000´-1500]215003332150030003000=-+2331500´1500=-500400060001500-+=-------------------------------------------------------------------------------6．（1）设随机变量X的分布律为X-202pk0.40.30.322求EXEX(),(),(3EX+5)。3解①EX()=∑xpkk=-´(2)0.400.320.3+´+´=-0.2k=122②求EX()有两种方法。一种方法是先求Y=XR分布律，然后利用Y的分布律求Y的数学期望。Y的分布律为X04pk0.30.7 则2EY()=EX()=´00.340.7+´=2.8另一种方法是直接利用X的分布律求Y的数学期望。32222EX()=∑xpkk=-(2)´0.400.32+´+´0.3k=1=´40.440.3+´=2.82③与②类似.一种方法是先求Z=3X+5的分布律,然后求数学期望。Z的分律为X517pk0.30.7则2EZ()=EX(3+5)=´50.3170.713.4+´=另一种方法是直接利用X的分布律求Z的数学期望。222EZ()=EX(3+5)[3(2)=´-+5]0.4(305)0.3(32´+´+´+´+5)0.313.4´=-------------------------------------------------------------------------------7．设随机变量X的概率密度为-xe,x>0fx()=0,x£0-2x求（1）Y=2X；（2）Y=e的数学期望。解（1）首先求Y=2X的概率密度，然后求数学期望。因为Y=2X对应的函数y=2xydx1是严格单调函数，其反函数x=，又=，则Y的概率密度为2dy21-y2y1e,y>0f()y=f()=2Y22y£00,所求数学期望为+¥1-y2EY()=E(2)X=∫yedy02-y2+¥+¥-y2=-(ye)+edy0∫0-y2+¥=-(2e)=20利用X的概率密度直接求数学期望。 +¥-xEY()=E(2)X=∫2xedx=20-2x（2）首先求Y=e的概率密度，然后求数学期望。-2x-2x1dx1Y=e对应的函数Y=e是严格单调减少函数，其反函数为x=-1ny，又=，2dy2y则Y的概率密度为111,0由（1）知Y∼N(1200,1225)，所以Y-1200S-1200S-1200P{£}0.99,(>F)>0.99353535S-1200查表得F()>2.33，解出S>2.333512001281.55´+=，因此商店的仓库应至少35储存1282kg该产品。-------------------------------------------------------------------------------29．设随机变量（X，Y）的分布律为XY-101111-18881100881111888验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的。证明第24题是二维连续型随机变量，此题是二维离散型随机变量，但它们都有相同的结果。关于X的边缘分布律为X-101323PX{=Xi}888关于Y的边缘分布律为Y-101323PY{=yj}888 22因为PX{=0,Y=0}0,=而PX{=0}=,{PY=0}=,88故PX{=0,Y=0}¹PX{=0}{PY=0}，所以X和Y不相互独立。下面求X，Y的数字特征。323EX()=-´+´+´=(1)010888323EY()=-´+´+´=(1)010888223233DX()=DX()=-(1)´+´+´=018884223233DY()=DY()=-(1)´+´+´=018884关于XY的分布律为XY-101242Pk888其中PXY{=-1}=PX{=-1,Y=1}+PX{=1,Y=-1}112=+=888PXY{=1}=PX{=-1,Y=-+1}PX{=1,Y=1}112=+=888PXY{=0}1=-PXY{=-+1}PXY{=1}224=-1-=888由此得242EXY()=-´+´+´(1)01=0888则X和Y的相关系数为COVXY(,)EXY()-EXEY()()rXY===0DX()DY()DX()DY()故X和Y不相关。-------------------------------------------------------------------------------31．设随机变量（X，Y）具有概率密度1,y0fx()=100x£00,随机取出16只元件，其寿命分别用XX,,⋯,X表示，且它们相互独立，同服从均值为121616100的指数分布，则16只元件的寿命的总和近似服从正态分布。设寿命总和为Y=∑Xi，i=12其中EX()100,(=DX)100=，由此得ii16162EY()=∑EX(i)161001600,()=´=DY=∑DX(i)16100=´。由独立同分布中心极限i=1i=12定理知，Y近似服从正态分布N(1600,16100)´，于是PY{>1920}1=-PY{£1920}Y-160019201600-=-1P{£}2216100´16100´Y-1600320=-1P{£}16100´2400»-F1(0.8)10.78810.2119=-=其中F()i表示标准正态分布函数。------------------------------------------------------------------------------- 4．设各零件的重量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为0.5kg，均方差为0.1kg,问5000只零件的总重量超过2510kg概率是多少?解利用独立同分布中心极限定理.设X表示第i只零件的重量(i=1,2,…,5000),且i50002EX(i)=0.5,(DXi)=0.1。设总重量为Y=∑Xi，则有i=12EY()=50000.5´=2500,DY=50000.1´=50。由独立同分布中心极限定理知Y近似服Y-2500从正态分布N(2500,50)，而近似服从标准正态分布N（0，1）所求概率为50Y-250025102500-PY{>2510}=P{>}5050Y-2500=P{>1.4142}50»-F1(1.4142)=-10.9207=0.0793-------------------------------------------------------------------------------第六章样本及抽样分布习题解析21.在总体N(52,6.3)中随机抽一容量为36的样本，求样本均值X落在50.8到53.8之间的概率。2X-52解样本均值X服从正态分布N(52,6.3)，由此得∼N(0,1)。所求概率为6.3650.852-X-52P{50.80.3}{=P>}1212X1-X2=-1P{£0.312}12=-F22(0.424)=-´220.6628=0.6744-------------------------------------------------------------------------------6．设总体X∼b(1,),pXX,,⋯,X是来自X的样本。12n（1）求(XX,,⋯,X)的分布律；12nn（2）求∑Xi的分布律；i=12（3）求EXDXES(),(),()。解（1）由XX,,⋯,X相互独立及与总体同分布，得(XX,,⋯,X)的分布律为12n12nnnnxn-∑xix1-x∑ii=1(xi=0,1;1,2,,)i=⋯npxx(,,⋯,x)=Õpi(1-p)i=pi=1(1-p)12ni=1（2）样本XX,,⋯,X来自伯努得分布总体，可以理解为将伯努利试验重复独立地做n12n次，令随机变量1,第i次试验事件发A生X=i0,第i次试验事件发A生n而n次试验中事件A发生的次数为X=∑Xi，则X服从二项分布bnp(,)，其分布律为i=1xxn-1PX{=x}=Cp(1-p)x=0,1,2,⋯,)nn（3） nnn111EX()=E(∑Xi)=∑(Xi)=∑p=p,而ni=1ni=1ni=1nn11DX()=D(∑Xi)=2∑DX(i)ni=1ni=1n1p(1-p)=2∑p(1-p)=ni=1n22为了求ES()，首先将S整理为n212S=∑(Xi-X)n-1i=1n122=∑(Xi-2XXi+())Xn-1i=1nnn122=[∑Xi-2X∑Xi+∑()]Xn-1i=1i=1i=1n1222=[∑Xi-2()nX+nX()]n-1i=1n122=[∑Xi-nX()]n-1i=1则得n21222ES()=[∑EX(i)-nEX(())]n-1i=1n12p(1-p)2=[∑((1p-p)+p)-n(+p)]n-1i=1n122=[np(1-p)+np-p(1-p)-np]n-11=(n-1)(1p-p)=p(1-p)n-1第（3）小题求解过程中，主要用到样本的独立性及与总体同分布性，即EX()=EX()=pDX,()=DX()=p(1-pi)(=1,2,⋯,);n又用到数学期望和方差的性iinnnn质，即E(∑Xi)=∑EX(i),(D∑Xi)=∑DX(i)。实际上，此题是验证了重要的结论：i=1i=1i=1i=1样本均值的数学期望等于总体的数学期望；样本均值的方差等于总体方差除以样本容量；样DX()2本方差的数学期望等于总体方差。即EX()=EXDX(),()=,(ES)=DX()。n-------------------------------------------------------------------------------227．设总体X∼xnXX(),,,⋯,X是来自X的样本，求EXDXES(),(),()。1210解首先求总体X的数学期望和方差，再利用第6题的重要结果。总体X的概率密度为 nx1-1-x2e2,nnx>0fx()=G()222x£00,X的数字特征求解如下：nx+¥1-1-EX()=xx2edx2∫0nnG()222n+2x1+¥-1-dx=x2e2nn∫0G()222n+2n+22G()2n+2x2+¥1-1-=x2edx2nn∫0n+2n+2G()22G()2222n+2nnG()2222=nnG()222其中积分n+2x+¥1-1-x2edx2∫0n+2n+2G()2222中的被积函数是服从自由度为(n+2)的X分布的概率密度，因此积分值是1。同理得 nx+¥1-1-222EX()=xxedx∫0nnG()222n+4x1+¥-1-dx=x2e2nn∫0G()222n+4n+4G()22n+4x2+¥1-1-=x2edx2nn∫0n+4n+4G()22G()2222n+4n+4G()222=nnG()222n+4n+2nniG()22222==nn(+2)nnG()222222DX()=EX()[()]-EX=nn(+2)-n=2n2由此可见，X分布的数学期望等于自由度，方差等于2倍的自由度。于是EX()=EX()=nDX()2nnDX()===n1052ES()=DX()=2n-------------------------------------------------------------------------------229．设在总体N(,ms)中抽取一容量为16的样本。这里ms,均为未知。222（1）求PS{s£2.041}，其中S为样本方差；2（2）求D（S）。22(n-1)S215S2解（1）由∼X(n-1)，得∼X(15)。所求概率为22ss22S15SP{£2.041}=P{£152.041}´22ss215S=-1P{>30.615}2s=-10.010.99= 2根据自由度15和上侧分位点30.615（表中为30.578）查X分布表得概率为0.01.215S2(2)由∼X有2s2215S15S2D()=´215=30,DS()=3024ss由此得4230s24DS()==s21515-------------------------------------------------------------------------------第七章参数估计习题解析第第第1第111～～～～13131313题题题题求参数点估计的方法和估计量评选的标准求参数点估计的方法和估计量评选的标准-------------------------------------------------------------------------------1．随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm计）74.00174.00574.00374.001274.00073.99874.00674.002试求总体均值j及方差s的矩估计值,并求样本方差S。解不论总体X服从任何分布，只要X的数学期望和方差存在，则总体均值EX()=m和方2差DX()=s的矩估计值分别为样本均值和样本二阶中心矩，即nÙ212m=x,s=B2=∑(xi-x)。ni=1根据已知数据，经计算得81x=∑xi=74.0028i=1812-6B2=∑(xi-x)=´6108i=12Ù2-6于是j和s的矩估计值分别为j=74.002,s=´610。样本方差为n821212-6s=∑(xi-x)=∑(xi-x)=6.8610´n-1i=17i=12计算xBs,,都比较麻烦，借助计算器，在统计状态下，按相应的键就可以得到所需要的2结果。-------------------------------------------------------------------------------2．设XX,,⋯,X为总体的一个样本，xx,,⋯,x为一相应的样本值。求下述各总体的12n12n 密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值。q-(q+1)x>cqcx,（1）fx()=0,其他其中c>0为已知参数，q>1,q不未知参数。qxq-1,0£x£1（2）fx()=0,其他其中q>1,q不未知参数。mxmx-（3）PX{=x}()=p(1-p)(x=0,1,2,⋯),,m其中00)0.050.05查标准正态分布表得临界值为z=1.645，则拒绝域为0.05(-¥-,1.645]④计算检验统计量的观察值9501000-5(50)´-z===-2.510025100⑤作推断由于z的值落在拒绝域中，所以拒绝原假设。可以认为这批元件不合格。当假设检验是单边检验时，其拒绝域方向的确定是沿着备择假设的不等号方向。此题原假设H:m³1000，全部m都比H中的要大。当H为真时，X观察值x往往偏小，011对于某一正常驻机构数c，拒绝域为x£c，则P{拒绝HH为真}=PX{£c}00mÎH0X-1000c-1000=P{£}m³1000snsnX-mc-1000£P{£}m³1000snsn因为m³1000，所以X-1000c-1000X-mc-1000{£}Ì{£}snsnsnsn故上式不等式成立。要控制P{拒绝HH为真}£a00只需令X-mc-1000P{£}=am³1000snsnX-mc-1000s由于∼N(0,1)，临界值=-zz(>0)，解得c=1000-z，即aaasnsnn sx£1000-z，拒绝域为anx-1000z=£-zasnx-1000给定a=0.05，则拒绝域为z=£-z。由此得检验假设0.05snH:m³1000,H:m<1000与检验假设H:m³1000,H:m<1000的拒绝域相同。0101一般地，单边假设检验为H:m³m,H:mm0010与单边假设检验为H:m£m,H:m>m类似。拒绝域为0010x-m0z=£-zasn-------------------------------------------------------------------------------4．下面列出的是某工厂随机选取的20只部件的装配时间（min）：9.8,10.4,10.6,9.6,9.7,9.9,10.9,11.1,9.6,10.2,10.3,9.6,9.9,11.2,10.6,9.8,10.5,10.1,10.5,9.7。22设装配时间的总体服从正态分布N(,ms),,ms均未知。是否可以认为装配时间的均值显著地大于10（取a=0.05）？22解设装配时间X服从下态分布N(,ms),,ms均未知，关于m的假设检验，用t检验法。检验假设H:m£10,H:m>1001与第3题分析类似。当原假设为真时，选取检验统计量为X-10t=∼tn(-1)Sn给定显著性水平a=0.05，使Pt{³t(19)}0.05=0.05 查t分布表得临界值为t(19)1.7291=，则得拒绝域为0.05[1.7291,+¥)根据样本观察值，经计算得样本均值为x=10.2，样本标准差为s=0.5099，则t的观察值为10.210-0.2´20t===1.7540.5099200.5099由于t=1.7541.7291>，即t的观察值落在拒绝域中，所以拒绝原假设，可以认为装配时间的均值显著地大于10。正态总体方差的假设检验-------------------------------------------------------------------------------12．某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005（欧姆）。今在生产的一批导线中取样品9跟，测得s=0.007（欧姆），设总体为正态分布，参数均未知。问在水平a=0.05下能否认为这批导线的标准差显著地偏大？解关于正态总体方差的假设检验。检验假设H:s£s=0.005,H:s£s=0.00500102因为样本提供的信息为s=0.007，强有力的支持备择假设，它的对立是原假设。用X检验法。2当原假设为真时，选取检验统计量服从X分布，即22(n-1)S2X=∼X(n-1)2s0该统计时是样本的函数，不含任何未知参数。给定显著性水平a=0.05，使22PX{³X(8)}0.05=0.0522查X分布表得临界值为X(8)15.507=，则拒绝域为0.05[15.507,+¥)2根据样本标准差s=0.007,n=9，得X的观察值为2280.007´X==15.6820.0052由于X=15.68落在拒绝域中，所以拒绝原假设，可以认为这批导线的标准显著偏大。 2关于总体标准差的假设检验，转化为方差的假设检验，得用X分布查表，其结论相同。22此题原假设H:s£0.005，说明全部s都比H中的要小，当H为真时S的观察值s往0112往偏大，对于某一常数c，拒绝为s³c，则2P{拒绝HH为真}=P{S³c}00s£0.0052(n-1)S(n-1)c=P{³}s£0.00522ss002(n-1)S(n-1)c£P{³}s£0.00522ss0为了使P{拒绝HH为真}£a00只需令2(n-1)S(n-1)cP{³}=as£0.00522ss02(n-1)S22(n-1)c2而服从X分布，查X分布表得=X(n-1)，解出22as0.00522220.005Xna(-1)20.005Xa(n-1)c=，即S³。拒绝域为(n-1)(n-1)22(n-1)s2X=³X(n-1)2a0.0052(n-1)s2给定显著性水平a=0.05，则拒绝域为³X(n-1)。由此可见，检验假设20.050.005H:s£0.005,H:s>0.005与检验假设H:s£0.005,H:s>0.005类似，有相同的0101拒绝域。-------------------------------------------------------------------------------14．测定某种溶液中的水份，它的10个测定值给出s=0.037%，设测定值决体为正态分布，22s为总体方差，s未知。试在水平a=0.05下检验假设H:s³0.04%,H:s<0.04%01解检验假设H:s³0.04%,H:s<0.04%是单边假设检验问题，并与检验假设012H:s³0.04%,H:s<0.04%类似。用X检验法。检验假设01 H:s³s=0.04%,H:s³s=0.04%0010当原假设为真时，选取检验统计量为22(n-1)S2X=∼X(n-1)2s0给定显著性水平a=0.05，使22PX{£X(9)}0.05=0.9522查X分布表得临界值为X(9)=3.325，则拒绝域为（0，3.325]。0.952根据s=0.037%，n=10，计算检验统计量X的观察值为229(0.037%)´X==7.7012(0.04%)2由于X=7.701不落在拒绝域中，所以接受原假设，可以认为s³0.04%。-------------------------------------------------------------------------------'