数理统计课后答案-第六章

习题1

1.1 解：由题意95.01uxp可得：

95.0nnuxp

而1,0~Nuxn

这可通过查N(0,1)分布表，975.0)95.01(2195.0nnuxp

那么96.1n

2296.1n

1.2 解：(1)至800小时，没有一个元件失效，则说明所有元件的寿命>800小时。

2.10015.08000015.00800|e0015.0800eedxxpxx

那么有6个元件，则所求的概率2.762.1eep

(2)至300小时，所有元件失效，则说明所有元件的寿命<3000小时

5.4300000015.0300000015.001|e0015.03000eedxxpx

那么有6个元件，则所求的概率65.41ep

解: (1) 123{(,,)|0,1,2,,1,2,3}kxxxxk 因为~()iXP,所以 112233{,,}PXxXxXx

112233{}{}{}PXxPXxPXx1233123!!!xxxexxx

其中,0,1,2,,1,2,3kxk

(2) 123{(,,)|0;1,2,3}kxxxxk

因为~()iXExp,其概率密度为,0()0,0xexfxx

所以, 123(,,)3123(,,)xxxfxxxe,其中0;1,2,3kxk

(3) 123{(,,)|;1,2,3}kxxxaxbk

因为~(,)iXUab,其概率密度为1,()0,|axbfxbaxaxb

第1章习题解案 总5页第1页

第一章 随机事件与概率

（一）基本题答案

1、（1）

}3,2,1,0{

1=Ω （2）

nn/{},2,1{

2==󰀢Ω是正整数}

（3） （4）

}1|),{(22

3<+=yxyx

Ω}20{

4≤≤=Ωxx

（5）

}21,,4,3,2{

5󰀢=Ω （7）

},2,1,0{

7󰀢=Ω

（6）}0,0,0,1|),,{(

6>>>=++=Ωzyxzyxzyx

2、（1

）

CAB （2） （3）

)(CBA∪CBA∪∪

（4

）

CBACBACBA∪∪ （5） （6）

ACBCAB∪

∪CBA∪∪

（或

ABC）

3、

zABPABPBAP−=−==1)(1)()(∪

zyABPBPABBPBAP−=−=−=)()()()(

()()()()1()1PABPAPBPABxyyzxz=+−=−+−−=−+∪

()()1()1[()()()]1PABPABPABPAPBPABxyz==−=−+−=−−∪∪+

4

、()()()(PABPAABPAPAB=−=−)

()[()()()]

()()0.60.30.3PAPAPBPAB

PABPB=−+−

=−=−=∪

∪

5

、

))((1)(1)(BAAPABPABP−−−=−=

6.03.07.01)()(1=+−=−+−=BAPAP

6

、

)(1)()(CBAPCBAPCBAP∪∪∪∪−==

1[()()()()()()()]

1111117

1(00)

4449936PAPBPCPABPACPBCPABC=−++−−−+

=−++−−−+=

7、

)()()()()()()()(ABCPBCPACPABPCPBPAPCBAP+−−−++=∪∪

85

00

81

0

41

41

41

=+−−−++=

8

、因

))()()((BABABABA∪∪∪

∪φ

===BBBAABAA))((∪∪

所以

0)()})()()({(==φ

PBABABABAP∪∪∪∪

9、七个字母任意排有7！种排法，且每一排法的可能性相同，这是一个古典概型问题，

2011智轩考研数学基础班讲义

1 第六章 数理统计的基本概念【数学1，3】

数理统计是以概率论为理论基础，根据试验或观察得到的数据，来研究随机现象，对研究对象的客

观规律性作出种种合理的估计和判断。概率论中研究的随机变量分布都是假设已知的，进而研究随机变

量的性质、特点和规律，而数理统计中研究的随机变量分布是未知或不完全知道的，人们是通过对所研

究的随机变量进行重复独立的观察，得到许多观察值，对这些数据进行分析，从而推断随机变量的分布。

一、总体和样本

如检测产品的某一项数量指标（如研究100瓦灯泡的寿命）。需要检测的全体产品称为总体（如60000

个100瓦的灯泡，也可以是无限个），记为X，总体中的每一元素称为样品或个体（如一个100瓦灯泡）。

我们没有必要把全部60000个灯泡都测试，所以，需要从总体（60000个灯泡）中随机抽取n个样品（如

取50个灯泡）组成样本，称为抽样，n称为样本容量，由于抽取的50各灯泡相对于60000个灯泡很小，

故放回与不放回抽样的区别可以忽略，则样本能够看成是n个相互独立且分布相同的随机变量（ 以后简

称 “独立同” ），记为()

1250, ,, XXXL，即50维随机变量，称为简单随即样本。显然，测试前，

()

1250, ,, XXXL就是一个50维随机变量，测试完成后，()

1250, ,, XXXL就对应有一组具体值

()

1250, ,, xxxL，称为样本观察值，即样本值。

注意()

1250, ,, XXXL是一次所选择的需要测试的灯泡，是随机抽取的，对应于每一次的

()

1250, ,, XXXL，而测试样本值()

1250, ,, xxxL是确定的，每次抽取了50个全部测试一次，至于究竟

需要抽取多少次，则由测试要求决定。

如抽取样本（12,,,

nXXX…）10次，每次就相当于一个50维随机向量，10个随机向量称样本空间，

记为W，一次测试所得的一组样本观察值()

概率论与数理统计第六章课后习题及参考答案

1．已知总体X～),(2N，其中2已知，而未知，设1X，

2X，

3X是取

自总体X的样本．试问下面哪些是统计量？

(1)

321XXX；(2)3

1X；(3)22

2X；(4)2

1X；

(5)},,max{

321XXX；(6)2

21XX；(7)

3

122

iiX

；(8)2X．

解：(1)(3)(4)(5)(6)(7)是，(2)(8)不是．

2．求下列各组样本值的平均值和样本差．

(1)18，20，19，22，20，21，19，19，20，21；

(2)54，67，68，78，70，66，67，70．

解：(1)9.19)21201919212022192018(101

10110

1

iixx；

43.1)(

9110

122

iixxs．(2)5.67)7067667078686754(

101

818

1

iixx；

018.292)(

718

122

iixxs．

3．(1)设总体X～)1,0(N，则2X～)1(2．

(2)设随机变量F～),(

21nnF，则

F1

～),(12nnF．

(3)设总体X～),(2N，则X～),(2

nN，2

2)1(Sn

～)1(2n，

nSX

/～)1(nt．

(4)设总体X～)10(2，Y～)15(2，且X与Y相互独立，则)(YXE25，

)(YXD50．

4．设随机变量X与Y都服从标准正态分布，则(C)A．YX服从正态分布B．22YX服从2分布

C．2X与2Y均服从2分布D．22

YX

服从F分布

5．在总体X～)3.6,52(2N中随机抽取一容量为36的样本，求样本平均值X落在

8.50到8.53之间的概率．

解：因为X～)3.6,52(2N，即52，223.6，因为36n，222

05.1

363.6

n

，所以X～)05.1,52(2N．由此可得