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概率论与数理统计课后习题集及答案详解

来源：年旅网

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P(AB)0.9,P(ABC)0.97,则P(ABC)____. 解.

P(ABC)P(ABABC)P(AB)P(ABC)1P(AB)1P(ABC)

=P(ABC)－P(AB)= 0.97－0.9 = 0.07

2. 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. A{二件产品中有一件是不合格品}, B{二件都是不合格品}

2c42c10P(AB)P(B)1 P(B|A)2c6P(A)P(A)512c10注意: {二件产品中有一件是不合格品}={二件产品中恰有一件是不合格品} +{二件都是不合格品} 所以AB,ABB; A{二件都是合格品} 3. 随机地向半圆0y2axx2(a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轴的夹角小于解. 假设落点(X, Y)为二维随机变量, D为半圆. 则

的概率为______. 4122a1, k为比例系数. 所以k2 2a假设D1 = {D中落点和原点连线与x轴夹角小于的区域}

42121211(aa). P((X,Y)D1)kD1的面积2a422 P((X,Y)D)k4. 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AB的概率P(AB) = ______.

解. P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.4 + 0.3－0.6 = 0.1

P(AB)P(A)P(AB)0.40.10.3.

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Ai事件表示第i台机器运转不发生故障(i = 1, 2, 3). 则 P(A1) = 0.9, P(A2) = 0.8, P(A3) = 0.7,

P(A1A2A3)P(A1A2A3)1P(A1A2A3)1P(A1)P(A2)P(A3) =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, 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)

31232233 =0.7c30.40.60.7c30.40.60.70.4

1212123123+c30.30.7c30.60.4c30.30.70.4c30.70.30.4

= 0.148176 + 0.098784 +0.021952 + 0.127008 + 0.028224 + 0.012096 = 0.43624.

9. 三人破译一密码, 他们能单独译出的概率分别为_____.

解. 设A, B, C表示事件甲, 乙, 丙单独译出密码., 则P(A)111,,, 则此密码被译出的概率534111,P(B),P(C). 534P(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) =

1111111111113. 53453345345

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”

2. 设A, B, C是三个事件, 与事件A互斥的事件是

(A) ABAC (B) A(BC) (C) ABC (D) ABC 解. A(ABC)AABC, 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)P(AB)P(BA)1. 4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相互的充要条件为

(A) A + B =  (B) P(AB) = P(A)P(B) (C) AB =  (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. P(A|B)P(AB)P(A)P(A) (当B = 时等式成立). (B)是答案.

P(B)P(B)7. 已知 0 < P(B) < 1, 且P[(A1 + A2)|B] = P(A1|B) + P(A2|B), 则下列选项必然成立的是 (A)P[(A1A2)|B]P(A1|B)P(A2|B) (B) P(A1B +A2B) = P(A1B) +P(A2B)

(D) P(B) = P(A1)P(B|A1) + P(A2)P(B|A2)

解. 由P[(A1 + A2)|B] = P(A1|B) + P(A2|B)得到

P[(A1A2)B]P(A1B)P(A2B), 所以P(A1B +A2B) = P(A1B) +P(A2B). (B)是

P(B)P(B)P(B)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)

50491c95c95c =505050.2794

c100c1002. 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}

3c106724 P(A) =3, P(A) = 1－P(A) =

91c15913. 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 20

6817 8020123ii. P(男生|北京学生) =

20512iii. P(北京男生) =

10012iv. P(女生|非北京学生) =

8032v. P(免修英语男生) =

100i. P(不是北京|男生) =

4．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Bi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

i3i3c9c3c9P(Bi)3, P(A|Bi)3i

c12c12i3i3c9cc1033123213303P(A)P(Bi)P(A|Bi)3329i32(c9c3c9c9c3c8c9c3c7c9c3c6)

(c12)(c12)i0i033

17056(118493563633584120)0.146 2(220)4840084120P(A|B3)P(B3)5(220)2ii. P(B3|A)

7056P(A)21484005. 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) N1nNm NM1nmNM1mnn(N1)Nm

(NM1)(m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) =解. P(X0)1P(X1)1 (1p)25, 则P(Y  1) = _________. 9 9941, p 933192 P(Y1)1P(Y0)1

3272. 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c = ______. 解. 11352, 则,,,2c4c8c16c135232,c2 2c4c8c16c16c3. 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(x1 < X  x2) = ________.

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(x1 < X  x2) = F(x2)－F(x1)

4. 设k在(0, 5)上服从均匀分布, 则4x4kxk20有实根的概率为_____.

10k5解. k的分布密度为f(k)5

其它0 P{4x4kxk20有实根} = P{16k16k320} = P{k －1或k  2} =5. 已知P{Xk}2213 dk2555ab,P{Yk}2(k = 1, 2, 3), X与Y, 则a = ____, b = ____, 联kk合概率分布_____, Z = X + Y的概率分布为_____. 解. aaa6bb36 1,a. b1,b23114949

(X, Y)的联合分布为

Y X －1 －2 －3 ab abab 49ababab 2818ababab 31227－2 －1 0 1 2 24 66 251 126 72

1 2 3

Z = X + Y P ab = 216, 1 539ab24 9 P(Z2)P(X1,Y3)P(X1)P(Y3) P(Z1)P(X2,Y3)P(X1,Y2)66

 P(Z0)P(X3,Y3)P(X2,Y2)P(X1,Y1)251 P(Z1)P(X2,Y1)P(X3,Y2)126

@;6

P(Z2)P(X3,Y1)P(X3)P(Y1)

ab72 30x,ycsin(xy)6. 已知(X, Y)联合密度为(x,y) 4, 则c = ______, Y的边

0其它缘概率密度Y(y)______.

/4/4解.

csin(xy)dxdy1,00c21

(21)sin(xy)0x,y 所以(x,y) 4

0其它当 0y Y(y)4时

(x,y)dx04(21)sin(xy)dx(21)(cosycos(y))

4所以

(21)(cosycos(y))0yY(y) 44

其它01及直线y0,x1,xe2围成, 二维随机变量(X, Y)在D上x7. 设平面区域D由曲线y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 =

e211dx2. 所以二维随机变量(X, Y)的密度为: x1(x,y)D (x,y)2

其它0下面求X的边沿密度:

当x < 1或x > e2时 X(x)0 当1  x  e2时 X(x)(x,y)dy1x0111dy, 所以X(2). 22x48. 若X1, X2, …, Xn是正态总体N(, 2)的一组简单随机样本, 则

X1(X1X2Xn)服从______. n解. 正态分布随机变量的线性函数服从正态分布.

1n1n1n1 EXiE(Xi), DXi2ni1ni1ni1n所以 X~N(,D(X)ii1n2n

2n)

9. 如果(X, Y)的联合分布用下列表格给出, (X, Y) (1, 1) (1, 2) (1, 3) (2, 1) (2, 2) (2, 3) P 1111   69183且X与Y相互, 则 = ______,  = _______.

解.

Y 1 2 X 3 1 2 P(X2)1/6 1/9 1/18 1/3   111111,P(Y2),P(Y3),P(Y1) 39186322P(Y1)P(Y2)P(Y3)1

311P(X2,Y2)P(X2)P(Y2)()()39 

11P(X2,Y3)P(X2)P(Y3)()()3181129两式相除得, 解得 2, ,.

1991810. 设(X, Y)的联合分布律为

Y X －2 －1 0 1 122 1213 12121 0 12 －1 1 2

@;8

22 0 1212则 i. Z = X + Y的分布律 ______. ii. V = X－Y的分布律______.

iii. U= X2 + Y－2的分布律_______. 解.

X + Y －3 －2 －1 －3/2 －1/2 1 3 P X－Y 1/12 1/12 3/12 2/12 1/12 2/12 2/12 －1 0 1 3/2 5/2 3 5 P 3/12 1/12 1/12 1/12 2/12 2/12 2/12 X2 + Y－2 －15/4 －3 －11/4 －2 －1 5 7 P 2/12 1/12 1/12 1/12 3/12 2/12 2/12

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

0x2x001(A)F(x) 2x0, (B) F(x)sinx 0x

12x0x2x00x0011(C) F(x)sinx 0x/2, (D) F(x)x 0x

231x/211x2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. P(Xk)cek/k!(k0,2,4,)是随机变量X的概率分布, 则, c 一定满足

(A)  > 0 (B) c > 0 (C) c  > 0 (D) c > 0, 且  > 0 解. 因为P(Xk)cek/k!(k0,2,4,), 所以c > 0. 而k为偶数, 所以可以为负.

所以(B)是答案.

3. X～N(1, 1), 概率密度为(x), 则

(A)p(X0)P(X0)0.5 (B)(x)(x),x(,) (C) p(X1)P(X1)0.5 (D) F(x)1F(x),x(,) 解. 因为E(X) =  = 1, 所以p(X1)P(X1)0.5. (C)是答案.

4. X, Y相互, 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

@;9

(A) (X, Y) (B) X + Y (C) X2 (D) X－Y 解. X～(x)

100x1其它, Y～(y)

100y1其它. 所以

(X, Y)～(x,y)

100x,y1其它.所以(A)是答案.

0x0x5. 设函数F(x) 0x1则

2x11(A) F(x)是随机变量X的分布函数. (B) 不是分布函数.

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是相互的两个随机变量, 它们的分布函数为FX(x),FY(y), 则Z = max(X, Y)的分布函数是

(A) FZ(z)= max{FX(z),FY(z)} (B) FZ(z) = max{|FX(z)|,|FY(z)|} (C) FZ(z)= FX(z)FY(z) (D) 都不是

解. FZ(z)P(Zz)P{max(X,Y)z}P{Xz且Yz} 因为P(Xz)P(Yz)FX(z)FY(z). (C)是答案.

7. 设X, Y是相互的两个随机变量, 其分布函数分别为FX(x),FY(y), 则Z = min(X, Y)的分布函数是

(A) FZ(z)= FX(z) (B) FZ(z)= FY(z)

(C) FZ(z)= min{FX(z),FY(z)} (D) FZ(z)= 1－[1－FX(z)][1－FY(z)] 解. FZ(z)P(Zz)1P(Zz)1P{min(X,Y)z}1P{Xz且Yz} 因为1[1P(Xz)][1P(Yz)]1[1FX(z)][1FY(z)] (D)是答案.

8. 设X的密度函数为(x), 而(x)1, 则Y = 2X的概率密度是 2(1x)(A)

2111arctany (B) (C) (D)

(14y2)(4y2)(1y2)

解. FY(y)P(Yy)P{2Xy}P(X'yy)FX() 22yy1112' Y(y)[FY(y)]FX()X() 2y2222(4y)1()22(B)是答案.

x0,y0e(xy)XY9. 设随机变量(X, Y)的联合分布函数为(x,y) , 则Z2其它0的分布密度是

xy1(xy)x0,y0x0,y0ee2(A) Z(Z)2 (B) Z(z)

其它其它001z4ze2zz0z0e(C) Z(Z) (D) Z(Z)2

z0z000XY是一维随机变量, 密度函数是一元函数, 排除(A), (B). 211 ezdz, 所以(D)不是答案. (C)是答案.

022解. Z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

FZ(z)0

当z  0时

FZ(z)P(Zz)P(XYz)P(XY2z)(x,y)dxdy 2xy2z =

2z02zxeeydydx2ze2ze2z1 0x'Z4ze2zz0 Z(z)F(z) , (C)是答案.

z0010. 设两个相互的随机变量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, 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:

FY(y)P(Yy)P(min(X,2)y)1P(min(X,2)y) 当y  2时

FY(y)1P(min(X,2)y)101 当0  y < 2时

FY(y)1P(min(X,2)y)1(Xy,2y) 1P(Xy)P(Xy)1e当y < 0时

FY(y)1P(min(X,2)y)1(Xy,2y) 1P(Xy)P(Xy)0

y

1y2y于是 FY(y)1e 0y2 只有y = 2一个间断点, (D)是答案.

0y0

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) = (0.1)i10.9, 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) = (0.1). 于是分布律为

X 1 2 3 4 5 p 0.9 0.09 0.009 0.0009 0.0001 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Ai表示第i次取出正品(i = 1, 2, 3, …) i. 每次取出的产品不放回 X 1 2 3 4 p 4103102312310    121311121311121313

@;12

P(X1)P(A1)10 13103 1213P(X2)P(A2A1)P(A2|A1)P(A1)P(X3)P(A1A2A3)P(A3|A2)P(A2|A1)P(A1)1023 111213123P(X4)P(A4|A3)P(A3|A2)P(A2|A1)P(A1)1

111213

ii. 每次抽取后将原产品放回

X 1 2 … k … p 10310  131313313k13 … 13k1

P(Xk)p(A1Ak13Ak)P(A1)P(Ak1)P(Ak)1310, (k = 1, 2, …) 13

iii. 每次抽取后总以一个正品放回 X 1 2 3 4 103113212123   1 13131313131313131310 P(X1)P(A1)13113P(X2)P(A2A1)P(A2|A1)P(A1)

1313p 1223 131313123P(X4)P(A4|A3A2A1)P(A3|A2A1)P(A2|A1)P(A1)1

131313P(X3)P(A1A2A3)P(A3|A2A1)P(A2|A1)P(A1)c|x|1113. 随机变量X的密度为(x)1x2 , 求: i. 常数c; ii. X落在(,)内

22其它0的概率. 解. 1(x)dx11c1x2dx2carcsinx|102c1dx1x222c,c1

P(X(1/2,1/2))4. 随机变量X分布密度为

1/21/2/2arcsinx|1021 63@;13

0x1x2|x|1i. (x)1x2 , ii. (x)2x 1x2

其它00其它求i., ii的分布函数F(x).

解. i. 当x  1时 F(x)x(t)dt0dt0

x当－1< x < 1时 F(x)当x  1时 F(x)x(t)dt(t)dtx1221t2dtx1x21arcsinx1 2x111t2dt1

0x111x所以 F(x)1x2arcsinx 1x1

2x11ii. 当x < 0时 F(x)x(t)dt0dt0

x当0  x < 1时 F(x)x(t)dtx0x2tdt

2当1  x < 2时 F(x)当2  x时 F(x)x(t)dttdt01x1x2(2t)dt2x1

2x(t)dttdt(2t)dt1

01120x02x2所以 F(x) 0x1 2x2x11x22x21

5. 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

(x20)21exp (x), － < x < + 3200402

试求: i. 测量误差的绝对值不超过30的概率;

ii. 接连测量三次, 至少有一次误差的绝对值不超过30的概率.

(x20)21解. 因为(x), － < x < +, 所以X～N(20, 402). exp3200402i. P(|X|30)P30X30P1.25X200.25 40 (0.25)(1.25)(0.25)(1(1.25)(0.25)(1.25)1 0.59870.441= 0.4931.

(其中(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) =1(0.4931)10.120.88 6. 设电子元件的寿命X具有密度为

3100100x (x)x2

x1000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?

100100x解. X的密度(x)x2 . 所以

x10001001. dx100x2312令p = P(X  150) = 1－= .

33 P(X150)1508 2713ii. P(150小时内三只元件全部损坏) =(1p)

27i. P(150小时内三只元件没有一只损坏) =p34112iii. P(150小时内三只元件只有一只损坏) =c3 339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.

25d61解. 直径D的分布密度为(d)

0其它假设

XD24, X的分布函数为F(x).

F(x)P(Xx)P(D2x)

当x  0时, F(x) = 0 当x > 0时

4xF(x)P(Xx)P(Dx)PD24x 当

4x5,即x25时 4 F(x) = 0 当54x6,即25x9时

4xF(x)P(Xx)P(D2x)PD4x4x  =

51dt4x5

当 x > 9时 F(x)x(t)dtdt1

560254xx9 所以 F(x)5 4x91125x9密度(x)F'(x)x 4

0其它8. 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2

Y 1 2 3 Y 1 2 3 P(Y|X = 0)

x254111111 P(Y|X = 1) 424263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 0 1 p (X, Y)的联合分布为

0.4 0.6 @;16

Y X 0 1 1 2 3 0.1 0.2 0.1 0.3 0.1 0.2 130.3 2513 P(X1,Y2)P(Y2|X1)P(X1)0.1

6513 P(X1,Y3)P(Y3|X1)P(X1)0.2

3512 P(X0,Y1)P(Y1|X0)P(X0)0.1

4512 P(X0,Y2)P(Y2|X0)P(X0)0.2

2512 P(X0,Y3)P(Y3|X0)P(X0)0.1

45 P(X1,Y1)P(Y1|X1)P(X1)所以Y的分布律为

Y p 1 2 3 0.4 0.3 0.3 P(X0|Y1)P(X0,Y1)0.30.5

P(Y1)0.6P(X1,Y1)0.30.5

P(Y1)0.60 1 0.5 0.5 P(X1|Y1)所以

X|Y 1 p

9. 设随机变量X与Y相互, 并在区间[0, 9]上服从均匀分布, 求随机变量Z密度.

X的分布Y110x90y9解. X～X(x)9 , Y～Y(x)9

其它其它00因为X, Y相互, 所以(X, Y)联合密度为

10x,y9Y (X, Y)～(x,y)81 , FZ(z)P(Zz)P(z)

X其它0当 z  0时

FZ(z)0 当 0 < z < 1时 y = xz (z < 1)

@;17

FZ(z)P(Zz)P(当z  1时

Y1111z)P(YXz)dxdy99zz X818122D1Y1z)P(YXz)dxdy X81D2FZ(z)P(Zz)P( 111(8199z)1 y = zx (z > 1) 8122zz00所以 Z(z)FZ'(z)1 0z1 D2 2z1122z10. 设(X, Y)的密度为

(x,y)24y(1xy)x0,y0,xy1 其它011), ii. Y(y),(x|y),(x|y) 22求: i.X(x),(y|x),(y|x解. i.

X(x)(x,y)dy

当x  0 或 x  1时

X(x)(x,y)dy0

当0 < x < 1时

X(x)(x,y)dy1x024y(1xy)dy4(1x)3

0x14(1x)3所以 X(x)

其它06y(1xy)x0,y0,xy1(x,y)所以 (y|x) (1x)3X(x)其它010y24y(12y)1所以 (y|x) 2

02其它ii.

Y(y)(x,y)dx

当y  0 或 y  1时

Y(y)(x,y)dx0

当0 < y < 1时

Y(y)(x,y)dx1y024y(1xy)dx12y(1y)2

0y112y(1y)2所以 Y(y)

其它0(x,y)所以 (x|y)(1y)2Y(y)02(1xy)

x0,y0,xy1其它

10x14(12x)所以 (x|y) 2

20其它

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, D(X) = 2, D(Y) = 4, D(2X－Y) = _______. 解. D(2X－Y) = 4D(X) + D(Y) = 12

2. 已知随机变量X～N(－3, 1), Y～N(2, 1 ), 且X与Y相互, 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Xi表示第i颗骰子的点数(i = 1, 2, …, n). 则 E(Xi) = 1n111726 (i = 1, 2, …, n) 6662nn又设XXi, 则E(X)E(Xi)E(Xi)i1i1i17n 24. 设离散型随机变量X的取值是在两次试验中事件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. X~B(2,p), 所以E(X) = 0.9 = 2p. p = 0.45, q = 0.55 D(X) = 2pq = 2×0.45×0.55 = 0.495.

X015. 设随机变量X在区间[－1, 2]上服从均匀分布, 随机变量Y0 X0, 则方差

1X0D(Y) = _______.

11x2解. X～(x)3

其它0Y的分布律为 Y p 1 0 －1 2/3 0 1/3 因为 P(Y1)P(X0)12 dx0332 P(Y0)P(X0)0

11dx133

211218222于是 E(Y), E(Y)1, D(Y)E(Y)[E(Y)]

333339 P(Y1)P(X0)03106. 若随机变量X1, X2, X3相互, 且服从相同的两点分布0.80.2, 则XXi服

i1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 = 0.48

7. 设X和Y是两个相互的随机变量, 且X～N(0, 1), Y在[－1, 1]上服从均匀分布, 则

cov(X,Y)= _______.

解. 因为X和Y是两个相互的随机变量, 所以cov(X,Y)= 0.

8. 设X和Y是两个相互的随机变量, 其概率密度分别为:

(x)0x12x , 0其它y5e(y5) , 则E(XY) = ________. (y)其它0解. E(X)x(x)dxx2xdx012 3E(Y)y(y)dy5ye(y5)dy6

因为X和Y是两个相互的随机变量, 所以E(XY) = E(X)E(Y) = 4

9. 若随机变量X1, X2, X3相互, 其中X1在[0, 6]服从均匀分布, X2服从正态分布N(0, 22), X3服从参数 = 3的泊松分布, 记Y = X1－2X2 + 3X3, 则D(Y) = ______. 解. D(Y)D(X12X23X3)D(X1)4D(X2)9D(X3)

62449346 =12

@;20

二. 单项选择题

1. 设随机变量X和Y同分布, 记U = X－Y, V = X + Y, 则U和V必然 (A) 不 (B) (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. E(UV)E(X)E(Y)0.

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

Y 0 1 2 X 0 0.1 0.05 0.25 1 0 0.1 0.2 2 0.2 0.1 0 (A) X与Y不 (B) X与Y (C) X与Y不相关 (D) X与Y彼此且相关解. 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: x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, 且E(X) = 2.3, E(X2) = 5.9, 则x1, x2, x3所对应的概率为

(A) p1 = 0.1, p2 = 0.2, p3 = 0.7 (B) p1 = 0.2, p2 = 0.3, p3 = 0.5 (C) p1 = 0.3, p2 = 0.5, p3 = 0.2 (D) p1 = 0.2, p2 = 0.5, p3 = 0.3

解. E(X)x1p1x2p2x3p3p12p23(1p1p2)32p1p22.3 2p1p20.7

E(X2)x1p1x2p2x3p3p14p29(1p1p2)5.9 8p15p23.1

解得 p1 = 0.2, p2 = 0.3, p3 = 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

X p 6 9 12 7/15 7/15 1/15 222223c87P(X6)P(三张都是二元)3

c101521c8c7P(X9)P(二张二元,一张五元)32

c1015

@;21

12c8c1P(X9)P(一张二元,二张五元)32

c1015E(X)67719127.8. (C)是答案. 1515155. 设随机变量X和Y服从正态分布, X～N(, 42), Y～N(, 52), 记P1 =P{X  －4}, P2 = P{Y

  + 5}, 则

(A) 对任何, 都有P1 = P2 (B) 对任何实数, 都有P1 < P2 (C) 只有的个别值, 才有P1 = P2 (D) 对任何实数, 都有P1 > P2 解. P1 = {X  －4} =PX1(1)1(1)

4P2 = {Y   + 5} =PYY11P11(1)

55(其中(x)为N(0, 1)的分布函数). 所以(A)是答案.

6. 随机变量 = X + Y 与 = X－Y不相关的充分必要条件为

(A) E(X) = E(Y) (B) E(X2)－E2(X) = E(Y2)－E2(Y) (C) E(X2) = E(Y2) (D) E(X2) + E2(X) = E(Y2) + E2(Y) 解. cov(, ) = E()－E()E()

E() =E[(XY)(XY)]E(X)E(Y) E()E() = [E(X)+E(Y)][E(X)－E(Y)] = E(X)E(Y) 所以(B)是答案.

三. 计算题

2222ak1. 设X的分布律为P(Xk), k = 0, 1, 2, …, a > 0, 试求E(X), D(X).

(1a)k1kak1a解. E(X)kP(Xk)kk1(1a)a1ak0k1k1k1

'令 f(x)kxk0k1x2kxk1k1xx22k2 xxx21x(1x)k1'a2a1(1a)2f()a2, 所以E(X)a2a.

a21aa(1)1ak2akakE(X)kP(Xk)(k11)k k1k1(1a)k0k1(1a)k122

akak1akk(k1)ka (k1)kk1k1k(1a)(1a)1a(1a)k1k1k1令 f(x)(k1)kxk0kx(k1)kxk1k1x22xk1xxx 31x(1x)k1''''2aa1af()2a(1a)2,

a31a(1)1a12所以E(X)2a(1a)2aa2a2.

1aD(X)E(X2)[E(X)]2a2a2a2aa2.

22|x|cosx2. 设随机变量X具有概率密度为(x) 2, 求E(X), D(X).

其它0解. E(X)x(x)dx222x2cos2xdx0

 D(X)E(X)[E(X)]222x22cos2xdx

22021cos2x21xdx 212223. 设随机变量X和Y的联合概率分布为 (X, Y) P(X=x, Y=y) 求Esin解. sin(0, 0) 0.10 (0, 1) 0.15 (1, 0) 0.25 (1, 1) 0.20 (2, 0) 0.15 (2, 1) 0.15 (XY)2. (XY)2的分布律为 sin (X + Y)/2 p 0 1 －1 0.45 0.40 0.15 (XY)Esin00.4510.40(1)0.150.25 2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, 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

@;23

已通过的路口的个数, 求: i. X的概率分布, ii. E11X 解. 假设X为该汽车首次遇到红灯已通过的路口数

X p 0 1 2 3 1/2 1/22 1/23 1/23 P(X = 0) = P{第一个路口为红灯} =

1 21112 2221 P(X = 0) = P{第一,二路口为绿灯, 第三个路口为红灯} =3

21 P(X = 0) = P{第一, 二, 三路口为绿灯} =3

2 P(X = 1) = P{第一个路口为绿灯, 第二个路口为红灯} = E11111111167 2331X122232429625. 设(X, Y)的分布密度

4xye(x (x,y)0求E(X2Y2). 解. E(XY)22y2)

x0,y0其它

x2y2(x,y)dxdyx0y02x2y24xye(x2y2)dxdy

 20cossind0r4r2errdr3 46. 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.

110xl0yl X～(x)l , Y～(y)l

其它其它00(X, Y)的联合分布为

10x,yl2 (x)l .

其它0又设Z = |X－Y|, D1={(x, y): x > y, 0  x, y  l}, D2={(x, y): x  y, 0  x, y  l}

E(Z)|xy|(x,y)dxdy(xy)D111dxdy(yx)dxdy 22llD2

@;24

1 2l1 2l21[(xy)dy]dx00l2lx[0ly0(yx)dx]dy

x21dx02l2ll0y2ldy 231E(Z)(xy)(x,y)dxdy2l2l2(xy)dxdy 60xl20yll2l2l2D(Z)E(Z)[E(Z)]

6918221|x|e,(x), 求E(X), D(X). 211|x|解. E(X)x(x)dxxedxtx(t)e|t|dt

221|t|1|t|t =tedt+edtedt

02211E(X2)x2(x)dxx2e|x|dxtx(t)2e|t|dt

227. 设随机变量X的分布密度为(x) =

0tedt+2t02edt22t0etdt22

所以 D(X)E(X)[E(X)]22

221x2y218. 设(X, Y)的联合密度为(x,y) , 求E(X), D(Y), (X, Y).

其它0解. E(X)x(x,y)dxdy11x2y21xdxdy0

E(Y)2y(x,y)dxdyx2y21ydxdy0

2E(X) E(Y)2x(x,y)dxdy211xy1xdxdy22120cosdr3dr0211 41 4y2(x,y)dxdyx2y212ydxdy120sin2dr3dr01E(XY)xy(x,y)dxdy1x2y21xydxdy0

D(X)E(X2)[E(X)]21122, D(Y)E(Y)[E(Y)] 44

XYE(XY)E(X)E(Y)0.

D(X)D(Y)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)

P(X0)(0.8)0.33, P(X1)50.2(0.8)0.41

223 P(X2)c50.2(0.8)0.20, P(X3)10.330.410.200.06

又设Y为该企业的利润, Y的分布律为 Y 10 5 0 －2 p 0.33 0.41 0.20 0.06 E(Y) = 10×0.33 + 5×0.41 + 0×0.20 + (－2)×0.06 = 5.23(万元)

10. 两台相互的自动记录仪, 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f(t)、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:

5e5x X,Y~f(x)0 X、Y相互, 且 T = X + Y.

x0 x025e5(xy), X、Y的联合密度: f(x,y)0,x0,y0

关于T的分布函数: FT(t)P{Tt}P{XYt} 当 t0时

FT(t)P{Tt}P{XYt} 当 t0时

FT(t)P{Tt}P{XYt}xytxytf(x,y)dxdy

f(x,y)dxdy0dxdy0

xytxytf(x,y)dxdy25exytx0,y05(xy)dxdy

25t0e5xdxtx0e5ydy5e5x(e5y)|t0xdx1e5t5te5t

0t1e5t5te5t, 所以 FT(t)0,t0 t0

@;26

25te5t, 所以T的概率密度: fT(t)[FT(t)]'0, 所以 E(T) 所以

224235t D(T)E(T)[E(T)]tfT(t)dt()25tedt 052525222t0 t0tfT(t)dt250t2e5tdt2 5

第四章大数定律和中心极限定理

一. 填空题

nnn2. 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)－2XY所以 P(|XY|6)

二. 选择题

1. 设随机变量X1,X2,,Xn相互, SnX1X2Xn, 则根据列维－林德伯格(Levy-Lindberg)中心极限定理, Sn近似服从正态分布, 只要X1,X2,,Xn ( 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X1,X2,,Xn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:

D(X)D(Y)= 1 + 4－2×0.5×1×2 = 3

D(XY)31 623612

limPnX4000.021x24000.020.98xet22dt(x)

所以 P(X2)1P(X1)1PX87

4000.020.984000.020.98  1－(－2.5) = (2.5) = 0.9938.

2. 设供电网中有10000盏灯, 夜晚每一盏灯开着的概率都是0.7, 假设各灯开、关时间彼此无关, 计算同时开着的灯数在6800与7200之间的概率.

解. 假设X表示10000盏灯中开着的灯数, 所以X～B(10000, 0.7) 由棣莫佛－拉普拉斯定理:

X7000 limPxn100000.30.7所以 P(6800X7200)

12xet22dt(x)

P68007000X700072007000

100000.30.7100000.30.7100000.30.7  (4.36)－(－4.36) = 2(4.36)－1 = 2×0.999993－1 = 0.999.

第五章数理统计的基本概念

一. 填空题

1. 设X1, X2, …, Xn为来自总体N(0, C=___.

n2), 且随机变量YC(X)ii1n2~2(1), 则常数

解.

Xi1Xini~ N(0, n2),

i1n~N(0,1)

所以

c1,nc1n2.

222. 设X1, X2, X3, X4来自正态总体N(0, 22)的样本, 且Ya(X12X2)b(3X34X4),

则a = ______, b = ______时, Y服从2分布, 自由度为______. 解. X1－2X2～N(0, 20), 3X3－4X4～N(0, 100)

3X34X4X12X2~N(0,1), ~N(0,1) 20100

a1,20a1; 20b1,100b1. 100Y为自由度2的2分布.

3. 设X1, X2, …, Xn来自总体2(n)的分布, 则E(X)______,D(X)_____. 解. 因为X1, X2, …, Xn来自总体2(n), 所以

E(Xi) = n, D(Xi) = 2n (i = 1, 2, …, n)

E(X)n, D(X)

二. 单项选择题

D(Xi)i12nnn2n2 2n1. 设X1, X2, …, Xn为来自总体N(0, 2)的样本,

1n2则样本二阶原点矩A2Xi的方差为

ni1(A) 2

2244 (B) (C) (D)

nnn)2~2(1),E(D(X)2ii12n解. X1, X2, …, Xn来自总体N(0, 2), 所以 (XiXi4)21, D(nXi)22

D(A2)nD((i1Xi)2)42nn2n224. (C)是答案.

n2. 设X1, X2为来自正态总体N(,2)的样本, 则X1 + X2与X1－X2必 (A) 线性相关 (B) 不相关 (C) 相关但非线性相关 (D) 不解. 假设 Y1 = X1 + X2, Y2 = X1－X2 所以 E(Y2) = E(X1)－E(X2) = 0.

cov(Y1, Y2) = E(Y1Y2)－E(Y1)E(Y2) = E(X1X2)E(X1)E(X2)0. (B)是答案.

3. 设X服从正态分布N(0, 22), 而X1, X2, …, X15为来自总体X的简单随机样本, 则随机变

2X12X10量Y所服从的分布为 222(X11X15)2222(A) 2(15) (B) t(14) (C) F(10, 5) (D) F(1, 1)

222X12X10X11X152~(10), ~2(5) 解.

2X12X1022XX40110所以 ~F(10,5), 即 Y~F(10,5) 2222X11X152(X11X15)20(C)是答案.

三. 计算题

1. 设X1, X2, …, X10为总体

N(0, 0.32)的一个样本,

求P(Xi1102i1.44).

解. 因为X1, X2, …, X10为总体N(0, 0.32)的一个样本, 所以

Xi2~2(10) 2i10.310Xi21.442)P((10)16)0.1 P(X1.44)P(20.09i10.3i1102i102. 从一正态总体中抽取容量为10的一个样本, 若有2的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上, 试求总体的标准差. 解. 因为总体X服从N(, 2), 所以

X~N(0,1). 由

/10 P(|X|4)0.02 知 P(|X410|)0.02

/10410)0.01,(410)0.99

即 (查表得

4102.33,4105.43. 2.333. 设总体X～N(72, 100), 为使样本均值大于70的概率不小于0.95 , 问样本容量至少应取多大?

解. 假设样本容量为n, 则X~N(72,100X72),~N(0,1)

10nn由 P(X70)0.95 得

X727072>)0.95 1010nnn)0.95,5n1.65,5n68.0625.

所以 (4. 设总体X服从N(, 4), 样本(X1, X2, …, Xn)来自X, X为样本均值. 问样本容量至少应取多大才能使

22i. E(|X|)0.1 ii. P(|X|0.1)0.95

解. i. E(|X|)D(X)所以 n  40. ii. X~N(,),214D(X)0.1 nn4nX~N(0,1). 所以 2n P(|X|0.1)P(|X0.1n|)0.95 22n (11n)0.975, 查表得 n1.96, n  1537 20201n5. 设XXi, 证明:

ni1i.

(Xi1nni)=(XiX)2n(X)2;

2i1nii.

(Xi1niX)Xi2n(X)2.

2i1n解. i.

(Xi1i)2(Xi12niXX)2

nn =

(Xi1nniX)2(XiX)(X)i12n(X)i12

(Xi1iX)2(X)(XinX)n(X)2

i1

n(Xi12niX)2n(X)2

nnnii.

(XiX)(X2XiXX)X2XXinX

2i2ii1i1ni1i122 =

Xi12i2nXnX=Xi2n(X)2

i122n第六章参数估计

一．填空题

1. 设总体X～N(, 2), 若2已知, 总体均值 的置信度为1－的置信区间为:

(Xn,Xn), 则  = ________.

解. X～N(, 2), 则

Xn~N(0,1)

由 P{|所以

X|}1 得置信区间(X,X)

/nnn1u2.

2. 设由来自正态总体N(, 0.92)容量为9的简单随机样本, 得样本均值X = 5, 则未知参数的置信度为0.95的置信区间_______.

解. 由第一题及查表知 u0.9751.96. 的置信区间为 (51.960.90.9,51.96)(4.412,5.588) 993. 设X1, X2为来自正态总体N(, 2)的样本, 若CX1C=_______. 解. ECX11X2为的一个无偏估计, 则1999111998X2C , 所以 C1999199919994. 设(X1, X2, …,Xn)为来自正态总体X～U(,  + 1) ( > 0)的样本, 则的矩估计量为____;

极大似然估计量为_____.

解. 总体X的密度为(x)i. 矩估计量 E(X)1x1

0其它1xdx1(21) 211用X来估计E(X): (21)X, X

22ii. 最大似然估计 Xi～i(xi)1xi1 (i = 1, 2, …, n)

0其它1x1,,xn1所以(X1, X2, …,Xn)的联合密度为(x1,xn)

0其它(x1,xn)在x1,,xn1范围中为常数.   min {x1, …xn}. 所以

 = min {x1, …xn}.

5. 设(X1, X2, …,Xn)为来自正态总体 N(, 2)的样本, a, b为常数, 且0 < a < b, 则随机区间

n(Xi)2n(Xi)2  ,bai1i1的长度L的数学期望为______.

nn(Xi)2(Xi)21n1n22解. EE(Xi)E(Xi) abbi1i1i1ai1 1111n2n2n()2 abab

二．单项选择题

1. 设总体X～N(, 2), 其中2已知, 则总体均值 的置信区间的长度l与置信度1－的关系是

(A) 当1－缩小时, l缩短. (B) 当1－缩小时, l增大. (C) 当1－缩小时, l不变. (D)以上说法均错. 解. 的置信区间为(Xu21n,Xu21n), 当1－缩小时, u12缩小. 置信区间长

度为 2u12. 所以(A)是答案. n2. 设总体X～N(, 2), 其中2已知, 若样本容量n和置信度1－均不变, 则对于不同的样本观察值, 总体均值的置信区间的长度

(A) 变长 (B) 变短 (C) 不变 (D) 不能确定

解. 由第一题知: 的置信区间长度为 2u21, 和样本的取值无关. (B)是答案. n1n1n2(XiX)2, 3. 设随机变量X1, X2, …,Xn相互且同分布, XXi,Sni1n1i1D(Xi)2, 则S

(A) 是 的一致估计 (B) 是 的无偏估计 (C) 是 的极大似然估计 (D) 与X相互解. (A)是答案, 具体内容超出大纲要求.

4. 设为的无偏估计, 且D()  0, 则()2必为2的

(A) 无偏估计 (B) 有偏估计 (C) 一致估计 (D) 有效估计解. 因为为的无偏估计, 所以E() = .

E(()2) = D(

) + [E()]2 = D(

) + 2  2. (B)是答案.

5. 设(X1, X2, …,Xn)为取自正态总体X～N(, 2)的样本, 则2 + 2 的矩法估计量为

1n1n2(XiX)2 (A) (XiX) (B) ni1n1i1(C)

Xi1n2i1n2nX (D) Xi

ni1221n1n22(XX)XXX,X解. 按矩估计方法: , iini1ni122221n1n22所以 22X+XiX=Xi. (D)是答案.

ni1ni12

6. 设总体X的分布中未知参数的置信度为1－的置信区间是[T1, T2], 即 P(T1T2)1

则下列说法正确的是

(A) 对T1, T2的观察值t1, t2,   [t1, t2] (B) 以1－的概率落入区间[T1, T2] (C)区间[T1, T2]以1－的概率包含 (D) 的数学期望E()必属于[T1, T2] 解. (C)是答案.

三. 计算与证明题

1. 设总体X服从参数为的Poisson分布, X1, X2, …,Xn为样本, 试求的矩估计和极大似然估计.

解. Xi～P(Xik)i. 矩估计

因为 E(X) = , 所以X. ii. 最大似然函数为 L()kk!e(k0,1,2,)

P(Xi1nnixi)enx!

i1inxi lnL()lnnxi1iinlnxi

i1nlnL1

xi1n0

1n所以 XiX.

ni12. 设总体X的密度函数为f(x,,2)1x1e2(lnx)222,x0

其中－ <  < +, 2 >0为未知参数, 试求, 2的极大似然估计. 解. 最大似然函数为

f(x1,xn,,)n22i1n1xi1e2(lnxi)222

n lnfln(2)nn12lnxi222i1(lnxi1i)2

lnf1

222(lnxi1ni)0

nlnfn1

2222(2)2(lnxi1i)20

1n1n22所以 lnXi, (lnXi)

ni1ni13. 设总体X服从(0, )上的均匀分布, X1, X2, …,Xn为取自X的样本. i. 求的矩估计1, 并讨论其无偏性和一致性. ii. 求的极大似然估计2, 并讨论其无偏性和一致性.



解. 总体X～(x)i. 矩估计

1/0x

0其它E(X)2, 所以

12X, 12X

E(1)2E(X)22, 所以 1是的无偏估计;

422D(X1)2n0(n) n123ni1n4因为 D(1)4D(X)2n所以1是的一致估计. ii. 最大似然估计

10x1,,xn所以(X1, X2, …,Xn)的联合密度为(x1,xn)n

0其它越小, (x1,xn)就越大. 但的值不能小于 maxxi.

1in所以 2maxxi.

1in假设Z = 2maxxi. 又设FX(x)是总体X的分布函数. 所以Z的密度函数为

1in FX(z) = {FX(x)}n

Z的密度函数为

zn11n() Z(x)n{FX(z)}n1(x)0其它所以 E(Z)0z

zn11nz(z)dzzn()dz Z0n1所以2maxxi不是的无偏估计;

1in E(Z)2z1z2Z(z)dzz2n()n1dz0n2 n2 D(Z)E(Z)[E(Z)]22nnn2()20 2n2n1(n2)(n1)

由于 E(Z)n,n1D(Z)n0 2(n2)(n1)所以2maxxi是的一致估计.

1in4. 设总体X的密度函数为

axa1ex f(x)0ax0x0 (> 0, a > 0)

根据取自总体X的样本(X1, X2, …,Xn), 求未知参数的极大似然估计量. 解. 最大似然函数为

f(x1,xn,)aennnxiai1ni1nnxia1

lnfnlnxi1ailnxia1

i1lnfnnaxi0

i1所以 nXi1n.

ai5. 设(X1, X2, …,Xn)为取自总体X的样本, i0,ni1ni1, 证明

Xii1i为E(X)的无偏估计.

1nii. 在上述所有无偏估计中, 以XXi最有效.

ni1解. i. E(nX)E(X)= E(X)E(X)

iiiiii1i1i1iinnn所以

Xi1ni为E(X)的无偏估计;

nnii. E(X)ii1i12iE(Xi)= D(X)i2

i1

所以该问题转化为: 在条件i0,i1ni1下, i取何值时,

i1n2i最小.

n条件i1i1条件极值: n目标函数f(,)21nii1nn

最小令F(1,n,)i12i(i1)

i1F12i0, (i = 1, 2, …, n). 解得 1n in1n即iXi作为E(X)的无偏估计中, 以XXi最有效.

ni1i16. 设某产品的性能指标X～N(, 2), 现随机抽取20个产品进行检测, 检测后经计算得这些产品的性能指标均值X=5.21, S2 = 0.049, 试求X的标准差的置信度为0.95的置信区间. 解. 1－ = 0.95, /2 = 0.025, n = 20, s2 = 0.049. X～N(, 2), 由 P{(19)222n(n1)S2219S22~2(19)

22(19)}10.95 查2表, 查得

121

2222(19)=0.025(19)8.91, (19)=0.975(19)32.9

222的95置信区间为

(n1)s2(n1)s2190.049190.049 [2,2][,][0.03,0.10]

0.975(19)0.025(19)32.98.91所以, 的95置信区间为: [0.17, 0.32].

注意: 理工类与经济类本章的习题完全相同, 但计算与证明题部分题号不全相同.

第七章假设检验

一．填空题

1. 设(X1, X2, …,Xn)为来自正态总体 N(, 2)的样本, 2未知, 现要检验假设H0:  = 0, 则应选取的统计量是______; 当H0成立时, 该统计量服从______分布. 解. 当2未知时, 要检验H0:  = 0, 应选统计量:

X0Sn, 当H0成立时, 该统计量服从

t(n－1)分布.

2. 在显著性检验中，若要使犯两类错误的概率同时变小, 则只有增加______.

解. 因为犯二类错误的概率, 当一个缩小时另一个会扩大. 所以要犯二类错误的概率同时缩小, 只能扩大样本容量.

二．单项选择题

1. 设总体X～ N(, 2) , 2已知, x1, x2, …, xn为取自X的样本观察值, 现在显著水平 = 0.05下接受了H0:  = 0. 若将 改为0.01时, 下面结论中正确的是

(A) 必拒绝H0 (B) 必接受H0 (C) 犯第一类错误概率变大 (D) 犯第一类错误概率变小解. 显著水平 = 0.05下拒绝H0的拒绝域为:

x0uu0.9751.96. 接受H0的接1/n2受域为:

x0uu0.9751.96; 1/n2x0uu0.9952.57. 接受H0的接受域1/n2显著水平 = 0.01下拒绝H0的拒绝域为:

为:

x0uu0.9952.57. 所以B)是答案. 1/n22. 在假设检验中, H0表示原假设, H1为备选假设, 则称为犯第二类错误的是

(A) H1不真, 接受H1 (B) H0不真, 接受H1 (C) H0不真, 接受H0 (D) H0为真, 接受H1 解. 第二类错误的定义为: H0不真, 接受H0. (C)是答案.

3. 设(X1, X2, …,Xn)为来自正态总体 N(, 2)的样本, , 2未知参数, 且

n1n22 XXi, Q(XiX)

ni1i1则检验假设H0:  = 0时, 应选取统计量为 (A)

n(n1)X (B) QnX (C) Qn1X (D) QnX Q2解. 当2未知检验假设H0:  = 0 = 0时, 使用的统计量为

X0S/nX1n(XiX)2/nn1i1n(n1)X. (A)是答案.

三. 计算题

1. 设用过去的铸造方法, 零件强度服从正态分布, 其标准差为1.6(kg/mm2).为了降低成本, 改变了铸造方法, 测得用新方法铸出的零件强度如下:

51.9, 53.0, 52.7, .1, 53.2, 52.3, 52.5 , 51.1, .7 问改变方法后零件的方差是否发生显著变化(取显著水平 = 0.05)?

解. 未知的情形下检验H0: 2 = 1.62 选取统计量2(91)S220.0252~2(8) (91)S2 接受域为2.18(8)220.975(8)17.535

而

(91)s22=3.73. 所以认为2没有发生显著变化.

2. 一自动车床加工零件的长度服从正态分布N(, 2), 车床正常工作时, 加工零件长度均值

为10.5, 经过一段时间的生产后, 要检验一下只一车床是否工作正常. 为此随机抽取该车床加工的零件31个, 算得均值为11.08, 标准差为0.516. 设加工零件长度的方差不变, 问此车床是否可以认为工作正常( = 0.05)?

解. 未知的情形下检验H0:  = 0 = 10.5, n = 5,  = 0.05 选取统计量TX0Sn~t(30) (当H0成立时)

拒绝域为|X0Snn|t0.975(30)2.042

而

x0s11.0810.05306.26> 2.042. 所以不能认为机床正常工作.

0.516

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