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概率论第7-10章课后习题答案

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习题七1.设总体X 服从二项分布b （n ，p ），n 已知，X 1，X 2，…，X n 为来自X 的样本，求参数p 的矩法估计.【解】1(),(),E X np E X A X ===因此np =X所以p 的矩估计量 ˆXpn= 2.设总体X 的密度函数f （x ,θ）=22(),0,0,.x x θθθ⎧-<<⎪⎨⎪⎩其他X 1，X 2，…，X n 为其样本，试求参数θ的矩法估计. 【解】23022022()()d ,233x x E X x x x θθθθθθθ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰令E (X )=A 1=X ,因此3θ=X 所以θ的矩估计量为 ^3.X θ=3.设总体X 的密度函数为f （x ，θ），X 1，X 2，…，X n 为其样本，求θ的极大似然估计.（1） f （x ，θ）=,0,0,0.e x x x θθ-⎧≥⎨<⎩（2） f （x ，θ）=1,01,0,.x x θθ-⎧<<⎨⎩其他【解】（1） 似然函数111(,)e e eniii n nx x nn ii i L f x θθθθθθ=---==∑===∏∏1ln ln ni i g L n x θθ===-∑由1d d ln 0d d ni i g L n x θθθ===-=∑知 1ˆnii nxθ==∑所以θ的极大似然估计量为1ˆXθ=. (2) 似然函数11,01nni i i L x x θθ-==<<∏,i =1,2,…,n.1ln ln (1)ln ni i L n x θθ==+-∏由1d ln ln 0d ni i L nx θθ==+=∏知 11ˆln ln nniii i n nxx θ===-=-∑∏所以θ的极大似然估计量为 1ˆln nii nxθ==-∑4.从一批炒股票的股民一年收益率的数据中随机抽取10人的收益率数据，结果如下：1-求这批股民的收益率的平均收益率及标准差的矩估计值. 【解】 0.094x =- 0.101893s = 9n =0.094.EX x ==-由222221()()[()],()ni i x E X D X E X E X A n==+==∑知222ˆˆ[()]E X A σ+=,即有ˆσ=于是 ˆ0.101890.0966σ=== 所以这批股民的平均收益率的矩估计值及标准差的矩估计值分别为-0.94和0.966.5.随机变量X 服从［0，θ］上的均匀分布，今得X 的样本观测值：0.9,0.8,0.2,0.8,0.4,0.4,0.7,0.6，求θ的矩法估计和极大似然估计，它们是否为θ的无偏估计.【解】(1) ()2E X θ=,令()E X X =，则ˆ2X θ=且ˆ()2()2()E E X E X θθ===, 所以θ的矩估计值为ˆ220.6 1.2x θ==⨯=且ˆ2X θ=是一个无偏估计. (2) 似然函数8811(,)i i L f x θθ=⎛⎫== ⎪⎝⎭∏,i =1,2, (8)显然L =L (θ)↓(θ>0)，那么18max{}i i x θ≤≤=时，L =L (θ)最大,所以θ的极大似然估计值ˆθ=0.9. 因为E(ˆθ)=E (18max{}i i x ≤≤)≠θ,所以ˆθ=18max{}ii x ≤≤不是θ的无偏计. 6.设X 1，X 2，…，X n 是取自总体X 的样本，E （X ）=μ，D （X ）=σ2，2ˆσ=k1211()n i i i XX -+=-∑,问k 为何值时2ˆσ为σ2的无偏估计. 【解】令 1,i i i Y X X +=-i =1,2,…,n -1,则 21()()()0,()2,i i i i E Y E X E X D Y μμσ+=-=-==于是 1222211ˆ[()](1)2(1),n ii E E k Yk n EY n k σσ-===-=-∑那么当22ˆ()E σσ=,即222(1)n k σσ-=时, 有 1.2(1)k n =-7.设X 1，X 2是从正态总体N （μ，σ2）中抽取的样本112212312211311ˆˆˆ;;;334422X X X X X X μμμ=+=+=+ 试证123ˆˆˆ,,μμμ都是μ的无偏估计量，并求出每一估计量的方差. 【证明】（1）11212212121ˆ()()(),333333E E X X E X E X μμμμ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭21213ˆ()()()44E E X E X μμ=+=, 31211ˆ()()(),22E E X E X μμ=+= 所以123ˆˆˆ,,μμμ均是μ的无偏估计量.(2) 22221122145ˆ()()(),3399D D X D X X σμσ⎛⎫⎛⎫=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222212135ˆ()()(),448D D X D X σμ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()223121ˆ()()(),22D D X D X σμ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭8.某车间生产的螺钉，其直径X ~N （μ，σ2），由过去的经验知道σ2=0.06,今随机抽取6枚，测得其长度（单位mm ）如下：14.7 15.0 14.8 14.9 15.1 15.2 试求μ的置信概率为0.95的置信区间. 【解】n =6,σ2=0.06,α=1-0.95=0.05,0.25214.95, 1.96,a x u u ===,μ的置信度为0.95的置信区间为/2(14.950.1 1.96)(14.754,15.146)x u α⎛±=±⨯= ⎝.9.总体X ~N (μ,σ2)，σ2已知，问需抽取容量n 多大的样本，才能使μ的置信概率为1-α，且置信区间的长度不大于L ？【解】由σ2已知可知μ的置信度为1-α的置信区间为/2x u α⎛± ⎝,/2u α,/2u α≤L ,得n ≥22/224()u L ασ 10.设某种砖头的抗压强度X ~N （μ，σ2），今随机抽取20块砖头，测得数据如下（kg ·cm -2）：64 69 49 92 55 97 41 84 88 99 84 66 100 98 72 74 87 84 48 81 （1） 求μ的置信概率为0.95的置信区间. （2） 求σ2的置信概率为0.95的置信区间.【解】76.6,18.14,10.950.05,20,x s n α===-==/20.025222/20.0250.975(1)(19) 2.093,(1)(19)32.852,(19)8.907t n t n ααχχχ-==-===(1) μ的置信度为0.95的置信区间/2(1)76.6 2.093(68.11,85.089)a x n ⎛⎫⎛⎫±-=±= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2)2σ的置信度为0.95的置信区间222222/21/2(1)(1)1919,18.14,18.14(190.33,702.01)(1)(1)32.8528.907n s n s n n ααχχ-⎛⎫--⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭11.设总体X ~f (x )=(1),01;10,.x x θθθ⎧+<<>-⎨⎩其中其他X 1,X 2,…,X n 是X 的一个样本，求θ的矩估计量及极大似然估计量.【解】(1)1101()()d (1)d ,2E X xf x x x x θθθθ+∞+-∞+==+=+⎰⎰ 又1(),2X E X θθ+==+ 故21ˆ1X Xθ-=-所以θ的矩估计量 21ˆ.1X Xθ-=- (2) 似然函数11(1) 01(1,2,,)()()0nn ni i i i i x x i n L L f x θθθ==⎧+<<=⎪===⎨⎪⎩∏∏其他. 取对数11ln ln(1)ln (01;1),d ln ln 0,d 1nii i ni i L n x x i n L n x θθθθ===++<<≤≤=+=+∑∑所以θ的极大似然估计量为1ˆ1.ln nii nXθ==--∑12.设总体X ~f (x )= 36(),0;0,.xx x θθθ⎧-<<⎪⎨⎪⎩其他X 1,X 2,…,X n 为总体X 的一个样本（1） 求θ的矩估计量ˆθ； （2） 求ˆ()D θ. 【解】(1) 236()()d ()d ,2x E X xf x x x x θθθθ+∞-∞=-=⎰⎰令 ,2EX X θ==所以θ的矩估计量 ˆ2.X θ= (2)4ˆ()(2)4(),D D X D X DX nθ===， 又322236()63()d ,2010x x E X x θθθθθ-===⎰于是222223()()(),10420D XE X EX θθθ=-=-=,所以2ˆ().5D nθθ= 13.设某种电子元件的使用寿命X 的概率密度函数为f (x ,θ)= 2()2,;0,.x x x θθθ--⎧>⎨≤⎩e其中θ(θ>0)为未知参数，又设x 1,x 2,…,x n 是总体X 的一组样本观察值，求θ的极大似然估计值.【解】似然函数12()12e 0;1,2,,;()0ln ln 22(),;1,2,,,ni i x n i n i i i x i n L L L n x x i n θθθθ=--=⎧∑⎪⋅≥===⎨⎪⎩=--≥=∑其他.由d ln 20ln (),d Ln L θθ=>↑知 那么当01ˆˆmin{}ln ()max ln ()ii nx L L θθθθ>≤≤==时所以θ的极大似然估计量1ˆmin{}ii nx θ≤≤=其中θ(0<θ<2)是未知参数，利用总体的如下样本值3，1，3，0，3，1，2，3，求θ的矩估计值和极大似然估计值.【解】813ˆ(1)()34,()4 28ii x E X E X x x x θθ=-=-====∑令得又 所以θ的矩估计值31ˆ.44x θ-== （2） 似然函数86241(,)4(1)(12).ii L P x θθθθ===--∏2ln ln 46ln 2ln(1)4ln(1),d ln 628628240,d 112(1)(12)L L θθθθθθθθθθθθ=++-+--+=--==---- 解2628240θθ-+=得1,272θ±=. 由于71,122> 所以θ的极大似然估计值为 ˆθ=15.设总体X 的分布函数为F （x ,β）=1,,0,.x xx ββααα⎧->⎪⎨⎪≤⎩其中未知参数β>1,α>0，设X 1,X 2,…,X n 为来自总体X 的样本（1） 当α=1时，求β的矩估计量；（2） 当α=1时，求β的极大似然估计量； （3） 当β=2时，求α的极大似然估计量. 【解】当α=1时，11,1;(,)(,1,)0, 1.x x f x F x x x ββββ+⎧≥⎪==⎨⎪<⎩当β=2时, 2132,;(,)(,,2)0,.x x f x F x x x ααααα⎧≥⎪==⎨⎪<⎩(1) 111()d 11E X x x x βββββββ+∞-+∞===--⎰令()E X X =,于是ˆ,1XX β=- 所以β的矩估计量ˆ.1XX β=- (2) 似然函数(1)1111,1,(1,2,,);()(,)0,.ln ln (1)ln ,d ln ln 0,d n n ni i i i i n i i ni i x x i n L L f x L n x L n x ββββββββ-+====⎧⎛⎫>=⎪ ⎪===⎨⎝⎭⎪⎩=-+=-=∏∏∑∑其他所以β的极大似然估计量1ˆ.ln nii nxβ==∑(3) 似然函数23112,,(1,2,,);(,)0,.n ni nn i i i i x i n L f x x ααα==⎧≥=⎪⎪⎛⎫==⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩∏∏其他显然(),L L α=↑那么当1ˆmin{}i i nx α≤≤=时,0ˆ()max ()a L L L αα>== , 所以α的极大似然估计量1ˆmin{}i i nx α≤≤=. 16.从正态总体X ~N （3.4，62）中抽取容量为n 的样本，如果其样本均值位于区间（1.4，5.4）内的概率不小于0.95，问n至少应取多大？2/2()dz tz tϕ-=⎰z【解】26~ 3.4,X Nn⎛⎫⎪⎝⎭,则~(0,1),XZ N={1.4 5.4}33210.95333ZP X PP ZΦΦΦ<<<<=⎧=-<<⎨⎩⎭⎛⎫⎛⎛⎫=-=-≥-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭于是0.975Φ≥ 1.96≥,∴n≥35.17. 设总体X的概率密度为f(x，θ)=,01,1,12,0,.xxθθ<<⎧⎪-≤<⎨⎪⎩其他其中θ是未知参数（0<θ<1）,X1,X2,…,X n为来自总体X的简单随机样本，记N为样本值x1,x2,…,x n中小于1的个数.求：（1）θ的矩估计；（2）θ的最大似然估计.解(1)由于1201(;)d d(1)dEX xf x x x x x xθθθ+∞-∞==+⎰⎰⎰-133(1)222θθθ=+-=-.令32Xθ-=，解得32Xθ=-，所以参数θ的矩估计为32Xθ=-.似然函数为1()(;)(1)nN n NiiL f xθθθθ-===-∏，取对数，得ln ()ln ()ln(1),L N n N θθθ=+--两边对θ求导，得d ln ().d 1L N n Nθθθθ-=-- 令 d ln ()0,d L θθ=得 Nnθ=，所以θ的最大似然估计为Nnθ=. 18. 19. 习题八1. 已知某炼铁厂的铁水含碳量在正常情况下服从正态分布N (4.55,0.1082).现在测了5炉铁水，其含碳量（%）分别为4.28 4.40 4.42 4.35 4.37问若标准差不改变，总体平均值有无显著性变化（α=0.05）? 【解】0010/20.0250.025: 4.55;: 4.55.5,0.05, 1.96,0.1084.364,(4.364 4.55) 3.851,0.108.H H n Z Z x x Z Z Z αμμμμασ==≠=======-===-> 所以拒绝H 0，认为总体平均值有显著性变化.2. 某种矿砂的5个样品中的含镍量（%）经测定为：3.24 3.26 3.24 3.27 3.25 设含镍量服从正态分布，问在α=0.01下能否接收假设：这批矿砂的含镍量为3.25. 【解】设0010/20.0050.005: 3.25;: 3.25.5,0.01,(1)(4) 4.60413.252,0.013,(3.252 3.25)0.344,0.013(4).H H n t n t x s x t t t αμμμμα==≠===-====-===<所以接受H 0，认为这批矿砂的含镍量为3.25.3. 在正常状态下，某种牌子的香烟一支平均1.1克，若从这种香烟堆中任取36支作为样本；测得样本均值为1.008（克），样本方差s 2=0.1(g 2).问这堆香烟是否处于正常状态.已知香烟（支）的重量（克）近似服从正态分布（取α=0.05）.【解】设0010/20.02520.025: 1.1;: 1.1.36,0.05,(1)(35) 2.0301,36,1.008,0.1,6 1.7456,1.7456(35) 2.0301.H H n t n t n x s x t t t αμμμμα==≠===-=========<=所以接受H 0，认为这堆香烟（支）的重要（克）正常.4.某公司宣称由他们生产的某种型号的电池其平均寿命为21.5小时，标准差为2.9小时.在实验室测试了该公司生产的6只电池，得到它们的寿命（以小时计）为19，18，20，22，16，25，问这些结果是否表明这种电池的平均寿命比该公司宣称的平均寿命要短？设电池寿命近似地服从正态分布（取α=0.05）.【解】0100.050.05:21.5;:21.5.21.5,6,0.05, 1.65, 2.9,20,(2021.5)1.267,2.91.65.H H n z x x z z z μμμασ≥<======-===->-=- 所以接受H 0，认为电池的寿命不比该公司宣称的短.5.测量某种溶液中的水分，从它的10个测定值得出x =0.452(%),s =0.037(%).设测定值总体为正态，μ为总体均值，σ为总体标准差，试在水平α=0.05下检验.（1） H 0：μ=0.5(%)；H 1：μ＜0.5(%).（2）0:H σ' =0.04(%)；1:H σ'＜0.04(%). 【解】(1)00.050.050.5;10,0.05,(1)(9) 1.8331,0.452,0.037,(0.4520.5)4.10241,0.037(9) 1.8331.n t n t x s x t t t αμα===-====-===-<-=-所以拒绝H 0，接受H 1. (2)2222010.95222220220.95(0.04),10,0.05,(9) 3.325,0.452,0.037,(1)90.0377.7006,0.04(9).n x s n s ασαχχχσχχ-=======-⨯===>所以接受H 0，拒绝H 1.6.某种导线的电阻服从正态分布N （μ，20.005）.今从新生产的一批导线中抽取9根，测其电阻，得s =0.008欧.对于α=0.05，能否认为这批导线电阻的标准差仍为0.005?【解】00102222/20.0251/20.975222220.025220:0.005;:0.005.9,0.05,0.008,(8)(8)17.535,(8)(8) 2.088,(1)80.00820.48,(8).(0.005)H H n s n s αασσσσαχχχχχχχσ-===≠=======-⨯===> 故应拒绝H 0，不能认为这批导线的电阻标准差仍为0.005.7.有两批棉纱，为比较其断裂强度，从中各取一个样本，测试得到： 第一批棉纱样本：n 1=200，x =0.532kg, s 1=0.218kg ； 第二批棉纱样本：n 2=200，y =0.57kg, s 2=0.176kg.设两强度总体服从正态分布，方差未知但相等，两批强度均值有无显著差异？(α=0.05)【解】01211212/2120.0250.0250.025:;:.200,0.05,(2)(398) 1.96,0.1981,1.918;(398).w H H n n t n n t z s x y t t t αμμμμα=≠===+-=≈=======-< 所以接受H 0，认为两批强度均值无显著差别.8.两位化验员A ，B 对一种矿砂的含铁量各自独立地用同一方法做了5次分析，得到样本方差分别为0.4322(%2)与0.5006(%2).若A ，B 所得的测定值的总体都是正态分布，其方差分别为σA 2，σB 2，试在水平α=0.05下检验方差齐性的假设222201:;:.A B A B H H σσσσ=≠【解】221212/2120.0250.9750.02521225,0.05,0.4322,0.5006,(1,1)(4,4)9.6,11(4,4)0.1042,(4.4)9.60.43220.8634.0.5006n n s s F n n F F F s F s αα=====--========那么0.9750.025(4,4)(4,4).F F F <<所以接受H 0，拒绝H 1. 9. 10. 11. 12. 习题九1 灯泡厂用4种不同的材料制成灯丝，检验灯线材料这一因素对灯泡寿命的影响.若灯泡寿命服从正态分布，不同材料的灯丝制成的灯泡寿命的方差相同，试根据表中试验结试验批号1 2 3 4 5 678灯丝 材料 水平A 1 A 2 A 3A 41600 1580 1460 15101610 1640 1550 1520 1650 1640 1600 1530 1680 1700 1620 1570 1700 1750 1640 16001720 1660 16801800 1740 1820【解】14,26;====∑ri i r n n2442..11===-∑∑T iji j T S x n =69895900-69700188.46=195711.54, 242...11==-∑A i i iT S T n n =69744549.2-69700188.46=44360.7, =-E T A S S S =151350.8,0.05/(1)44360.7/3 2.15/()151350.8/22(3,22) 3.05.-===-=>A E S r F S n r F F ,故灯丝材料对灯泡寿命无显著影响. 方差来源平方和S自由度均方和SF 值因素影响44360.73 14786.92.152. 一个年级有三个小班，他们进行了一次数学考试，现从各个班级随机地抽取了试在显著性水平0.05下检验各班级的平均分数有无显著差异.设各个总体服从正态分布，且方差相等.【解】13,40,====∑ri i r n n232..11in T iji j T S x n ===-∑∑=199462-185776.9=13685.1, 232...11==-∑A i i iT S T n n =186112.25-185776.9=335.35, =-E T A S S S =13349.65,0.05/(1)167.70.465/()360.8(2,37) 3.23.-===-=>A E S r F S n r F F故各班平均分数无显著差异.取显著性水平α=0.05,试分析操作工之间，机器之间以及两者交互作用有无显著差异？【解】由已知r =4,s =3,t =3........,,,ij i j T T T T 的计算如表9-3-1.22 (111)22 (12)2.....122. (11)1106510920.25144.75,11092310920.25 2.75,110947.4210920.2527.17,173.50=====⨯===-=-==-=-==-=-=⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑∑rstT ijki j k r A i i s B j j r s ij A B A B i j T S x rst T S T st rst T S T rt rst T T S S S t rst ,41.33.⨯=---=E T A B A B S S S S S0.050.050.05(3,24) 3.01,(2,24) 3.40,(6,24) 2.51.===F F F接受假设01H ，拒绝假设0203,H H .即机器之间无显著差异，操作之间以及两者的交互作用有显著差异.4. 为了解3种不同配比的饲料对仔猪生长影响的差异，对3种不同品种的猪各选3头进行试验，分别测得其3个月间体重增加量如下表所示，取显著性水平α=0.05，试分析不同饲料与不同品种对猪的生长有无显著影响？假定其体重增长量服从正态分布，且各种配【解】由已知r =s =3,经计算x =52, 1.x =50.66, 2.x =533.x =52.34, .1x =52, .2x =57, .3x =47,2112.12.1()162;()8.73,()150,3.27.r sT ij i j rA i i rB j j E T A B S x x S s x x S r x x S S S S =====-==-==-==--=∑∑∑∑表9-4-1得方差分析表由于0.050.05(2,4) 6.94,(2,4).A B F F F F =>< 因而接受假设01H ,拒绝假设02H .即不同饲料对猪体重增长无显著影响,猪的品种对猪体重增长有显著影响.5.研究氯乙醇胶在各种硫化系统下的性能（油体膨胀绝对值越小越好）需要考察补强剂（A ）、防老剂（B ）、硫化系统（C ）3个因素（各取3个水平），根据专业理论经验，4试作最优生产条件的直观分析，并对3因素排出主次关系. 给定α=0.05,作方差分析与(1)比较.【解】(1) 对试验结果进行极差计算，得表9-5-1.由于要求油体膨胀越小越好，所以从表9-5-1的极差R j 的大小顺序排出因素的主次顺序为：主→次B ,A ,C最优工艺条件为：223A B C .(2) 利用表9-5-1的结果及公式2211==-∑r j ij i T S T r P,得表9-5-2.表9-5-2 表9-5-2中第4列为空列，因此40.256==e S S ,其中2=e f ，所以eeS f =0.128方差分析表如表9-5-3.由于0.05(2,2)19.00F，故因素C作用较显著，A次之，B较次，但由于要求油体膨胀越小越好，所以主次顺序为：BAC，这与前面极差分析的结果是一致的.6. 某农科站进行早稻品种试验（产量越高越好），需考察品种（A），施氮肥量（B），氮、磷、钾肥比例（C），插植规格（D）4个因素，根据专业理论和经验，交互作用全忽略，早稻试验方案及结果分析见下表：(1) 试作出最优生产条件的直观分析，并对4因素排出主次关系.(2) 给定α=0.05,作方差分析，与(1)比较.【解】被考察因素有4个：A，B，C，D每个因素有两个水平，所以选用正交表L8（27），进行极差计算可得表9-6-1.表9-6-1从表9-6-1的极差R j 的大小顺序排出因素的主次为：,,,→主次B C A D 最优方案为：1222A B C D(2) 利用表9-6-1的结果及公式2211n j ij i T s T r P==-∑得表9-6-2.表9-6-2表9-6-2中第1,3,7列为空列，因此s e =s 1+s 3+s 7=18.330,f e =3,所以ees f =6.110.而在上表中其他列中j ejes s f f <.故将所有次均并入误差，可得 ΔΔ18.895,7.===e T e s s f整理得方差分析表为表9-6-3.由于0.05(1.7) 5.59=F ，故4因素的影响均不显著，但依顺序为：,,,→主次B C A D 与（1）中极差分析结果一致.习题十1. 在硝酸钠(NaNO 3)的溶解度试验中，测得在不同温度x (℃)下，溶解于100份水9999211112234,811.3,10144,24628.6,110144(234)4060,9124628.6234811.33534.8.9ii ii i i i i i xx xy xy x x y S S =========-==-⨯⨯=∑∑∑∑故^^^811.32340.8706,67.5078,99xyxx S b a b S ===-⨯=从而回归方程：^67.50780.8706.y x =+求（1） 儿子身高y 关于父亲身高x 的回归方程.（2） 取α=0.05，检验儿子的身高y 与父亲身高x 之间的线性相关关系是否显著. （3） 若父亲身高70英寸，求其儿子的身高的置信度为95%的预测区间. 【解】经计算得，9999922111112291603,604.6,40569,40584.9,40651.68140569(603)168,9140584.9603604.676.7,9140651.68(604.6)35.9956.9ˆˆˆ(1)0.4565,/9/ii ii i i i i i i i xx xy yy xyi i i xx xy x x y y S S S S b a x b x S ============-==-⨯⨯==-====-⨯∑∑∑∑∑∑91936.5891,i ==∑故回归方程：ˆ36.58910.4565.yx =+20.05(2) 35.0172,35.995635.01720.9784,250.5439(1,7) 5.59./2xyxxS Q Q Q Q S Q F F Q n ===-=-===>=-回剩总回回剩故拒绝H 0，即两变量的线性相关关系是显著的.00.025/2ˆ(3)36.58910.45657068.5474,ˆ0.05,(7) 2.3646,0.3739,1.0792, (2) 2.36460.3739 1.079yt t n αασσ=+⨯========-=⨯⨯给定故20.9540.=从而其儿子的身高的置信度为95%的预测区间为(68.5474±0.9540)=(67.5934,69.5014).3.随机抽取了10个家庭，调查了他们的家庭月收入x （单位：百元）和月支出y (单(2) 求y 与x 的一元线性回归方程.(3) 对所得的回归方程作显著性检验.（α=0.025）【解】(1) 散点图如右，从图看出，y 与x 之间具有线性相关关系. (2) 经计算可得10101010102211111191,170,3731,3310,2948,82.9,63,58.170191ˆˆ0.7600,0.76 2.4849,1010ii ii i i i i i i i xx xy yy xy xx xy x x y y S S S S b a S ================-⨯=∑∑∑∑∑故从而回归方程：ˆ 2.48490.76.yx =+题3图20.05(3) 47.8770,5847.87710.1230,37.8360(1,8)7.57./2xyxxS Q Q Q Q S Q F F Q n ===-=-===>=-回剩总回回剩故拒绝H 0,即两变量的线性相关关系是显著的.4.设y 为树干的体积，x 1为离地面一定高度的树干直径，x 2为树干高度，一共测量了31棵树，数据列于下表，作出y 对x 1,x 2的二元线性回归方程，以便能用简单分法从x 1x 1(直径) x 2(高) y (体积) x 1(直径) x 2(高)y (体积) 8.3 7010.3 12.9 85 33.8 8.6 6510.3 13.3 86 27.4 8.8 6310.2 13.7 71 25.7 10.5 7210.4 13.8 64 24.9 10.7 8116.8 14.0 78 34.5 10.8 8318.8 14.2 80 31.7 11.0 6619.7 15.5 74 36.3 11.0 7515.616.0 72 38.3 11.1 8016.3 7701201201231411.72356923.9,411.75766.5531598.713798.85,235631598.718027472035.6.b b b b b b b b b ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解之得，b 0=-54.5041,b 1=4.8424,b 2=0.2631. 故回归方程：^y =-54.5041+4.8424x 1+0.2631x 2.5.一家从事市场研究的公司，希望能预测每日出版的报纸在各种不同居民区内的周末发行量，两个独立变量，即总零售额和人口密度被选作自变量.由n =25个居民区组成的随机样本所给出的结果列表如下，求日报周末发行量y 关于总零售额x 1和人口密度x 2的线性回归方程.14 3.0 22.2 45.3 15 4.5 35.7 73.6 16 4.1 30.9 65.1 17 4.8 35.5 75.2 18 3.4 24.2 54.6 19 4.3 33.4 68.7 20 4.0 30.0 64.8 21 4.6 35.1 74.7 22 3.9 29.4 62.7 23 4.3 32.5 67.6 24 3.1 24.0 51.3 254.433.970.8【解】类似于习题4，可得正规方程组01201201225 739.5 1576.6 98.2,739.5 22429.15 47709.1 2968.58,1576.6 47709.1 101568 6317.95.b b b b b b b b b ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解之得，b 0=0.3822,b 1=0.0678,b 2=0.0244.故回归方程：ˆy=0.3822+0.0678x 1+0.0244x 2. 6.一种合金在某种添加剂的不同浓度之下，各做3次试验，得数据如下： 浓度x 10.0 15.0 20.0 25.0 30.0 抗压强度y25.2 29.8 31.2 31.7 29.427.3 31.1 32.6 30.1 30.8 28.7 27.8 29.7 32.3 32.8(1) 作散点图.(2) 以模型y =b 0+b 1x 1+b 2x 2+ε,ε~N (0,σ2)拟合数据，其中b 0,b 1,b 2,σ2与x 无关，求回归方程ˆy =0ˆb +1ˆb x +2ˆb x 2. 【解】散点图如下图.题6图122，根据表中数据可得下表 浓度x (x 1)10 15 20 25 30 x 2(x100225400625490根据上表中数据可得正规方程组01201201215 300 6750 450.5,300 6750 165000 9155,6750 165000 4263750 207990.b b b b b b b b b ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解之得:b 0=19.0333,b 1=1.0086,b 2=-0.0204.故y 关于x 1与x 2的回归方程：=19.0333+1.0086x 1-0.0204x 2,从而抗压强度y 关于浓度x 的回归方程: ˆy=19.0333+1.0086x -0.0204x 2.。

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概率论与数理统计习题及答案第七章

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习题7-11.选择题(1)设总体X 的均值口与方差 /都存在但未知，而X 1,X 2,L ,X n 为来自X 的样本，则均值 口与方差 (T 2的矩估计量分别是 ().(A) X 和(B)1 nX 和—(Xn i 1i )2.(C)口和 2(T・1 (D) X 和一 nn(X ii 1 x)2.解 选(D).(2) 设X : U[0,],其中 e >0为未知参数，又X ,,X 2,L ,X n 为来自总体X 的样本 ,则e 的矩估计量是().(A) X . (B)2X . (C)max{X i }.(D)mi^X i}.解选(B).2.设总体X 其中0v B v 为未知参数,X1, X 2,…,X.为来自总体X 的样本，试求e 的矩 估计量.解 因为 E (X )=(- 2)x3 e +1x (1 -4 e )+5x e =1-5 e ,令 1 5 X 得到的矩估计量为3.设总体X 的概率密度为f(x ；)(1)x ,0 x 1,0,其它•其中 0> -1是未知参数，X ,冷… ,X n 是来自 X 的容量为n 的简单随机样本求：(1) 的矩估计量；⑵ 0的极大似然估计量•解 总体X 的数学期望为-19 2X 1令E(X) X ,即一1 X,得参数B 的矩估计量为？•21 X设X 1, X 2,…,x n 是相应于样本X 1, X 2,…,X n 的一组观测值，则似然函 数为n(1)n X i , 0x i 1,i 10,其它.In xi 1In X ii 14.设总体X 服从参数为的指数分布，即X 的概率密度为E(X)1xf(x)dx o (1)x dx当 0<X i <1(i =1,2,3,…，n )时，L >0 且 In L nln(1)In X i ,i 1dln LnIn x =0,得0的极大似然估计值为而0的极大似然估计量为f(X,xe , x 0,其中0为未知参数,X, X2,）0, x< 0,…,X n为来自总体X的样本，试求未知参数的矩估计量与极大似然估计量解因为E(X)= 1= X , 所以的矩估计量为设X1, X2,…，x n是相应于样本X i, X2,…,X 的一组观测值，则似然函数取对数Xii 1然估计量为In L 0,得5.设总体X的概率密度为f (x,) 其中（0< <1）是未知参数.X, N为样本值x1, X2,L ,x n中小于极大似然估计量•解⑴ X E(X) xnInnXn e 11X).的极大似然估计值为1,的极大似X0,X2,0x1,, 1< x< 2,其它，…,X n为来自总体的简单随机样本，记1的个数.dx 2x(1求：（1）e的矩估计量；（2）e的3 3 —)dx ，所以矩一X .2 21⑵ 设样本X ，X 2 ,L X n 按照从小到大为序(即顺序统计量的观测值)有如下关系：X (1) w X (2)X ( Ni <1 W X ( N +1) W X (N+2)X (n ).似然函数为N n NL()(1 ),X (1) w X (2) w L w X ( N ) 1W X (N1) W X (N2) w L w X n ,0,其它.考虑似然函数非零部分，得到In L ( 0 ) = N ln 0 + ( n -N ) ln(1 - 0 ),令d |nL ( )」o ,解得0的极大似然估计值为？ N .d1n习题7-2的无偏估计量•1.选择题：设总体X 的均值与方差 2都存在但未知,X i ,X 2,L ,X n 为X 的样本,则无论总体 X 服从什么分布，()1X i和丄 (XiX)2.(B)n i 1 n i1 n(C)X i 和n 1 i 1解 选(D).2.若X 1 ,X 2lx1 1X 2kX 334解 要求E( 7X 1-X j 和丄 1 i 1 n 1n(X ii 1X)2.(X i1)2 • (D)X i 和丄(X i)2.X 3为来 自总体X : N(,2)的样本，且的无偏估计量，问k 等于多少1 11 「2 kX 3)3 4k解之,k=g(A)13.设总体X的均值为0,方差2存在但未知，又X「X2为来自总体X1 2 2的样本,试证:—(X i X2)为的无偏估计21 2 1 2 2证因为E[—(X i X2) ] —E[(X i 2X^2 X2 )]2 2-[E(X i2) 2E(X i X2)E(X22)]-2 2所以-(X i X2)2为2的无偏估计•2习题7-31.选择题(1)总体未知参数的置信水平为的置信区间的意义是指()(A)区间平均含总体95%的值.(B)区间平均含样本95%的值.(C) 未知参数有95%的可靠程度落入此区间.(D) 区间有95%的可靠程度含参数的真值•解选(D).(2)对于置信水平1- a (0< a <1),关于置信区间的可靠程度与精确程度F列说法不正确的是().(A)若可靠程度越咼,则置信区间包含未知参数真值的可能性越大(B)如果a越小，则可靠程度越高，精确程度越低•(C)如杲1 - a越小,则可靠程度越高,精确程度越低•(D)若精确程度越高,则可靠程度越低,而1- a越小.解选(C)习题7-41. 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 N 口 , 902),取置信度为，试求当天生产的全部灯泡的平均寿命的置信区间所求置信区间为(x - z /2 , X - z /2 ) \l n J n 90 90 (1141.11 = 1.96,1141.11 r 1.96)V 9V 9(1082.31,1199.91).2.为调查某地旅游者的平均消费水平，随机访问了40名旅游者,算得平均消费额为 X 105元,样本标准差s 28元•设消费额服从正态分布 取置信水平为，求该地旅游者的平均消费额的置信区间解计算可得X 105, s 2 =282.对于a =,查表可得t_(n 1) t o.025(39)2.0227.2所求口的置信区间为3. 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支解计算得到X1141.11, CT 2 =902.对于a =,查表可得Z /2Z).Q25匸96*(Xt (n 1), x ■■- n 2s —t (n ■■- n 21)) (1052.0227, 1052.0227)2828为一组样本，测得其尼古丁平均含量为毫克，样本标准差s=毫克.试求此种香烟尼古丁含量的总体方差的置信水平为的置信区间.a =,查表可得 2(n 1) 爲5(7) 20.278,并说明该置信区间的实际意义1 2的置信水平为的置信区间是，”的实际意义是：在两总体第一个正态总体的均值1比第二个正态总体均值 2大〜，此结 论的可靠性达到95%.5.某商场为了了解居民对某种商品的需求 ，调查了 100户，得出每户月2解已知n =8, s2 2 (n 1)0.995(7) 1 - 20.989,所以方差d 2的置信区间为((n 1)S 2(2_ (n 1)22 22(8 1) 2.4 (8 1) 2.4 _2 —)(， )=，.2(n 廿丿 20.2780.9891 -(n 1)S 4.某厂利用两条自动化流水线灌装番茄酱 ，分别从两条流水线上抽取样本:X ,X 2,…，X 12 及 Y ,Y 2,…，丫17,算出 x 10.6g, y2 29.5g, s 1 2.4, s 2 4.7 .假设这两条流水线上装的番茄酱的重量都服从正态分布 ,且相互独立，其均值分别为2又设两总体方差1:.求2置信水平为的置信区间解由题设2 2x 10.6,y 9.5,s 12.4, s 2 4.7,n12,n 2 17,m 1)s 2 仏 1)s ：(12 1) 2.4(171) 471.94212 17 2t_gn 22q n 2 22) t °.°25(27)2.05181,所求置信区间为((X y)11) ((10.6 9.5) 2.05181 1.94结论“方差相等时， [(a n 22)s w2)平均需求量为10公斤，方差为9 .如果这种商品供应10000户，取置信水平为•(1) 取置信度为,试对居民对此种商品的平均月需求量进行区间估计(2) 问最少要准备多少这种商品才能以99%的概率满足需要解(1) 每户居民的需求量的置信区间为_ s(xt(n* n_ s1), xt (nV n1)) (xs卅,％s川)(10,9J492.575,10 2.575)(9.2275,10.7725). 100J10010000户居民对此种商品月需求量的置信度为的置信区间为(92275,107725)；(2)最少要准备92275公斤商品才能以99%的概率满足需要。

概率论和数理统计课后习题答案解析

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随机事件及其概率1.1 随机事件习题1试说明随机试验应具有的三个特点．习题2将一枚均匀的硬币抛两次，事件A，B，C分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”，试写出样本空间及事件A，B，C中的样本点.1.2 随机事件的概率1.3 古典概型与几何概型1.4 条件概率1.5 事件的独立性复习总结与总习题解答习题3. 证明下列等式：习题6.习题7习题9习题10习题12习题13习题14习题15习题16习题18习题20习题21习题23习题24习题26第二章随机变量及其分布2.1 随机变量习题1随机变量的特征是什么？解答：①随机变量是定义在样本空间上的一个实值函数.②随机变量的取值是随机的，事先或试验前不知道取哪个值.③随机变量取特定值的概率大小是确定的.习题2试述随机变量的分类.解答：①若随机变量X的所有可能取值能够一一列举出来，则称X为离散型随机变量；否则称为非离散型随机变量.②若X的可能值不能一一列出，但可在一段连续区间上取值，则称X为连续型随机变量.习题3盒中装有大小相同的球10个，编号为0,1,2,⋯,9, 从中任取1个，观察号码是“小于5”，“等于5”，“大于5”的情况，试定义一个随机变量来表达上述随机试验结果，并写出该随机变量取每一个特定值的概率.解答：分别用ω1,ω2,ω3表示试验的三个结果“小于5”，“等于5”，“大于5”，则样本空间S={ω1,ω2,ω3},定义随机变量X如下：X=X(ω)={0,ω=ω11,ω=ω2,2,ω=ω3则X取每个值的概率为P{X=0}=P{取出球的号码小于5}=5/10,P{X=1}=P{取出球的号码等于5}=1/10,P{X=2}=P{取出球的号码大于5}=4/10.2.2 离散型随机变量及其概率分布习题1设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且P{X=1}=P{X=2}, 求λ.解答：由P{X=1}=P{X=2}, 得λe-λ=λ^2/2e^-λ,解得λ=2.习题2设随机变量X的分布律为 P{X=k}=k15,k=1,2,3,4,5,试求(1)P{12<X<52; (2)P{1≤X≤3}; (3)P{X>3}.解答：(1)P{12<X<52=P{X=1}+P{X=2}=115+215=15;(2)P{≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=115+215+315=25;(3)P{X>3}=P{X=4}+P{X=5}=415+515=35.习题3已知随机变量X只能取-1,0,1,2四个值，相应概率依次为12c,34c,58c,716c, 试确定常数c, 并计算P{X<1∣X≠0}.解答：依题意知，12c+34c+58c+716c=1, 即3716c=1,解得c=3716=2.3125.由条件概率知 P{X<1∣X≠0}=P{X<1,X≠0}P{X≠0}=P{X=-1}P{X≠0}=12c1-34c=24c-3=26.25=0.32.习题4一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5. 在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.解答：随机变量X的可能取值为3,4,5.P{X=3}=C22⋅1C53=110, P{X=4}=C32⋅1C53=310, P{X=5}=C42⋅1C53=35,所以X的分布律为设X表示取出3件产品的次品数，则X的所有可能取值为0,1,2,3. 对应概率分布为P{X=0}=C73C103=35120, P{X=1}=C73C31C103=36120,P{X=2}=C71C32C103=21120, P{X=3}=C33C103=1120.X的分布律为X 0123P 3512036120211201120习题9一批产品共10件，其中有7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，取出的产品仍放回去，求直至取到正品为止所需次数X的概率分布.解答：由于每次取出的产品仍放回去，各次抽取相互独立，下次抽取时情况与前一次抽取时完全相同，所以X的可能取值是所有正整数1,2,⋯,k,⋯.设第k次才取到正品(前k-1次都取到次品), 则随机变量X的分布律为P{X=k}=310×310×⋯×310×710=(310)k-1×710,k=1,2,⋯.习题10设随机变量X∼b(2,p),Y∼b(3,p), 若P{X≥1}=59, 求P{Y≥1}.解答：因为X∼b(2,p),P{X=0}=(1-p)2=1-P{X≥1}=1-5/9=4/9,所以p=1/3.因为Y∼b(3,p), 所以 P{Y≥1}=1-P{Y=0}=1-(2/3)3=19/27.习题11纺织厂女工照顾800个纺绽，每一纺锭在某一段时间τ内断头的概率为0.005, 在τ这段时间内断头次数不大于2的概率.解答：以X记纺锭断头数, n=800,p=0.005,np=4,应用泊松定理，所求概率为：P{0≤X≤2}=P{⋃0≤xi≤2{X=xi}=∑k=02b(k;800,0.005)≈∑k=02P(k;4)=e-4(1+41!+422!)≈0.2381.习题12设书籍上每页的印刷错误的个数X服从泊松分布，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率.解答：\becauseP{X=1}=P{X=2}, 即λ11!e-λ=λ22!e-λ⇒λ=2,∴P{X=0}=e-2,∴p=(e-2)4=e-8.2.3 随机变量的分布函数习题1F(X)={0,x<-20.4,-2≤x<01,x≥0, 是随机变量X的分布函数，则X是___________型的随机变量.解答：离散.由于F(x)是一个阶梯函数，故知X是一个离散型随机变量.习题2设F(x)={0x<0x20≤1,1x≥1 问F(x)是否为某随机变量的分布函数.解答：首先，因为0≤F(x)≤1,∀x∈(-∞,+∞).其次，F(x)单调不减且右连续，即F(0+0)=F(0)=0, F(1+0)=F(1)=1,且 F(-∞)=0,F(+∞)=1,所以F(x)是随机变量的分布函数.习题3已知离散型随机变量X的概率分布为P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.5,P{X=5}=0.2,试写出X的分布函数F(x)，并画出图形.解答：由题意知X的分布律为：X 135Pk 0.30.50.2所以其分布函数F(x)=P{X≤x}={0,x<10.3,1≤x<30.8,3≤x<51,x≥5.F(x)的图形见图.习题4设离散型随机变量X的分布函数为 F(x)={0,x<-10.4,-1≤x<10.8,1≤x<31,x≥3,试求：(1)X的概率分布； (2)P{X<2∣X≠1}.解答：(1)X -113pk 0.40.40.2(2)P{X<2∣X≠1}=P{X=-1}P{X≠1}=23.习题5设X的分布函数为F(x)={0,x<0x2,0≤x<1x-12,1≤x<1.51,x≥1.5,求P{0.4<X≤1.3},P{X>0.5},P{1.7<X≤2}.解答：P{0.4<X≥1.3}=P{1.3}-F(0.4)=(1.3-0.5)-0.4/2=0.6,P{X>0.5}=1-P{X≤0.5}=1-F(0.5)=1-0.5/2=0.75,P{1.7<X≤2}=F(2)-F(1.7)=1-1=0.习题6设随机变量X的分布函数为F(x)=A+Barctanx(-∞<x<+∞),试求：(1)系数A与B; (2)X落在(-1,1]内的概率.解答：(1)由于F(-∞)=0,F(+∞)=1,可知{A+B(-π2)A+B(π2)=1=0⇒A=12,B=1π,于是F(x)=12+1πarctanx, -∞<x<+∞;(2)P{-1<X≤1}=F(1)-F(-1)=(12+1πarctan1)-[12+1πarctanx(-1)]=12+1π⋅π4-12-1π(-π4)=12.习题7在区间[0,a]上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例，试求X的分布函数.解答： F(x)=P{X≤x}={0,x<0xa,0≤x<a.1,x≥a2.4 连续型随机变量及其概率密度习题1设随机变量X的概率密度为f(x)=12πe-(x+3)24(-∞<x<+∞),则Y=¯∼N(0,1).解答：应填3+X2.由正态分布的概率密度知μ=-3,σ=2由Y=X-μσ∼N(0,1), 所以Y=3+X2∼N(0,1).习题2已知X∼f(x)={2x,0<x<10,其它, 求P{X≤0.5};P{X=0.5};F(x).解答：P{X≤0.5}=∫-∞0.5f(x)dx=∫-∞00dx+∫00.52xdx=x2∣00.5=0.25,P{X=0.5}=P{X≤0.5}-P{X<0.5}=∫-∞0.5f(x)dx-∫-∞0.5f(x)dx=0.当X≤0时，F(x)=0;当0<x<1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt=t2∣0x=x2;当X≥1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt+∫1x0dt=t2∣01=1,故F(x)={0,x≤0x2,0<x<1.1,x≥1习题3设连续型随机变量X的分布函数为F(x)={A+Be-2x,x>00,x≤0,试求：(1)A,B的值；(2)P{-1<X<1}; (3)概率密度函数F(x).解答：(1)\becauseF(+∞)=limx→+∞(A+Be-2x)=1, ∴A=1;又 \becauselimx→0+(A+Be-2x)=F(0)=0, ∴B=-1.(2) P{-1<X<1}=F(1)-F(-1)=1-e-2.(3)f(x)=F′(x)={2e-x,x>00,x≤0.习题4服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度f(x)=Ae-∣x∣, 求系数A及分布函数F(x).解答：由概率密度函数的性质知，∫-∞+∞f(x)dx=1,即∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=1,而∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=∫-∞0Aexdx+∫0+∞Ae-xdx=Aex∣-∞0+(-Ae-x∣0+∞)=A+A=2A或∫-∞+∞Ae-xdx=2∫0+∞Ae-xdx=-2Ae-x∣0+∞=2A,所以2A=1, 即A=1/2.从而f(x)=12e-∣x∣,-∞<x<+∞,又因为F(x)=∫-∞xf(t)dt,所以当x<0时，F(x)=∫-∞x12e-∣t∣dt=12∫-∞xetdt=12et∣-∞x=12ex;当x≥0时，F(x)=∫-∞x12e-∣x∣dt=∫-∞012etdt+∫0x12e-tdt=12et∣-∞0-12e-t∣0x=12-12e-x+12=1-12e-x,从而F(x)={12ex,x<01-12e-x,x≥0.习题5某型号电子管，其寿命(以小时计)为一随机变量，概率密度f(x)={100x2,x≥1000,其它,某一电子管的使用寿命为X, 则三个电子管使用150小时都不需要更换的概率.解答：设电子管的使用寿命为X, 则电子管使用150小时以上的概率为P{X>150}=∫150+∞f(x)dx=∫150+∞100x2dx=-100x∣150+∞=100150=23,从而三个电子管在使用150小时以上不需要更换的概率为 p=(2/3)3=8/27.习题6设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆车到达，设乘客在5分钟内任一时间到达是等可能的，试计算在车站候车的10位乘客中只有1位等待时间超过4分钟的概率.解答：设X为每位乘客的候车时间，则X服从[0,5]上的均匀分布. 设Y表示车站上10位乘客中等待时间超过4分钟的人数. 由于每人到达时间是相互独立的.这是10重伯努力概型. Y服从二项分布，其参数n=10,p=P{X≥4}=15=0.2,所以P{Y=1}=C101×0.2×0.89≈0.268.习题7设X∼N(3,22).(1)确定C, 使得P{X>c}=P{X≤c};(2)设d满足P{X>d}≥0.9, 问d至多为多少?解答：因为X∼N(3,22), 所以X-32=Z∼N(0,1).(1)欲使P{X>c}=P{X≤c}, 必有1-P{X≤c}=P{X≤c}, 即 P{X≤c}=1/2,亦即Φ(c-32)=12, 所以 c-32=0, 故c=3.(2)由P{X>d}≥0.9可得1-P{X≤d}≥0.9, 即 P{X≤d}≤0.1.于是Φ(d-32)≤0.1,Φ(3-d2)≥0.9.查表得3-d2≥1.282, 所以d≤0.436.习题8设测量误差X∼N(0,102), 先进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不小于3的概率.解答：先求任意误差的绝对值超过19.6的概率p,p=P{∣X∣>19.6}=1-P{∣X∣≤19.6}=1-P{∣X10∣≤1.96=1-[Φ(1.96)-Φ(-1.96)]=1-[2Φ(1.96)-1]=1-[2×0.975-1]=1-0.95=0.05.设Y为100次测量中误差绝对值超过19.6的次数，则Y∼b(100,0.05).因为n很大，p很小，可用泊松分布近似，np=5=λ,所以P{Y≥3}≈1-50e-50!-51e-51!-52e-52!=1-3722-5≈0.87.习题9某玩具厂装配车间准备实行计件超产奖，为此需对生产定额作出规定. 根据以往记录，各工人每月装配产品数服从正态分布N(4000,3600).假定车间主任希望10%的工人获得超产奖，求：工人每月需完成多少件产品才能获奖？解答：用X表示工人每月需装配的产品数，则X∼N(4000,3600).设工人每月需完成x件产品才能获奖，依题意得P{X≥x}=0.1, 即1-P{X<x}=0.1,所以1-F(x)=0.1, 即 1-Φ(x-400060)=0.1, 所以Φ(x-400060)=0.9.查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997,因此 x-400060≈1.28, 即x=4077件，就是说，想获超产奖的工人，每月必须装配4077件以上.习题10某地区18岁女青年的血压(收缩压，以mm-HG计)服从N(110,122). 在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X.(1)求P{X≤105},P{100<X≤120};(2)确定最小的x, 使P{X>x}≤0.005.解答：已知血压X∼N(110,122).(1)P{X≤105}=P{X-11012≤-512≈1-Φ(0.42)=0.3372,P{100<X≤120}=Φ(120-11012)-Φ(100-11012)=Φ(0.833)-Φ(-0.833)=2Φ(0.833)-1≈0.595.(2)使P{X>x}≤0.05, 求x, 即1-P{X≤x}≤0.05, 亦即Φ(x-11012)≥0.95,查表得x-10012≥1.645, 从而x≥129.74.习题11设某城市男子身高X∼N(170,36), 问应如何选择公共汽车车门的高度使男子与车门碰头的机会小于0.01.解答：X∼N(170,36), 则X-1706∼N(0,1).设公共汽车门的高度为xcm，由题意P{X>x}<0.01, 而P{X>x}=1-P{X≤x}=1-Φ(x-1706)<0.01,即Φ(x-1706)>0.99, 查标准正态表得x-1706>2.33, 故x>183.98cm.因此，车门的高度超过183.98cm时，男子与车门碰头的机会小于0.01.习题12某人去火车站乘车，有两条路可以走. 第一条路程较短，但交通拥挤，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(40,102); 第二条路程较长，但意外阻塞较少，所需时间服从正态分布N(50,42), 求：(1)若动身时离开车时间只有60分钟，应走哪一条路线？(2)若动身时离开车时间只有45分钟，应走哪一条路线？解答：设X,Y分别为该人走第一、二条路到达火车站所用时间，则 X∼N(40,102),Y∼N(50,42).哪一条路线在开车之前到达火车站的可能性大就走哪一条路线.(1)因为P{X<60}=Φ(60-4010)=Φ(2)=0.97725,P{Y<60}=Φ(60-504)=Φ(2.5)=0.99379,所以有60分钟时应走第二条路.(2)因为P{X<45}=Φ(45-4010)=Φ(0.5)=0.6915,P{X<45}=Φ(45-504)=Φ(-1.25)=1-Φ(1.25)=1-0.8925=0.1075所以只有45分钟应走第一条路.当c>0时，fY(y)={1c(b-a),ca+d≤y≤cb+d0,其它,当c<0时，fY(y)={-1c(b-a),cb+d≤y≤ca+d0,其它.习题4设随机变量X服从[0,1]上的均匀分布，求随机变量函数Y=eX的概率密度fY(y).解答：f(x)={1,0≤x≤10,其它,f=ex,x∈(0,1)是单调可导函数，y∈(1,e), 其反函数为x=lny, 可得f(x)={fX(lny)∣ln′y,1<y<e0,其它={1y,1<y<e0,其它.习题5设X∼N(0,1)，求Y=2X2+1的概率密度.解答：因y=2x2+1是非单调函数，故用分布函数法先求FY(y).FY(y)=P{Y≤y}=P{2X2+1≤y}(当y>1时)=P{-y-12≤X≤y-12=∫-y-12y-1212πe-x2dx,所以fY(y)=F′Y(y)=22πe-12⋅y-12⋅122y-1,y>1, 于是fY(y)={12π(y-1)e-y-14,y>10,y≤1.习题6设连续型随机变量X的概率密度为f(x), 分布函数为F(x), 求下列随机变量Y的概率密度：(1)Y=1X; (2)Y=∣X∣.解答：(1)FY(y)=P{Y≤y}=P{1/X≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{1/X≤0}+P{0<1/X≤y}=P{X≤0}+P{X≥1/y}=F(0)+1-F(1/y),故这时fY(y)=[-F(1y)]′=1y2f(1y);；②当y<0时，FY(y)=P{1/y≤X<0}=F(0)-F(1/y),故这时fY(y)=1y2f(1y);③当y=0时，FY(y)=P{1/X≤0}=P{X<0}=F(0),故这时取fY(0)=0, 综上所述fY(y)={1y2⋅f(1y),y≠00,y=0.(2)FY(y)=P{Y≤y}=P{∣X∣≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{-y≤X≤y}=F(y)-F(-y)这时fY(y)=f(y)+f(-y);②当y<0时，FY(y)=P{∅}=0, 这时fY(y)=0;③当y=0时，FY(y)=P{Y≤0}=P{∣X∣≤0}=P{X=0}=0,故这时取FY(y)=0, 综上所述 fY(y)={f(y)+f(-y),y>00,y≤0.习题7某物体的温度T(∘F)是一个随机变量, 且有T∼N(98.6,2), 已知θ=5(T-32)/9, 试求θ(∘F)的概率密度.解答：已知T∼N(98.6,2). θ=59(T-32), 反函数为T=59θ+32,是单调函数，所以fθ(y)=fT(95y+32)⋅95=12π⋅2e-(95y+32-98.6)24⋅95=910πe-81100(y-37)2.习题8设随机变量X在任一区间[a,b]上的概率均大于0, 其分布函数为FY(x), 又Y在[0,1]上服从均匀分布，证明:Z=FX-1(Y)的分布函数与X的分布函数相同.解答：因X在任一有限区间[a,b]上的概率均大于0, 故FX(x)是单调增加函数，其反函数FX-1(y)存在，又Y在[0,1]上服从均匀分布，故Y的分布函数为FY(y)=P{Y≤y}={0,y<0y,0≤y≤11,y>0,于是，Z的分布函数为FZ(z)=P{Z≤z}=P{FX-1(Y)≤z}=P{Y≤FX(z)}={0,FX(z)<0FX(z),0≤FX(z)≤1,1,FX(z)>1由于FX(z)为X的分布函数，故0≤FX(z)≤1.FX(z)<0和FX(z)>1均匀不可能，故上式仅有FZ(z)=FX(z), 因此，Z与X的分布函数相同.总习题解答习题1从1∼20的整数中取一个数，若取到整数k的概率与k成正比，求取到偶数的概率.解答：设Ak为取到整数k, P(Ak)=ck, k=1,2,⋯,20.因为P(⋃K=120Ak)=∑k=120P(Ak)=c∑k=120k=1，所以c=1210,P{取到偶数}=P{A2∪A4∪⋯∪A20} =1210(2+4+⋯+20)=1121.习题2若每次射击中靶的概率为0.7, 求射击10炮,(1)命中3炮的概率;(2)至少命中3炮的概率;(3)最可能命中几炮.解答：若随机变量X表示射击10炮中中靶的次数. 由于各炮是否中靶相互独立，所以是一个10重伯努利概型，X服从二项分布，其参数为n=10,p=0.7, 故(1)P{X=3}=C103(0.7)3(0.3)7≈0.009;(2)P{X≥3}=1-P{X<3}=1-[C100(0.7)0(0.3)10+C101(0.7)1(0.3)9+C102(0.7)2(0.3)8]≈0.998;(3)因X∼b(10,0.7), 而k0=[(n+1)p]=[(10+1)]×0.7=[7.7]=7,故最可能命中7炮.习题3在保险公司里有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险，在1年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司里领20000元赔偿金，求:(1)保险公司亏本的概率;(2)保险公司获利分别不少于100000元, 200000元的概率.解答：1)以“年”为单位来考虑，在1年的1月1日，保险公司总收入为2500×120元=30000元.设1年中死亡人数为X, 则X∼b(2500,0.002), 则保险公司在这一年中应付出200000X(元)，要使保险公司亏本，则必须 200000X>300000即X>15(人).因此，P{保险公司亏本}=P{X>15}=∑k=162500C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈1-∑k=015e-55kk!≈0.000069,由此可见,在1年里保险公司亏本的概率是很小的.(2)P{保险公司获利不少于100000元}=P{300000-200000X≥100000}=P{X≤10}=∑k=010C2500k(0.002)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.986305,即保险公司获利不少于100000元的概率在98%以上.P{保险公司获利不少于200000元}=P{300000-200000X≥200000}=P{X≤5}=∑k=05C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈∑k=05e-55kk!≈0.615961,即保险公司获利不少于200000元的概率接近于62%.习题4一台总机共有300台分机，总机拥有13条外线，假设每台分机向总机要外线的概率为3%, 试求每台分机向总机要外线时，能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的分机的最可能台数.解答：设分机向总机要到外线的台数为X, 300台分机可看成300次伯努利试验，一次试验是否要到外线. 设要到外线的事件为A, 则P(A)=0.03, 显然X∼b(300,0.03), 即P{X=k}=C300k(0.03)k(0.97)300-k(k=0,1,2,⋯,300),因n=300很大，p=0.03又很小,λ=np=300×0.03=9,可用泊松近似公式计算上面的概率. 因总共只有13条外线，要到外线的台数不超过13，故P{X≤13}≈∑k=0139kk!e-9≈0.9265, (查泊松分布表)且同时向总机要外线的分机的最可能台数k0=[(n+1)p]=[301×0.03]=9.习题5在长度为t的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼救的次数X服从参数t2的泊松分布，而与时间间隔的起点无关(时间以小时计), 求：(1)某一天从中午12至下午3时没有收到紧急呼救的概率；(2)某一天从中午12时至下午5时至少收到1次紧急呼救的概率.解答：(1)t=3,λ=3/2, P{X=0}=e-3/2≈0.223;(2)t=5,λ=5/2, P{X≥1}=1-P{X=0}=1-e-5/2≈0.918.习题6设X为一离散型随机变量，其分布律为X -101pi 1/21-2qq2试求：(1)q的值； (2)X的分布函数.解答：(1)\because离散型随机变量的概率函数P{X=xi}=pi, 满足∑ipi=1, 且0≤pi≤1,∴ {1/2+1-2q+q2=10≤1-2q≤1q2≤1,解得q=1-1/2. 从而X的分布律为下表所示：因F(x)在x=π6处连续，故P{X=π6=12,于是有P{∣X∣<π6=P{-π6<X<π6=P{-π6<X≤π6=F(π6)-F(-π6)=12..习题8使用了x小时的电子管，在以后的Δx小时内损坏的概率等于λΔx+o(Δx),其中λ>0是常数，求电子管在损坏前已使用时数X的分布函数F(x)，并求电子管在T小时内损坏的概率.解答：因X的可能取值充满区间(0,+∞),故应分段求F(x)=P{X≤x}.当x≤0时，F(x)=P{X≤x}=P(∅)=0;当x>0时，由题设知P{x<X≤x+Δx/X}=λΔx+o(Δx),而P{x<X≤x+Δx/X}=P{x<X≤x+Δx,X>x}P{X>x}=P{x<X≤x+Δx}1-P{X≤x}=F(x+Δx)-F(x)1-F(x),故F(X+Δx)-F(x)1-F(x)=λΔx+o(Δx),即F(x+Δx)-F(x)Δx=[1-F(x)][λ+o(Δx)Δx],令o(Δx)→0,得F′(x)=λ[1-F(x)].这是关于F(x)的变量可分离微分方程，分离变量dF(x)1-F(x)=λdx,积分之得通解为C[1-F(x)]=e-λx(C为任意常数).注意到初始条件F(0)=0, 故C=1.于是F(x)=1-e-λx,x>0,λ>0,故X的分布函数为F(x)={0,x≤01-e-λx,x>0(λ>0),从而电子管在T小时内损坏的概率为P{X≤T}=F(T)=1-e-λT.习题9设连续型随机变量X的分布密度为f(x)={x,0<x≤12-x,1<x≤20,其它,求其分布函数F(x).解答：当x≤0时，F(x)=∫-∞x0dt=0;当0<x≤1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00tdt+∫0xtdt=12x2;当1<x≤2时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫01tdt+∫1x(2-t)dt=0+12+(2t-12t2)∣1x=-1+2x-x22;当x>2时，F(x)=∫-∞00dt+∫01tdt+∫12(2-t)dt+∫2x0dt=1,故F(x)={0,x≤212x2,0<x≤1-1+2x-x22,1<x≤21,x>2.习题10某城市饮用水的日消费量X(单位：百万升)是随机变量，其密度函数为：f(x)={19xe-x3,x>00,其它,试求：(1)该城市的水日消费量不低于600万升的概率；(2)水日消费量介于600万升到900万升的概率.解答：先求X的分布函数F(x). 显然，当x<0时，F(x)=0, 当x≥0时有F(x)=∫0x19te-t3dt=1-(1+x3)e-x3故F(x)={1-(1+x3)e-x3,x≥00,x<0, 所以P{X≥6}=1-P{X<6}=1-P(X≤6}=1-F(6)=1-[1-(1+x3)e-x3]x=6=3e-2,P{6<X≤9}=F(9)-F(6)=(1-4e-3)-(1-3e-2)=3e-2-4e-3.习题11已知X∼f(x)={cλe-λx,x>a0,其它(λ>0),求常数c及P{a-1<X≤a+1}.解答：由概率密度函数的性质知∫-∞+∞f(x)dx=1,而∫-∞+∞f(x)dx=∫-∞a0dx+∫a+∞cλe-λxdx=c∫a+∞e-λxd(λx)=-ce-λx\vlinea+∞=ce-λa,所以ce-λa=1,从而c=eλa.于是P{a-1<X≤a+1}=∫a-1a+1f(x)dx=∫a-1a0dx+∫aa+1λeλae-λxdx=-eλae-λx\vlineaa+1=-eλa(e-λ(a+1)-e-λa)=1-e-λ.注意，a-1<a, 而当x<a时，f(x)=0.习题12已知X∼f(x)={12x2-12x+3,0<x<10,其它, 计算P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}.解答：根据条件概率;有P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}=P{X≤0.2,0.1<X≤0.5}P{0.1<X≤0.5}=P{0.1<X≤0.2}P{0.1<X≤0.5}=∫0.10.2(12x2-12x+2)dx∫0.10.5(12x2-12x+3) dx=(4x3-6x2+3x)∣0.10.2(4x3-6x2+3x)∣0.10.5=0.1480.256=0.578125.习题13若F1(x),F2(x)为分布函数，(1)判断F1(x)+F2(x)是不是分布函数，为什么？(2)若a1,a2是正常数，且a1+a2=1. 证明：a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.解答：(1)F(+∞)=limx→+∞F(x)=limx→+∞F1(x)+limx→+∞F2(x)=1+1=2≠1故F(x)不是分布函数.(2)由F1(x),F2(x)单调非减，右连续，且 F1(-∞)=F2(-∞)=0,F1(+∞)=F2(+∞)=1,可知a1F1(x)+a2F2(x)单调非减，右连续，且 a1F1(-∞)+a2F2(-∞)=0,a1F1(+∞)+a2F2(+∞)=1.从而a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.习题14设随机变量X的概率密度ϕ(x)为偶函数，试证对任意的a>0, 分布函数F(x)满足：(1)F(-a)=1-F(a); (2)P{∣X∣>a}=2[1-F(a)].解答：(1)F(-a)=∫-∞-aϕ(x)dx=∫a+∞ϕ(-t)dt=∫a+∞ϕ(x)dx=1-∫-∞aϕ(x)dx=1-F(a).(2)P{∣X∣>a}=P{X<-a}+P{X>a}=F(-a)+P{X≥a}F(-a)+1-F(a)=2[1-F(a)].习题15设K在(0,5)上服从均匀分布，求x的方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的概率.解答：因为K∼U(0,5), 所以 fK(k)={1/5,0<k<50,其它,方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的充要条件为(4K)2-4⋅4(K+2)≥0, 即 K2-K-2≥0,亦即(k-2)(K+1)≥0, 解得K≥2(K≤-1舍去), 所以P{方程有实根}=P{K≥2}=∫2515dx=35.习题16某单位招聘155人，按考试成绩录用，共有526人报名，假设报名者考试成绩X∼N(μ,σ2), 已知90分以上12人，60分以下83人，若从高分到低分依次录取，某人成绩为78分，问此人是否能被录取？解答：要解决此问题首先确定μ,σ2, 因为考试人数很多，可用频率近似概率.根据已知条件P{X>90}=12/526≈0.0228,P{X≤90}=1-P{X>90}≈1-0.0228}=0.9772;又因为P{X≤90}=P{X-μσ≤90-μσ, 所以有Φ(90-μσ)=0.9772, 反查标准正态表得90-μσ=2 ①同理：P{X≤60}=83/526≈0.1578; 又因为P{X≤60}=P{X-μσ≤60-μσ,故Φ(60-μσ)≈0.1578.因为0.1578<0.5,所以60-μσ<0, 故Φ(μ-60σ)≈1-0.1578=0.8422, 反查标准正态表得μ-60σ≈1.0 ②联立①，②解得σ=10,μ=70, 所以，X∼N(70,100).某人是否能被录取，关键看录取率. 已知录取率为155526≈0.2947, 看某人是否能被录取，解法有两种：方法1：P{X>78}=1-P{X≤78}=1-P{x-7010≤78-7010=1-Φ(0.8)≈1-0.7881=0.2119,因为0.2119<0.2947(录取率), 所以此人能被录取.方法2：看录取分数线. 设录取者最低分为x0, 则P{X≥x0}=0.2947(录取率),P{X≤x0}=1-P{X≥x0}=1-0.2947=0.7053,P{X≤x0}=P{x-7010≤x0-7010=Φ{x0-7010=0.7053,反查标准正态表得x0-7010≈0.54, 解得x0≈75. 此人成绩78分高于最低分，所以可以录取.习题17假设某地在任何长为t(年)的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为λ=0.1t的泊松分布，X表示连续两次地震之间间隔的时间(单位：年).(1)证明X服从指数分布并求出X的分布函数；(2)求今后3年内再次发生地震的概率；(3)求今后3年到5年内再次发生地震的概率.解答：(1)当t≥0时，P{X>t}=P{N(t)=0}=e-0.1t,∴F(t)=P{X≤t}=1-P{X>t}=1-e-0.1t;当t<0时，F(t)=0,∴ F(x)={1-e-0.1t,x≥00,x<0,X服从指数分布(λ=0.1);(2)F(3)=1-e-0.1×3≈0.26;(3)F(5)-F(3)≈0.13.习题18100件产品中，90个一等品，10个二等品，随机取2个安装在一台设备上，若一台设备中有i个(i=0,1,2)二等品，则此设备的使用寿命服从参数为λ=i+1的指数分布.(1)试求设备寿命超过1的概率；(2)已知设备寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率 .解答：(1)设X表示设备寿命. A表示“设备寿命超过1”，Bi表示“取出i个二等品”(i=0,1,2)，则X的密度函数为fX(x)={λe-λx,x>00,x≤0 (λ=i+1,i=0,1,2),P(B0)=C902C1002, P(B1)=C901C102C1002, P(B2)=C102C1002,P(A∣B0)=∫1+∞e-xdx=e-1, P(A∣B1)=∫1+∞2e-2xdx=e-2,P(A∣B2)=∫1+∞3e-3xdx=e-3,由全概率公式：P(A)=∑i=02P(Bi)P(A∣Bi)≈0.32.(2)由贝叶斯公式：P(B0∣A)=P(B0)P(A∣B0)P(A)≈0.93.fX(x)={e-x,x>00,其它,求Y=eX的概率密度.解答：因为α=min{y(0),y(+∞)}=min{1,+∞}=1,β=max{y(0),y(+∞)}=max{1,+∞}=+∞.类似上题可得fY(y)={fX[h(y)]∣h′(y)∣,1<y<+∞0,其它={1/y2,1<y<+∞0,其它.习题22设随便机变量X的密度函数为 fX(x)={1-∣x∣,-1<x<10,其它,求随机变量Y=X2+1的分布函数与密度函数.解答：X的取值范围为(-1,1), 则Y的取值范围为[1,2). 当1≤y<2时， FY(y)=P{Y≤y}=P{X2+1≤y}=P{-Y-1≤x≤y-1}=∫-y-1y-1(1-∣x∣)dx=2∫0y-1(1-x)dx=1-(1-y-1)2,从而Y的分布函数为 FY(y)={0,y<11-(1-y-1)2,1≤y<2,1,其它Y的概率密度为fY(y)={1y-1-1,1<y<20,其它.第三章多维随机变量及其分布3.1 二维随机变量及其分布习题1设(X,Y)的分布律为X\Y 1231 1/61/91/182 1/3a1/9求a.解答：由分布律性质∑i⋅jPij=1, 可知 1/6+1/9+1/18+1/3+a+1/9=1,解得 a=2/9.习题2(1)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：(1)P{a<X≤b,Y≤c};解答：P{a<X≤b,Y≤c}=F(b,c)-F(a,c).习题2(2)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示： (2)P{0<Y≤b};解答：P{0<Y≤b}=F(+∞,b)-F(+∞,0).习题2(3)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示： (3)P{X>a,Y≤b}.解答：P{X>a,Y≤b}=F(+∞,b)-F(a,b).习题3(1)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求： (1)P{12<X<32,0<Y<4;解答：P{12<X<23,0<Y<4P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}=P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}=14+0+0=14.习题3(2)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求： (2)P{1≤X≤2,3≤Y≤4};解答：P{1≤X≤2,3≤Y≤4}=P{X=1,Y=3}+P{X=1,Y=4}+P{X=2,Y=3}+P{X=2,Y=4}=0+116+0+14=516.习题3(3)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求： (3)F(2,3).解答：F(2,3)=P(1,1)+P(1,2)+P(1,3)+P(2,1)+P(2,2)+P(2,3)=14+0+0+116+14+0=916.习题4设X,Y为随机变量，且 P{X≥0,Y≥0}=37, P{X≥0}=P{Y≥0}=47,求P{max{X,Y}≥0}.解答：P{max{X,Y}≥0}=P{X,Y至少一个大于等于0} =P{X≥0}+P{Y≥0}-P{X≥0,Y≥0}=47+47-37=57.习题5(X,Y)只取下列数值中的值： (0,0),(-1,1),(-1,13),(2,0)且相应概率依次为16,13,112,512, 请列出(X,Y)的概率分布表，并写出关于Y的边缘分布.解答：(1)因为所给的一组概率实数显然均大于零，且有16+13+112+512=1, 故所给的一组实数必是某二维随机变量(X,Y)的联合概率分布. 因(X,Y)只取上述四组可能值，故事件：{X=-1,Y=0}, {X=0,Y=13, {X=0,Y=1},{X=2,Y=13,{X=2,Y=1}均为不可能事件，其概率必为零. 因而得到下表：(2)P{Y=0}=P{X=-1,Y=0}+P{X=0,Y=0}+P{X=2,Y=0} =0+16+512=712,同样可求得 P{Y=13=112,P{Y=1}=13,关于的Y边缘分布见下表：Y 01/31pk 7/121/121/3习题6设随机向量(X,Y)服从二维正态分布N(0,0,102,102,0), 其概率密度为f(x,y)=1200πex2+y2200,求P{X≤Y}.解答：由于P{X≤Y}+P{X>Y}=1，且由正态分布图形的对称性，知P{X≤Y}=P{X>Y}, 故 P{X≤Y}=12.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={k(6-x-y),0<x<2,2<y<40,其它,(1)确定常数k; (2)求P{X<1,Y<3}; (3)求P{X<1.5}; (4)求P{X+Y≤4}.解答：如图所示(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1,确定常数k.∫02∫24k(6-x-y)dydx=k∫02(6-2x)dx=8k=1,所以k=18.(2)P{X<1,Y<3}=∫01dx∫2318(6-x-y)dy=38.(3)P{X<1.5}=∫01.5dx∫2418(6-x-y)dy=2732.(4)P{X+Y≤4}=∫02dx∫24-x18(6-x-y)dy=23.习题8已知X和Y的联合密度为 f(x,y)={cxy,0≤x≤1,0≤y≤10,其它,试求：(1)常数c; (2)X和Y的联合分布函数F(x,y).解答：(1)由于1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=c∫01∫01xydxdy=c4,c=4.(2)当x≤0或y≤0时，显然F(x,y)=0;当x≥1,y≥1时，显然F(x,y)=1;设0≤x≤1,0≤y≤1, 有F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dudv=4∫0xudu∫0yvdv=x2y2.设0≤x≤1,y>1, 有 F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫0xudu∫01ydy=x2.最后，设x>1,0≤y≤1, 有 F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫01xdx∫0yvdv=y2.函数F(x,y)在平面各区域的表达式 F(x,y)={0,x≤0或y≤0x2,0≤x≤1,y>1x2y2,0≤x≤1,0≤y≤1.y2,x>习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 f(x,y)={4.8y(2-x),0≤x≤1,x≤y≤10,其它,求边缘概率密度fY(y).解答：fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0x4.8y(2-x)dy,0≤x≤10,其它={2.4x2(2-x),0≤x≤10,其它.fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫0y4.8y(2-x)dx,0≤y≤10,其它={2.4y(4y-y2),0≤y≤10,其它.习题10设(X,Y)在曲线y=x2,y=x所围成的区域G里服从均匀分布，求联合分布密度和边缘分布密度.解答：区域G的面积A=∫01(x-x2)dx=16, 由题设知(X,Y)的联合分布密度为f(x,y)={6,0≤x≤1,x2≤y≤x0,其它,从而fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=6∫x2xdy=6(x-x2),0≤x≤1, 即 fX(x)={6(x-x2),0≤x≤10,其它fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx=6∫yydx=6(y-y),0≤y≤1,即fY(y)={6(y-y),0≤y≤10,其它.3.2 条件分布与随机变量的独立性习题1二维随机变量(X,Y)的分布律为解答：由题意知X的密度函数为fX(x)={15,0≤x≤50,其它, 因为X与Y相互独立，所以X与Y的联合密度为：fXY(x,y)={2(5-y)125,0≤y≤5,0≤x≤50,其它,故此人能及时上火车的概率为P{Y>X}=∫05∫x52(5-y)125dydx=13.习题7设随机变量X与Y都服从N(0,1)分布，且X与Y相互独立，求(X,Y)的联合概率密度函数.解答：由题意知，随机变量X,Y的概率密度函数分别是fX(x)=12πe-x22，fY(y)=12πe-y22因为X与Y相互独立，所以(X,Y)的联合概率密度函数是f(x,y)=12πe-12(x+y)2.习题8设随机变量X的概率密度f(x)=12e-∣x∣(-∞<x<+∞),问：X与∣X∣是否相互独立？解答：若X与∣X∣相互独立，则∀a>0, 各有 P{X≤a,∣X∣≤a}=P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},而事件{∣X∣≤a}⊂{X≤a}, 故由上式有 P{∣X∣≤a}==P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},⇒P{∣X∣≤a}(1-P{X≤a})=0⇒P{∣X≤a∣}=0或1=P{X≤a}⋅(∀a>0)但当a>0时，两者均不成立，出现矛盾，故X与∣X∣不独立.习题9设X和Y是两个相互独立的随机变量，X在(0,1)上服从均匀分布，Y的概率密度为fY(y)={12e-y2,y>00,y≤0,(1)求X与Y的联合概率密度；(2)设有a的二次方程a2+2Xa+Y=0, 求它有实根的概率.解答：(1)由题设易知fX(x)={1,0<x<10,其它,又X,Y相互独立，故X与Y的联合概率密度为f(x,y)=fX(x)⋅fY(y)={12e-y2,0<x<1,y>00,其它;(2)因{a有实根}={判别式Δ2=4X2-4Y≥0}={X2≥Y},故如图所示得到： P{a有实根}=P{X2≥Y}=∫∫x2>yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0x212e-y2dy=-∫01e-x22dx=1-[∫-∞1e-x22dx-∫-∞0e-x22dx] =1-2π[12π∫-∞1e-x22dx-12π∫-∞0e-x 22dx]=1-2π[Φ(1)-Φ(0),又Φ(1)=0.8413,Φ(0)=0.5,于是Φ(1)-Φ(0)=0.3413,所以 P{a有实根}=1-2π[Φ(1)-Φ(0)]≈1-2.51×0.3413=0.1433.3.3 二维随机变量函数的分布习题1设随机变量X和Y相互独立，且都等可能地取1,2,3为值，求随机变量U=max{X,Y}和V=min{X,Y}的联合分布.解答：由于U≥V, 可见P{U=i,V=j}=0(i<j).此外，有 P{U=V=i}=P{X=Y=i}=1/9(i=1,2,3),P{U=i,V=j}=P{X=i,Y=j}+P{X=j,Y=i}=2/9(i>j),于是，随机变量U和V的联合概率分布为\under2line令x+y=t{∫x+∞12te-tdt=12(x+1)e-x,x>00,x≤0,由对称性知fY(y)={12(y+1)e-y,y>00,y≤0, 显然f(x,y)≠fX(x)fY(y),x>0,y>0,所以X与Y不独立.(2)用卷积公式求fZ(z)=∫-∞+∞f(x,z-x)dx.当{x>0z-x>0 即 {x>0x<z时，f(x,z-x)≠0,所以当z≤0时，fZ(z)=0;当z>0时，fZ(z)=∫0z12xe-xdx=12z2e-z.于是，Z=X+Y的概率密度为 fZ(z)={12z2e-z,z>00,z≤0.习题6设随机变量X,Y相互独立，若X服从(0,1)上的均匀分布，Y服从参数1的指数分布，求随机变量Z=X+Y 的概率密度.解答：据题意，X,Y的概率密度分布为 fX(x)={1,0<x<10,其它, fY(y)={e-y,y≥00,y<0,由卷积公式得Z=X+Y的概率密度为fZ(z)=∫-∞+∞fX(x)fY(z-x)dx=∫-∞+∞fX(z-y)fY(y)dy =∫0+∞fX(z-y)e-ydy.由0<z-y<1得z-1<y<z,可见：当z≤0时，有fX(z-y)=0, 故fZ(z)=∫0+∞0⋅e-ydy=0;当z>0时，fZ(z)=∫0+∞fX(z-y)e-ydy=∫max(0,z-1)ze-ydy=e-max(0,z-1)-e-z,即 fZ(z)={0,z≤01-e-z,0<z≤1e1-z-e-z,z>1.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={be-(x+y),0<x<1,0<y<+∞,0,其它.（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.解答：（1）由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1，确定常数b. ∫01dx∫0+∞be-xe-ydy=b(1-e-1)=1，所以b=11-e-1，从而 f(x,y)={11-e-1e-(x+y),0<x<1,0<y<+∞,0,其它.（2）由边缘概率密度的定义得fX(x)={∫0+∞11-e-1e-(x+y)dy=e-x1-e-x,0<x<1,0,其它，fY(x)={∫0111-e-1e-(x+y)dx=e-y,0<y<+∞,0,其它（3）因为f(x,y)=fX(x)fY(y)，所以X与Y独立，故 FU(u)=P{max{X,Y}≤u}=P{X≤u,Y≤u}=FX(u)FY(u)，其中FX(x)=∫0xe-t1-e-1dt=1-e-x1-e-1,0<x<1，所以 FX(x)={0,x≤0,1-e-x1-e-1,0<x<1,1,x≥1.同理FY(y)={∫0ye-tdt=1-e-y,0<y<+∞,0,y≤0，因此 FU(u)={0,u<0,(1-e-u)21-e-1,0≤u<1,1-e-u,u≥1.习题8设系统L是由两个相互独立的子系统L1和L2以串联方式联接而成，L1和L2的寿命分别为X与Y, 其概率密度分别为ϕ1(x)={αe-αx,x>00,x≤0, ϕ2(y)={βe-βy,y>00,y≤0,其中α>0,β>0,α≠β,试求系统L的寿命Z的概率密度.解答：设Z=min{X,Y}, 则 F(z)=P{Z≥z}=P{min(X,Y)≤z}=1-P{min(X,Y)>z}=1-P{X≥z,Y≥z} =1-[1P{X<z}][1-P{Y<z}]=1-[1-F1{z}][1-F2{z}]由于F1(z)={∫0zαe-αxdx=1-e-αz,z≥00,z<0, F2(z)={1-e-βz,z≥00,z<0,故 F(z)={1-e-(α+β)z,z≥00,z<0,从而ϕ(z)={(α+β)e-(α+β)z,z>00,z≤0.习题9设随机变量X,Y相互独立，且服从同一分布，试明： P{a<min{X,Y}≤b}=[P{X>a}]2-[P{X>b}]2.解答：设min{X,Y}=Z,则 P{a<min{X,Y}≤b}=FZ(b)-FZ(a),。

概率论与数理统计(理工类,第四版)吴赣昌主编课后习题答案第七章

概率论与数理统计(理工类,第四版)吴赣昌主编课后习题答案第七章

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第七章假设检验假设检验的基本談念习题1 样木容fin确定后，在一个假设检验中•给定显著水平为*设此第一类错的概率为。

•则必有()•(A)a+p=l; (B)a+p>l; (C)a+p<l; {D)a+p<2.解答: 应选(D)・当样木容Sn确定后.aQ不能同时都很小.即a变小时，p变大：而P变小时• a变大.理论上，自然希望犯这两类错误的概率都很小・但a*的大小关系不能确定.并且这两类错谋不能同时发生，即a=l且p=l不会发生.故选(D).习題2设总休X^(g,a2b其中02已知，着要检验W需川统计a U=X"-gOa/n,(1)若对敢边检验，统计假设为则拒绝区间为(2)若肌边假设为H0:g=g0,Hl：n<^0,则拒绝区间为. (给定显着性水平为4样木均值为X•，样木容fi 为n,且可记ul・a为标准正态分布的(l・a)分位数).解答:由敢侧检验及拒绝的概念即可御到.习題3 如何理解假设检验所作出的〃拒绝原假设H0"和“接受原假设Hcr的判断解答:拒绝H0是有说服力的，接受H0是没有充分说服力的•因为假设检验的方法是概率性质的反证法.作为反证法就是必然要〃推出矛盾r才能得出"拒绝HO"的结论.这是有说服力的・如果“推不出矛盾化这时只能说〃目前还找不到拒绝H0的充分理由W此“不拒绝H0”或〃接受HCr\这并没有肯定H0—定成立•由于样木观察值是随机的• W此拒绝H0.不童味着H0是假的•接受H0也不意味着H0是真的•都存在着错误决策的可能.当原假设H0为真，而作出r拒绝H0的判断，这类决策错谋称为第一类错谋.又叫弃真错洪•显然犯这类错渓的概率为前述的小槪率a:a=P（拒绝HOIHO为真）;而原假设HO不真•却作出接受H0的判断•称这类错误为第二类错误，又称取伪错误.它发生的槪率P为P二P（接受HO|H0不真）.习題4 犯第一类错误的概率a与犯第二类错谋的概率P之间有何关系一般來说.当样木容g固定时，若减少犯一类错误的槪率.则犯另一类错渓的概率往往会增大•要它们同时减少，只有増加样木容a n.在实际问题中，总是控制犯節一类错误的概率a而使犯第二类错谋的概率尽可能小・a的大小视具体实际问题而定.通常取a弓等tfL 习題5 在假设检验中•如何理解指定的显著水平a 解答:我们希望所作的检验犯两类错谋的槪率尽可能都小・但实际上这是不可能的•当样木容Sn固定时，一般地•减少犯其中一个错谋的槪帑就会增加犯另一个错误的概率• W此，通常的作法是只要求犯第一类错误的概率不大于指定的显著水平6因而根据小概率原理，最终结论为拒绝H0较为可靠，而最终判断力接受H0则不大可靠，«原因是不知道犯第二类错误的概率P处竟有多少.且a小，P就大.所以通常用JW 相容r 〃不拒绝HO"等词语來代替“接受H0".而"不拒绝HO"还包含有再进一步作抽样检验的意思.习题6 在假设检验中•如何确定原假设H0和备择假设H1 解答: 在实际中・通常把那些需要着重考虑的假设视为原假设H0.而与之对应的假设视为备择假设H1.（1）如果问题是要决定新方案是否比原方案好，往往将原方案取假设.而将新方案取为备择假设:(2)若提出一个假设・检验的目的仅仅是为r判断这个假设是否成立.这时直接取此假设为原假设H0即可. 习題7 假设检验的基木步腺有哪些解答:根据反证法的思想和小概率原理•可将假设检验的步骤归纳如下:(1)根据问题的要求.提出原理假设H0和备择假设HL (2)根据检验对紀构造检验统计gT(Xl,X2宀Xn),使肖H0为真时汀有确定的分布.(3)由给定的显著水平6直统计址T所服从的分布表，定出临界值K使P{ 1 T I >A)=a,或P(T>M)=P(T<X2)=a/2,从而求出H0的拒绝域：I T I >入或T>MJ<X2,(4)由样木观察值计算统i|・fi T的观察值t(5)作出判断，将t的值与临界值比较大小作出结论:当tW拒绝域g时，则拒绝H0.否则，不拒绝H0.即认为在显著水平a下，H0与实际悄况差界不显著.习題8 假设检验与区间估il•有何异同解答:假设检验与区间估ii•的提法虽不同，但解决问题的途径是相通的.参数0的a信水平为i・a的a信区间对应于双边假设检验在駄着性水平a下的接受域：参数e的a信水平为1-a的爪侧置信区对应于爪边假设检验在显著性水平a下的接受域.在总休的分布已知的条件下•假设检验与区间估计是从不同的角度回答同一个问題•假设检验是判别原假设H0是否成立，而区间估计解决的是“多少"(或范前者是宦性的.后者是定fi的.习题9 某天开工时，需检验自动包装工作是否正常•根据以往的经验，其装包的质a在正常情况下服从正态分布N(100,仲位:kg).现抽测了9包，其质S为:问这天包装机工作是否正常将这一问题化为假设检验问题.写出假设检验的步驟(am 解答: ⑴提出假设检验问题H0：尸100, Hl："100;(2)选取检验统il S U：U=X； HO成立时,UW((U)；(3)a=,ua/2=,拒绝域W={ 1 u 1 >};(4))f勺I u I =. hM 1 u I <ua/2=,故接受HO,认为包装机.I：作正常.设总休X^(pJbXl,X2/7Xn是取自X的样木.对于假设检验HO：|i=O'Hl：pMO,取显著水平a,拒绝域为W={ i U i >ua/2b其中u=nX-,求:H0成立时，犯第一类错误的槪率aO;(2)十HO不成立时(若"0),犯第二类错的概率p.(l)X^(H4)/X'MM(g,l/n),故nX'=uMM(O,l). a0=P{ I u I >ua/2 I g=0}=l-P{-ua/2<u<ua/2}=1-[<D(ua/2)-(D(-ua/2)]=l-[(l-a2)-a2]=a,即犯第一类错误的概率是显著水平a.(2)F H0不成立.即PMO时.犯第二类错误的概率为P=P{ I U I 30/2 I E(X)=n}=P{・uct/2<u<ua/2 I E(X)=A}=P{-ua/2<nX'<ua/2 I E(X)=|i}=P{-ua/2-nn<n(X'-n)<ua/2-nn I E(X)=n}=(I)(ua/2-niJi)-®(-ua/2-nn),注1 '^1 H T+8或时，PTO.由此可见.当实际均值H偏离原假设校大时，犯第二类错误的概率很小.检验效果较好.注2!勺卩工0但接近于0时.Pdw.Wa很小.故犯第一娄错误的概率很大.检验效果较差.单正态总体的假设检験习题1 已知某炼铁厂铁水含碳量服从正态分布N,・现在测定r 9炉铁水•其平均含碳虽为•如果估计方差没有变化.可否认为现在生产的饮水平均含碳fi仍为(a=解答^ 木问题是在a二下检验假设HO：ns由r a2=已知，所以可选取统计sU=X •在HO 成立的条件下• UW(OJ),且此检验问题的拒绝域为I U 1 = I X •这里 说明U 没有落在拒绝域中.从而接受H0.即认为现在生产之饮水平均含碳S 仍为•习題2要求一种元件平均便用寿命不斜低于1000小肘，生产者从一批这种元件中随机抽取25件，测御其寿命的 平均值为950小时.已知该种元件寿命服从标准差为0=100小时的正态分布，试在显著性水平(1=卜确定 这批元件是否合格设总体均值为卩川未知.即需检验假设H0：H >1000,H1：H <1000.解答:检验假设 HO ：n>1000,Hl ：n<1000.这是飛边假设检验问题.由于方差02二，故用U 检验法.对于显着性水平a 二，拒绝域为W={X"-1000a/n<-ua.査标准正态分布表•得 又知n=25X=950,故可计算出x'-1000a/n=950-1000100/25=,因为&故在a=下拒绝H0,认为这批元件不合格.习题3 打包机装糖入包，每包标准重为100kg.毎天开工后，要检验所装糖包的总体期望值是否合乎标准 (100kg)•某日开工后.测御9包糖重如下位：kg)：打包机装糖的包得服从正态分布•问该天打包机1：作是否正常(a 二 解答: 木问题是在a 二下检验假设HO:p=100,Hl ："100・由于02未知.所以可选取统讣fi T=X--100S/n,在HO 成立的条件下.W(n-1K 且此检验问題的拒绝域为I T I = 1 X'-lOOS/n I >ta/2(n-l).I t 1 =<=(8),即t 未落在拒绝域中・从而接受H0,即可以认为该天打包工作正常.习題4机器包装食盐.假设毎袋盐的净重服从正态分布•规定毎俊标准含fi 为500g,标准差不斜趙过lOg •某天开 工后•随机抽取9袋.测得浄重如下仲位：g)：497, 507, 510, 475, 515, 484, 488, 524, 491,I U I =<=ua/2・这里 t=x"-100s/ns ：试在駄著性水平a二下检验假设:HO：n=500,Hl：n#500,解答:x'=499,ss：,n=9,t=(x~-|jiO)sn==,a=, (8)=.Will <(8b故接受HO,认为该天每袋平均质a可视为500g・习«5从清凉饮料自动售货机・随机抽样36杯，其平均含g为219(mL),标准差为/在a二的显I?性水平下・试检验假设S HO：A=|I O=222,H1：H<M=222・解答: 设总休X-W(g,a2bX代表自动售货机售出的清凉饮料含S・检验假设H0：n=n0=222(mL), Hl：n<222(mL),由asn=36,査表毎(36・1)弓拒绝域为W={t=x'-nOs/n<-ta(n-l).il•算t值并判断:t=36»习題6 某种寻线的电阻服从正态分布N(x・今从新生产的一批导线中抽取9根・测«电阻•得s=Q,对于a®能否认为这批导线电阴的标准差仍为解答:木问题是在a二下检验假设H0:a2=, Hl:o2匕选取统计fi x2=n-la2S2,在HO成立的条件下,X2^2(n-1),且此检验问題的拒绝域为X2>xa/22(n-l)或x2<xl-a/22(n-l).这里X2==x=,X(8)=，x(8)-落在拒绝域中，从而拒绝HO,即不能认为这批导线电阻的标准差仍为.习题7某厂生产的铜线，要求其折断力的方差不超过16N2.今从某日生产的铜丝中随机抽取容fi为9的样木•测得其折断力如下（飛位：N）:289, 286, 285, 286, 285, 284, 285, 286, 298, 292设总体服从正态分布，问该日生产的铜线的折斷力的方差是否符合标准（a二解答: 检验问題为n=9, s2勺X2=8XS216勺am X(8)=・因X2<X（8）s故接受HO,可认为铜丝的折断力的方差不超过16N2.习题8过去经验示.商三学生完成标准考试的时间为一正态变其标准差为6min.若随机样木为20位学生, 其标准差为X,试在显着性水平a= b\检验假设:H0:a>6,Hl:a<6,解答:HO:a>6,Hl:a<6,a=,n-l=19,ssx(19)-拒绝域为W={x2<},i l•算X2值X2=(20-l)x^.因为>■故接受H0,认为a>6.习題9测定某种潯液中的水分・它的10个测定值给出*%,设测定值总体服从正态分布.02为总休方差.02未知，试在a二水平下检验假设:在a= b\拒绝域为W={(n-l)S2a02<xl-a2(9).查X2分布表得X（9）m讣算得(n-l)s2o02=(10-l)x\per)2\per)2^>,未落入拒绝域•故接受H0.取正态总体的假设检越习題1制造厂家宜称•线A的平均张力比线B至少强120N,为证实其说法.在同样情况下测试两种线各50条.线A的平均张力x-=867N,标准差为01=;而线B的平均张力为y・=778N,标准差为o2m在a二的显善性水平下，试检验此制造厂家的说法.解答:H0：nl4l2=120,Hl：pl 屮2<120・am=・W={u=x'-y~-120ol2nl+a22n2<-ua,拒绝域为由x'=867,y'=778,nl=n2=50, 012=2,o22=2,得□=867-778-120250+250^^^,因为&故拒绝H0,认为pl-rx2<120,即厂家的说法不对.习题2 欲知某新血清是否能抑制白血球过多症，选择已患该病的老畝9只•并将其中5只施予此种血清，另外4 只则不热•从实验开始.其存活年限表示如下假设两总体均服从方差相同的正态分布，试在显著性水平a二下检验此种血清是否有效解答^ 设pl- p2分别为老鼠接受和未接受血清的平均存活年限。

概率论课后习题答案

概率论课后习题答案

习题1解答1. 写出下列随机试验的样本空间Ω：（1）记录一个班一次数学考试的平均分数（设以百分制记分）； （2）生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数；（3）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记为“正品”，不合格的记为“次品”，如连续查出了2件次品就停止检查，或检查了4件产品就停止检查，记录检查的结果； （4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标.解：（1）以n 表示该班的学生人数，总成绩的可能取值为0，1，2，…，100n ，所以该试验的样本空间为{|0,1,2,,100}ii n nΩ==.（2）设在生产第10件正品前共生产了k 件不合格品，样本空间为{10|0,1,2,}k k Ω=+=，或写成{10,11,12,}.Ω=（3）采用0表示检查到一个次品，以1表示检查到一个正品，例如0110表示第一次与第四次检查到次品，而第二次与第三次检查到的是正品，样本空间可表示为{00,100,0100,0101,0110,1100,1010,1011,0111,1101,1110,1111}Ω=.（3）取直角坐标系，则有22{(,)|1}x y x y Ω=+<，若取极坐标系，则有{(,)|01,02π}ρθρθΩ=≤<≤<.2．设A 、B 、C 为三事件，用A 、B 、C 及其运算关系表示下列事件. (1)A 发生而B 与C 不发生； (2)A 、B 、C 中恰好发生一个； (3)A 、B 、C 中至少有一个发生； (4)A 、B 、C 中恰好有两个发生； (5)A 、B 、C 中至少有两个发生； (6)A 、B 、C 中有不多于一个事件发生.解：(1)ABC 或A B C --或()A B C -；(2)ABC ABC ABC ；(3)AB C 或ABCABCABCABCABCABCABC ；(4)ABC ABCABC .(5)AB AC BC 或ABC ABC ABCABC ；(6)ABCABCABCABC .3．设样本空间{|02}x x Ω=≤≤，事件{|0.51}A x x =≤≤，{|0.8 1.6}B x x =<≤，具体写出下列事件：(1)AB ；（2）A B -；（3）A B -；（4）A B .解：（1）{|0.81}AB x x =<≤； （2）{|0.50.8}A B x x -=≤≤；（3）{|00.50.82}A B x x x -=≤<<≤或； （4）{|00.5 1.62}AB x x x =≤<<≤或.4. 一个样本空间有三个样本点， 其对应的概率分别为22,,41p p p -， 求p 的值. 解：由于样本空间所有的样本点构成一个必然事件，所以2241 1.p p p ++-=解之得1233p p =-=-，又因为一个事件的概率总是大于0，所以3p =- 5. 已知()P A =0.3，()P B =0.5，()P A B =0.8，求(1)()P AB ；(2)()P A B -；(3)()P AB .解：(1)由()()()()P AB P A P B P AB =+-得()()()()030.50.80P AB P A P B P A B =+-=+-=.(2) ()()()0.300.3P A B P A P AB -=-=-=. (3) ()1()1()10.80.2.P AB P AB P AB =-=-=-=6. 设()P AB =()P AB ，且()P A p =，求()P B . 解：由()P AB =()1()1()1()()()P AB P AB P AB P A P B P AB =-=-=--+得()()1P A P B +=，从而()1.P B p =-7. 设3个事件A 、B 、C ，()0.4P A =，()0.5P B =，()0.6P C =，()0.2P AC =，()P BC =0.4且AB =Φ，求()P A B C .解：()()()()()()()()0.40.50.600.20.400.9.P A B C P A P B P C P AB P AC P BC P ABC =++---+=++---+=8. 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：依题意可知，基本事件总数为34个.以,1,2,3i A i =表示事件“杯子中球的最大个数为i ”，则1A 表示每个杯子最多放一个球，共有34A 种方法，故34136().416A P A ==2A 表示3个球中任取2个放入4个杯子中的任一个中，其余一个放入其余3个杯子中，放法总数为211343C C C 种，故211343239().416C C C P A == 3A 表示3个球放入同一个杯子中，共有14C 种放法，故14331().416C P A ==9. 在整数0至9中任取4个，能排成一个四位偶数的概率是多少?解：从0至9 中任取4个数进行排列共有10×9×8×7种排法.其中有(4×9×8×7－4×8×7＋9×8×7)种能成4位偶数. 故所求概率为4987487987411098790P ⨯⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯==⨯⨯⨯. 10. 一部五卷的文集，按任意次序放到书架上去，试求下列事件的概率：(1)第一卷出现在旁边；(2)第一卷及第五卷出现在旁边；(3)第一卷或第五卷出现在旁边；(4)第一卷及第五卷都不出现在旁边；(5)第三卷正好在正中.解：(1)第一卷出现在旁边，可能出现在左边或右边，剩下四卷可在剩下四个位置上任意排，所以5/2!5/!42=⨯=p .(2)可能有第一卷出现在左边而第五卷出现右边，或者第一卷出现在右边而第五卷出现在左边，剩下三卷可在中间三人上位置上任意排，所以 10/1!5/!32=⨯=p .(3)p P ={第一卷出现在旁边}+P{第五卷出现旁边}-P{第一卷及第五卷出现在旁边}2217551010=+-=. (4)这里事件是(3)中事件的对立事件，所以 10/310/71=-=P .(5)第三卷居中，其余四卷在剩下四个位置上可任意排，所以5/1!5/!41=⨯=P . 11. 把2，3，4，5诸数各写在一X 小纸片上，任取其三而排成自左向右的次序，求所得数是偶数的概率.解：末位数可能是2或4.当末位数是2(或4)时，前两位数字从剩下三个数字中选排，所以 23342/1/2P A A =⨯=.12. 一幢10层楼的楼房中的一架电梯，在底层登上7位乘客.电梯在每一层都停，乘客从第二层起离开电梯，假设每位乘客在哪一层离开电梯是等可能的，求没有两位及两位以上乘客在同一层离开的概率.解：每位乘客可在除底层外的9层中任意一层离开电梯，现有7位乘客，所以样本点总数为79.事件A “没有两位及两位以上乘客在同一层离开”相当于“从9层中任取7层，各有一位乘客离开电梯”.所以包含79A 个样本点，于是7799)(A A P =.13. 某人午觉醒来,发觉表停了, 他打开收音机,想听电台报时, 设电台每正点是报时一次,求他(她)等待时间短于10分钟的概率.解:以分钟为单位, 记上一次报时时刻为下一次报时时刻为60, 于是这个人打开收音机的时间必在),60,0(记 “等待时间短于10分钟”为事件,A 则有(0,60),Ω=)60,50(=A ,⊂Ω于是)(A P 6010=.61= 14. 甲乙两人相约812-点在预定地点会面。