概率论与数理统计课后答案_徐雅静- 64页

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欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/4．已知P(A)=0.7，P(A–B)=0.3，试求P(AB)．解：因为P(A–B)=0.3，所以P(A)–P(AB)=0.3,P(AB)=P(A)–0.3,又因为P(A)=0.7，所以P(AB)=0.7–0.3=0.4，P(AB)1P(AB)0.6.5．从5双不同的鞋子种任取4只，问这4只鞋子中至少有两只配成一双的概率是多少？4解：显然总取法有nC种，以下求至少有两只配成一双的取法k：1012122法一：分两种情况考虑：kCC(C)+C54251212其中：CC(C)为恰有1双配对的方法数542111C8C62法二：分两种情况考虑：kC+C552!11CC186其中：C为恰有1双配对的方法数52!1212法三：分两种情况考虑：kC(CC)+C5845121其中：C(CC)为恰有1双配对的方法数584122法四：先满足有1双配对再除去重复部分：kCC-C5854414法五：考虑对立事件：kC-C(C)1052414其中：C(C)为没有一双配对的方法数521111CCCC410864法六：考虑对立事件：kC104!1111CCCC10864其中：为没有一双配对的方法数4!k13所求概率为p.4C21106．在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任取3人记录其纪念章的号码．求：(1)求最小号码为5的概率；(2)求最大号码为5的概率．212C1CA1535解：(1)法一：p，法二：p33C12A121010 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/212C1CA1434(2)法二：p，法二：p33C20A2010107．将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯子中球的最大个数分别为1，2，3的概率．解：设M1,M2,M3表示杯子中球的最大个数分别为1，2，3的事件，则3221A3CA9C14344P(M),P(M),P(M)132333484164168．设5个产品中有3个合格品，2个不合格品，从中不返回地任取2个，求取出的2个中全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品的概率各为多少？解：设M2,M1,M0分别事件表示取出的2个球全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品，则2112CCCC3322P(M)0.3,P(M)0.6,P(M)0.1221212CCC5559．口袋中有5个白球，3个黑球，从中任取两个，求取到的两个球颜色相同的概率．解：设M1=“取到两个球颜色相同”，M1=“取到两个球均为白球”，M2=“取到两个球均为黑球”，则MMM且MM.121222CC1353所以P(M)P(MM)P(M)P(M).121222CC288810．若在区间(0，1)内任取两个数，求事件“两数之和小于6/5”的概率．解：这是一个几何概型问题．以x和y表示任取两个数，在平面上建立xOy直角坐标系，如图.任取两个数的所有结果构成样本空间={(x，y)：0x，y1}事件A=“两数之和小于6/5”={(x，y)：x+y6/5}因此2141A的面积2517P(A)．的面积125图？211．随机地向半圆0y2axx（a为常数）内掷一点，点落在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，求原点和该点的连线与x轴的夹角小于的概率．4解：这是一个几何概型问题．以x和y表示随机地向半圆内掷一点的坐标，表示原点和该点的连线与x轴的夹角，在平面上建立xOy直角坐标系，如图.随机地向半圆内掷一点的所有结果构成样本空间2={(x，y)：0x2a,0y2axx}事件A=“原点和该点的连线与x轴的夹角小于”4 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/2={(x，y)：0x2a,0y2axx,0}4因此1212aaA的面积2411．P(A)的面积122a211112．已知P(A),P(BA),P(AB)，求P(AB)．432111P(AB)111解：P(AB)P(A)P(BA),P(B),4312P(A|B)12261111P(AB)P(A)P(B)P(AB).4612313．设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率是多少？解：题中要求的“已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率”应理解为求“已知所取两件产品中至少有一件是不合格品，则两件均为不合格品的概率”。设A=“所取两件产品中至少有一件是不合格品”，B=“两件均为不合格品”；22C2C264P(A)1P(A)1，P(B)，22C3C151010P(AB)P(B)221P(B|A)/P(A)P(A)153514．有两个箱子，第1箱子有3个白球2个红球，第2个箱子有4个白球4个红球，现从第1个箱子中随机地取1个球放到第2个箱子里，再从第2个箱子中取出一个球，此球是白球的概率是多少？已知上述从第2个箱子中取出的球是白球，则从第1个箱子中取出的球是白球的概率是多少？解：设A=“从第1个箱子中取出的1个球是白球”，B=“从第2个箱子中取出的1个球是白球”，则1C322P(A),P(A)，由全概率公式得1C555113C2C2354P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A),115C5C4599由贝叶斯公式得1P(A)P(B|A)3C52315P(A|B)/.1P(B)5C4523915．将两信息分别编码为A和B传递出去，接收站收到时，A被误收作B的概率为0.02，而B被误收作A的概率为0.01，信息A与信息B传送的频繁程度为2：1，若接收站收到的信息是A，问原发信息是A的概率是多少？解：设M=“原发信息是A”，N=“接收到的信息是A”，已知 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/2P(N|M)0.02,P(N|M)0.01,P(M).3所以1P(N|M)0.98,P(N|M)0.99,P(M),3由贝叶斯公式得P(M)P(N|M)221196P(M|N)0.98(0.980.01).P(M)P(N|M)P(M)P(N|M)33319711116．三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为,,，问三人中至少有一人能将534此密码译出的概率是多少？解：设Ai=“第i个人能破译密码”，i=1,2,3.111423已知P(A),P(A),P(A),所以P(A),P(A),P(A),123123534534至少有一人能将此密码译出的概率为42331P(AAA)1P(A)P(A)P(A)1.123122534517．设事件A与B相互独立，已知P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7，求P(BA).解：由于A与B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B),且P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)将P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7代入上式解得P(B)=0.5，所以P(AB)P(A)P(B)P(BA)1P(BA)111P(B)10.50.5.P(A)P(A)或者,由于A与B相互独立,所以A与B相互独立，所以P(BA)P(B)1P(B)10.50.5.18．甲乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被命中，则它是甲射中的概率是多少？解：设A=“甲射击目标”，B=“乙射击目标”，M=“命中目标”，已知P(A)=P(B)=1,P(MA)0.6,P(MB)0.5,所以P(M)P(ABABAB)P(AB)P(AB)P(AB).由于甲乙两人是独立射击目标，所以P(M)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)0.60.50.40.50.60.50.8.P(AM)P(A)P(M|A)10.6P(A|M)0.75P(M)P(M)0.8 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/19．某零件用两种工艺加工，第一种工艺有三道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，0.1；第二种工艺有两道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，试问：(1)用哪种工艺加工得到合格品的概率较大些？(2)第二种工艺两道工序出现不合格品的概率都是0.3时，情况又如何？解：设Ai=“第1种工艺的第i道工序出现合格品”，i=1,2,3；Bi=“第2种工艺的第i道工序出现合格品”，i=1,2.（1）根据题意，P(A1)=0.7，P(A2)=0.8，P(A3)=0.9，P(B1)=0.7,P(B2)=0.8,第一种工艺加工得到合格品的概率为P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.70.80.90.504,第二种工艺加工得到合格品的概率为P(B1B2)=P(B1)P(B2)=0.70.80.56,可见第二种工艺加工得到合格品的概率大。（2）根据题意，第一种工艺加工得到合格品的概率仍为0.504，而P(B1)=P(B2)=0.7,第二种工艺加工得到合格品的概率为P(B1B2)=P(B1)P(B2)=0.70.70.49.可见第一种工艺加工得到合格品的概率大。11．设两两相互独立的三事件A，B和C满足条件ABC=，P(A)P(B)P(C),且已知29P(ABC)，求P(A)．16解：因为ABC=，所以P(ABC)=0,因为A，B，C两两相互独立，P(A)P(B)P(C),所以2P(AB)P(BC)P(AC)P(A)P(B)P(B)P(C)P(A)P(C)3[P(A)]由加法公式P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)得293P(A)3[P(A)]即[4P(A)3][4P(A)1]01611考虑到P(A),得P(A).2412．设事件A，B，C的概率都是，且P(ABC)P(ABC)，证明：212P(ABC)P(AB)P(AC)P(BC)．2证明：因为P(ABC)P(ABC)，所以P(ABC)1P(ABC)1[P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)]1将P(A)P(B)P(C)代入上式得到2 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/3P(ABC)1[P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)]2整理得12P(ABC)P(AB)P(BC)P(AC).23．设01时，，Y1022所以1y1e2，y1fY1(y)2；0,y1，其他X（2）F(y)P{Yy}P{ey}，Y22XX当y0时，{ey}为不可能事件，则F(y)P{ey}0，Y2lnyX当0y1时，lny0，则F(y)P{ey}PXlny0dx0，Y2lny1x当y1时，lny0，则F(y)PXlnyedx1，Y20y根据f(y)F(y)得Y2Y20,y1fY(y)1；2,y1y22（3）F(y)P{Yy}P{Xy}，Y332当y0时，F(y)P{Xy}0，Y3y2xy当y0时，F(y)P{Xy}PyXyedx1e，Y300,y0y所以fY(y)e；3,y02y2x2e,x07.(1)证明：由题意知f(x)。0,x02x2XYe，F（y）P{Yy}P{ey}，1Y11当y0时，F（y）0即f（y）0，Y1Y1 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/2Xlny2x当0y1时，FY1(y)P{ey}PXlny2edxy，22lny2x当y1时，FY1(y)PX02edx1，21,0y1故有fY(y)，可以看出Y1服从区间（0，1）均匀分布；10,2x2X2X（2）Ye，F(y)P{Yy}P{1-ey}P{e1-y}2Y2212x当1y0时，F(y)P{e1-y}1，Y2当01y1时，ln(1y)2Xln(1y)22xFY（2(y)）P{e1-y}PX02edxy，2ln(1y)2Xln(1y)2当1y1时，FY(y)P{e1-y}PX0dx0，221,0y1由以上结果，易知fY(y)，可以看出Y2服从区间（0，1）均匀分布。20,第三章1解：(X,Y)取到的所有可能值为(1,1),(1,2),(2,1)由乘法公式：P{X=1,Y=1}=P{X=1}P{Y=1|X=1|=2/31/2=/3同理可求得P{X=1,Y=1}=1/3;P{X=2,Y=1}=1/3(X,Y)的分布律用表格表示如下：YX1211/31/321/302解：X，Y所有可能取到的值是0,1,2(1)P{X=i,Y=j}=P{X=i}P{Y=j|X=i|=,i,j=0,1,2,i+j2或者用表格表示如下： 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/YX01203/286/281/2819/286/28023/2800(2)P{(X,Y)A}=P{X+Y1}=P{X=0,Y=0}+P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=0}=9/14P(AB)P(AB)3解：P(A)=1/4,由P(B|A)=1/2得P(AB)=1/8P(A)1/4P(AB)由P(A|B)=1/2得P(B)=1/4P(B)(X,Y)取到的所有可能数对为(0,0),(1,0),(0,1),(1,1),则P{X=0,Y=0}=)P(AB)=P((A)-P(B)+P(AB)=5/8P{X=0,Y=1}=P(B)=P(B-A)=P(B)-P(AB)=1/8P{X=1,Y=0}=P(A)=P(A-B)=P(A)-P(AB)=1/8P{X=1,Y=1}=P(AB)=1/84.解：(1)由归一性知：1=,故A=4(2)P{X=Y}=0(3)P{X0时，fX|Y(x|y)1yf(x)Y0,其它1f(x,y),0|y|x1所以，fX|Y(x|y)1|y|f(x)Y0,其它f(x,y)12解：由f(x|y)得X|Yf(x)Y215yx,0y1,0xyf(x,y)fX|Y(x|y)fY(y)0,其它11472P{X0.5}0.5f(x,y)dydx0.5x15yxdydx6413解：Z=max(X,Y),W=min(X,Y)的所有可能取值如下表pi0.050.150.20.070.110.220.040.070.09(X,Y)(0,-1)(0,0)(0,1)(1,-1)(1,0)(1,1)(2,-1)(2,0)(2,1)max(X,Y)001111222Min(X,Y)-100-101-101Z=max(X,Y),W=min(X,Y)的分布律为Z012Pk0.20.60.2W-101Pj0.160.530.31xy11e,x0e,y014解：fX(x)fY(y)0,x00,y0由独立性得X，Y的联合概率密度为xy1e,x0,y0f(x,y)20,其它 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/xyx11则P{Z=1}=P{XY}=f(x,y)dxdyedydx0022xyP{Z=0}=1-P{Z=1}=0.5故Z的分布律为Z01Pk0.50.5122,xy115解：f(x,y)0,其它21x1222dy1x,|x|1f(x)f(x,y)dy2X1x0，其它221y,|y|1同理，fY(y)0，其它显然，f(x)f(y)，所以X与Y不相互独立.XY1,0x11,0y116解：(1)fX(x)fY(y)0,其它0,其它利用卷积公式：f(z)f(x)f(zx)dx求fZ(z)ZXY1,0x1,xz1xfX(x)fY(zx)=0,其它zdxz,00z11fZ(z)fX(x)fY(zx)dxzdx12z1z20,其它y1,0x1e,y0(2)fX(x)fY(y)0,其它0,y0 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/利用卷积公式：f(z)f(zy)f(y)dyZXYye,y0,yzy1fX(zy)fY(y)0,其它zyedy,z00z11e,0z1zyzfZ(z)fX(zy)fY(y)dyze1dy,z1(e1)e,z10,其它0,其它17解：由定理3.1（p75）知，X+Y~N(1,2)XY111故P{XY1}P{}(0)0.5221(xy)1x18解：(1)f（x)f(x,y)dx(xy)edye(x1)(x>0)X0221y同理，f(y)e(y1)y>0Y2显然，f(x)f(y)，所以X与Y不相互独立XY(2).利用公式f(z)f(x，zx)dxZX1(xzx)1z(xzx)e,x0,zx0ze,x0,zxfX(x,zx)220,其它0,其它z1z12zzedx,z0ze,z0fZ(z)fX(x，zx)dx0220,z00,z019解：并联时，系统L的使用寿命Z=max{X,Y}因X~E(),Y~E(),故xy11e,x0e,y0fX(x)fY(y)0,x00,y0 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/xyF(x)1e,x0F(y)1e,y0XY0,x00,y0zzF(z)F(z)F(z)(1e)(1e),z0ZXY0,z0zz111111zee()e,z0fZ(z)0,z0串联时，系统L的使用寿命Z=min{X,Y}11zF(z)1[1F(z)][1F(z)]1e,z0ZXY0,z01111ze,z0fZ(z)0,z0(B)组1解：P{X=0}=a+0.4,P{X+Y=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=1}=a+bP{X=0,X+Y=1}=P{X=0,Y=1}=a由于{X=0|与{X+Y=1}相互独立,所以P{X=0,X+Y=1}=P{X=0}P{X+Y=1}即a=(a+0.4)(a+b)(1)再由归一性知：0.4+a+b+0.1=1(2)解(1),(2)得a=0.4,b=0.1x172解:(1)P{X2Y}f(x,y)dxdy2(2xy)dydx0024x2y(2)利用公式f(z)f(x,zx)dx计算Z 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/2z,0x1,0zx1f(x,zx)0,其它z(2z)dx,0z10（2z),0z112fZ(z)f(x,zx)dxz1(2z)dx,1z2(2z),1z20,z20,z23.解：(1)F2Y(y)=P{Yy}=P{Xy}当y<0时，fY(y)=0当y0时，F(y)P{yXy}F(y)F(y)YXX3,0y18y11从而，fY(y)[fX(y)fX(y)],1y42y8y0，y4(2)F(-1/2,4)=P{X-1/2,Y4}=P{X-1/2,X24}1111=P{-2X-1/2}=2f(x)dx2dx2X1244.解：P{XY0}=1-P{XY=0}=0即P{X=-1,Y=1}+P{X=1,Y=1}=0由概率的非负性知，P{X=-1,Y=1}=0，P{X=1,Y=1}=0由边缘分布律的定义，P{X=-1}=P{X=-1,Y=0}+P{X=-1,Y=1}=1/4得P{X=-1,Y=0}=1/4再由P{X=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=1,Y=1}=1/4得P{X=1,Y=0}=1/4再由P{Y=1}=P{X=-1,Y=1}+P{X=0,Y=1}+P{X=1,Y=1}=P{X=0,Y=1}知P{X=0,Y=1}=1/2最后由归一性得：P{X=0,Y=0}=0(X,Y)的分布律用表格表示如下： 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/Y01P{X=i}X-11/401/4001/21/211/401/4P{Y=j}1/21/21(2)显然，X和Y不相互独立，因为P{X=-1,Y=0}P{X=-1}P{Y=0}5解：X与Y相互独立，利用卷积公式f(z)f(x)f(zx)dx计算ZXY(x)2112,y(,)f(x)e2,f(y)XY220,其它2(x)12e2,zxfX(x)fY(zx)220,其它22(x)(x)z12z12f(z)f(x)f(zx)dxe2dx1e2dxZXYz2z22211P{zXz}[F(z)F(z)]221zz26.解：(X,Y)～Ｕ(G)1,(x,y)Gf(x,y)20,其它设F(x)和f(s)分别表示S=XY的分布函数和密度函数F(s)=P{XY5时，f(x)，当x5时，f(x)0.33xx5050E(X)=xf(x)dxxdx|10-535xx所以这种家电的平均寿命E(X)=10年.9.在制作某种食品时，面粉所占的比例X的概率密度为542x(1x),0x1,f(x)0其它.求X的数学期望E(X)．125解：E(X)=xf(x)dx42x(1x)dx=1/4-010.设随机变量X的概率密度如下，求E(X)．32(1x)，1x0，232f(x)(1x),0x1，20，其它.032132解：E(X)xf(x)dx1x2(1x)dx0x2(1x)dx0.X11.设X~B(4,p)，求数学期望E(sin)．2kknk解：X的分布律为P{Xk}Cp(1p)，k=0，1，2，3，4，nXX取值为0，1，2，3，4时，sin相应的取值为0，1，0，-1，0，所以2 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/X113331E(sin)1Cp(1p)1Cp(1p)4p(1p)(12p)442212.设风速V在(0，a)上服从均匀分布，飞机机翼受到的正压力W是V的函数：WkV，（k>0，常数），求W的数学期望．1,0va解：V的分布律为f(v)a，所以0,其它2a21k13a12E(W)kvf(v)dxkvdv(v)|ka00aa3313.设随机变量(X,Y)的分布律为YX01203/289/283/2813/143/14021/2800求E(X)，E(Y)，E(X–Y)．解：E(X)=0×(3/28+9/28+3/28）+1×(3/14+3/14+0)+2×(1/28+0+0)=7/14=1/2E(Y)=0×（3/28+3/14+1/28）+1×(9/28+3/14+0)+2×(3/28+0+0)=21/28=3/4E(X-Y)=E(X)-E(Y)=1/2-3/4=-1/4.24xy,0x1,0y1,xy114.设随机变量(X，Y)具有概率密度f(x,y)，求E(X)，E(Y)，0,其它yE(XY)11xyx12解：E(X)=x24xydxdy24xydydx00D112121234341252x24x(1x)dx(12x24xx)dx(4x6xx)02055011y2E(Y)y24xydxdy024y0xdxdy2/5D11x112223E(XY)xy24xydxdy024x0ydydx024x(1x)dx3D1834245462(x6xxx).35315015.某工厂完成某批产品生产的天数X是一个随机变量，具有分布律X1011121314pi0.20.30.30.10.1所得利润（以元计）为Y1000(12X),求E(Y)，D(Y)．解：E(Y)=E［1000(12-X)］ 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/=1000×[(12-10)×0.2+(12-11)]×0.3+(12-12)×0.3+(12-13)×0.1+(12-14)×0.1]=400E(Y2)=E［10002(12-X)2］=10002[(12-10)2×0.2+（12-11）2×0.3+（12-12）2×0.3+（12-13）2×0.1+（12-14）2×0.1]=1.6×106D(Y)=E(Y2)-［E(Y)］2=1.6×106-4002=1.44×106k116.设随机变量X服从几何分布，其分布律为P{Xk}(1p)p,k1,2,,其中0}=f(x)dxcosdxsin3/3/32222/3所以E(Y)=4p=2，D(Y)=4p(1-p)=1，E(Y2)=D(Y)+[E(Y)]2=1+4=53.设随机变量U在区间(-2，2)上服从均匀分布，随机变量1,若U11,若U1X;Y.1,若U11,若U1试求：(1)X和Y的联合分布律；(2)D(XY)．1,2u2解：(1)fU(u)40,其他111P{X=-1,Y=-1}=P{U≤-1且U≤1}=P{U≤-1}=du，244P{X=-1,Y=1}=P{U≤-1且U>1}=0，111P{X=1,Y=-1}=P{-1-1且U>1}=P{U>1}=du，144所以X和Y的联合分布律为X-11Y-11/41/2101/4(2)X和Y的边缘分布律分别为X–11pi1/43/4Y–11pi3/41/4所以E(X)=-1/4+3/4=1/2，E(Y)=-3/4+1/4=-1/2，E(XY)=1/4-1/2+1/4=0，E(X2)=1/4+3/4=1，E(Y2)=1，D(X)=1-1/4=3/4，D(Y)=1-1/4=3/4，Cov(X，Y)=1/4，D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X，Y)=3/4+3/4+2/4=2Xa4.设随机变量X的期望E(X)与方差D(X)存在，且有E(X)a,D(X)b(b0)，Y，b证明E(Y)0,D(Y)1．证明：首先证明E（Y）存在(1)若随机变量X为离散型随机变量，分布律为：P{Xx}p,i,1,2,ii则由E(X)存在知，E(X)xipi绝对收敛，且E(X)a,i1 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/xaXai1a记Yg(X),则g(xi)pipixipi绝对收敛，bi1i1bbi1bXaXaD(X)所以E（Y）存在，E(Y)E0,D(Y)D1bbb(2)若X为连续型随机变量，其概率密度为f(x),则：由EX存在知xfxdx绝对收敛。Xa1则bfxdxbxfxdxafxdx1bxfxdxa1因为xfxdx绝对收敛，所以bxfxdxa绝对收敛Xa11即EY存在，且EYEEXaEXa0bbbXa11DYDDXaDX1bbb5.设离散型随机变量X的分布律为P{Xx}p,(k1,2,)，且E(X)，E(X2)，D(X)都存在，kk试证明：函数2f(x)(xkx)pk在xE(X)时取得最小值，且最小值为D(X)．k1df(x)证明：令2(xkx)pk0，dxk1则xkpkxpk0，k1k1xkpkxpkE(X)x0，所以，xE(X)k1k12df(x)2又210，所以xE(X)时，f(x)(xkx)pk取得最小值，此时dxk12f(E(X))(xkE(X))pkD(X)k16.随机变量X与Y独立同分布，且X的分布律为X12pi2/31/3记Umax(X,Y),Vmin(X,Y)，(1)求(U，V)的分布律；(2)求U与V的协方差Cov(U，V).解：(1)(X,Y)的分布律Y12 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/X14/92/922/91/9(X,Y)（1，1）（1，2）（2，1）（2，2）pij4/92/92/91/9U1222V1112V12U14/9024/91/9(2)E(U)=4/9+2×5/9=14/9，E(V)=(4/9+2/9+2/9)+2×1/9=10/9，E(UV)=4/9+2×4/9+4×1/9=16/9,Cov(U，V)=16/9-140/81=4/817.随机变量X的概率密度为1/2,1x0fX(x)1/4,0x20,其它2令YX,F(x,y)为二维随机变量（X，Y）的分布函数，求Cov(X，Y)．解：02E(X)xfｘ(x)dx1/2xdx1/4xdx1/410022222E(Y)E(X)xf(x)dxx/2dxx/4dx5/6ｘ10023333E(XY)E(X)xf(x)dxx/2dxx/4dx7/8ｘ1032则：Cov(X,Y)E(X)E(X)E(X)7/8(1/4)(5/6)2/3P(AB)P(A)P(B)8.对于任意二事件A和B，015.366,故n至少为16.25.从正态总体N(,0.5)中抽取样本X1，X2，…，X10102(1)已知=0，求PXi4；i1102(2)未知，求P(XiX)0.675．i1X0解：（1）因为X2ii～N(0，0.5)，~N0,1，即2Xi~N0,1,0.5令101022222(2Xi)，则(2Xi)~(10)i1i1由于1010222PXi4P(2Xi)16P16i1i12查表知(10)16，所以0.11022PXi4P160.1.i10.25(2)）因为X2i～N(，0.5)，即X~N,，所以10XX10XXXX~N0,0.275i,i)2~2(10)i,~N0,1(0.275i10.2751010XX10XX2i20.675i2P(XiX)0.675=P()P()2.4545，i1i10.2750.275i10.2752查表知(10)2.45，所以0.992 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/102P(XiX)0.6750.992i16.已知X~t(n)，求证X2~F(1，n)．证明：因为X~t(n)，存在Y～N(0，1)，Z～2(n)，Y与Z独立，使YX，Zn由于2~2(1)22与Z独立，所以Y，Z~(n)，且Y22YX~F(1,n).Zn第七章7（A）三、解答题k11.设总体X服从几何分布，分布律为PXk(1p)p,k1,2,....，(0p1)求p的矩估计量．k1解：因为PXk(1p)p,k1,2,....，所以X的一阶矩nnnk1k"E(X)kP{Xk}k(1p)pp((1p))k1k1k1//1p1p11ppp(2).1(1p)ppp1用样本的一阶A1=X代替总体X的一阶矩E(X)得到X,p1所以p的矩估计量为pˆ.X2.求均匀分布X~U(a,b)中参数a,b的矩估计量．解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，总体X的一阶、二阶矩分别为abE(X)1222222(ba)ab2aabb2=E(X)=D(X)+[E(X)]=()1223用样本的一阶、二阶矩A1和A2分别代替总体的一阶、二阶矩1和2，得到 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/abA1222aabbA23解得a,b的矩估计量为nn2322322aˆA13A23A1A1Xi3XX(XiX)ni1ni1nn2322322bˆA13A23A1A1Xi3XX(XiX)ni1ni13.设总体X的概率密度为1|x|f(x;)e，x2X,,X是来自X的简单随机样本，求参数的矩估计量．1n解：总体X的一阶为1|x|1(x)1(x)E(X)xedxxedxxedx12221(x)1(x)xdexde221(x)1(x)1(x)1(x)xe|edxxe|edx222211(x)11(x)dede2222ˆX用样本的一阶A1=X代替总体X的一阶矩E(X)得到.1(x)/θe,x4.设总体X的概率密度为f(x;)，其中(0),是未知参数，0,其它X,,X是来自X的简单随机样本，求和的矩估计量．1n解：总体X的一阶为 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/1(x)/θE(X)xedx1(x)/θxde(x)/θ(x)/θxe|edx(x)/θde.总体X的二阶为221(x)/θE(X)xedx22(x)/θxde2(x)/θ(x)/θxe|2xedx2222()2222()用样本的一阶、二阶矩A1和A2分别代替总体的一阶、二阶矩1和2，得到A122A()2解得和的矩估计量为nˆAA21(XX)221i，ni1n212ˆA1A2A1X(XiX).ni15.设X~B(m,p)，m已知，0p1未知，X,,X是来自X的简单随机样本，求p的1n最大似然估计量．解：由于X的分布律为kkmkP{Xx}Cp(1p),k0,1,...,mm基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/nnnxinmxinL(p)L(x,x,...,x;p)Cxpxi(1p)mxipi1(1p)i1Cxi,12nmmi1i1nnnlnL(p)xlnpnmxln(1p)lnCxi,iimi1i1i1inndxinmxii1i1令lnL(p)0,dpp1p1nx解得px.inmi1mnnd2xinmxii1i1注意到：lnL(p)0,222dpp(1p)1nxp的最大似然估计值为pˆxi.ni1mXp的最大似然估计量为pˆ.m1nxˆe,x0pXiX.6.设总体X的概率密度为f(x;)，今从X中抽取10个个体，得数据如下:ni10,x01050110010801200130012501340106011501150试用最大似然估计法估计．解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为nnxiL()L(x,x,...,x;)f(x;)nei1,x,x,...,x012ni12ni10,其它n当x1,x2,...,xn0时，lnL()nlnθxi，令i1dnnlnL()x0，idi1解得n1．nxxii1考虑到2dnlnL()022d 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/所以，θ的最大似然估计值为ˆ1xˆ将数据代入计算，θ的最大似然估计量为0.0008587.设某电子元件的使用寿命X的概率密度为2(x)2e,x,f(x;)0,x,0为未知参数，x,x,...,x是X的一组样本观测值，求的最大似然估计值．12n解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为nn2(xi)L()L(x,x,...,x;)f(x;)2nei1,x,x,...,x12ni12ni10,其它容易看出θ越大L()越大，在约束x1,x2,...,xn下，ˆmin{x1,x2,...,xn}即为θ最大似然估计值。8.设X,X是取自总体N(，1)的一个样本，试证下面三个估计量均为的无偏估计量，并确定最有12效的一个．21131XX，XX，XX.12121233442证明：因为X,X独立均服从N(，1)，且12212121E(XX)E(X)E(X),1212333333131313E(XX)E(X)E(X),.121244444411E(XX)E(X),122221131所以XX，XX，XX.均为的无偏估计量。又因为1212123344221419110D(XX)D(X)D(X),121233999991319195D(XX)E(X)E(X),12124416161616811D(X)1D(XX)D(X),1222221所以XX.最有效。1229.设总体X的数学期望为，X,,X是来自X的简单随机样本．a,a,,a是任意常数,1n12n 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/nnn证明aiXiai(ai0)是的无偏估计量．i1i1i1证明：因为Xi的数学期望均为，所以nnnnnnE(aiXiai)E(aiXi)aiaiai,i1i1i1i1i1i1nnn故aiXiai(ai0)是的无偏估计量．i1i1i1210.设总体X~N(,),X,,X是来自X的一个样本．1nn12(1)试确定常数c，使c(XX)为2的无偏估计;i1ii122(2)试确定常数c，使(XcS)为2的无偏估计．解：（1）因为n1n1n1n1222E(c(Xi1Xi))cE(Xi12Xi1XiXi)i1i1i1i1n1n1n122c(E(Xi1)2E(Xi1)E(Xi)E(Xi)i1i1i1n1n1n122c(E(Xi1)2E(Xi1)E(Xi)E(Xi))i1i1i1n1n1n122222c(()2())i1i1i1n122c(2)2c(n1)i1n1n11222所以当c时E(c(XX))，c(XX)为2的无偏估计。i1ii1i2(n1)i1i1（2）因为22222E(XcS)E(X)cE(S)D(X)(EX)cD(X)222cn122222所以当c时E(XcS)，(XcS)为2的无偏估计。n11.设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0，5.7，5.8，6.5，7.0，6.3，5.6，6.1，5.0设干燥时间总体服从N(，2)；在下面两种情况下，求的置信水平为0.95的置信区间．(1)由以往的经验知=0.6(小时);(2)未知．解：（1）由于=0.6，求的置信区间由公式Xz2,Xz2计算，nn 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/91其中n=9，=0.05，z2z0.0251.96，xxi6，代入计算得的置信水平为0.95的置信区间9i1为（5.608，6.392）.SS（2）由于未知，求的置信区间由公式Xt(n1),Xt(n1)计算，22nn91n122其中n=9，=0.05，t2(8)t0.025(8)=2.306，xxi6，s(xix)0.33，9i1n1i1代入计算得的置信水平为0.95的置信区间为（5.558，6.442）12.某机器生产圆筒状的金属品，抽出9个样品，测得其直径分别为1.01，0.97，1.03，1.04，0.99，0.98，0.99，1.01，1.03公分，求此机器所生产的产品，平均直径的置信水平为99%的置信区间．假设产品直径近似服从正态分布．22SS解：设X~N(,),由于未知，的置信区间为Xt(n1),Xt(n1)，22nn91其中n=9，=0.01，t2(8)t0.005(8)3.3554，xxi1.0056，9i1n212s(xix)0.0006，n1i1代入计算得的置信水平为99%的置信区间为（0.978，1.033）.13.某灯泡厂从当天生产的灯泡中随机抽取9只进行寿命测试，取得数据如下（单位：小时）：1050，1100，1080，1120，1250，1040，1130，1300，1200．设灯泡寿命服从正态分布，试求当天生产的全部灯泡的平均寿命的置信水平为95%的置信区间．解：设X~N(,2),由于未知，的置信区间为SSXt(n1),Xt(n1)，22nn91其中n=9，=0.05，t2(8)t0.025(8)=2.306，xxi1141.11，9i1n212s(xix)8136.11n1i1代入计算得的置信水平为95%的置信区间为（1071.78，1210.45）.14.假设某种香烟的尼古丁含量服从正态分布，现随机抽取此种香烟8支为一样本，测得其尼古丁平均含量为18.6毫克，样本标准差s=2.4毫克，试求此种香烟尼古丁含量方差的置信水平为0.99的置信区间．(n1)S2(n1)S2解：设X~N(,2),由于未知，2的置信区间为,2(n1)2(n1)2122222其中n=8，=0.01，(n1)(7)20.2777,(n1)(7)0.9892，s=2.4，20.005120.995代入计算得的置信水平为95%的置信区间为（1.99，40.76）. 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/15.从某汽车电池制造厂生产的电池中随机抽取5个，测得其寿命分别为1.9，2.4，3.0，3.5，4.2，求电池寿命方差的置信水平为95%的置信区间，假设电池寿命近似服从正态分布．(n1)S2(n1)S2解：设X~N(,2),由于未知，2的置信区间为,2(n1)2(n1)2122222其中n=5，=0.05，(n1)(4)11.1433,(n1)(4)0.4844，20.025120.97551n122xxi3，s(xix)0.815，5i1n1i1代入计算得方差的置信水平为95%的置信区间为（0.29，6.73）.16.设使用两种治疗严重膀胱疾病的药物，其治疗所需时间（以天计）均服从正态分布．试验数据如下:2使用第一种药物n14,x17,s1.51112使用第二种药物n16,x19,s1.8222假设两正态总体的方差相等，求使用两种药物平均治疗时间之差的置信水平为99%的置信区间．12解：设两正态总体分别为X~N(22221,1)，Y~N(2,2)，由于1=2未知，21的置信区间为11XYt(nn2)S，212wnn12其中2n14,x17,s1.51112n16,x19,s1.822222(n11)s1(n21)s2141.5151.8s1.2887wnn21416212查t分布分位数表知t/2(n1+n2–2)=t0.005(28)=2.1199．故得的置信水平为0.99的置信区间为12（-3.3，-2）．17.测得两个民族中各8位成年人的身高（单位:cm）如下A民族：162.6170.2172.7165.1157.5158.4160.2162.2B民族：175.3177.8167.6180.3182.9180.5178.4180.4假设两正态总体的方差相等，求两个民族平均身高之差1–2的置信水平为90%的置信区间．解：由于总体方差相等但未知，可采用11XYt(nn2)S212wnn12 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/计算1–2的置信区间．其中，由两个民族的观测数据计算得2n8,x163.61,s29.63112n8,y177.9,s22.412222(n11)s1(n21)s2729.63722.41s5.1wnn288212查t分布分位数表知t/2(n1+n2–2)=t0.05(14)=1.761．故得1–2的置信水平为0.90的置信区间为(-18.78，-9.80)．18.工人和机器人独立操作在钢部件上钻孔，钻孔深度分别服从N(2221，1)和N(2，2)，1，2，1，22均未知，今测得部分钻孔深度（单位:cm）如下工人操作：4.023.944.034.023.954.064.00机器人操作:4.014.034.024.014.003.994.024.0022试求的置信水平为0.90的置信区间．12解：由于S21S21221和2未知，可采用1,1计算1/2的置S2F(n1,n1)S2F(n1,n1)221221212信区间．22由两样本观测值计算得n7,s0.0189，n8,s0.00017，=0.1，查F分布的分1122位数表知11F0.05(6,7)=3.87，F0.95(6,7)=0.24F(7,6)4.210.0522故得/的置信水平为0.95的置信区间为120.018910.01891,(2.853,46.39)．0.000173.870.000170.2419.求12题中的置信水平为0.95的单侧置信区间下限．解：设X~N(,2),由于2未知，的的单侧置信下限可由下面公式计算得到SXt(n1)n91其中n=9，=0.01，t(8)t0.05(8)1.8595，xxi1.0056，9i1n212s(xix)0.0006，n1i1代入计算得的置信水平为95%的单侧置信下限：0.00061.00561.8595=0.99320.求14题中香烟尼古丁含量方差的置信水平为0.99的单侧置信区间置信上限．2222(n1)S解：由于X～N(，)且未知，的单侧置信上限为2(n1)1 欢迎光临阳光大学生网,提供最全面的大学生课后习题答案和复习试题免费下载，http://www.sundxs.com/22其中n=8，=0.01，(n1)(7)1.239，s=2.4，10..992272.4代入计算得的置信水平为99%的单侧置信区间置信上限为32.54.1.239221.设总体X~N(,)，已知，要使总体均值的置信水平为1的置信区间长度不0大于L，问应抽取多大容量的样本？2解：由于X~N(,)，已知，总体均值的置信水平为1的置信区间为000Xz,Xz22nn200z/22令置信区间为长度zL，解得n4().2nL'