概率论与数理统计习题六参考答案及过程

概率论与数理统计课后答案第6章第6章习题参考答案1.设是取⾃总体X的⼀个样本，在下列情形下，试求总体参数的矩估计与最⼤似然估计：（1），其中未知，；（2），其中未知，。

2.设是取⾃总体X的⼀个样本，其中X服从参数为的泊松分布，其中未知，，求的矩估计与最⼤似然估计，如得到⼀组样本观测值X 0 1 2 3 4频数17 20 10 2 1求的矩估计值与最⼤似然估计值。

3.设是取⾃总体X的⼀个样本，其中X服从区间的均匀分布，其中未知，求的矩估计。

4.设是取⾃总体X的⼀个样本，X的密度函数为其中未知，求的矩估计。

5.设是取⾃总体X的⼀个样本，X的密度函数为其中未知，求的矩估计和最⼤似然估计。

6.设是取⾃总体X的⼀个样本，总体X服从参数为的⼏何分布，即，其中未知，，求的最⼤似然估计。

7. 已知某路⼝车辆经过的时间间隔服从指数分布，其中未知，现在观测到六个时间间隔数据（单位：s）：1.8,3.2,4,8,4.5,2.5，试求该路⼝车辆经过的平均时间间隔的矩估计值与最⼤似然估计值。

8.设总体X的密度函数为，其中未知，设是取⾃这个总体的⼀个样本，试求的最⼤似然估计。

9. 在第3题中的矩估计是否是的⽆偏估计？解故的矩估计量是的⽆偏估计。

10.试证第8题中的最⼤似然估计是的⽆偏估计。

11. 设为总体的样本，证明都是总体均值的⽆偏估计，并进⼀步判断哪⼀个估计有效。

12.设是取⾃总体的⼀个样本，其中未知，令，试证是的相合估计。

13.某车间⽣产滚珠，从长期实践中知道，滚珠直径X服从正态分布，从某天⽣产的产品中随机抽取6个，量得直径如下（单位：mm）：14.7,15.0,14.9,14.8,15.2,15.1，求的0.9双侧置信区间和0.99双侧置信区间。

14.假定某商店中⼀种商品的⽉销售量服从正态分布，未知。

为了合理的确定对该商品的进货量，需对和作估计，为此随机抽取七个⽉，其销售量分别为：64，57，49，81，76，70，59，试求的双侧0.95置信区间和⽅差的双侧0.9置信区间。

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),。

第六章参数估计6.1 点估计问题概述习题1总体X在区间[0,θ]上均匀分布，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则下列估计量θ是θ的一致估计是().(A)θ=Xn; (B)θ=2Xn;(C)θ=X¯=1n∑i=1nXi;(D)θ=Max{X1,X2,⋯,Xn}.解答：应选(D).由一致估计的定义，对任意ɛ>0,P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=P(-ɛ+θ<Max{X1,X2,⋯,Xn}<ɛ+θ)=F(ɛ+θ)-F(-ɛ+θ).因为FX(x)={0,x<0xθ,0≤x≤θ1,x>θ, 及F(x)=FMax{X1,X2,⋯,Xn}(x)=FX1(x)FX2(x)⋯FXn(x),所以F(ɛ+θ)=1, F(-ɛ+θ)=P(Max{X1,X2,⋯,Xn}<-ɛ+θ)=(1-xθ)n,故P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=1-(1-xθ)n→1(n→+∞).习题2设σ是总体X的标准差，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则样本标准差S是总体标准差σ的().(A)矩估计量；(B)最大似然估计量；(C)无偏估计量；(D)相合估计量.解答：应选(D).因为，总体标准差σ的矩估计量和最大似然估计量都是未修正的样本标准差；样本方差是总体方差的无偏估计，但是样本标准差不是总体标准差的无偏估计.可见，样本标准差S是总体标准差σ的相合估计量.习题3设总体X的数学期望为μ,X1,X2,⋯,Xn是来自X的样本，a1,a2,⋯,an是任意常数，验证(∑i=1naiXi)/∑i=1nai(∑i=1nai≠0)是μ的无偏估计量.解答：E(X)=μ,E(∑i=1naiXi∑i=1nai)=1∑i=1nai⋅∑i=1naiE(Xi)(E(Xi)=E(X)=μ)=μ∑i=1nai∑i=1n=μ,综上所证，可知∑i=1naiXi∑i=1nai是μ的无偏估计量.习题4设θ是参数θ的无偏估计，且有D(θ)>0, 试证θ2=(θ)2不是θ2的无偏估计.解答：因为D(θ)=E(θ2)-[E(θ)]2, 所以E(θ2)=D(θ)+[E(θ)]2=θ2+D(θ)>θ2,故(θ)2不是θ2的无偏估计.习题5设X1,X2,⋯,Xn是来自参数为λ的泊松分布的简单随机样本，试求λ2的无偏估计量.解答：因X服从参数为λ的泊松分布，故D(X)=λ, E(X2)=D(X)+[E(X)]2=λ+λ2=E(X)+λ2,于是E(X2)-E(X)=λ2, 即E(X2-X)=λ2.用样本矩A2=1n∑i=1nXi2,A1=X¯代替相应的总体矩E(X2),E(X), 便得λ2的无偏估计量λ2=A2-A1=1n∑i=1nXi2-X¯.习题6设X1,X2,⋯,Xn为来自参数为n,p的二项分布总体，试求p2的无偏估计量.解答：因总体X∼b(n,p), 故E(X)=np,E(X2)=D(X)+[E(X)]2=np(1-p)+n2p2=np+n(n-1)p2=E(X)+n(n-1)p2,E(X2)-E(X)n(-1)=E[1n(n-1)(X2-X)]=p2,于是，用样本矩A2,A1分别代替相应的总体矩E(X2),E(X),便得p2的无偏估计量p2=A2-A1n(n-1)=1n2(n-1)∑i=1n(Xi2-Xi).习题7设总体X服从均值为θ的指数分布，其概率密度为f(x;θ)={1θe-xθ,x>00,x≤0,其中参数θ>0未知. 又设X1,X2,⋯,Xn是来自该总体的样本，试证：X¯和n(min(X1,X2,⋯,Xn))都是θ的无偏估计量，并比较哪个更有效.解答：因为E(X)=θ, 而E(X¯)=E(X),所以E(X¯)=θ, X¯是θ的无偏估计量.设Z=min(X1,X2,⋯,Xn),因为FX(x)={0,x≤01-e-xθ,x>0,FZ(x)=1-[1-FX(x)]n={1-e-nxθ,x>00,x≤0,所以fZ(x)={nθe-nxθ,x>00,x≤0,这是参数为nθ的指数分布，故知E(Z)=θn, 而E(nZ)=E[n(min(X1,X2,⋯,Xn)]=θ,所以nZ也是θ的无偏估计.现比较它们的方差大小.由于D(X)=θ2, 故D(X¯)=θ2n.又由于D(Z)=(θn)2, 故有D(nZ)=n2D(Z)=n2⋅θ2n2=θ2.当n>1时，D(nZ)>D(X¯),故X¯较nZ有效.习题8设总体X服从正态分布N(m,1),X1,X2是总体X的子样，试验证1=2 X1+1 X2, 2=1 X1+ X2,=12X1+12X2,都是m的无偏估计量；并问哪一个估计量的方差最小?解答：因为X服从N(m,1), 有E(Xi)=m,D(Xi)=1(i=1,2),得E( 1)=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m,D( 1)=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59,同理可得：E( 2)= ,D( 2)= ,E( )= ,D( )=12.所以， 1, 2,都是m的无偏估计量，并且在 1, 2,中，以的方差为最小.习题9设有k台仪器. 已知用第i台仪器测量时，测定值总体的标准差为σi(i=1,2,⋯,k), 用这些仪器独立地对某一物理量θ各观察一次，分别得到X1,X2,⋯,Xk. 设仪器都没有系统误差，即E(Xi)=θ(i=1,2,⋯,k), 问a1,a2,⋯,ak应取何值，方能使用=∑i=1kaiXi估计θ时， 是无偏的，并且D( )最小？解答：因为E(Xi)=θ(i=1,2,⋯,k), 故E( )=E(∑i=1kaiXi)=∑i=1kaiE(Xi)=θ∑i=1kai,欲使E( )=θ, 则要∑i=1kai=1.因此，当∑i=1kai=1时，=∑i=1kaiXi为θ的无偏估计,D( )=∑i=1kai2σi2, 要在∑i=1kai=1的条件下D( )最小，采用拉格朗日乘数法.令L(a1,a2,⋯,ak)=D()+λ(1-∑i=1kai)=∑i=1kai2σi2+λ(1-∑i=1kai),{∂L∂ai=0,i=1,2,⋯,k∑i=1kai=1,即2aiσi2-λ=0,ai=λ2i2;又因∑i=1kai=1,所以λ∑i=1k12σi2=1, 记∑i=1k1σi2=1σ02, 所以λ=2σ02, 于是ai=σ02σi2 (i=1,2,⋯,k),故当ai=σ02σi2(i=1,2,⋯,k)时， =∑i=1kaiXi是θ的无偏估计，且方差最小.习题6.2 点估计的常用方法习题1设X1,X2,⋯,Xn为总体的一个样本，x1,x2,⋯,xn为一相应的样本值，求下述各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值及最大似然估计量．(1)f(x)={θcθx-(θ+1),x>c0,其它, 其中c>0为已知，θ>1,θ为未知参数.(2)f(x)={θxθ-1,0≤x≤10,其它, 其中θ>0,θ为未知参数.(3)P{X=x}=(mx)px(1-p)m-x, 其中x=0,1,2,⋯,m,0<p<1,p为未知参数.解答：(1)E(X)=∫c+∞x⋅θcθx-(θ+1)dx=θcθ∫c+∞x-θdx=θcθ-1，解出θ=E(X)E(X)-c，令X¯=E(X)，于是=X¯X¯-c为矩估计量，θ的矩估计值为=x¯x¯-c，其中x¯=1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θncnθ(∏i=1nxi)-(θ+1)，xi>c，对数似然函数为lnL(θ)=nlnθ+nθlnc-(θ+1)∑i=1nlnxi，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=nθ+nlnc-∑i=1nlnxi=0，解方程得θ=n∑i=1nlnxi-nlnc，故参数的最大似然估计量为=n∑i=1nlnXi-nlnc．(2)E(X)=∫01x⋅θxθ-1dx=θθ+1，以X¯作为E(X)的矩估计，则θ的矩估计由X¯=θθ+1解出，得=(X¯1-X¯)2，θ的矩估计值为=(x¯1-x¯)2，其中x¯=1n∑i=1nxi为样本均值的观测值．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θn/2(∏i=1nxi)θ-1，0≤xi≤1，对数似然函数为lnL(θ)=n2lnθ+(θ-1)∑i=1nlnxi，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=n2θ+12θ∑i=1nlnxi=0，解方程得θ=(-n∑i=1nlnxi)2，故参数的最大似然估计量为=(n∑i=1nlnXi)2．(3)X∼b(m,p)，E(X)=mp，以X¯作为E(X)的矩估计，即X¯=E(X)，则参数p的矩估计为=1 X¯=1 ⋅1n∑i=1nXi，p的矩估计值为=1 x¯=1 ⋅1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=(∏i=1nC xi) ∑i=1nxi(1- )∑i=1n( -xi)，xi=0,1,⋯,m，对数似然函数为lnL(θ)=∑i=1nlnC xi+(∑i=1nxi)ln +(∑i=1n( -xi))ln(1-p)，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=1 ∑i=1nxi-11- ∑i=1n( -xi)=0，解方程得 =1 n∑i=1nxi，故参数的最大似然估计量为=1 n∑i=1nXi=1 X¯．习题2设总体X服从均匀分布U[0,θ],它的密度函数为f(x;θ)={1θ,0≤x≤θ0,其它,(1)求未知参数θ的矩估计量；(2)当样本观察值为0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55时，求θ的矩估计值.解答：(1)因为E(X)=∫-∞+∞xf(x;θ)dx=1θ∫0θxdx=θ2,令E(X)=1n∑i=1nXi,即θ2=X¯,所以=2X¯.(2)由所给样本的观察值算得x¯=16∑i=16xi=16(0. +0. +0.27+0. +0.62+0. )=0. 17,所以=2x¯=0.96 .习题3设总体X以等概率1θ取值1,2,⋯,θ, 求未知参数θ的矩估计量.解答：由E(X)=1×1θ+2×1θ+⋯+θ×1θ=1+θ2=1n∑i=1nXi=X¯,得θ的矩估计为=2X¯-1.习题4一批产品中含有废品，从中随机地抽取60件，发现废品4件，试用矩估计法估计这批产品的废品率.解答：设p为抽得废品的概率,1-p为抽得正品的概率(放回抽取). 为了估计p,引入随机变量Xi={1,第i次抽取到的是废品0,第i次抽取到的是正品,于是P{Xi=1}=p,P{Xi=0}=1-p=q, 其中i=1,2,⋯,60,且E(Xi)=p, 故对于样本X1,X2,⋯,X60的一个观测值x1,x2,⋯,x60, 由矩估计法得p的估计值为=160∑i=160xi= 60=11 ,即这批产品的废品率为115.习题5设总体X具有分布律X 1 2 3pi θ2 2θ(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.解答：E(X)=1×θ2+2×2θ(1-θ)+ ×(1-θ)2=3-2θ,x¯=1/ ×(1+2+1)= / .因为E(X)=X¯,所以=(3-x¯)/2= /6为矩估计值,L(θ)=∏i=1 P{Xi=xi}=P{X1=1}P{X2=2}P{X =1}=θ4⋅2θ⋅(1-θ)=2θ5(1-θ),lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1-θ),对θ求导,并令导数为零dlnLdθ=5θ-11-θ=0,得=56.习题6(1)设X1,X2,⋯,Xn来自总体X的一个样本, 且X∼π(λ), 求P{X=0}的最大似然估计.(2)某铁路局证实一个扳道员五年内所引起的严重事故的次数服从泊松分布，求一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率p的最大似然估计，使用下面122个观察值统计情况. 下表中，r表示一扳道员某五年中引起严重事故的次数，s表示观察到的扳道员人数.习题6.3 置信区间习题1对参数的一种区间估计及一组观察值(x1,x2,⋯,xn)来说,下列结论中正确的是().(A)置信度越大,对参数取值范围估计越准确;(B)置信度越大,置信区间越长;(C)置信度越大,置信区间越短;(D)置信度大小与置信区间有长度无关.解答：应选(B).置信度越大，置信区间包含真值的概率就越大，置信区间的长度就越大，对未知参数的估计精度越低.反之，对参数的估计精度越高，置信区间的长度越小，它包含真值的概率就越低,置信度就越小.习题2设(θ1,θ2)是参数θ的置信度为1-α的区间估计，则以下结论正确的是().(A)参数θ落在区间(θ1,θ2)之内的概率为1-α;(B)参数θ落在区间(θ1,θ2)之外的概率为α;(C)区间(θ1,θ2)包含参数θ的概率为1-α;(D)对不同的样本观察值，区间(θ1,θ2)的长度相同.解答：应先(C).由于θ1,θ2都是统计量，即(θ1,θ2)是随机区间，而θ是一个客观存在的未知常数，故(A),(B)不正确.习题3设总体的期望μ和方差σ2均存在，如何求μ的置信度为1-α的置信区间？解答：先从总体中抽取一容量为n的样本X1,X2,⋯,Xn.根据中心极限定理，知U=X¯-μσ/n→N(0,1)(n→∞).(1)当σ2已知时，则近似得到μ的置信度为1-α的置信区间为(X¯-uα/2σn,X¯+uα/2σn).(2)当σ2未知时，用σ2的无偏估计S2代替σ2, 这里仍有X¯-μS/n→N(0,1)(n→∞),于是得到μ的1-α的置信区间为(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),一般要求n≥ 0才能使用上述公式，称为大样本区间估计.习题4某总体的标准差σ=3cm, 从中抽取40个个体，其样本平均数x¯=6 2c ,试给出总体期望值μ的95%的置信上、下限(即置信区间的上、下限).解答：因为n=40属于大样本情形，所以X¯近似服从N(μ,σ2n)的正态分布，于是μ的95%的置信区间近似为(X¯±σnuα/2),这里x¯=6 2,σ= ,n= 0≈6. 2,uα/2=1.96, 从而(x¯±σnuα/2)=(6 2± 0×1.96)≈(6 2±0.93),故μ的95%的置信上限为642.93, 下限为641.07.习题5某商店为了了解居民对某种商品的需要，调查了100家住户，得出每户每月平均需求量为10kg, 方差为9，如果这个商店供应10000户，试就居民对该种商品的平均需求量进行区间估计(α=0.01), 并依此考虑最少要准备多少这种商品才能以0.99的概率满足需求？解答：因为n=100属于大样本问题，所以X¯近似服从N(μ,σ2/n),于是μ的99%的置信区间近似为(X¯±Snuα/2), 而x¯=10,s= ,n=100,uα/2=2.58,习题7某城镇抽样调查的500名应就业的人中，有13名待业者，试求该城镇的待业率p的置信度为0.95置信区间.解答：这是(0-1)分布参数的区间估计问题. 待业率p的0.95置信区间为( 1, 2)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).其中a=n+uα/22,b=-2nX¯-(uα/2)2, c=nX¯2,n= 00,x¯=1 00,uα/2=1.96.则( 1, 2)=(0.015,0.044).习题8设X1,X2,⋯,Xn为来自正态总体N(μ,σ2)的一个样本，求μ的置信度为1-α的单侧置信限.解答：这是一个正态总体在方差未知的条件下，对μ的区间估计问题，应选取统计量：T=X¯-μS/n∼t(n-1).因为只需作单边估计，注意到t分布的对称性，故令P{T<tα(n-1)}=1-α和P{T>tα(n-1)}=1-α.由给定的置信度1-α, 查自由度为n-1的t分布表可得单侧临界值tα(n-1). 将不等式T<tα(n-1)和T>tα(n-1), 即X¯-μS/n<tα(n-1)和X¯-μS/n>tα(n-1)分别变形，求出μ即得μ的1-α的置信下限为X¯-tα(n-1)Sn.μ的1-α的置信上限为X¯+tα(n-1)Sn,μ的1-α的双侧置信限(X¯-tα/2(n-1)Sn,X¯+tα/2(n-1)Sn).习题6.4 正态总体的置信区间习题1已知灯泡寿命的标准差σ=50小时，抽出25个灯泡检验，得平均寿命x¯= 00小时，试以95%的可靠性对灯泡的平均寿命进行区间估计(假设灯泡寿命服从正态分布).解答：由于X∼N(μ,502), 所以μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±uα/2σn),这里x¯= 00,n=2 ,σ=50,uα/2=1.96, 所以灯泡的平均寿命的置信区间为(x¯±uα/2σn)=( 00± 02 ×1.96)=( 00±19.6)=( 0. , 19.6).习题2一个随机样本来自正态总体X,总体标准差σ=1.5, 抽样前希望有95%的置信水平使得μ的估计的置信区间长度为L=1.7, 试问应抽取多大的一个样本？解答：因方差已知，μ的置信区间长度为L=2uα/2⋅σn,于是n=(2σLuα/2)2.由题设知，1-α=0.95,α=0.05,α2=0.025. 查标准正态分布表得u0.025=1.96,σ=1.5,L=1.7,所以，样本容量n=(2×1. ×1.961.7)2≈11.96.向上取整数得n=12, 于是欲使估计的区间长度为1.7的置信水平为95%, 所以需样本容量为n=12.习题3设某种电子管的使用寿命服从正态分布. 从中随机抽取15个进行检验，得平均使用寿命为1950小时，标准差s为300小时，以95%的可靠性估计整批电子管平均使用寿命的置信上、下限.解答：由X∼N(μ,σ2), 知μ的95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=19 0,s= 00,n=1 ,tα/2(14)=2.145, 于是(x¯±sntα/2(n-1))=(19 0± 001 ×2.1 )≈(19 0±166.1 1)=(17 . ,2116 .15).即整批电子管平均使用寿命的置信上限为2116.15, 下限为1783.85.习题4人的身高服从正态分布，从初一女生中随机抽取6名，测其身高如下(单位：cm): 149 158.5 152.5 165 157 142求初一女生平均身高的置信区间(α=0.05).解答：X∼N(μ,σ2),μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=1 ,s=8.0187, t0.025(5)=2.571, 于是(x¯±sntα/2(n-1))=(1 ± .01 76×2. 71)≈(1 ± . 16)≈(1 . ,162. 2) .习题5某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数x¯=72,样本方差s2=16, 假设分数服从正态分布，求σ2的置信度为98%的置信区间.解答：先取χ2分布变量，构造出1-α的σ2的置信区间为((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).已知1-α=0.98,α=0.02,α2=0.01,n=20, S2=16.查χ2分布表得χ0.012(19)=36.191,χ0.992(19)=7.633,于是得σ2的98%的置信区间为(19×16 6.191,19×167.6 ),即(8.400,39.827).习题6随机地取某种炮弹9发做试验，得炮口速度的样本标准差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.解答：已知n=9,s=11(m/s),1-α=0.95.查表得χ0.0252(8)=17.535, χ0.9752(8)=2.180,σ的0.95的置信区间为(8sχ0.0252(8),8sχ0.9752(8)), 即(7.4,21.1).习题7设来自总体N(μ1,16)的一容量为15的样本，其样本均值x1¯=1 .6;来自总体N(μ2,9)的一容量为20的样本，其样本均值x2¯=1 .2;并且两样本是相互独立的，试求μ1-μ2的90%的置信区间.解答：1-α=0.9,α=0.1, 由Φ(uα/2)=1-α2=0.95, 查表，得uα/2=1.645,再由n1=15,n2=20, 得σ12n1+σ22n2=161 +920=9160≈1.2 2,uα/2σ12n1+σ22n2=1.6 ×1.2 2≈2.0 ,x¯1-x¯2=1 .6-13.2=1.4,所以，μ1-μ2的90%的置信区间为(1.4-2.03,1.4+2.03)=(-0.63,3.43).习题8物理系学生可选择一学期3学分没有实验课，也可选一学期4学分有实验的课. 期未考试每一章节都考得一样，若有上实验课的12个学生平均考分为84，标准差为4，没上实验课的18个学生平均考分为77，标准差为6，假设总体均为正态分布且其方差相等，求两种课程平均分数差的置信度为99%的置信区间.解答：设有实验课的考分总体X1∼N(μ1,σ2), 无实验课的考分总体X2∼N(μ2,σ2). 两方差相等但均未知,求μ1-μ2的99%的置信区间，应选t分布变量，T=X1¯-X2¯-(μ1-μ2)SW1n1+1n2∼t(n1+n2-2),其中SW=(n1-1)S12+(n2-1)S22n1+n2-2.μ1-μ2的1-α的置信区间为习题10设两位化验员A,B独立地对某种聚合物含氯量用相同的方法各作10次测定，其测定值的样本方差依次为 sA2=0.5419,sB2=0.6065. 设σA2,σB2分别为A,B所测定的测定值的总体方差，又设总体均为正态的，两样本独立，求方差比σA2/σB2的置信水平为0.95的置信区间.解答：选用随机变量F=SA2σA2/SB2σB2∼F(n1-1,n2-1),依题意，已知sA2=0.5419, sB2=0.6065, n1=n2=10.对于1-α=0.95, 查F分布表得F0.025(9,9)=1F0.025(9,9)=14.03, 于是得σA2σB2的0.95的置信区间为(sA2sB21Fα/2(9,9),sA2sB2Fα/2(9,9))≈(0.222,3.601).总习题解答习题1设总体X服从参数为λ(λ>0)的指数分布，X1,X2,⋯,Xn为一随机样本，令Y=min{X1,X2,⋯,Xn}, 问常数c为何值时，才能使cY是λ的无偏估计量.解答：关键是求出E(Y). 为此要求Y的密度fY(y).因Xi的密度函数为fX(x)={λe-λx,x>00,x<0;Xi的分布函数为FX(x)={1-e-λx,x>00,x≤0,于是FY(y)=1-[1-FX(y)]n={1-e-nλy,y>00,y≤0.两边对y求导得fY(y)=ddyFY(y)={nλe-nλy,y>00,y≤0,即Y服从参数为nλ的指数分布，故E(Y)=nλ.为使cY成为λ的无偏估计量，需且只需E(cY)=λ, 即cnλ=λ, 故c=1n.习题2设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的一个样本，已知E(X)=μ, D(X)=σ2.(1)确定常数c, 使c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2为σ2的无偏估计；(2)确定常数c, 使(X¯)2-cS2是μ2的无偏估计(X¯,S2分别是样本均值和样本方差).解答：(1)E(c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2)=c∑i=1n-1E(Xi+12-2XiXi+1+Xi2)=c∑i=1n-1{D(Xi+1)+[E(Xi+1)]2-2E(Xi)E(Xi+1)+D(Xi)+[E(Xi)+[E(Xi)]2}=c(n-1)(σ2+μ2-2μ2+σ2+μ2)=2(n-1)σ2c.令2(n-1)σ2c=σ2, 所以c=12(n-1).(2)E[(X¯)2-cS2]=E(X¯2)-cE(S2)=D(X¯)+[E(X¯)]2-cσ2=σ2n+μ2-cσ2.令σ2n+μ2-cσ2=μ2, 则得c=1n.习题3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T1=16(X1+X2)+13(X3+X4),T2=X1+2X2+3X3+4X45,T3=X1+X2+X3+X44.(1)指出T1,T2,T3中哪几个是θ的无偏估计量；(2)在上述θ的无偏估计中指出一个较为有效的.解答：(1)θ=E(X),E(Xi)=E(X)=θ,D(X)=θ2=D(Xi),i=1,2,3,4.E(T1)=E(16(X1+X2)+13(X3+X4))=(26+23)θ=θ,E(T2)=15E(X1+2X2+3X3+4X4)=15(1+2+3+4)θ=2θ,E(T3)=14E(X1+X2+X3+X4)=θ,因此，T1,T3是θ的无偏估计量.(2)D(T1)=236θ2+29θ2=1036θ2, D(T3)=116⋅4θ2=14θ2=936θ2,所以D(T3)<D(T1), 作为θ的无偏估计量，T3更为有效.习题4设从均值为μ, 方差为σ2(σ>0)的总体中，分别抽取容量为n1,n2的两独立样本，X1¯和X2¯分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1¯+bX2¯都是μ的无偏估计；并确定常数a,b, 使D(Y)达到最小.解答：E(Y)=E(aX1¯+bX2¯)=aE(X1¯)+bE(X2¯)=(a+b)μ.因为a+b=1, 所以E(Y)=μ.因此，对于常数a,b(a+b=1),Y都是μ的无偏估计，D(Y)=a2D(X1¯)+b2D(X2¯)=a2σ2n1+b2σ2n2.因a+b=1, 所以D(Y)=σ2[a2n1+1n2(1-a)2], 令dD(Y)da=0, 即2σ2(an1-1-an2)=0, 解得a=n1n1+n2,b=n2n1+n2是惟一驻点.又因为d2D(Y)da2=2σ2(1n1+1n2)>0, 故取此a,b二值时，D(Y)达到最小.习题5设有一批产品，为估计其废品率p, 随机取一样本X1,X2,⋯,Xn, 其中Xi={1,取得废品0,取得合格品, i=1,2,⋯,n,证明： =X¯=1n∑i=1nXi是p的一致无偏估计量.解答：由题设条件E(Xi)=p⋅1+(1-p)⋅0=p,D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=p⋅12+(1-p)02-p2=p(1-p),E( )=E(X¯)=E(1n∑i=1nE(Xi))=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1np=p.由定义， 是p的无偏估计量，又D( )=D(X¯)=D(1n∑i=1nXi)=1n2∑i=1nD(Xi)=1n2∑i=1np(1-p)=1n2np(1-p)=pqn.由切比雪夫不等式，任给ɛ>0P{∣ -p∣≥ɛ}=P{∣X¯-p∣≥ɛ}≤1ɛ2D(X¯)=1ɛ2p(1-p)n→0,n→∞所以limn→∞P{∣ -p∣≥ɛ}=0, 故=X¯是废品率p的一致无偏估计量.习题6设总体X∼b(k,p), k是正整数，0<p<1,k,p都未知，X1,X2,⋯,Xn是一样本，试求k和p的矩估计.解答：因总体X服从二项分布b(k,p), 故{a1=E(X)=kpa2=E(X2)=D(X)+[E(X)]2=kp(1-p)+(kp)2，解此方程组得p=a1+a12-a2a1,k=a12a1+a12-a2.用A1=1n∑i=1nXi=X¯,A2=1n∑i=1nXi2分别代替a1,a2, 即得p,k的矩估计为=X¯-S2X¯,k=[X¯2X¯-S2],其中S2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2,[x]表示x的最大整数部分.习题7求泊松分布中参数λ的最大似然估计.解答：总体的概率函数为P{X=k}=λkk!e-λ,k=0,1,2,⋯.设x1,x2,⋯,xn为从总体中抽取的容量为n的样本，则似然函数为L(x1,x2,⋯,xn;λ)=∏i=1nf(xi;λ)=∏i=1nλxixi!e-λ=λ∑i=1nxi∏i=1nxi!e-nλ, lnL=(∑i=1nxi)lnλ-nλ-∑i=1nlnxi!,令dlnLdλ=1λ∑i=1nxi-n=0, 得λ的最大是然估计为λ=1n∑i=1nxi=x¯,即x¯=1n∑i=1nxi就是参数λ的最大似然估计.习题8已知总体X的概率分布P{X=k}=C2k(1-θ)kθ2-k,k=0,1,2，求参数的矩估计.解答：总体X为离散型分布，且只含一个未知参数θ, 因此，只要先求离散型随机变量的数学期望E(X), 然后解出θ并用样本均值X¯代替E(X)即可得θ的矩估计.由E(X)=∑k=02kC2k(1-θ)kθ2-k=1×2(1-θ)θ+2(1-θ)2=2-2θ, 即有θ=1-E(X)2.用样本均值X¯代替上式的E(X), 得矩估计为=1-X¯2.习题9设总体X的概率密度为f(x)={(θ+1)xθ,0<x<10,其它,其中θ>-1是未知参数，X1,X2,⋯,Xn为一个样本，试求参数θ的矩估计和最大似然估计量. 解答：因E(X)=∫01(θ+1)xθ+1dx=θ+1θ+2. 令E(X)=1n∑i=1nXi=X¯, 得θ+1θ+2=X¯, 解得θ的矩估计量为θ=2X¯-11-X¯.设x1,x2,⋯,xn是样本X1,X2,⋯,Xn的观察值，则似然函数L(x1,x2,⋯,xn,θ)=∏i=1n(θ+1)xiθ=(θ+1)n(x1x2⋯xn)θ(0<xi<1,i=1,2,⋯,n),取对数得lnL=nln(θ+1)+θ∑i=1nlnxi, 从而得对数似然方程dlnLdθ=nθ+1+∑i=1nlnxi=0,解出θ, 得θ的最大似然估计量为θ=-n∑i=1nlnXi.由此可知，θ的矩估计和最大似然估计是不相同的.习题10设X具有分布密度f(x,θ)={θxe-θx!,x=0,1,2,⋯0,其它,0<θ<+∞,X1,X2,⋯,Xn是X的一个样本，求θ的最大似然估计量.解答：似然函数L(θ)=∏i=1nθxie-θxi!=e-nθ∏i=1nθxixi!,lnL(θ)=-nθ+∑i=1nxilnθ-∑i=1nln(xi!),ddθ(lnL(θ))=-n+1θ∑i=1nxi，令ddθ(lnL(θ))=0, 即-n+1θ∑i=1nxi=0⇒θ=1n∑i=1nxi,故θ最大似然估计量为θ=X¯=1n∑i=1nXi.习题11设使用了某种仪器对同一量进行了12次独立的测量,其数据(单位:毫米)如下:232.50 232.48 232.15 232.53 232.45 232.30232.48 232.05 232.45 232.60 232.47 232.30试用矩估计法估计测量值的均值与方差(设仪器无系统误差).解答：设测量值的均值与方差分别为μ与σ2，因为仪器无系统误差，所以θ= =X¯=1n∑i=1nXi=232+112∑i=1n(Xi-232)=232+1/12×4.76≈232.3967.用样本二阶中心矩B2估计方差σ2, 有2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2=1n∑i=1n(Xi-a)2-(X¯-a)2=112∑i=112(Xi-232)2-(232.3967-232)2=0.1819-0.1574=0.0245.习题12设随机变量X服从二项分布P{X=k}=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,⋯,n,X1为其一个样本，试求p2的无偏估计量.解答：\becauseX∼b(n,p),∴E(X)=np, D(X)=np(1-p)=E(X)-np2⇒p2=1n[E(X)-D(X)]=1n[E(X)-E(X2)+(EX)2]⇒p2=1n[E(X(1-X))]+1nn2p2=1nE(X(1-X))]+np2⇒p2=E[X(X-1)]n(n-1), 由于E[X(X-1)]=E[X1(X1-1)],故2=X1(X1-1)n(n-1).习题13设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的随机样本，试证估计量X¯=1n∑i=1nXi和Y=∑i=1nCiXi(Ci≥0为常数，∑i=1nCi=1)都是总体期望E(X)的无偏估计，但X¯比Y有效.解答：依题设可得E(X¯)=1n∑i=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X),E(Y)=∑i=1nCiE(Xi)=E(X)∑i=1nCi=E(X).从而X¯,Y均为E(X)的无偏估计量，由于D(X¯)=1n2∑i=1nD(Xi)=1nD(X),D(Y)=D(∑i=1nCiXi)=∑i=1nCi2D(Xi)=D(X)∑i=1nCi2.应用柯西—施瓦茨不等式可知1=(∑i=1nCi)2≤(∑i=1nCi2)(∑i=1n12)=n∑i=1nCi2, ⇒1n≤∑i=1nCi2,所以D(Y)≥D(X¯), 故X¯比Y有效.习题14设X1,X2,⋯,Xn是总体X∼U(0,θ)的一个样本，证明：θ1=2X¯和θ2=n+1nX(n)是θ的一致估计.解答：因E( 1)= , D( 1)= 2 n; E( 2)= ,D( 2)=θn(n+2),X(n)=max{Xi}.依切比雪夫不等式，对任给的ɛ>0, 当n→∞时，有P{∣θ1-θ∣≥ɛ}≤D( 1)ɛ2=θ23nɛ2→0,(n→∞)P{∣θ2-θ∣≥ɛ}≤D( 2)ɛ2=θ2n(n+1)ɛ2→0,(n→∞)所以，θ1和θ2都是θ的一致估计量.习题15某面粉厂接到许多顾客的订货，厂内采用自动流水线灌装面粉，按每袋25千克出售. 现从中随机地抽取50袋，其结果如下：25.8, 24.7, 25.0, 24.9, 25.1, 25.0, 25.2,24.8, 25.4, 25.3, 23.1, 25.4, 24.9, 25.0,24.6, 25.0, 25.1, 25.3, 24.9, 24.8, 24.6,21.1, 25.4, 24.9, 24.8, 25.3, 25.0, 25.1,24.7, 25.0, 24.7, 25.3, 25.2, 24.8, 25.1,25.1, 24.7, 25.0, 25.3, 24.9, 25.0, 25.3,25.0, 25.1, 24.7, 25.3, 25.1, 24.9, 25.2,25.1,试求该厂自动流水线灌装袋重总体X的期望的点估计值和期望的置信区间(置信度为0.95). 解答：设X为袋重总体，则E(X)的点估计为E(X)=X¯=1 0(2 . +2 .7+⋯+25.1)=24.92kg.因为样本容量n=50, 可作为大样本处理，由样本值算得x¯=24.92, s2≈0.4376, s=0.6615, 则E(X)的置信度为0.95的置信区间近似为(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),查标准正态分布表得uα/2=u0.025=1.96, 故所求之置信区间为(24.92-1.96×0.661 0,2 .92+1.96×0.661 0)=(2 .7 7,2 .10 ),即有95%的把握，保证该厂生产的面粉平均每袋重量在24.737千克至25.103千克之间.习题16在一批货物的容量为100的样本中，经检验发现有16只次品，试求这批货物次品率的置信度为0.95的置信区间.解答：这是(0-1)分布参数区间的估计问题.这批货物次品率p的1-α的置信区间为( 1, 2)=(12a(-b-b2-4ac),12a(-b+b2-4ac)).其中a=n+uα/22,b=-(2nX¯+uα/22), c=nX¯2.由题意，x¯=16100=0.16,n=100,1-α=0.95,u0.025=1.96. 算得a=100+1.962=103.842,b=-(2×100×0.16+1.962)=-35.842,c=100×0.162=2. 6.p的0.95的置信区间为( 1, 2)=(12a(-b±b2-4ac)), 即(12×10 . 2( . 16±221.2 2 )),亦即(0.101,0.244).习题17在某校的一个班体检记录中，随意抄录25名男生的身高数据，测得平均身高为170厘米，标准差为12厘米，试求该班男生的平均身高μ和身高的标准差σ的置信度为0.95的置信区间(假设测身高近似服从正态分布).解答：由题设身高X∼N(μ,σ2), n=2 , x¯=170, s=12，α=0.05.(1)先求μ置信区间(σ2未知)，取U=X¯-μS/n∼t(n-1),tα/2(n-1)=t0.025(24)=2.06.故μ的0.95的置信区间为(170-122 ×2.06,170+122 ×2.06)=(170-4.94,170+4.94)=(165.06,174,94).(2)σ2的置信区间(μ未知)，取U=(n-1)S2σ2∼χ2(n-1),χα/22(n-1)=χ0.0252(24)=39.364, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(24)=12.401,故σ2的0.95的置信区间为(24×12239.364,24×12212.401)≈(87.80,278.69), σ的0.95的置信区间为(87.80,278.69)≈(9.34,16.69).习题18为研究某种汽车轮胎的磨损特性，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止. 记录所行驶的路程(以千米计)如下：41250 40187 43175 41010 39265 41872 42654 4128738970 40200 42550 41095 40680 43500 39775 40440假设这些数据来自正态总体N(μ,σ2). 其中μ,σ2未知，试求μ的置信水平为0.95的单侧置信下限.解答：由P{μ>X¯-Sntα(n-1)=1-α, 得μ的1-α的单侧置信下限为μ¯=X¯-Sntα(n-1).由所给数据算得x¯≈41119.38,s≈1345.46,n=16.查t分布表得t0.05(15)=1.7531, 则有μ的0.95的单侧置信下限为μ¯=41119.38-1345.464×1.7531≈40529.73.习题19某车间生产钢丝，设钢丝折断力服从正态分布，现随机在抽取10根，检查折断力，得数据如下(单位：N):578,572,570,568,572,570,570,572,596,584.试求钢丝折断力方差的置信区间和置信上限(置信度为0.95).解答：(1)这是一个正态总体，期望未知，对方差作双侧置信限的估计问题，应选统计量χ2=(n-1)S2σ2∼χ2(n-1).σ2的1-α的置信区间是((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).由所给样本值得x¯=575.2, (n-1)s2=∑1=110(xi-x¯)2=681.6;根据给定的置信度1-α=0.95(即α=0.05).查自由度为10-1=9的χ2分布表，得双侧临界值χα/22(n-1)=χ0.0252(9)=19.0, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(9)=2.7,代入上公式得σ2的95%的置信区间为(681.619.0,681,62.70)=(35.87,232.44),即区间(35.87,232.44)包含σ2的可靠程度为0.95.(2)这是一个正态总体期望未知时，σ2的单侧区间估计问题，σ2的置信度为1-α=95%(α=0.05)的单侧置信上限为(n-1)S2χ1-α2(n-1)=∑i=110(xi-x¯)2χ1-α2(n-1),已算得(n-1)S2=∑i=110(xi-x¯)2=681.6, 根据自由度1-α=0.95.查自由度10-1=9的χ2分布表得单侧临界值χ1-α2(n-1)=χ0.952(9)=3.325,代入上式便得σ2的0.95的置信上限为681.63.325=205, 即有95%的把握，保证σ2包含在区间(0,205)之内，当然也可能碰上σ2超过上限值205的情形，但出现这种情况的可能性很小，不超过5%.习题20设某批铝材料比重X服从正态分布N(μ,σ2)，现测量它的比重16次，算得x¯=2.705，s=0.029，分别求μ和σ2的置信度为0.95的置信区间。

《概率论与数理统计》练习题6考试时间：120分钟题目部分，（卷面共有22题，100分，各大题标有题量和总分） 一、选择题（10小题，共30分）1、设某人射击的命中率为0.4，共进行了n 次独立射击，恰能使至少命中一次的概率大于0.9，则n 值为( )。

A 、3B 、4C 、5D 、6 答案：C2、设,,A B C 为随机试验中的三个事件，则A B C 等于( )。

A 、A B C B 、A B C C 、A B C D 、A B C答案：B3、设随机变量ξ服从0-布，又知ξ取1的概率为它取0的概率的一半,则{1}p ξ=是( )。

A 、13B 、0C 、12D 、1答案：A4、设二维随机变量(,)ξη的联合概率密度为(,)x y ϕ，记在条件{}x ξ=下η的条件分布密度为1(|)y x ϕ，则1122P ηξ⎧⎫⎛⎫⎛⎫≤≤⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎩⎭的值为( )。

A 、112212(,)(,)x y dxdyx y dxϕϕ-∞-∞-∞⎰⎰⎰B 、11221(|)y x dxdy ϕ-∞-∞⎰⎰C 、112212(,)(,)x y dxdyx y dyϕϕ-∞-∞-∞⎰⎰⎰D 、112212(,)(,)x y dxdy x y dy dxϕϕ-∞-∞+∞-∞-∞⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰答案：D5、具有下面分布密度的随机变量中，数学期望不存在的是( )。

A 、()1200102x x x e x ϕ-≤⎧⎪=⎨>⎪⎩B 、()2218x x ϕ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭C 、()2300exp 02x x x x x ϕ≤⎧⎪=⎧⎫⎨->⎨⎬⎪⎩⎭⎩D 、()()4211x x ϕπ=+ 答案：D6、具有下面分布密度的随机变量中方差不存在的是( )。

A 、()150050x x x e x ϕ-≤⎧=⎨>⎩B 、()262x x ϕ-=C 、()312x x e ϕ-=D 、()()4211x x ϕπ=+ 答案：D7、设随机变量的数学期望和方差均是1m +(m 为自然数)，那么(){}041P m ξ<<+≥( )。

习题六1.设总体X ~N （60，152），从总体X 中抽取一个容量为100的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值大于3的概率. 【解】μ=60,σ2=152,n =100~(0,1)Z N =即 60~(0,1)15/10X Z N -=(|60|3)(||30/15)1(||2)P X P Z P Z ->=>=-<2[1(2)]2(10.9772)0.0456.=-Φ=-=2.从正态总体N （4.2，52）中抽取容量为n 的样本，若要求其样本均值位于区间（2.2,6.2）内的概率不小于0.95，则样本容量n 至少取多大？ 【解】~(0,1)Z N =(2.2 6.2)P X P Z <<=<<210.95,=Φ-=则，故即n >24.01，所以n 至少应取253.设某厂生产的灯泡的使用寿命X ~N （1000，σ2）（单位：小时），随机抽取一容量为9的样本，并测得样本均值及样本方差.但是由于工作上的失误，事后失去了此试验的结果，只记得样本方差为S 2=1002，试求P （X ＞1062）. 【解】μ=1000,n =9，S 2=10021000~(8)100/3X t t -==10621000(1062)()( 1.86)0.05100/3P X P t P t ->=>=>=4.从一正态总体中抽取容量为10的样本，假定有2%的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上，求总体的标准差. 【解】~(0,1)Z N =，由P (|X -μ|>4)=0.02得P |Z |>4(σ/n )=0.02,故210.02⎡⎤-Φ=⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦,即0.99.Φ=⎝⎭ 查表得2.33,=所以5.43.σ== 5.设总体X ~N （μ，16），X 1，X 2，…，X 10是来自总体X 的一个容量为10的简单随机样本，S 2为其样本方差，且P （S 2＞a ）=0.1，求a 之值.【解】2222299~(9),()0.1.1616S a P S a P χχχ⎛⎫=>=>= ⎪⎝⎭查表得914.684,16a= 所以 14.6841626.105.9a ⨯== 6.设总体X 服从标准正态分布，X 1，X 2，…，X n 是来自总体X 的一个简单随机样本，试问统计量Y =∑∑==-ni ii i XX n 62512)15(，n ＞5服从何种分布？ 【解】2522222211~(5),~(5)i nii i i XX X n χχχ====-∑∑且12χ与22χ相互独立. 所以2122/5~(5,5)/5X Y F n X n =--7.求总体X ~N （20，3）的容量分别为10，15的两个独立随机样本平均值差的绝对值大于0.3的概率. 【解】令X 的容量为10的样本均值，Y 为容量为15的样本均值,则X ~N (20,310), Y ~N (20,315)，且X 与Y 相互独立. 则33~0,(0,0.5),1015X Y N N ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭那么~(0,1),Z N = 所以(||0.3)||2[1(0.424)]P X Y P Z Φ⎛->=>=- ⎝2(10.6628)0.6744.=-=8.设总体X ~N （0，σ2）,X 1,…,X 10,…,X 15为总体的一个样本.则Y =()15121121022212X X X X X X ++++++ 服从 分布,参数为 . 【解】~(0,1),iX N σi =1,2, (15)那么122210152222111~(10),~(5)i i i i X X χχχχσσ==⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑且12χ与22χ相互独立,所以222110122211152/10~(10,5)2()/5X X X Y F X X X ++==++ 所以Y ~F 分布，参数为（10,5）.9.设总体X ~N （μ1,σ2）,总体Y ~N (μ2,σ2),X 1,X 2,…,1n X 和Y 1，Y 2，…，2n X 分别来自总体X 和Y 的简单随机样本，则⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-+-+-∑∑==2)()(21121221n n Y Y X X E n j j n i i = . 【解】令 1222212111211(),(),11n n i i i j S X X S Y Y n n ===-=---∑∑ 则122222112211()(1),()(1),n n ij i j XX n S y y n S ==-=--=-∑∑又2222221122112222(1)(1)~(1),~(1),n S n S n n χχχχσσ--=-=-那么1222112222121212()()1()22n n i j i j X X Y Y E E n n n n σχσχ==⎡⎤-+-⎢⎥⎢⎥=+⎢⎥+-+-⎢⎥⎣⎦∑∑2221212221212[()()]2[(1)(1)]2E E n n n n n n σχχσσ=++-=-+-=+-10.设总体X ~N （μ,σ2），X 1，X 2，…，X 2n （n ≥2）是总体X 的一个样本，∑==ni i X n X 2121，令Y =∑=+-+ni i n iX X X12)2(，求EY .【解】令Z i =X i +X n +i , i =1,2,…,n .则Z i ~N (2μ,2σ2)(1≤i ≤n ),且Z 1,Z 2,…,Z n 相互独立.令 2211, ()/1,nni i i i Z Z S Z Z n n ====--∑∑则 21111,222nn i ii i X X Z Z nn =====∑∑ 故 2Z X = 那么22211(2)()(1),n ni n i i i i Y X X X Z Z n S +===+-=-=-∑∑所以22()(1)2(1).E Y n ES n σ=-=-11. 设总体X 的概率密度为f (x )=x-e 21 (-∞<x <+∞),X 1，X 2，…，X n 为总体X 的简单随机样本，其样本方差为S 2，求E (S 2).解： 由题意，得1e , 0,2()1e ,0,2xx x f x x -⎧<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩于是 22222220()()()()1()()d e d 021()()d e d e d 2,2xxx E S D X E X E X E X xf x x x x E X x f x x x x x x +∞+∞--∞-∞+∞+∞+∞---∞-∞==-=======⎰⎰⎰⎰⎰所以2()2E S =.。

《概率论与数理统计》习题及答案第 六 章1．某厂生产玻璃板，以每块玻璃上的泡疵点个数为数量指标，已知它服从均值为λ的泊松分布，从产品中抽一个容量为n 的样本12,,,n X X X L ，求样本的分布.解 样本12(,,,)n X X X L 的分量独立且均服从与总体相同的分布，故样本的分布为11221(,,,)()nn n ii i P X k X k X k P Xk ======∏L 1!ikni i e k λλ-==∏112!!!ni i n k n e k k k λλ=-∑=L 0,1,i k =L ，1,2,,,i n =L 2．加工某种零件时，每一件需要的时间服从均值为1/λ的指数分布，今以加工时间为零件的数量指标，任取n 件零件构成一个容量为n 的样本，求样本分布。

解 零件的加工时间为总体X ，则~()X E λ，其概率密度为,0,()0,0.x e x f x x λλ-⎧>=⎨≤⎩于是样本12(,,,)n X X X L 的密度为1121,0(,,,)0,.nii ix nnx i n i e x f x x x e λλλλ=--=⎧∑⎪>==⎨⎪⎩∏K 其它 1,2,,i n =L 3．一批产品中有成品L 个，次品M 个，总计N L M =+个。

今从中取容量为2的样本（非简单样本），求样本分布，并验证：当,/N M N p →∞→时样本分布为（6.1）式中2n =的情况。

解 总体~(01)X -，即(0),(1)L MP X P X N N==== 于是样本12(,)X X 的分布如下 121(0,0)1L L P X X N N -===⋅-，12(0,1)1L M P X X N N ===⋅-12(1,0)1M L P X X N N ===⋅-，121(1,1)1M M P X X N N -===⋅- 若N →∞时M p N →，则1Lp N→-，所以2002012(0,0)(1)(1)P X X p p p +-==→-=-012112(0,1)(1)(1)P X X p p p p +-==→-=-102112(1,0)(1)(1)P X X p p p p +-==→-=-2112212(1,1)(1)P X X p p p +-==→=-以上恰好是（6.1）式中2n =的情况.4．设总体X 的容量为100的样本观察值如下：15 20 15 20 25 25 30 15 30 25 15 30 25 35 30 35 20 35 30 25 20 30 20 25 35 30 25 20 30 25 35 25 15 25 35 25 25 30 35 25 35 20 30 30 15 30 40 30 40 15 25 40 20 25 20 15 20 25 25 40 25 25 40 35 25 30 20 35 20 15 35 25 25 30 25 30 25 30 43 25 43 22 20 23 20 25 15 25 20 25 30433545304530454535作总体X 的直方图解 样本值的最小值为15，最大值为45取14.5a =，45.5b =，为保证每个小区间内都包含若干个观察值，将区间[14.5,45.5]分成8个相等的区间。

习题一：1.1 写出下列随机试验的样本空间：(1) 某篮球运动员投篮时, 连续5 次都命中, 观察其投篮次数; 解：连续5 次都命中，至少要投5次以上，故}{ ,7,6,51=Ω； (2) 掷一颗匀称的骰子两次, 观察前后两次出现的点数之和; 解：}{12,11,4,3,22 =Ω； (3) 观察某医院一天内前来就诊的人数;解：医院一天内前来就诊的人数理论上可以从0到无穷，所以}{ ,2,1,03=Ω；(4) 从编号为1，2，3，4，5 的5 件产品中任意取出两件, 观察取出哪两件产品; 解：属于不放回抽样，故两件产品不会相同，编号必是一大一小，故： ()}{;51,4≤≤=Ωj i j i (5) 检查两件产品是否合格;解：用0 表示合格, 1 表示不合格，则()()()()}{1,1,0,1,1,0,0,05=Ω；(6) 观察某地一天内的最高气温和最低气温(假设最低气温不低于T1, 最高气温不高于T2); 解：用x 表示最低气温, y 表示最高气温;考虑到这是一个二维的样本空间，故： ()}{216,T y x T y x ≤≤=Ω ；(7) 在单位圆内任取两点, 观察这两点的距离; 解：}{207 x x =Ω；(8) 在长为l 的线段上任取一点, 该点将线段分成两段, 观察两线段的长度. 解：()}{l y x y x y x =+=Ω,0,0,8 ； 1.2(1) A 与B 都发生, 但C 不发生; C AB ；(2) A 发生, 且B 与C 至少有一个发生;)(C B A ⋃； (3) A,B,C 中至少有一个发生; C B A ⋃⋃；(4) A,B,C 中恰有一个发生;C B A C B A C B A ⋃⋃； (5) A,B,C 中至少有两个发生; BC AC AB ⋃⋃； (6) A,B,C 中至多有一个发生;C B C A B A ⋃⋃；(7) A;B;C 中至多有两个发生;ABC(8) A,B,C 中恰有两个发生.C AB C B A BC A ⋃⋃ ； 注意：此类题目答案一般不唯一，有不同的表示方式。

第六章习题6-11、由一致估计的定义，对0ε∀>{}{}{}()1212max ,,,max ,,,n n P X X X P X X X θεεθεθ-<=-+<<+()()F F εθεθ=+--+()0, 0, 01, X x xF x x x θθθ<⎧⎪=≤≤⎨⎪>⎩及(){}()()()()1212max ,,,n n X X X X X X F x F x F x F x F x ==⋅⋅⋅()1F εθ∴+=(){}()12max ,,,1nn x F P X X X εθεθθ⎫⎛-+=<-+≈- ⎪⎝⎭{}()12max ,,,111()nn x P X X X n θεθ⎫⎛∴-<=--→→∞ ⎪⎝⎭2、证明：EX μ=()1111111ni i n n i i i i nn n i i i i i i i i a X E a E X a a a a μμ======⎫⎛⎪ ⎪ ==⋅=⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑ 11niii nii a Xa==∴∑∑是μ的无偏估计量3、证明： ()() ()()22D E E θθθ=-()() ()()()2222E D E D θθθθθθ∴=+=+> 2θ∴不是2θ的无偏估计量4、证明：()~X P λEX λ∴=，()()222E X DX EX λλ=+=+()22E X EX λ∴-=，即()22E X X λ-=用样本矩2211n i i A X n ==∑，1A X =代替相应的总体矩()2E X 、EX所以得2λ的无偏估计量： 22111n i i A A X X n λ==-=-∑ 5、()~,X B n p ，EX np ∴=()()()()22222111E X np p n p np n n p EX n n p =-+=+-=+-()()()()222111E X EX E X X p n n n n -⎫⎛∴=-=⎪ --⎝⎭所以用样本矩2211n i i A X n ==∑，1A X =分别代替总体矩()2E X 、EX得2p 的无偏估计量： ()()()222121111ni i i A A p X X n n n n =-==---∑6、()~,1X N m ，()i E X m ∴=，()1i D X =，(1,2)i =()()()11212212121333333E m E X X E X E X m m m ⎫⎛∴=+=+=+= ⎪⎝⎭()()()1121221414153399999D m D X X D X D X ⎫⎛=+=+=+= ⎪⎝⎭同理可得： ()2E m m =， ()258D m =， ()3E m m =， ()212D m =123,,m m m ∴都是m 的无偏估计量，且在 123,,m m m 中， 3m 的方差最小习题6-21、（1）()11cccEX x c xdx cx dx θθθθθθθθ+∞+∞-+-=⋅==-⎰⎰EXEX cθ∴=-，令X EX =X X c θ∴=-为矩估计量，θ的矩估计值为 x x cθ=-，其中11n i i x x n ==∑似然函数为：()()11211,,,;nnn n n ii i i L x x x c xcx θθθθθθθ-+-====∏∏ ，i x c > 对数似然函数：()()()1ln ln ln 1ln nii L n n c x θθθθ==+-+∑求导，并令其为0，得：1ln ln ln 0ni i d L nn c x d θθ==+-=∑ 1ln ln Lnii nx n cθ=∴=-∑，即θ的最大似然估计量为 1ln ln Lnii nXn cθ==-∑（2）21111EX EX x x dx EX θθθθθ-⎫⎛=⋅=⇒= ⎪--⎝⎭⎰ 以X EX =，得： 21X X θ⎫⎛=⎪ -⎝⎭为θ的矩估计量θ的矩估计值为： 21x x θ⎫⎛=⎪ -⎝⎭，其中11ni i x x n ==∑ 而()1121211,,,;n nnn i i i i L x x x x x θθθθθ--==⎫⎛==⎪⎝⎭∏∏ ，01i x ≤≤()()1ln ln 1ln 2nii nL x θθθ=∴=+-∑令1ln 11ln 022ni i d L n x d θθθ==+⋅⋅=∑， 21ln L ni i n x θ=⎫⎛⎪ ⎪ ∴=⎪⎪⎝⎭∑ 所以θ的最大似然估计量 21ln L ni i n x θ=⎫⎛⎪ ⎪ =⎪ ⎪⎝⎭∑ （3）()~,X B m p ，EXEX mp p m∴=⇒=p ∴的矩估计量： 111n i i X p X X m mn m====∑p ∴的矩估计值为： 11n i i p x mn ==∑ 而()()()111211,,,;11nniii i ii i i nnx m x m x x x x n mm i i L x x x p Cpp C pp ==--==∑∑=-=⋅⋅-∏∏ ，0,1,,ix m = ()()()111ln ln ln ln 1i nnn x mi i i i i L p C x p m x p ====+⋅+-⋅-∑∑∑令() 111ln 111101n n n i i L ii i i d L x m x p x x dp p p mn m ====⋅--⋅=⇒==-∑∑∑ p ∴的最大似然估计量为： 1L p X m=2、（1）()01;2EX xf x dx xdx θθθθ+∞-∞===⎰⎰令11n i i EX X X n ===∑，22X X θθ∴=⇒=2X θ∴= （2）由观测的样本值得：6111(0.30.80.270.350.620.55)0.481766i i x x ===+++++≈∑20.9634x θ∴== 3、由1111122EX X θθθθθ+=⨯+⨯++⨯== 21X θ∴=-为θ的矩估计量 4、设p ：抽得废品的概率；1p -：抽得正品的概率 引入{1, i i X i =第次抽到废品0,第次抽到正品，1,2,,60i =()1i P X p ∴==，()01i P X p ==-，且i EX p =所以对样本1260,,,X X X 的一个观测值1260,,,x x x由矩估计法得，p 的估计值为： 601141606015ii p x ====∑，即这批产品的废品率为1155、()()2212213132EX θθθθθ=⨯+⨯-+⨯-=-，()1412133x =⨯++=EX x = ， 3526x θ-∴==为矩估计值 ()()()()()()()34511223312121i i i L P X x P X x P X x P X x θθθθθθ========⋅⋅-=-∏()()ln ln25ln ln 1L θθθ=++-令() ln 1155016Ld L d θθθθθ=⨯-=⇒=- 6、（1）λ的最大似然估计 LX λ=， ()0LX P X e e λ--∴=== （2）设X ：一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数()~X P λ∴，122n =得样本均值：5011(044142221394452) 1.123122122r r x r s ==⨯⋅=⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=∑()1.12300.3253x P X e e --∴====习题6-33、从总体中抽取容量为n 的样本12,,,n X X X 由中心极限定理：()~0,1,/X U N n nμσ-=→∞（1）当2σ已知时，近似得到μ的置信度为1α-的置信区间为：22,X u X u n n αασσ⎫⎛-⋅+⋅⎪ ⎝⎭ （2）当2σ未知时，用2σ的无偏点估计2s 代替2σ：~(0,1),/X N n s nμ-→∞于是得到μ的置信度为1α-的置信区间为：22,s s X u X u n n αα⎫⎛-⋅+⋅⎪ ⎝⎭一般要求30n ≥才能使用上述公式，称为大样本区间估计 4、40n = 属于大样本，2,X N n σμ⎫⎛∴⎪ ⎝⎭ 近似μ∴的95%的置信区间近似为：2x u n ασ⎫⎛±⋅⎪ ⎝⎭其中642x =，3σ=，40 6.32n =≈，21.96u α=()23642 1.966420.9340x u n ασ⎫⎛⎫⎛∴±⋅=±⨯≈±⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故μ的95%的置信区间上限为642.93，下限为641.075、100n =属于大样本，2~,X N n σμ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭近似μ∴的99%的置信区间近似为：2x u n ασ⎫⎛±⋅⎪ ⎝⎭其中10x =，3σ=，100n =，22.58u α=()()2310 2.58100.7749.226,10.774100x u n ασ⎛⎫⎛⎫∴±⋅=±⨯=±= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由此可知最少要准备10.77410000107740()kg ⨯=这种商品，才能以0.99的概率满足要求。

概率论与数理统计课后习题集及解答第一章 随机事件和概率一. 填空题1. 设A, B, C 为三个事件, 且=-=⋃⋃=⋃)(,97.0)(,9.0)(C AB P C B A P B A P 则____. 解.)(1)(1)()()()(ABC P AB P ABC P AB P ABC AB P C AB P +--=-=-=-=)(C B A P ⋃⋃－)(B A P ⋃= 0.97－0.9 = 0.072. 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, 另一件也是不合格品的概率为_______.解. }{合格品二件产品中有一件是不=A , }{二件都是不合格品=B511)()()()()|(2102621024=-===c c c c A P B P A P AB P A B P 注意: }{合格品二件产品中有一件是不=}{不合格品二件产品中恰有一件是 +}{二件都是不合格品 所以B AB B A =⊃,; }{二件都是合格品=A 3. 随机地向半圆a x ax y (202-<<为正常数)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, 则原点和该点的连线与x 轴的夹角小于4π的概率为______. 解. 假设落点(X, Y)为二维随机变量, D 为半圆. 则121)),((2==∈a kD Y X P π, k 为比例系数. 所以22ak π= 假设D 1 = {D 中落点和原点连线与x 轴夹角小于4π的区域}πππ121)2141(2)),((22211+=+=⨯=∈a a a D k D Y X P 的面积. 4. 设随机事件A, B 及其和事件A ⋃B 的概率分别是0.4, 0.3, 0.6, 若B 表示B 的对立事件, 则积事件B A 的概率)(B A P = ______.解. =+-+=)()()()(B A P B P A P AB P 0.4 + 0.3－0.6 = 0.13.01.04.0)()()(=-=-=AB P A P B A P .5. 某市有50%住户订日报, 有65%住户订晚报, 有85%住户至少订这两种报纸中的一种, 则同时订这两种报纸的住户的百分比是________. 解. 假设A = {订日报}, B = {订晚报}, C = A + B. 由已知 P(A) = 0.5, P(B) = 0.65, P(C) = 0.85.所以 P(AB) = P(A) + P(B)－P(A + B) = 0.5 + 0.65－0.85 = 0.3.6. 三台机器相互独立运转, 设第一, 第二, 第三台机器不发生故障的概率依次为0.9, 0.8, 0.7, 则这三台机器中至少有一台发生故障的概率________. 解. 设A i 事件表示第i 台机器运转不发生故障(i = 1, 2, 3). 则 P(A 1) = 0.9, P(A 2) = 0.8, P(A 3) = 0.7,)()()(1)(1)()(321321321321A P A P A P A A A P A A A P A A A P -=-==++ =1－0.9×0.8×0.7=0.496.7. 电路由元件A 与两个并联元件B, C 串联而成, 若A, B, C 损坏与否相互独立, 且它们损坏的概率依次为0.3, 0.2, 0.1, 则电路断路的概率是________. 解. 假设事件A, B, C 表示元件A, B, C 完好.P(A) = 0.7, P(B) = 0.8, P(C) = 0.9. 事件线路完好 = A(B + C) = AB + AC.P(A(B + C) ) = P(AB + AC) = P(AB)+P(AC)－P(ABC) = P(A)P(B) + P(A)P(C)－P(A)P(B)P(C) = 0.7×0.8 +0.7×0.9－0.7×0.8×0.9 = 0.686. 所以 P(电路断路) = 1－0.686 = 0.314.8. 甲乙两人投篮, 命中率分别为0.7, 0.6, 每人投三次, 则甲比乙进球多的概率______. 解. 设X 表示甲进球数, Y 表示乙进球数.P(甲比乙进球多) = P(X = 3, Y = 2) +P(X = 3, Y = 1) + P(X = 3, Y = 0) + P(X = 2, Y = 1) +P(X = 2, Y = 0) + P(X = 1, Y = 0) = P(X = 3)P(Y = 2) +P(X = 3)P(Y = 1) + P(X = 3)P(Y = 0) + P(X = 2)P(Y = 1) +P(X = 2)P(Y = 0) + P(X = 1)P(Y = 0)=+⋅⋅⋅21336.04.07.0c +⋅⋅⋅6.04.07.02233c 334.07.0⋅++⋅⋅⋅⋅⋅2132134.06.07.03.0c c +⋅⋅⋅32134.07.03.0c 32134.03.07.0⋅⋅⋅c= 0.148176 + 0.098784 +0.021952 + 0.127008 + 0.028224 + 0.012096 = 0.43624.9. 三人独立破译一密码, 他们能单独译出的概率分别为41,31,51, 则此密码被译出的概率_____.解. 设A, B, C 表示事件甲, 乙, 丙单独译出密码., 则41)(,31)(,51)(===C P B P A P . P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C)－P(AB)－P(AC)－P(BC) + P(ABC)= P(A) + P(B) + P(C)－P(A)P(B)－P(A)P(C)－P(B)P(C) + P(A)P(B)P(C) =53413151413141513151413151=⋅⋅+⋅-⋅-⋅-++.二．单项选择题.1. 以A 表示“甲种产品畅销, 乙种产品滞销”, 则对立事件A 为(A) “甲种产品滞销, 乙种产品畅销” (B) “甲、乙产品均畅销”(C) “甲种产品滞销” (D) “甲产品滞销或乙产品畅销” 解. (D)是答案.2. 设A, B, C 是三个事件, 与事件A 互斥的事件是(A) C A B A + (B) )(C B A + (C) ABC (D) C B A ++ 解. ==++C B A A )C B A A(φ, 所以(D)是答案. 3. 设A, B 是任意二个事件, 则(A) P(A ⋃B)P(AB)≥P(A)P(B) (B) P(A ⋃B)P(AB)≤P(A)P(B) (C) P(A －B)P(B －A)≤P(A)P(B)－P(AB) (D)41)()(≥--A B P B A P . 解. P(A + B)P(AB)－P(A)P(B) = (P(A) + P(B)－P(AB))P(AB)－P(A)P(B) =－P(A)(P(B)－P(AB)) + P(AB)(P(B)－P(AB) =－(P(B)－P(AB))(P(A)－P(AB)) =－P(B －A)P(A －B) ≤ 0 所以(B)是答案 .4. 事件A 与B 相互独立的充要条件为(A) A + B = Ω (B) P(AB) = P(A)P(B) (C) AB = φ (D) P(A + B) = P(A) + P(B) 解. (B)是答案.5. 设A, B 为二个事件, 且P(AB) = 0, 则(A) A, B 互斥 (B) AB 是不可能事件 (C) AB 未必是不可能事件 (D) P(A) = 0或P(B) = 0. 解. 概率理论中 P(A) = 0不能推出A 为不可能事件(证明超出大纲要求). 所以(C)是答案. 6. 设A, B 为任意二个事件, 且A ⊂B, P(B) > 0, 则下列选项必然成立的是 (A) P(A) < P(A|B) (B) P(A) ≤ P(A|B) (C) P(A) > P(A|B) (C) P(A) ≥ P(A|B) 解. )()()()()()|(A P B P A P B P AB P B A P ≥==(当B = Ω时等式成立). (B)是答案.7. 已知 0 < P(B) < 1, 且P[(A 1 + A 2)|B] = P(A 1|B) + P(A 2|B), 则下列选项必然成立的是 (A))B |P(A )B |P(A ]B |)A P[(A 2121+=+ (B) P(A 1B +A 2B) = P(A 1B) +P(A 2B)(C) P(A 1 +A 2) = P(A 1|B) +P(A 2|B)(D) P(B) = P(A 1)P(B|A 1) + P(A 2)P(B|A 2)解. 由P[(A 1 + A 2)|B] = P(A 1|B) + P(A 2|B)得到)()()()()(])[(2121B P B A P B P B A P B P B A A P +=+, 所以P(A 1B +A 2B) = P(A 1B) +P(A 2B). (B)是答案.三. 计算题1. 某厂生产的产品次品率为0.05, 每100个产品为一批, 抽查产品质量时, 在每批中任取一半来检查, 如果发现次品不多于1个, 则这批产品可以认为合格的, 求一批产品被认为是合格的概率.解. P(该批产品合格) = P(全部正品) + P(恰有1个次品)=2794.050100154995*********=+c cc c c2. 书架上按任意次序摆着15本教科书, 其中有5本是数学书, 从中随机地抽取3本, 至少有一本是数学书的概率.解. 假设A={至少有一本数学书}. A ={没有数学书}P(A ) =9124315310=c c , P(A) = 1－P(A ) = 91673. 全年级100名学生中有男生80名, 来自北京的20名中有男生12名. 免修英语的40名学生中有男生32名, 求出下列概率: i. 碰到男生情况不是北京男生的概率;ii. 碰到北京来的学生情况下是一名男生的概率; iii. 碰到北京男生的概率;iv. 碰到非北京学生情况下是一名女生的概率; v. 碰到免修英语的男生的概率.解. 学生情况: 男生 女生 北京 12 8 免修英语 32 8 总数 80 20i. P(不是北京|男生) =20178068=ii. P(男生|北京学生) =532012=iii. P(北京男生) =10012iv. P(女生|非北京学生) =8012v. P(免修英语男生) =100324． 袋中有12个球, 其中9个是新的, 第一次比赛时从中取3个, 比赛后任放回袋中, 第二次比赛再从袋中任取3个球, 求: i. 第二次取出的球都是新球的概率;ii. 又已知第二次取出的球都是新球, 第一次取到的都是新球的概率.解. i. 设B i 表示第一次比赛抽到i 个新球(i = 0, 1, 2, 3). A 表示第二次比赛都是新球. 于是312339)(c c c B P i i i -=, 31239)|(c c B A P i i -=)()(1)()|()()(3603393713293823193933092312323123933930c c c c c c c c c c c c c c c c c B A P B P A P i i i i i i i +++===∑∑=--=146.0484007056)201843533656398411()220(12==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=ii. 215484007056)220(20184)()()|()|(2333=⨯⨯==A P B P B A P A B P5. 设甲、乙两袋, 甲袋中有n 个白球, m 个红球, 乙袋中有N 个白球, M 个红球, 今从甲袋中任取一只放入乙袋, 再从乙袋中任取一球, 问取到白球的概率. 解. 球的情况: 白球 红球 甲袋 n m 乙袋 N M假设 A = {先从甲袋中任取一球为白球} B = {先从甲袋中任取一球为红球} C = {再从乙袋中任取一球为白球} P(C) = P(C|A)P(A) + P(C|B)P(B)nm mM N N m n n M N N +⋅++++⋅+++=111 ))(1()1(n m M N NmN n +++++=第二章 随机变量及其分布一. 填空题1. 设随机变量X ～B(2, p), Y ～B(3, p), 若P(X ≥ 1) =95, 则P(Y ≥ 1) = _________. 解. 94951)1(1)0(=-=≥-==X P X P 94)1(2=-p , 31=p 2719321)0(1)1(3=⎪⎭⎫⎝⎛-==-=≥Y P Y P2. 已知随机变量X 只能取－1, 0, 1, 2四个数值, 其相应的概率依次为cc c c 162,85,43,21, 则c = ______. 解. 2,16321628543211==+++=c cc c c c 3. 用随机变量X 的分布函数F(x)表示下述概率:P(X ≤ a) = ________. P(X = a) = ________.P(X > a) = ________. P(x 1 < X ≤ x 2) = ________.解. P(X ≤ a) = F(a) P(X = a) = P(X ≤ a)－P(X < a) = F(a)－F(a －0) P(X > a) = 1－F(a) P(x 1 < X ≤ x 2) = F(x 2)－F(x 1)4. 设k 在(0, 5)上服从均匀分布, 则02442=+++k kx x 有实根的概率为_____.解. k 的分布密度为⎪⎩⎪⎨⎧=051)(k f 其它50≤≤kP{02442=+++k kx x 有实根} = P{03216162≥--k k } = P{k ≤－1或k ≥ 2} =535152=⎰dk 5. 已知2}{,}{kbk Y P k a k X P =-===(k = 1, 2, 3), X 与Y 独立, 则a = ____, b = ____, 联合概率分布_____, Z = X + Y 的概率分布为_____. 解. 116,132==++a a a a . 4936,194==++b b b b(X, Y)的联合分布为ab = 216α, 539=α α249)3()1()3,1()2(==-===-===-=abY P X P Y X P Z P α66)2,1()3,2()1(=-==+-===-=Y X P Y X P Z Pα251)1,1()2,2()3,3()0(=-==+-==+-====Y X P Y X P Y X P Z P α126)2,3()1,2()1(=-==+-====Y X P Y X P Z Pα723)1()3()1,3()2(==-===-====abY P X P Y X P Z P6. 已知(X, Y)联合密度为⎩⎨⎧+=0)sin(),(y x c y x ϕ 其它4,0π≤≤y x , 则c = ______, Y 的边缘概率密度=)(y Y ϕ______.解.12,1)sin(4/04/0+==+⎰⎰c dxdy y x c ππ所以⎩⎨⎧++=0)sin()12(),(y x y x ϕ 其它4,0π≤≤y x当 40π≤≤y 时))4cos()(cos 12()sin()12(),()(4y y dx y x dx y x y Y +-+=++==⎰⎰∞+∞-πϕϕπ所以⎪⎩⎪⎨⎧+-+=0))4cos()(cos 12()(y y y Y πϕ 其它40π≤≤y7. 设平面区域D 由曲线2,1,01e x x y xy ====及直线围成, 二维随机变量(X, Y)在D 上服从均匀分布, 则(X, Y)关于X 的边缘密度在x = 2处的值为_______. 解. D 的面积 =2121=⎰e dx x. 所以二维随机变量(X, Y)的密度为: ⎪⎩⎪⎨⎧=021),(y x ϕ 其它D y x ∈),(下面求X 的边沿密度:当x < 1或x > e 2时 0)(=x X ϕ 当1 ≤ x ≤ e 2时 ⎰⎰===∞+∞-x X x dy dy y x x 102121),()(ϕϕ, 所以41)2(=X ϕ. 8. 若X 1, X 2, …, X n 是正态总体N(μ, σ2)的一组简单随机样本, 则)(121n X X X nX +++=服从______. 解. 独立正态分布随机变量的线性函数服从正态分布.μ==⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑==n i i n i i X E n X n E 11)(11, nX D nX n D ni in i i 2121)(11σ==⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑==所以 ),(~2nN X σμ9. 如果(X, Y)的联合分布用下列表格给出,且X 与Y 相互独立, 则α = ______, β = _______.解.213161)1(,18)3(,9)2(,31)2(=+==+==+==++==Y P Y P Y P X P βαβα 132)3()2()1(=++==+=+=βαY P Y P Y P⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=======+++=======)181)(31()3()2()3,2()91)(31()2()2()2,2(ββαβαβααY P X P Y X P Y P X P Y X P两式相除得βαβα=++18191, 解得 βα2=, 92,91==αβ.10. 设(X, Y)的联合分布律为3122 0 122 则 i. Z = X + Y 的分布律 ______. ii. V = X －Y 的分布律______.iii. U= X 2 + Y －2的分布律_______. 解.二. 单项选择题1. 如下四个函数哪个是随机变量X 的分布函数(A)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=221)(x F 0022≥<≤--<x x x , (B) ⎪⎩⎪⎨⎧=1sin 0)(x x F ππ≥<≤<x x x 00(C) ⎪⎩⎪⎨⎧=1sin 0)(x x F 2/2/00ππ≥<≤<x x x , (D) ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=1310)(x x F 212100≥<≤<x x x解. (A)不满足F(+∞) = 1, 排除(A); (B)不满足单增, 排除(B); (D)不满足F(1/2 + 0) = F(1/2), 排除(D); (C)是答案. 2. ),4,2,0(!/)( ===-k k ec k X P kλλ是随机变量X 的概率分布, 则λ, c 一定满足(A) λ > 0 (B) c > 0 (C) c λ > 0 (D) c > 0, 且 λ > 0 解. 因为),4,2,0(!/)( ===-k k ec k X P kλλ, 所以c > 0. 而k 为偶数, 所以λ可以为负.所以(B)是答案.3. X ～N(1, 1), 概率密度为ϕ(x), 则(A)5.0)0()0(=≥=≤X P X p (B)),(),()(+∞-∞∈-=x x x ϕϕ (C) 5.0)1()1(=≥=≤X P X p (D) ),(),(1)(+∞-∞∈--=x x F x F 解. 因为E(X) = μ = 1, 所以5.0)1()1(=≥=≤X P X p . (C)是答案.4. X, Y 相互独立, 且都服从区间[0, 1]上的均匀分布, 则服从区间或区域上的均匀分布的随机变量是(A) (X, Y) (B) X + Y (C) X 2 (D) X －Y 解. X ～⎩⎨⎧=01)(x ϕ其它10≤≤x , Y ～⎩⎨⎧=01)(y ϕ其它10≤≤y . 所以(X, Y)～⎩⎨⎧=01),(y x ϕ其它1,0≤≤y x .所以(A)是答案.5. 设函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=120)(xx F 1100>≤<≤x x x 则(A) F(x)是随机变量X 的分布函数. (B) 不是分布函数.(C) 离散型分布函数. (D)连续型分布函数.解. 因为不满足F(1 + 0) = F(1), 所以F(x)不是分布函数, (B)是答案.6. 设X, Y 是相互独立的两个随机变量, 它们的分布函数为)(),(y F x F Y X , 则Z = max(X, Y)的分布函数是(A) )(z F Z = max{)(),(z F z F Y X } (B) )(z F Z = max{|)(||,)(|z F z F Y X } (C) )(z F Z = )()(z F z F Y X (D) 都不是解. }{}),{m ax ()()(z Y z X P z Y X P z Z P z F Z ≤≤=≤=≤=且 )()()()(z F z F z Y P z X P Y X =≤≤因为独立. (C)是答案.7. 设X, Y 是相互独立的两个随机变量, 其分布函数分别为)(),(y F x F Y X , 则Z = min(X, Y)的分布函数是(A) )(z F Z = )(z F X (B) )(z F Z = )(z F Y(C) )(z F Z = min{)(),(z F z F Y X } (D) )(z F Z = 1－[1－)(z F X ][1－)(z F Y ] 解. }{1}),{m in(1)(1)()(z Y z X P z Y X P z Z P z Z P z F Z >>-=>-=>-=≤=且 )](1)][(1[1)](1)][(1[1z F z F z Y P z X P Y X ---=≤-≤--因为独立 (D)是答案.8. 设X 的密度函数为)(x ϕ, 而,)1(1)(2x x +=πϕ 则Y = 2X 的概率密度是 (A))41(12y +π (B) )4(22y +π (C) )1(12y +π (D)y arctan 1π解. )2()2(}2{)()(y F y X P y X P y Y P y F X Y =≤=≤=≤= )4(2)2(112121)2()2()]([)(22''y y y y F y F y X X Y Y +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==ππϕϕ (B)是答案.9. 设随机变量(X, Y)的联合分布函数为⎩⎨⎧=+-0),()(y x e y x ϕ 其它0,0>>y x , 则2YX Z +=的分布密度是(A) ⎪⎩⎪⎨⎧=+-021)()(y x Z e Z ϕ 其它0,0>>y x (B) ⎪⎩⎪⎨⎧=+-0)(2y x Z e z ϕ 其它0,0>>y x(C) ⎩⎨⎧=-04)(2z Z ze Z ϕ 00≤>z z (D) ⎪⎩⎪⎨⎧=-021)(zZ eZ ϕ 00≤>z z解. 2YX Z +=是一维随机变量, 密度函数是一元函数, 排除(A), (B). 21210=⎰∞+-dz e z , 所以(D)不是答案. (C)是答案.注: 排除法做单项选择题是经常使用而且很有效的方法. 该题也可直接计算Z 的密度: 当z < 0时0)(=z F Z当z ≥ 0时⎰⎰≤+=≤+=≤+=≤=zy x Z dxdy y x z Y X P z YX P z Z P z F 2),()2()2()()(ϕ =12222020+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----⎰⎰z z z xz y x e ze dx dy e e ==)()('z F z ZZ ϕ⎩⎨⎧-042z ze 00≤>z z , (C)是答案.10. 设两个相互独立的随机变量X 和 Y 分别服从正态分布N(0, 1)和N(1, 1), 则下列结论正确的是(A) P{X + Y ≤ 0} = 1/2 (B) P{X + Y ≤ 1} = 1/2 (C) P{X －Y ≤ 0} = 1/2 (D) P{X －Y ≤ 1} = 1/2解. 因为X 和 Y 分别服从正态分布N(0, 1)和N(1, 1), 且X 和 Y 相互独立, 所以 X + Y ～ N(1, 2), X －Y ～ N(－1, 2) 于是P{X + Y ≤ 1} = 1/2, (B)是答案.11. 设随机变量X 服从指数分布, 则Y = min{X, 2}的分布函数是(A) 是连续函数 (B) 至少有两个间断点 (C) 是阶梯函数 (D) 恰好有一个间断点 解. 分布函数:))2,(m in(1))2,(m in()()(y X P y X P y Y P y F Y >-=≤=≤= 当y ≥ 2时101))2,(m in(1)(=-=>-=y X P y F Y 当0 ≤ y < 2时)2,(1))2,(m in(1)(y y X y X P y F Y >>-=>-= ye y X P y X P λ--=≤=>-=1)()(1当y < 0时)2,(1))2,(m in(1)(y y X y X P y F Y >>-=>-= 0)()(1=≤=>-=y X P y X P于是 ⎪⎩⎪⎨⎧-=-011)(yY e y F λ 0202<<≤≥y y y 只有y = 2一个间断点, (D)是答案.三. 计算题1. 某射手有5发子弹, 射击一次的命中率为0.9, 如果他命中目标就停止射击, 不命中就一直到用完5发子弹, 求所用子弹数X 的分布密度. 解. 假设X 表示所用子弹数. X = 1, 2, 3, 4, 5.P(X = i) = P(前i －1次不中, 第i 次命中) = 9.0)1.0(1⋅-i , i = 1, 2, 3, 4.当i = 5时, 只要前四次不中, 无论第五次中与不中, 都要结束射击(因为只有五发子弹). 所以 P(X = 5) = 4)1.0(. 于是分布律为2. 设一批产品中有10件正品, 3件次品, 现一件一件地随机取出, 分别求出在下列各情形中直到取得正品为止所需次数X 的分布密度.i. 每次取出的产品不放回; ii. 每次取出的产品经检验后放回, 再抽取; iii. 每次取出一件产品后总以一件正品放回, 再抽取.解. 假设A i 表示第i 次取出正品(i = 1, 2, 3, …) i.1310)()1(1===A P X P 1331210)()|()()2(11212⋅====A P A A P A A P X P 1331221110)()|()|()()3(11223321⋅⋅====A P A A P A A P A A A P X P 1331221111)()|()|()|()4(1122334⋅⋅⋅===A P A A P A A P A A P X Pii. 每次抽取后将原产品放回1310133)()()()()(11111---⎪⎭⎫⎝⎛====k k k k k A P A P A P A A A p k X P , (k = 1, 2, …)iii.13)()1(1===A P X P 1331311)()|()()2(11212⋅====A P A A P A A P X P1331321312)()|()|()()3(112123321⋅⋅====A P A A P A A A P A A A P X P 1331321311)()|()|()|()4(1121231234⋅⋅⋅===A P A A P A A A P A A A A P X P3. 随机变量X 的密度为⎪⎩⎪⎨⎧-=01)(2x cx ϕ 其它1||<x , 求: i. 常数c; ii. X 落在)21,21(-内的概率. 解. πππϕ1,22|arcsin 21)(110112====-==⎰⎰-∞+∞-c c c x c dx xc dx x3162|arcsin 211))2/1,2/1((2/102/12/12=⋅==-=-∈⎰-ππππx x dx X P 4. 随机变量X 分布密度为i. 2102)(x x -⎪⎩⎪⎨⎧=πϕ 其它1||<x , ii. ⎪⎩⎪⎨⎧-=02)(x x x ϕ 其它2110≤≤<≤x x求i., ii 的分布函数F(x).解. i. 当x ≤ 1时 ⎰⎰∞-∞-===x xdt dt t x F 00)()(ϕ当－1< x < 1时 ⎰⎰∞--++-=-==x x x x xdt t dt t x F 21arcsin 1112)()(212πππϕ 当x ≥ 1时 ⎰⎰∞--=-==x dt t dt t x F 112)()(112πϕ所以 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++-=121arcsin 110)(2x x xx F ππ 1111≥<<--≤x x xii. 当x < 0时 ⎰⎰∞-∞-===x xdt dt t x F 00)()(ϕ当0 ≤ x < 1时 ⎰⎰∞-===x x x tdt dt t x F 2)()(2ϕ当1 ≤ x < 2时 122)2()()(2110-+-=-+==⎰⎰⎰∞-x x dt t tdt dt t x F x x ϕ当2 ≤ x 时 1)2()()(2110⎰⎰⎰∞-=-+==x dt t tdt dt t x F ϕ所以 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+-=112220)(22x x x x F 221100≥<≤<≤<x x x x5. 设测量从某地到某一目标的距离时带有的随机误差X 具有分布密度函数⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=3200)20(exp 2401)(2x x πϕ, －∞ < x < +∞试求: i. 测量误差的绝对值不超过30的概率;ii. 接连独立测量三次, 至少有一次误差的绝对值不超过30的概率.解. 因为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=3200)20(exp 2401)(2x x πϕ, －∞ < x < +∞, 所以X ～N(20, 402). i. {}⎭⎬⎫⎩⎨⎧<-<-=<<-=<25.0402025.13030)30|(|X P X P X P )25.1()25.0(-Φ-Φ=1)25.1()25.0()25.1(1()25.0(-Φ+Φ=Φ--Φ= 18944.05987.0-+== 0.4931.(其中Φ(x)为N(0, 1)的分布函数)ii. P(至少有一次误差的绝对值不超过30) = 1－P(三次误差的绝对值都超过30) =88.012.01)4931.0(13=-=- 6. 设电子元件的寿命X 具有密度为⎪⎩⎪⎨⎧=0100)(2x x ϕ 100100≤<x x问在150小时内, i. 三只元件中没有一只损坏的概率是多少? ii. 三只电子元件全损坏的概率是多少? iii. 只有一个电子元件损坏的概率是多少?解. X 的密度⎪⎩⎪⎨⎧=0100)(2x x ϕ 100100≤<x x . 所以31100)150(1501002==<⎰dx x X P . 令p = P(X ≥ 150) = 1－31= 32.i. P(150小时内三只元件没有一只损坏) =2783=p ii. P(150小时内三只元件全部损坏) =271)1(3=-piii. P(150小时内三只元件只有一只损坏) =943231213=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛c 7. 对圆片直径进行测量, 其值在[5, 6]上服从均匀分布, 求圆片面积的概率分布.解. 直径D 的分布密度为⎩⎨⎧=01)(d ϕ 其它65≤≤d假设42D X π=, X 的分布函数为F(x).)()()(2x D P x X P x F ≤=≤=π当x ≤ 0时, F(x) = 0 当x > 0时⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-=≤=≤=πππx D xP x D P x X P x F 44)()()(2 当时即425,54ππ<<x xF(x) = 0 当时即πππ925,645≤≤≤≤x x⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-=≤=≤=πππx D xP x D P x X P x F 44)()()(2 =54145-=⎰ππxdt x当 x > 9π时 1)()(65===⎰⎰∞-dt dt t x F x ϕ所以 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=1540)(πxx F ππππ99425425>≤≤<x x x 密度⎪⎩⎪⎨⎧==01)(')(x x F x πϕ 其它ππ9425≤≤x8. 已知X 服从参数 p = 0.6的0－1分布在X = 0, X = 1下, 关于Y 的条件分布分别为表1、表2所示表1 表2Y 1 2 3 Y 1 2 3 P(Y|X = 0)41 21 41 P(Y|X = 1) 21 61 31 求(X, Y)的联合概率分布, 以及在Y ≠ 1时, 关于X 的条件分布.解. X 的分布律为(X, Y)3.05321)1()1|1()1,1(=⋅=======X P X Y P Y X P 1.05361)1()1|2()2,1(=⋅=======X P X Y P Y X P2.05331)1()1|3()3,1(=⋅=======X P X Y P Y X P1.05241)0()0|1()1,0(=⋅=======X P X Y P Y X P2.05221)0()0|2()2,0(=⋅=======X P X Y P Y X P1.05241)0()0|3()3,0(=⋅=======X P X Y P Y X P所以Y 的分布律为5.06.03.0)1()1,0()1|0(==≠≠==≠=Y P Y X P Y X P5.06.03.0)1()1,1()1|1(==≠≠==≠=Y P Y X P Y X P所以9. 设随机变量X 与Y 相互独立, 并在区间[0, 9]上服从均匀分布, 求随机变量YXZ =的分布密度.解. X ～⎪⎩⎪⎨⎧=091)(x X ϕ 其它90≤≤x , Y ～⎪⎩⎪⎨⎧=091)(x Y ϕ 其它90≤≤y因为X, Y 相互独立, 所以(X, Y)联合密度为(X, Y)～⎪⎩⎪⎨⎧=0811),(y x ϕ 其它9,0≤≤y x , )()()(z X Y P z Z P z F Z ≤=≤=当 z ≤ 0时0)(=z F Z 当 0 < z < 1时D 1z z dxdy Xz Y P z X Y P z Z P z F D Z 219921811811)()()()(1=⋅⋅==≤=≤=≤=⎰⎰ 当z ≥ 1时⎰⎰=≤=≤=≤=2811)()()()(D Z dxdy Xz Y P z X Y P z Z P z F zz 211)992181(811-=⋅-⋅=所以 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==2'21210)()(zz F z Z Z ϕ 1100≥<<≤z z z 10. 设(X, Y)的密度为⎩⎨⎧--=0)1(24),(y x y y x ϕ 其它1,0,0<+>>y x y x 求: i.)21|(),|(),(=x y x y x X ϕϕϕ, ii. )21|(),|(),(=y x y x y Y ϕϕϕ 解. i.⎰∞+∞-=dy y x x X ),()(ϕϕ当x ≤ 0 或 x ≥ 1时0),()(==⎰∞+∞-dy y x x X ϕϕ当0 < x < 1时310)1(4)1(24),()(x dy y x y dy y x x x X -=--==⎰⎰-∞+∞-ϕϕ所以 ⎩⎨⎧-=0)1(4)(3x x X ϕ 其它10<<x所以 ⎪⎩⎪⎨⎧---==0)1()1(6)(),()|(3x y x y x y x x y X ϕϕϕ 其它1,0,0<+>>y x y x 所以 ⎩⎨⎧-==0)21(24)21|(y y x y ϕ 其它210<<yii.⎰∞+∞-=dx y x y Y ),()(ϕϕ当y ≤ 0 或 y ≥ 1时0),()(==⎰∞+∞-dx y x y Y ϕϕ当0 < y < 1时210)1(12)1(24),()(y y dx y x y dx y x y y Y -=--==⎰⎰-∞+∞-ϕϕ所以 ⎩⎨⎧-=0)1(12)(2y y y Y ϕ 其它10<<y所以 ⎪⎩⎪⎨⎧---==0)1()1(2)(),()|(2y y x y y x y x Y ϕϕϕ其它1,0,0<+>>y x y x所以 ⎩⎨⎧-==0)21(4)21|(x y x ϕ 其它210<<x第三章 随机变量的数字特征一. 填空题1. 设随机变量X 与Y 相互独立, D(X) = 2, D(Y) = 4, D(2X －Y) = _______. 解. D(2X －Y) = 4D(X) + D(Y) = 122. 已知随机变量X ～N(－3, 1), Y ～N(2, 1 ), 且X 与Y 相互独立, Z = X －2Y + 7, 则Z ～____. 解. 因为Z = X －2Y + 7, 所以Z 服从正态分布. E(Z) = E(X)－2E(Y) + 7 = 0. D(Z) = D(X －2Y + 7) = D(X) + 4D(Y) = 1+4 = 5. 所以Z ～N(0, 5)3. 投掷n 枚骰子, 则出现点数之和的数学期望______. 解. 假设X i 表示第i 颗骰子的点数(i = 1, 2, …, n). 则 E(X i ) = 27616612611=⋅++⋅+⋅(i = 1, 2, …, n) 又设∑==ni i X X 1, 则27)()()(11nX E X E X E ni i ni i ===∑∑== 4. 设离散型随机变量X 的取值是在两次独立试验中事件A 发生的次数, 如果在这些试验中事件发生的概率相同, 并且已知E(X) = 0.9, 则D(X) = ______. 解. ),2(~p B X , 所以E(X) = 0.9 = 2p. p = 0.45, q = 0.55 D(X) = 2pq = 2×0.45×0.55 = 0.495.5. 设随机变量X 在区间[－1, 2]上服从均匀分布, 随机变量⎪⎩⎪⎨⎧-=101Y 000<=>X X X , 则方差D(Y) = _______.解. X ～⎪⎩⎪⎨⎧=031)(x ϕ 其它21≤≤-xY因为 33)0()1(20==>==⎰dx X P Y P 0)0()0(====X P Y P3131)0()1(01==<=-=⎰-dx X P Y P于是 313132)(=-=Y E , 13132)(2=+=Y E , 98)]([)()(22=-=Y E Y E Y D6. 若随机变量X 1, X 2, X 3相互独立, 且服从相同的两点分布⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2.08.010, 则∑==31i i X X 服从_______分布, E(X) = _______, D(X) = ________.解. X 服从B(3, 0.2). 所以E(X) = 3p = 3×0.2= 0.6, D(X) = 3pq = 3×0.2×0.8 = 0.487. 设X 和Y 是两个相互独立的随机变量, 且X ～N(0, 1), Y 在[－1, 1]上服从均匀分布, 则),cov(Y X = _______.解. 因为X 和Y 是两个相互独立的随机变量, 所以),cov(Y X = 0.8. 设X 和Y 是两个相互独立的随机变量, 其概率密度分别为:⎩⎨⎧=02)(x x ϕ 其它10≤≤x , ⎩⎨⎧=--0)()5(y e y ϕ 其它5>y , 则E(XY) = ________. 解. 322)()(1=⋅==⎰⎰∞+∞-xdx x dx x x X E ϕ 6)()(5)5(=⋅==⎰⎰∞+--∞+∞-dy e y dy y y Y E y ϕ因为X 和Y 是两个相互独立的随机变量, 所以E(XY) = E(X)E(Y) = 49. 若随机变量X 1, X 2, X 3相互独立, 其中X 1在[0, 6]服从均匀分布, X 2服从正态分布N(0, 22), X 3服从参数λ = 3的泊松分布, 记Y = X 1－2X 2 + 3X 3, 则D(Y) = ______. 解. )(9)(4)()32()(321321X D X D X D X X X D Y D ++=+-==4639441262=⨯+⨯+二. 单项选择题1. 设随机变量X 和Y 独立同分布, 记U = X －Y , V = X + Y , 则U 和V 必然 (A) 不独立 (B) 独立 (C) 相关系数不为零 (D) 相关系数为零 解. 因为X 和Y 同分布, 所以E(U) = E(X)－E(Y) = 0, E(U)E(V) = 0. 0)()()(22=-=Y E X E UV E .所以 cov(X,Y) = E(UV)－E(U)E(V) = 0. (D)是答案. 2. 已知X 和Y 的联合分布如下表所示, 则有(A) X 与Y 不独立 (B) X 与Y 独立 (C) X 与Y 不相关 (D) X 与Y 彼此独立且相关 解. P(X = 0) = 0.4, P(Y = 0) = 0.3.0.1 = P(X = 0, Y= 0) ≠ P(X = 0)×P(Y = 0). (A)是答案.3. 设离散型随机变量X 可能取值为: x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 3, 且E(X) = 2.3, E(X 2) = 5.9, 则x 1, x 2, x 3所对应的概率为(A) p 1 = 0.1, p 2 = 0.2, p 3 = 0.7 (B) p 1 = 0.2, p 2 = 0.3, p 3 = 0.5 (C) p 1 = 0.3, p 2 = 0.5, p 3 = 0.2 (D) p 1 = 0.2, p 2 = 0.5, p 3 = 0.3解. 3.223)1(32)(212121332211=--=--++=++=p p p p p p p x p x p x X E 7.0221=+p p9.5)1(94)(21213232221212=--++=++=p p p p p x p x p x X E 1.35821=+p p解得 p 1 = 0.2, p 2 = 0.3, p 3 = 0.5. (B)是答案.4. 现有10张奖券, 其中8张为2元, 2张为5元, 今每人从中随机地无放回地抽取3张, 则此人抽得奖券的金额的数学期望(A) 6 (B) 12 (C) 7.8 (D) 9解. 假设X 表示随机地无放回地抽取3张, 抽得奖券的金额. X 的分布律为157)()6(31038====c c P X P 三张都是二元157),()9(3101228====c c c P X P 一张五元二张二元151),()9(3102218====c c c P X P 二张五元一张二元8.71511215791576)(=⋅+⋅+⋅=X E . (C)是答案. 5. 设随机变量X 和Y 服从正态分布, X ～N(μ, 42), Y ～N(μ, 52), 记P 1 =P{X ≤ μ－4}, P 2 = P{Y≥ μ + 5}, 则(A) 对任何μ, 都有P 1 = P 2 (B) 对任何实数μ, 都有P 1 < P 2 (C) 只有μ的个别值, 才有P 1 = P 2 (D) 对任何实数μ, 都有P 1 > P 2 解. P 1 = {X ≤ μ－4} =)1(1)1(14Φ-=-Φ=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-μX PP 2 = {Y ≥ μ + 5} =)1(115115Φ-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-μμY P Y P(其中Φ(x)为N(0, 1)的分布函数). 所以(A)是答案.6. 随机变量ξ = X + Y 与η = X －Y 不相关的充分必要条件为(A) E(X) = E(Y) (B) E(X 2)－E 2(X) = E(Y 2)－E 2(Y) (C) E(X 2) = E(Y 2) (D) E(X 2) + E 2(X) = E(Y 2) + E 2(Y) 解. cov(ξ, η) = E(ξη)－E(ξ)E(η)E(ξη) =)()()])([(22Y E X E Y X Y X E -=-+ E(ξ)E(η) = [E(X)+E(Y)][E(X)－E(Y)] = )()(22Y E X E - 所以(B)是答案.三. 计算题1. 设X 的分布律为1)1()(++==k ka a k X P , k = 0, 1, 2, …, a > 0, 试求E(X), D(X).解. ∑∑∑∞=+∞=+∞=⎪⎭⎫⎝⎛+=+===1111011)1()()(k k k k k k a a k a a ka k X kP X E令 22'2'1211201)1(1)(x x x x x x x kx x kxx f k k k k k k -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛===∑∑∑∞=∞=-∞=+ 2222)11()1()1(a aa a a a a f =+-+=+, 所以a a a X E =⋅=21)(.∑∑∑∞=+∞=+∞=+-+=+===11112022)1()11()1()()(k k kk k k k a a k k a a k k X P k X E∑∑∑∞=∞=+∞=+-+++=+-++=11111)1()1(11)1()1()1(k kkk k k k k k a a a k k a a a k a a k k 令 3''2''1111)1(21)1()1()(x x x x x x x kx k x kxk x f k k k k k k-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=+=∑∑∑∞=+∞=-∞= 23)1(2)11(12)1(a a a a a aa a f +=+-+=+,所以2222)1(211)(a a a a a aX E +=-+⋅+=.222222)]([)()(a a a a a X E X E X D +=-+=-=.2. 设随机变量X 具有概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧=0cos 2)(2xx πϕ 其它2||π≤x , 求E(X), D(X).解. 0cos 2)()(222===⎰⎰-∞+∞-πππϕxdx xdx x x X E⎰-=-=222222cos 2)]([)()(πππxdx x X E X E X D211222cos 122222-=+=⎰πππdx x x 3.求⎥⎦⎤⎢⎣⎡+2)(sin Y X E π. 解. 2)(sinY X +π的分布律为 25.015.0)1(40.0145.002)(sin =⨯-+⨯+⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+Y X E π 4. 一汽车沿一街道行驶需要通过三个设有红绿信号灯路口, 每个信号灯为红或绿与其它信号灯为红或绿相互独立, 且红绿两种信号显示的时间相等, 以X 表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数, 求: i. X 的概率分布, ii. ⎪⎭⎫⎝⎛+XE 11 解. 假设X 为该汽车首次遇到红灯已通过的路口数P(X = 0) = P{第一个路口为红灯} =2P(X = 1) = P{第一个路口为绿灯, 第二个路口为红灯} =2212121=⋅ P(X = 0) = P{第一,二路口为绿灯, 第三个路口为红灯} =321P(X = 0) = P{第一, 二, 三路口为绿灯} =3219667214121312121211111332=⋅+⋅+⋅+⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+X E 5. 设(X, Y)的分布密度⎩⎨⎧=+-04),()(22y xxye y x ϕ其它0,0>>y x求)(22Y X E +. 解. ⎰⎰⎰⎰>>+-∞+∞-∞+∞-+=+=+00)(222222224),()(y x y xdxdy xye y x dxdy y x y x Y X E ϕ434sin cos 02202πθθθπ=⋅⋅⋅⋅=⎰⎰∞+-rdr e r r d r 6. 在长为l 的线段上任选两点, 求两点间距离的数学期望与方差.解. 假设X, Y 为线段上的两点. 则它们都服从[0, l ]上的均匀分布, 且它们相互独立.X ～⎪⎩⎪⎨⎧=01)(l x ϕ 其它l x ≤≤0, Y ～⎪⎩⎪⎨⎧=01)(l y ϕ 其它l y ≤≤0(X, Y)的联合分布为⎪⎩⎪⎨⎧=01)(2l x ϕ 其它l y x ≤≤,0.又设Z = |X －Y|, D 1={(x, y): x > y, 0 ≤ x, y ≤ l }, D 2={(x, y): x ≤ y, 0 ≤ x, y ≤ l }⎰⎰⎰⎰⎰⎰-+-=-=∞+∞-∞+∞-21221)(1)(),(||)(D D dxdy l x y dxdy l y x dxdy y x y x Z E ϕ⎰⎰⎰⎰-+-=l y lxdy dx x y l dx dy y x l2002])([1])([13212122022ldy y l dx x ll l=+=⎰⎰ 6)(1),()()(2002222l dxdy y x ldxdy y x y x Z E ly lx =-=-=⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-≤≤≤≤ϕ 1896)]([)()(22222l l l Z E Z E Z D =-=-=7. 设随机变量X 的分布密度为)(,21)(||+∞<<-∞=--x e x x μϕ, 求E(X), D(X). 解. ⎰⎰⎰∞+∞--∞+∞---∞+∞-+-===dt e t x t dx e x dx x x X E t x ||||)(2121)()(μμϕμ=⎰∞+∞--dt te t ||21+μμμ==⎰⎰∞+-∞+∞--0||21dt e dt e tt⎰⎰⎰∞+∞--∞+∞---∞+∞-+-===dt e t x t dx e x dx x x X E t x ||2||222)(2121)()(μμϕμ=⎰∞+-02dt e t t+20022μμμ+==⎰⎰∞+-∞+-dt e dt e t t所以 22)]([)()(2222=-+=-=μμX E X E X D8. 设(X, Y)的联合密度为⎪⎩⎪⎨⎧=01),(πϕy x 其它122≤+y x , 求E(X), D(Y), ρ(X, Y).解. 01),()(122===⎰⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-≤+y x xdxdy dxdy y x x X E πϕ01),()(122===⎰⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-≤+y x ydxdy dxdy y x y Y E πϕ41cos 11),()(20132122222====⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-≤+πθθππϕdr r d dxdy x dxdy y x x X E y x 41sin 11),()(20132122222====⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-≤+πθθππϕdr r d dxdy y dxdy y x y Y E y x 01),()(122===⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-≤+y x xydxdy dxdy y x xy XY E πϕ41)]([)()(22=-=X E X E X D , 41)]([)()(22=-=Y E Y E Y D0)()()()()(=-=Y D X D Y E X E XY E XY ρ.9. 假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2, 机器发生故障时全天停止工作. 若一周5个工作日里无故障, 可获利润10万元, 发生一次故障仍可获利润5万元; 发生二次故障所获利润0元; 发生三次或三次以上故障就要亏损2万元. 求一周内期望利润是多少? 解. 假设X 表示一周内发生故障的天数. 则X ～B(5, 0.8)33.0)8.0()0(5===X P , 41.0)8.0(2.05)1(4=⨯⨯==X P20.0)8.0(2.0)2(3225=⨯⨯==c X P , 06.020.041.033.01)3(=---=≥X P又设YE(Y) = 10×0.33 + 5×0.41 + 0×0.20 + (－2)×0.06 = 5.23(万元)10. 两台相互独立的自动记录仪, 每台无故障工作的时间服从参数为5的指数分布; 若先开动其中的一台, 当其发生故障时停用而另一台自行开动. 试求两台记录仪无故障工作的总时间T 的概率密度)(t f 、数学期望和方差.解. 假设X 、Y 分别表示第一、二台记录仪的无故障工作时间, 则X 、Y 的密度函数如下:⎩⎨⎧<≥=-05)(~,5x x e x f Y X xX 、Y 相互独立, 且 T = X + Y .X 、Y 的联合密度: ⎩⎨⎧≥≥=+-,00,0,25),()(5y x e y x f y x关于T 的分布函数: ⎰⎰≤+=≤+=≤=ty x T dxdy y x f t Y X P t T P t F ),(}{}{)(当 0<t 时⎰⎰⎰⎰≤+≤+===≤+=≤=ty x ty x T dxdy dxdy y x f t Y X P t T P t F 00),(}{}{)(当 0≥t 时⎰⎰⎰⎰≥≥≤++-≤+==≤+=≤=0,0)(525),(}{}{)(y x t y x y x ty x T dxdy edxdy y x f t Y X P t T P t Ft t tx t y x x t y t x te e dx e e dy e dx e 550055050551|)(525----------=-==⎰⎰⎰所以 ⎩⎨⎧<≥--=--0,00,51)(55t t te e t F t t T所以T 的概率密度: ⎩⎨⎧<≥==-0,00,25)]'([)(5t t e t t F t f t T T 所以 ⎰⎰∞+∞-∞+-===5225)()(052dt e t dt t f t T E t T 所以⎰⎰∞+∞-∞+-=-=-=-=25225425)52()()]([)()(0532222dt e t dt t f t T E T E T D tT第四章 大数定律和中心极限定理一. 填空题1. 设Y n 是n 次伯努利试验中事件A 出现的次数, p 为A 在每次试验中出现的概率, 则对任意 ε > 0, 有=⎪⎭⎫⎝⎛≥-∞→ε||lim p n Y P n n __________. 解. =⎪⎭⎫⎝⎛≥-∞→ε||lim p n Y P n n 1－011||lim =-=⎪⎭⎫ ⎝⎛<-∞→εp n Y P n n2. 设随机变量X 和Y 的数学期望是2, 方差分别为1和4, 而相关系数为0.5, 则根据切比雪夫不等式P(|X －Y| ≥ 6) ≤ _______. 解. E(X －Y) = E(X)－E(Y) = 2－2 = 0 D(X －Y) = D(X) + D(Y)－)()(2Y D X D XY ρ= 1 + 4－2×0.5×1×2 = 3所以 1213636)()6|(|2==-≤≥-Y X D Y X P二. 选择题1. 设随机变量n X X X ,,,21 相互独立, n n X X X S +++= 21, 则根据列维－林德伯格(Levy-Lindberg)中心极限定理, n S 近似服从正态分布, 只要n X X X ,,,21 ( A ) 有相同的数学期望 ( B ) 有相同的方差( C ) 服从同一指数分布 ( D ) 服从同一离散型分布解. 列维－林德伯格(Levy-Lindberg)中心极限定理要求n X X X ,,,21 既有相同的数学期望, 又有相同的方差, 因此( A ) 、( B )、 ( D )都不是答案, ( C )为答案.三. 计算题1. 某厂有400台同型机器, 各台机器发生故障的概率均为0,02, 假如各台机器相互独立工作, 试求机器出现故障的台数不少于2台的概率.解. 假设X 表示400台机器中发生故障的台数, 所以X ～B(400, 0.02) 由棣莫佛－拉普拉斯定理:。

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X 落在50.8到53.8之间的概率。

解：8293.0)78()712(}63.68.163.65263.62.1{}8.538.50{),363.6,52(~2=-Φ-Φ=<-<-=<<X P X P N X2.[二] 在总体N （12，4）中随机抽一容量为5的样本X 1，X 2，X 3，X 4，X 5. （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 (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)>15}. （3）求概率P {min (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)>10}.解：（1）⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-=>-25541225415412}112{|X P X P X P=2628.0)]25(1[2=Φ- （2）P {max (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)>15}=1－P {max (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)≤15} =.2923.0)]21215([1}15{1551=-Φ-=≤-∏=i i X P （3）P {min (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)<10}=1－ P {min (X 1，X 2，X 3，X 4，X 5)≥10} =.5785.0)]1([1)]21210(1[1}10{15551=Φ-=-Φ--=≥-∏=i iXP 4.[四] 设X 1，X 2…，X 10为N （0，0.32）的一个样本，求}.44.1{1012>∑=i iXP解：)5(1.0}163.0{}44.1{),10(~3.0101221012221012查表=>=>∑∑∑===i i i i i i X P X P χX7．设X 1，X 2，…，X n 是来自泊松分布π (λ )的一个样本，X ，S 2分别为样本均值和样本方差，求E (X ), D (X ), E (S 2 ).解：由X ~π (λ )知E (X )= λ ，λ=)(X D∴E (X )=E (X )= λ, D (X )=.)()(,)(2λX D S E nλn X D === [六] 设总体X~b (1,p)，X 1，X 2，…，X n 是来自X 的样本。

Ⅲ、典型例题分析〖填空题〗例6.1（F 分布） 设随机变量X 服从自由度为),(21f f 的F 分布，则随机变量X Y 1=服从参数为 的 分布 ．分析 因为服从自由度为),(21f f 的F 分布的随机变量X ，可以表示为222121f f X χχ=，1212221f f X Y χχ==， 其中2221 χχ和独立，分别服从自由度为21f f 和的2χ分布．由F 分布变量的典型模式，知Y 服从自由度为),(12f f 的F 分布．例6.2（2χ分布） 设4321,,,X X X X 是来自正态总体()22 ,0N 的简单随机样本，记()()243221432X X b X X a X -+-=，则当=a ，=b 时, 统计量X 服从2χ分布，其自由度为 ．分析 由条件知4321,,,X X X X 相互独立且同正态分布()22 ,0N ．因此()212X X -服从正态分布()20,0N ，而()4343X X -服从正态分布()100,0N ，并且相互独立．由2χ变量典型模式知()()10043202243221X X X X T -+-=服从自由度为2的2χ分布，从而a=1/20 , b= 1/100．例6.3（2χ分布） 设4321,,,X X X X 相互独立同服从标准正态分布，X 是算术平均值，则24X 服从参数为 的 分布．分析 熟知4321X X X X +++服从正态分布)4,0(N ，因此()44243212X X X X X +++=服从自由度为“1”的“2χ”分布．例6.4（t 分布） 假设总体)3,0(~2N X ，821,,,X X X 是来自总体X 的简单随机样本，则统计量282726254321X X X X X X X X Y ++++++=服从参数为 的 分布．分析 由于独立正态分布的随机变量的线性组合仍然服从正态分布，易见．)1,0(~6)(432143214321N X X X X X X X X X X X X U +++=++++++=D作为独立标准正态随机变量的平方和，99992822252X X X X +++=７６χ服从2χ分布，自由度为4；随机变量2 χ和U 显然相互独立．随机变量Y 可以表示为()4496228222541χUX X X X X X X X Y =++++++=７６３２．由t 分布随机变量的典型模式，可见随机变量Y 服从自由度为4的t 分布．例6.5（F 分布） 设(1521,,,X X X )是来自正态总体()9,0N 的简单随机样本，则统计量2152122112102221 21X X X X X X Y ++++++= 的概率分布是参数为 的 分布 ．分析 由2χ分布的典型模式，知99215211222102121X X X X ++=++= χχ和服从自由度相应为10和5的2χ分布，并且相互独立．从而，由F 变量的典型模式，知510 21222121521121021χχ=++++=X X X X Y 服从自由度为(10, 5)的F 分布．例6.6（F 分布） 设X 服从自由度为ν的t 分布，则2X Y =服从参数为 的 分布．分析 由自由度为ν的t 分布随机变量X 可以表示为νχν2UX =，其中2 ),1,0(~νχN U 服从自由度为ν的2χ分布，并且2νχ和U 独立．由2χ分布变量的典型模式，可见221U =χ服从自由度为1的2χ分布．因此，由F 分布变量的典型模式，可见随机变量νχχνχνν2212221===U X Y服从自由度为(1,ν)的F 分布．例6.7（F 分布） 设随机变量X 和Y 都服从标准正态分布并且相互独立，则22Y X Z =服从参数为 的 分布，．分析 由于X 和Y 都服从标准正态分布，可见2X 和2Y 都服从自由度为1的2χ分布．此外，由X 和Y 独立，可见2X 和2Y ．从而，由服从F 分布的变量的典型模式，知22Y X Z =服从自由度为(1,1)的F 分布．例6.8（2χ分布） 设总体)2,(~)2,(~b N Y a N X ，并且独立；基于分别来自总体X 和Y的容量相应为n m 和的简单随机样本，得样本方差22yx S S 和，则统计量 []22)1()1(21y x S n S m T -+-=服从参数为 的 分布．分析 统计量T 服从自由度为2-+n m 的2χ分布．由(6.14)知2221)1(21 )1(21y x S n T S m T -=-=， 分别服从自由度为m －1和服从自由度为n －1的2χ分布，并且相互独立．从而，由2χ分布随m+n －2的2χ分布．机变量的可加性知，T 服从自由度为例6.9（经验分布函数） 设总体X 在区间[0,2]上服从均匀分布；()x F n 是基于来自X 的容量为n 的简单随机样本的经验分布函数，则对于任意[]2,0∈x ，()x F n E = ．分析 总体X 的分布函数为()x F =x/2，若[]2,0∈x ；()x F =0，若[]2,0∉x ．对于任意[]2,0∈x ，以)(x n ν表示n 次简单随机抽样事件}{x X ≤的出现的次数，则)(x n ν服从参数为()()x F n ,的二项分布，因此)()(E x nF x n =ν，从而()()2)(x x F nx x F n n ===νEE ． 例6.10（经验分布函数） 设（2,1,5,2,1,3,1）是来自总体X 的简单随机样本值，则总体X 的经验分布函数()xF n = .分析 将各观测值按从小到大的顺序排列，得1,1,1, 2, 2, 3, 5，则经验分布函数为()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤<≤<=．若；若；若；若若 5 , 1 53 , 76 3 2 , 75 21 , 73;1 , 08x x x x x x F例6.11 设Y X 和是两个样本均值，基于来自同一正态总体),(2σμN 的两个相互独立且容量相同的简单随机样本，则满足{}05.0≤>-σY X P 的最小样本容量≥n 8 ．分析 由于总体服从正态分布),(2σμN ，可见{}．05.022≤⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧>-=>-n YX n Y X σσP P 6832.796.1296.122≈⨯≥≥n n，．5.14 （1）3ln4（2）532（3））（12χ（4）)5,10(F （5）23〖选择题〗例6.13（常用分布） 设随机变量)1,0(~),1,0(~N Y N X ，则 (A) Y X +服从正态分布． (B) 22Y X +服从2χ分布． (C) 22Y X 服从F 分布． (D) 22Y X 和服从2χ分布． [ D ]分析 因为标准正态分布变量的平方服从自由度为1的2χ分布．当随机变量Y X 和独立时可以保证选项(A),(B),(C)成立，但是题中并未要求随机变量Y X 和独立，选项(A),(B),(C)未必成立．6.14（F 分布） 设n X X X ,,,21 是来自正态总体),0(~2σN X 的简单随机样本，则服从F 分布的统计量是()()]D [ 2)D (2)C ()B ( )A (2925242322212925242322212726252424232221292524232221．． ． ． X X X X X X Y X X X X X X Y X X X X X X X X Y X X X X X X Y +++++=+++++=++++++=+++++=分析 本题可以直接选出正确的选项．事实上，选项（D ）可以表示为636)(3)(2623292524232221χχ=+++++=X X X X X X Y ． 因为随机变量，，)(1)(1292524226232221223X X X X X X +++=++=σχσχ分别服从自由度为3和6的2χ分布，并且相互独立．因此，由服从F 分布的随机变量典型模式，知随机变Y 量服从自由度为)6,3(的F 分布．例6.17（正态总体） 设总体X 的概率密度为)(x f ，而),,,(21n X X X 是来自总体X 的简单随机样本，)()1(n X X X 和，相应为n X X X ,,,21 的样本均值、最小观测值和最大观测值，则)(x f 是(A) )1(X 的概率密度． (B) )(n X 的概率密度．(C) 1X 的概率密度． (D) X 的概率密度． [C ] 分析 应选（C ）．1X 作为总体X 的一个观测值，与总体X 有相同的概率密度)(x f ．5.13 （1）C （2）D （3）D （4）C （5）A〖计算题〗例6.21（经验分布函数） 假设)(x F 是总体X 的分布函数，)(x F n 是基于来自总体X 的容量为n 的简单随机样本的经验分布函数．对于任意给定的)(∞<<-∞x x ，试求)(x F n 的概率分布、数学期望和方差．解 以n ν表示自总体X 的n 次简单随机抽样中，事件{}x X ≤出现的次数，则n ν服从参数为())(,x F n 的二项分布．经验分布函数)(x F n 可以表示为)()()(∞<<-∞=x nx x F n n ν．由此可见，)(x F n 的概率分布、数学期望和方差相应为：{}[][][][][]．，；)(1)()()()(),,2,1,0()(1)(C )()(x F x nF x F x nF x F n k x F x F k x n k x F n n kn k k n n n -===-===⎭⎬⎫⎩⎨⎧=-D E P P νk m ki i k mi m 20C C C=∑=-．对于任意n>2，变量n X X X ,,,21 独立同服从参数为),(p m 的二项分布，则用数学归纳法容易证明n X X X +++ 21服从参数为),(p nm 的二项分布．从而，得X 的概率分布{}()．mn k p p C k X X n k X k mn k kmn n ,,1,0)1(1 =-==++=⎭⎬⎫⎩⎨⎧=-P P例6.26（样本容量） 假设总体X服从正态分布)4,(μN ，由来自体X 的简单随机样本得样本均值X ．试分别求满足下列各关系式的最小样本容量n ：(1) {}95.010.0≥≤-μX P ； (2) 10.0≤X D ； (3) 10.0≤-μX E ． 解 由于)4,(~μN X ，可见()n N X 4,~μ，从而)1,0(~2N nX U μ-=．(1) 由标准正态分布函数)(u Φ的数值表（附表1）或标准正态分布双侧分位数αu 表(附表2)，可见()()()()．96.196.195.005.005.0210.02--=≥--=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≤-ΦΦΦΦμnn n n X P ； 由此，得96.105.0≥n ．于是，为使{}10.010.0≤≤-μX P ，样本容量n 应满足153705.096.12≈⎪⎭⎫ ⎝⎛≥n ．(2) 由于10.04≤=n X D ，可见40≥n . (3) 由于)1,0(~N U ，有． 22d e22d e21202222πππμ====⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎰⎰∞-∞∞--uu uu U n X u u E E由于10.0≤-μX E ，可见．，，255205.02210.022210.022≈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≥≤≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-ππμn n n n X E 例6.23 假设总体X 服从正态分布)4,12(N ，而()521,,,X X X 是来自体X 的简单随机样本；X 的样本均值，)1(X 和)5(X 分别是最小观测值和最大观测值．试分别求事件{}13>X ，{}10)1(<X 和{}15)5(>X 的概率．解 设)(x Φ是标准正态分布函数．(1) 由于总体X~)4,12(N ，可见样本均值X ~()4,12N ，因此{}{}{}．1414.08686.01)12.1(112.1118.1255212521213521213=-=-=≤-=>=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧>-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧->-=>ΦU U X X X P P P P P (2) 为求事件{}10)1(<X 的概率，先求最小观测值)1(X 的概率分布．对于任意x ，有{}{}{}{}{}；5515151521521)1(21211212212111],,,min[1],,,min[⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛---=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤--=≤-=>-=>-=≤=≤∏∏∏===x x X x Xx Xx X X X x X X X x X i i i ii iΦP P P P P P{}()[]()[]．4684.011111212101110555)1(=-=---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛---=≤ΦΦΦX P (3) 为求事件{}15)5(>X 的概率，先求最大观测值)5(X 的概率分布．对于任意x ，有{}{}{}{}()[]．； 2922.05.1121215115212212212],,,max[55)5(511521)5(=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=>⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=≤=≤∏∏==ΦΦΦX x x X x Xx X X X x X i i i iP P P P P 55〖证明题〗例6.28 设总体()2,~σμN X ，而),,,,(121+n n X X X X 是来自正态总体X 的简单随机样本；X 和2S 相应为根据),,,(21n X X X 计算的样本均值和样本方差．利用正态总体的样本均值和样本方差的性质，证明统计量11+-=+n nS X X t n 服从自由度为1-=n ν的t 分布．证明 首先对所给统计量作变换，在统计量的表达式中将分子和分母同除以σ，得1)111222121-=-=+-==+-=++n S n n n XX U Un nS X X t n n νσχσνχ，（，，由于总体()2,~σμN X ，可见()21,~σμN X n +，()n N X 2,~σμ，从而()1,0~111,0~121N n nX X U n N X X n n +-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++σσ，． 熟知，对于正态总体，X 和2S 独立，随机变量222)1(σχS n -=服从自由度为1-=n ν的2χ分布．现在证明，1+n X ，X 和2S 独立．首先它们显然两两独立；其次对于任意实数w v ,,u ，有{}，，，， }{}{}{}{}{212121w v w v wv ≤≤≤=≤≤≤=≤≤≤+++S X u X S X u X S X u X n n n P P P P P P 其中第一个等式成立，因为n X X ,,1 和1+n X 独立；第二个等式成立，因为正态总体的样本均值和样本方差独立．从而1+n X －X 和2S 独立．于是，由服从t 分布的随机变量的典型模式，知统计量νχ2Ut =服从自由度为1-=n ν的t 分布．例6.29（样本均值和方差的独立性） 假设总体()2,1=i X i 服从正态分布()2,i i μN σ；1X 和2X 相互独立；由来自总体()2,1=i X i 的简单随机样本，得样本均值i X 和样本方差2i S ．(1) 利用正态总体样本均值和样本方差的性质，证明4个随机变量1X ,21S ,2X ,22S 相互独立．(2) 假设μμμ==21，证明()μαα=+2211X X E ，其中i α是统计量：()2,1 22212=+=i S S S i i α． 证明 (1) 由于（1X ,21S ）与（2X ,22S ）分别依赖于两个相互独立的样本，可见它们相互独立；此外，由于正态总体的样本均值和样本方差相互独立，可见1X 和21S 以及2X 和22S 分别相互独立．因此，对于任意实数v ,,,u t s ，有{}{}{}{}{}{}{}．；v vv≤≤≤≤=≤≤≤≤=≤≤≤≤222211222211222211 , , , , S u Xt S s X S u X t S s XS u X t S s X P P P P P P P从而1X ,21S ,2X ,22S 相互独立．(2) 由于1X ,21S ,2X ,22S 相互独立，可见1α和1X 以及2α和2X 相互独立．从而，有()()()．2121221122112211μααμααμαααααα=+=+=+=+=+E E E E E E E E E E X X X X X X 例6.30(F 分布分位数) 设),(21f f F α是自由度为),(21f f 的F 分布水平α上侧分位数，证明1),(),(12121=-f f F f f F αα．证明 设随机变量X 服从自由度为),(21f f 的F 分布，则随机变量X Y 1=服从自由度为),(12f f 的F 分布（例6.7）．因此，有．．，ααααα=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≤=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥=----),(1),(1),(11121121121f f F X f f F X f f F X P P P由此可见),(),(121121f f F f f F --=αα，即1),(),(12121=-f f F f f F αα．例5.15 设某商店一小时内到达的顾客数X 服从参数为2的Poisson 分布, 1021,,,X X X 是来自总体X 的简单随机样本.(1) 求),,,(1021X X X 的联合分布律; （2）求X 的分布律.解：),,,(1021X X X 的联合分律为(){}∏======101102211,,,i i in x XP x X x X x X P,!!!!21101101λλλλn n x i i xe x x x ex i ii-=-∑===∏n i x i ,2,1,10,,1,0==（2）先求21X X +的概率分布()()()∑===+===+mk K X m X X P k X P m X X P 0121121|()()()λλλλ-=--=∑∑-⋅=-===e k m ek k m X P k X P mk km km k 021!!() ,2,1,0,!2!202===-=-∑m e m Cem mmk k mkλλλλ即()λ2~21p X X +，从而可用数学归纳法证明()λ10~101P Xi i∑=即∑==1011i i X n X 的分布函数为() ,3,2,1,0,!1010101==⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=∑k e k n k X P k X P ki i λλ例5.16 设总体X 和Y 同服从)3,0(2N 分布, 而921,,,X X X 和921,,,Y Y Y 分别是取自总体X 和Y 的两个独立简单随机样本, 试证:统计量)9(~292929921t YY Y X X X Z ++++++=解：)9(~292929921t YY Y X X X Z ++++++=()1,0~33921N X X X ⋅+++ ,()9~3332229222221χY Y Y +++故)9(~292929921t YY Y X X X Z ++++++=例5.17 设1+n 21,,,X X X 是正态总体的简单样本，设∑==n i i X n X 11和=2n S ()∑=-n i X i X n 121（1） 试求])([))(1(2221∑=---ni i X X n μμ的分布. （2) 试求111+n +--n n S X X n的分布. 解：1+n 21,,,X X X 设他们的方差为2σ，期望为μ（1）()()()()()1~)(,1~,1,0~2222211----∑=n X X N X ni i χσμχσμσμ()1,1~)()(1)1(])([))(1(2222212221----=---∑∑==n F X X n X X n ni i ni i σμσμμμ(2) 1+n 21,,,X X X 设他们的方差为2σ，期望为μ因为()()1~,1,0~12221+n -+-n nS N nn X X nχσ()1~111221+n 1+n -+-=+--n t nS n n X X n n S X X n nσ例5.18 设921,,,X X X 和921,,,Y Y Y 分别是取自两个独立的正态总体),(21σμN 和),(22σμN 的随机样本, α和β是两个实数, 试求nmn m S n S m Y X Z nm 222221212)1()1()()(βαμβμα+-+-+--+-=的概率分布. 其中21,m S X 和22,n S Y 分别是两个总体的样本均值和样本方差.解：由正态样本总体均值与样本方差的抽样分布定理知()(),1~,1~,,~,,~222222212221--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n mS m mS n N Y m N X χσχσσμσμ 得 ()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+-n m N Y X 2221,0~σσμβμα()2~222221-++n m mS mS χσ由t 分布的定义知()2~-+n m t Z例5.19 设 4321,,,X X X X 是来自正态总体)4,0(N 的简单样本, 记243221)43(1001)2(201X X X X Y -+-=求EY 和DX .解： ()()()()02,2044442212121=-=⨯+=+=-X X E X D X D X X D()()()()043,10016943212143=-=+=-X X E X D X D X X D()()()(),1,0~10043,1,0~2024321N X X N X X --()()()()()()1~1004310043,1~20220222432432221221χχX X X X X X X X -=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛- 由2χ分布的可加性，得()2~)43(1001)2(2012243221χX X X X Y -+-=故()()4,2==Y D Y E例5.20 设n X X X ,,,21 为取自总体),(~2σμN X 的一个样本，求样本的二阶原点矩的期望与方差.解：n X X X ,,,21 为独立同分布的随机变量，∑==n i i X n A 1221()()()()()()221212122111σμ+=+==⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∑===n i i i n i i n i i X E X D n X E n X n E A E()()241212211n X D n X n D A D n i i n i i σ==⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑==例5.21 设2621,,,X X X 是总体),0(~2σN X 的一个样本，求概率))16((26112101αt XXP j ji i≤∑∑==解：()(),16~,1,0~102611222101∑∑==j ji iX N Xχσσ()16~16110261122101t X Xj ji i∑∑==σσ所以αα-=≤∑∑==1))16(104(26112101t XXP j ji i例5.22 设921,,,X X X 是总体),0(~2σN X 的一个样本，试确定σ的值，使)31(<<X P 为最大.例5.23 设n X X X ,,,21 为取自总体)2,(~2μN X 的一个样本，X 为样本均值，要使1.0)(2≤-μX E 成立，则样本容量n 至少应取多少?例5.24 设总体X 服从)4,(a N 分布,Y 服从)4,(b N 分布, 而921,,,X X X 和1621,,,Y Y Y 分别是来自X 和Y 的两个独立的随机样本, 记∑=-=9121)(i i X XW ,∑=-=16122)(j iY Y W ,其中∑==9191i i X X ,∑==161161i i X Y(1) 求常数C, 使9.0)||(2=<-C W b Y P ; (2) 求)038.6709.0(12<<W WP参考答案（样本与抽样分布部分）5.15 (1) ,1,0,!!!2),,,(20102110102211101=∑====-=j x x e x x x x X x X x X P i i(2) ,2,1,0,!10)10(10===-k k e k X P k 5.17 （1）)1,1(-n F （2）)1(-n t ，5.18 )2(-+n m t ，5.19 2; 45.20 n4222;σμσ+，5.21 α-1，5.223ln 6，5.23 40，5.24 (1) 0.1132; (2) 0.9。

《概率论与数理统计》习题及答案第 六 章1．某厂生产玻璃板，以每块玻璃上的泡疵点个数为数量指标，已知它服从均值为λ的泊松分布，从产品中抽一个容量为n 的样本12,,,n X X X ，求样本的分布.解 样本12(,,,)n X X X 的分量独立且均服从与总体相同的分布，故样本的分布为11221(,,,)()nn ni ii P X k X k X k P X k ======∏1!ik ni i ek λλ-==∏112!!!nii n k n ek k k λλ=-∑=0,1,i k =，1,2,,,i n = 2．加工某种零件时，每一件需要的时间服从均值为1/λ的指数分布，今以加工时间为零件的数量指标，任取n 件零件构成一个容量为n 的样本，求样本分布。

解 零件的加工时间为总体X ，则~()X E λ，其概率密度为,0,()0,0.xex f x x λλ-⎧>=⎨≤⎩于是样本12(,,,)n X X X 的密度为1121,0(,,,)0,.ni i ix nn x i n i ex f x x x eλλλλ=--=⎧∑⎪>==⎨⎪⎩∏其它 1,2,,i n = 3．一批产品中有成品L 个，次品M 个，总计N L M =+个。

今从中取容量为2的样本（非简单样本），求样本分布，并验证：当,/N M N p →∞→时样本分布为（6.1）式中2n =的情况。

解 总体~(01)X -，即(0),(1)L M P X P X NN====于是样本12(,)X X 的分布如下 121(0,0)1L L P X X N N -===⋅-，12(0,1)1L M P X X NN ===⋅-12(1,0)1M L P X X N N ===⋅-，121(1,1)1M M P X X NN -===⋅-若N →∞时M p N→，则1L p N→-，所以2002012(0,0)(1)(1)P X X p p p +-==→-=- 012112(0,1)(1)(1)P X X p p p p +-==→-=- 102112(1,0)(1)(1)P X X p p p p +-==→-=-2112212(1,1)(1)P X X p pp +-==→=-以上恰好是（6.1）式中2n =的情况.4．设总体X 的容量为100的样本观察值如下：15 20 15 20 25 25 30 15 30 25 15 30 25 35 30 35 20 35 30 25 20 30 20 25 35 30 25 20 30 25 35 25 15 25 35 25 25 30 35 25 35 20 30 30 15 30 40 30 40 15 25 40 20 25 20 15 20 25 25 40 25 25 40 35 25 30 20 35 20 15 35 25 25 30 25 30 25 30 43 25 43 22 20 23 20 25 15 25 20 25 30433545304530454535作总体X 的直方图解 样本值的最小值为15，最大值为45取14.5a =，45.5b =，为保证每个小区间内都包含若干个观察值，将区间[14.5,45.5]分成8个相等的区间。