概率论与数理统计 (齐民友 刘禄勤 龚小庆 王文祥 著) 高等教育出版社 52页

'我爱答案网第1章习题解案总5页第1页第一章随机事件与概率（一）基本题答案1、（1）Ω1={3,2,1,0}（2）Ω2={,2,1"}={n/n是正整数}22（3）Ω3={(x,y|)x+y<1}（4）Ω4={x0≤x≤}2（5）Ω5={,4,3,2"1,2}（7）Ω7={,2,1,0"}（6）Ω={(x,y,z|)x+y+z=,1x>,0y>,0z>}062、（1）ABC（2）A(B∪C)（3）A∪B∪C（4）ABC∪ABC∪ABC（5）AB∪BC∪AC（6）A∪B∪C（或ABC）3、P(A∪B)=P(AB)=1−P(AB)=1−zP(AB)=P(B−AB)=P(B)−P(AB)=y−zPABPAPBPA(∪)=()()()1+−=B−xyyz+−(−)1=−xz+PAB()==PAB(∪∪)1(−=PAB)1[()()()]1−PAPBPAB+−=−xyz−+4、PA()(BP=−=−AABP)()(APAB)=−+−PA()[()()(PAPBPAB∪)]=−PABPB(∪)()=0.60.3−=0.35、P(AB)=1−P(AB)=1−P(A−(A−B))=1−P(A)+P(A−B)=1−7.0+3.0=6.06、P(ABC)=P(A∪B∪C)=1−P(A∪B∪C)=1[()()()()()()(−++−−−+PAPBPCPABPACPBCPABC)]1111117=−++−−−+=1(00)44499367、P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)11115=++−0−−0+0=444888、因(A∪B)(A∪B)(A∪B)(A∪B)=(AA∪B)(AA∪B)=BB=φ所以P{(A∪B)(A∪B)(A∪B)(A∪B)}=P(φ)=09、七个字母任意排有7！种排法，且每一排法的可能性相同，这是一个古典概型问题，41而排成SCIENCE有1×2×1×2×1×1×1=4种排法，故所求概率为=www.52answer.com!7126010、12件产品按不放回方式抽两次时有12×11种抽取法，且每一种取法的概率相等，这11×21是一个古典概型问题，而第二次抽出次品抽取法有11×2种，故所求事件概率为=12×11611、这可看成是条件概率问题方法一设A表示第一次取到不合格品，B表示第二次取到不合格品，所求概率是P(AB|A∪B)，按条件概率的定义有P(AB(A∪B))P(AB)P(AB|A∪B)==P(A∪B)P(A∪B)4×34×6+4×6+4×3因P(AB)=，P(A∪B)=，故所求概率为10×910×94×31P(AB|A∪B)==4×6+4×6+4×35211方法二如果是同时从中任取2件产品，此时有一件是不合格时共有C+CC种取法，4462而已知有一件是不合格品时，另一件也是不合格共有C种取法，故所求概率为4我爱答案网 我爱答案网第1章习题解案总5页第2页2C41=C2+C1C15446注：此种方法是在缩减的样本空间中考虑条件概率的计算。12、设点的坐标为(x,y)，则样本空间2Ω={(x,y0|)N=P{X≥N+1}{=∑PX=k}，而P{X=k}=C180.0(01).0(99)，故k=N+1180∞k{}∑∑kk180−k)8.1(−8.1PX>N=c.0(01).0(99)≈e，这里180kN=N+11k=+k!np=180×.001=8.1=λ.∞k8.1−8.1欲使∑e≤1−.099=.001，查泊松分布表，可知N+1=7，因而至少应配备6名工人.k!k=N+1我爱答案网 我爱答案网第2章习题答案总6页第2页9.设Ai={部件i需要调整}（i=1,2,3），则P(A1)=.010,P(A2)=.020,P(A3)=.030.由于A1，A2，A3相互独立，因此，有P{}X=0=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=1(−)1.0×1(−)2.0×1(−)3.0=.0504,P{}X=1=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398,P{}X=2=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=0.092，P{}X=3=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.1×0.2×0.3=0.006.因此，X的概率分布为X0123P0.5040.3980.0920.00610.F(x)为一阶梯状函数，则X可能取得值为F(x)的跳跃点：−1，1，3P(X=−)1=F(−)1−F(−1−)0=,4.0P(X=)1=F)1(−F1(−)0=8.0−4.0=,4.0P(X=)3=F)3(−F3(−)0=1−8.0=,2.0即有X−113P0.40.40.2{2}11.（1）由于limF(x)=1，所以有lim(a+bexp−x2/)=a=,1即a=1，又由于X为连x→+∞x→+∞续型随机变量，F(x)应为x的连续函数，应有{2}limF(x)=0=limF(x)=lim(a+bexp−x2/)=a+b所以a+b=,0b=−a=−.1−++x→0x→0x→0⎧1−exp{}−x2,2/x>,0代入a,b之值，得F(x)=⎨⎩,0x≤.0⎧xexp{−x2},2/x≥,0（2）对函数F(x)求导，得X的概率密度P(x)=⎨⎩,0x<.0x1t1x12.当x≤0,F(x)=∫edt=e;当x＞0时，−∞2210tx−t1−x1−xF(x)=(∫∫−∞edt+edt)=1[+1(−e)]=1−e，所以，我们有2022⎧ex,2/x≤,0F(x)=⎨−x⎩1−e,2/x>.021k1013由P{}X≥k=3得P{}X8.0=∫12x1(−x)dx=.0272.P{}X>9.0=∫12x1(−x)dx=.0037.8.09.010011−−15.X~E(),（1）P(X≤100)=F(100)=1−e200=1−e2；20013−×300−（2）P(X>300)=e200=e2=e−5.1.16.解法1用随机变量法：令xi表示第i次掷骰子出现的点数，i=1,2.显然x1和x2独立同{}2分布，Pxi=j=,6/1(j=,2,1";6,i=)2,1，则方程变为x+x1x+x2=0.它有重根的充要条件22是x1−4x2=0，有实根的充要条件是x1−4x2≥0，故{}2{}{}q=Px1−4x2=0=P(x2=,1x1=2Ux2=,4x1=4)=P{x2=,1x1=2}{+Px2=,4x1=4}=P{}x2=1P{x1=2}{}+Px2=4P{x1=4}=6/1×6/1+6/1×6/1=/118.由全概率公式可我爱答案网 我爱答案网第2章习题答案总6页第3页2622x1x1得P=P{}x1−4x2≥0=P{x2≤}=∑P{}x1=jP={x2≤x1=j}44i=12221234=P{}x1=1P{x2≤}+P{}x1=2P{x2≤}+P{x1=3}P{x2≤}+P{}x1=4P{x2≤}4444225611112141119+P{}x1=5P{x2<}+P{x2≤}=×0+×+×+×+×1+×1=4466666666636解法2用枚举法：一枚骰子掷2次，其基本事件总数为36.方程有实根和重根的充要条件22分别为B−4C≥0和B−4C=0.B的取值1234562使B−4C≥0的基本事件个数0124662使B−4C=0的基本事件个数010100故使方程有实根的基本事件总数为1+2+4+6+6=19，有重根的基本事件总数1+1=2，因此P=19/36,q=/236=/118.17.本题关键是理解随机变量N(t)的意义.事件{N(t)=k}表示设备在任何长为t的时间内发k(λt)−λt生k次地震，其概率为P{}N(t)=k=e(k=,2,1,0").由于T表示两次地震之间的时间k!间隔，故当t<0时，P{}T≤t=0；当t≥0时，事件{T≤t}与事件{T>t}是互逆事件，且{}T>t表示在长为t的时间内无地震发生，故它等价于事件{N(t)=0}.（1）由于T是非负随机变量，可见当t<0时，F(t)=P{T≤t}=0.设t≥0，则事件{}T>t与{N(t)=0}等价.因此，当t≥0时，有{}{}{}−λtF(.t)=PT≤t=1−PT>t=1−PN(t)=0=1−e于是，T服从参数为λ的指数分布.{}≥≥{≥}−10tPT10,T5PT10e−5t（2）Q=P{}T≥10T≥5====e.P{}T≥5P{}T≥5−5te218.设X为考生的外语成绩，由题设知X~N(µ,σ)，其中μ=72.现在求σ.由题设{}⎧X−µ96−72⎫2424PX≥96=.0023,P⎨≥⎬=1−Φ()=.0023,∴Φ()=.0977,⎩σσ⎭σσ242由Φ(x)的数值表，可见=2，因此σ=12.这样X~N(72,12).所求概率为σ{}⎧60−72X−µ84−72⎫⎧X−µ⎫P60≤x≤84=P⎨≤≤⎬=P⎨−1≤≤1⎬www.52answer.com⎩12σ12⎭⎩σ⎭=Φ)1(−Φ(−)1=2Φ)1(−1=2×.0841−1=.0682.ξ−300250−30019.（1）p(ξ>250)=p(>)=Φ.1(43)≈.09236;3535xξ−300xxxx（2）p(µ−x<ξ<µ+x)=p(−<<)=Φ()−Φ(−)=2Φ()−1≥9.0，353535353535即(x/35)≥.095，所以x/35≥.165，即x≥57.75.20.引进下列事件：A1=｛电压不超过200伏｝，A2=｛电压在200~240伏｝，A3=｛电压超过2240伏｝；B=｛电子元件损坏｝.由题设，知X~N(220,25)，因此{}⎧X−220200−220⎫P(A1)=PX≤200=P⎨≤⎬=Φ(−)8.0=.0212；⎩2525⎭P(A2)=P{}200≤X≤240=Φ)8.0(−Φ(−)8.0=.0576；P(A3)=P{}X>240=1−.0212−.0576=.0212.（1）由题设条件，知P(BA1)=1.0，P(B|A2)=.0001，P(B|A3)=2.0.于是，由全概我爱答案网 我爱答案网第2章习题答案总6页第4页3率公式，有α=P(B)=∑P(Ai)P(B|Ai)=.00642.i=1P(A2)P(B|A2)（2）由条件概率定义（或贝叶斯公式），知β=P(A2|B)=≈.0009.P(B)11⎧1⎫121.由题设，Y～B,3(P)其中P=P⎨X≤⎬=∫∫2f(x)dx=22xdx=,2−∞04⎩⎭221故P{}Y=2=C3)4/1()4/3(=/964.22.P0.30.20.40.1∴2(X−π)202−2π4ππ3X0ππP0.20.70.1222(X−π)2222π0π4πcos(2X−π)−11cos(2X−π)−11−11P0.70.3⎧−,1k=4n−,1kπ⎪23.因为sin=⎨,0k=2n,(n=,2,1").2⎪⎩,1k=4n−3π所以，Y=sin(X)只有3个可能取值−1，0，1，而取这些值的概率分别为2111112P{}{}{}{}Y=−1=PX=3+PX=7+PX=11+"=+++"=⋅=371181−/11615,222111111P{}{}{}{}Y=0=PX=2+PX=4+PX=6+"=++=⋅=,24641−4/13222111118P{}{}{}{}Y=1=PX=1+PX=5+PX=9+"=+++"=⋅=.25921−/1161522π⎡−101⎤于是，Y=sin(X)的分布列为⎢218⎥.2⎢⎥⎣15315⎦24.∵X~U2,0(),∴①y≤0时，F(y)=0;Y②当00时，FY(y)=P{e≤y}=P{}X≤lny=∫exp{−}dx,于是，Y的概02π2⎧,0y≤;0()⎪11率密度函数为fYy=⎨exp[−(lny)2],y>.0⎪⎩y2π222（2）Y=2X+1的分布函数FY(y)=P{2X+1≤y}.当时y≤1时,FY(y)=;0当y>1，22y−1xy−1x⎧⎪y−1y−1⎫⎪1−2−FY(y)=p{}2X2+1≤y=P⎨−≤X≤⎬=∫∫2e2dx=2e2dx,⎪⎩22⎪⎭−y−12π2π02⎧⎧y−11−⎪,0y≤,1⎪e4,y>,1⎪⎪2π(y−)1即FY(y)=⎨y−1x2故Y的概率密度为fY(y)=⎨⎪2−⎪⎪∫2e2dx,y>.1⎪,0y≤.1⎩2π0⎩（3）Y=X的分布函数FY(y)=P{Y≤y}=P{X≤y}.当y≤0时,FY(y)=;0当y>0时,22xxy1−2y−FY(y)=P{}X≤y=P{}−y≤X≤y=∫∫e2dx=e2dx.−−y2π2πy⎧,0y≤,0⎪12于是，Y的概率密度函数为fY(y)=FY′(y)=⎨2−2y⎪e,y>.0www.52answer.com⎩π（二）补充题答案11151.（1）由条件可知，当x<−1时，F(x)=0；F(−)1=,P{}−1.0∵X~U1,0[],∴y≤,0FY(y)=;0λ1−λy−λy−λyy>,0FY(y)=P(Y≤y)=P[−ln(1−X)≤y]=F(X≤1−e)=FX1(−e)=1−e.λ我爱答案网 我爱答案网第3章习题答案总8页第1页第三章多维随机向量及其概率分布(一)基本题答案1、设X和Y的可能取值分别为i与j,则i=;3,2,1,0j=.2,1,0因盒子里有3种球，在这3种球中任取4个，其中黑球和红球的个数之和i与j必不超过4.另一方面，因白球只有2个，任取的4个球中，黑球和红球个数之和最小为2个，故有ij4−i−j42≤i+j≤,4ٛ且p(X=i,Y=j)=C3C2C2/C7.因而P(X=i,Y=j)=0(i+j<2或i+j>,4i=;3,2,1,0j=2,1,0).于是P11=P(X=x1=,0Y=y1=)0=,0p12=P(X=x1=,0Y=y2=)0=,00124p13=P(X=x1=,0Y=y3=)0=C3C2C2/C7=/135.同法可求得联合分布律中其他的pij，得下表X0123Y20243014000C3C2C2/C7C3C2C2/C711242114310410C3C2C2/C7C3C2C2/C7C3C2C2/C70224121422042C3C2C2/C7C3C2C2/C7C3C2C2/C70X0123Y0003/352/35即106/3512/352/3521/356/353/3502、X和Y都服从二项分布，参数相应为(2,0.2)和（2,0.5）.因此X和Y的概率分布分别为⎡012⎤⎡012⎤X~⎢⎥Y~⎢⎥.⎣.064.032.004⎦⎣.0255.0.025⎦由独立性知，X和Y的联合分布为X012Y00.160.080.0110.320.160.0220.160.080.013、Y的分布函数为F(y)=1−e−y(y>0),F(y)=(0y≤0).显知有四个可能值：www.52answer.com(X,X)120,0(),1,0(),0,1(),1,1().易知P{X=,0X=0}=P{Y≤,1Y≤2}=P{Y≤1}=1−e−1,12{}{}{}{}{}−1−2PX1=,0X2=1=PY≤,1Y>2=,0PX1=,1X2=0=PY>,1Y≤2=P1,1Y≤2=P1,1Y>2=PY>2=e.于是，可将X1和X2联合概率分布列表如下：PPX101X2−1−1−21−ee−e0−2e10我爱答案网 我爱答案网第3章习题答案总8页第2页nnnmn−mλp1(−p)−λ4、P(X=n)=∑P(ζ=n,η=m)=∑em(!n−m)!m=0m=0n−λnn−λn−λλen!mn−mλe[]()nλe=∑p1(−p)=p+1−p=(n=,2,1,0").n!m(!n−m)!n!n!m=0即X是服从参数为λ的泊松分布.∞nmn−mmm−λ∞n−mn−mλp1(−p)−λλpeλ1(−p)P(Y=m)=∑e=∑m(!n−m)!m!(n−m)!n=mn=mm−λm−λp(λp)e−λλ1(−p)(λp)e=e⋅e=(,m=,2,1,0").即Y是服从参数为λp的泊m!m!松分布.xy5、由定义F（x,y）=P{}X≤x,Y≤y=∫∫−∞∞−ϕ(x,y)dxdy.因为ϕ（x,y）是分段函数，要正确计算出F（x,y），必须对积分区域进行适当分块：x<0或y<0;0≤x≤0,1≤y≤;1x>,1y>;1x>0,1≤y≤;1y>0,1≤x≤1等5个部分.（1）对于x<0或y<,0有F（x,y）=P{X≤x,Y≤y}=0;xy22（2）对于0≤x≤0,1≤y≤,1有F(x,y)=4∫∫uvdudv=xy;002（3）对于x>0,1≤y≤1,有F(x,y)=P{X≤,1Y≤y}=y;2（4）对于y>0,1≤x≤1,有F(x,y)=P{X≤x,Y≤1}=x;（5）对于x>,1y>,1有F(x,y)=1.⎧,0x<0或y<,0⎪22xy,0≤x≤0,1≤y≤,1⎪⎪2故X和Y的联合分布函数F(x,y)=⎨x,0≤x≤1,1,0y>,0xyxy−2(s+t)−2s−t−2sx−ty−2x−yF(x,y)=zedsdt=(2eds)(edt)=(−e)(−e)=1(−e)(1−e)∫∫00∫0∫000⎧1(−e−2x)(1−e−y),x>,0y>,0即F(x,y)=⎨⎩,0其它.+∞x+∞（2）P(Y≤X)=www.52answer.comf()x,ydxdy=dx2e−2x−ydy=2e−2x()−e−yxdx∫∫00∫∫00y0时，f(x)=edy=e;x≤0时,f(x)=,0X∫XX⎧e−x,x>,0即fX(x)=⎨⎩,0x≤.011−x（2）P{}X+Y≤1=∫∫f(x,y)dxdy=∫2dx∫e−ydy=1+e−1−2e−2/10xx+y≤1+∞8、（1）（i）根据公式fX(x)=∫f(x,y)dy计算;当时x≤0,fX(x)=;0当0x,−y−x（3）fξ(x)=∫edy=e,x>;0fξ(x)=,0x≤.0在x>0,fηξ(yx)=⎨x⎪⎩0其它.⎧1y−y−y⎪0;0fη(y)=,0y≤0.故在y>0时，fξη(xy)=⎨y0⎪⎩0其它.∞(1nn−−)(2)n−212、fx()==dy,x>0，故X∫0nn−1(1++xy)(1+x)nn−1⎧2(1ny−+)(2)y>0,fy(/1)=⎨YX⎩0.其它13、X和Y是否独立，可用分布函数或概率密度函数验证.方法一：X的分布函数FX(x)和Y的分布函数FY(y)分别为⎧1−e−5.0xx≥0⎧1−e−5.0yy≥0FX(x)=F(x,+∞)=⎨FY(y)=F(+∞,y)=⎨⎩0x<,0⎩0y<.0由于F(x,y)=FX(x)FY(y),知X和Y独立.{}{}{}[][]−.005−.005−1.0α=PX>,1.0Y>1.0=PX>1.0⋅PY>1.0=1−FX)1.0(⋅1−FY)1.0(=e⋅e=e方法二：以f(x,y),fX(x)和fY(x)分别表示(X,Y),X和Y的概率密度，可知∂F2(x,y)⎧.025e−(5.0x+y)x≥,0y≥0f(x,y)==⎨∂x∂y⎩0其它.+∞⎧5.0e−5.0xx≥0+∞⎧5.0e−5.0yy≥,0fX(x)=∫f(x,y)dy=⎨fY(y)=∫f(x,y)dx=⎨−∞⎩0x<,0−∞⎩0y<.0+∞∞+−(5.0x+y)−1.0由于f(x,y)=www.52answer.comfX(x)fY(y),知X和Y独立.a=P{X>,1.0Y>}1.0=∫∫.025edxdy=e.011..014、因知X与Y相互独立，即有P(X=xi,Y=yj)=P(x=xi)⋅P(Y=yj).111(i=,2,1j=)3,2,1首先，根据边缘分布的定义知P(X=x1,Y=y1)=−=.又根据独立6824111性有=p{X=x1,Y=y1}=p(X=x1)⋅p(Y=y1)=p(X=xi),解得P(X=xi)=,从而有24641111P(X=x1,Y=y3)=−−=又由P(X=x1,Y=y2)=P(X=x1)⋅P(Y=y2),可得424812111113=P(Y=y2),即有P(Y=y2)=,从而P(X=x2,Y=y2)=−=.842288111类似地，由P(X=x1,Y=y3)=P(X=x1)P(Y=y3),有=P(Y=y3),得P(Y=y3)=,12431111313从而,P(X=x1,Y=y3)=−=.最后P(X=x2)=++=.将上述数值填入表中有31248844Xy1y2y3P{X=x1}=Pi.Y我爱答案网 我爱答案网第3章习题答案总8页第5页x11/241/81/121/4x21/83/81/43/4P{X=yj}=P⋅j1/61/21/3115、本题的关键是由题设P{X1X2=0}=1，可推出P{X1X2≠0}=0；再利用边缘分布的定义即可列出概率分布表.(1)由P{X1X2=0}=1,可见P{X1=−,1X2=}1=P{X1=,1X2=}1=,0易见P{X1=−,1X2=}0=P{X1=−}1=.025P{X1=,0X2=}1=P{X2=}1=5.0P{X1=,1X2=}0=P{X1=}1=.025P{X1=,0X2=}0=0于是，得X1和X2的联合分布X1--101∑X200.2500.250.5100.500.5∑0.250.50.251(2)可见P{X1=0，X2=0}=0，而P{X1=0}P{X2=0}=4/1≠0.于是，X1和X2不独立.y⎧1−⎧,10,016、(1)fX(x)=⎨fY(y)=⎨2因为X，Y独立，对任何x,y都⎩,0其他,⎪⎩,0y≤.0⎧y1−有f(x)⋅f(y)=f(x,y).所以有f(x,y)=⎪e2,0,0XY⎨2⎪⎩,0其他.222（2）二次方程t+2Xt+Y=0中t有实根，△=2(X)−4Y≥,0即X−Y≥,02yy21x1−1−x2Y≤X2,故P(t有实根)=P{Y≤X}=f(x,y)dydx=e2dydx=(−e2)dx∫∫∫∫002∫002y≤x222xx1x1−11−=∫∫1(−)dx=1−e2dx=1−2π∫e2dx02002π22xx101−1−=1−2π［∫∫e2dx−e2dx］−∞∞−2π2π=1−2π[Φ)1(−Φ0()]≈1−2π.0[8413−]5.0≈1−.08555=.01445.www.52answer.com⎧λµe−(λx+uy),x>,0y>,017、（1）因为X，Y独立，所以f(x,y)=fX(x)fY(y)=⎨.⎩,0其他.+∞∞−−(λx+µy)（2）根据Z的定义，有P{z=1}=P{Y≥X}=∫∫f(x,y)dydx=∫∫λµedydx0xy≥x+∞∞++∞−λx−µy−λx−µx=∫∫λe(µedy)dx=∫λe⋅edx=λ(λ+u),0x0P{}{}Z=0=1−PZ=1=µ(λ+µ).所以Z的分布律为Z01pµ(λ+µ)λ(λ+µ)⎧,0z<,0⎪⎪µZ的分布函数为FZ(z)=⎨,0≤z<,1⎪λ+µ⎪⎩,1z≥.118、∵X、Y分别仅取0，1两个数值，∴Z亦只取0，1两个数值.又∵X与Y相互独立，我爱答案网 我爱答案网第3章习题答案总8页第6页∴P{}{Z=0=Pmax(X,Y)=0}=P(X=,0Y=)0=P{X=0}P{Y=0}=1/2×1/2=1/4，故P{}Z=1=1=1−P{}Z=0=1−4/1=.4/319、X由2×2阶行列式表示，仍是一随机变量，且X=X1X4--X2X3，根据X1，X2，X3，X4的地位是等价且相互独立的，X1X4与X2X3也是独立同分布的，因此可先求出X1X4和X2X3的分布律，再求X的分布律.记Y1=X1X4,Y2=X2X3,则X=Y1--Y2.随机变量Y1和Y2独立同分布：P{}{}{Y1=1=PY2=1=PX2=,1X3=1}=.016P{Y1=0}=P{Y2=}0=1−.016=.084.显见,随机变量X=Y1--Y2有三个可能值--1,0,1.易见P{X=--1}=P{Y1=0,Y2=1}=0.84×0.16=0.1344，P{X=1}=P{Y1=1,Y2=0}=0.16×0.84=0.1344,P{X=0}=1--2×0.1344=0.7312.X1X2⎡−101⎤于是，行列式的概率分布为X=~⎢⎥X3X4⎣.01344.07312.01344⎦20、因为{Z=i}={X+Y=i}={X=0,Y=i}∪{X=,1Y=i−}1∪"∪{X=i,Y=0}.由于上述各事件互不相容，且注意到X与Y相与独立，则有iiP{Z=i}=∑∑P{X=k,Y=i−k}=P{X=k}P{Y=i−k}k==00kii=ckpk1(−P)n1−kCi−kpi−k1(−p)n2−i+k=Pi1(−p)n1+n2−iCkCi−k∑n1n2∑n1n2k=0k=0=Cipi1(−p)n1+n2−i,i=,1,0"n+n,故Z=X+Y~B(n+n,p).n1+n21212irki−ki注：在上述计算过程中，已约定：当r>n时，Cn=,0并用到了公式∑Cn1Cn2=Cn1+n2.k=121(x−y)21、X和Y的概率分布密度为fX(x)=exp{−},(−∞,0⎪⎩,1y≥θ.⎩（2）FN(y)=P(N≤y)=1−P(N>y)=1−P{min(X1,",Xn)>y}=1−P()X1>y,X2>y,",Xn>y=1−P(X1>y)P(X2>y)"P(Xn>y)n[]=1−ΠP(Xi>y)=1−1−FX(y)i=1i⎧y−1⎧n(θ−y)n−1n−1⎪−n1(−)(),0s,位于下方的点满足xyS=1−∫∫dxdy=1−∫∫dxsdy=1(+ln2−lns).22s2xy>sx⎧(ln2−lns,2/)若0150)=∫100/(x)dx=.3/2（1）三个管子均不要替换15033的概率为)3/2(=/827；（2）三个管子均要替换的概率为1(−)3/2=/127.我爱答案网 我爱答案网第3章习题答案总8页第8页7.假设总体X的密度函数为f(x)，分布函数为F(x)，第i次的观察值为Xi1(≤i≤n)，Xi独立同分布，其联合密度函数f(x1,",xn)=f(x1)f(x2)"f(xn).依题意，所求的概率为P{}Xn>X1,Xn>X2,...,Xn>Xn−1=∫"∫.f(x1,",xn)dx1"dxnxi,0z−xz−xzzF(z)=P()Z≤z=dx22e−(x+2y)dy=e−xdx22e−2ydy=1−e−z−ze−z，z∫0∫0∫0∫0⎧,0z≤,0所以z=X+2Y的分布函数为F(x,y)=⎨−z⎩1−1(+z)e,z>.010.由条件知X和Y的联合密度为⎧1y⎪,若1≤x≤1,3≤y≤,3p(x,y)=⎨4⎪⎩,0其他y−x=u3以F(u)=P{}U≤u(−∞t=1−P(X1>t)=1−1−P(X1≤t).⎧1−e−λt,t>,0⎧1−e−3λt,t>,0∵Xi~F(t)=⎨(i=)3,2,1∴FT(t)=⎨⎩,0t≤,0⎩,0t≤,0⎧⎪3λe−3λt,t>,0故fT(t)=F"T(t)=⎨⎪⎩,0t≤.0我爱答案网 我爱答案网第4章习题解答总10页第1页第四章随机变量的数字特征（一）、基本解答1.∵EX=0×4.0+1×3.0+2×2.0+3×1.0=1,EY=0×3.0+1×5.0+2×2.0+3×0=,9.0∴EX>EY，即甲比乙车床在一天内生产的次品多，故乙机床生产的零件质量较好.2.若记un为完成每次检验所发现的次品数.显然un~B(10)1.0,，即un服从n=10，p=0.1的二{}kk10−k项分布:Pun=k=C101.09.0,k=,2,1,0",10.{}{}{}109Pun≤1=Pun=0+Pun=1=9.0+10×1.0×9.0≈.07361.P{}un>1=1−p{un≤1}=.02639.X为调整设备的次数，即{un>1}出现的次数，显然X服从n=4，p=0.2639的二项分布，即X~B.0,4(2639).因此E(X)=np=4×.02639=.10556≈.1.13.把X的分布律写成更明显的关系为i12345…23453333X3−−…224522222Pi…323453333∞2222221111这里∑pi=3+2+3+4+5+"=31(+3+2+3+4+")=1i=13333333∞23223323423522222∑xipi=3×−×2+×3−×4+×5−"=2−+−+−"3233343532345i=111111=1(2−+−+−+").23456显然此级数不是绝对收敛的（是条件收敛级数），所以E（X）不存在.λ+∞λλ0xdx+∞xdx4.∵f(x)=,∴xdx=(+)π(λ+x2)∫−∞π(λ+x2)π∫−∞(λ+x2)∫0(λ+x2)20xdx01d(λ+x)12而=lim=lim=[−ln(λ+ax)]=−∞，∫−∞λ+x2α→−∞∫a2λ+x2α→−∞2+∞2xdx1bd(λ+x)12b12=lim=limln(1+x)0=limln(λ+b)=+∞,∫0λ+www.52answer.comx22b→+∞∫0λ+x2b→+∞22b→+∞+∞λxdx因此，广义积分发散，当然不可能绝对收敛了，所以E（X）不存在.∫−∞π(λ+x2)+∞121x3231225.（1）EX=∫xf(x)dx=∫xdx+∫x2(−x)dx=x0+(x−)1−∞013318112=+[(4−)−1(−)]=+=1.33333+∞1xdx（2）EX=∫xf(x)dx=∫−=0(奇函数).−∞12π1−x+∞150023000xx（3）EX=xf(x)dx=dx+(3000−x)dx∫−∞∫2∫20150015001500311315002x3000=[x+(1500x−)]=1500.1500230315001我爱答案网 我爱答案网第4章习题解答总10页第2页2222226.（1）∵E2(X)=2EX,又,∵EX=DX+(EX)∴E2(X)=(2DX+(EX));22再∵X~E)1(,∴EX=,1DX=1,∴E2(X)=1(2+1)=4.−2X+∞−2x+∞−2x−x+∞−3x1−3x+∞1（2）E(e)=∫−∞ef(x)dx=∫e⋅edx=∫edx=−e=.003037.（1）由条件知，X的可能值为0，1，2，3，以Ai(i=)3,2,1表示事件“汽车在第个路口首i次遇到红灯”；A1，A2，A3相互独立，且P(Ai)=P(Ai)=,2/1i=.3,2,1从而知111P{}X=0=P(A1)=;P{}X=1=P(AA)=;P{}X=2=P(AAA)=;212212332211111111167P{}X=3=P(AAA)=;故E()=+⋅+⋅+⋅=.12331+X22438489628.（1）设p=P(A).由X与Y同分布，可知−P(B)=P{}{}Y≤a=PX≤a=P(A)=p,P(B)=1−p.2712由P(AUB)=P(A)+P(B)−P(A)P(B)=p+1(−p)−p1(−p)=p−p+1=,得p1=,p2=.于933是a有两个值：a−125a−147由=p1,得a1=1+=;由=p2,得a2=1+=.2332331+∞11311（2）E()=∫p(x)dx=∫dx=ln.3X−∞x21x29.发生故障次数服从二项分布，本题关键是列出所获利润与发生故障次数的函数关系.以X表示一周5天内机器发生故障的天数，则X服从参数为（5，0.2）的二项分布{}kk5−k5PX=k=C52.0⋅8.0(k=)5,4,3,2,1,0;P{X=0}=8.0=.0328,{}14223PX=1=C52.0⋅8.0=.0410,P{X=2}=C52.0⋅8.0=.0205,P{}{}{}X≥3=1−PX=0−PX=1−P{X=2}=.0057.若以Y表示所获利润，则⎧10X=0⎪⎪5X=1Y=f(X)=⎨故EY=10×0.328+5×0.410+0×0.205-2×0.057=5.216（万元）.⎪0X=2⎪⎩−2X≥,3⎧/1600≤x≤6010.已知X在[0,60]上服从均匀分布，其密度为X~f(x)=⎨www.52answer.com⎩0其他⎧5−X0X.2我爱答案网 我爱答案网第4章习题解答总10页第3页⎧/1100,10≤x≤20,10≤y≤20,由于X与Y的联合概率密度为ϕ(x,y)=⎨⎩,0其他.11202020y所以EZ=∫∫1000y×dxdy+∫∫500(x+y)×dxdy=10∫dy∫ydx+5∫dy∫(x+y)dx10010010y1010D1D220203220000=10∫y(20−y)dy+5∫(y−10y−50)dy=+5×1500≈14166.67(元).10102312.本题关键是正确列出供大于求和供不应求时利润与进货量的关系，然后利用期望利润不少于9280建立一不等式解出进货量的值a.设进货数量为，则利润为a⎧500a+(X−a)300ar2,⎩222r−x222222p(x)=dy=r−x(x≤r);p(y)=r−y(y≤r).12∫222πr−r2−x2πrπr2r222r22E(X)=xr−xdx=;0E(Y)=yr−ydy=.0πr2∫−rπr2∫−rxyCov(X,Y)=E(XY)=dxdy=.0于是，X和Y的相关系数ρ=.0∫∫πr2222x+y≤r（2）由于p(x,y)≡/p1(x)p2(y),可见X和Y不独立.24.记P(A)=p1，P(B)=p2，P(AB)=p12.由数学期望的定义，可见E(X)=P(A)−P(A1)=2p1−,1E(Y)=2p2−.1现在求EXY.由于XY只有两个可能值1和−1.易知P{}XY=1=P(AB)+P(AB)=2p12−p1−p2+,1P{}{}XY=−1=1−PXY=1=p1+p2−2p12,E(XY)=P{XY=1}{−PXY=−1}=4p12−2p1−2p2+.1从而Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)⋅E(Y)=4p12−4p1p2.因此,Cov(X,Y)=0当且仅当p12=p1p2,即X和Y不相关当且仅当事件A和B相互独立..25.本题应特别注意X1与X2并非独立的.由于Xi(i=)3,2,1均只取0和1值，因此随机变量(X1,X2)取值应为)0,0(、)1,0(、)0,1(和)1,1(.须逐个计算它们的概率.譬如事件{}X1=,0X2=0表示抽取的是一等品;{X1=,1X2=1}表示既是一等品又是二等品，因此是不可能事件等等.（1）设事件Ai=“抽到i等品”(i=3,2,1).由题意知A1，A2，A3两两互不相容,且P(A1)=,8.0P(A2)=P(A3)=1.0.易知，P{}X1=,0X2=0=P(A3)=,1.0P{X1=,0X2=1}=P(A2)=1.0,P{}X1=,1X2=0=P(A1)=,8.0P{X1=,1X2=1}=P(Φ)=0.（2）E(X1)=,8.0E(X2)=1.0;D(X1)=8.0×2.0=.016,D(X2)=1.0×9.0=.009;E(X1X2)=0×0×1.0+0×1×1.0+1×0×8.0+1×1×0=0Cov(X1,X2)=E(X1X2)−E(X1)⋅E(X2)=0−8.0×1.0=−.008,Cov(X1,Xwww.52answer.com2)−.0082ρ===−.D(X1)⋅(DX2).016×.009311126.（1）由数学期望的运算性质，知E(Z)=E(X)+E(Y)=3231111由D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)，有D(Z)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)32321111=D(X)+D(Y)+2××D(x)⋅D(Y)ρXY=1+4−×3×4=3.94661111（2）因为Cov(X,Z)=Cov(X,X)+Cov(X,Y)=D(X)+ρXYD(X)⋅D(Y)32321211=⋅3+⋅(−)⋅3⋅4=0,322Cov(X,Z)所以ρXZ==.0D(X)⋅D(Z)6我爱答案网 我爱答案网第4章习题解答总10页第7页（3）由于（X，Z）不一定服从二维正态分布，故由ρXZ=0不能确定X与Z是否相互独立.（二)补充题答案1、平均利润就是销售利润T的数学期望E(T),而T是离散型随机变量,取值概率与X的概率分布有关,因此用标准正态分布函数φ(x)表示概率P{X<10},P{10≤X≤12}和P{X>12}是解dE(T)决问题的关键,写出E(T)后,使=0的点即为所求的µ值.dµ由条件知,平均利润为E(T)=20P{10≤X≤12}−P{X<10}−5P{X>12}=20[Φ(12−µ)−Φ(10−µ)]−Φ(10−µ)−1[5−Φ(12−µ)]=25Φ(12−µ)−21Φ(10−µ)−5.其中Φ(x)是标准正态分布函数.设Φ(x)为标准正态密度.令22(12−µ)(10−µ)dE(T)−25−21−=−25ϕ(12−µ)+21ϕ(10−µ)=,0得e2+e2=0,dµ2π2π22(12−µ)(10−µ)−−125即25e2=21e2.由此得µ=µ0=11−ln≈10.9.221即当µ=µ0≈109.毫米时，平均利润最大.∞∞∞22−x2、（1）E(X)=∫xf(x)dx=,0D(X)=∫∫xf(x)dx=xedx=.2−∞−∞0∞（2）E(XX)−E(X)⋅E(X)=E(XX)=∫xxf(x)=,0故X与X不相关.−∞（3）对给定0xy1+∞xy−(x2+y2)+∞−(x2+y2)=[∫∫dx(x−y)edy+∫∫dy(y−x)edx]π−∞∞−−∞∞−2+∞x−(x2+y2)=[∫∫dx(x−y)edy]π−∞∞−2+∞−x2xx−y2+∞−x2−y22+∞−2x22=π[∫∫−∞∞xedx−∞edy−∫−∞edx∫−yedy]=∫−∞edx=.ππ4、解法1三角形区域为G={(x,y0)≤x≤0,1≤y≤,1x+y≥}1；随机变量X和Y的联合密度7我爱答案网 我爱答案网第4章习题解答总10页第8页⎧,2(x,y)∈G,为f(x,y)=⎨⎩,0(x,y)∈G.以f1(x)表示X的概率密度，则当x≤0或x≥1时，f1(x)=0；当02时，显然f(u)=0.设1≤u≤,2当0≤x≤1且0≤u−x≤1时，f(x,u−x)=2，否则f(x,u−x)=.0由随机变∞1量之和的概率密度公式，有f(u)=∫∫f(x,u−x)dx=2dx=2()2−u.−−∞u1∞2因此E(X+Y)=EU=∫∫uf(u)du=2u2(−u)du=;3/4−∞1∞22222E(X+Y)=EU=∫∫uf(u)du=2u2(−u)du=11;6/−∞122DU=D(X+Y)=E(X+Y)−[E（(X+Y)]=116/−169/=/118.5、U、V为离散型随机变量，其联合分布（U、V）只有四个可能：（0,0），（0,1）（1,0）,（1,1），分别求出取这些值的概率即可.求相关系数ρ，应分别计算Cov(U,V)及DU,DV,然后再用公式Cov(U,V)ρ=.由题设易知P{X≤Y}=4/1，P{X>2Y}=2/1，P{X>2Y}=2/1，故有DU⋅DY)1(P{U=,0V=}0=P{X≤Y,X≤2Y}=P{X≤Y,4/1}P{U=,0V=}1=P{X≤Y,X>2Y}=,0P{U=,1V=}0=P{X>Y,X≤2Y}=P{Yε}=f(x)dx≤f(x)dx≤xf(x)dx=Ex.www.52answer.com∫∫εrεr∫−∞εrxx>>εε12211、∵X的概率密度为p()x=exp(−x2σ()−∞2).2πσ−∞n2n−2这样，当n(>2)为偶数时，有递推式E(X)=σ(n−)1E(X)，9我爱答案网 我爱答案网第4章习题解答总10页第10页n−22n−4422E(X)=σ(n−)3E(X),",E(X)=σ4(−)1E(X).222考虑到X~N,0(σ)，故E（X）=0，并且E(X)=D(X)=σ.于是，由以上各式可得42462646E(X)=σ4(−)1E4(−)1=σ⋅3,E(X)=σ(X)E(X)=σ⋅5⋅,3".nn一般地,有E(X)=σ(n−1)(n−1)……5⋅3.若记(n−1)(n−)3…5⋅3=)(n−1!!,则nnn⎧,0当n为奇数,有E(X)=σ(n−1)!!.两种情况综合，有E()X=⎨n⎩σ(n−1)!!,当n为偶数.+∞+∞+∞nn−λxn−λx−λxn+∞n−1−λx12、E()X=∫xλedx=−∫xde=−ex0+∫nxedx000+∞n+∞n−1−λxnn−1−λx+∞λ+∞n−2−λx−n!−λxn!=−xde=xe+(n−)1xedx="=e=.1λ∫0λ0n∫0λnλn0YY∞s∞s3、E∑Xk=E[E(∑XkY)]=∑∑E(Xk)⋅P(Y=s)=∑∑(EXk)P(Y=s)k=1k=1s==11ks==11k∞∞∞=∑∑EXk[P(Y=s])=∑EXk[P(Y≥k)].kk=1s=k=1www.52answer.com10我爱答案网 我爱答案网第5章习题解答总3页第1页第五章极限定理（大数定律和中心极限定理）1、由于X1,X2?两两不相关，则⎛n⎞nnD⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑D(Xi)+2∑COV(Xi,Xj)=∑D(Xi)⎝i=1⎠i=11≤i0，⎛1n⎞1⎛n⎞nD⎜⎜∑Xi⎟⎟D⎜⎜∑Xi⎟⎟∑D(Xi)⎛1n1n⎞⎝ni1⎠n2⎝i1⎠P⎜X−E(X)≥ε⎟≤====i=1∑i∑i⎜⎝ni=1ni=1⎟⎠ε2ε2n2ε2nCC≤=→0(n→∞)222nεnε由此立得⎧⎪1n1n⎫⎪limp⎨∑Xi−∑E(Xi)≥ε⎬=0n→∞⎪⎩ni=1ni=1⎪⎭112、∀ε>0，由于p{Xn=}=1，从而，当n>时nε1P{|Xn|≥ε}≤p{Xn≠}=0n1于是当n>时P{|Xn−X|≥ε}=p{|Xn−|0≥ε}=p{|Xn|≥ε}=0ε即limp{}|Xn−X|≥ε=0n→∞从而知{Xn}依概率收敛X。Xn的分布函数为⎧1⎪,0x<⎪nFn(x)=P{Xn≤x}=⎨⎪1,1x≥⎪⎩nX的分布函数为⎧,0x<0F(x)=P{Xn≤x}=⎨⎩,1x≥0⎧,0x≤0而limFn(x)=⎨www.52answer.comn→∞⎩,1x>0即当x=0时，limFn(0)=0≠F(0)n→∞即Xn的分布函数不收敛于X的分布函数。3、设nA表示使用终端的个数，则nA~B(120.0,05)，于是所求概率是10−120×.005nA−120×.005120−120×.005P{nA≥10}=P{≤≤}120×.005×.095120×.005×.095120×.005×.095⎛120−6⎞⎛4⎞≈Φ⎜⎟−Φ⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝7.5⎠⎝7.5⎠≈1−Φ.1(675)=1−.0953=.00474、设Xi表示装运的第箱的重量，ii=,2,1?,n，其中n是所求箱，数X1,?,Xn独立同分2布，E(X1)=50，D(X1)=5，且承运总重量是我爱答案网 我爱答案网第5章习题解答总3页第2页nT=X1+X2+?+Xn=∑Xii=1由条件知，P{T≤5000}>.0997，由中心极限定理有nP{T≤5000}=P{∑Xi≤5000}i=1n⎧⎫⎪⎪∑Xni−50⎪⎪i=1500050−−nn⎛⎞500050=≤P⎨⎬≈Φ⎜⎟⎪⎪25nn25⎝⎠5n⎪⎪⎩⎭⎛5000−50⎞即应有Φ⎜⎟>.0997⎜⎟⎝5n⎠5000−50n查表有>2，即n<98.0199，故最多可以装98箱。5n5、以Xi表示第个数的取整误差，则有i（1）此时i=,2,1?,1500，且X1,X2,?,X1500独立皆服从(−5.0,5.0)上的均匀分布，1E(Xi)=,0D(Xi)=，于是所求概率是12⎧1500⎫⎪∑Xi−0⎪⎧1500⎫⎪−1515⎪⎪⎪i=1P⎨∑Xi>15⎬=1−p⎨≤≤⎬⎪⎩i=1⎪⎭⎪111⎪⎪1500×1500×1500×⎪⎩121212⎭⎡⎛⎞⎛⎞1515⎤⎛⎛3⎞⎞≈−Φ12⎢⎥⎜⎟⎜⎟−Φ=⎜⎟1−Φ⎜⎟⎣⎝⎠⎝⎠125125⎦⎝⎝5⎠⎠=−21()Φ()1.34=−2(10.9099)=0.1802（2）此时i=,2,1?,n其中是所求的个数，nX1,?,Xn独立皆服从(−5.0,5.0)上的均匀分布，由条件知，应有⎧⎪n⎫⎪P⎨∑Xi<10⎬≥.090⎪⎩i=1⎪⎭由独立同分布的中心极限定理，有www.52answer.com⎧n⎫⎪∑Xi⎪⎧n⎫⎪−1010⎪⎛203⎞P⎪X<10⎪=P120000}=P{nA>120}=P⎨>⎬⎪⎩60×.099460×.0994⎪⎭⎛60⎞≈1−Φ⎜⎟=1−Φ(.777)≈0⎜.0994⎟⎝⎠（2）所求概率分别为⎧⎪nA−6080−60⎫⎪P{120000−1000nA≥40000}=P{nA≤80}=P⎨>⎬⎪⎩60×.099460×.0994⎪⎭⎛20⎞≈Φ⎜⎟=Φ(.259)=.09952⎜⎟⎝60×.0994⎠⎧⎪nA−6060−60⎫⎪P{120000−1000nA≥60000}=P{nA≤60}=P⎨>⎬⎪⎩60×.099460×.0994⎪⎭www.52answer.com≈Φ(0)=5.0⎧⎪nA−6040−60⎫⎪P{120000−1000nA≥80000}=P{nA≤40}=P⎨>⎬⎪⎩60×.099460×.0994⎪⎭≈Φ(−.259)=.00048我爱答案网 我爱答案网第6章习题解答总3页第1页第六章数理统计的基本概念26X−4.11.设样本均值为X,则由题意,有X~N,4.1(),或~N)1,0(,于是由n/6n⎧4.1−4.3X−4.34.5−4.3⎫n.095≤P4.1{50}=P⎨2>2⎬=P{χ(25−)1>12}⎩σσ⎭2=P{χ(24)>12}≥.0975上式中的不等式是查表得到的,所以所求的概率至少为0.9759.本题要用到这样一个结论,即Γ分布Γ(α,β)关于第一个参数具有可加性,即若U~Γ(α,β),V~Γ(α,β),且U与V相互独立,则U+V~Γ(α+α,β),其中Γ(α,β)1212⎧1α−1−x/β⎪xe,x>0的概率密度为:f(x)α=⎨βΓ(α)⎪⎩0其它可利用卷积公式证明.1回到本题,当α＝1，β＝,Γ分布就是参数为λ的指数分布,所以样本的独立性及Γλ1分布的可加性,有X+X+?+X~Γ(n,)12nλnn⎧λn−1−λx⎪xe,x>0即∑Xi的概率密度为g(x)=⎨(n−1)!i=1⎪0其它⎩nn⎧(nλ)n−1−λny1⎪ye,y>0因此X=∑Xi的概率密度为h(y)=ng(ny)=⎨(n−1)!ni=1⎪,0y≤0⎩10.(1)根据正态分布的性质,X+X与X−X服从二维正态分布,所以要证明它们相互1212独立,只需它们不相关,由于22E[(X+X)(X−X)]=E(X)−E(X)=0121212E(X+X)E(X−X)=01212所以Cov(X+X,X−X)=01212即X+X与X−X相互独立1212(2)由于µ=0,所以22X1+X21⎛X1+X2⎞2X1+X2~N2,0(σ)⇒~N)1,0(⇒⎜⎟~χ)1(www.52answer.com2σ2⎝σ⎠22X1−X21⎛X1−X2⎞2X1−X2~N2,0(σ)⇒~N)1,0(⇒⎜⎟~χ)1(2σ2⎝σ⎠由上面证明的独立性，再由F分布的定义知2⎛X1+X2⎞⎜⎟2/2(X1+X2)⎝σ⎠F==~F)1,1(2(X1−X2)⎛X1−X2⎞⎜⎟2/⎝σ⎠2⎧(X+X)⎫12所以P⎨2<4⎬=P{F<}4,0并且有i我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第2页nlnL(θ)=nln(θ+)1+θ∑lnxii=1ndlnLnn令=+∑lnxi=0，解得θ的极大似然估计值为θˆ=−1−ndθθ+1i=1∑lnxii=1n从而θ的极大似然估计量为θˆ=−1−n∑lnXii=1(2)设x,x,?,x是相应于X,X,?,X的样本，则似然函数为12n12nnn∑xi−nL(p)=∏p1(−p)xi−1=pn1(−p)i=1i=1nlnL=nlnp+(∑xi−n)ln(1−p)i=1nn−∑xidlnLni=11令=+=0，解得p的极大似然估计值为pˆ=dpp1−px1从而θ的极大似然估计量为pˆ=X(3)设x,x,?,x是相应于X,X,?,X的样本，则似然函数为12n12nnn⎧−2∑(xi−θ)L(θ)=f(x,θ)=⎪2nei=1,x≥θ,i=,2,1?,n∏i⎨ii=1⎪,0其它⎩n当xi≥θ(i=,2,1?)时,L(θ)>0,并且lnL(θ)=nln2−2∑(xi−θ)i=1dlnL因为=2n>,0所以L(θ)单调递增.dθ因为必须满足x≥θ(i=,2,1?),因此θ=x=min{x,?,x}时,L(θ)取最大i)1(1(n)值,所以θ的极大似然估计值为θˆ=x,极大似然估计量为www.52answer.com)1(θˆ=X=min{X,?,X})1(1n(4)设x,x,?,x是相应于X,X,?,X的样本，则似然函数为12n12nnn⎧L(θ)=f(x,θ)=⎪θ2(xx?x)θ−1,0≤x≤,1i=,2,1?,n∏i⎨12nii=1⎪⎩,0其它nn当0≤xi≤,1i=,2,1?,n时,L(θ)>0,并且lnL=lnθ+(θ−)1∑lnxi2i=1n∑lnxi2dlnL=n+i=1=ˆn令0，解得θ的极大似然估计值为θ=2dθ2θ2θ⎡n⎤⎢∑lnxi⎥⎣i=1⎦我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第3页2ˆnθ的极大似然估计量为θ=2n⎡⎤⎢∑lnXi⎥⎣i=1⎦(5)设x,x,?,x是相应于X,X,?,X的样本，则似然函数为12n12n⎧1⎧1n⎫nL(,)=f(x,,)=⎪nexp⎨−∑(xi−θ1)⎬,xi>θ1,i=,2,1?,nθ1θ2∏iθ1θ2⎨θ2⎩θ2i=1⎭i=1⎪⎩,0其它所以当x>θ,i=,2,1?n时,L(θ,θ)>0,并且i112n1nθ1lnL=−nlnθ2−∑xi+θ2i=1θ2∂lnLn由于=>0,所以L(θ,θ)是θ的单调递增函数,因为必须满足121∂θθ12x>θ,i=,2,1?n,所以对于任意给定的θ,L(x,θ)=infL(θ,θ)i12)1(212θ1n∑xi−nx)1(∂lnL(x)1(,θ2)−ni=1令=+=02∂θ2θ2θ2解得θˆ=x−x,所以θ,θ的极大似然估计值分别为θˆ=xθˆ=x−x2)1(121)1(2)1(θ,θ的极大似然估计量分别为θˆ=Xθˆ=X−X121)1(2)1((6)设x,x,?,x是相应于X,X,?,X的样本，则似然函数为12n12nn1n1−∑|x1|−nσi=1L(σ)=∏f(xi,σ)=σei=12nn−n1dlnL−n1取对数lnL=lnσ−∑|xi|，令=+2∑|xi|=02σi=1dσ2σσi=1n1解得σ的极大似然估计值为σˆ=∑|xi|ni=1n1所以σ的极大似然估计量为σˆ=∑|Xi|.www.52answer.comni=13设x,x,?,x是相应于X,X,?,X的样本，似然函数为12n12nnnn∑ximn−∑xin⎛m⎞L(p)=∏P{X=x}=pi=11(−p)i=1∏⎜⎟i⎜x⎟i=1i=1⎝i⎠nnn⎛m⎞取对数,得lnL(p)=∑xilnp+(mn−∑∑xi)ln(1−p)+ln⎜⎜⎟⎟i=1i==11i⎝xi⎠nn∑ximn−∑xidlnL(p)i=1i=1令=−=0dpp1−pn11得p的极大似然估计值为pˆ=∑xi=xmni=1m我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第4页n11所以p的极大似然估计量为pˆ=∑Xi=Xmni=1m−λ4(1)已知,λ的极大似然估计值为λˆ=x,又P{X=}0=e,所以根据极大似然估计的性−x质,P{X=}0的极大似然估计值为e(2)观察到的五年内每一扳道员引起的严重事故的平均次数为1137x=0(×44+1×42+2×21+3×9+4×4+5×)2==.1123122122所以一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率p的极大似然估计值为−.1123pˆ=e=.032532+∞(z−µ)Z1z−25.(1)E(X)=E(e)=∫ee2σdz2πσ−∞∞11222224=exp{−(z−2(µ+2σ)z+(µ+σ)−2µσ−σ)}dz∫22πσ2σ−∞∞1211212=exp{µ+σ}exp{−(z−µ−σ)}dz=exp{µ+σ}∫222πσ2σ2−∞(2)可以将lnx,lnx,?,lnx视为取自总体Z=lnX的样本,则由于12n22Z~N(µ,σ),因而可得参数µ,σ的极大似然估计值分别为nn121µˆ=∑lnxi,σˆ=∑(lnxi−µˆ)ni=1ni=112故由极大似然估计的性质,可得E(X)的极大似然估计值为E(ˆX)=exp{µˆ+σˆ}2nn121(3)经计算得,µˆ=∑lnxi=.30909,σˆ=∑(lnxi−µˆ)=.05115,ni=1ni=112所以,一个句子字数均值的极大似然估计值为E(ˆX)=exp{µˆ+σˆ}=28.4073226.由正态分布的性质以及样本的独立性可知X−X~N2,0(σ)i+1i22因此E(X−X)=D(X−X)=2σi+1ii+1in−1n−12⎛2⎞22欲使σ=E⎜cwww.52answer.com∑(Xi+1−Xi)⎟=c∑E(Xi+1−Xi)=(2n−)1cσ⎝i=1⎠i=1n−11122必须c=，因此，当c=时，统计量c∑(Xi+1−Xi)为σ的无偏估计.(2n−)1(2n−)1i=17.由于θˆ和θˆ均为参数θ的无偏估计，所以E(aθˆ+bθˆ)=aE(θˆ)+bE(θˆ)=(a+b)θ121212欲使aθˆ+bθˆ是θ的无偏估计，必须a+b=1，即b=1−a.12从而由θˆ和θˆ的独立性以及题设条件,有1222222D(aθˆ+bθˆ)=aD(θˆ)+1(−a)D(θˆ)=2[a+1(−a)]D(θˆ)=1(−2a+3a)D(θˆ)1212221上式右边当a=时达到最小.3综上所述,当a=1,b=2时,aθˆ+bθˆ是θ的无偏估计,并且在所有这样的无偏估计1233中方差最小.我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第5页8.（1）由于总体X服从参数为λ的泊松分布，所以其数学期望和方差均为λ，由于样本均值和样本方差是总体均值和方差的无偏估计，所以有2E(X)=E(S)=λ22从而E[αX+1(−α)S]=αE(X)+1(−α)E(S)=λ2所以αX+1(−α)S为λ的无偏估计量2（2）已知,λ的极大似然估计量为λˆ=X,所以由极大似然估计的性质,λ的极大似然估计M22量为λˆ=(X).M222λ2(3)由于E(λˆ)=E(X)=D(X)+[E(X)]=+λMn22222X因此λˆ=(X)不是λ的无偏估计,令λˆ=(X)−Mn221λ2λ2则有E(λˆ)=E(X)−E(X)=+λ−=λnnn22X2所以λˆ=(X)−是λ的一个无偏估计量.n222Xi2注:λ的无偏估计量不唯一,如统计量λˆ=(X)−(i=,2,1?.n)都是λ无偏估计量.in9.由题意知,X的概率密度和分布函数分别为⎧,0x≤θ⎧,1θ)12(n)2(n+2)(n+)112n所以θˆ比θˆ有效.21我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第6页⎛σ⎞22⎜⎟10.(1)σ=.0025已知时µ的置信度为1−α的置信区间为X±z⎜α⎟⎝n2⎠将x=.0081,σ=.0025,z=z=.196代入得µ的置信度为1−α的置信区间为α.00252(0.0775,0.0845)⎛σ⎞2⎜⎟11.σ已知时µ的置信度为1−α的置信区间为X±z⎜α⎟⎝n2⎠22σ4zα2/σ欲使其区间长度不大于给定的L,必须z≤L，即n≥α2nL212.利用上题的结果,由于σ=.005,z=z=.196,要使他对平均反应时间的估计误α2/.002524zσα2/差不超过0,01秒,必须L=.002，所以n≥=492L⎛⎞⎜(n−)1S2(n−)1S2⎟213.σ的置信度为1−α的置信区间为⎜,⎟22⎜χ(n−)1χ(n−)1⎟αα1−⎝22⎠2在本题中，α=.005,n=16，经计算得，s=.000244,查表得，222χ(15)=.6262,χ(15)=27.488,最后得σ的置信度为95％的置信区间为.0975.0025.0(00133.0,00584)14.此题为方差未知但相等时的两个总体均值差的区间估计问题，已知此时µ−µ的置信度12⎛11⎞为1−α的置信区间为⎜X−Y±S+t(n+n−)2⎟⎜wnnα12⎟⎝122⎠已知x=1000,y=980,n=,5n=,7α=.001,查表得t(10)=.31693，12.0005224×28+6×32s==30.463w4+6最后得两个总体均值差的置信度为0.99的置信区间为(-36.53,76.53)2215.设X，Y分别为一、二号方案的单位面积产量，并设X~N(µ,σ),Y~N(µ,σ)，1122X,X,?,X和Y,Y,?,Y为相应于总体X,Y的样本，令Z=X−Y，则12n12n22Z~N(µ1−µ2,σ1www.52answer.com+σ2),令Zi=Xi−Yi,于是,µ1−µ2的置信度为1−α的置信区间为⎛S⎞⎜X−Y±t(n−)1⎟⎜α⎟⎝n2⎠nn21212其中S=∑(Zi−Z)=∑[(Xi−Yi)−(X−Y)]n−1i=1n−1i=1已知n=,8z=x−y=.575,s=.512,α=.005,t)7(=.23646,计算得µ−µ的置.002512信度为95%的置信区间为(1.47,10.03)2σ16.方差比A2的置信度为1−α的置信区间为σB⎛⎞⎜S2/S2S2/S2⎟ABAB⎜,⎟.⎜Fα(n1−,1n2−)1Fα(n1−,1n2−)1⎟1−⎝22⎠我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第7页22已知s=.05419,s=.06065,n=n=10,α=.005,F)9,9(=.403,AB12.00252σF)9,9(=.02481,代入算得方差比A2的置信度为0.95的置信区间(0.2217,3.601).0975σB(二)补充题1.(1)设x,?,x是相应于X,?,X的一组样本值,则似然函数为1n1nnnθxi∑xinL(θ)=∏a=θi=1f−n(θ)∏axixii=1f(θ)i=1nnn′dlnL1fn(θ)取对数得lnL(θ)=∑xilnθ−nlnf(θ)+ln∏axi=∑xi−=0i=1i=1dθθi=1f(θ)n′dlnL1fn(θ)令=∑xi−=0dθθi=1f(θ)θf′(θ)可得θ的极大似然估计值是方程x=f(θ)的一个根,从而θ的极大似然估计量是方程θf′(θ)X=（1）f(θ)的一个根.∞x∞θx由∑ax=1⇒∑axθ=f(θ)i=1f(θ)i=1∞x∞∞′′xθθxθ⎛x⎞θf(θ)故E(X)=∑ax=∑ax(θ)′=⎜∑axθ⎟=x=1f(θ)f(θ)x=1f(θ)⎝x=1⎠f(θ)所以（1）也是θ的矩法方程.1λ(2)对于泊松分布(参数为λ),a=,f(λ)=e,因此f′(λ)=f(λ),故λ的极大似然估计xx!满足方程X=λ从而λ的极大似然估计为λˆ=X.p对于二项分布B(n,p),令=θ,则1−pxnnnx⎛www.52answer.com⎞xn−x⎛⎞⎛p⎞n⎛⎞θP{X=x}=⎜⎟p1(−p)=⎜⎟⎜⎟1(−p)=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟n⎝x⎠⎝x⎠⎝1−p⎠⎝x⎠1(+θ)xnθ因此,f(θ)=1(+θ),故θ的极大似然估计满足的方程为X=1+θθ由极大似然估计的性质可知,p=的极大似然估计满足的方程为X=np1+θ⎧,1θ0f(x,θ)=⎨θ⎪⎩,0x≤0设X,?,X是来自总体X的一个样本,x,x,?,x是相应的样本值，则似然函数为1n12nn⎧1n−∑xiL(θ)f(x,θ)⎪θ−neθi=1,x,0i,1,n=∏i=⎨i>=?i=1⎪,0其它⎩所以当x>,0i=,1?,n时，L(θ)>,0并且in1lnL(θ)=−nlnθ−∑xiθi=1ndlnLn1令=−+2∑xi=0dθθθi=1解得θ的极大似然估计值为θˆ=x故其极大似然估计量为θˆ=X由于E(θˆ)=E(X)=E(X)=θ，故θˆ=X是θ无偏估计.x∂lnf(x,θ)1x又lnf(x,θ)=−lnθ−；=−+2θ∂θθθ22⎡∂⎤⎛1X⎞12D(X)1故信息量I(θ)=Ef(X,θ)=E⎜−+⎟=E(X−θ)==⎢⎥2442⎣∂θ⎦⎝θθ⎠θθθ2D(X)θ1由于D(θˆ)=D(X)===www.52answer.comnnnI(θ)所以估计量θˆ是为θ的有效估计.∞kkX2λ−λ2λ−λλ4.(1)由于E()2=∑e=ee=ek=0k!所以如果X,?,X是来自总体X的一个样本,则2Xi(i=,2,1?,n)均为eλ的无偏估计.1n∞kkX−λ(−)1λ−2λ(2)由于θˆ=(−)1,所以有E(θˆ)=e∑=ek=1k!X−2λ故θˆ=(−)1是θ=e的无偏估计.5(1)由本章基本题5知1b=E(X)=exp{µ+}2(2)由于Y~N(µ)1,,所以µ的置信度为1−α的置信区间为我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第9页n111(Y−zα,Y+zα)其中Y=∑lnXin2n2ni=1在本题中已知n=4,经计算得y=,0查表得z=.196,所以µ的置信度为0.95的置信区.0025间为(-0.98,0.98).(3)由上面的结果,b的置信度为1−α的置信区间为⎛1111⎞⎜exp(Y−z+),exp(Y+z+⎟⎜α2α2⎟⎝n2n2⎠−.048.148将n=4,y=,0z=.196代入得b的置信度为0.95的置信区间为(e,e).002522(n−)1S2⎧(n−)1S2⎫6.(1)由于2~χ(n−)1,所以有P⎨2>χ1−α(n−)1⎬=1−ασ⎩σ⎭2⎧(n−)1S2⎫即P⎨2>σ⎬=1−αχ(n−)1⎩1−α⎭22(n−)1S所以σ的置信度为1−α的置信上限为2χ(n−)11−α⎛⎞⎜(n−)1S2(n−)1S2⎟2(2)由于σ的置信度为1−α的置信区间为⎜,⎟22⎜χ(n−)1χ(n−)1⎟αα1−⎝22⎠⎛⎞⎜(n−)1S2(n−)1S2⎟2所以logσ的置信度为1−α的置信区间为⎜log,log⎟22⎜χ(n−)1χ(n−)1⎟αα1−⎝22⎠2χ(n−)1α2其区间长度为log,因此要使其具有固定长度L,必须选择样本容量n使其满足2χ(n−)1α1−222χ(n−)1χ(n−)1αα22Llog=L，即=e22χ(n−)1χ(n−)1αα1−1−22www.52answer.comθ227.(1)由题意知,X~N(t,σ)(i=,2,1?,n),且相互独立,由于θˆ是X(i=,2,1?,n)iii2线性组合,故也服从正态分布.nn242∑tiE(Xi)4∑tiD(Xi)2i=1i=14σ又E(θˆ)==θ，D(θˆ)==nnn4424∑ti(∑ti)∑tii=1i=1i=1θˆ−θ于是U=~N)1,0(，由P{z0时是单调递减的,所以有z−z>z−z，即z+z>2zα1ααα2α1α2αz22σσσ2σ因此,区间(X−z,X+z)的长度为(z+z)>z,而右边即为α1α2α1α2αnnnn2αα=α=是置信区间的长度.122σσ所以形如(X−z,X+z)的置信度为1−α(α+α=α)的置信区间中,当α1α212nnαα=α=时,区间长度最短.1221n11n2X−Y−(µ−µ)129.(1)设X=∑Xi,Y=∑Yi,则有n1i=1n2i=1σ2σ212+nn12则µ−µ的置信度为1−α的置信区间为12⎛σ2σ2σ2σ2⎞⎜X−Y−zwww.52answer.com1+2,X−Y+z1+2⎟⎜α−α1α1⎟nnnn⎝1212⎠要使该区间具有固定长度L,必须选择适当的α或样本容量n,n,使得112Lz+z=α−α1α122σσ12+nn122σ2α5(2)由于L=σ,n=n=n,取α=,则上式变为2z=121α5222σn2解得n=()52z,又α=1.0,故z=.1645,代入计算得n=135.3,由于容量为整数,α2/.005故取n=136.我爱答案网 我爱答案网第7章习题答案总11页第11页121−(x−µ)10.(1)总体X的概率密度为f(x,µ)=e22π设x,x,?,x是相应的样本值，则似然函数为12n2n(xi−µ)nn1−2−2⎛12⎞L(µ)=∏e=2(π)exp⎜−∑(xi−µ)⎟i=12π⎝2i=1⎠nn12取对数,得lnL(µ)=−ln(2π)−∑(xi−µ)22i=1ndlnL(µ)令=∑(xi−µ)=0dµi=1解得µ的极大似然估计值为µˆ=x,从而µ的极大似然估计量为µˆ=X.(2)依据辛钦大数定律,当n→∞时,µˆ=X依概率收敛于µ,故µˆ=X是µ的一致估计量.又E(µˆ)=E(X)=E(X)=µ故µˆ=X是µ的无偏估计量.112∂lnf由于lnf(x,µ)=−ln(2π)−(x−µ)；=x−µ22∂µ2⎛∂lnf(X,µ)⎞2信息量I(µ)=E⎜⎜⎟⎟=E(X−µ)=D(X)=1⎝∂µ⎠D(X)11由于D(µˆ)=D(X)===nnnI(µ)综上所述,所得的估计量为µ的一致的、无偏的达到罗-克拉美不等式下界的有效估计.∞θ22x211.(1)E(X)=xf(x,θ)dx=dx=θ∫∫2θ3−∞0令2θ=X，解得θ的矩估计量为θˆ=3X3233（2）由于E(θˆ)=E(X)=E(X)=θ，故θˆ是θ的无偏估计量.22∂lnf2(3)lnf(x,θ)=ln2x−2lnθ；=−∂θθwww.52answer.com2⎛∂lnf(X,θ⎞4信息量I(θ)=E⎜⎟=2⎝∂θ⎠θ∞θ3222x12又E(X)=xf(x,θ)dx=dx=θ∫∫2θ2−∞02212故D(X)=E(X)−[E(X)]=θ189912121由于D(θˆ)=D(X)=D(X)=θ<θ=44n8n4nnI(θ)所以D(θˆ)小于罗-克拉美不等式的下界。我爱答案网 我爱答案网第8章习题解答总6页第1页第八章假设检验（一）基本题1.此题是在显著性水平α=.005下检验假设:H:µ=µ↔H:µ≠µ其中µ=160000100x−µ0检验统计量为u=,拒绝域为|u|≥z,已知σ=150,n=26,x=1637,查表得ασ/n2z=z=.196,计算得|u|=.1258<.196,所以接受原假设H,即认为这批产品的指标α.002502的期望值µ为1600.22.设该次考试的考生成绩为X,则X~N(µ,σ),把从X中抽取的容量为n的样本均值记为x,样本标准差为s,本题是在显著性水平α=.005下检验假设:H:µ=µ↔H:µ≠µ其中µ=7000100x−µ0检验统计量为t=,拒绝域为|t|≥t(n−)1,由n=36,x=66,5.s=15,αs/n2|665.−70|36t(36−)1=.20301,算得|t|==4.1<.20301.002515所以接受原假设,即可以认为这次考试全体考生的平均成绩为70分.x−10003.由题意知检验统计量为u=,拒绝域为u<−z,由ασ/n2n=25,x=950,σ=100,α=.005,z=.196,算得.0025(950−1000)25u==−5.2<−.196100所以拒绝原假设,即认为这批元件不合格.x−µ04.(1)检验统计量为t=,拒绝域为|t|≥t(n−)1,由αs/n2n=10,µ=5.0%,x=.0452%,s=.0037%,α=.005,t)9(=.22622,算得0.0025|t|=.38919>.22622所以拒绝原假设H.02www.52answer.com2(n−)1s(2)检验统计量为χ=(其中σ=.004%),拒绝域为20σ02222{χ≤χ(n−1)}∪{χ≥χ(n−1)}1−αα22222查表得χ)9(=19.023,χ)9(=7.2,算得χ=.7701,它没有落在拒绝域中,故接受.0025.0975原假设H.05.本题是在显著性水平α=.005下检验假设:222H:σ=σ↔H:σ>σ(其中σ=.0005)0010022(n−)1s22检验统计量为χ=,拒绝域为{χ>χ(n−1)},由2ασ022n=,9s=.0007,χ)8(=15.504,算得χ=15.68>15.504,因此拒绝原假设H,即认.0050为这批导线的标准差显著地偏大.226设枪弹甲、乙的速度分别为x,y,并设x~N(µ,σ),y~N(µ,σ).11221我爱答案网 我爱答案网第8章习题解答总6页第2页首先需在显著性水平α=.005检验两种枪弹在均匀性方面有无显著差异,即需检验:2222H:σ=σ↔H:σ≠σ0121122⎧⎫s1检验统计量为F=2,拒绝域为C=⎨F≤Fα(n1−,1n2−)1或F≥Fα(n1−,1n2−)1⎬s1−2⎩22⎭由n=n=110,s=120.41,s=105.00,F(109,109)>F(120,120)=.143,1212.0025.0025F(109,109)<.06993,可以算得,F=.1315,显然.06993.196,故拒绝原假设H,可以认为两个总体的平均值有显著差异,即0两种枪弹在速度方面有显著差异.综上所述,两种枪弹在速度方面有显著差异但在均匀性方面没有显著差异.7.设马克吐温与思诺特格拉斯的小品文中由3个字母组成的词的比例分别为x,y,并且由题22意可设x~N(µ,σ),y~N(µ,σ),本题是在显著性水平α=.005下检验假设:12H:µ−µ=0↔H:µ−µ≠0012112x−y由于两个总体的方差相等,故可取检验统计量为t=11s+wnn1222⎧⎫(n−)1s+(n−)1s21122其中sw=，拒绝域为C=⎨|t|≥tα(n1+n2−)2⎬.n+n−212⎩2⎭已知n=,8n=10,查表得t(16)=.21199,,经计算得,x=.02319,s=.001456,12www.52answer.com.00251y=.02097,s=.000966,代入检验统计量得|t|=.35336>.211992故拒绝原假设,即可以认为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.28.设两台机器所加工的零件的尺寸分别为x,y,并且由题意可设x~N(µ,σ),1122222y~N(µ,σ),本题是要在显著性水平α=.005下检验:H:σ=σ↔H:σ>σ220121122s1检验统计量为F=,拒绝域为C={F≥F(n−,1n−)1}2α12s2已知n=,8n=,9计算得s=.03092,s=.016159,F)8,7(=,5.3因此1212.0052s1F==.36615>5.32s2故拒绝原假设,即可以认为第二台机器的加工精度比第一台机器的高.229.设没关禁闭和关禁闭的人的脑电波中的x,y,且设x~N(µ,σ),y~N(µ,σ).11222我爱答案网 我爱答案网第8章习题解答总6页第3页2222(1)先在显著性水平下α=.005检验:H:σ=σ↔H:σ≠σ0121122⎧⎫s1检验统计量为F=2,拒绝域为C=⎨F≤Fα(n1−,1n2−)1或F≥Fα(n1−,1n2−)1⎬s1−2⎩22⎭222s1已知n=n=10,经计算得x=10.58,y=.978,s=.021,s=.036,F==.0583312122s2查表得F)9,9(=.403,F)9,9(=1=.0248.0025.0975F)9,9(.0025由于检验统计量的观察值0.5833没有落在拒绝域中,故接受原假设H,即可以认为两个总体0的方差没有显著差异.(2)再在显著性水平α=.005下检验假设:H:µ−µ=0↔H:µ−µ≠0012112x−y由于两个总体的方差相等,故可取检验统计量为t=11s+wnn1222⎧⎫(n−)1s+(n−)1s21122其中sw=，拒绝域为C=⎨|t|≥tα(n1+n2−)2⎬.n+n−212⎩2⎭查表得t(18)=.2093,经计算得s=.05338,|t|=.335>.2093=t(18).0025w.0025故拒绝H,即认为两个总体的均值有显著差异,即可以认为关紧闭对脑电波的影响显著.02210.设两台机器生产的部件的重量分别为x,y,且设x~N(µ,σ),y~N(µ,σ).11222222由题意知，需在显著性水平下α=.005检验:H:σ=σ↔H:σ>σ0121122s1检验统计量为F=,拒绝域为C={F≥F(n−,1n−1)}2α12s215.46已知n=60,n=40,F(59,39)=.165,计算得F==6.1<.16512.005.966故接受原假设H,即不能认为第一台机器生产的部件重量的方差显著地大于第二台机器生产0的部件重量的方差11.设一年内的暴雨次数为X,现在的问题是在显著性水平α=.005下检验假设:H:X服从参数为λ泊松分布0首先来估计泊松分布中的参数www.52answer.comλ.λ的极大似然估计值为λˆ=x=10(×4+1×8+?+9×)0=.28571632为利用χ拟合检验法则,将相关的计算结果列表表示(见下表).ivpˆpnˆv−pnˆ(v−pnˆ)2/pnˆiiiiiiii040.05743.62-1.960.2752180.164110.342140.234414.77-0.770.04013190.223314.074.931.72744100.159510.05-0.050.0002540.09115.74620.04342.73-2.160.4592710.01771.123我爱答案网 我爱答案网第8章习题解答总6页第4页810.00830.52≥900.00080.052∑χ=.25021i.2(8571)−.28571其中pˆ为p=P{X=i}的估计值:pˆ=ei=,2,1,0?iiii!表中我们对于不满足np>5的组作了适当的合并,并组后,k=10−5=5,而i5222(vi−pnˆi)2α=.005,r=,1χ.0055(−1−)1=.7815,因此有χ=∑=.25021<χ.095)3(,i=1pnˆi所以接受H,即可以认为一年的暴雨次数服从泊松分布.012.设事故发生在星期X,则本题是要在显著性水平α=.005下检验:1H:P{X=i}=,i=6,5,4,3,2,106计算结果列表如下ivpnpv−pnˆ(v−pnˆ)2/pnˆiiiiiiii191/610.5-1.50.21432101/610.5-0.50.023813111/610.50.50.02381481/610.5-2.50.59525131/610.52.50.59526121/610.51.50.2143∑1.66676222(vi−pnˆi)2查表得χ.0056(−)1=11.071,所以χ=∑=.16667<χ.005)5(,所以接受H0,i=1pnˆi所以可以认为事故的发生与星期几无关.13.设考试成绩为X,则由题意知需在显著性水平α=.005)下检验假2设:H:X~N(µ,σ)022对正态分布中的参数µ,σ用极大似然估计法估计可得µ,σ的估计值为2n−12µˆ=x=801.σˆ=s=92.72n2为利用χ拟合检验法则www.52answer.com,将相关的计算结果列表表示(见下表).区间vpˆpnˆv−pnˆ(v−pnˆ/)pnˆiiiiiiii(−∞,70)80.14698.14-0.140.002[70,75)60.15129.072-3.0721.040[75,80)140.197911.8742.1260.381[80,85)130.199011.941.060.094[85,90)80.15359.21-1.210.159[90,100]110.15159.091.910.401∑2.077表中区间的划分是按照每个区间[a,a)至少要包含5个样本值的原则确立的,其中i−1i⎛ai−µˆ⎞⎛ai−1−µˆ⎞pˆi=Φ⎜⎟−Φ⎜⎟i=6,5,4,3,2,1⎝σˆ⎠⎝σˆ⎠2而k=,6估计的参数为r=,2故k−r−1=3,χ)3(=.7815,而检验统计量的值.0054我爱答案网 我爱答案网第8章习题解答总6页第5页m22(vi−pnˆi)χ=∑=.2077<.7815i=1pnˆi故接受原假设,即可以认为考试成绩服从正态分布(二)补充题1设甲、乙两试验员对同样试样的分析结果分别为x,y，令d=x−y，则d=x−y为iii2取自总体d的样本，设d服从正态分布N(µ,σ)，于是本题是要在显著性水平α=.005下检验假设：H:µ=0↔H:µ≠001d检验统计量为u=s/nd其中d，s分别是取自总体d的样本的样本均值和样本方差，拒绝域为C={|u|≥z}dα2已知n=,8经计算得d=−,1.0s=0727，并且|u|=.0389<.196=zd.0025故接受原假设H，即认为甲、乙两试验员试验分析结果之间无显著差异．022.设睡眠时间为X,且设X~N(µ,σ),由题意知需在显著性水平α=.005下检验假设:H:µ=µ+3↔H:µ≠µ+3,其中µ=208.00100x−(µ+)30检验统计量为u=σ/n拒绝域为|u|≥zα2已知n=,7σ=6.1,计算得|u|=.1058<.196=z.0025故接受原假设,即可以认为新安眠药已达到新的疗效.3.犯第一类错误的概率为⎧3⎫α=P{(x1,x2)∈C|H0为真}=P⎨≤x2|θ=1⎬4x⎩1⎭当θ=1时，x,x的联合概率密度为12⎧,10x2|θ=2⎬4x⎩1⎭当θ=2时，x,x的联合概率密度为12⎧4x1x2,0x}1121224x11111则β=f(x,x)dxdx=dx4xxdx−dx4xxdx∫∫H11212∫1∫122∫1∫122D1003344x1993=−ln168422σ4σ124.由题意知x−2y~N(µ−2µ,+)12nn12x−2y取检验统计量为u=22σ4σ12+nn12当H为真时，u~N)1,0(，而当H为真时，u又偏大的倾向，故拒绝域的形式可取为01{u≥k}，由α=P{u≥k|µ−2µ=}012可解得拒绝域为C={u≥z}α6.设病人在服用A,B两种药后身体细胞内药的浓度分别为x,y，并且设22x~N(µ,σ),y~N(µ,σ).由题意知，需在显著性水平下α=.005检验:1122222222H:σ=σ↔H:σ≠σ0121123322σ12σ12或H:=↔H:≠0212σ3σ32222(n1−)1s12(n2−)1s22由于~χ(n−)1，~χ(n−)12122σσ1222sσ12所以~F(n−,1n−)12212sσ2123s1于是取检验统计量为F=,当原假设H为真时,F~F(n−,1n−)1,拒绝域为2012www.52answer.com2s2⎧⎫C=⎨F≤Fα(n1−,1n2−)1或F≥Fα(n1−,1n2−)1⎬1−⎩22⎭已知n=,8n=6,F)5,7(=.529,F)5,7(=.0189计算得12.0025.097522s=.001918,s=.00293,并且F=.098202.由于检验统计量的值不在拒绝域中,故接12受原假设,即认为A种药在病人身体内的浓度的方差是B种药在病人身体细胞内浓度方差2的.36我爱答案网'