• 1.65 MB
  • 2022-04-22 11:45:12 发布

概率论与数理统计浙江大学第四版-课后习题答案(完全版)

  • 75页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档共5页,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,可选择认领,认领后既往收益都归您。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细先通过免费阅读内容等途径辨别内容交易风险。如存在严重挂羊头卖狗肉之情形,可联系本站下载客服投诉处理。
  4. 文档侵权举报电话:19940600175。
'概率论与数理统计习题答案第四版盛骤(浙江大学)浙大第四版(高等教育出版社)第一章概率论的基本概念1.[一]写出下列随机试验的样本空间(1)记录一个小班一次数学考试的平均分数(充以百分制记分)([一]1),n表小班人数(3)生产产品直到得到10件正品,记录生产产品的总件数。([一]2)S={10,11,12,………,n,………}(4)对某工厂出厂的产品进行检查,合格的盖上“正品”,不合格的盖上“次品”,如连续查出二个次品就停止检查,或检查4个产品就停止检查,记录检查的结果。查出合格品记为“1”,查出次品记为“0”,连续出现两个“0”就停止检查,或查满4次才停止检查。([一](3))S={00,100,0100,0101,1010,0110,1100,0111,1011,1101,1110,1111,}2.[二]设A,B,C为三事件,用A,B,C的运算关系表示下列事件。(1)A发生,B与C不发生。表示为:或A-(AB+AC)或A-(B∪C)(2)A,B都发生,而C不发生。表示为:或AB-ABC或AB-C(3)A,B,C中至少有一个发生表示为:A+B+C (4)A,B,C都发生,表示为:ABC(5)A,B,C都不发生,表示为:或S-(A+B+C)或(6)A,B,C中不多于一个发生,即A,B,C中至少有两个同时不发生相当于中至少有一个发生。故表示为:。(7)A,B,C中不多于二个发生。相当于:中至少有一个发生。故表示为:(8)A,B,C中至少有二个发生。相当于:AB,BC,AC中至少有一个发生。故表示为:AB+BC+AC6.[三]设A,B是两事件且P(A)=0.6,P(B)=0.7.问(1)在什么条件下P(AB)取到最大值,最大值是多少?(2)在什么条件下P(AB)取到最小值,最小值是多少?解:由P(A)=0.6,P(B)=0.7即知AB≠φ,(否则AB=φ依互斥事件加法定理,P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.6+0.7=1.3>1与P(A∪B)≤1矛盾).从而由加法定理得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)(*)(1)从0≤P(AB)≤P(A)知,当AB=A,即A∩B时P(AB)取到最大值,最大值为P(AB)=P(A)=0.6,(2)从(*)式知,当A∪B=S时,P(AB)取最小值,最小值为P(AB)=0.6+0.7-1=0.3。7.[四]设A,B,C是三事件,且,.求A,B,C至少有一个发生的概率。解:P(A,B,C至少有一个发生)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=8.[五] 在一标准英语字典中具有55个由二个不相同的字母新组成的单词,若从26个英语字母中任取两个字母予以排列,问能排成上述单词的概率是多少?记A表“能排成上述单词”∵从26个任选两个来排列,排法有种。每种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词:55个∴9.在电话号码薄中任取一个电话号码,求后面四个数全不相同的概率。(设后面4个数中的每一个数都是等可能性地取自0,1,2……9)记A表“后四个数全不同”∵后四个数的排法有104种,每种排法等可能。后四个数全不同的排法有∴10.[六]在房间里有10人。分别佩代着从1号到10号的纪念章,任意选3人记录其纪念章的号码。(1)求最小的号码为5的概率。记“三人纪念章的最小号码为5”为事件A∵10人中任选3人为一组:选法有种,且每种选法等可能。又事件A相当于:有一人号码为5,其余2人号码大于5。这种组合的种数有∴(2)求最大的号码为5的概率。记“三人中最大的号码为5”为事件B,同上10人中任选3人,选法有 种,且每种选法等可能,又事件B相当于:有一人号码为5,其余2人号码小于5,选法有种11.[七]某油漆公司发出17桶油漆,其中白漆10桶、黑漆4桶,红漆3桶。在搬运中所标笺脱落,交货人随意将这些标笺重新贴,问一个定货4桶白漆,3桶黑漆和2桶红漆顾客,按所定的颜色如数得到定货的概率是多少?记所求事件为A。在17桶中任取9桶的取法有种,且每种取法等可能。取得4白3黑2红的取法有故12.[八]在1500个产品中有400个次品,1100个正品,任意取200个。(1)求恰有90个次品的概率。记“恰有90个次品”为事件A∵在1500个产品中任取200个,取法有种,每种取法等可能。200个产品恰有90个次品,取法有种∴(2)至少有2个次品的概率。记:A表“至少有2个次品” B0表“不含有次品”,B1表“只含有一个次品”,同上,200个产品不含次品,取法有种,200个产品含一个次品,取法有种∵且B0,B1互不相容。∴13.[九]从5双不同鞋子中任取4只,4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少?记A表“4只全中至少有两支配成一对”则表“4只人不配对”∵从10只中任取4只,取法有种,每种取法等可能。要4只都不配对,可在5双中任取4双,再在4双中的每一双里任取一只。取法有15.[十一]将三个球随机地放入4个杯子中去,问杯子中球的最大个数分别是1,2,3,的概率各为多少?记Ai表“杯中球的最大个数为i个”i=1,2,3,三只球放入四只杯中,放法有43种,每种放法等可能对A1:必须三球放入三杯中,每杯只放一球。放法4×3×2种。(选排列:好比3个球在4个位置做排列)对A2:必须三球放入两杯,一杯装一球,一杯装两球。放法有种。 (从3个球中选2个球,选法有,再将此两个球放入一个杯中,选法有4种,最后将剩余的1球放入其余的一个杯中,选法有3种。对A3:必须三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中选1个杯子,放入此3个球,选法有4种)16.[十二]50个铆钉随机地取来用在10个部件,其中有三个铆钉强度太弱,每个部件用3只铆钉,若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上,则这个部件强度就太弱,问发生一个部件强度太弱的概率是多少?记A表“10个部件中有一个部件强度太弱”。法一:用古典概率作:把随机试验E看作是用三个钉一组,三个钉一组去铆完10个部件(在三个钉的一组中不分先后次序。但10组钉铆完10个部件要分先后次序)对E:铆法有种,每种装法等可能对A:三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有〔〕×10种法二:用古典概率作把试验E看作是在50个钉中任选30个钉排成一列,顺次钉下去,直到把部件铆完。(铆钉要计先后次序)对E:铆法有种,每种铆法等可能对A:三支次钉必须铆在“1,2,3”位置上或“4,5,6”位置上,…或“28,29,30”位置上。这种铆法有种 17.[十三]已知。解一:注意.故有P(AB)=P(A)-P(A)=0.7-0.5=0.2。再由加法定理,P(A∪)=P(A)+P()-P(A)=0.7+0.6-0.5=0.8于是18.[十四]。解:由由乘法公式,得由加法公式,得 19.[十五]掷两颗骰子,已知两颗骰子点数之和为7,求其中有一颗为1点的概率(用两种方法)。解:(方法一)(在缩小的样本空间SB中求P(A|B),即将事件B作为样本空间,求事件A发生的概率)。掷两颗骰子的试验结果为一有序数组(x,y)(x,y=1,2,3,4,5,6)并且满足x,+y=7,则样本空间为S={(x,y)|(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)}每种结果(x,y)等可能。A={掷二骰子,点数和为7时,其中有一颗为1点。故}方法二:(用公式S={(x,y)|x=1,2,3,4,5,6;y=1,2,3,4,5,6}}每种结果均可能A=“掷两颗骰子,x,y中有一个为“1”点”,B=“掷两颗骰子,x,+y=7”。则,故20.[十六]据以往资料表明,某一3口之家,患某种传染病的概率有以下规律:P(A)=P{孩子得病}=0.6,P(B|A)=P{母亲得病|孩子得病}=0.5,P(C|AB)=P{父亲得病|母亲及孩子得病}=0.4。求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。解:所求概率为P(AB)(注意:由于“母病”,“孩病”,“父病”都是随机事件,这里不是求P(|AB)P(AB)=P(A)=P(B|A)=0.6×0.5=0.3,P(|AB)=1-P(C|AB)=1-0.4=0.6.从而P(AB)=P(AB)·P(|AB)=0.3×0.6=0.18.21.[十七]已知10只晶体管中有2只次品,在其中取二次,每次随机地取一只,作不放回抽样,求下列事件的概率。 (1)二只都是正品(记为事件A)法一:用组合做在10只中任取两只来组合,每一个组合看作一个基本结果,每种取法等可能。法二:用排列做在10只中任取两个来排列,每一个排列看作一个基本结果,每个排列等可能。法三:用事件的运算和概率计算法则来作。记A1,A2分别表第一、二次取得正品。(2)二只都是次品(记为事件B)法一:法二:法三:(3)一只是正品,一只是次品(记为事件C)法一:法二: 法三:(4)第二次取出的是次品(记为事件D)法一:因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作,法二:法三:22.[十八]某人忘记了电话号码的最后一个数字,因而随机的拨号,求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率是多少?如果已知最后一个数字是奇数,那么此概率是多少?记H表拨号不超过三次而能接通。Ai表第i次拨号能接通。注意:第一次拨号不通,第二拨号就不再拨这个号码。如果已知最后一个数字是奇数(记为事件B)问题变为在B已发生的条件下,求H再发生的概率。 24.[十九]设有甲、乙二袋,甲袋中装有n只白球m只红球,乙袋中装有N只白球M只红球,今从甲袋中任取一球放入乙袋中,再从乙袋中任取一球,问取到(即从乙袋中取到)白球的概率是多少?(此为第三版19题(1))记A1,A2分别表“从甲袋中取得白球,红球放入乙袋”再记B表“再从乙袋中取得白球”。∵B=A1B+A2B且A1,A2互斥∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=[十九](2)第一只盒子装有5只红球,4只白球;第二只盒子装有4只红球,5只白球。先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去,然后从第二盒子中任取一只球,求取到白球的概率。记C1为“从第一盒子中取得2只红球”。C2为“从第一盒子中取得2只白球”。C3为“从第一盒子中取得1只红球,1只白球”,D为“从第二盒子中取得白球”,显然C1,C2,C3两两互斥,C1∪C2∪C3=S,由全概率公式,有P(D)=P(C1)P(D|C1)+P(C2)P(D|C2)+P(C3)P(D|C3)26.[二十一]已知男人中有5%是色盲患者,女人中有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人,恰好是色盲患者,问此人是男性的概率是多少?解:A1={男人},A2={女人},B={色盲},显然A1∪A2=S,A1A2=φ由已知条件知由贝叶斯公式,有 [二十二]一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P,若第一次及格则第二次及格的概率也为P;若第一次不及格则第二次及格的概率为(1)若至少有一次及格则他能取得某种资格,求他取得该资格的概率。(2)若已知他第二次已经及格,求他第一次及格的概率。解:Ai={他第i次及格},i=1,2已知P(A1)=P(A2|A1)=P,(1)B={至少有一次及格}所以∴(2)(*)由乘法公式,有P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=P2由全概率公式,有将以上两个结果代入(*)得28.[二十五]某人下午5:00下班,他所积累的资料表明: 到家时间5:35~5:395:40~5:445:45~5:495:50~5:54迟于5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车到家的概率0.300.350.200.100.05某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车,结果他是5:47到家的,试求他是乘地铁回家的概率。解:设A=“乘地铁”,B=“乘汽车”,C=“5:45~5:49到家”,由题意,AB=φ,A∪B=S已知:P(A)=0.5,P(C|A)=0.45,P(C|B)=0.2,P(B)=0.5由贝叶斯公式有29.[二十四]有两箱同种类型的零件。第一箱装5只,其中10只一等品;第二箱30只,其中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱,然后从该箱中取零件两次,每次任取一只,作不放回抽样。试求(1)第一次取到的零件是一等品的概率。(2)第一次取到的零件是一等品的条件下,第二次取到的也是一等品的概率。解:设Bi表示“第i次取到一等品”i=1,2Aj表示“第j箱产品”j=1,2,显然A1∪A2=SA1A2=φ(1)(B1=A1B+A2B由全概率公式解)。(2)(先用条件概率定义,再求P(B1B2)时,由全概率公式解)312LR32.[二十六(2)] 如图1,2,3,4,5表示继电器接点,假设每一继电器接点闭合的概率为p,且设各继电器闭合与否相互独立,求L和R是通路的概率。54记Ai表第i个接点接通记A表从L到R是构成通路的。∵A=A1A2+A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥∴P(A)=P(A1A2)+P(A1A3A5)+P(A4A5)+P(A4A3A2)-P(A1A2A3A5)+P(A1A2A4A5)+P(A1A2A3A4)+P(A1A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)P(A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)-P(A1A2A3A4A5)又由于A1,A2,A3,A4,A5互相独立。故P(A)=p2+p3+p2+p3-[p4+p4+p4+p4+p5+p4]+[p5+p5+p5+p5]-p5=2p2+3p3-5p4+2p5[二十六(1)]设有4个独立工作的元件1,2,3,4。它们的可靠性分别为P1,P2,P3,P4,将它们按图(1)的方式联接,求系统的可靠性。记Ai表示第i个元件正常工作,i=1,2,3,4,2413A表示系统正常。∵A=A1A2A3+A1A4两种情况不互斥∴P(A)=P(A1A2A3)+P(A1A4)-P(A1A2A3A4)(加法公式)=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A4)-P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=P1P2P3+P1P4-P1P2P3P4(A1,A2,A3,A4独立)34.[三十一]袋中装有m只正品硬币,n只次品硬币,(次品硬币的两面均印有国徽)。在袋中任取一只,将它投掷r次,已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多少? 解:设“出现r次国徽面”=Br“任取一只是正品”=A由全概率公式,有(条件概率定义与乘法公式)35.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击,三人击中的概率分别为0.4,0.5,0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为0.2,被两人击中而被击落的概率为0.6,若三人都击中,飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解:高Hi表示飞机被i人击中,i=1,2,3。B1,B2,B2分别表示甲、乙、丙击中飞机∵,三种情况互斥。三种情况互斥又B1,B2,B2独立。∴+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.4×0.5×0.7=0.14 又因:A=H1A+H2A+H3A三种情况互斥故由全概率公式,有P(A)=P(H1)P(A|H1)+P(H2)P(A|H2)+P(H3)P(AH3)=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.45836.[三十三]设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏2%(这一事件记为A1),10%(事件A2),90%(事件A3)的概率分别为P(A1)=0.8,P(A2)=0.15,P(A2)=0.05,现从中随机地独立地取三件,发现这三件都是好的(这一事件记为B),试分别求P(A1|B)P(A2|B),P(A3|B)(这里设物品件数很多,取出第一件以后不影响取第二件的概率,所以取第一、第二、第三件是互相独立地)∵B表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B三种情况互斥由全概率公式,有∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.862437.[三十四]将A,B,C三个字母之一输入信道,输出为原字母的概率为α,而输出为其它一字母的概率都是(1-α)/2。今将字母串AAAA,BBBB,CCCC之一输入信道,输入AAAA,BBBB,CCCC的概率分别为p1,p2,p3(p1+p2+p3=1),已知输出为ABCA,问输入的是AAAA的概率是多少?(设信道传输每个字母的工作是相互独立的。)解:设D表示输出信号为ABCA,B1、B2、B3分别表示输入信号为AAAA,BBBB,CCCC,则B1、B2、B3为一完备事件组,且P(Bi)=Pi,i=1,2,3。再设A发、A收分别表示发出、接收字母A,其余类推,依题意有 P(A收|A发)=P(B收|B发)=P(C收|C发)=α,P(A收|B发)=P(A收|C发)=P(B收|A发)=P(B收|C发)=P(C收|A发)=P(C收|B发)=又P(ABCA|AAAA)=P(D|B1)=P(A收|A发)P(B收|A发)P(C收|A发)P(A收|A发)=,同样可得P(D|B2)=P(D|B3)=于是由全概率公式,得由Bayes公式,得P(AAAA|ABCA)=P(B1|D)==[二十九]设第一只盒子装有3只蓝球,2只绿球,2只白球;第二只盒子装有2只蓝球,3只绿球,4只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。(1)求至少有一只蓝球的概率,(2)求有一只蓝球一只白球的概率,(3)已知至少有一只蓝球,求有一只蓝球一只白球的概率。解:记A1、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球,B1、B2、B3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。(1)记C={至少有一只蓝球}C=A1B1+A1B2+A1B3+A2B1+A3B1,5种情况互斥由概率有限可加性,得 (2)记D={有一只蓝球,一只白球},而且知D=A1B3+A3B1两种情况互斥(3)[三十]A,B,C三人在同一办公室工作,房间有三部电话,据统计知,打给A,B,C的电话的概率分别为。他们三人常因工作外出,A,B,C三人外出的概率分别为,设三人的行动相互独立,求(1)无人接电话的概率;(2)被呼叫人在办公室的概率;若某一时间断打进了3个电话,求(3)这3个电话打给同一人的概率;(4)这3个电话打给不同人的概率;(5)这3个电话都打给B,而B却都不在的概率。解:记C1、C2、C3分别表示打给A,B,C的电话D1、D2、D3分别表示A,B,C外出注意到C1、C2、C3独立,且(1)P(无人接电话)=P(D1D2D3)=P(D1)P(D2)P(D3)=(2)记G=“被呼叫人在办公室”,三种情况互斥,由有限可加性与乘法公式 (3)H为“这3个电话打给同一个人”(4)R为“这3个电话打给不同的人”R由六种互斥情况组成,每种情况为打给A,B,C的三个电话,每种情况的概率为于是(5)由于是知道每次打电话都给B,其概率是1,所以每一次打给B电话而B不在的概率为,且各次情况相互独立于是P(3个电话都打给B,B都不在的概率)=第二章随机变量及其分布1.[一]一袋中有5只乒乓球,编号为1、2、3、4、5,在其中同时取三只,以X表示取出的三只球中的最大号码,写出随机变量X的分布律解:X可以取值3,4,5,分布律为 也可列为下表X:3,4,5P:Q3.[三]设在15只同类型零件中有2只是次品,在其中取三次,每次任取一只,作不放回抽样,以X表示取出次品的只数,(1)求X的分布律,(2)画出分布律的图形。解:任取三只,其D中新含次品个数X可能为0,1,2个。Px12O再列为下表X:0,1,2P:4.[四]进行重复独立实验,设每次成功的概率为p,失败的概率为q=1-p(0Y)=P(X=1,Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)=P(X=1)P(Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+ P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)=9.[十]有甲、乙两种味道和颜色极为相似的名酒各4杯。如果从中挑4杯,能将甲种酒全部挑出来,算是试验成功一次。(1)某人随机地去猜,问他试验成功一次的概率是多少?(2)某人声称他通过品尝能区分两种酒。他连续试验10次,成功3次。试问他是猜对的,还是他确有区分的能力(设各次试验是相互独立的。)解:(1)P(一次成功)=(2)P(连续试验10次,成功3次)=。此概率太小,按实际推断原理,就认为他确有区分能力。[九]有一大批产品,其验收方案如下,先做第一次检验:从中任取10件,经验收无次品接受这批产品,次品数大于2拒收;否则作第二次检验,其做法是从中再任取5件,仅当5件中无次品时接受这批产品,若产品的次品率为10%,求(1)这批产品经第一次检验就能接受的概率(2)需作第二次检验的概率(3)这批产品按第2次检验的标准被接受的概率(4)这批产品在第1次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率(5)这批产品被接受的概率解:X表示10件中次品的个数,Y表示5件中次品的个数,由于产品总数很大,故X~B(10,0.1),Y~B(5,0.1)(近似服从)(1)P{X=0}=0.910≈0.349(2)P{X≤2}=P{X=2}+P{X=1}=(3)P{Y=0}=0.95≈0.590(4)P{010)=P(X≥11)=0.002840(查表计算)[十二(2)]每分钟呼唤次数大于3的概率。[十六]以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间(以分计),X的分布函数是求下述概率:(1)P{至多3分钟};(2)P{至少4分钟};(3)P{3分钟至4分钟之间};(4)P{至多3分钟或至少4分钟};(5)P{恰好2.5分钟}解:(1)P{至多3分钟}=P{X≤3}=(2)P{至少4分钟}P(X≥4)=(3)P{3分钟至4分钟之间}=P{32},P(X>3)∵若X~N(μ,σ2),则P(α2)=1-P(|X|<2)=1-P(-23)=1-P(X≤3)=1-φ=1-0.5=0.5(2)决定C使得P(X>C)=P(X≤C)∵P(X>C)=1-P(X≤C)=P(X≤C)得P(X≤C)==0.5又P(X≤C)=φ∴C=326.[二十四]某地区18岁的女青年的血压(收缩区,以mm-Hg计)服从在该地区任选一18岁女青年,测量她的血压X。求(1)P(X≤105),P(100x)≤0.05.解:27.[二十五]由某机器生产的螺栓长度(cm)服从参数为μ=10.05,σ=0.06的正态分布。规定长度在范围10.05±0.12内为合格品,求一螺栓为不合格的概率是多少?设螺栓长度为XP{X不属于(10.05-0.12,10.05+0.12)=1-P(10.05-0.121时,ψ(y)=[FY(y)]"==(3)求Y=|X|的概率密度。∵Y的分布函数为FY(y)=P(Y≤y)=P(|X|≤y)当y<0时,FY(y)=0当y≥0时,FY(y)=P(|X|≤y)=P(-y≤X≤y)=∴Y的概率密度为:当y≤0时:ψ(y)=[FY(y)]"=(0)"=0当y>0时:ψ(y)=[FY(y)]"=33.[三十](1)设随机变量X的概率密度为f(x),求Y=X3的概率密度。∵Y=g(X)=X3是X单调增函数,又X=h(Y)=,反函数存在,且α=min[g(-∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=-∞β=max[g(-∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度为:ψ(y)=f[h(h)]·|h"(y)|=(2)设随机变量X服从参数为1的指数分布,求Y=X2的概率密度。xOy=x2y法一:∵X的分布密度为:Y=x2是非单调函数当x<0时y=x2"反函数是当x<0时y=x2&∴Y~fY(y)=- =法二:∴Y~fY(y)=34.[三十一]设X的概率密度为求Y=sinX的概率密度。∵FY(y)=P(Y≤y)=P(sinX≤y)当y<0时:FY(y)=0当0≤y≤1时:FY(y)=P(sinX≤y)=P(0≤X≤arcsiny或π-arcsiny≤X≤π)=当10时,由和的概率公式知∴(2)设z表示前两周需要量,其概率密度为设ξ表示第三周需要量,其概率密度为:z与ξ相互独立η=z+ξ表示前三周需要量则:∵η≥0,∴当u<0,fη(u)=0当u>0时 所以η的概率密度为30.设某种型号的电子管的寿命(以小时计)近似地服从N(160,20)分布。随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率。解:设X1,X2,X3,X4为4只电子管的寿命,它们相互独立,同分布,其概率密度为:设N=min{X1,X2,X3,X4}P{N>180}=P{X1>180,X2>180,X3>180,X4>180}=P{X>180}4={1-p[X<180]}4=(0.1587)4=0.0006327.[二十八]设随机变量(X,Y)的分布律为XY012345 012300.010.010.010.010.020.030.020.030.040.050.040.050.050.050.060.070.060.050.060.090.080.060.05(1)求P{X=2|Y=2},P{Y=3|X=0}(2)求V=max(X,Y)的分布律(3)求U=min(X,Y)的分布律解:(1)由条件概率公式P{X=2|Y=2}===同理P{Y=3|X=0}=(2)变量V=max{X,Y}显然V是一随机变量,其取值为V:012345P{V=0}=P{X=0Y=0}=0P{V=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=1,Y=1}+P{X=0,Y=1}=0.01+0.02+0.01=0.04P{V=2}=P{X=2,Y=0}+P{X=2,Y=1}+P{X=2,Y=2}+P{Y=2,X=0}+P{Y=2,X=1}=0.03+0.04+0.05+0.01+0.03=0.16P{V=3}=P{X=3,Y=0}+P{X=3,Y=1}+P{X=3,Y=2}+P{X=3,Y=3}+P{Y=3,X=0}+P{Y=3,X=1}+P{Y=3,X=2}=0.05+0.05+0.05+0.06+0.01+0.02+0.04=0.28P{V=4}=P{X=4,Y=0}+P{X=4,Y=1}+P{X=4,Y=2}+P{X=4,Y=3}=0.07+0.06+0.05+0.06=0.24P{V=5}=P{X=5,Y=0}+……+P{X=5,Y=3}=0.09+0.08+0.06+0.05=0.28(3)显然U的取值为0,1,2,3 P{U=0}=P{X=0,Y=0}+……+P{X=0,Y=3}+P{Y=0,X=1}+……+P{Y=0,X=5}=0.28同理P{U=1}=0.30P{U=2}=0.25P{U=3}=0.17或缩写成表格形式(2)V012345Pk00.040.160.280.240.28(3)U0123Pk0.280.300.250.17(4)W=V+U显然W的取值为0,1,……8P{W=0}=P{V=0U=0}=0P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1U=0}∵V=max{X,Y}=0又U=min{X,Y}=1不可能上式中的P{V=0,U=1}=0,又P{V=1U=0}=P{X=1Y=0}+P{X=0Y=1}=0.2故P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1,U=0}=0.2P{W=2}=P{V+U=2}=P{V=2,U=0}+P{V=1,U=1}=P{X=2Y=0}+P{X=0Y=2}+P{X=1Y=1}=0.03+0.01+0.02=0.06P{W=3}=P{V+U=3}=P{V=3,U=0}+P{V=2,U=1}=P{X=3Y=0}+P{X=0,Y=3}+P{X=2,Y=1}+P{X=1,Y=2}=0.05+0.01+0.04+0.03=0.13P{W=4}=P{V=4,U=0}+P{V=3,U=1}+P{V=2,U=2}=P{X=4Y=0}+P{X=3,Y=1}+P{X=1,Y=3}+P{X=2,Y=2}=0.19P{W=5}=P{V+U=5}=P{V=5,U=0}+P{V=5,U=1}+P{V=3,U=2}=P{X=5Y=0}+P{X=5,Y=1}+P{X=3,Y=2}+P{X=2,Y=3}=0.24P{W=6}=P{V+U=6}=P{V=5,U=1}+P{V=4,U=2}+P{V=3,U=3}=P{X=5,Y=1}+P{X=4,Y=2} +P{X=3,Y=3}=0.19P{W=7}=P{V+U=7}=P{V=5,U=2}+P{V=4,U=3}=P{V=5,U=2}+P{X=4,Y=3}=0.6+0.6=0.12P{W=8}=P{V+U=8}=P{V=5,U=3}+P{X=5,Y=3}=0.05或列表为W012345678P00.020.060.130.190.240.190.120.05[二十一]设随机变量(X,Y)的概率密度为(1)试确定常数b;(2)求边缘概率密度fX(x),fY(y)(3)求函数U=max(X,Y)的分布函数。解:(1)∴(2)(3)Fu(ω)=P{U≤u}=P{)=P{X≤u,Y≤u}=F(u,u)=u<0,FU(u)=0 第四章2.[二]某产品的次品率为0.1,检验员每天检验4次。每次随机地抽取10件产品进行检验,如果发现其中的次品数多于1,就去调整设备,以X表示一天中调整设备的次数,试求E(X)。(设诸产品是否是次品是相互独立的。)解:设表示一次抽检的10件产品的次品数为ξP=P(调整设备)=P(ξ>1)=1-P(ξ≤1)=1-[P(ξ=0)+P(ξ=1)]1-0.7361=0.2639.因此X表示一天调整设备的次数时X~B(4,0.2639).P(X=0)=×0.26390×0.73614=0.2936.P(X=1)=×0.26391×0.73613=0.4210,P(X=2)=×0.26392×0.73612=0.2264.P(X=3)=×0.26393×0.7361=0.0541,P(X=4)=×0.2639×0.73610=0.0049.从而E(X)=np=4×0.2639=1.05563.[三]有3只球,4只盒子,盒子的编号为1,2,3,4,将球逐个独立地,随机地放入4只盒子中去。设X为在其中至少有一只球的盒子的最小号码(例如X=3表示第1号,第2号盒子是空的,第3号盒子至少有一只球),求E(X)。∵事件{X=1}={一只球装入一号盒,两只球装入非一号盒}+{两只球装入一号盒,一只球装入非一号盒}+{三只球均装入一号盒}(右边三个事件两两互斥)∴∵事件“X=2”=“一只球装入二号盒,两只球装入三号或四号盒”+“两只球装二号盒,一只球装入三或四号盒”+“三只球装入二号盒”∴ 同理:故5.[五]设在某一规定的时间间段里,其电气设备用于最大负荷的时间X(以分计)是一个连续型随机变量。其概率密度为求E(X)解:6.[六]设随机变量X的分布为X-202Pk0.40.30.3求E(X),E(3X2+5)解:E(X)=(-2)×0.4+0×0.3+2×0.3=-0.2E(X2)=(-2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8E(3X2+5)=3E(X2)+E(5)=8.4+5=13.47.[七]设随机变量X的概率密度为 求(1)Y=2X(2)Y=e-2x的数学期望。解:(1)(2)8.[八]设(X,Y)的分布律为XY123-1010.20.10.10.100.100.30.1(1)求E(X),E(Y)。(2)设Z=Y/X,求E(Z)。(3)设Z=(X-Y)2,求E(Z)。解:(1)由X,Y的分布律易得边缘分布为XY123-10.20.100.300.100.30.410.10.10.10.30.40.20.41E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4=0.4+0.4+1.2=2.E(Y)=(-1)×0.3+0×0.4+1×0.3=0.Z=Y/X-1-1/2-1/301/31/21pk0.20.100.40.10.10.1(2)E(Z)=(-1)×0.2+(-0.5)×0.1+(-1/3)×0+0×0.4+1/3×0.1+0.5×0.1+1×0.1=(-1/4)+1/30+1/20+1/10=(-15/60)+11/60=-1/15.Z(X-Y)20(1-1)21(1-0)2或(2-1)24(2-0)2或(1-(-1))2或(3-1)29(3-0)2或(2-(-1))216(3-(-1))2pk0.10.20.30.40(3)E(Z)=0×0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=510.[十]一工厂生产的某种设备的寿命X(以年计)服从指数分布,概率密度为 工厂规定出售的设备若在一年内损坏,可予以调换。若工厂出售一台设备可赢利100元,调换一台设备厂方需花费300元。试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望。解:一台设备在一年内损坏的概率为故设Y表示出售一台设备的净赢利则故11.[十一]某车间生产的圆盘直径在区间(a,b)服从均匀分布。试求圆盘面积的数学期望。解:设X为圆盘的直径,则其概率密度为用Y表示圆盘的面积,则12.[十三]设随机变量X1,X2的概率密度分别为求(1)E(X1+X2),E(2X1-3);(2)又设X1,X2相互独立,求E(X1X2)解:(1) =(2)=(3)13.[十四]将n只球(1~n号)随机地放进n只盒子(1~n号)中去,一只盒子装一只球。将一只球装入与球同号的盒子中,称为一个配对,记X为配对的个数,求E(X)解:引进随机变量i=1,2,…n则球盒对号的总配对数为Xi的分布列为Xi:10P:i=1,2……n∴i=1,2……n14.[十五]共有n把看上去样子相同的钥匙,其中只有一把能打开门上的锁,用它们去试开门上的锁。设抽取钥匙是相互独立的,等可能性的。若每把钥匙经试开一次后除去,试用下面两种方法求试开次数X的数学期望。(1)写出X的分布律,(2)不写出X的分布律。解:(1)X123……nP……(2)设一把一把钥匙的试开,直到把钥匙用完。 设i=1,2……n则试开到能开门所须试开次数为Xii0P∵E(Xi)=i=1,2……n∴15.(1)设随机变量X的数学期望为E(X),方差为D(X)>0,引入新的随机变量(X*称为标准化的随机变量):验证E(X*)=0,D(X*)=1(2)已知随机变量X的概率密度。求X*的概率密度。解:(1)D(X*)=E[X*-E(X)*]]2=E(X*2)==(2) 16.[十六]设X为随机变量,C是常数,证明D(X)0是常数,求E(X),D(X)。解:又 D(X)=E(X2)-E2(X)=2θ2-θ2=θ221.设X1,X2,…,Xn是相互独立的随机变量且有,i=1,2,…,n.记,.(1)验证(2)验证.(3)验证E(S2)证明:(1)(利用数学期望的性质2°,3°)(利用方差的性质2°,3°)(2)首先证于是(3) 23.[二十五]设随机变量X和Y的联合分布为:XY-101-1001验证:X和Y不相关,但X和Y不是相互独立的。证:∵P[X=1Y=1]=P[X=1]=P[Y=1]=P[X=1Y=1]≠P[X=1]P[Y=1]∴X,Y不是独立的又E(X)=-1×+0×+1×=0E(Y)=-1×+0×+1×=0COV(X,Y)=E{[X-E(X)][Y-E(Y)]}=E(XY)-EX·EY=(-1)(-1)+(-1)1×+1×(-1)×+1×1×=0∴X,Y是不相关的27.已知三个随机变量X,Y,Z中,E(X)=E(Y)=1,E(Z)=-1,D(X)=D(Y)=D(Z)=1,ρXY=0ρXZ=,ρYZ=-。设W=X+Y+Z求E(W),D(W)。解:E(W)=E(X+Y+Z)=E(X)+E(Y)+E(Z)=1+1-1=1D(W)=D(X+Y+Z)=E{[(X+Y+Z)-E(X+Y+Z)]2}=E{[X-E(X)]+[Y-E(Y)]+Z-E(Z)}2=E{[X-E(X)]2+[Y-E(Y)]2+[Z-E(Z)]2+2[X-E(X)][Y-E(Y)]+2[Y-E(Y)][Z-E(Z)]+2[Z-E(Z)][X-E(X)]}=D(X)+D(Y)+D(Z)+2COV(X,Y)+2COV(Y,Z)+2COV(Z,X)=D(X)+D(Y)+D(Z)+2+=1+1+1+2× 26.[二十八]设随机变量(X1,X2)具有概率密度。,0≤x≤2,0≤y≤2求E(X1),E(X2),COV(X1,X2),解:D(X1+X2)=D(X1)+D(X2)+2COV(X1,X2)=28.[二十九]设X~N(μ,σ2),Y~N(μ,σ2),且X,Y相互独立。试求Z1=αX+βY和Z2=αX-βY的相关系数(其中是不为零的常数).解:由于X,Y相互独立Cov(Z1,Z2)=E(Z1,Z2)-E(Z1)E(Z2)=E(αX+βY)(αX-βY)-(αEX+βEY)(αEX-βEY)=α2EX2-βEY2-α2(EX)2+β(EY)2=α2DX-β2DY=(α2-β2)σ2DZ1=α2DX+β2DY=(α2+β2)σ2,DZ2=α2DX+β2DY=(α2+β2)σ2,(利用数学期望的性质2°3°)故 29.[二十三]卡车装运水泥,设每袋水泥重量(以公斤计)服从N(50,2.52)问最多装多少袋水泥使总重量超过2000的概率不大于0.05.解:已知X~N(50,2.52)不妨设最多可装A袋水泥才使总重量超过2000的概率不大于0.05.则由期望和方差的性质得Y=AX~N(50A,2.52A).故由题意得P{Y≥2000}≤0.05即解得A≥39.30.[三十二]已知正常男性成人血液中,每一毫升白细胞数平均是7300,均方差是700,利用契比雪夫不等式估计每毫升含白细胞数在5200~9400之间的概率p.解:由题意知μ=7300,σ=700,则由契比雪夫不等式31.[三十三]对于两个随机变量V,W若E(V2)E(W2)存在,证明[E(VW)]2≤E(V2)E(W2)这一不等式称为柯西施瓦兹(Cauchy-Schwarz)不等式.证明:由和关于矩的结论,知当E(V2),E(W2)存在时E(VW),E(V),E(W),D(V),D(W),都存在.当E(V2),E(W2)至少有一个为零时,不妨设E(V2)=0,由D(V)=E(V2)-[E(V)]2≤E(V2)=0知D(V)=0,此时[E(V)]2=E(V2)=0即E(V)=0。再由方差的性质知P(V=0)=1.又故有P(VW=0)=1.于是E(VW)=0,不等式成立.当E(V2)>0,E(W2)>0时,对有E(W-tV)2=E(V2)t2-2E(VW)t+E(W2)≥0.(*)(*)式是t的二次三项式且恒非负,所以有∆=[-2E(VW)]2-4E(V2)E(W2)≤0故Cauchy-Schwarz不等式成立。[二十一](1)设随机变量X1,X2,X3,X4相互独立,且有E(Xi)=i,D(Xi)=5-i,i=1,2,3,4。设Y=2X1-X2+3X3-X4,求E(Y),D(Y)。(2)设随机变量X,Y相互独立,且X~N(720,302),Y~N(640,252),求Z1=2X+Y,Z2=X-Y的分布,并求P{X>Y},P{X+Y>1400}解:(1)利用数学期望的性质2°,3°有E(Y)=2E(X1)-E(X2)+3E(X3)-E(X4)=7利用数学方差的性质2°,3°有D(Y)=22D(X1)+(-1)2D(X2)+32D(X3)+()2D(X4)=37.25 (2)根据有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布,知Z1~N(·,·),Z2~N(·,·)而EZ1=2EX+Y=2×720+640,D(Z1)=4D(X)+D(Y)=4225EZ2=EX-EY=720-640=80,D(Z2)=D(X)+D(Y)=1525即Z1~N(2080,4225),Z2~N(80,1525)P{X>Y}=P{X-Y>0}=P{Z2>0}=1-P{Z2≤0}=P{X+Y>1400}=1-P{X+Y≤1400}同理X+Y~N(1360,1525)则P{X+Y>1400}=1-P{X+Y≤1400}=[二十二]5家商店联营,它们每周售出的某种农产品的数量(以kg计)分别为X1,X2,X3,X4,X5,已知X1~N(200,225),X2~N(240,240),X3~N(180,225),X4~N(260,265),X5~N(320,270),X1,X2,X3,X4,X5相互独立。(1)求5家商店两周的总销售量的均值和方差;(2)商店每隔两周进货一次,为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99,问商店的仓库应至少储存多少公斤该产品?解:(1)令为总销售量。已知EX1=200,EX2=240,EX3=180,EX4=260,EX5=320,D(X1)=225,D(X2)=240,D(X3)=225,D(X4)=265,D(X5)=270,利用数学期望的性质3°有利用方差的性质3°有(2)设商店仓库储存a公斤该产品,使得 P{Y≤a}>0.99由相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布,并注意到(1),得Y~N(1200,1225)查标准正态分布表知∴a至少取1282.第五章大数定理和中心极限定理1.[一]据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布,现在随机的抽取16只,设它们的寿命是相互独立的,求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。解:设第i只寿命为Xi,(1≤i≤16),故E(Xi)=100,D(Xi)=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知从而3.[三]计算机在进行加法时,对每个加数取整(取为最接近它的整数),设所有的取整误差是相互独立的,且它们都在(-0.5,0.5)上服从均匀分布,(1)若将1500个数相加,问误差总和的绝对值超过15的概率是多少?(2)几个数相加在一起使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90解:(1)设取整误差为Xi(,1500),它们都在(-0.5,0.5 )上服从均匀分布。于是:8.某药厂断言,该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8,医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人,如果其中多于75人治愈,就接受这一断言,否则就拒绝这一断言。(1)若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8,问接受这一断言的概率是多少?(2)若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7,问接受这一断言的概率是多少?解:设X为100人中治愈的人数,则X~B(n,p)其中n=100(1)(2)p=0.7由中心极限定理知 7.[七]一复杂的系统,由100个互相独立起作用的部件所组成。在整个运行期间每个部件损坏的概率为0.10。为了整个系统起作用至少必需有85个部件工作。求整个系统工作的概率。(2)一个复杂的系统,由n个互相独立起作用的部件所组成,每个部件的可靠性(即部件工作的概率)为0.90。且必须至少有80%部件工作才能使整个系统工作,问n至少为多少才能使系统的可靠性不低于0.95。解:(1)设每个部件为Xi(i=1,2,……100)设X是100个相互独立,服从(0-1)分布的随机变量Xi之和X=X1+X2+……+X100由题设知n=100P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=0.1E(Xi)=p=0.9D(Xi)=p(1-p)=0.9×0.1=0.09n·E(Xi)=100×0.9=90,nD(Xi)=100×0.09=9==由中心极限定理知查标准正态分布表=φ(1.67)=0.9525解:(2)设每个部件为Xi(i=1,2,……n)P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=1-p=0.1 E(Xi)=p=0.9,D(Xi)=0.9×0.1=0.09由问题知求n=?而==1-由中心极限定理知=查标准正态分布表得解得n≥24.35取n=25,即n至少为25才能使系统可靠性为0.95.[八]随机地取两组学生,每组80人,分别在两个实验室里测量某种化合物的PH值,各人测量的结果是随机变量,它们相互独立,且服从同一分布,其数学期望为5,方差为0.3,以分别表示第一组和第二组所得结果的算术平均:(1)求P{4.9<}(2)}解:由中心极限定理知~N(0,1)~N(0,1) (1)(2)由Xi,Yj的相互独立性知独立。从而U,V独立。于是U-V~N(0,2)而=2×0.8749-1=0.7498[九]某种电子器件的寿命(小时)具有数学期望μ(未知),方差σ2=400为了估计μ,随机地取几只这种器件,在时刻t=0投入测试(设测试是相互独立的)直到失败,测得其寿命X1,…,Xn,以作为μ的估计,为使问n至少为多少?解:由中心极限定理知,当n很大时 =所以查标准正态分布表知即n至少取1537。第六章样本及抽样分布1.[一]在总体N(52,6.32)中随机抽一容量为36的样本,求样本均值落在50.8到53.8之间的概率。解:2.[二]在总体N(12,4)中随机抽一容量为5的样本X1,X2,X3,X4,X5.(1)求样本均值与总体平均值之差的绝对值大于1的概率。(2)求概率P{max(X1,X2,X3,X4,X5)>15}.(3)求概率P{min(X1,X2,X3,X4,X5)>10}. 解:(1)=(2)P{max(X1,X2,X3,X4,X5)>15}=1-P{max(X1,X2,X3,X4,X5)≤15}=(3)P{min(X1,X2,X3,X4,X5)<10}=1-P{min(X1,X2,X3,X4,X5)≥10}=4.[四]设X1,X2…,X10为N(0,0.32)的一个样本,求解:7.设X1,X2,…,Xn是来自泊松分布π(λ)的一个样本,,S2分别为样本均值和样本方差,求E(),D(),E(S2).解:由X~π(λ)知E(X)=λ,∴E()=E(X)=λ,D()=[六]设总体X~b(1,p),X1,X2,…,Xn是来自X的样本。(1)求的分布律;(2)求的分布律;(3)求E(),D(),E(S2).解:(1)(X1,…,Xn)的分布律为= (2)(由第三章习题26[二十七]知)(3)E()=E(X)=P,[八]设总体X~N(μ,σ2),X1,…,X10是来自X的样本。(1)写出X1,…,X10的联合概率密度(2)写出的概率密度。解:(1)(X1,…,X10)的联合概率密度为(2)由第六章定理一知~即的概率密度为第七章参数估计1.[一]随机地取8只活塞环,测得它们的直径为(以mm计)74.00174.00574.00374.00174.00073.99874.00674.002求总体均值μ及方差σ2的矩估计,并求样本方差S2。 解:μ,σ2的矩估计是。2.[二]设X1,X1,…,Xn为准总体的一个样本。求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。(1)其中c>0为已知,θ>1,θ为未知参数。(2)其中θ>0,θ为未知参数。(5)为未知参数。解:(1),得(2)(5)E(X)=mp令mp=,解得3.[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。解:(1)似然函数(解唯一故为极大似然估计量)(2) 。(解唯一)故为极大似然估计量。(5),解得,(解唯一)故为极大似然估计量。4.[四(2)]设X1,X1,…,Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本,试求λ的极大似然估计量及矩估计量。解:(1)矩估计X~π(λ),E(X)=λ,故=为矩估计量。(2)极大似然估计,为极大似然估计量。(其中5.[六]一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分,随机地自该地区取100个样品,每个样品有10块石子,记录了每个样品中属石灰石的石子数。假设这100次观察相互独立,并由过去经验知,它们都服从参数为n=10,P的二项分布。P是该地区一块石子是石灰石的概率。求p的极大似然估计值,该地质学家所得的数据如下 样品中属石灰石的石子数012345678910观察到石灰石的样品个数016723262112310解:λ的极大似然估计值为==0.499[四(1)]设总体X具有分布律X123Pkθ22θ(1-θ)(1-θ)2其中θ(0<θ<1)为未知参数。已知取得了样本值x1=1,x2=2,x3=1,试求θ的矩估计值和最大似然估计值。解:(1)求θ的矩估计值则得到θ的矩估计值为(2)求θ的最大似然估计值似然函数lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1-θ)求导得到唯一解为8.[九(1)]设总体X~N(μ,σ2),X1,X1,…,Xn是来自X的一个样本。试确定常数c使的无偏估计。解:由于 =当。[十]设X1,X2,X3,X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本,其中θ未知,设有估计量(1)指出T1,T2,T3哪几个是θ的无偏估计量;(2)在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。解:(1)由于Xi服从均值为θ的指数分布,所以E(Xi)=θ,D(Xi)=θ2,i=1,2,3,4由数学期望的性质2°,3°有即T1,T2是θ的无偏估计量(2)由方差的性质2°,3°并注意到X1,X2,X3,X4独立,知D(T1)>D(T2)所以T2较为有效。14.[十四]设某种清漆的9个样品,其干燥时间(以小时计)分别为6.05.75.86.57.06.35.66.15.0。设干燥时间总体服从正态分布N~(μ,σ2),求μ的置信度为0.95的置信区间。(1)若由以往经验知σ=0.6(小时)(2)若σ为未知。 解:(1)μ的置信度为0.95的置信区间为(),计算得(2)μ的置信度为0.95的置信区间为(),计算得,查表t0.025(8)=2.3060.16.[十六]随机地取某种炮弹9发做试验,得炮弹口速度的样本标准差为s=11(m/s)。设炮口速度服从正态分布。求这种炮弹的炮口速度的标准差σ的置信度为0.95的置信区间。解:σ的置信度为0.95的置信区间为其中α=0.05,n=9查表知19.[十九]研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率。设两者都服从正态分布,并且已知燃烧率的标准差均近似地为0.05cm/s,取样本容量为n1=n2=20.得燃烧率的样本均值分别为设两样本独立,求两燃烧率总体均值差μ1-μ2的置信度为0.99的置信区间。解:μ1-μ2的置信度为0.99的置信区间为其中α=0.01,z0.005=2.58,n1=n2=20,20.[二十]设两位化验员A,B独立地对某中聚合物含氯两用同样的方法各做10次测定,其测定值的样本方差依次为分别为A,B所测定的测定值总体的方差,设总体均为正态的。设两样本独立,求方差比的置信度为0.95的置信区间。 解:的置信度为0.95的置信区间=(0.222,3.601).其中n1=n2=10,α=0.05,F0.025(9,9)=4.03,。第八章假设检验1.[一]某批矿砂的5个样品中的镍含量,经测定为(%)3.253.273.243.263.24。设测定值总体服从正态分布,问在α=0.01下能否接受假设:这批矿砂的含镍量的均值为3.25.解:设测定值总体X~N(μ,σ2),μ,σ2均未知步骤:(1)提出假设检验H:μ=3.25;H1:μ≠3.25(2)选取检验统计量为(3)H的拒绝域为|t|≥(4)n=5,α=0.01,由计算知查表t0.005(4)=4.6041,(5)故在α=0.01下,接受假设H02.[二]如果一个矩形的宽度ω与长度l的比,这样的矩形称为黄金矩形。这种尺寸的矩形使人们看上去有良好的感觉。现代建筑构件(如窗架)、 工艺品(如图片镜框)、甚至司机的执照、商业的信用卡等常常都是采用黄金矩型。下面列出某工艺品工厂随机取的20个矩形的宽度与长度的比值。设这一工厂生产的矩形的宽度与长短的比值总体服从正态分布,其均值为μ,试检验假设(取α=0.05)H0:μ=0.618H1:μ≠0.6180.6930.7490.6540.6700.6620.6720.6150.6060.6900.6280.6680.6110.6060.6090.6010.5530.5700.8440.5760.933.解:步骤:(1)H0:μ=0.618;H1:μ≠0.618(2)选取检验统计量为(3)H0的拒绝域为|t|≥(4)n=20α=0.05,计算知,(5)故在α=0.05下,接受H0,认为这批矩形的宽度和长度的比值为0.6183.[三]要求一种元件使用寿命不得低于1000小时,今从一批这种元件中随机抽取25件,测得其寿命的平均值为950小时,已知这种元件寿命服从标准差为σ=100小时的正态分布。试在显著水平α=0.05下确定这批元件是否合格?设总体均值为μ。即需检验假设H0:μ≥1000,H1:μ<1000。解:步骤:(1)μ≥1000;H1:μ<1000;(σ=100已知)(2)H0的拒绝域为(3)n=25,α=0.05,,计算知(4)故在α=0.05下,拒绝H0,即认为这批元件不合格。12.[十一]一个小学校长在报纸上看到这样的报导:“这一城市的初中学生平均每周看8小时电视” 。她认为她所领导的学校,学生看电视的时间明显小于该数字。为此她向100个学生作了调查,得知平均每周看电视的时间小时,样本标准差为s=2小时。问是否可以认为这位校长的看法是对的?取α=0.05。(注:这是大样本检验问题。由中心极限定理和斯鲁茨基定理知道不管总体服从什么分布,只要方差存在,当n充分大时近似地服从正态分布。)解:(1)提出假设H0:μ≤8;H1:μ>8(2)当n充分大时,近似地服从N(0,1)分布(3)H0的拒绝域近似为≥zα(4)n=100,α=0.05,,S=2,由计算知(5)故在α=0.05下,拒绝H0,即认为校长的看法是不对的。14.[十三]某种导线,要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批导线中取样品9根,测得s=0.007(欧姆),设总体为正态分布。问在水平α=0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大?解:(1)提出H0:σ≤0.005;H1:σ>0.005(2)H0的拒绝域为(3)n=9,α=0.05,S=0.007,由计算知查表(4)故在α=0.05下,拒绝H0,认为这批导线的标准差显著地偏大。15.[十四]在题2中记总体的标准差为σ。试检验假设(取α=0.05)H0:σ2=0.112,H1:σ2≠0.112。解:步骤(1)H0:σ2=0.112;H1:σ2≠0.112(2)选取检验统计量为 (3)H0的拒绝域为(4)n=20,α=0.05,由计算知S2=0.09252,查表知(5)故在α=0.05,接受H0,认为总体的标准差σ为0.11.16.[十五]测定某种溶液中的水份,它的10个测定值给出s=0.037%,设测定值总体为正态分布,σ2为总体方差。试在水平α=0.05下检验假设H0:σ≥0.04%;H1:σ<0.04%。解:(1)H0:σ2≥(0.04%)2;H1:σ2<(0.04%)2(2)H0的拒绝域为(3)n=10,α=0.05,S=0.037%,查表知由计算知(4)故在α=0.05下,接受H0,认为σ大于0.04%17.[十六]在第6[五]题中分别记两个总体的方差为。试检验假设(取α=0.05)H0:以说在第6[五]题中我们假设是合理的。解:(1)H0:(2)选取检验统计量为(3)H0的拒绝域为(4)n1=8,n2=10,α=0.05,查表知F0.025(7,9)=4.20F0.975(7,9)3,将其合并得合并后,K=4,Y=1查表知由计算知(5)故在α=0.05下,接受H0,认为一页的印刷错误个数服从泊松分布。'

您可能关注的文档