概率论课后问题答案

11．从（0，1）中随机取两个数，求下列事件的概率；（1）两数之和小于数之积小于

6；（2）两51。 461的事件为A，两数之积小于的事件为B。 54如下图，样本空间为单位正方形区域?，事件A为区域C，事件B为区域D，于是

11217 P(A)?C的面积/?的面积/=1?(1?)?

2525解 （此系几何概型问题）设两数之和小于

P(B)?D的面积/?的面积?

y

1 y?x?6 5

C

1O 1 x 5

11111??1dx??lnx444x441141?(1?ln4) 4y 1 O xy 1 ? D 1414x

14．设有来自三个地区的各10名，15名和25名考生的报名表，其中女生的报名表分别为3份，7份和5份，随机地取一个地区，从该地区报名表中抽取1份，求抽到的1份是女生报名表的概率。

解 此系条件概率问题。

设Ai表示“抽到第i个地区”(i?1,2,3)，B表示“抽到的是女生报名表”。则据全概率公式，所求概率为

13171529P(B)??P(Ai)P(BAi)???????

31031532590i?115．三个箱子，第一个箱中有4个黑球，1个白球，第二个箱中有3个黑球，3个白球，

第三个箱中有3个黑球，5个白球，现随机地取一个箱子，再从这个箱子中取出一个球。（1）求这个球为白球的概率；（2）已知取出的球是白球，求此球属于第二个箱子的概率。

解 此系条件概率问题。

设Ai表示“抽到第i个箱子”(i?1,2,3)，B表示“取出的是白球”。则所求概率分别为P(B)和P(A2B)。据全概率公式，有

311131553P(B)??P(Ai)P(BAi)???????

353638120i?13而由贝叶斯公式可得

13?P(A2)P(BA2)2036 P(A2B)?3 ??11131553?????P(Ai)P(BAi)?353638i?117．设某人从外地赶来参加紧急会议，他乘火车，轮船，汽车或飞机来的概率分别是3/10，1/5，1/10和2/5。如果他乘飞机来，不会迟到；而乘火车、轮船或汽车来，迟到的概率分别为1/4，1/3， 1/2。现此人迟到，试推断他乘哪一种交通工具的可能性最大。

解 此系条件概率问题。

设A1,A2,A3,A4分别表示此人乘火车，轮船，汽车或飞机来的事件，B表示此人迟到的事件，则依题意要计算P(A1B)、P(A2B)和P(A3B)，并进行比较。据已知有

3112，P(A2)?，P(A3)?，P(A4)? 105105111P(BA1)?，P(BA2)?，P(BA3)?，P(BA4)?0

432P(A1)?据全概率公式，有

P(B)??P(Ai)P(BAi)?i?14311111223???????0? 104531025120而据贝叶斯公式，有

31?P(A1)P(BA1)9?104? P(A1B)?42323P(A)P(BA)?ii120i?111?P(A2)P(BA2)8?53? P(A2B)?4 2323P(Ai)P(BAi)?120i?111?P(A3)P(BA3)102?6 P(A3B)?4?2323P(A)P(BA)?ii120i?1上述三个条件概率分别为此人在迟到的条件下乘火车，轮船，汽车的概率，不难看出这时他乘火车的可能性最大。

?0.8?(1?0.7)?(1?0.8)?0.7?0.38

19．有甲乙两批种子，发芽率分别是0.8和0.7，在这两批种子中各随机抽取一粒，求：

（1）两粒都发芽的概率；（2）至少有一粒发芽的概率；（3）恰好有一粒发芽的概率。

解 此系事件的独立性问题。

设A1(A2)表示“从甲（乙）批抽取的种子发芽”，据已知：P(A1)?0.8，P(A2)?0.7。 则依事件的独立性，有

（1）两粒都发芽的概率为：P(A1A2)?P(A1)P(A2)?0.8?0.7?0.56

（2）至少有一粒发芽的概率为：P(A1?A2)?P(A1)?P(A2)?P(A1A2)?0.94 （3）恰好有一粒发芽的概率为：P(A1A2)?P(A1A2)?P(A1)P(A2)?P(A1)P(A2) 21．一实习生用同一机器接连独立制造3个同种零件，第i个零件是不合格品的概率

pi?1(i?1,2,3)，求他制造的3个零件中恰好有2个合格的概率。 i?1解 此系事件的独立性问题。设Ai表示“第i个零件是合格品” (i?1,2,3)，A表示所求概率的事件。则

A?A1A2A3?A1A2A3?A1A2A3 已知P(Ai)?pi?1(i?1,2,3)，于是所求概率为 i?1P(A)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)

?P(A1)P(A2)P(A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?P(A1)P(A2)P(A3) 11111111111 ?(1?)(1?)??(1?)??(1?)??(1?)?(1?)?2342342342422．设甲乙两篮球运动员投篮命中率分别为0.7和0.6，若每人投篮3次，求两人进球数相等的概率。

解 此系n重贝努里试验概型问题。

设Ak表示“甲篮球运动员投进k个球”，Bk表示“乙篮球运动员投进k个球” 则所求概率为P(A1B1?A2B2?A3B3)。因为A1B1,A2B2,A3B3两两互不相容，(k?0,1,2,3)，

且Ak与Bk(k?0,1,2,3)相互独立，所以有

P(A1B1?A2B2?A3B3)??P(Ak)P(Bk)

k?03应用二项概率公式有

kk3?kkk3?k P(Ak)P(Bk)?[C3?0.7?0.3][C3?0.6?0.4](k?0,1,2,3)

分别计算，得

33 P(A0)P(B0)?0.3?0.4?0.001728

222 P(A1)P(B1)?3?0.7?0.3?0.6?0.4?0.054432

222 P(A2)P(B2)?3?0.7?0.3?0.6?0.4?0.190512 33 P(A3)P(B3)?0.7?0.6?0.074088

于是所求概率为P(A1B1?A2B2?A3B3)??P(A)P(B)?0.32076

kkk?0326．袋中有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r(r?1)次，已知每次均得到国徽，问这只硬币是正品的概率是多少？

解 此系n重贝努里试验概型和条件概率问题。

设A表示“在袋中取出的硬币是正品”，B表示“取出的硬币投r(r?1)次，每次均得到国徽”，则所求概率为P(AB)。据全概率公式，有

m1nm?2rnP(B)?P(A)P(BA)?P(A)P(BA)??r??1?r

m?n2m?n2(m?n)于是

m1?(A)m?n2rP(AB)P(A)PBm??? P(AB)?

m?2rnP(B)P(B)m?2rn2r(m?n)27．证明题：（1）如果P(AB)?P(AB)，求证事件A与B互相独立；（2）设事件AB发生则事件C一定发生，求证P(A)?P(B)?P(C)?1。

证 （1）由P(AB)?P(AB)，可得

即

化简，即得

P(AB)P(AB)P(AB)P(A?B)?或 ?P(B)1?P(B)P(B)P(B)P(AB)P(A)?P(AB)? P(B)1?P(B) P(AB)?P(A)P(B) 所以事件A与B互相独立。

（2）已知事件AB发生则事件C一定发生，即AB?C，于是P(AB)?P(C)，从而 P(A?B)?P(A)?P(B)?P(AB)?P(A)?P(B)?P(C)

因为P(A?B)?1，故有

P(A)?P(B)?P(C)?1 证毕。

第二章

5．某射手有5发子弹，射一次，命中率为0.9，若命中就停止射击，若未命中就一直射到子弹用尽，求耗用子弹数X的分布列。

解 由题设X的所有可能取值为1，2，3，4，5，而由条件概率可得

P{X?k}?0.9(1?0.9)k?1,k?1,2,3,4

即

P{X?1}?0.9， P{X?2}?0.09，

P{X?3}?0.009， P{X?4}?0.00 0而由全概率公式得

P{X?5}?0.9(1?0.9)4?(1?0.9)5?0.0001

所以X的分布列为

X 1 2 0.09 3 4 5 0.0001 P 0.9 0.009 0.0009 ???acosx,??x?,??2210．设随机变量的概率密度为f(x)? （1）求系数a；（2）求??0,x???或x??.??22分布函数F(x)；（3）画出y?f(x)与y?F(x)的图形进行比较。

解 由概率密度的性质，有

???????f(x)dx???2?acosx?dx2sain??x?2?2 a12得a?1，于是 2当x??当??2时，F(x)??x??f(x)dx??0dx?0

??x?2?x??2时，F(x)??x??f(x)dx??2???2????0dx???11cosxdx?(1?sinx) ??222x当x??2时，F(x)??x???f(x)dx??0dx??2?x1cosxdx???0dx?1 ?222

??0,x???2?即 F(x)??1(1?sinx),???x??

?22?2??1,x??2?14．工厂生产某高级电子元件，其寿命X（以年计）服从指数分布，X的概率密度为

x?1?14?e,x?0，工厂规定出售的电子元件在一年内损坏可调换。若工厂出售一个电f(x)??4?0,x?0?子元件盈利100元，调换一个需花费300元，试解答以下各题。

（1）求一个电子元件在一年内损坏的概率；

（2）若某仪器装有5个这种电子元件，且它们独立工作，求在使用一年内恰有3个元件损坏的概率；

（3）求出售一个电子元件盈利Y元的分布列。 解 （1）所求概率为

P{0?X?1}??10x1?1?4f(x)dx??edx?1?e4

041?14（2）此系n?5重贝努里试验概型B(5,p)，由（1）知参数p?1?e公式，所求概率为

14314212143，按二项概率

P5(3)?C(1?e)(e)?10e(1?e)

（3）由已知出售一个电子元件盈利Y?100元，而出售的电子元件在一年内如损坏，扣除调换花费300元，则盈利Y??200元，即Y的取值为100,?200，并且有

P{Y??200}?P{0?X?1}?1?e P{Y?100}?1?P{Y??200}?e所以Y的分布列为

Y 100 e?14??1435????

14

?200 1?e?14P 217．设电源电压X服从正态分布N(220,25)，又设在下列三种情况下某种电子元件损坏的概率分别是0.1，0.001和0.2：（1）X不超过200伏；（2）X在200~240伏之间；（3）X超过240伏。

求：（1）电子元件损坏的概率；（2）若已知电子元件损坏，问该电子元件处于何种情况下损坏的可能性最大，为什么？

解 设A1?{X不超过200伏}，A2?{X在200~240伏之间}，A3?{X超过240伏}，

B?{电子元件损坏}，则A1,A2,A3构成一完备事件组，且据已知有

P{BA1}?0.1，P{BA2}?0.001，P{BA3}?0.2

及

X?220??0.8}??(?0.8)?1??(0.8)?0.2119 25X?220 P{A2}?P{200?X?240}?P{?0.8??0.8}25?2?(0.8)?1?2?0.7881?1?0.5762

X?220P{A3}?P{X?240}?1?P{X?240}?1?P{?0.8}

25?1??(0.8)?1?0.7881?0.2119 P{A1}?P{X?200}?P{于是由全概率公式，可得电子元件损坏的概率 P{B}?3?P{A}P{BA}

kkK?1?0.2119?0.1?0.5762?0.001?0.2119?0.2?0.0641462

而由贝叶斯公式可得

P{A1}P{BA1}0.2119?0.1??0.330339 P{A1B}?P{B}0.0641462 P{A2B}?P{A2}P{BA2}0.5762?0.001??0.008983

P{B}0.0641462P{A3}P{BA3}0.2119?0.2??0.660678

P{B}0.0641462P{A3B}?所以当电子元件损坏时，该电子元件处于X超过240伏的状况时的可能性最大。

22．装配成圆珠笔尖的小钢珠的重量X服从正态分布N(0.05,0.05)，而钢珠直径Y是

2X的线性函数Y?2X?1。已知用直径小于0.972、介于0.972和1.228之间，以及大于1.228的钢珠装配成合格珠笔尖的概率分别为0.12,0.80和0.08，试求：

（1）随机变量Y的分布密度；

（2）用这批钢珠中任一个装配成合格笔尖的概率。

解 因为Y是X的线性函数，所以Y也服从正态分布，设Y~N(?,?)，则 ??2?0.05?1?1.1,??2?0.05?0.1 于是Y~N(1.1,0.1)，而Y的分布密度则为

22?1fY(y)?e2??0.1(y?1.1)22?0.12?10?50(y?1.1)2 e2?设A?{任取一个钢珠装配成合格笔尖}，则所求概率为P{A}。因为已知有

P{AY?0.972}?0.12，P{A0.972?Y?1.228}?0.80，P{AY?1.228}?0.08

且

P{Y?0.972}?P{2X?1?0.972}?P{X??0.014}?P{X?0.05??1.28}

0.05??(?1.28)?1??(1.28)?1?0.9?0.1

P{0.972?Y?1.228}?P{0.972?2X?1?1.228}?P{?0.014?X?0.114}

?P{?1.28?X?0.05?1.28}?2?(1.28)?1?2?0.9?1?0.8 0.05P{Y?1.228}?P{2X?1?1.228}?P{X?0.114}?1?P{X?0.114}

?1?P{所以

P{A}?P{Y?0.972}P{AY?0.972}

X?0.05?1.28}?1??(1.28)?1?0.9?0.1 0.05?P{0.972?Y?1.228}P{A0.972?Y?1.228}

?P{Y?1.228}P{AY?1.228}

24．某电子元件厂生产一批电子管，电子管的寿命X（以小时计）具有如下的概率密

?1000,x?1000?度f(x)??x2。寿命高于2000小时，介于1250~2000小时，以及低于1250

??0,x?1000小时的电子管分别是一等品，二等品和次等品。用一只一等品或二等品或次等品装配的收音

机，成为合格品的概率依次为0.9，0.8和0.5。试求：

（1）从该批产品任取一只电子管是一等品，二等品或次等品件的概率； （2）从该批产品任取一只装配成合格收音机的概率；

（3）假设销售一只一等品或二等品，厂家可获利6元或4元，销售一只次品，厂家亏损3元，求厂家销售任取的一只电子管可获的利润的分布列。

解 设A1,A2,A3分别表示任取一只电子管是一等品，二等品或次等品的事件，B表示任取一只电子管装配成合格收音机的事件，Y表示销售任取的一只电子管可获的利润

（1）所求概率分别为

P{A1}?P{X?2000}????2000f(x)dx??1000dx?0.5

2000x2?? P{A2}?P{1250?X?2000}? P{A3}?P{X?1250}??20001250f(x)dx??1250200012501000dx?0.3 x2?12500f(x)dx??1000dx?0.2 21000x（2）应用全概率公式，所求概率为

P{B}??P{Ak}P{BAk}?0.5?0.9?0.3?0.8?0.2?0.5?0.79

k?13（3）Y的分布列为

P{Y?4}?P{A2}?0.3，P{Y?6}?P{A1}?0.5 P{Y??3}?P{3A}?0.，227．若X~N(0,1)，求下列各随机变量的概率密度： （1）Y?e；（2）Y?2X2?1；（3）Y?X。

X21?x2解 已知X服从标准正态分布，其概率密度为 ?(x)?e2?（1）因为

2(???x???)

FY(y)?P{Y?y}?P{eX?y}

故当y?0时， FY(y)?P{?}?0 而当y?0时， FY(y)?P{X?lny}?所以

lny?1??1e2,y?0??(lny),y?0????2?y fY(y)?FY(y)??y

??0,y?00,y?0??2?lny???(x)dx

（2）因为

FY(y)?P{Y?y}?P{2X2?1?y}?P{X2?y?1} 2故当y?1时， FY(y)?P{?}?0

y?1?X?而当y?1时， FY(y)?P{?2所以

y?1}???2y?12y?12?(x)dx

?1y?1y?1[?()??(?)],?22 fY(y)?FY?(y)??2y?1?0,y?1?y?1

y?1??1e4,? ??2?(y?1)?0,y?0?y?0

（3）因为

FY(y)?P{Y?y}?P{X?y}

故当y?0时， FY(y)?P{?}?0 而当y?0时， FY(y)?P{?y?X?y}?所以

2??2?y2?(y)??(?y),y?0?e,y?0???? fY(y)?FY?(y)??

0,y?0??0,y?0???y?y?(x)dx

?1P{X?0,Y?j}?P{X?1,Y?j}?P{X?2,Y?0}? ??2j?0j?0215．一袋色球，其中有三个白球，两个红球和三个黑球，现从中随机任取4球。设X为

白球数，Y为红球数，求：（1）（X，Y）的联合分布律；（2）

P{(X,Y)?D},D?{(x,y)x?y?2}。

解 X的所有可能的取值为0、1、2、3，Y的所有可能的取值为0、1、2。由古典概型可得

13C30C2C32C30C22C323P{X?0,Y?0}?P{?}?0，P{X?0,Y?1}??，P{X?0,Y?2}??

C8470C847010312C3C2C33C31C2C318C31C22C329P{X?1,Y?0}??，P{X?1,Y?1}??，P{X?1,Y?2}?4? 44C870C870C87011C32C20C329C32C2C318C32C22C303P{X?2,Y?0}??，P{X?2,Y?1}??，P{X?2,Y?2}?4?

C8470C8470C870110C33C20C33C33C2C32，P{X?3,Y?0}??P{X?3,Y?1}??，P{X?3,Y?2}?P{?}?0 44C870C870故（X，Y）的联合分布律为 X Y 0 1 2 3 0 1 2 0 2/70 3/70 3/70 18/70 9/70 9/70 18/70 3/70 3/70 2/70 0

而当0?y?2时，fY(y)?所以

?????f(x,y)dx??1?y201dx?1?y 2?y?1?,0?y?2 fY(y)?? 2?0,其他?于是

2y1122yfY(y)dy??y(1?)dy?[y2?y3]0? ??02263??2y1122E(Y2)??y2fY(y)dy??y2(1?)dy?[y3?y4]0?

??02383222D(X)?E(X2)?[E(X)]2??()2?

339??E(Y)??（3）XY的数学期望和方差： E(XY)???xyf(x,y)dxdy??dx?D012?2x0xydy

11122?2x??x[y]0dx??x(2?2x)2dx0022 1?2211148313221 (4x?8x?4x)dx?[x?x?2x]?0?02236212?2x00E[(XY)]???xyf(x,y)dxdy??dx?Dx2y2dy

132?2x112??x[y]0dx??x(2?2x)3dx0330

1281281334351612345 (x?3x?3x?x)dx?[x?x?x?x]0?3?03345645211D(XY)?E[(XY)2]?[E(XY)]2??()2?

45660?18．设随机变量(X,Y)的分布律为

X Y 1 1 2 1/4 1/2 0 1/4 ?1 求Cov(X,Y)及?XY。

解 （1）X的数学期望和方差：X的边缘分布律为：

X 1 ?1 p 于是

E(X)?1? 3/4 1/4 311?(?1)?? 44231E(X2)?12??(?1)2??1

4413D(X)?E(X2)?[E(X)]2?1?()2?

24（2）Y的数学期望和方差：Y的边缘分布律为：

Y 1 2 1/4 3/4 p 于是

E(Y)?1?137?2?? 4441313E(Y2)?12??22??

4441373D(Y)?E(Y2)?[E(Y)]2??()2?

4416（3）XY的数学期望及Cov(X,Y)、?XY：因为XY的分布律为：

XY p 所以

?2 ?1 1 2 1/4 0 1/4 1/2 1113E(XY)??2??(?1)?0?1??2??

44241 cov(X,Y)?E(XY)?E(X)E(Y)??

8 ?XY?cov(X,Y)1??

3D(X)D(Y)38．设某种商品每周的需求量X是服从区间[10，30]上均匀分布的随机变量，而经销商

店进货量为区间[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，每处理一单位商品亏损100元，若供不应求，则可从外部调剂供应，此时，单位商品仅利300元。为使商品所获利润期望值不少于9280元，试确定最小进货量。

解 设经销商店的进货量为k，依题设有k?10,11,,30。若设商店一周销售该商品的利润为Y（单位：元），则据已知Y是需求量X的函数：

?500a?300(X?a),a?X?30?300X?200a,a?X?30 Y?g(X)????500X?100(a?X),10?X?a600X?100a,10?X?a??因为X的概率密度为

?1?,10?x?30 f(x)??20

?0,其他?于是可获利润期望值

3011E(Y)??g(x)f(x)dx??(600x?100a)dx??(300x?200a)dx

101020a2011a2(300x2?100ax)10?(150x2?200ax)30 ?a?5250?350a?7.5a 202030a由题设条件，有E(Y)?9280，即

5250?350a?7.5a2?9280 或 3a2?140a?1612?0

解之，得

2?a?26 3故最小进货量为a?21，但不能超过a?26。

208．某商店负责供应某地区1000人商品，某种产品在一段时间内每人需用一件的概率为0.6，假定在这一段时间，各人购买与否彼此无关系，问商店应预备多少件这种商品，才能以99.7%的概率保证不会脱销（假定该商品在某一段时间内每人最多可以买一件）。

解 设商店应预备a件这种商品及

?1,第i个人购买该商品,Xi??(i?1,2,0,第i个人不购买该商品.?1000,1000)

并令X??Xi?1i，则X~B(1000,0.6)，则依题设，要求 P{X?a。而利用德}?0.997莫弗-拉普拉斯中心极限定理，有

P{X?a}?P{X?1000?0.6a?1000?0.6?}

1000?0.6(1?0.6)1000?0.6(1?0.6)

?P{X?1000?0.6a?600a?600?}??()

1000?0.6(1?0.6)240240a?600?2.75，即 240查正态分布表，有?(2.75)?0.997，于是a?600?2.75?240?642.6

所以，商店应预备643件这种商品，才能以99.7%的概率保证不会脱销

9．设某保险公司的老年人寿保险一年内有1万人参加，每人每年交40元，若老人死亡，公司付给家属2000元，设老人死亡率为0.017，试求保险公司在这次保险中亏本的概率。

解 设

?1,第i个老人当年死亡,Xi??(i?1,2,?0,第i个老人活过当年.,10000)

10000并令X??Xi?1i，则X~B(10000,0.017)，于是利用德莫弗-拉普拉斯中心极限定理，保

险公司在这次保险中亏本的概率为

P{2000X?40?10000}?P{X?200}?1?P{X?200}?1?P{X?10000?0.017200?170?}

10000?0.017(1?0.017)170?0.983X?10000?0.017?2.3207}

10000?0.017(1?0.017)

?1?P{?1??(2.3207)?1?0.9898?0.0102

10．在一家保险公司里有10000万人参加保险，每人每年付12元保险费，在一年内一个人死亡的概率为0.006，死亡者其家属可向保险公司领得1000元赔偿费，求：（1）保险公司没有利润的概率为多大？（2）保险公司一年的利润不少于60000元的概率为多大？

解 设

?1,第i个人在一年内死亡,Xi??(i?1,2,0,第i个人活满一年以上.?10000,10000)

并令X??Xi?1i，则X~B(10000,0.006)，于是利用德莫弗-拉普拉斯中心极限定理，保

险公司没有利润的概率为

P{1000X?12?10000}?P{X?120}?1?P{X?120}?1?P{X?10000?0.006120?60?}

10000?0.006(1?0.006)60?0.994X?10000?0.006?7.7693}

10000?0.006(1?0.006)

?1?P{?1??(7.7693)?1?1?0

而一年的利润不少于60000元的概率为

P{12?10000?1000X?60000}?P{X?60}?P{X?10000?0.00660?60?}

10000?0.006(1?0.006)60?0.994X?10000?0.006?0}??(0)?0.5

10000?0.006(1?0.006)

?P{第六章

26．分别从总体X~N(?,20)和Y~N(?,30)中各取容量为400的两独立样本，求

2常数k?0使P{?k?X?Y?k}?0.99。

2023029)?N(?,1)，Y~N(?,)?N(?,)，于是 解 因为X~N(?,4004004913X?Y~N(0,1?)?N(0,)

44而

P{?k?X?Y?k}?P{?kX?Ykk??}?2?()?1 13/213/213/213/2因此依题设，有2?(kk)?1?0.99，或?()?0.995，所以，查表得 13/213/2

k?2.575，即有k?4.6421 13/2210．设在总体N(?,?)中抽取一容量为16的样本，这里?,?均未知，求：

2（1）P{s22?2?2.401},其中s2为样本方差；（2）求D(s)。

解 （1）因为

(n?1)s2?2~x2(n?1)，这里n?16，于是

(n?1)s2 P{s22??2.401}?P{?2?15?2.401} (n?1)s2 ?P{22(n?1)s2?2?30.615}?1?P{?2?30.615}

查x分布表，得x0.01(15)?30.578，所以 P{s2?2?2.401}?1?0.01?0.99

（2）这里n?16，因为 D(s)?而

2?4152D(n?1?2s2)

n?1?2s2~x2(15)，D(x2)?2n?30

（2）取统计量 t?X??~t(n?1) s/n??1?95%?0.05，相应的?的置信区间为

(X?sst?(n?1),X?t?(n?1)) n2n2将n?10，t?(n?1)?t0.025(9)?2.2622及

221n21s?[?xi?nx]?[2520420?10?5022]?42.2222?6.4979代

n?1i?110?1入上式，即得所求的置信区间：(497.352,506.648)。

（3）取统计量

x?21?2?(Xi?1ni??)2~x2(n)

??1?95%?0.05，相应的?2的置信区间为

(i?1?(X22ni??)2x?(n),?(Xi?1ni??)2(n))

x21??2222将n?10，x?(n)?x0.025(10)?20.483，x2?(n)?x0.975(10)?3.247及

2n2101?2?(x??)??xii?1i?12i?2??xi?n?2?420

i?110代入上式，即得所求的置信区间：(20.5048,129.350)。

（4）取统计量

x?2(n?1)s2?2~x2(n?1)

??1?95%?0.05，相应的?2的置信区间为

(n?1)s2(n?1)s2(2,) x?(n?1)x2?(n?1)21?2将n?10，x?(n?1)?x0.025(9)?19.023，x22221??22(n?1)?x0.975(9)?2.700及s2?42.2222代入上式，即得所求的置信区间：(19.976,140.741)

1． 某地八月份气温x~N(?,?)，观察九天，得x?30C，s?0.9C，求 （1）此地八月份平均气温的置信区间（置信度1???0.95）； （2）能否据此样本认为该地区八月份平均气温为31.5C(??0.05)； （3）从（1）和（2）可以得出什么结论？

解 此系?未知而求?的置信区间的情形，因此取统计量

22t?x??~t(n?1) s/n2依题设有n?9，x?30，s?0.9，??0.05，t?(n?1)?t0.025(8)?2.306，于是平均气温置信度为0.95的置信区间为

(x?t?(n?1)2s0.9)?(30?2.306?) n9?(30?0.6918)?(29.3082,30.6918)

（2）检验假设：H0:???0?31.5；H1:???0?31.5 检验统计量

t?x??0s/n~t(n?1)

显著性水平为??0.05的拒绝域为 由于

x??0?t?(n?1)?t0.025(8)?2.306

s/n2x??030?31.5??5?2.306

s/n0.9/9故拒绝H0，不能认为该地区八月份平均气温是31.5C，即与31.5C有显著差异。 （3）从（1）和（2）可以得知，在同一的?下，在显著水平?下拒绝H0:???0与?0的值落在置信度为1??的置信区间之外是一致的。

9．假设某厂生产的缆绳，其抗拉强度x服从正态分布N(10600,82)，现在从改进工 艺后生产的一批缆绳中随机抽取10根，测量其抗拉强度，算得样本均值x?10653，方差

2s2?6992。当显著水平??0.05时，能否据此样本认为：

（1） 新工艺生产的缆绳抗拉强度比过去生产的缆绳抗拉强度有显著提高； （2） 新工艺生产的缆绳抗拉强度，其方差有显著变化。 解 （1）检验假设：H0:???0?10600；H1:???0 这时?未知，取统计量 t?2

x??0s/n~t(n?1 )显著性水平为??0.05的拒绝域为

x??0s/n?t?(n?1)?t0.05(9)?1.8331

已知n?10，x?10653，??82，于是

x??0s/n?10653?10600?2.044?1.8331

6992/10故拒绝接受H0，即认为抗拉强度比过去有显著提高。

22222（2）检验假设：H0:???0?82；H1:???0

这时?未知，取检验统计量 x?显著性水平为??0.05的拒绝域为

2(n?1)s2?20~x2(n?1)

n?1?2022s2?x?(n?1)?x0.025(9)?19.023 或

2n?1?202s2?x2?(n?1)?x0.975(9)?2.700

1?22222已知n?10，s?6992，???0?82，于是

n?12?0s2?10?1?6992?9.3587 822有

2.700?(n?1)s22?0?19.023

故接受H0，即认为新工艺生产的缆绳抗拉强度，其方差没有显著变化。

所以

2?4D(s)?2?30?

15152?412．已知X~t(n)，求证X~F(1,n)。

证明 由已知，有

2n?1)n?12?x2fX(x)?(1?)2nnn??()2?(欲证

(???x???)

?1?1?n12?()x?2,x?0?1?n fX2(x)?? 1nxn?()?()(1?)2?22n?0,x?0?因为

FX2(x)?P{X?x} 故若x?0，有FX2(x)?0。

若x?0，有

2FX2(x)?P{?x?X?x}??即有

fX2?x?xfX(t)dt

d1FX2(x)?[fX(x)?fX(?x)] dx2x1fX(x)?x1?n)nx?1?22(1?) nnxn??()2?( ??11?n1?()x22 ? 1?n1nxn?()?()(1?)222n证毕。

13．已知总体X~N(?,?)，其样本X1,X2,21n(Xi?X)2， ,Xn的方差是S??n?1i?12若Xn?1是对总体X的又一次独立抽样，试证明t?Xn?1?XSn~t(n?1)。 n?1证明 因为 X~N(?,?2n)，Xn?1~N(?,?2)，于是

Xn?1?X~N(0,??或

2?2n)?N(0,(n?1)2?) nXn?1?X~N(0,1) n?1?nn?1而据定理6-2，有

?2S2~x2(n?1)，从而由t分布的定义知

Xn?1?X?(n?1)/n(n?1)S2~t(n?1)，即t??第七章

2．设X1,X2,2/(n?1)Xn?1?XSn~t(n?1) n?1,Xn为总体的一个样本，求下列总体的概率密度或分布律中的参数的

矩估计量和极大似然估计量。

??e??x,x?0,（1）f(x)??其中??0为未知参数；

0,x?0，???x??1,0?x?1,（2）f(x)??其中??0为未知参数；

?0,其他，?1?(x??)/?,x??,?e（3）f(x)???其中??0，?,?为未知参数；

??0,其他，（4）P{X?x}???m?xm?xp(1?p),x?0,1,2,??x?,m，0?p?1,p为未知参数；

（5）P{X?x}??xx!e??,x?0,1,2,，其中??0为未知参数。

解（1）先求?的矩估计量：因为

????E(X)??xf(x)dx???xe??xdx?[?xe??x?e??x]0?

??0??????11而?的矩估计量为

1n??X??Xi

ni?1于是，有 所以

??1??X

1 Xn??其次，求极大似然估计量：因为似然函数为

L???ei?1??xi??en?xii?1n 或 lnL?nln????x

ii?1n令

dlnL?0，得 d?n?于是有

??xi?0

i?1n??

n

?x

i?1

n

，即有 ??i

n?Xi?1n?i1 X（3）先求?,?的矩估计量：因为 E(X)??????xf(x)d?x???1?(x??)?/??xe dx?[?xe?(x??)/???e?(x??)/?]E(X2)?????????????

x2f(x)dx????1??x2e?(x??)/?dx

???[?x2e?(x??)/??2?xe?(x??)/??2?2e?(x??)/?]D(X)?E(X2)?[E(X)]2??2

?,??适合 于是，?,?的矩估计量?2????X???????X?Sn，即有? ?22???????Sn???Sn???2?2???2?2

1n1n22其中，X??Xi，Sn??(Xi?X)。

ni?1ni?1其次，求极大似然估计量：因为似然函数为

L(x1,x2,,xn)??ei?1n1?(xi??)/???1n??1?nee???xii?1n或 lnL??nln??n???x， ??ii?11n它随?的增加而增加，且对每一个xi，都有xi??，即??(??,min{xi}]。因此，当取

1?i?n??min{xi}时，似然函数才有可能达到最大。为求?的估计量，令

1?i?ndlnL?0，得 d?1n?n?2?2?xi?0，或 ???xi?? ???i?1ni?111于是有

n?n?L?X(1)?min{X1,X2,???X?X ,Xn}，?L(1)?与??是参数?的两个独立的无偏估计，?)?2D(??)。9．设?且D(?试求常数k1和k2，1212??k??使k1?122也是?的无偏估计，并且是所有这种形式的估计量中方差最小的。

解 据已知有

??k??E(k1?122)??

?)?E(??)??，因而 又因为E(?12??k????E(k1?122)?k1E(?1)?k2E(?2)?k1??k2??(k1?k2)?

故有

k1?k2?1 ，或k2?1?k1

?)?2D(??)，可得 再由D(?12??k??)?k2D(??)?k2D(??)?2k2D(??)?(1?k)2D(??) D(k1?12211221212?) ?(3k12?2k1?1)D(?22??k??于是，当f(k1)?3k1?2k1?1取最小值时，方差D(k1?122)达到最小。为此，令

df(k1)?0，得 dx 6k1?2?0即k1?所以当k1?1 321??k??，k2?时，k1?122为?的无偏估计量，并且是所有这种形式的估计量332中方差最小的。

2

15．设总体X~N(?,?)，如果?已知，问样本容量n取多大时方能保证?的95%的置信区间的长度不大于L。

解 设??0.05，则1???95%，该置信区间

(X?的长度为

?nz?,X?2?nz?)

22?z??L n2于是样本容量n满足

4?2 n?2(z?)2

L2查得z??z0.025?1.96，代入上式，得

2 n?15.37?2L2

216．某厂用自动包装机包装葡糖，每袋净重X~N(?,?)，现随机抽取10袋，测得各袋净重xi(g),i?1,2,,10，计算得?xi?5020,?xi2?2520420。

i?1i?11010（1） 已知??5g，求?的置信度为95%的置信区间； （2） ?未知，求?的置信度为95%的置信区间； （3） 已知??500，求?的置信度为95%的置信区间； （4）

2

?未知，求?2的置信度为95%的置信区间。

X??~N(0,1)

?/n解 （1）取统计量 z???1?95%?0.05，相应的?的置信区间为

(X??nz?,X?2?nz?)

2110xi?502，z??z0.025?1.96代入上式，其中x代替X，即将n?10,??5g，x??10i?12得所求的置信区间：(498.901,505.099)。

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