概率论与数理统计_课后答案_(李捷_着)_西南财大出版社 82页

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概率论第一章习题解答习题1.11．写出下列随机试验的样本空间Ω及指定的事件：（1）袋中有3个红球和2个白球，现从袋中任取一个球，观察其颜色；（2）掷一枚硬币，设H表示“出现正面”，T表示“出现反面”．现将一枚硬币连掷两次，观察出现正、反面的情况，并用样本点表示事件A=“恰有一次出现正面”；（3）对某一目标进行射击，直到击中目标为止，观察其射击次数，并用样本点表示事件A=“射击次数不超过5次”；（4）生产某产品直到5件正品为止，观察记录生产该产品的总件数；（5）从编号a、b、c、d的四人中，随机抽取正式和列席代表各一人去参加一个会议，观察选举结果，并用样本点表示事件A=“编号为a的人当选”．解：（1）Ω={红色,白色}；（2）Ω={(H,H),(H,T),(T,H),(T,T)}，A={(H,T),(T,H)}；（3）Ω={1,2,3,…,n,…}，A={1,2,3,4,5}；（4）Ω={5,6,7,…,n,…}；（5）Ω={(a,b),(a,c),(a,d),(b,a),(b,c),(b,d),(c,a),(c,b),(c,d),(d,a),(d,b),(d,c)}，A={(a,b),(a,c),(a,d),(b,a),(c,a),(d,a)}．2．某射手射击目标4次，记事件A=“4次射击中至少有一次击中”，B=“4次射击中击中次数大于2”．试用文字描述事件A与B．解：A表示4次射击都没有击中，B表示4次射击中击中次数不超过2．3．设A,B,C为三个事件，试用事件的运算关系表示下列事件：（1）A,B,C都发生；（2）A,B,C都不发生；（3）A,B,C中至少有一个发生；（4）A,B,C中最多有一个发生；（5）A,B,C中至少有两个发生；（6）A,B,C中最多有两个发生．解：（1）ABC；（2）ABC；（3）A∪B∪C；（4）ABCUABCUABCUABC；（5）ABCUABCUABCUABC；（6）ABC．4．在一段时间内，某电话交换台接到呼唤的次数可能是0次，1次，2次，…．记事件An=“接到的呼唤次数小于n”（n=1,2,…），试用事件的运算关系表示下列事件：（1）呼唤次数大于2；（2）呼唤次数在5到10次范围内；（3）呼唤次数与8的偏差大于2．解：（1）A3；（2）A11−A5；（3）A6UA11．5．证明：（1）ABU(A−B)UA=Ω；（2）(AUB)(AUB)(AUB)=AB．证：（1）ABU(A−B)UA=ABUABUA=A(BUB)UA=AΩUA=AUA=Ω；（2）(AUB)(AUB)(AUB)=(AUBB)(AUB)=(AU∅)(AUB)=A(AUB)=AAUAB=AB．习题1.21．设P(A)=P(B)=P(C)=1/4，P(AB)=P(BC)=0，P(AC)=1/8，求A、B、C三个事件至少有一个发生的概率．解：因P(AB)=P(BC)=0，且ABC⊂AB，有P(ABC)=0，11115则P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)=++−=．444882．设P(A)=0.4，P(B)=0.5，P(A∪B)=0.7，求P(A−B)及P(B−A)．1 解：因P(AB)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=0.4+0.5−0.7=0.2，则P(A−B)=P(A)−P(AB)=0.4−0.2=0.2，P(B−A)=P(B)−P(AB)=0.5−0.2=0.3．3．某市有A,B,C三种报纸发行．已知该市某一年龄段的市民中，有45%的人喜欢读A报，34%的人喜欢读B报，20%的人喜欢读C报，10%的人同时喜欢读A报和B报，6%的人同时喜欢读A报和C报，4%的人同时喜欢读B报和C报，1%的人A,B,C三种报纸都喜欢读．从该市这一年龄段的市民中任选一人，求下列事件的概率：（1）至少喜欢读一种报纸；（2）三种报纸都不喜欢；（3）只喜欢读A报；（4）只喜欢读一种报纸．解：分别设A,B,C表示此人喜欢读A,B,C报，有P(A)=0.45，P(B)=0.34，P(C)=0.2，P(AB)=0.1，P(AC)=0.06，P(BC)=0.04，P(ABC)=0.01，（1）P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)=0.8；（2）P(ABC)=P(AUBUC)=1−P(AUBUC)=2.0；（3）P(ABC)=P(AB)−P(ABC)=P(A)−P(AB)−P(AC)+P(ABC)=3.0；（4）因P(ABC)=P(AB)−P(ABC)=P(B)−P(AB)−P(BC)+P(ABC)=.021，P(ABC)=P(AC)−P(ABC)=P(C)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)=.011，故P(ABC+ABC+ABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=.062．4．连续抛掷一枚硬币3次，求既有正面又有反面出现的概率．312kA3解：样本点总数n=2=8，事件A中样本点数kA=C3+C3=6，则P(A)===.075．n45．在分别写有2,4,6,7,8,11,12,13的8张卡片中任取两张，把卡片上的两个数字组成一个分数，求所得分数为既约分数的概率．2112kA9解：样本点总数n=C8=28，事件A中样本点数kA=C5C3+C3=18，则P(A)===.06429．n146．一部5卷文集任意地排列在书架上，问卷号自左向右或自右向左恰好为1,2,3,4,5顺序的概率等于多少？5kA1解：样本点总数n=A5=120，事件A中样本点数kA=2，则P(A)===.00167．n607．10把钥匙中有3把能打开某一门锁，今任取两把，求能打开某该门锁的概率．2112kA8解：样本点总数n=C10=45，事件A中样本点数kA=C7C3+C3=24，则P(A)===.05333．n158．一副扑克牌有52张，进行不放回抽样，每次一张，连续抽取4张，计算下列事件的概率：（1）四张花色各异；（2）四张中只有两种花色．4解：样本点总数n=C52=270725，1111kA12197（1）事件A1中样本点数kA1=C13C13C13C13=28561，则P(A1)===.01055；n20825（2）事件A2表示两种花色各两张，或者一种1张一种3张，22231kA21248样本点数kA2=C4(C13C13+2C13C13)=81120，则P(A2)===.02996．n41659．口袋内装有2个伍分、3个贰分、5个壹分的硬币共10枚，从中任取5枚，求总值超过壹角的概率．5解：样本点总数n=C10=252，事件A分三种情形：2 ①两枚5分，三枚其它，②一枚5分，三枚2分，一枚1分，③一枚5分，两枚2分，两枚1分，23131122kA1样本点数kA=C2C8+C2C3C5+C2C3C5=126，则P(A)===5.0．n2方法二：10枚硬币总额2角1分，任取5枚若超过1角，那么剩下的5枚将不超过1角，可见事件A中的样本点与A中的样本点一一对应，即k=k，则P(A)=P(A)=5.0．AA10．在10个数字0,1,2,…,9中任取4个（不重复），能排成一个4位偶数的概率是多少（最好是更正为：排在一起，恰好排成一个4位偶数的概率是多少）？4解：样本点总数n=A10=5040，事件A的限制条件是个位是偶数，首位不是0，112112kA41样本点数kA=A1A9A8+A4A8A8=2296，则P(A)===.04556．n9011．一个教室中有100名学生，求其中至少有一人的生日是在元旦的概率（设一年以365天计算）．100100解：样本点总数n=365，A的对立事件A表示所有学生生日都不在元旦，k=364，A100kA⎛364⎞则P(A)=1−P(A)=1−=1−⎜⎟=.02399．n⎝365⎠12．在[0,1]区间内任取两个数，求两数乘积小于1/4的概率．1解：设所取得两个数为x,y，Ω={(x,y)|00，试证：P(B|A)≥1−．P(A)P(AB)P(A)+P(B)−P(AUB)P(A)+P(B)−11−P(B)P(B)证：P(B|A)==≥=1−=1−．P(A)P(A)P(A)P(A)P(A)习题1.41．一个工人看管三台机床，在一小时内机床不需要工人看管的概率分别为0.9、0.8、0.7，求在一小时内3台机床中最多有一台需要工人看管的概率．解：设A1,A2,A3分别表示一小时内第一、二、三台机床不需要工人照管，可以认为A1,A2,A3相互独立，则概率为P(A1A2A3UA1A2A3UA1A2A3UA1A2A3)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)=0.9×0.8×0.7+0.9×0.8×0.3+0.9×0.2×0.7+0.1×0.8×0.7=0.902．2．电路由电池A与两个并联的电池B及C串联而成，设电池A,B,C损坏的概率分别是0.3,0.2,0.2，求电路发生断电的概率．B解：设A,B,C分别表示电池A,B,C损坏，电路断电为事件A∪BC，A则概率为P(A∪BC)=P(A)+P(BC)−P(ABC)C=P(A)+P(B)P(C)−P(A)P(B)P(C)=0.3+0.2×0.2−0.3×0.2×0.2=0.328．方法二：设A,B,C分别表示电池A,B,C正常工作，系统正常工作为事件A(B∪C)=AB∪AC，则概率为1−P(AB∪AC)=1−P(AB)−P(AC)+P(ABC)=1−P(A)P(B)−P(A)P(C)+P(A)P(B)P(C)=1−0.7×0.8−0.7×0.8+0.7×0.8×0.8=0.328．3．加工某一零件共需经过四道工序．设第一、二、三、四道工序的次品率分别为2%,3%,5%,3%，假定各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率．解：设A1,A2,A3,A4分别表示第一、二、三、四道工序加工出合格品，有A1,A2,A3,A4相互独立，则概率为1−P(A1A2A3A4)=1−P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=1−0.98×0.97×0.95×0.97=0.1240．4．抛掷一枚质地不均匀的硬币8次，设正面出现的概率为0.6，求下列事件的概率：（1）正好出现3次正面；（2）至多出现2次正面；（3）至少出现2次正面．解：将每次掷硬币看作一次试验，出现正面A，反面A；独立；P(A)=0.6．伯努利概型，n=8，p=0.6．335（1）P8)3(=C8×6.0×4.0=.01239；008117226（2）P8)0(+P8)1(+P8)2(=C8×6.0×4.0+C8×6.0×4.0+C8×6.0×4.0=.00498；008117（3）1−P8)0(−P8)1(=1−C8×6.0×4.0−C8×6.0×4.0=.09915．5．设每次射击时命中率为0.2，问至少必须进行多少次独立射击才能使至少击中一次的概率不小于0.9？解：将每次射击看作一次试验，击中A，没击中A；独立；P(A)=0.2．伯努利概型，n次试验，p=0.2，00nnnlg1.0则1−Pn)0(=1−Cn×2.0×8.0=1−8.0≥9.0，即0.8≤0.1，故n≥=10.32，取n=11．lg8.05 6．一大批产品的优质品率为60%，从中任取10件，求下列事件的概率：（1）取到的10件产品中恰有5件优质品；（2）取到的10件产品中至少有5件优质品；（3）取到的10件产品中优质品的件数不少于4件且不多于8件．解：将取每件产品看作一次试验，优质品A，非优质品A；独立；P(A)=0.6．伯努利概型，n=10，p=0.6．555（1）P10)5(=C10×6.0×4.0=.02007；（2）P10(5)+P10(6)+P10(7)+P10(8)+P10(9)+P10(10)555664773882=C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.099110100+C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.0=.08338；（3）P10(4)+P10(5)+P10(6)+P10(7)+P10(8)446555664773882=C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.0+C10×6.0×4.0=0.8989；7．证明：若P(A|B)=P(A|B)，则事件A与B独立．P(AB)P(AB)P(A−B)P(A)−P(AB)证：因P(A|B)==P(A|B)===，P(B)P(B)1−P(B)1−P(B)则P(AB)[1−P(B)]=P(B)[P(A)−P(AB)]，即P(AB)−P(AB)P(B)=P(B)P(A)−P(B)P(AB)，故P(AB)=P(A)P(B)，A与B相互独立．复习题一1．设P(A)=0.5，P(B)=0.6，问：（1）什么条件下P(AB)可以取最大值，其值是多少？（2）什么条件下P(AB)可以取得最小值，其值是多少？解：（1）当A⊂B时P(AB)最大，P(AB)=P(A)=0.5；（2）当A∪B=Ω时P(AB)最小，P(AB)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=0.5+0.6−1=0.1．2．一电梯开始上升时载有5名乘客，且这5人等可能地在8层楼的任何一层出电梯，求：（1）每层至多一人离开的概率；（2）至少有两人在同一层离开的概率；（3）只有一层有两人离开的概率．5解：样本点总数是8取5次的可重排列，即n=8=32768，5kA1105（1）事件A1中样本点数kA1=A8=6720，则P(A1)===.02051；n512407（2）事件A2是A1的对立事件，则P(A2)=1−P(A1)==.07949；512（3）事件A3表示有两人在同一层离开，而另外三人分别在3个不同楼层或者都在同一层离开，12313kA31085样本点数kA3=A8C5(A7+A7C3)=17360，则P(A3)===.05298．n20483．从5副不同的手套中任取4只手套，求其中至少有两只手套配成一副的概率．441111解：样本点总数n=C10=210，A的对立事件A表示4只手套都不配套，kA=C5C2C2C2C2=80，k13A则P(A)=1−P(A)=1−==.06190．n214．从1,2,…,n中任取两数，求所取两数之和为偶数的概率．21解：样本点总数为Cn=n(n−)1，事件A表示取得两个偶数或两个奇数，26 nn当n为偶数时，共有个偶数和个奇数，2222nn1kAn−2样本点数kA=Cn+Cn=(−)1=n(n−)2，则P(A)=2=；224C(2n−)122nn−1n+1当n为偶数时，共有个偶数和个奇数，22221n−1n−31n+1n−112kAn−1样本点数kA=Cn−1+Cn+1=⋅⋅+⋅⋅=(n−)1，则P(A)=2=．2222224C2n22n5．在中国象棋的棋盘上任意地放上一只红“车”及一只黑“车”，求它们正好可以一只吃掉另一只的概率．21212解：样本点总数n=C90=4005，事件A中样本点数kA=C9C10+C10C9=765，kA17则P(A)===.01910．n896．某货运码头仅能容一船卸货，而甲、乙两船在码头卸货时间分别为1小时和2小时．设甲、乙两船在24小时内随时可能到达，求它们中任何一船都不需等待码头空出的概率．解：Ω={(x,y)|0≤x<24,0≤y<24}，A={(x,y)|0≤x<24,0≤y<24,x−y>2或y−x>1}，21212y有m(Ω)=24=576，m(A)=×23+×22=5065.，2224m(A)5065.则P(A)===.08793．m(Ω)5761x02247．从区间[0,1]中任取三个数，求三数和不大于1的概率．解：Ω={(x,y,z)|0≤x,y,z≤1}，A={(x,y,z)|0≤x,y,z≤1,x+y+z≤1}，111m(A)1有m(Ω)=1，A是一个三棱锥，m(A)=××1=，则P(A)===.01667．326m(Ω)68．已知5%的男人和0.25%的女人是色盲，现随机地挑选一人，此人恰为色盲，问此人是男人的概率是多少？（假设男人和女人各占人数的一半．）解：设A1,A2分别表示男人和女人，B表示色盲，P(A1B)P(A1)P(B|A1)5.0×.00520则P(A1|B)=====.09524．P(B)P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)5.0×.005+5.0×.00025219．发报台分别以0.7和0.3的概率发出信号0和1（例如：分别用低电频和高电频表示）．由于随机干扰的影响，当发出信号0时，接收台不一定收到0，而是以概率0.8和0.2收到信号0和1；同样地，当发报台发出信号1时，接收台以概率0.9和0.1收到信号1和0．试求：（1）接收台收到信号0的概率；（2）当接收台收到信号0时，发报台确是发出信号0的概率．解：设A0,A1分别表示发出信号0,1，B0,B1表示收到信号0,1，（1）P(B0)=P(A0)P(B0|A0)+P(A1)P(B0|A1)=0.7×0.8+0.3×0.1=0.59；P(A0B0)P(A0)P(B0|A0)7.0×8.056（2）P(A0|B0)=====.09492．P(B0)P(B0).05959ΩA10．设A,B独立，AB⊂D，AB⊂D，证明P(AD)≥P(A)P(D)．DB证：因AB⊂D，有AB⊂AD，则P(AD)−P(AB)=P(AD−AB)，7 因AB=AUB⊂D，有D⊂A∪B，D−B⊂A∪B−B⊂A，则AD−AB=A(D−B)=D−B，故P(AD)−P(AB)=P(AD−AB)=P(D−B)≥P(A)P(D−B)≥P(A)[P(D)−P(B)]，由于A,B独立，有P(AB)=P(A)P(B)，故P(AD)≥P(A)P(D)．11．甲、乙、丙三人同时向一架飞机射击，他们击中目标的概率分别为0.4,0.5,0.7．假设飞机只有一人击中时，坠毁的概率为0.2，若2人击中，飞机坠毁的概率为0.6，而飞机被3人击中时一定坠毁．现在如果发现飞机已被击中坠毁，计算它是由三人同时击中的概率．解：结果：设B表示目标被击毁，原因：设A0,A1,A2,A3分别表示无人、1人、2人、3人击中目标，P(A3B)P(A3)P(B|A3)则P(A3|B)==，P(B)P(A0)P(B|A0)+P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)且有P(B|A0)=0，P(B|A1)=0.2，P(B|A2)=0.6，P(B|A3)=1，又设C1,C2,C3分别表示甲、乙、丙击中目标，则P(A0)=P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=6.0×5.0×3.0=.009，P(A1)=P(C1C2C3UC1C2C3UC1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)+P(C1)P(C2)P(C3)+P(C1)P(C2)P(C3)=0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7=0.36，P(A2)=P(C1C2C3UC1C2C3UC1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)+P(C1)P(C2)P(C3)+P(C1)P(C2)P(C3)=0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41，P(A3)=P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.4×0.5×0.7=0.14，.014×1.014故P(A3|B)===.03057．.009×0+.036×2.0+.041×6.0+.014×1.045812．已知某种疾病患者的痊愈率为25%，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，且规定若10个病人中至少有4人治好则认为这种药有效，反之则认为无效．试求：（1）虽然新药有效，且把痊愈率提高到35%，但通过试验被否定的概率；（2）新药完全无效，但通过试验被认为有效的概率．解：将每人服药看作一次试验，痊愈A，没有痊愈A；独立；（1）新药有效，痊愈率为0.35，即P(A)=0.35，伯努利概型，n=10，p=0.35，故概率为P10(0)+P10(1)+P10(2)+P10(3)0010119228337=C10×.035×.065+C10×.035×.065+C10×.035×.065+C10×.035×.065=.05138．（2）新药完全无效，痊愈率为0.25，即P(A)=0.25，伯努利概型，n=10，p=0.25，故所求概率为1−P10(0)−P10(1)−P10(2)−P10(3)0010119228337=1−C10×.025×.075−C10×.025×.075−C10×.025×.075−C10×.025×.075=.02241．8 概率论第二章习题解答习题2.11．试分别给出可能取值为有限、可列的随机变量的实例．解：如掷一枚骰子，X表示掷出的点数，X的全部可能取值为1,2,3,4,5,6，即可能取值为有限个；观察某商店一小时内的进店人数X，X的全部可能取值为0,1,2,…，即可能取值为可列个．2．试给出可能取值至少充满一个区间的随机变量的实例．解：电池的使用寿命X小时，X的全部可能取值为[0,+∞)，即可能取值充满区间[0,+∞)．习题2.21．一箱产品20件，其中5件优质品，不放回地抽取，每次一件，共抽取两次。求取到的优质品件数X的分布律．解：X的全部可能取值为0,1,2，2C1510521X=0表示没有取得优质品，即2个全为非优质品，P{X=}0===，C2190382011C5C157515X=1表示取得1个优质品1个非优质品，P{X=}1===，C219038202C5101X=2表示取得2个优质品没有非优质品，P{X=}2===，C21901920⎛012⎞故X的分布列为X~⎜21151⎟．⎜⎟⎝383819⎠2．上题若采取放回抽取，其它条件不变，求随机变量X的分布律．解：X的全部可能取值为0,1,2，有X~B(2,0.25)，002111P{X=}0=C2×.025×.075=.05625，P{X=}1=C2×.025×.075=.0375，220P{X=}2=C2×.025×.075=.00625，⎛012⎞故X的分布列为X~⎜⎟．⎜⎟⎝.05625.0375.00625⎠3．从分别标有号码1,2,3,…,7的7张卡片中任意取出2张，求余下的卡片中最大号码的分布律．解：设X表示余下卡片中的最大号码，X的全部可能取值为5,6,7，2C21X=5表示取出了6,7号卡片，P{X=}5==，C22171C55X=6表示取出了7号卡片，并且另一张不超过5号，P{X=}6==，C22172C6155X=7表示没有取出7号卡片，P{X=}5===，C221771 ⎛012⎞故X的分布列为X~⎜155⎟．⎜⎟⎝21217⎠4．某人有n把外形相似的钥匙，其中只有1把能打开房门，但他不知道是哪一把，只好逐把试开。求此人直至将门打开所需的试开次数的分布律．解：设X表示将门打开所需的试开次数，X的全部可能取值为1,2,…,n，1X=1表示第一次就打开门，P{X=}1=，nn−111X=2表示第一次没有打开门，第二次才打开，P{X=}2=⋅=，nn−1nn−1n−211X=3表示前两次没有打开门，第三次才打开，P{X=}3=⋅⋅=，nn−1n−2n…………………………………………，n−1n−2n−3111X=n表示前n−1次没有打开门，第n次才打开，P{X=n}=⋅⋅L⋅=，nn−1n−221n⎛123Ln⎞故X的分布列为X~⎜1111⎟．⎜L⎟⎝nnnn⎠5．设X的分布律P{X=n}=cn，n=1,2,…,10，求c之值．解：根据概率函数规范性知c+2c+…+10c=55c，1故c=．556．某书店开设新书征订业务，每位顾客在一周内收到书店回单的概率为0.2，有4位顾客预定新书．求一周内收到回单的顾客数X的分布律．解：伯努利概型，n=4，p=0.2，004113P{X=}0=C4×2.0×8.0=.04096，P{X=}1=C4×2.0×8.0=.04096，222331P{X=}2=C4×2.0×8.0=.01536，P{X=}3=C4×2.0×8.0=.00256，440P{X=}4=C4×2.0×8.0=.00016，⎛01234⎞故X的分布列为X~⎜⎟．⎜⎟⎝.04096.04096.01536.00256.00016⎠7．某学生参加一项测试，对其中的20道是非题，纯粹是随机地选择“是”与“非”．计算该生至少做正确14道题目的概率．解：设X表示该生做正确的题目个数，伯努利概型，n=20，p=0.5，2020kk20−k故概率为P{X≥14}=∑P{X=k}=∑C20⋅5.0⋅5.0=.00577．k=14k=148．设收到一批100个零件的订货，每一零件是次品的概率为0.01，该批零件验收合格的标准是次品数不超过3个．试求这批订货合格的概率．解：设X表示这批订货的次品数，伯努利概型，n=100，p=0.01，33kk100−k故概率为P{X≤}3=∑P{X=k}=∑C100⋅.001⋅.099=.09816．k=0k=02 注：此题n=100很大，p=0.01很小，np=1较小，可用泊松分布近似计算，取λ=np=1，X~&P)1(，查表得P{X≤3}=0.9810．9．假设一小时内进入学校图书馆的学生人数服从泊松分布，已知一小时无学生进入图书馆的概率为0.01，求一小时内至少有2名学生进入图书馆的概率．−λ解：设X表示一小时内进入图书馆的学生人数，有X~P(λ)，且P{X=0}=e=0.01，则λ=−ln0.01=4.6052，−λ−λ故概率为P{X≥2}=1−P{X=0}−P{X=1}=1−e−λe=1−0.01−0.0461=0.9439．注：此题查表可得此概率的近似值，由X~P(λ)，且P{X=0}=0.01，查表可得λ≈4.5，故P{X≥2}=1−P{X≤1}=1−0.0611=0.9389．习题2.31．设随机变量X的分布函数为⎧,0x<,0⎪1,0≤x<,1⎪⎪12F(x)=⎨1⎪,1≤x<,2⎪4⎪⎩,1x≥.21求P{X=1}，P{a}；（3）P{X≤a}．解：（1）P{Xa}=1−P{X≤a}=1−F(a)；（3）P{X≤a}=F(a)．4 习题2.41．设X是连续型随机变量，其分布函数⎧⎪,0x<,0⎪⎪πF(x)=⎨asinx,0≤x<,⎪2⎪π1x≥,⎪⎩2π试求常数a与P{|X|<}．6π解：连续型随机变量的分布函数连续，有limF(x)=limF(x)=F()，即limasinx=a=1，π−π+2π−x→x→x→222ππππ1故a=1且P{|X|<}=F()−F(−)=sin−0=．666622．连续型随机变量X的分布函数x2⎧−F(x)=⎪⎨a+be2,x>,0⎪⎩,0x≤,0试求：（1）系数a、b；（2）密度函数f(x)．x2−解：（1）由分布函数的规范性得F(+∞)=limF(x)=lim(a+be2)=a=1，x→+∞x→+∞x2−连续型随机变量的分布函数连续，有limF(x)=limF(x)=F)0(，即lim(a+be2)=a+b=0，x→0−x→0+x→0+故a=1，b=−1；（2）当x<0时，F(x)=0，有f(x)=F′(x)=0，x2x2x2−−−当x>0时，F(x)=1−e2，有f(x)=F′(x)=0−e2⋅(−x)=xe2，x2⎧−故密度函数f(x)=⎪⎨xe2,x>,0⎪⎩,0x≤.03．设随机变量X的密度函数为⎧1(2−x),0,0解：X的密度函数为f(x)=⎨5⎪⎩,0x≤,011+∞1−x−xY伯努利概型，n=5，p=P{X>10}=e5dx=(−e5)+∞=e−2，即Y~B(5,e−2)，∫105100−20−251−21−24则P{Y=}0=C5×e()×1(−e)=.04833，P{Y=}1=C5×e()×1(−e)=.03782，2−22−233−23−22P{Y=}2=C5×e()×1(−e)=.01184，P{Y=}3=C5×e()×1(−e)=.00185，4−24−215−25−20P{Y=}4=C5×e()×1(−e)=.00015，P{Y=}5=C5×e()×1(−e)=.00001，⎛012345⎞故Y的分布列为Y~⎜⎟；⎜⎟⎝.04833.03782.01184.00185.00015.00001⎠6 且P{Y≥1}=1−P{Y=0}=1−0.4833=0.5167．6．据历史资料分析，某地区连续两次强地震之间相隔的年数X是一个随机变量，它的分布函数为⎧−1.0x1−e,x>,0F(x)=⎨⎩,0x≤.0现假设该地区刚发生了一次强地震．试求：（1）今后3年内再次发生强地震的概率；（2）今后3年至5年内再次发生强地震的概率．−0.3解：（1）P{X≤3}=F(3)=1−e=0.2592；−0.5−0.3−0.3−0.5（2）P{3≤X≤5}=F(5)−F(3)=1−e−1+e=e−e=0.1343．7．设X~N(0,1)，求：P{11.5}．解：P{11.5}=P{X<–1.5}+P{X>1.5}=Φ(–1.5)+1–Φ(1.5)=2–2Φ(1.5)=2–2×0.9332=0.1336．8．设X~N(1,4)，求：P{X≤–3}，P{1≤X≤3}，P{|X|>1}．解：因X~N(1,4)，有µ=1，σ=2，−3−1故P{X≤−}3=F(−)3=Φ()=Φ(−)2=1−Φ)2(=1−.09772=.00228；23−11−1P1{≤X≤}3=F)3(−F)1(=Φ()−Φ()=Φ)1(−Φ)0(=.08413−5.0=.03413；22−1−11−1P{|X|>}1=P{X<−}1+P{X>}1=F(−)1+1−F)1(=Φ()+1−Φ()=Φ(−)1+1−Φ)0(22=1–Φ(1)+1–Φ(0)=2–0.8413–0.5=0.6587．29．设随机变量X~N(60,3)，求分点x1,x2，使X分别落在区间(−∞,x1),(x1,x2),(x2,+∞)的概率之比为3∶4∶5．2解：因X~N(60,3)，有µ=60，σ=3，x1−603x1−60则P{X≤x1}=F(x1)=Φ()==.025，有=−.067，33+4+53x2−603+4x2−60P{X≤x2}=F(x2)=Φ()==.05833，有=.021，33+4+53故x1=57.99，x2=60.63．10．某人需乘车去机场乘飞机，现有两条路线可供选择，走第一条路线所需时间X1~N(50,100)，走第二条路线所需时间X2~N(60,16)．问：（1）若有70分钟，应选择哪一条路线？（2）若有65分钟，应选择哪一条路线？解：因X1~N(50,100)，X2~N(60,16)，有µ1=50，σ1=10，µ2=60，σ2=4，应选择能在规定时间内到达机场概率更大的路线，70−50（1）P{X1≤70}=F1(70)=Φ()=Φ)2(=.09772，1070−60P{X2≤70}=F2(70)=Φ()=Φ)5.2(=.09938，即P{X2≤70}更大，4故应选择第二条路线；65−50（2）P{X1≤65}=F1(65)=Φ()=Φ)5.1(=.09332，1065−60P{X2≤65}=F2(65)=Φ()=Φ.1(25)=.08944，即P{X1≤65}更大，4故应选择第一条路线．7 习题2.51．设随机变量X的分布律为5X−10122，11133P5101010102求：（1）X−1的分布律；（2）X的分布律．5解：因X的全部可能取值为−,2,1,0,1，2322525则X−1的全部可能取值为−,2−,1,0,1，X的全部可能取值为,4,1,0,1，即,4,1,0，2443225X−1−2−101X014故2，4．111331333PP510101010101010102．测量一圆形物体的直径L，其分布律如下：L10111213，P1.04.03.02.0求圆周长与圆面积的分布律．解：因直径L的全部可能取值为10,11,12,13，则圆周长C=πL的全部可能取值为10π,11π,12π,13π，2圆面积S=0.25πL的全部可能取值为25π,30.25π,36π,42.25π，C10π11π12π13πS25π30.25π36π42.25π故，．P1.04.03.02.0P1.04.03.02.03．设随机变量X的密度函数为⎧2x⎪,−3,0f(x)=⎨⎩,0x≤,0求Y=|X|的密度函数．解：因随机变量X的全部可能取值为(0,+∞)，此时有Y=X，即Y与X有相同的分布，⎧−ye,y>,0故fY(y)=⎨⎩,0y≤.02X−µ6．设X~N(µ,σ)，求Y=的密度函数．σ(x−µ)21−2解：因X~N(µ,σ2)，有X的密度函数为f(x)=e2σ,−∞,0故Y的密度函数fY(y)=⎨2πy⎪⎩,0y≤.0复习题二n1．设X的分布律P{X=n}=p，n=1,2,…，求p之值．⎛12LnL⎞解：X的分布列为X~⎜⎟，⎜2n⎟⎝ppLpL⎠∞∞pnn根据概率函数规范性知∑p=1，可得|p|<1且∑p==1，故p=0.5．n=1n=11−p−22．如果pn=kn，n=1,2,…，问它能否成为一个离散型随机变量的概率分布，为什么？∞∞∞1∞1−2解：由于∑pn=∑kn=k∑2，而级数∑2是p=2的p级数，收敛，记其收敛和为S，n=1n=1n=1nn=1n1∞当k=时，∑pn=1，且pn>0，满足概率函数的非负性与规范性，Sn=1故它能成为一个离散性随机变量的概率分布．3．甲、乙两人相约玩一种电脑游戏“攻擂”，甲先乙后轮流攻擂，先攻下擂者胜，已知甲、乙各自攻擂成功的概率为a和b（00，12λ−λλ−λ由于P{X=}1=e=P{X=}2=e，可得λ=2或λ=0（舍去），!1!202−2−2则每一页中没有印刷错误的概率P{X=}0=e=e=.01353（查表），!0−2又设Y表示所检验的4页中没有印刷错误的页数，有Y~B(4,e)=B(4,0.1353)，4−24−20−8故所检验的4页中都没有印刷错误的概率P{Y=}4=C4×e()×1(−e)=e=.00003．119．假设随机变量X的绝对值不大于1，P{X=−}1=，P{X=}1=，在事件“|X|<1”出现的条件下，84X在(−1,1)内任一子区间上取值的条件概率与该子区间的长度成正比．求X的分布函数F(x)．5解：因|X|≤1，有P{−1250}=1−F(250)=1−Φ()=1−Φ(−.14286)=Φ.1(4286)=.09236．35300+x−300300−x−300又P{300−x,0f(x)=⎨π1(+x2)⎪⎩,0x≤,0求Y=lnX的分布密度．ydxy解：因y=lnx,x>0严格单调增加，其反函数为x=e，导数=e，且x>0时，有−∞k,试求(X1,X2)的联合分布律．⎧−ye,y≥,0解：因Y~e(1)，有Y的密度函数为f(y)=⎨⎩,0y<,011−y−y−1则P{X1=,0X2=}0=P{Y≤,1Y≤}2=P{Y≤}1=∫0edy=−e=1−e，0P{X1=0,X2=1}=P{Y≤1,Y>2}=P(∅)=0，22−y−y−1−2P{X1=,1X2=}0=P{Y>,1Y≤}2=P1{,1Y>}2=P{Y>}2=∫edy=−e=e，22故(X1,X2)的联合分布律为X201X1−101−e0．−1−2−21e−ee7．已知随机变量X~B(1,0.6)，关于Y的条件分布如下表Y123Y123111，111，P{Y|X=}0P{Y|X=}1424263求(X,Y)的联合分布律及在Y=1条件下X的条件分布律．解：因X的分布律为3 X01，P4.06.01则P{X=,0Y=}1=P{X=}0P{Y=|1X=}0=4.0×=1.0，41P{X=,0Y=}2=P{X=}0P{Y=|2X=}0=4.0×=2.0，21P{X=,0Y=}3=P{X=}0P{Y=|3X=}0=4.0×=1.0，41P{X=,1Y=}1=P{X=}1P{Y=|1X=}1=6.0×=3.0，21P{X=,1Y=}2=P{X=}1P{Y=|2X=}1=6.0×=1.0，61P{X=,1Y=}3=P{X=}1P{Y=|3X=}1=6.0×=2.0，3故(X,Y)的联合分布律为Y123pi⋅X01.02.01.04.0；13.01.02.06.0p⋅j4.03.03.00P{X=,0Y=}11.0P{X=,1Y=}13.0因P{X=|0Y=}1===.025，P{X=|1Y=}1===.075，P{Y=}14.0P{Y=}14.0故在Y=1条件下X的条件分布律为X01．P(X|Y=}1.025.075习题3.31．设二维随机变量(X,Y)的联合密度函数为⎧11⎪,1≤x,1,xy<1,−1>e,x,0y,0f(x,y)=⎨⎩,0其他,y试求P{X>Y}．+∞x−(x+y)+∞−x−yx+∞−2x−x解：P{X>Y}=∫∫00dxedy=∫0dx⋅(−e)0=∫0(−e+ed)x1−2x−x+∞110x=(e−e)=0−(−)1=．20221注：此题也可由X与Y的对称性直接可得P{X>Y}=．26．设二维随机变量(X,Y)的联合密度函数为⎧⎪c(R−x2+y2),x2+y2≤R2,f(x,y)=⎨222⎪⎩,0x+y>R,6 222试求：（1）常数c之值；（2）(X,Y)落入区域x+y≤r(r}．y21解：(X,Y)的联合密度函数为⎧2<<<<15xy,0xy0,y,1f(x,y)=fY(y)fX(x|Y=y)=⎨0⎩,0其他,1/21x111211522111524151315147故P{X>}=∫∫1dx15xydy=∫1dx⋅xy=∫1(x−xd)x=(x−x)1=．22x22x22235642习题3.41．将一枚硬币连抛两次，令⎧,1第k次出现正面,Xk=⎨（k=1,2），⎩,0第k次出现反面,验证X1与X2相互独立．证：因X1与X2的全部可能取值都是0,1，有P{X1=i,X2=j}=0.5×0.5=0.25，（i,j=1,2），则(X1,X2)的联合分布律为X201pi⋅X10.025.0255.01.025.0255.0p⋅j5.05.007 因pij=pi⋅⋅p⋅j，（i,j=1,2），故X1与X2相互独立．x2．设随机变量(X,Y)在区域D上服从均匀分布，且D={(x,y0|),0fX(x)=⎨fY(y)=⎨⎩,0其他,⎩,0y≤,0求Z=X+Y的密度函数fZ(z)．⎧−y<<>e,0x,1y,0解：因X与Y相互独立，有(X,Y)的联合密度函数f(x,y)=fX(x)fY(y)=⎨⎩,0其他,对于Z=X+Y，作曲线簇x+y=z，得z的分段点0,1，y当z<0时，FZ(z)=0，有fZ(z)=FZ′(z)=0，x+y=zzxz−−yz−yz−xG1当0≤z<1时，FZ(z)=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫00dxedy=∫0dx⋅(−e)00z1xG1G1：0≤z<1↑：0≤x≤z,0≤y≤z−x10 zz−z+x−z+x−z−z=∫(−e+d)1x=(−e+x)=−1+z+e，有fZ(z)=FZ′(z)=1−e，00y1z−x−y1−yz−x当z≥1时，FZ(z)=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫00dxedy=∫0dx⋅(−e)0x+y=zG2G211−z+x−z+x−z+1−z=∫(−e+d)1x=(−e+x)=−e+1+e，01x00G2：z≥1有f(z)=F′(z)=e−z+1−e−z=e(−e)1−z，↑：0≤x≤1,0≤y≤z−xZZ⎧−z1−e,0≤z<,1⎪−z故Z=X+Y的密度函数fZ(z)=⎨e(−e)1,z≥,1⎪,0z<.0⎩2222y5．设(X,Y)~N(0,0,σ,σ,0)，求Z=X+Y的密度函数．x2+y21−2G解：(X,Y)的联合密度函数f(x,y)=e2σ，2πσ20x222222x+y=z对于Z=X+Y，作曲线簇x+y=z，得z的分段点0，G：z>0当z≤0时，FZ(z)=0，则fZ(z)=FZ′(z)=0，极坐标：0≤θ<2π,1≤r≤zzr2r2z−−−2πz12122当z>0时，FZ(z)=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫dθe2σrdr=2π⋅(−σ2e2σ)=−e2σ+1，002πσ22πσ2G0z1−2则fZ(z)=FZ′(z)=e2σ，22σ⎧z1−2故Z=X2+Y2的密度函数f(z)=⎪e2σ,z>,0Z⎨2σ2⎪⎩,0z≤.06．设随机变量X服从区间(0,1)上的均匀分布，Y服从参数为1的指数分布，且X与Y相互独立，试求下列随机变量的密度函数：（1）Z1=X+Y；（2）Z2=X−Y．,10x,1⎧−y⎧≤≤e,y>,0解：X~U(0,1)，X的密度函数fX(x)=⎨，Y~e(1)，Y的密度函数fY(y)=⎨⎩,0其他,⎩,0y≤,0⎧−y<<>e,0x,1y,0因X与Y相互独立，有(X,Y)的联合密度函数f(x,y)=fX(x)fY(y)=⎨⎩,0其他,yG21（1）对于Z1=X+Y，同第4题；x−y=z（2）对于Z2=X−Y，作曲线簇x−y=z，得z的分段点0,1，1+∞−y1−y+∞01x当z<0时，F2(z)=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫0dxx−zedy=∫0dx⋅(−e)G3：z<0x−zG21↑：0≤x≤1,x−z≤y<+∞11z−xz−xz−1z−1z−1z=∫0edx=−e=−e+e=1(−ee)，有f2(z)=F2′(z)=1(−ee)，011 z+∞−y1+∞−yy当0≤z<1时，F2(z)=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫00dxedy+∫∫zzdxx−edyG22G22z−y+∞1−y+∞z1z−x=∫0dx⋅(−e)0+∫zdx⋅(−e)xz=∫0dx+∫zedxx−y=z−0z1x1=z−ez−x=z−ez−1+1，则f(z)=F′(z)=1−ez−1，G3：0≤z<122z↑：0≤x0，y>0，221(+x)(1+y)y试确定系数a的值，并求联合分布函数F(x,y)．(x,y)y+∞+∞+∞+∞a解：由规范性：∫∫f(x,yd)xdy=∫∫dxdy=1，−∞−∞001(+x2)(1+y2)0xx2+∞∞1+1+∞+∞π4得a∫∫002dx⋅2dy=aarctanx0⋅arctany0=a=1，故a=2；1+x1+y4π当x<0或y<0时，F(x,y)=0，xyxy4当x≥0且y≥0时，F(x,y)=∫∫f(u,vd)udv=∫∫dudv−∞∞−00π21(+u2)(1+v2)4xy114xy4=2∫∫002du⋅2dv=2arctanu0⋅arctanv0=2arctanx⋅arctany，π1+u1+vππ⎧4⎪arctanx⋅arctany,x≥,0y≥,0故f(x,y)=⎨π2⎪⎩,0其他.4．二维随机变量(X,Y)服从区域D的均匀分布，其中D为以原点为圆心，a为半径的圆的上半圆周与xaa轴所围成的区域．求：（1）(X,Y)的边缘密度函数；（2）P{(X,Y)∈G}，其中G为以()0,为圆心，22为半径的圆所围成的区域．y2⎧2Dπa⎪,(x,y)∈D,G解：（1）D的面积SD=，故f(x,y)=⎨πa2−a0ax2⎪⎩,0(x,y)∉D,22因X的全部可能取值为(−a,a)，当−a,0y>,0f(x,y)=⎨1(+y)2⎪⎩,0其他,试讨论X,Y的独立性．解：广义矩形区域x>0，y>0，15 +∞−x+∞+∞xe−x1−x则fX(x)=∫−∞f(x,yd)y=∫02dy=xe⋅(−)=xe，x>0，1(+y)1+y0−x+∞+∞xe1+∞−x1−x+∞+∞−xfY(y)=∫−∞f(x,y)dx=∫02dx=2∫0x(−de)=2[−xe0+∫0edx]1(+y)1(+y)1(+y)1−x+∞1=0[−e]=，y>0，1(+y)201(+y)2−x⎧1⎧xe,x>0⎪,y>0即边缘密度函数fX(x)=⎨，fY(y)=⎨1(+y)2；⎩,0x≤0⎪,0y≤0⎩因f(x,y)=fX(x)fY(y)，故X与Y独立．7．甲、乙相约9:10在车站见面，假设甲、乙到达车站的时间分别均匀分布在9:00-9:30及9:10-9:50之间，且两人到达的时间相互独立．求下列事件的概率：（1）甲先到；（2）先到的人等后到的人的时间不超y过10分钟．50解：设甲、乙到达车站的时间分别为9点X分钟、9点Y分钟，G1则(X,Y)服从区域D={(x,y)|00，有fY(y|X=x)===，00，有22f(x,y)πa12222fX(x|Y=y)===，−a−y0.75，Y>0.75，G1：↑0.75.075,Y>.075}=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫dx2(−x−yd)y0.75G1.075.075G111221y19x9xx1=∫.075dx⋅2(y−xy−)=∫.075(−d)x=(−)=；00.751x232432864.075.075yX+Y（2）需要>.075，G2：↑0.5.075}=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫dx2(−x−yd)y25.05.1−xG200.51x1122231y13x3xxx1=∫dx⋅2(y−xy−)=∫(−+x−d)x=(−+−)=；5.025.082826245.1−x5.0（3）矩形区域0≤x≤1，0≤y≤1，12+∞1y3则fX(x)=∫−∞f(x,yd)y=∫02(−x−yd)y=2(y−xy−)=−x，0≤x≤1，22018 12+∞1x3fY(y)=∫−∞f(x,yd)x=∫02(−x−yd)x=2(x−−xy)=−y，0≤y≤1，220⎧3⎧3⎪−x,0≤x≤,1⎪−y,0≤y≤,1故边缘密度函数fX(x)=⎨2fY(y)=⎨2⎪⎩,0其他,⎪⎩,0其他,因f(x,y)≠fX(x)fY(y)，故X与Y不独立．（4）先求在X=x条件下，Y的条件分布，f(x,y)2−x−y4−2x−2y当0≤x≤1时，fX(x)>0，有fY(y|X=x)===,0≤y≤1，fX(x)3−x3−2x212114−2x−2y4y−2xy−y则当0≤x≤1时，P{Y≥|5.0X=x}=∫5.0fY(y|X=xd)y=∫5.0dy=3−2x3−2x5.0.125−x5−4x==，3−2x12−8xd(−)4⋅(12−8x)−(−)8⋅5(−4x)8有P{Y≥|5.0X=x}==−<0，22dx(12−8x)(12−8x)故若010xe,1.0x,2.0y,0f(x,y)=⎨⎩,0其他,求：（1）公司某个月内销售此种产品的总收入超过1000万元的概率；（2）月平均价格X的密度函数；（3）月销售量Y的条件密度函数，并计算当X=0.15和X=0.2时月销售量超过4吨的概率，比较此二结果，说明其经济意义．xy=11y解：（1）需要1000XY>1000，即XY>1，G：↑0.1}1=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫dx110xedy=∫dx⋅(−10e)1G1.01.0Gxx2.02.0−1−1−1=∫1.010edx=10ex=e；00.10.2x1.0（2）广义矩形区域0.10，有fY(y|X=x)===xe，y>0，fX(x)10⎧−xyxe,y>,0故当0.1|4X=.015}=∫4fY(y|X=.015d)y=∫4.015edy=(−e)=e，4+∞+∞−2.0y−2.0y+∞−8.0P{Y>|4X=}2.0=∫4fY(y|X=d)2.0y=∫4e2.0dy=(−e)=e，4有P{Y>4|X=0.15}>P{Y>4|X=0.2}，可见当平均价格增加时，月销售量有下降的趋势．14．设随机变量X服从参数为p（0>e2,x,0y,0f(x,y)=⎨x+2y=z⎩,0其他,G求Z=X+2Y的分布函数．0zx解：作曲线簇x+2y=z，得z的分段点0，z−xG：↑0≤x≤z,0≤y≤当z≤0时，FZ(z)=0，则fZ(z)=FZ′(z)=0，2z−xz−xz−(x+2y)z−(x+2y)2z−z−x当z>0时，FZ(z)=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫dx2e2dy=∫dx⋅[−e]=∫[−e+ed]x00000Gz−z−x−z−z−z−z=[−ex−e]=−(z+e)1+1，则fZ(z)=FZ′(z)=−e+(z+e)1=ze，0⎧−z⎧−z1−(z+)1e,z>,0ze,z>,0故Z=X+2Y的分布函数为FZ(z)=⎨密度函数为fZ(z)=⎨⎩,0z≤;0⎩,0z≤.016．设(X,Y)在矩形区域D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤2}上服从均匀分布，求下列随机变量的密度函数：（1）Z1=XY；（2）Z2=min{X,Y}．⎧1⎪,0≤x≤0,1≤y≤,2解：因D的面积SD=2，有(X,Y)的联合密度函数f(x,y)=⎨2⎪⎩,0其他,y2（1）对于Z1=XY，作曲线簇xy=z，得z的分段点0,2，当z≤0时，F1(z)=0，则f1(z)=F1′(z)=0，xy=zG1z1z0z/21xS2⋅+∫zdx1G1：0≤z<2G122xzzzzz当0,1y>1f(x,y)=⎨x2y2，⎪⎩,0其它G1X求下列随机变量的密度函数：（1）Z1=XY；（2）Z2=．01zxYG1：z≥1解：（1）对于Z1=XY，作曲线簇xy=z，得z的分段点1，↑：1≤x≤z,1≤y≤z/x当z<1时，F1(z)=0，则f1(z)=F1′(z)=0，zzxz1z1z11当z≥1时，F(z)=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫dxxdy=∫dx⋅(−)=∫(−+d)x111x2y21x2y1xzx2G11z11111=(−lnx−)=−lnz−+1，则f(z)=F′(z)=lnz，zxzz1121z⎧1yy⎪lnz,z≥,1G2x/y=z故Z1=XY的密度函数f1(z)=⎨z2G3⎪⎩,0z<;1x/y=zXx（2）对于Z2=，作曲线簇=z，得z的分段点0,1，0x0xYyG2：0≤z<1G3：z≥1↑：1≤x<+∞,x/z≤y<+∞→：1≤y<+∞,1≤x≤zy当z≤0时，F2(z)=0，则f2(z)=F2′(z)=0，+∞+∞∞+1+∞1+∞z当00，又知E(X)=0.75，求k和a的值．1a+1+∞1axk解：由规范性知，∫f(x)dx=∫kxdx=k⋅==1，−∞0a+1a+101a+2+∞1axk又知(EX)=∫xf(xd)x=∫x⋅kxdx=k⋅==.075，−∞0a+2a+20故k=3,a=2．1226．设随机变量X的概率分布为P{X=k}=，k=1,2,3,4,5．求E(X),E(X)及E[(X+2)]．51111122121212121解：(EX)=1×+2×+3×+4×+5×=3，(EX)=1×+2×+3×+4×+5×=11，555555555522121212121E[(X+)2]=3×+4×+5×+6×+7×=27．555557．设随机变量X的密度函数为⎧−xe,x>,0f(x)=⎨⎩,0x≤,0−2X求E(X),E(2X),E(e)．+∞+∞−x+∞−x−x+∞+∞−x−x+∞解：(EX)=∫−∞xf(xd)x=∫xedx=∫x(−de)=−xe+∫edx=0+(−e)=1，00000+∞+∞−x2(EX)=∫2xf(xd)x=2∫xedx=2，−∞0+∞−2X+∞−2x+∞−2x−x+∞−3x1−3x1e(E)=∫−∞ef(xd)x=∫0e⋅edx=∫0edx=−e=．3308．球的直径测量值X在(a,b)上均匀分布，求球体积V的数学期望．⎧1⎪,a,0解：因X~e(2)，Y~e(4)，有(EX)=，(EY)=，且fY(y)=⎨24⎩,0y≤,02+∞2+∞2−4y+∞2−4y2−4y+∞+∞−4y则(EY)=∫−∞yfY(yd)y=∫0y⋅e4dy=∫0y(−de)=−ye+∫0e⋅2ydy01+∞−4y1+∞11=0+∫0y⋅e4dy=∫0yfY(yd)y=EY=，222822115（1）(EZ)=2(EX−3Y)=2(EX)−3(EY)=2×−3×=；288113（2）因X与Y独立，有(EW)=3(EXY)=3(EX(E)Y)=3××=．24812．设(X,Y)的联合分布律为Y012X230015151611151515求E(3X−2Y)及E(2XY)．23163−102解：3(EX−2Y)=0×0+(−)2×+(−)4×+3×+1×+(−)1×==−；1515151515153231632482(EXY)=0×0+0×+0×+0×+2×+4×==．1515151515155113．一学徒用机床接连加工10个零件，设第i个零件报废的概率为,（i=1,2,3,…,10），求报废零件1+i个数的数学期望．⎧,1第i个零件报废,解：设X表示报废零件个数，有X的全部可能取值为1,2,3,…,10，令Xi=⎨⎩,0第i个零件没有报废,3 11110有P{Xi=}1=，P{Xi=}0=1−，(EXi)=，i=1,2,3,…,10，又因X=∑Xi，i+1i+1i+1i=110101111155991故(EX)=∑(EXi)=∑=+++L+==.20199．i=1i=1i+12341127720习题4.21．求习题4.1中第1,6,7题所给随机变量的方差．⎛⎜012⎞⎟122115123解：第1题中X的分布列为X~21151，且(EX)=，(EX)=0×+1×+4×=，⎜⎟238381938⎝383819⎠2223127故D(X)=(EX)−(E[X)]=−=；384761第6题中X的分布为P{X=k}=，k=1,2,3,4,5，且E(X)=3，522121212121则(EX)=1×+2×+3×+4×+5×=11，5555522故D(X)=E(X)−[E(X)]=11−9=2；⎧−xe,x>,0第7题中X的分布为f(x)=⎨即X~e(1)，故D(X)=1．⎩,0x≤,02．地铁的运行间隔时间为两分钟，一旅客在任意时刻进入月台，求候车时间的数学期望和方差．2a+b(b−a)1解：设X表示旅客的候车时间，有X~U(0,2)，故(EX)==1，D(X)==．21233．某地抽样调查结果表明，考生的外语成绩X（百分制）近似服从正态分布，平均成绩为72分，96分以上的考生总数的2.3%，试求考生的外语成绩在60分~84分之间的概率．296−72解：设X~N(µ,σ)，有µ=E(X)=72，且P{X≥96}=1−F(96)=1−Φ()=.0023，σ2424则Φ()=.0977，=2，σ=12，σσ84−7260−72故P{60≤X≤84}=F(84)−F(60)=Φ()−Φ()=Φ)1(−Φ(−)1=2Φ)1(−1=.06826．12124．公共汽车车门的高度是按成年男子与车门顶碰头的机会在1%以下设计的，设男子身高服从均值为2175cm，方差为36cm的正态分布．问车门高度应设计为多少？22解：设X~N(µ,σ)，有µ=E(X)=175，σ=D(X)=36，又设车门高度是xcm，x−175x−175x−175则P{X>x}=1−F(x)=1−Φ()=.001，有Φ()=.099，=.233，666故x=188.98cm．5．随机变量X的分布律为X012，P4.01.05.0又Y=3X+1，求E(Y),D(Y)．解：E(X)=0×0.4+1×0.1+2×0.5=1.1，2222222E(X)=0×0.4+1×0.1+2×0.5=2.1，D(X)=E(X)−[E(X)]=2.1−1.1=0.89，4 故E(Y)=3E(X)+1=4.3，D(Y)=9D(X)=8.01．−2X6．在习题4.1第7题中，求D(2X)和D(e)．⎧−xe,x>,0解：习题4.1第7题中X的分布为f(x)=⎨即X~e(1)，有D(X)=1，⎩,0x≤,0故D(2X)=4D(X)=4；−2X+∞−2x+∞−2x−x+∞−3x1−3x+∞1因e(E)=∫−∞ef(xd)x=∫0e⋅edx=∫0edx=−e=，303−2X2−4X+∞−4x+∞−4x−x+∞−5x1−5x+∞1E[(e)]=e(E)=∫−∞ef(xd)x=∫0e⋅edx=∫0edx=−e=，5052−2X−2X2−2X21⎛1⎞4故De()=E[(e)]−e(E[)]=−⎜⎟=．5⎝3⎠457．设X的方差为2.5，利用切比雪夫不等式估计以下概率：P{|X−E(X)|≥7.5}．D(X)5.22解：由切比雪夫不等式得：P{|X−(EX|)≥}5.7≤===.00444．225.75.7458．随机地掷10颗骰子，用切比雪夫不等式估计点数总和在20和50之间的概率．⎛123456⎞解：设Xi表示第i颗骰子出现的点数，有Xi~⎜111111⎟，⎜⎟⎝666666⎠1111117则(EXi)=1×+2×+3×+4×+5×+6×=，6666662221212121212191914935且(EXi)=1×+2×+3×+4×+5×+6×=，则D(Xi)=−=；666666664121010710350设10颗骰子点数总和为X=∑Xi，有(EX)=∑(EXi)=10×=35，D(X)=∑D(Xi)=，i=1i=12i=112D(X)350由切比雪夫不等式得：P{|X−35|≥ε}≤=，22ε12ε350235047故P{2020500}=1−F(20500)=&1−Φ()=1−Φ.3(54)=1−.09998=.00002．i=1200002．某微机网络系统有120个终端，每个终端有5%的时间在使用．若各终端使用与否是相互独立的．试求有不少于10个终端在使用的概率．解：设X表示在使用的终端个数，有X~B(120,0.05)，E(X)=np=6，D(X)=npq=5.7，且n=120很大，由中心极限定理知：X~&N)7.5,6(，9−6故P{X≥10}=1−P{X≤}9=1−F)9(=&1−Φ()=1−Φ.1(26)=1−.08962=.01038．7.510−6或P{X≥10}=1−F(10)=&1−Φ()=1−Φ.1(68)=1−.09535=.00465．7.5注：此题n很大，p很小，np较小，最好是用泊松分布近似，．．（一般当np≤10时，用泊松分布近似，当np>10时，用正态分布近似）因X~B(120,0.05)，λ=np=6，即X~&P)6(，故P{X≥10}=1−P{X≤9}=1−0.9161=0.0839．（此题按二项分布计算的准确答案是0.0786）3．设供电网中有10000盏灯，夜晚每盏灯开着的概率都是0.7，假定各灯开、关时间彼此无关，计算同时开着的灯数在6800与7200之间的概率．解：设X表示同时开着的灯数，有X~B(10000,0.7)，E(X)=np=7000，D(X)=npq=2100，且n=10000很大，由中心极限定理知：X~&N(7000,2100)，7200−70006800−7200故P{6800≤X≤7200}=F(7200)−F(6800)=&Φ()−Φ()21002100=Φ.4(36)−Φ(−.436)=2Φ.4(36)−1=&1．4．在某地区的一家保险公司里有2万人参加了人寿保险，每人每年付8元保险费，若投保人死亡，则保险公司向其家属赔付2000元，设该地区的人口死亡率为万分之五，求（1）该保险公司亏本的概率；（2）该保险公司一年的利润不少于12万元的概率．解：（1）设X表示一年中投保人的死亡人数，有X~B(20000,0.0005)，则E(X)=np=10，D(X)=npq=9.995，且n=20000很大，由中心极限定理知：X~&N(10.9,995)，160000保险公司一年共收保险费20000×8=160000元，最多可以赔付=80人而不会亏本，200080−10故保险公司亏本的概率为P{X>80}=1−F(80)=1−Φ()=1−Φ(22.14)=&0；.999540000（2）一年利润120000元，即赔付40000元，共=20人，200020−10故一年的利润不少于12万元的概率P{X≤20}=F(20)=Φ()=Φ.3(16)=.09992．.999510 注：此题n很大，p很小，np较小，最好是用泊松分布近似，．．因X~B(20000,0.0005)，λ=np=10，即X~&P(10)，故P{X>80}=&0，P{X≤20}=0.9984．（此题按二项分布计算的准确答案是0.9984164）5．某车间有150台机床独立工作，每台机床工作时耗电量均为5千瓦，且只有60%的时间运转，问该车间应供电多少千瓦，才能以99.9%的概率保证车间的机床能够正常运转？解：设X表示同时运转的机床数，有X~B(150,0.6)，E(X)=np=90，D(X)=npq=36，且n=150很大，由中心极限定理知：X~&N(90,36)，又设供电可保证x台机床同时运转，即供电5x千瓦，x−90x−90则P{X≤x}=F(x)=&Φ()≥.0999，有≥.308，x≥108.48，66故取x=109，该车间应供电5x=545千瓦．复习题四11．设随机变量X具有分布P{X=k}=,k=1,2,…，求E(X)和D(X)．k2∞1∞k∞k解：(EX)=∑k×=∑，设S(x)=∑kx，收敛区间为x∈(−1,1)，kkk=12k=12k=1∞∞S(x)k−1xS(t)kx有=∑kx，∫dt=∑x=,−10，求发现沉船所需的平均搜索时间．−vt解：设T表示发现沉船所需搜索时间，T的全部可能取值(0,+∞)，当t>0时，P{T≤t}=F(t)=1−e，−vt则密度函数f(t)=F′(t)=ve，t>0，+∞+∞+∞−vt+∞−vt−vt+∞+∞−vt1−vt1故(ET)=∫−∞tf(td)t=∫0t⋅vedt=∫0t(−de)=−te0+∫0edt=0+(−e)=．vv011 3．轮船横向摇摆的随机振幅X的密度函数为x2⎧x−2f(x)=⎪e2σ,x>,0⎨2σ⎪⎩,0其他,试求：（1）E(X)；（2）遇到大于其振幅均值的概率是多少？+∞x2x2x2x2−−−−+∞+∞x2+∞22+∞2解：（1）(EX)=∫xf(xd)x=∫x⋅e2σdx=∫x(−de2σ)=−xe2σ+∫e2σdx，−∞0σ2000x+∞−t2ππ令t=，有x=2σt，dx=2σdt，有(EX)=0+∫e2σdt=2σ⋅=σ；2σ022+∞x2x2π+∞+∞x−2−2−（2）P{X>(EX)}=∫f(xd)x=∫πe2σdx=(−e2σ)=e4=.04559．E(X)σσ22πσ24．某公司生产的机器其无故障工作时间X有密度函数（单位：万小时）⎧1⎪,x≥,1f(x)=⎨x2⎪⎩,0其他,公司每售出一台机器可获利1600元，若机器售出后使用1.2万小时之内出故障，则应予以更换，这时每台亏损1200元；若在1.2到2万小时内出故障，则予以维修，由公司负担维修费400元；在使用2万小时以后出故障，则用户自己负责，求该公司售出每台机器的平均获利．解：设Y表示售出每台机器的获利，⎧−1200,X<,2.1⎪则Y=g(X)=⎨1200,2.1≤X≤,2⎪⎩1600,X>,2+∞2.1121+∞1故(EY)=∫−∞g(x)f(xd)x=∫1(−1200)⋅2dx+∫2.11200⋅2dx+∫21600⋅2dxxxx2.12+∞1111111=−1200⋅(−)+1200⋅(−)+1600⋅(−)=−1200⋅(−+)1+1200⋅(−+)+1600⋅xxx2.122.1212.12=−200+400+800=1000．5．设某产品每周需求量Q等可能地取1,2,3,4,5（单位：件），生产每件产品的成本为30元，每件产品的售价为90元，没售出的产品以每件10元的费用存入仓库，问每周生产多少件产品能使所期望的利润最大．解：设每周生产x件产品，Y表示所得利润，当Q≥x时，卖出x件，Y=60x；当QE(Y)≥100；故当3≤x≤4时，所期望的利润最大．6．设某种商品每周的需求量X服从区间(10,30)上的均匀分布，而经销商店进货数量为区间(10,30)中的某一整数，商店每销售一单位商品可获利500元；若供大于求则削价处理，每处理1单位商品亏损100元；若供不应求，则可从外部调剂供应，此时每1单位商品仅获利300元，为使商店所获利期望值不少于9280元，试确定最少进货量．⎧1⎪,10a时，Y=500a+300(X−a)=300X+200a，⎧600X−100a,X≤a,即Y=g(X)=⎨⎩300X+200a,X>a,+∞a1301故(EY)=∫−∞g(x)f(xd)x=∫10(600x−100a)dx+∫a(300x+200a)dx20202a15230152=(15x−5ax)+(x+10ax)=−a+350a+5250，102a215215262要使得(EY)=−a+350a+5250≥9280，有a−350a+4030≤0，可得≤a≤26，223故a可取21,22,23,24,25,26，最少进货量为21．7．某人用n把钥匙去开门，只有一把能打开，今逐个任取一把试开，求打开此门所需开门次数X的均值及方差，假设（1）打不开的钥匙不放回；（2）打不开的钥匙仍放回．解：（1）X的全部可能取值为1,2,…,n，1n−111n−1n−211P{X=}1=，P{X=}2=⋅=，P{X=}3=⋅⋅=，……，nnn−1nnn−1n−2nn−1n−2n−3111P{X=n}=⋅⋅L⋅=，nn−1n−221n⎛123Ln⎞则X的分布列为X~⎜1111⎟，⎜L⎟⎝nnnn⎠111111n+1故(EX)=1×+2×+3×+L+n×=n(n+)1⋅=，nnnn2n222121212111(n+1)(2n+)1(EX)=1×+2×+3×+L+n×=n(n+1)(2n+)1⋅=，nnnn6n613 2222(n+1)(2n+)1(n+)1(n+1)(n−)1n−1D(X)=(EX)−(E[X)]=−==；641212（2）X的全部可能取值为1,2,…,k,…，2k−11n−11⎛n−1⎞1⎛n−1⎞1P{X=}1=，P{X=}2=⋅，P{X=}3=⎜⎟⋅，…，P{X=k}=⎜⎟⋅，…，nnn⎝n⎠n⎝n⎠n⎛123LkL⎞⎜2k−1⎟即X的分布列为X~⎜1n−1⋅1⎛n−1⎞⎟⋅1L⎛n−1⎞⎟⋅1L⎟，⎜⎜⎜⎟⎝nnn⎝n⎠n⎝n⎠n⎠k−1∞n11∞∞⎛−⎞k−1k−1则(EX)=∑k⋅⎜⎟，设S(x)=∑kx1(−x)=1(−x)∑kx，收敛区间为x∈(−1,1)，k=1⎝n⎠nk=1k=1∞∞S(x)k−1xS(t)kx有=∑kx，∫dt=∑x=,−1,1D2：↑：0≤x≤1/2,x≤y≤1−xD3：↑：1/2≤x≤1,1−x≤y≤x试求U与V的协方差Cov(U,V)及相关系数ρUV．D4：→：0≤y≤1/2,y≤x≤1−y解：因U,V的全部可能取值0,1，1y12y1且P{U=,0V=}0=P{X}1=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫1dy1y2xdx=∫1dy⋅x=∫12(y−d)1y−1−yD12222111=(y−y)1=0−(−)=，442111−x1−xP{U=,0V=}1=P{X}1=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫1dx1−x2xdy=∫1dx⋅2xy1−xD32213124x21115=∫14(x−2xd)x=(−x)=−(−)=，2313641221111−y21−yP{U=,1V=}1=P{X≥Y,X+Y≤}1=∫∫f(x,yd)xdy=∫∫2dy2xdx=∫2dy⋅x=∫21(−2yd)y0y0y0D412111=(y−y)2=−=，0244即(U,V)的联合分布为16 V01U1104125111241151215111则(EU)=0×(+)+1×(+)=，(EV)=0×(+)+1×(+)=，412124341212432211251222152111且(EU)=0×(+)+1×(+)=，(EV)=0×(+)+1×(+)=，4121243412124322222⎛2⎞2221⎛1⎞2则D(U)=(EU)−(E[U)]=−⎜⎟=，D(V)=(EV)−(E[V)]=−⎜⎟=，3⎝3⎠93⎝3⎠911511又(EUV)=0×+0×+0×+1×=，412124411211Cov(U,V)361故Cov(U,V)=(EUV)−(EU(E)V)=−×=，ρUV===．43336D(U)D(V)2289912．用一机床制造大小相同的零件，标准重为1kg，由于随机误差，每个零件的重量（单位：kg）在（0.95,1.05）上均匀分布．设每个零件重量相互独立．（1）制造1200个零件，问总质量大于1202kg的概率是多少？（2）最多可以制造多少个零件，使零件总质量误差总和的绝对值小于2kg的概率不小于0.9．2a+b(b−a)1解：（1）设Xi表示第i个零件的重量，有Xi~U(0.95,1.05)，(EXi)==1，D(Xi)==，21212001200⎛1200⎞1200⎛1200⎞1200因1200个零件的总质量∑Xi，有E⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑E(Xi)=1200，D⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑D(Xi)=1，i=1⎝i=1⎠i=1⎝i=1⎠i=11200且n=1200很大，由中心极限定理知：∑Xi~&N(1200)1,，i=112001202−1000故P{∑Xi>1202}=1−F(1202)=&1−Φ()=1−Φ)2(=1−.09772=.00228；i=11n⎛n⎞n⎛n⎞nn（2）设制造n个零件，其总质量∑Xi，有E⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑E(Xi)=n，D⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑D(Xi)=，i=1⎝i=1⎠i=1⎝i=1⎠i=11200nn可知数量n很大，由中心极限定理知：∑Xi~&N(n,)，i=11200nn+2−nn−2−n2012则P{|∑Xi−n|≤}2=FY(n+)2−FY(n−)2=&Φ()−Φ()=2Φ()−1≥9.0，i=1nnn12001200201220122012得Φ()≥.095，≥.165，n≤=41.9891，nn.16517 故n≤1763.0854，即最多可以制造1763个零件．20122012注：若取为≥.1645，就有n≤=42.1167，得n≤1773.8195，最多可以制造1773个零件．n.164513．某公司生产的电子元件合格率为99.5%．装箱出售时，（1）若每箱中装1000只，问不合格品在2到6只之间的概率是多少？（2）若要以99%的概率保证每箱中合格品数不少于1000只，问每箱至少应多装几只这种电子元件？解：（1）设X表示1000只电子元件中的不合格品数，有X~B(1000,0.005)，则E(X)=np=5，D(X)=npq=4.975，且n=1000很大，由中心极限定理知：X~&N.4,5(975)，6−52−5故P2{≤X≤}6=FX)6(−FX)2(=Φ()−Φ()=Φ.0(45)−Φ(−.135).4975.4975=Φ.0(45)+Φ.1(35)−1=.06736+.09115−1=.05851；（2）设每箱多装x只电子元件，Y表示这1000+x只电子元件中的不合格品数，则Y~B(1000+x,0.005)，有E(Y)=np=5+0.005x，D(Y)=npq=4.975+0.004975x，数量n很大，由中心极限定理知：Y~&N5(+.0005x.4,975+.0004975x)，每箱中合格品数不少于1000只，即不合格品数Y≤x，x−5−.0005xx−5−.0005x则P{Y≤x}=FY(x)=Φ()≥.099，即≥.233，.4975+.0004975x.4975+.0004975x222得方程.0(995x−)5≥.233.4(975+.0004975x)，即.099x−.9977x−2≥0，故x≥10.274，即每箱至少应多装11只电子元件．x−5−.0005xx−5（或由于可以看出x较小，≥.233可近似为≥.233，得x≥10.21）.4975+.0004975x5注：此题n很大，p很小，np较小，最好是用泊松分布近似，．．（1）因X~B(1000,0.005)，λ=np=5，即X~&P)5(，故P{2≤X≤6}=P{X≤6}−P{X≤1}=0.7622−0.0404=0.7218；（此题按二项分布计算的准确答案是0.7225）（2）因Y~B(1000+x,0.005)，且显然x较小，λ=np=&5，即Y~&P)5(，则P{X≤x}≥0.99，查泊松分布表得x≥11．18 概率论第五章习题解答习题5.11．设X1,…,Xn为来自总体X的简单样本，且X服从参数为p（0x时，此导数为负，λni=1故当λ=x时，P{X1=x1,…,Xn=xn}最大．3．设X1,…,Xn为来自参数为λ的指数分布总体X的样本，试求X1,…,Xn的联合密度函数．⎧−λxλe,x>,0解：总体X的密度函数f(x)=⎨⎩,0x≤,0n⎧n⎧λe−λxi,x,L,x>,0−λ∑xi故f(x,L,x)=⎪∏1n=⎪λnei=1,x,L,x>,01n⎨i=1⎨1n⎪⎩,0其他⎪⎩,0其他.4．设总体X的样本值为1,3,1,1,2,3,3,2,1,2，求X的经验分布函数Fn(x)，并画出其图形．解：将样本观测值按由小到大顺序排列：1,1,1,1,2,2,2,3,3,3，即x(1)=x(2)=x(3)=x(4)=1，x(5)=x(6)=x(7)=2，x(8)=x(9)=x(10)=3，y⎧,0x<,1⎪1⎪,4.01≤x<,2故Fn(x)=⎨0.7⎪,7.02≤x<,30.4⎪⎩,1x≥.30123x习题5.21．设X~N(µ,25)，µ未知，X1,…,Xn为总体X的样本．下列样本函数中，哪些是统计量？为什么？1 1n1n(X−X)22i（1）∑(Xi−µ)；（2）∑2，σ为总体标准差．ni=1ni=1σ解：（1）不是统计量，其中含有未知参数µ；（2）是统计量，参数σ=5为已知．2．证明定理5.2．1n1n1n1n证：（1）Y=∑Yi=∑(aXi+b)=(a∑Xi+nb)=a⋅∑Xi+b=aX+b；ni=1ni=1ni=1ni=11n1n1n1（2）E(X)=E(∑Xi)=∑E(Xi)=∑E(X)=⋅nE(X)=E(X)，ni=1ni=1ni=1n1n1n1n11D(X)=D(∑Xi)=2∑D(Xi)=2∑D(X)=2⋅nD(X)=D(X)．ni=1ni=1ni=1nn3．证明定理5.3中性质（1）．nnnnnn222222222证：∑(Xi−X)=∑(Xi−2XXi+X)=∑Xi−2X∑Xi+nX=∑Xi−2X⋅nX+nX=∑Xi−nX．i=1i=1i=1i=1i=1i=14．下列数据为某报童近20天的报纸销售量：658,571,611,527,546,598,470,577,549,598,676,569,608,2632,572,706,609,569,577,641．（1）计算样本均值x和样本方差s；（2）假设报童每天的报纸销售2量X服从正态分布，并且(EX)=x，D(X)=s，报纸的批发价为0.35元，零售价为0.5元，卖不完退回报社的退回价为0.1元，求报童每天批发多少报纸，可使平均收益最大？1解：（1）x=(658+571+L+641)=5932.，2021222s=[(658−593)2.+(571−593)2.+L+(641−593)2.]=2883.22；19（2）由假设得X~N(593.2,2883.22)，设每天批发a份报纸，收益为Y，当X≥a时，实际售出a份报纸，收益Y=0.15a元，当X,0+∞−5x−5x+∞−5xα解：因X的密度函数为f(x)=⎨有α=P{X≥xα}=∫e5dx=(−e)=e，⎩,0x≤,0xαxα111故xα=−lnα，当α=0.15时，x.015=−ln.015=.03794；当α=0.95时，x.095=−ln.095=.00103．555习题5.31．求N(5,16)分布的上侧α分位数：（1）α=0.95；（2）α=0.05；（3）α=0.01．X−5X−5xα−5xα−5解：因~N)1,0(，且α=P{X≥xα}=P{≥}，有=uα，4444−1则xα=5+4uα=5+4Φ(1−α)，（1）x0.95=5+4u0.95=5+4×(−1.64)=−1.56；（2）x0.05=5+4u0.05=5+4×1.64=11.56；（3）x0.01=5+4u0.01=5+4×2.33=14.32．2．查表求自由度为7的t分布的上侧α分位数：（1）α=0.95；（2）α=0.99；（3）α=0.05；（4）α=0.01．解：因t1−α(n)=−tα(n)，（1）t0.95(7)=−t0.05(7)=−1.8946；（2）t0.99(7)=−t0.01(7)=−2.9980；（3）t0.05(7)=1.8946；（4）t0.01(7)=2.9980．23．查表计算χα(18)：（1）α=0.05；（2）α=0.99．2解：（1）χ.005(18)=28.869；2（2）χ.099(18)=.7015．22224．设χ~χ(n)，证明：E(χ)=n，D(χ)=2n．222222证：因χ~χ(n)，存在X1,X2,…,Xn相互独立且都服从N(0,1)，使得χ=X1+X2+L+Xn，2222222222则(Eχ)=(EX1)+(EX2)+L+(EXn)=n(EX1)，D(χ)=D(X1)+D(X2)+L+D(Xn)=nD(X1)，因X1~N(0,1)，有E(X1)=0，D(X1)=1，222故(EX1)=D(X1)+(E[X1)]=1，即E(χ)=n；2422而D(X1)=(EX1)−(E[X1)]，+∞x2x2x2x23+∞1−+∞1−x−2+∞1−22且(EX14)=∫x4⋅e2dx=∫x3⋅(d−e2)=−e+∫e⋅3xdx−∞−∞−∞2π2π2π2π−∞x2+∞1−2=0+3∫x2⋅e2dx=3(EX1)=3，−∞2π3 24222故D(X1)=(EX1)−(E[X1)]=3−1=2，即D(χ)=2n．5．求第一自由度为4，第二自由度为7的F分布的上侧α分位数：（1）α=0.95；（2）α=0.99；（3）α=0.05；（4）α=0.01．1解：因Fα(n,m)=，F1−α(m,n)11（1）F.095)7,4(===.01642；F.005)4,7(.60911（2）F.099)7,4(===.00668；F.001)4,7(14.98（3）F0.05(4,7)=4.12；（4）F0.01(4,7)=7.85．16．证明Fα(n,m)=．F1−α(m,n)22Xn1Ym证：设X~χ(n)，Y~χ(m)，且X与Y相互独立，有F=~F(n,m)，且=~F(m,n)，YmFXn1111则P{F>F1−α(m,n)}=P{<}=1−α，即P{≥}=α，FF1−α(m,n)FF1−α(m,n)1故Fα(n,m)=．F1−α(m,n)习题5.41．在总体N(12,4)中随机抽取一容量为36的样本，求样本均值X落在8.8至13.2之间的概率．X−12X−12解：因总体X~N(12,4)，且样本容量n=36，有=~N)1,0(，2363/1X−12故P8.8{}1=P{>.08165}=1[2−Φ.0(82)]=2×1(−.07939)=.04122．5.13．分别从方差为20和35的两个正态总体中抽取容量为8和10的两个独立样本X1,X2,…,X8与Y1,Y2,…,22Y10，试估计P{Sx≥2Sy}．4 解：双总体X~N(µx,20)，Y~N(µy,35)，样本容量分别为n=8，m=10，且相互独立，22Sx/20Sx则=.175~F)9,7(，22Sy/35Sy222Sx故P{Sx≥2Sy}=P.1{752≥}5.3=.00423．Sy注：最后一步利用MATLAB软件计算积分，程序如下：建立fdis.m文件：functiony=fdis(x)n=7;m=9;y=gamma((n+m)/2)/gamma(n/2)/gamma(m/2)*(n/m)^(n/2)*x.^(n/2-1).*(1+n/m*x).^(-(n+m)/2);%F分布密度命令窗口输入：p=1-quadl(@fdis,0,3.5)24．设总体X~N(µ,σ)，X1,…,Xn为X的样本．如果利用样本讨论与总体期望µ有关的概率问题，应选取哪个统计量？选用哪个抽样分布？解：讨论总体期望µ，应选取样本均值X，2X−µ2X−µ当σ已知时，选用U=~N)1,0(，当σ未知时，选用T=~N)1,0(．σnSn225．设X1,…,Xn与Y1,…,Ym分别为来自正态总体X~N(µ1,σ1)与Y~N(µ2,σ2)的样本，且两样本相互独立．如果利用样本讨论与两总体样本均值差µ1−µ2有关的概率问题，应选取哪个统计量？选用哪个22抽样分布？如果利用样本讨论与两总体样本方差比σ1σ2有关的概率问题，应选取哪个统计量？选用哪个抽样分布？解：讨论两总体均值差µ1−µ2，应选取样本均值差X−Y，22(X−Y)−(µ1−µ2)当σ1和σ2已知时，选用~N)1,0(，22σ1σ2+nm2222(X−Y)−(µ1−µ2)当σ1和σ2未知但σ1=σ2时，选用~t(n+m−)2．22(n−)1S1+(m−)1S211⋅+n+m−2nm复习题五1．设X1,…,Xn为来自总体X的样本，下列样本函数何时是统计量，何时不是统计量．1n1n1n22（1）∑Xi−2X；（2）∑(aXi+b)；（3）∑[Xi−(EXi)]；（4）max{Xi}−min{Xi}；ni=1ni=1ni=11≤i≤n1≤i≤nmax{Xi}−min{Xi}1≤i≤n1≤i≤n（5）．D(X)解：（1）不含未知参数，是统计量；（2）含参数a,b，当参数a,b已知时，是统计量，当a,b未知时，不是统计量；5 （3）含E(Xi)=E(X)，当总体期望E(X)已知时，是统计量，当E(X)未知时，不是统计量；（4）不含未知参数，是统计量；1（5）含D(X)=D(X)，当总体方差D(X)已知时，是统计量，当D(X)未知时，不是统计量．n1n2222．设X1,…,Xn为总体X的样本，X=∑Xi，在下列情形下求(EX)．ni=1（1）X服从参数为p=0.6的两点分布，；（2）X服从参数λ=7的泊松分布；（3）X~N(3,16)．1n222222解：因(EXi)=D(Xi)+(E[Xi)]=D(X)+(E[X)]，有(EX)=∑(EXi)=D(X)+(E[X)]，ni=122（1）因X~(0-1)，有E(X)=p=0.6，D(X)=pq=0.24，故(EX)=.024+6.0=6.0；22（2）因X~P(7)，有E(X)=λ=7，D(X)=λ=7，故(EX)=7+7=56；222（3）因X~N(3,16)，有E(X)=µ=3，D(X)=σ=16，故(EX)=16+3=25．3．设X~N(µ,4)，X为样本均值，试求样本容量n为多少时，才能使P{|X−µ|<}1.0≥9.0？X−µ解：因X~N(µ,4)，有~N)1,0(，/2n−1.0X−µ1.01.0−1.01.0n则P{|X−µ|<}1.0=P{<<}=Φ()−Φ()=2Φ()−1≥9.0，/2n/2n/2n/2n/2n21.0n1.0n得Φ()≥.095，≥u.005=.164，n≥328.，故n≥1075.84，取n≥1076．2224．设X~N(15,9)，X,S分别为样本均值和样本方差，样本容量n=6，求a，使概率P{X≤a}=9.0．2X−15解：因X~N(15,3)，且n=6，有~N)1,0(，/36X−15a−15a−15a−15则P{X≤a}=P{≤}=Φ()=9.0，得=u1.0=.128，故a=16.57．/36/36/36/3625．设X~N(µ,9)，X,S分别为样本均值和样本方差，n=10．求a：（1）使概率P{X≤a}=9.0，应该用什么分布？能否求出？2（2）使概率P{Sb}=.095，即b=F.005)7,5(=.397，故b=0.9403．SySy/38997．设X1,…,X5为来自总体N(20,9)的样本，求：（1）P{max(X1,…,X5)>21.5}；（2）P{min(X1,…,X5)>21.5}．解：（1）P{max(X1,…,X5)>21.5}=1−P{max(X1,…,X5)≤21.5}=1−P{X1≤21.5,…,X5≤21.5}555=1−P{X1≤21.5}…P{X5≤21.5}=1−[F(21.5)]=1−[Φ(0.5)]=1−0.6915=0.8419；（2）P{min(X1,…,X5)>21.5}=P{X1>21.5,…,X5>21.5}=P{X1>21.5}…P{X5>21.5}555=[1−F(21.5)]=[1−Φ(0.5)]=(1−0.6915)=0.0028．1n1n2228．设X1,…,Xn,Xn+1是来自正态总体N(µ,σ)的样本，X=∑Xi，SX=−∑()iX，试证ni=1n−1i=1XX−nn+1明统计量Tt=−~(1)n．Sn+11nσ22解：因XX=∑i~(,)Nµ，Xn+1~N(µ,σ)，且X与Xn+1相互独立，即Xn+1−X服从正态分布，nni=1222σn+1且E(XXX−=)E()−E()X=−=µµ0，D(XXX−=)D()D()+X=+=σσ，nn++11nn++11nnn+12XXn+1−则XXNn+1−~(0,σ)，即~(N0,1)，nn+1σnn22∑()XXi−(1nS−)i=12因=−~(1χn)，22σσ7 XX−n+1n+1σnXX−n+1故根据t分布的定义得=~(1)tn−．(1nS−)2n+1(1n−)Sσ2n22(X1+X2)9．设X1,X2为来自正态总体N(0,σ)的样本，求Y=的分布．2(X1−X2)22解：因X1~N(0,σ)，X2~N(0,σ)，且相互独立，2有E(X1)=E(X2)=0，D(X1)=D(X2)=σ，Cov(X1,X2)=0，2则E(X1+X2)=E(X1)+E(X2)=0，D(X1+X2)=D(X1)+D(X2)=2σ，2E(X1−X2)=E(X1)−E(X2)=0，D(X1−X2)=D(X1)+D(X2)=2σ，Cov(X1+X2,X1−X2)=Cov(X1,X1)−Cov(X1,X2)+Cov(X2,X1)−Cov(X2,X2)=D(X1)−D(X2)=0，因(X1,X2)服从二维正态分布，X1+X2与X1−X2都是X1与X2的线性组合，22有(X1+X2,X1−X2)也服从二维正态分布，即X1+X2~N(0,2σ)，X2−X2~N(0,2σ)，且相互独立，22X1+X2X1−X2(X1+X2)2(X1−X2)2则~N)1,0(，~N)1,0(，即~χ)1(，~χ)1(，且相互独立，222σ2σ2σ2σ2(X1+X2)21(X+X)2σ212故Y==~F)1,1(．22(X1−X2)(X1−X2)122σ210．设X1,…,X6是来自正态总体N(0,3)的样本，试确定常数a和b，使得随机变量Y=a(X1+X2)+b(X322−X4+X5+X6)服从自由度为2的χ分布．解：因Xi~N(0,3)，i=1,…,6，且相互独立，有E(Xi)=0，D(Xi)=3，则X1+X2和X3−X4+X5+X6都服从正态分布，且E(X1+X2)=E(X1)+E(X2)=0，D(X1+X2)=D(X1)+D(X2)=6，E(X3−X4+X5+X6)=E(X3)−E(X4)+E(X5)+E(X6)=0，D(X3−X4+X5+X6)=D(X3)+D(X4)+D(X5)+D(X6)=12，即X1+X2~N(0,6)，X3−X4+X5+X6~N(0,12)，且相互独立，22X1+X2X3−X4+X5+X6(X1+X2)(X3−X4+X5+X6)2得~N)1,0(，~N)1,0(，+~χ)2(，61261211故a=，b=．6128 概率论第六章习题解答习题6.11．求下列总体分布中参数的矩估计：⎧21,θθxx+−01≤≤,（1）fx(;)θ=⎨其中θ<1；⎩0,其他,x−1（2）f(x;p)=p(1−p)，x=1,2,…；其中00．12212⎪⎩0,其他,121θ32−θθ1211−θθ解：（1）因E()Xxx=+∫(2θθ1−)dxx=+=(x)+=+，有θ=6E(X)−3，03203226故θ的矩估计为θˆ=63X−；∞∞∞dd∞d⎛⎞q11xxxx−−11（2）因E()X=⋅−=⋅=∑∑xpp(1)pxqpqpqp∑=∑=⎜⎟=p2=，xx==11x=1ddqqx=1dq⎝⎠1−q(1−q)p11故p=，p的矩估计为pˆ=；E()XX+∞x−θ1x−θ1x−θ1x−θ1−−−−+∞1θ2+∞θ2θ2+∞θ2（3）因(EX)=∫θx⋅edx=∫θx⋅(−)1de=−xe+∫θedx1θ112θ1+∞+∞x−θ1x−θ1−−=−xeθ2−θeθ2=θ+θ，212θ1θ1+∞x−θ1x−θ1x−θ1x−θ1−−−−2+∞21θ2+∞2θ22θ2+∞θ2且(EX)=∫θx⋅edx=∫θx⋅(−)1de=−xe+∫θe⋅2xdx1θ112θ1+∞x−θ1x−θ1−−2θ2+∞1θ2222=−xe+2θ2∫θx⋅edx=θ1+2θ2(EX)=θ1+2θ1θ2+2θ2，1θ2θ1222222则D(X)=(EX)−(E[X)]=θ1+2θ1θ2+2θ2−(θ1+θ2)=θ2，即θ2=D(X)，θ1=(EX)−D(X)，故θ1和θ2的矩估计为θˆ1=X−Sn，θˆ2=Sn．2．求下列总体分布中参数的极大似然估计：1 x−1（1）f(x;θ)=θ(1−θ)，x=1,2,…；其中0<θ<1；xλ−λ（2）f(x;λ)=e，x=0,1,2,…；其中λ>0；x!(lnx−µ)21−2（3）f(x;µ,σ2)=e2σ，x=0；其中−∞<µ<+∞，σ>0．2πσxn∑xi−n解：（1）L(θ)=f(x;θ)f(x;θ)?f(x;θ)=θ1(−θ)x1−1⋅θ1(−θ)x2−1?θ1(−θ)xn−1=θn1(−θ)i=1，12nndlnL(θ)1n−1n1即lnL(θ)=nlnθ+(∑xi−n)ln(1−θ)，令=n⋅+(∑xi−n)⋅=0，得θ=n=，i=1dθθi=11−θx∑xii=1故θ的极大似然估计为θˆ=1；Xn∑xiλx1λx2λxnλi=1−λ−λ−λ−nλ（2）L(λ)=f(x1;λ)f(x2;λ)?f(xn;λ)=e⋅e?e=e，x1!x2!xn!x1!x2!?xn!ndlnL(λ)n11n即lnL(λ)=∑xi⋅lnλ−ln(x1!x2!?xn)!−nλ，令=∑xi⋅−n=0，得λ=∑xi=x，i=1dλi=1λni=1故λ的极大似然估计为λˆ=X；2222（3）L(µ,σ)=f(x1;µ,σ)f(x2;µ,σ)?f(xn;µ,σ)n(lnx−µ)2222∑i−(lnx1−µ)−(lnx2−µ)−(lnxn−µ)−i=112121212=e2σe2σ?e2σ=e2σ，n2πσx12πσx22πσxn(2πσ)x1x2?xnn2∑(lnxi−µ)即2n2i=1lnL(µ,σ)=−(ln2π+lnσ)−ln(x1x2?xn)−2，22σnn∂lnL(µ,σ2)∑2(lnxi−µ)⋅(−)1∑lnxi−nµ1n令i=1i=10，得µ=∑lnx，=−==i22∂µ2σσni=1n2∂lnL(µ,σ2)n1∑(lnxi−µ)1n再令=−⋅+i=1=0，得σ2=∑(lnx−µ)2，224ni∂σ2σ2σi=11n∧1n1n故µ和σ2的极大似然估计为µˆ=∑，2=∑−2lnXiσ(lnXi∑lnXi)．ni=1ni=1ni=13．设总体X的密度函数为⎧+θ<<(θ)1x,0x,1f(x;θ)=⎨⎩,0其他,求参数θ的极大似然估计与矩法估计，并看看它们是否一致？今获得样本观测值为0.4,0.7,0.27,0.55,2 0.68,0.31,0.45,0.83．试分别求θ的极大似然估计值与矩估计值．θθθnθ解：因Lf()θθθθ==(;)(xfxf;)??(x;)(θθθθ+1)x⋅(+1)x(+1)x=(+1)(xxx?)，12nn1212ndln()Lθ1即lnL(θ)=nln(θ+1)+θln(x1x2…xn)，令=nx⋅+ln(12x?xn)=0，d1θθ+nn则θ=−−=−11−，nln(xx?x)12n∑lnxii=1故θ的极大似然估计为θˆ=−n−1；n∑lnXii=11θ+21θxθ+12E()1X−因E()Xxx=⋅+∫(θθ1)dx=+⋅(1)=，有θ=，0θθ+22+1E()−X0ˆ21X−故θ的矩法估计为θ=；1−X显然参数θ的极大似然估计与矩法估计不一致；1又因样本观测值为0.4,0.7,0.27,0.55,0.68,0.31,0.45,0.83，有x=+(0.40.7+?+=0.83)0.52375，8故θ的极大似然估计值为θˆ=−8−=10.3982，ln0.4ln0.7++?+ln0.83θ的矩估计值为θˆ==20.523751×−0.0997．10.52375−习题6.21．设容量为3的随机样本X1,X2,X3取自概率密度函数为⎧⎪−1<<θ,0xθ,fx(;)θ=⎨⎪⎩0,其他,的总体．证明θˆ=4X和θˆ=43X都是θ的无偏估计量．1(1)2(3)证：总体X的分布函数为⎧0,x<0,⎪⎪xFx(;)θ=≤⎨,0x<θ,⎪θ⎪⎩1,x≥θ,则容量为3的样本的最小顺序统计量X(1)的分布函数和密度函数为⎧0,x<0,⎪33⎪⎛⎞xFx(;)1[1θ=−−Fx(;)]θθ=−−⎨11⎜⎟,0≤0）的总体X中分别抽取容量为n1,n2的两个独立样本，样本均值分别为X和X．试证：对于任意满足条件a+b=1的常数a和b，µˆ=+aXbX都是µ的无偏估计，并1212确定a、b使方差D()µˆ达到最小．22σσ解：因E(XX)==E()µ，D(X)=，D(X)=，有E()µˆ=+=aXbXababE()E()µµ+=(+)µ，121212nn12故当a+b=1时，E()µˆ=µ，µˆ=+aXbX都是µ的无偏估计；1222⎡⎤2−2+−+2222σσ2aa(1)2()2nnanan12112又D()µˆ=+=aXbXaD()D()⋅+(1−a)⋅=⎢⎥+σσ=，12nnnnnn12⎣⎦12122dD()µˆ2(nnan12+−)212n1dD()µˆ2(nn12+)2令==σ0，得a=，且=σ>0，2dan12nnn12+dann124 nn12故当a=，ba=−=1时，方差D()µˆ达到最小．nn+nn+12124．设X1,X2,X3,X4是来自均值为θ的指数分布的样本，其中θ未知．证明下列三个估计量111TXXXX11=+++()23()4，TX21=+(65X2−4X3+3X4)，T3=2X1−X2+3X3−3X4，3610均为θ的无偏估计量，并说明上述估计量中哪个最有效．2证：因总体X服从均值为θ的指数分布，即X~e(1/θ)，有E(X)=θ，D(X)=θ，1111则E()TXXXX=+++=[E()E()][E()E()](θ+θθ)+(+θ)=θ，11234363611E()[TX=+6E()5E()4X−E()3X+E()X](=6543)θ+θθθθ−+=，212341010E(T3)=2E(X1)−E(X2)+3E(X3)−3E(X4)=2θ−θ+3θ−3θ=θ，故T1,T2,T3均为θ的无偏估计量；1112212252又D()TXX=+++=[D()D()][D(XX)D()](θ+θθ)++(θθ)=，1123493693618112222432D()TX=+[36D()25D(X)16D(+X)9D(+X)]=(36θ+25θθθθ+16+9)=，212341001005022222D(T3)=4D(X1)+D(X2)+9D(X3)+9D(X4)=4θ+θ+9θ+9θ=23θ，显然D(T1)0，试证：()θˆ2不是θ2的无偏估计量．证：因θˆ是参数θ的无偏估计量，即E()θˆ=θ，有E[()]θˆˆˆˆ22=DD()[E()]θθθ+=+()θ2>θ2，故()θˆ2不是θ2的无偏估计量．习题6.31．随机地从一批零件中抽取10个，测得其长度（单位：cm）为：2.13,2.14,2.12,2.13,2.11,2.15,2.14,2.13,22.12,2.13．假设该批零件的长度服从正态分布N(µ,σ)，试求总体均值µ的置信系数为95%的置信区间：（1）若已知σ=0.01；（2）若σ未知．X−µ解：（1）单个正态总体，已知σ，估计µ，总体均值µ的点估计为X，枢轴量为UN=~(0,1)，σnσσ置信系数1−α=0.95，置信区间为(,)Xu−⋅Xu+⋅，αα/2/2nn1因x=+(2.132.14+?+2.13)=2.13，σ=0.01，n=10，u0.025=1.96，100.010.01故µ的置信系数95%的置信区间为(2.131.96−×,2.131.96+×=)(2.1238,2.1362)；1010X−µ（2）单个正态总体，未知σ，估计µ，总体均值µ的点估计为X，枢轴量为Tt=−~(1)n，SnSS置信系数1−α=0.95，置信区间为(Xtn−−(1)⋅+−,Xtn(1)⋅)，αα/2/2nn5 1因x=+(2.132.14+?+2.13)=2.13，10221222s=−+−+[(2.132.13)(2.142.13)?+(2.132.13)]0.0115−=，n=10，t0.025(9)=2.2622，90.01150.0115故µ的95%置信区间为(2.132.2622−×,2.132.2622+×=)(2.1217,2.1383)．10102．为估计制造某件产品所需的单件平均工时（单位：小时），现制造了五件，记录所需工时为：10.5,11,11.2,12.5,12.8．设制造单件产品所需工时服从正态分布，试求单件平均工时的置信系数95%的置信区间．X−µ解：单个正态总体，未知σ，估计µ，总体均值µ的点估计为X，枢轴量为Tt=~(1)n−，SnSS置信系数1−α=0.95，置信区间为(Xtn−−(1)⋅+−,Xtn(1)⋅)，αα/2/2nn1因x=+(10.511+?+=12.8)11.6，5221222s=−+[(10.511.6)(1111.6)−+?+(12.811.6)]0.9975−=，n=5，t0.025(4)=2.7764，40.99750.9975故µ的95%置信区间为(11.62.7764−×,11.62.7764+×=)(10.3615,12.8385)．553．设有两台机床用来生产规格相同的铝合金薄板．随机选取每台机床轧制的产品若干张，测得它们的厚度（单位：cm）如下：机器I：0.243,0.238,0.248,0.245,0.236,0.241,0.239，机器II：0.261,0.254,0.255,0.257,0.253,0.250，设两台机床所生产的薄板的厚度服从方差相等的正态分布．试给出两台机床生产的铝合金薄板平均厚度差的置信系数为95%的置信区间．2222解：两个正态总体，未知σxy,σ（但σxy=σ），估计µx−µy，均值差µx−µy的点估计为X−Y，()XY−−−()µµxy枢轴量为Tt=+~(nm−2)，22(1nSmS−+−)(1)11xy⋅+nm+−2nm22(1nSmS−+−)(1)11xy置信系数1−α=0.95，置信区间为((XYtnm−±+−⋅2)⋅+)，α/2nm+−2nm11因x=+(0.2430.238+?+=0.239)0.2414，y=+(0.2610.254+?+=0.250)0.255，76221222s=−+[(0.2430.2414)(0.2380.2414)−+?+(0.2390.2414)]0.0042−=，x6221222s=−+−+[(0.2610.255)(0.2540.255)?+−=(0.2500.255)]0.0037，y5n=7，m=6，t0.025(11)=2.2010，故µ的95%置信区间为2260.0042×+50.0037×11(0.24140.2552.2010−±⋅⋅+)=(0.0185,0.0087)−−．11766 2224．由容量为15，取自正态总体N(µ,σ)的随机样本算得xs==3.2,4.24，确定σ和σ的置信系数90%的置信区间．222222(1nS−)解：单个正态总体，估计σ，总体方差σ的点估计为S，枢轴量为χχ=~(1n−)，2σ22(1nS−−)(1nS)置信系数1−α=0.90，置信区间为(,)，22χχ(1nn−−)(1)αα/21−/2222因s=4.24，n=15，χ(14)=23.685，χ(14)=6.571，0.050.952144.24144.24××故σ的90%置信区间为(,)=(2.5062,9.0336)；23.6856.571σ的90%置信区间为(2.5062,9.0336)=(1.5831,3.0056)．5．设有两个化验员A和B独立对某种聚合物中的含氯量用同一种方法各做了10次测定，其测定值的方22222σA差分别为ss==0.512,0.665．假定各自的测定值均服从正态分布，方差分别为σ和σ，求的ABAB2σB置信系数为0.90的置信区间．22222σσSSσAAAAA解：两个正态总体，估计，方差比的点估计为，枢轴量为FF=~(1n−−,1m)，22222σσSSσBBBBB置信系数1−α=0.90，置信区间为2222SSAA11SSAA1(,)⋅⋅=(,⋅⋅Fmn(−1,−1))，2222α/2SSFnm(1−−,1)Fnm(1−−,1)SSFnm(1−−,1)BBααα/21−/2BB/222因ssAB==0.512,0.665，n=10，m=10，F0.05(9,9)=3.18，2σA0.51210.512故的置信系数为0.90的置信区间为(××,3.18)=(0.2421,2.4484)．2σ0.6653.180.665B6．设枪弹的速度（单位：米/秒）服从正态分布．为了比较两种枪弹的速度，在相同的条件下进行了速度测定．算得数据如下：枪弹甲：m=110，x=2810，sx=121.41；枪弹乙：n=100，y=2682，sx=105.06．试求这两种枪弹的平均速度之差的置信系数近似为95%的置信区间．22解：两个正态总体，未知σxy,σ（大样本），估计µx−µy，均值差µx−µy的点估计为X−Y，()XY−−−()µµxy大样本情形下枢轴量为TN=~("0,1)，22SSxy+mn2222SSSSxxyy置信系数1−α=0.95，置信区间为(,)XYu−−⋅+XYu−+⋅+，αα/2/2mnmn因m=110，x=2810，sx=121.41，n=100，y=2682，sx=105.06，u0.025=1.96，7 22121.41105.06故µx−µy的95%置信区间为(281026821.96−±×+)=(97.36,158.64)．110100复习题六1．设X1,…,Xn为来自总体X的样本，X的概率密度函数为⎧2⎪()θ−0）是未知参数．试求参数θ的矩估计量．33θ22θ231θ2θθθ解：因E()Xx=⋅−=∫022(θx)dx(xx−)0=2(−=)，有θ=3E(X)，θθ23θ233故θ的矩估计为θˆ=X．注：此题有误，密度函数非零取值范围应为00，θ2>0．若随机样本X1,…,Xn取自该分布，求θ1与θ2的极大似然估计量．解：伯莱托分布的密度函数为⎧θθ2⎪θ⋅1,x≥θ,f(x;θ1,θ2)=F′(x;θ1,θ2)=⎨2xθ2+11⎪,0x<θ,⎩1θθ2θθ2θθ2θnθ2则L(θ,θ)=f(x;θ,θ)f(x;θ,θ)?f(x;θ,θ)=θ1⋅θ1?θ1=θn1，12112212n122xθ2+12xθ2+12xθ2+12(xx?x)θ2+112n12n即lnL(θ1,θ2)=nlnθ2+nθ2lnθ1−(θ2+1)ln(x1x2…xn)，显然θ1越大，lnL(θ1,θ2)就越大，且xi≥θ1，故θ1的极大似然估计量为θˆ1=min{X1,?,Xn}=X)1(；∂lnL(θ1,θ2)1n1令=n⋅+nlnθ1−ln(x1x2?xn)=0，得θ2==n，∂θ2θ2ln(x1x2?xn)−nlnθ11∑lnx−lnθi1ni=1ˆ1故θ2的极大似然估计量为θ2=n．1∑lnXi−lnX)1(ni=13．设总体X的概率密度为−−31/22−x22α⎧⎪4απxxe,0>,fx(;)α=⎨⎪⎩0,x≤0,试求参数α的矩估计和极大似然估计，并证明矩估计量是无偏的．+∞−−31/22−xx22α+∞−−11/22−22α解：因E()Xx=⋅∫∫4ααπxxed2=πx⋅(1)de−008 +∞+∞−−11/22−xx22αα+∞−−−11/2222−−1/2x22α−1/2=−2αααπxxe2+∫πed()=+−0(2πe)2=απ，000E()XX故α=，α的矩估计为αˆ=；2π2π−−−−22αα−−22−−−22α因Lf()αααα==(;)(;)xfxf??(;)4xα3π1/22xe4xx12⋅α3π1/22xe4α3π1/22xexn12n12nn−x22α∑i=4nnnα−−3/π2()xx?x2ei=1，12nn1n2即ln()Lnnαα=−−+ln43lnlnπ2ln(xxx?)−∑x，12ni22αi=1dln()Lα12n2n22令=−⋅+30nx∑=，得α=∑x，3iidαααi=13ni=12n2故α的极大似然估计为αˆ=∑X；i3ni=14．设总体X的密度函数为1−−||xλfx(;)λ=−e,∞，有n−2k<0，lnL(λ)关于λ单调减少，22n当n为偶数时，取k=，lnL(λ)在xx≤λ<时达到最大，（由连续性知λ=x时也达到最大），2()nn()+1()n+1222故当n为偶数时，λ的极大似然估计量λˆ为区间[,]XX上的任何值；()nn()+122n−1当n为奇数时，取k=，lnL(λ)在xx≤λ<时单调增加，()nn−11()+222n+1取k=，lnL(λ)在xx≤λ<时单调减少，()nn++13()2229 即lnL(λ)在λ=x()n+1时达到最大，2故当n为奇数时，λ的极大似然估计量λˆ=X．()n+12n−1225．设总体X~N(µ,σ)，X1,…,Xn是X的样本，X为样本均值，求常数c和d，使c∑(Xi+1−Xi)与i=1n2d∑|Xi−X|分别为σ和σ的无偏估计．i=12222解：因E(Xi)=µ，(EXi)=D(Xi)+(E[Xi)]=σ+µ，⎡n−1⎤n−1n−122222则E⎢c∑(Xi+1−Xi)⎥=c∑(EXi+1+Xi−2XiXi+1)=c∑(E[Xi+1)+(EXi)−2(EXi(E)Xi+1)]⎣i=1⎦i=1i=1n−12222222=c∑[(σ+µ)+(σ+µ)−2µ]=c⋅(n−)1⋅2σ=2c(n−)1σ，i=11⎡n−1⎤1n−12222故当c=时，E⎢c∑(Xi+1−Xi)⎥=σ，∑(Xi+1−Xi)为σ的无偏估计；(2n−)1⎣i=1⎦(2n−)1i=11nn−11因Xi−X=Xi−∑Xj=Xi−∑Xj，有Xi−X服从正态分布，nj=1nnj≠i且E(XX−=)E(X)E()−X=−=µµ0，ii22(1nn−−)1(1)221n−12D(XX−=)D(X)+∑D(X)=σ+⋅−=(n1)σσ，iinn22jn2n2nji≠n−12XXi−则XXNi−~(0,σ)，~(N0,1)，nn−1σnXi−X记Y=，有Y~N(0,1)，n−1σn+∞yy22y2+∞11−−+∞1−2则E(||)Yy=⋅∫∫||e22dyy=⋅2edy=−2⋅e2=，−∞2π02π2π2π021n−nn21n−即E(|XX−=⋅|)σ，E(dXXd∑∑|−=|)E(|XXdn−=⋅|)⋅⋅σ，iii2πnii==112πn2(1)nn−⎡⎤n2(1)nn−n故当d=时，E|⎢⎥dXX∑i−=|σ，∑||Xi−X为σ的无偏估计．π⎣⎦i=1πi=110'