概率论第五章答案
概率论与数理统计》课后习题习题详解第五章
习题解答习题5.11．设样本值如下：15， 20， 32， 26， 37， 18， 19， 43计算样本均值、样本方差、2阶样本矩及2阶样本中心矩．解 由样本均值的计算公式，有()8111152032263718194326.2588i i x x ===⨯+++++++=∑由样本方差的计算公式，有()28211102.2181i i s x x==-=-∑由2阶样本矩的计算公式，有82211778.58i i a x ===∑由2阶样本中心矩的计算公式，有()2821189.448i i b x x==-=∑2. 设总体~(12,4)X N ，125(,,,)X X X 是来自总体X 的样本，求概率12345{m a x (,,,,)12}P X X X X X >. 解 12345{m a x (,,,,)12}P X X X X X > []551311(0) 1()232=-Φ=-=3. 设总体X ～ P （λ），X 是容量为n 的样本的均值，求 ()E X 和 ()D X . 解 因总体X ～ P （λ），故有(),()E X D X λλ==，于是()()E X E X λ==()()D X D X n nλ== 4. 某保险公司记录的6n =起火灾事故的损失数据如下（单位：万元）：1.86, 0.75, 3.21，2.45， 1.98, 4.12. 求该样本的经验分布函数.解 将样本观测值排序可得：0.751.86 1.982.453.21<<<<< 则经验分布函数为60, 0.751, 0.75 1.8661, 1.86 1.9831(), 1.98 2.4522, 2.45 3.2135, 3.21 4.1261, 4.12x x x F x x x x x <⎧⎪⎪≤<⎪⎪≤<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪≤<⎪⎪⎪≤<⎪⎪≥⎩5．求标准正态分布的上侧0.01分位数和上侧0.48分位数 .解 由题知，X ～ (0,1)N ，求X 的上侧α分位数. 即求u α使满足{}P X u αα>=得{}1P X u αα≤=-即()1u ααΦ=-取0.01α=，查标准正态分布表得上侧0.01分位数为0.012.33u u α==取0.48α=，查标准正态分布表得上侧0.48分位数为0.480.05u u α==习题5.21.设总体~(8,36)X N ，129(,,,)X X X 是取自总体X 的样本，X 是样本均值，求{|7|2}P X -< ．解 因~(8,36)X N ，且样本容量9n =，故36~(8,), ~(8,4)9X N X N 即 ，于是 9858{|7|2}{59}()()22P X P X ---<=<<=Φ-Φ (0.5)( 1.5)(0.5)(1.5)10.69150.933210.6247=Φ-Φ-=Φ+Φ-=+-=2.设 2~(9)X χ ，求λ使其满足()0.95P X λ<=解 由()0.95P X λ<=，得()0.05P X λ≥=，因为2~(9)X χ，所以查表可得20.05(9)16.919λχ==3. 设总体~(0,1X N ，1210(,,,)X X X 是取自总体X 的样本，求2221210()E X X X +++ 及2221210()D X X X +++ .解 由总体~(0,1)X N 可知~(0,1) (1,2,,10)i X N i = ，且1210,,,X X X 相互独立，于是22221210()~(10)X X X χ+++故有2221210()10E X X X +++= 2221210()21020D X X X +++=⨯=4. 设总体X ～ N （20 ，3），从中独立地抽取容量分别为10和15的两个样本，求它们的样本均值之差的绝对值大于0.3的概率．解 设这两个样本分别为1210,,,X X X 和1215,,,Y Y Y ， 则对样本均值有101110i i X X ==∑ ～15131(20,),1015i i N Y Y ==∑～3(20,)15N依定理 X Y -～1(0,)2N ，所以{}0.3P X Y P ⎫->=>1P ⎫=-≤1=-ΦΦ（1210.6744⎡⎤=-Φ-=⎢⎥⎣⎦(查标准正态分布表可得)5.设X ～ t (12) ，(1) 求 a 使得()0.05P X a <=；（2）求 b 使得()0.99P X b >= 解 （1）由()0.05P X a <=利用t 分布的对称性可得()0.05P X a >-=，查表可得0.05(12) 1.7823 1.7823a t a -==⇒=-（2）由()0.99P X b >=得()0.01P X b ≤=，又由t 分布的对称性可得()0.01P X b >-=于是0.01(12) 2.6810 2.6810b t b -==⇒=-6.设~(8,12)X F ，求 λ 使得()0.01P X λ<=.解 由()0.01P X λ<= 得 ()0.99P X λ>=，于是查表可得0.990.0111(8,12)0.176(12,8) 5.67f f λ====习题5.31．设总体X ～ N （μ ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 16）为其样本，2S 为样本方差，求： （1） P ()666.62<S ； （2） P ()865.4279.22<<S ． 解 因为()221n S σ-～()21n χ-所以本题中2154S ～()215χ 则 (1) {}(){}22215156.666 6.6661524.997544P S P S P χ⎧⎫<=<⨯=<⎨⎬⎩⎭(){}211524.997510.050.95P χ=-≥=-=(2) {}221515152.279 4.865 2.279 4.865444P S P S ⎧⎫<<=⨯<<⨯⎨⎬⎩⎭(){}28.546251518.24375P χ=<<(){}(){}22158.546251518.24375P P χχ=>-≥0.900.250.6=-= 2. 总体2~(0,)X N σ，1225(,,,)X X X 是总体X 的样本，2X S 和分别是样本均值和样本方差，求λ，使5()0.99XP Sλ<=. 解 根据抽样分布定理知5~(24)X Xt S = 又由5()0.99XP Sλ<=得 5()0.01XP Sλ>= 故查表可得0.01(24) 2.4922t λ==3．设总体X ～ N （30 ，64），为使样本均值大于28的概率不小于0.9 ，样本容量n 至少应是多少？解 因为X ～(30,64)N ， 所以样本均值X .～64(30,)N n因此X ()0,1N ， 故{}{}28128P X P X >=-≤1X P ⎧⎫=-≤1⎛=-Φ ⎝0.9=Φ≥1.29≥，解得 27n ≥，所以n 至少应取27.*4．设总体X ～ N )16(1，μ 与总体Y ～ N )36(2，μ 相互独立，（X 1 ，X 2 ，… ，X 13）和（Y 1 ，Y 2 ，… ，Y 10）分别为来自总体X 和总体Y 的样本．试求两总体样本方差之比落入区间（0.159 ，1.058）内的概率．解 因为()221n S σ-～()21n χ-，所以本题中211216S ～()222912,36S χ～()29χ又因为21212222121291694936S S F S S ==～()12,9F从而221122229990.159 1.0580.159 1.058444S S P P S S ⎧⎫⎧⎫<<=⨯<<⨯⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭(){}0.3577512,92.3805P F =<< 0.85=（查F 分布表*5. 设从两个正态总体~(4,1)~(6,1)X N Y N 和中分别独立地抽取两个样本1219(,,,)X X X 和1216(,,,)Y Y Y ，样本方差分别为2212S S 和.求λ，使2122()0.05S P S λ<=.解 根据抽样分布定理可知2122~(18,15)S F S 又由2122()0.05S P S λ<=可得2122()0.95S P S λ>=，于是查表可得0.950.0511(18,15)0.44(15,18) 2.27f f λ====*6．设总体X 与总体Y 相互独立，且都服从正态分布N （0 ，9），（X 1 ，X 2 ，… ，X 9）和（Y 1 ，Y 2 ，… ，Y 9）分别为来自总体X 和Y 的样本．试证明统计量T =∑∑==91291i ii iYX服从自由度为9的t 分布．证明 由正态分布的性质及样本的独立性知91ii X=∑～2(0,9)N得9119i i X =∑～(0,1)N 又因为i Y ～(0,9) (1,2,,9)N i =所以()22222291212913339Y Y Y Y Y Y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ～()29χ 由于两个总体X 和Y 是相互独立的，所以其相应的样本也是相互独立的，故 9119i i X =∑与92119i i Y =∑也相互独立，于是由t 分布的定义知991ii XX T ==∑∑ ～ ()9t综合练习五一、填空题1．设总体X 的一组样本观测值为1.4 ，2.3 ，1.8 ，3.4 ，2.7则样本均值 x= ( 2.32 ) ，样本方差 2s = ( 0.607 ) ．2．设总体X 服从正态分布N （2 ，5），（X 1 ，X 2 ，… ，X 10）为其样本，则样本均值X 的分布为 ( 122N ⎛⎫⎪⎝⎭， )．3．设总体X 服从具有n 个自由度的2χ 分布，（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为其样本，X为样本均值，则有 ()( )E X n = ，()( 2 )D X = ．4．设总体X ～ N （μ ，2σ），（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为其样本，X 、2S 分别为样本均值和样本方差，则有 X ～( 2N n σμ⎛⎫ ⎪⎝⎭， )，22)1(σS n - ～( 2(1)n χ- )，nSX μ- ～( t (n － 1) )．5．设总体X ～ N （1 ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 5）为其样本，令T = 2543221)2()(X X X b X X a --+-则当a = (81 ) 、1()24b =时有T ～ 2χ(2) ． 二、选择题1．设总体X ～ N （μ ，1），其中 μ 为未知参数，若（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为来自总体X 的样本，则下列样本函数中( (b ) ) 不是统计量．(a )∑=ni i X1；(b )∑=-ni iX12)(μ ；(c) X 1 X 2 … X n ； (d )∑=ni i X12．2．设总体X ～ N （2 ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 9）为其样本，X 为样本均值，则下列统计量中服从标准正态分布的是( (c ) )．(a ) X ； (b))2(43-X ； (c ))2(23-X ； (d ) )2(29-X ． 3．设总体X ～ N （0 ，1），（X 1 ，X 2 ，… ，X 5）为其样本，令T = 2543221)(2)(3X X X X X +++则有T ～ ( (b ) ) ．(a ) t (5) ； (b ) F (1 ，1) ； (c ) F (2 ，3) ； (d ) F (3 ，2) ． 4．设总体X ～ N ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛410，，（X 1 ，X 2 ，… ，X 5）为其样本，令T=则有T ～( (d ) )．(a ) t (1) ； (b ) t (2) ； (c ) t (3) ； (d ) t (4) ． 5．设总体X ～ N （0 ，1），（X 1 ，X 2 ，… ，X n ）为其样本，X 、2S 分别是样本均值和样本标准差，则 ( (c ) ) ．(a ) n X ～ N （0 ，1）： (b ) X ～ N （0 ，1）； (c )∑=ni i X 12 ～ 2χ(n ) ； (d )SX～ t (n － 1) ． 6．设随机变量X 和Y 都服从标准正态分布，则 ( (c ) ) ．(a ) Y X + 服从正态分布； (b ) 22Y X + 服从 2χ 分布；(c ) 2X 和 2Y 都服从 2χ 分布； (d )22Y X 服从F 分布．三、解答题1．设总体~(2,16)X N ，12(,,,)n X X X 是总体X 的样本，令2211ni i A X n ==∑，求2A 的数学期望2()E A .解 因为~(2,16)X N ，所以~(2,16) (1,2,,)i X N i n = ，则有 22()()()16420i i i E X D X E X =+=+= 于是22111()()2020n i i E A E X n n n===⨯⨯=∑2．设总体~(15,9),X N ，129(,,,)X X X 是总体X 的样本，X 是样本均值，.求常数c ，使()0.95.P X c ≤=解 根据抽样分布定理可知~(15,1)X N 又由()0.95P X c ≤=可得15()()0.951c P X c -≤=Φ= 查表可得15 1.645c -=，于是得16.645c =3.设一组数据20.5，15.5，30.2，20.5，18.6, 21.3，18.6，23.4来自于总体,X 求经验分布函数.解 将样本观测值排序可得：15.518.618.620.520.521.32<=<=<<< 则由定义可得经验分布函数为80, 15.51, 15.518.683, 18.620.585(), 20.521.386, 21.323.487, 23.430.081, 30.2x x x F x x x x x ≤⎧⎪⎪≤<⎪⎪≤<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪≤<⎪⎪⎪≤<⎪⎪≥⎩4．设总体X ～ N （0 ，4），（X 1 ，X 2 ，… ，X 9）为其样本．求系数a 、b 、c ，使得T = 298762543221)()()(X X X X c X X X b X X a ++++++++服从 2χ 分布，并求其自由度．解 由于129,,,X X X 相互独立且来自总体X ～(0,4)N ，则由正态分布的线性运算性质有12X X +～(0,8)N ，345X X X ++～(0,12)N ，6789X X X X +++～(0,16)N于是，由2χ分布与正态分布的关系，有()()()22212345678981216X X X X X X X X X T ++++++=++ 服从2χ（3）分布，因此111,,81216a b c ===，自由度为3。
概率论第五章习题解答
概率论第五章习题解答第一篇：概率论第五章习题解答第五章习题解答1.设随机变量X的方差为2，则根据车比雪夫不等式有估计P{X-E(X)≥2}≤ 1/2.P{X-E(X)≥2}≤D(X)22=122.随机变量X和Y的数学期望分别为-2和2，方差分别为1和4，相关系数为-0.5，则根据车比雪夫不等式有估计P{X+Y≥6}≤1/12.P{X+Y≥6}=P{(X+Y)-[E(X)+E(Y)]≥6}≤D(X)62=1123.电站供应一万户用电．设用电高峰时，每户用电的概率为0.9，利用中心极限定理，（1）计算同时用电的户数在9030户以上的概率；（2）若每户用电200 w，电站至少应具有多大发电量才能以0.95的概率保证供电？解：⑴ 设X表示用电户数，则X~B(10000,0.9),n=10000,p=0.9,np=9000,npq=900由中心定理得X~N(9000,900)近似P{X>9030}=1-P{X≤9030}⎧X-90009030-9000⎫=1-P⎨≤⎬900900⎩⎭=1-Φ(1)=1-0.8413=0.1587⑵ 设发电量为Y，依题意P{200X≤Y}=0.95⎧X-9000Y-9000⎫⎪⎪200即 P⎨≤⎬=0.95900900⎪⎪⎩⎭-9000200Φ()=0.95900Y-9000200≈1.65900Y=1809900 4.某车间有150台同类型的机器，每台机器出现故障的概率都是0.02，设各台机器的工作是相互独立的，求机器出现故障的台数不少于2的概率．解：设X表示机器出故障的台数，则X:B(150,0.02)Ynp=3,npq=2.94 由中心定理得X~N(3,2.94)近似P{X≥2}=1-P{X<2}2-3⎫⎧X-3=1-P⎨<⎬2.942.94⎩⎭=1-P{X<-0.58 32}=Φ(0.5832)=0.7201 5.用一种对某种疾病的治愈率为80%的新药给100个患该病的病人同时服用，求治愈人数不少于90的概率．解：设X表示治愈人数，则X:B(100,0.8)其中n=100,p=0.8,np=80,npq=16P{X≥90}=1-P{X<90}⎧X-8090-80⎫=1-P⎨<⎬1616⎩⎭=1-Φ(2.5)=0.0062 6.设某集成电路出厂时一级品率为0.7，装配一台仪器需要100只一级品集成电路，问购置多少只才能以99.9%的概率保证装该仪器是够用(不能因一级品不够而影响工作)．解：设购置n台，其中一级品数为X，X:B(n,0.7)p=0.7,np=0.7n,npq=0.21nP{X≥100}=1-P{X<100}⎧X-0.7n100-0.7n⎫=1-P⎨<⎬0.21n0.21n⎩⎭10 0-0.7n=1-Φ()0.21n=0.999故Φ(-100-0.7n0.21n)=0.999有-100-0.7n0.21n=3.1⇒n=121(舍)或n=1707.分别用切比雪夫不等式与隶莫弗—拉普拉斯中心极限定理确定：当掷一枚硬币时，需要掷多少次才能保证出现正面的频率在0.4～0.6之间的概率不小于90%．解：设掷n次，其中正面出现的次数为X，X:B(n,p),p=⑴由切贝雪夫不等式，要使得P⎨0.4<12⎧⎩X⎫<0.6⎬≥0.9成立n⎭D(X)X⎧X⎫⎧XX⎫25⎧⎫n由于P⎨0.4< <0.6⎬=P⎨-p<0.1⎬=P⎨-E()<0.1⎬≥1-=1-2nnnn0.1n⎩⎭⎩⎭⎩⎭只要1-25X⎧⎫<0.6⎬≥0.9成立≥0.9，就有P⎨0.4<nn⎩⎭从而⇒n≥250⑵中心极限定理，要使得P⎨0.4<⎧⎩X⎫<0.6⎬≥0.9成立n⎭由于X:N(0.5n,0.25n)近似X⎧0.4n-0.5nX-0.5n0.6n-0.5n⎫⎧⎫P⎨0.4<<0.6⎬=P{0.4n<X<0.6n} =P⎨<<⎬n0.25n0.25n0.25n⎩⎭⎩⎭X-0.5n⎧-0.1n=P⎨<<0.25n⎩0.25n所以Φ(0.1n⎫0.1n-0.1n0.1n=Φ()-Φ()=2Φ()-1>0.9⎬0.25n⎭0.25n0.25n0.25 n0.1n0.25n)>0.95查表0.1n0.25n>1.65⇒n≥688.某螺丝钉厂的废品率为0.01，今取500个装成一盒．问废品不超过5个的概率是多少？解：设X表示废品数，则X:B(500,0.01) p=0.01,np=5,npq=4.955-5⎫⎧X-5P{X≤5}=P⎨≤⎬=Φ(0)=0.54.95⎭⎩4.95第二篇：概率论第一章习题解答1.写出下列随机试验的样本空间：1)记录一个小班一次数学考试的平均分数（以百分制记分）；2)一个口袋中有5个外形相同的球，编号分别为1、2、3、4、5，从中同时取出3个球；3)某人射击一个目标，若击中目标，射击就停止，记录射击的次数；4)在单位圆内任意取一点，记录它的坐标.解：1）设小班共有n 个学生，每个学生的成绩为0到100的整数，分别记为x1,x２，Λxn，则全班平均分为x=∑xi=1nin，于是样本空间为12100niS={0，,Λ,}={|i=0,1,2,3,Λ100n}nnnn32）所有的组合数共有C5=10种，S={123,124,125,134,135,145,234,235,245,345} 3）至少射击一次，S={1,2,3,Λ}4）单位圆中的坐标(x,y)满足x2+y2<1，S={(x,y)|x2+y2<1}2.已知A⊂B，P(A)=0.3，P(B)=0.5，求P(A)，P(AB)，P(AB)和P(AB).解 P(A)=1-P(A)=1-0.3=0.7 P(AB)=P(A)=0.3（因为A⊂B）P(AB)=P(B-A)=P(B)-P(A)=0.2P(AB)=P(B)=0.5（因为A⊂B，则B⊂A）3.设有10件产品，其中6件正品，4件次品，从中任取3件，求下列事件的概率：1）只有一件次品； 2）最多1件次品； 3）至少1件次品.12C4C 解 1）设A表示只有一件次品，P(A)=36.C102)设B为最多1件次品，则表示所取到的产品中或者没有次品，或者只有一件次312C6C4C品，P(B)=3+36.C10C103）设C表示至少1件次品，它的对立事件为没有一件次品，3C6P(C)=1-P(C)=1-3C104.盒子里有10个球，分别标有从1到10的标号，任选3球，记录其号码.（1）求最小号码为5的概率.（2）求最大号码为5的概率.解1）若最小号码为5，则其余的2个球必从6，7，8，9，10号这5个球中取得。
概率论与数理统计(修订版)复旦大学出版第五章答案
习题五1.一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X .估计P {10<X <18}. 【解】设i X 表每次掷的点数，则41ii X X==∑22222221111117()123456,666666211111191()123456,6666666i i E X E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=从而 22291735()()[()].6212i ii D X E X E X ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭又X 1,X 2,X 3,X 4独立同分布.从而44117()()()414,2i ii i E X E X E X =====⨯=∑∑ 44113535()()()4.123i i i i D X D X D X =====⨯=∑∑ 所以 235/3{1018}{|14|4}10.271,4P X P X <<=-<≥-≈ 2. 假设一条生产线生产的产品合格率是0.8.要使一批产品的合格率达到在76%与84%之间的概率不小于90%，问这批产品至少要生产多少件？【解】令1,,0,i i X ⎧⎨⎩若第个产品是合格品其他情形.而至少要生产n 件，则i =1,2,…,n ,且X 1，X 2，…，X n 独立同分布，p =P {X i =1}=0.8. 现要求n ,使得1{0.760.84}0.9.nii XP n=≤≤≥∑即0.80.9ni X n P -≤≤≥∑由中心极限定理得0.9,Φ-Φ≥整理得0.95,Φ≥⎝⎭查表 1.64,10≥ n ≥268.96, 故取n =269.3. 某车间有同型号机床200部，每部机床开动的概率为0.7，假定各机床开动与否互不影响，开动时每部机床消耗电能15个单位.问至少供应多少单位电能才可以95%的概率保证不致因供电不足而影响生产.【解】要确定最低的供应的电能量，应先确定此车间同时开动的机床数目最大值m ，而m要满足200部机床中同时开动的机床数目不超过m 的概率为95%,于是我们只要供应15m 单位电能就可满足要求.令X 表同时开动机床数目，则X ~B （200，0.7）,()140,()42,E X D X ==0.95{0}().P X m P X m =≤≤=≤=Φ查表知1.64,= ,m =151. 所以供电能151×15=2265（单位）.4. 一加法器同时收到20个噪声电压V k （k =1，2，…，20），设它们是相互独立的随机变量，且都在区间（0，10）上服从均匀分布.记V =∑=201k kV，求P {V ＞105}的近似值.【解】易知:E (V k )=5,D (V k )=10012,k =1,2,…,20 由中心极限定理知，随机变量20205~(0,1).kVZ N -⨯==∑近似的于是105205{105}10P V P ⎧⎫⎪⎪-⨯⎪>=>1000.3871(0.387)0.348,V P ⎧⎫⎪⎪-⎪⎪=>≈-Φ=⎨⎬⎪⎪⎭即有 P {V >105}≈0.3485. 有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3m.现从这批木柱中随机地取出100根，问其中至少有30根短于3m 的概率是多少？【解】设100根中有X 根短于3m ，则X ~B （100，0.2）从而{30}1{30}1P X P X ≥=-<≈-Φ1(2.5)10.99380.0062.=-Φ=-=6. 某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8.医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言.（1） 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，问接受这一断言的概率是多少？ （2） 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7，问接受这一断言的概率是多少？【解】1,,1,2,,100.0,.i i X i ⎧==⎨⎩ 第人治愈其他令1001.ii X X ==∑(1) X ~B (100,0.8)，1001{75}1{75}1i i P X P X =>=-≤≈-Φ∑ 1( 1.25)(1.25)0.8944.=-Φ-=Φ=(2) X ~B (100,0.7)，1001{75}1{75}1i i P X P X =>=-≤≈-Φ∑11(1.09)0.1379.=-Φ=-Φ= 7. 用Laplace 中心极限定理近似计算从一批废品率为0.05的产品中，任取1000件，其中有20件废品的概率.【解】令1000件中废品数X ，则p =0.05,n =1000,X ~B (1000,0.05)，E (X )=50，D (X )=47.5.故130{20} 6.895 6.895P X ϕ⎛⎫===- ⎪⎝⎭6130 4.510.6.895 6.895ϕ-⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭8. 设有30个电子器件.它们的使用寿命T 1，…，T 30服从参数λ=0.1[单位：（小时）-1]的指数分布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，以此类推.令T 为30个器件使用的总计时间，求T 超过350小时的概率. 【解】11()10,0.1i E T λ=== 21()100,i D T λ== ()1030300,E T =⨯= ()3000.D T = 故{350}111(0.913)0.1814.P T >≈-Φ=-Φ=-Φ=9. 上题中的电子器件若每件为a 元，那么在年计划中一年至少需多少元才能以95%的概率保证够用（假定一年有306个工作日，每个工作日为8小时）. 【解】设至少需n 件才够用.则E (T i )=10，D (T i )=100，E (T )=10n ，D (T )=100n .从而1{3068}0.95,ni i P T =≥⨯=∑即0.05.≈Φ故0.95,1.64272.n =Φ=≈所以需272a 元.10. 对于一个学生而言，来参加家长会的家长人数是一个随机变量，设一个学生无家长、1名家长、2名家长来参加会议的概率分别为0.05,0.8,0.15.若学校共有400名学生，设各学生参加会议的家长数相与独立，且服从同一分布. （1） 求参加会议的家长数X 超过450的概率？（2） 求有1名家长来参加会议的学生数不多于340的概率. 【解】（1） 以X的分布律为易知E （X i=1.1）,D (X i )=0.19,i =1,2,…,400. 而400iiX X=∑,由中心极限定理得400400 1.1~(0,1).iXN -⨯=∑近似地于是{450}1{450}1P X P X >=-≤≈-Φ1(1.147)0.13=-Φ= (2) 以Y 记有一名家长来参加会议的学生数.则Y ~B (400,0.8) 由拉普拉斯中心极限定理得{340(2.5)0.9938.P Y ≤≈Φ=Φ=11. 设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率？【解】用X 表10000个婴儿中男孩的个数，则X ~B （10000，0.515） 要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求P {X ≤5000}. 由中心极限定理有{5000}(3)1(3)0.00135.P X ≤≈Φ=Φ-=-Φ=12. 设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为0.9.以95%概率估计，在一次行动中：（1）至少有多少个人能够进入？ （2）至多有多少人能够进入？【解】用X i 表第i 个人能够按时进入掩蔽体（i =1,2,…,1000）.令 S n =X 1+X 2+…+X 1000.(1) 设至少有m 人能够进入掩蔽体，要求P {m ≤S n ≤1000}≥0.95，事件{}.n m S ≤=≤ 由中心极限定理知：{}1{}10.95.n n P m S P S m ≤=-<≈-Φ≥从而 0.05,Φ≤ 故1.65,=- 所以 m =900-15.65=884.35≈884人 (2) 设至多有M 人能进入掩蔽体，要求P {0≤S n ≤M }≥0.95.{}0.95.n P S M ≤≈Φ=M =900+15.65=915.65≈916人. 13. 在一定保险公司里有10000人参加保险，每人每年付12元保险费，在一年内一个人死亡的概率为0.006,死亡者其家属可向保险公司领得1000元赔偿费.求： （1） 保险公司没有利润的概率为多大；（2） 保险公司一年的利润不少于60000元的概率为多大？【解】设X 为在一年中参加保险者的死亡人数，则X ~B （10000，0.006）.(1) 公司没有利润当且仅当“1000X =10000×12”即“X =120”. 于是所求概率为{120}P X =≈21230.18110.0517e 0--===⨯≈(2) 因为“公司利润≥60000”当且仅当“0≤X ≤60” 于是所求概率为{060}P X ≤≤≈Φ-Φ(0)0.5.⎛=Φ-Φ≈ ⎝ 14. 设随机变量X 和Y 的数学期望都是2，方差分别为1和4，而相关系数为0.5试根据契比雪夫不等式给出P {|X -Y |≥6}的估计. （2001研考） 【解】令Z =X -Y ，有()0,()()()()2 3.E Z D Z D X Y D X D Y ρ==-=+-=所以2()31{|()|6}{||6}.63612D X Y P ZE Z P X Y --≥=-≥≤== 15. 某保险公司多年统计资料表明，在索赔户中，被盗索赔户占20%，以X 表示在随机抽查的100个索赔户中，因被盗向保险公司索赔的户数. （1） 写出X 的概率分布；（2） 利用中心极限定理，求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率近似值.（1988研考）【解】（1） X 可看作100次重复独立试验中，被盗户数出现的次数，而在每次试验中被盗户出现的概率是0.2，因此，X ~B (100,0.2)，故X 的概率分布是100100{}C 0.20.8,1,2,,100.kk k P X k k -===(2) 被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率即为事件{14≤X≤30}的概率.由中心极限定理，得{1430}P X ≤≤≈Φ-Φ(2.5)( 1.5)0.994[9.33]0.927.=Φ-Φ-=--=16. 一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的.假设每箱平均重50千克，标准差为5千克，若用最大载重量为5吨的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977.【解】设X i （i =1,2,…,n ）是装运i 箱的重量（单位：千克），n 为所求的箱数，由条件知，可把X 1，X 2，…，X n 视为独立同分布的随机变量，而n 箱的总重量T n =X 1+X 2+…+X n 是独立同分布随机变量之和，由条件知：()50,i E X = 5,=()50,n E T n = .= 依中心极限定理，当n ~(0,1)N 近似地,故箱数n 取决于条件{5000}n P T P ≤=≤0.977(2).≈Φ>=Φ 2>解出n <98.0199, 即最多可装98箱.。
概率论与数理统计第五章课后习题及参考答案
概率论与数理统计第五章课后习题及参考答案1．用切比雪夫不等式估计下列各题的概率．(1)废品率为03.0，1000个产品中废品多于20个且少于40个的概率；(2)200个新生儿中，男孩多于80个而少于120个的概率(假设男孩和女孩的概率均为5.0)．解：(1)设X 为1000个产品中废品的个数，则X ～)1000,03.0(B ，有30)(=X E ，1.29)(=X D ，由切比雪夫不等式，得)3040303020()4020(-<-<-=<<X P X P )103010(<-<-=X P )1030(<-=X P 709.0101.2912=-≥．(2)设X 为200个新生儿中男孩的个数，则X ～)200,5.0(B ，有100)(=X E ，50)(=X D ，由切比雪夫不等式，得)10012010010080()12080(-<-<-=<<X P X P )2010020(<-<-=X P )20100(<-=X P 87205012=-≥．2．一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X ，估计)1810(<<X P ．解：设i X 为该骰子掷第i 次出现的点数，则61)(==k X P i ，6,,2,1 =i ，6,,2,1 =k ．27)654321(61)(=+++++=i X E ，691)654321(61)(2222222=+++++=i X E ，35)]([)()(22=-=i i i X E X E X D ，4,3,2,1=i ．因为4321X X X X X +++=，且1X ，2X ，3X ，4X 相互独立，故有14)(=X E ，335)(=X D ．由切比雪夫不等式，得)1418141410()1810(-<-<-=<<X P X P )4144(<-<-=X P )414(<-=X P 271.0433512=-≥．3．袋装茶叶用及其装袋，每袋的净重为随机变量，其期望值为100g ，标准差为10g ，一大盒内装200袋，求一盒茶叶净重大于5.20kg 的概率．解：设i X 为一袋袋装茶叶的净重，X 为一盒茶叶的净重，由题可知∑==2001i i X X ，100)(=i X E ，100)(=i X D ，200,,2,1 =i ．因为1X ，2X ，…，200X 相互独立，则20000)()(2001==∑=i i X E X E ，20000)()(2001==∑=i i X D X D ．)()(20500)()(()20500(2001X D X E X D X E X P X P i i ->-=>∑=)1020020000205001020020000(⋅->⋅-=X P )2251020020000(>⋅-=X P 由独立同分布的中心极限定理，1020020000⋅-X 近似地服从)1,0(N ，于是0002.0)5.3(1)2251020020000(=Φ-≈>⋅-X P ．4．有一批建筑用木桩，其80%的长度不小于3m ．现从这批木桩中随机取出100根，试问其中至少有30根短于3m 的概率是多少？解：设X 为100根木桩中短于3m 的根数，则由题可知X ～)2.0,100(B ，有20)(=X E ，16)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)30(1)30(<-=≥X P X P )42030(1)()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 0062.0)5.2(1=Φ-=．5．某种电器元件的寿命服从均值为100h 的指数分布．现随机选取16只，设它们的寿命是相互独立的．求这16只元件寿命总和大于1920h 的概率．解：设i X 为第i 只电器元件的寿命，由题可知i X ～)01.0(E ，16,,2,1 =i ，且1X ，2X ，…，16X 相互独立，则100)(=i X E ，10000)(=i X D ．记∑==161i i X X ，则1600)()(161==∑=i i X E X E ，160000)()(161==∑=i i X D X D ．))()(1920)()(()1920(X D X E X D X E X P X P ->-=>)400160019204001600(->-=X P )8.04001600(>-=X P ，由独立同分布的中心极限定理，1600-X 近似地服从)1,0(N ，于是2119.0)8.0(1)8.04001600(=Φ-=>-X P ．6．在数值计算中中，每个数值都取小数点后四位，第五位四舍五入(即可以认为计算误差在区间]105,105[55--⨯⨯-上服从均匀分布)，现有1200个数相加，求产生的误差综合的绝对值小于03.0的概率．解：设i X 为每个数值的误差，则i X ～)105,105(55--⨯⨯-U ，有0)(=i X E ，1210)(8-=i X D ，1200,,2,1 =i ．从而0)()(12001==∑=i i X E X E ，61200110)()(-===∑i i X D X D ．由独立同分布的中心极限定理，X 近似地服从)10,0(6-N ，于是)03.0(<X P ))()(03.0)()((X D X E X D X E X P -≤-=12101200003.0121012000(44--⋅-≤⋅-=X P 9974.01)3(2=-Φ=．7．某药厂断言，该厂生产的某药品对医治一种疑难的血液病治愈率为8.0．医院检验员任取100个服用此药的病人，如果其中多于75个治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言．(1)若实际上此药对这种病的治愈率是8.0，问接受这一断言的概率是多少？(2)若实际上此药对这种病的治愈率是7.0，问接受这一断言的概率是多少？解：设X 为100个服用此药的病人中治愈的个数，(1)由题可知X ～)8.0,100(B ，则80)(=X E ，16)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)75(1)75(≤-=>X P X P 48075(1))()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 8944.0)25.1(=Φ=．(2)由题可知X ～)7.0,100(B ，则70)(=X E ，21)(=X D ，由棣莫弗—拉普拉斯定理，得)75(1)75(≤-=>X P X P 217075(1)()((1-Φ-=-Φ-=X D X E X 1379.0)09.1(1=Φ-=．8．一射手在一次射击中，所得环数的分布律如下表：X678910P 05.005.01.03.05.0求：(1)在100次射击中环数介于900环与930环之间的概率是多少？(2)超过950环的概率是多少？解：设X 为100次射击中所得的环数，i X 为第i 次射击的环数，则∑==1001i i X X ，15.9)(=i X E ，95.84)(2=i X E ，2275.1)]([)()(22=-=i i i X E X E X D ，100,,2,1 =i ．由1X ，2X ，…，100X 相互独立，得915)()(1001==∑=i i X E X E ，75.122)()(1001==∑=i i X D X D ．由独立同分布的中心极限定理，75.122915-X 近似地服从)1,0(N ，于是(1))930900(≤≤X P ))()(930)()()()(900(X D X E X D X E X X D X E P -≤-≤-=75.12291593075.12291575.122915900(-≤-≤-=X P )75.1221575.122915(≤-=X P 823.01)35.1(2=-Φ≈．(2))950(>X P ))()(950)()((X D X E X D X E X P ->-=75.122915950)()((->-=X D X E X P 001.0)1.3(1=Φ-≈．9．设有30个电子元件1A ，2A ，…，30A ，其寿命分别为1X ，2X ，…，30X ，且且都服从参数为1.0=λ的指数分布，它们的使用情况是当i A 损坏后，立即使用1+i A (29,,2,1 =i )．求元件使用总时间T 不小于350h 的概率．解：由题可知i X ～)1.0(E ，30,,2,1 =i ，则10)(=i X E ，100)(=i X D ．记∑==301i i X T ，由1X ，2X ，…，30X 相互独立，得300)()(301==∑=i i X E T E ，3000)()(301==∑=i i X D T D ．))()(350)()(()350(T D T E T D T E T P T P ->-=>30103003503010300(⋅->⋅-=T P )91.03010300(>⋅-≈T P ，由独立同分布的中心极限定理，3010300⋅-T 近似地服从)1,0(N ，于是1814.0)91.0(1)91.03010300(=Φ-=>⋅-T P ．10．大学英语四级考试，设有85道选择题，每题4个选择答案，只有一个正确．若需要通过考试，必须答对51道以上．试问某学生靠运气能通过四级考试的概率有多大？解：设X 为该学生答对的题数，由题可知X ～41,85(B ，则25.21)(=X E ，9375.15)(=i X D ，85,,2,1 =i ．由棣莫弗—拉普拉斯中心极限定理，近似地有9375.1525.21-X ～)1,0(N ，得)8551(≤≤X P ))()(85)()()()(51(X D X E X D X E X X D X E P -≤-≤-=)9375.1525.21859375.1525.219375.1525.2151(-≤-≤-=X P 0)45.7()97.15(=Φ-Φ=．即学生靠运气能通过四级考试的概率为0．。
概率论答案 - 李贤平版 - 第五章
第五章 有 限 定 理1、设()(0)f x x <<-∞是单调非降函数，且()0f x >，对随机变量ξ，若(||)Ef ξ<∞，则对任意x o >，1{||}(||)()P x Ef f x ξξ≥=。
2、ξ为非负随机变量，若(0)a Ee a ξ<∞>，则对任意x o >，{}ax a P x e Ee ξξ-≥≤。
3、若()0h x ≥，ξ为随机变量，且()Eh ξ<∞，则关于任何0c >，1{()}()P h c c Eh ξξ-≥≤。
4、{}k ξ各以12概率取值s k 和sk -，当s 为何值时，大数定律可用于随机变量序列1,,,n ξξ的算术平均值？5、验证概率分布如下给定的独立随机变量序列是否满足马尔可夫条件：（1）1{2}2kk P X =±=； （2）(21)2{2}2,{0}12k k k k k P X P X -+-=±===-； （3）11221{2},{0}12kk k P X k P X k --=±===-。
6、若k ξ具有有限方差，服从同一分布，但各k 间，k ξ和1k ξ+有相关，而1,(||2)k k l ξξ-≥是独立的，证明这时对{}k ξ大数定律成立。
7、已知随机变量序列12,,ξξ的方差有界，n D c ξ≤，并且当||i j -→∞时，相关系数0ij r →，证明对{}k ξ成立大数定律。
8、对随机变量序列{}i ξ，若记11()n n n ηξξ=++，11()n n a E E nξξ=++，则{}i ξ服从大数定律的充要条件是22()lim 01()n n n n n a Ea ηη→∞⎧⎫-=⎨⎬+-⎩⎭。
9、用斯特灵公式证明：当,,n m n m →∞→∞-→∞，而0mn→时， 2221~2nmn n n m -⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭。
概率论与数理统计第五章习题解答
第五章 假设检验与一元线性回归分析 习题详解解：这是检验正态总体数学期望μ是否为提出假设：0.32:,0.32:10≠=μμH H由题设，样本容量6n =， 21.12=σ，1.121.10==σ，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~61.10.320N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}|{|=≥λU P ,查表得96.1=λ 得到拒绝域: 96.1||≥u计算得： 6.31)6.318.310.326.310.306.32(61=+++++⨯=x89.061.10.326.310-=-=-=n x u σμ因 0.89 1.96u =<它没有落入拒绝域，于是不能拒绝H 0，而接受H 0，即可以认为0.32=μ，所以可以认为这批机制砖的平均抗断强度μ显着为32.0kg/cm 2。
解：这是检验正态总体数学期望μ是否大于10提出假设：10:,10:10>≤μμH H 即：10:,10:10>=μμH H由题设，样本容量5n =，221.0=σ，1.01.020==σ，km x 万1.10=，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~51.010N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}{='≥λU P ,查表得64.1'=λ 得到拒绝域: 64.1≥u 计算得： 24.251.0101.100=-=-=n x u σμ 因 2.24 1.64u =>它落入拒绝域，于是拒绝零假设 H 0，而接受备择假设H 1，即可认为10>μ所以可以认为这批新摩托车的平均寿命μ有显者提高。
解：这是检验正态总体数学期望μ是否小于240提出假设：240:,240:10<≥μμH H即：240:,240:10<=μμH H由题设，样本容量6n =，6252=σ，256250==σ，220=x ，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~625240N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}{='-≤λU P ,查表得64.1'=λ 得到拒绝域: 64.1-≤u 计算得：959.16252402200-=-=-=n x u σμ 因 1.959 1.64u =-<-它落入拒绝域，于是拒绝H 0，而接受H 1，即可以认为240<μ 所以可以认为今年果园每株梨树的平均产量μ显着减少。
概率论第五章 习题解答
第五章 数理统计的基础知识I 教学基本要求1、理解总体、个体、样本、统计量、样本均值和样本方差的概念，会根据样本数据计算样本均值和样本方差；2、了解经验分布函数的概念，了解直方图、茎叶图的作法；3、了解2χ分布、t 分布、F 分布的定义，会查表计算分位数；4、了解正态总体的常用抽样分布.II 习题解答A 组1、某学校学生会进行问卷调查了解大学生使用手机的情况，该项研究中总体和样本各是什么？解：该项研究中总体是该学校全体大学生；样本是该学校被问卷调查的大学生.2、为了解经济系管理专业本科毕业生工作后的就业情况，调查了某地区30名2010年毕业的管理专业本科生工作后的月薪情况.该项研究中总体和样本各是什么？样本容量是多少？解：总体是该地区2010年毕业的经济系管理专业本科生的月薪；样本是被调查的30名2010年毕业的经济系管理专业本科生的月薪；样本容量是30.3、某厂生产的晶体管的使用寿命服从指数分布，为了解其平均寿命，从中抽出n 件产品检测，什么是总体、样本？样本的分布是什么？解：总体是该厂生产的晶体管的寿命，其分布是指数分布()E λ；样本是从该厂抽出的n 个晶体管的寿命；记第i 个晶体管的寿命为i x ，则~()i x E λ(1,2,,)i n =，样本的分布为∑==-=-∏ni iix nni x ee11λλλλ.4、某工厂通过抽样调查得到5名工人一周内生产的产品数为149、156、160、138、149.求样本均值和样本方差？解：样本均值5111(149156160138149)150.455i i x x ===++++=∑；样本方差52211()51i i s x x ==--∑ 2221[(149150.4)(156150.4)(149150.4)]70.34=-+-++-=.5、假设某地区30名2010年毕业的管理专业本科生工作后的月薪数据如下： 1909 2086 2120 1999 2320 2091 2071 2081 2132 2336 2572 1825 1914 1992 2232 1950 1775 2203 2025 2096 2224 2044 1871 2164 1971 1950 1866 1738 1967 1808 作频率分布表(分6组)以及画出频率直方图？解：最大值为2572，最小值为1738，组距近似为140617382572≈-=d ，其频数频6、设总体2~(,)X N μσ，假如要以0.9606的概率保证偏差||0.1x μ-<，问当20.25σ=时，样本容量应取多大？解：设样本容量为n ，则2~(,)x N nσμ，于是(||0.1)210.9606x p x p μ-<=<=Φ-=1735187520152155 2295 2435 x2575(0.98035⇒Φ= 查正态分布表得06.25≈n，从而106.09n ≈，故n 取106. 7、从一个正态总体),(~2σμN X 中抽取容量为10的样本，且(||4)0.02p x μ->=，求σ？解：因为2~(,)x N nσμ，故(||4)|2[10.02x p x p μ->=>=-Φ=0.99⇒Φ=，查正态分布表得33.2104=σ，解得 5.43σ=.8、设在总体),(~2σμN X 抽取一个容量为16的样本，这里μ、2σ均未知，求22(1.664)s p σ≤？解：因为222(1)~(1)n s n χσ--及16n =，所以222215(1.664)(24.96)0.95s s p p σσ≤=≤=.9、设总体~(,16)X N μ，1x 、2x 、…、10x 为取自该总体的样本，已知2()0.1p s a >=，求常数a ？解：因为222(1)~(1)n s n χσ--、10n =、4σ=，所以2299()1()0.11616s p s a p a >=-≤=，即299()0.91616s p a ≤=查自由度为9的2χ分布表得，914.68416a =，所以26.105a =. 10、设总体),(~2σμN X ，1x 、2x 、…、n x 为取自该总体的样本，求：(1) 22(())p x n σμ-≤；(2) 当样本容量很大时，222(())s p x nμ-≤；(3) 当样本容量等于6时，222(())3s p x μ-≤？ 解：(1) 2222()(())(1)x p x p n n σμμσ--≤=≤，易知222()~(1)x nμχσ-，查自由度为1的2χ分布表，得22(())0.6826p x nσμ-≤=；(2) 当样本容量很大时，22()x s nμ-近似服从)1(2χ，所以22222()(())(2)0.8426s x p x p n s nμμ--≤=≤=；(3) 因为当样本容量等于6~(5)x t ，所以2222(())4)(|2)0.93S x x p x p p μ-≤=≤=≤=.11、设1x 、2x 、…、10x 为取自总体~(0,0.09)X N 的样本，求1021( 1.44)ii p x=>∑？解：因为10221()~(10)0.3i i x χ=∑，所以10101022221111.44( 1.44)(())1(()16)0.10.30.30.3i i i i i i x x p x p p ===>=>=-≤=∑∑∑ 查自由度为10的2χ分布表得，1021(()16)0.90.3i i x p =≤=∑.12、设1x 、2x 、…、n x 是取自总体2~(,)X N μσ的样本，x 为样本均值，又记22111()1n i i s x x n ==--∑、22211()n i i s x x n ==-∑、22311()1n i i s x n μ==--∑、22411()n i i s x n μ==-∑，则服从分布(1)t n -的随机变量T =__ _____ .x Bx Cx Dx解：~(0,1)x N 、2222~(1)ns n χσ-，又x 与22s 独立，故~(1)x x t n =-.13、若~()T t n ，则2T 服从什么分布？解：设T =~(0,1)X N 、2~()Y n χ，且X 和Y 独立，则 22~(1)X χ，且2X 和Y 独立，从而22~(1,)/X T F n Y n=.B 组1、设1x 、2x 、…、9x 为取自总体~(0,4)X N 的样本，求常数a 、b 、c 使得222123456789()()()Q a x x b x x x c x x x x =++++++++服从2χ分布，并求其自由度？ 解：~(0,1)N~(0,1)N~(0,1)N 且三者独立，故2222~(3)χ++，从而 18a =、112b =、116c =.2、设有k 个正态总体2~(,)i i X N μσ，从第i 个总体中抽取容量为i n 的样本1i x 、2i x 、…、i in x ，且各组样本间相互独立，记11in i ijj ix xn ==∑(1,2,,)i k =、12k n n n n =+++，求22111()in k iji i j W xx σ===-∑∑的分布？解：因为221222()(1)~(1)in iji j i i i xx n s W n χσσ=--==-∑，且22(1)i i n s σ-(1,2,,)i k =相互独立，故22111()in k iji i j W xx σ===-∑∑221(1)ki i i n s σ=-=∑21~((1))ki i n χ=-∑，而11(1)kkiii i n n k n k ==-=-=-∑∑，故222111()~()in k ij ii j W xx n k χσ===--∑∑. 3、设随机变量X 、Y 相互独立且都服从标准正态分布，而1x 、2x 、…、9x 和1y 、2y 、…、9y 分别是取自总体X 、Y 的相互独立的简单随机样本，求统计量Z =分布？解：因为129~(0,9)x x x N +++，故129~(0,1)3x x x N +++，而2222129~(9)y y y χ+++，又因129x x x +++与222129y y y +++独立，所以~(9)Z t =. 4、设总体2~(,)X N μσ，从中取出样本1x 、2x 、…、n x 、1n x +，记11nn i i x x n ==∑、2211()1n ni ni s x x n ==--∑~(1)t n -. 证明：因为21~(,)n x N u σ+，211~(,)n n i i x x N n nσμ==∑，且1n x +与n x 独立，故21(1)~(0,)n n n x x N n σ++-，又因222(1)~(1)n n s n χσ--且2n s 与1n n s x +-独立，故~(1)t n -.5、设总体~(0,4)X N ，而1x 、2x 、…、15x 为取自该总体的样本，则随机变量22212102221112152()x x x Y x x x +++=+++服从的分布？ 解：因为~(0,1)2i x N ，故22~(1)4i x χ(1,2,,15)i =，再由1x 、2x 、…、15x 独立，故22221210~(10)4x x x χ+++、2222111215~(5)4x x x χ+++，所以22212102221210222222111215*********~(10,5)2()54x x x x x x Y F x x x x x x ++++++==++++++. 6、设总体~(0,1)X N ，1x 、2x 、…、n x 为取自该总体的样本，求52126(1)5ii nii x n V x===-∑∑(5)n >的分布？解：因为5221~(5)ii xχ=∑、226~(5)nii x n χ=-∑，且521ii x =∑与26nii x=∑独立，故55221122665(1)~(5,5)5(5)iii i nniii i xx n V F n xn x=====-=--∑∑∑∑.。
概率论第五章习题解答(全)
10 ) 1 0.90 n 12
即
(
10 ) 0.95 ，查表得 (1.64) 0.95 n 12
n 443 。
令
10 1.64 ，解得 n 12
即最多可有 443 个数相加，可使得误差总和的绝对值小于 10 的概率不小于 0.90。 4、 设各零件的重量都是随机变量， 它们相互独立， 且服从相同的分布， 其数学期望为 0.5kg， 圴方为 0.1kg，问 5000 只零件的总重量超过 2510kg 的概率是多少？ 解 设每只零件的重量为 X i ， i 1, 2, ,5000 ，由独立同分布的中心极限定理知
100
i
， 则 X b(100, 0.9) 。 由德莫弗――拉普拉斯定理知，
X 100 0.9 近 100 0.9 0.1
2 10000 i 1
X
i
索赔总金额不超过 2700000 美元的概率
P{ X 2700000} 1` P{ X 270000}
10000
1 P{
X
i 1
i
280 10000
800 100
2700000 2800000 } 80000
10000
1 P{
2 2
X
i 1
16
i
，
于是随机变量
Z
Xi n
i 1
16
2 n
X
i 1
16
i
1600
10000 16
X 1600 近似的服从 N (0,1) 400
P{ X 1920} P{
X 1600 1920 1600 X 1600 } P{ 0.8} 400 400 400 X 1600 1 P{ 0.8} 1 (0.8) ＝ 1 0.7881 0.2119 . 400
概率论与数理统计(经管类)第五章课后习题答案
E X |
7.5 .
E X |
7.5
D X .
.
0.44
2. 在每次实验中,事件 A 发生的概率为 0.5.利用切比雪夫不等式估计,在 1000 次独立实验中,事件 A 发 生的次数在 400~600 之间的概率. 解:用 X 表示事件 A 发生的次数,它服从 n=1000,p=0.5 的二项分布. 则 E(X)=np=1000*0.5=500, D(X)=npq=1000*0.5*0.5=250 P 400 600 P |X 10
2.387 P X 6 2.387 10 6 2.387 1 Φ 10 6 2.387 1 Φ 1.68 0.0465
np P
1000 0.005
5, npq
2.23
X X 5 7 5 0.007 PX 7 P Φ 0.90 0.8159 1000 2.23 2.23 4. 在抛硬币的实验中,至少抛多少次,才能是正面出现的频率落在(0.4,0.6)区间的概率不小于 0.9? 解:用 X 表示 n 次试验中出现正面的次数, 则 X~B(120, ), np P 0.4 0.5n, npq X n 0.6 0.6 0.5n X 0.5n √n 2 √n 5 0.9 0.9505 0.6n 0.5n √n , 2
A. N 2,4 B. N 2, 解: E Z
∑
E x
2n
2
D Z
1 n
1 n2
n
n
E xi
i 1
1 n2 4 n
4n
4
n
故Zn
二,填空题
李贤平《概率论基础》第五章答案
1第5章 极限定理解答1.证：对任意0x >，11{}()()()axayaxaxy xy xy xP x dF y e dF y e dF y eeξ≥≥≥≥==≤⎰⎰⎰1()ay axa axe dF y eE eeξ∞-≤=⎰2、证：()h ξ为非负随机变量，所以对0c >有1{()}()()h h x cx cP h c dF x xdF x cξ≥≥≥=≤⎰⎰11()()h xdF x E h ccξ∞≤=⎰。
4、解：现验证何时满足马尔可夫条件2110n k k D n ξ=⎛⎫→ ⎪⎝⎭∑，2211022k E k k ξ=-=，2221122sssk D kkkξ=+=。
若12s <，这时210s -<，利用k ξ间的独立性可得222122211110()sn nss k k k n n D knn n n n ξ-==⋅⎛⎫=≤=→→∞ ⎪⎝⎭∑∑。
若12s ≥，则 222211111110()2n nnsk k k k n D kk n n nnnξ===+⎛⎫=≥=→→∞ ⎪⎝⎭∑∑∑。
所以当时，大数定律可用于独立随机变量序列。
6、证：（1）0k EX =，()()221122422kkk D X k =⋅+-⋅=，11222221111144440()1433n n n nk k k k D X D X n n n nnn++==-⎛⎫==⨯=-→→∞ ⎪-⎝⎭∑∑。
不满足马尔可夫条件。
（2）()()222121110,22122kkk k k k E X D X ++==⋅+-⋅=，2211110()n k k D X n n n n n =⎛⎫=⋅=→→∞ ⎪⎝⎭∑。
满足马尔可夫条件。
（3）()32221122110,22k k EX D X k k k k k ==⋅+-⋅=，23222221111111(1)1()22n nnk k k k n n D X kkn n n nn===+⎛⎫=≥=⋅→→∞ ⎪⎝⎭∑∑∑。
概率论第五章习题解答
概率论第五章习题解答（科学出版社）1、据以往的经验，某种电器元件的寿命服从均值为100h 的指数分布，现随机地取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件的寿命的总和1920h 的概率。
解 设这16只元件的寿命为i X ，1,2,,16i =L ，则161ii X X==∑，因为()100i E X μθ===，22()10000i D X σθ===于是随机变量161616001600400iiXn XX Z μ-⨯--===∑∑近似的服从(0,1)N160019201600{1920}{}400400X P X P -->=>1600{0.8}400X P -=>16001{0.8}400X P -=-<1(0.8)=-Φ＝10.78810.2119=-=.2\（1）一保险公司有10000个汽车保险投保人，每个投保人索赔金额的数学期望为280美元，标准差为800美元，求索赔总金额不超过2700000美元的概率；（2）一公司有50张签约保险单，每张保险单的索赔金额为i X ，1,2,,50i =L （以千美元计）服从韦布尔分布，均值()5i E X =，方差()6i D X =求50张保险单索赔的合计总金额大于300的概率。
解 （1）设每个投保人索赔金额为i X ，1,2,,10000i =L ，则索赔总金额为100001ii X X==∑又 ()280i E X =，2()800i D X =，所以， 索赔总金额不超过2700000美元的概率{2700000}1`{270000}P X P X >=-≤10000128010000270000028000001{}80010080000ii XP =-⨯-=-≤⨯∑1000012800000101{}800008ii XP =-=-≤-∑ 10000128000001{1.25}80000ii XP =-=-≤-∑近似的服从(0,1)N即 {2700000}1( 1.25)P X >=-Φ-(1.25)0.8944=Φ= （2）{300}1{300}P X P X >=-≤505051iXP -⨯=-≤∑505051iXP -⨯=-≤∑505051 2.89}iXP -⨯=-≤∑1(2.89)=-Φ10.99810.0019=-=3、计算器在进行加法时，将每个加数舍入最靠近它的整数，设所有舍入误差相互独立，且在（－，）上服从均匀分布，（1）将1500个数相加，问误差总和的绝对值超过15的概率是多少？（2）最多可有几个数相加，使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于？ 解 设每个加数的舍入误差为i X ，1,2,,1500i =L ，由题设知i X 相互独立同分布，且在（－，）上服从均匀分布，从而0.50.5()02i E X -+==，2(0.50.5)1()1212i D X +== (1)、记15001i i X X ==∑，=近似的服从(0,1)N ，从而 {||15}1{||15}P X P X >=-≤1{1515}P X =--≤≤1P =-≤≤1[(=-Φ-Φ2(1=-Φ2(1(1.34))=-Φ2(10.9099)0.1802=-=。
概率论与数理统计习题及答案-第五章
习题五1.一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X .估计P {10<X <18}.【解】设i X 表每次掷的点数，则41i i X X==∑22222221111117()123456,666666211111191()123456,6666666i i E X E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= 从而 22291735()()[()].6212i i i D X E X E X ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭ 又X 1,X 2,X 3,X 4独立同分布.从而44117()()()414,2i i i i E X E X E X =====⨯=∑∑ 44113535()()()4.123i i i i D X D X D X =====⨯=∑∑ 所以 235/3{1018}{|14|4}10.271,4P X P X <<=-<≥-≈ 2. 假设一条生产线生产的产品合格率是0.8.要使一批产品的合格率达到在76%与84%之间的概率不小于90%，问这批产品至少要生产多少件？【解】令1,,0,i i X ⎧⎨⎩若第个产品是合格品其他情形. 而至少要生产n 件，则i =1,2,…,n ,且X 1，X 2，…，X n 独立同分布，p =P {X i =1}=0.8.现要求n ,使得1{0.760.84}0.9.n i i X P n =≤≤≥∑即0.80.9ni X n P -≤≤≥∑ 由中心极限定理得0.9,Φ-Φ≥整理得0.95,Φ≥⎝⎭1.64,≥ n ≥268.96, 故取n =269.3. 某车间有同型号机床200部，每部机床开动的概率为0.7，假定各机床开动与否互不影响，开动时每部机床消耗电能15个单位.问至少供应多少单位电能才可以95%的概率保证不致因供电不足而影响生产.【解】要确定最低的供应的电能量，应先确定此车间同时开动的机床数目最大值m ，而m要满足200部机床中同时开动的机床数目不超过m 的概率为95%,于是我们只要供应15m 单位电能就可满足要求.令X 表同时开动机床数目，则X ~B （200，0.7）,()140,()42,E X D X ==0.95{0}().P X m P X m =≤≤=≤=Φ 查表知1.64,= ,m =151. 所以供电能151×15=2265（单位）.4. 一加法器同时收到20个噪声电压V k （k =1，2，…，20），设它们是相互独立的随机变量，且都在区间（0，10）上服从均匀分布.记V =∑=201k k V，求P {V ＞105}的近似值.【解】易知:E (V k )=5,D (V k )=10012,k =1,2,…,20 由中心极限定理知，随机变量20205~(0,1).k V Z N -⨯==∑近似的于是105205{105}10P V P ⎧⎫⎪⎪-⨯⎪>=>⎬⎪⎪⎭1000.3871(0.387)0.348,10V P ⎧⎫⎪⎪-⎪⎪=>≈-Φ=⎨⎬⎪⎪⎭即有 P {V >105}≈0.3485. 有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3m.现从这批木柱中随机地取出100根，问其中至少有30根短于3m 的概率是多少？【解】设100根中有X 根短于3m ，则X ~B （100，0.2）从而{30}1{30}1P X P X ≥=-<≈-Φ 1(2.5)10.99380.0062.=-Φ=-=6. 某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8.医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言.（1） 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，问接受这一断言的概率是多少？（2） 若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7，问接受这一断言的概率是多少？【解】1,,1,2,,100.0,.i i X i ⎧==⎨⎩ 第人治愈其他 令1001.ii X X ==∑ (1) X ~B (100,0.8)，1001{75}1{75}1i i P X P X =>=-≤≈-Φ∑ 1( 1.25)(1.25)0.8944.=-Φ-=Φ=(2) X ~B (100,0.7)，1001{75}1{75}1i i P X P X =>=-≤≈-Φ∑11(1.09)0.1379.=-Φ=-Φ= 7. 用Laplace 中心极限定理近似计算从一批废品率为0.05的产品中，任取1000件，其中有20件废品的概率.【解】令1000件中废品数X ，则p =0.05,n =1000,X ~B (1000,0.05)，E (X )=50，D (X )=47.5.故130{20} 6.895 6.895P X ϕ⎛⎫===- ⎪⎝⎭6130 4.510.6.895 6.895ϕ-⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭ 8. 设有30个电子器件.它们的使用寿命T 1，…，T 30服从参数λ=0.1[单位：（小时）-1]的指数分布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，以此类推.令T 为30个器件使用的总计时间，求T 超过350小时的概率. 【解】11()10,0.1i E T λ=== 21()100,i D T λ== ()1030300,E T =⨯= ()3000.D T =故{350}111(0.913)0.1814.P T >≈-Φ=-Φ=-Φ= 9. 上题中的电子器件若每件为a 元，那么在年计划中一年至少需多少元才能以95%的概率保证够用（假定一年有306个工作日，每个工作日为8小时）.【解】设至少需n 件才够用.则E (T i )=10，D (T i )=100，E (T )=10n ，D (T )=100n .从而1{3068}0.95,ni i P T =≥⨯=∑即0.05.≈Φ 故0.95, 1.64272.n =Φ=≈所以需272a 元.10. 对于一个学生而言，来参加家长会的家长人数是一个随机变量，设一个学生无家长、1名家长、2名家长来参加会议的概率分别为0.05,0.8,0.15.若学校共有400名学生，设各学生参加会议的家长数相与独立，且服从同一分布.（1） 求参加会议的家长数X 超过450的概率？（2） 求有1名家长来参加会议的学生数不多于340的概率.【解】（1） 以X i (i =1,2,…,400)记第i 个学生来参加会议的家长数.则X i 的分布律为 X i 0 1 2P 0.05 0.80.15 易知E （Xi =1.1）,D (X i )=0.19,i =1,2, (400)而400i i X X=∑,由中心极限定理得400400 1.1~(0,1).i X N -⨯=∑近似地 于是{450}1{450}1P X P X >=-≤≈-Φ 1(1.147)0.1357.=-Φ= (2) 以Y 记有一名家长来参加会议的学生数.则Y ~B (400,0.8) 由拉普拉斯中心极限定理得{340(2.5)0.9938.P Y ≤≈Φ=Φ= 11. 设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率？【解】用X 表10000个婴儿中男孩的个数，则X ~B （10000，0.515） 要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求P {X ≤5000}. 由中心极限定理有{5000}(3)1(3)0.00135.P X ≤≈Φ=Φ-=-Φ= 12. 设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为0.9.以95%概率估计，在一次行动中：（1）至少有多少个人能够进入？（2）至多有多少人能够进入？【解】用X i 表第i 个人能够按时进入掩蔽体（i =1,2,…,1000）.令 S n =X 1+X 2+…+X 1000.(1) 设至少有m 人能够进入掩蔽体，要求P {m ≤S n ≤1000}≥0.95，事件{}.n m S ≤=≤ 由中心极限定理知：{}1{}10.95.n n P m S P S m ≤=-<≈-Φ≥ 从而 0.05,Φ≤ 故1.65,=- 所以 m =900-15.65=884.35≈884人(2) 设至多有M 人能进入掩蔽体，要求P {0≤S n ≤M }≥0.95.{}0.95.n P S M ≤≈Φ==1.65,M =900+15.65=915.65≈916人. 13. 在一定保险公司里有10000人参加保险，每人每年付12元保险费，在一年内一个人死亡的概率为0.006,死亡者其家属可向保险公司领得1000元赔偿费.求：（1） 保险公司没有利润的概率为多大；（2） 保险公司一年的利润不少于60000元的概率为多大？【解】设X 为在一年中参加保险者的死亡人数，则X ~B （10000，0.006）.(1) 公司没有利润当且仅当“1000X =10000×12”即“X =120”.于是所求概率为{120}P X =≈21(60230.18110.0517e 0--===⨯≈(2) 因为“公司利润≥60000”当且仅当“0≤X ≤60” 于是所求概率为{060}P X ≤≤≈Φ-Φ(0)0.5.⎛=Φ-Φ≈ ⎝ 14. 设随机变量X 和Y 的数学期望都是2，方差分别为1和4，而相关系数为0.5试根据契比雪夫不等式给出P {|X -Y |≥6}的估计. （2001研考）【解】令Z =X -Y ，有()0,()()()()2 3.E Z D Z D X Y D X D Y ρ==-=+-=所以2()31{|()|6}{||6}.63612D X Y P ZE Z P X Y --≥=-≥≤== 15. 某保险公司多年统计资料表明，在索赔户中，被盗索赔户占20%，以X 表示在随机抽查的100个索赔户中，因被盗向保险公司索赔的户数.（1） 写出X 的概率分布；（2） 利用中心极限定理，求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率近似值.（1988研考）【解】（1） X 可看作100次重复独立试验中，被盗户数出现的次数，而在每次试验中被盗户出现的概率是0.2，因此，X ~B (100,0.2)，故X 的概率分布是100100{}C 0.20.8,1,2,,100.k k k P X k k -===(2) 被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率即为事件{14≤X≤30}的概率.由中心极限定理，得{1430}P X ≤≤≈Φ-Φ (2.5)( 1.5)0.994[9.33]0.927.=Φ-Φ-=--=16. 一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的.假设每箱平均重50千克，标准差为5千克，若用最大载重量为5吨的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977.【解】设X i （i =1,2,…,n ）是装运i 箱的重量（单位：千克），n 为所求的箱数，由条件知，可把X 1，X 2，…，X n 视为独立同分布的随机变量，而n 箱的总重量T n =X 1+X 2+…+X n 是独立同分布随机变量之和，由条件知：()50,i E X = 5,=()50,n E T n = =依中心极限定理，当n ~(0,1)N 近似地,故箱数n 取决于条件{5000}n P T P ≤=≤0.977(2).≈Φ>=Φ 2>解出n <98.0199,即最多可装98箱.。
陈国华等主编概率论与数理统计第五章习题解答
x>0 x≤0
(α > 0, β > 0)
a a 1 1 1 dx = ∫ cos(tx) ⋅ dx + ∫ sin(tx) ⋅ dx −a −a −a 2a 2a 2a 1 1 1 = ⋅ sin(tx) |a sin(at ) x =− a = at 2a t t −1 （2）参数为 λ 的指数分布的特征函数为， φ X (t ) = (1 − i ) ，参数为 λ 的指数分布可看做
1
π (1 + x 2 )
(−∞ < x < +∞) ；
⎧A ⎪ (D) X i 的概率函数为 ： g ( x) = ⎨ x 3 ⎪0 ⎩
x ≥1 x <1
(i = 1,2,3, ) ．
答案：CABAD 三．解答题
1．一颗骰子连续掷 4 次，点数总和记为 X ，估计 p (10 < X < 18) ．
3．已知随机变量 X 的数学期望为 10，方差 DX 存在且 P (−20 < X < 40) ≤ 0.1 ，则
DX ≥ ． 4．设 X 1 , X 2 , , X n， 为独立同分布的随机变量序列，且 X i (i = 1,2, ) 服从参数为 2 的
指数分布，则 n → ∞ 当时， Yn =
1 n 2 ∑ X i 依概率收敛于 n i =1
1 1 ln n + ln n = 0 2 2
n
DX n = EX n = ln n
n 1 1 D ( Xi) = 2 ∑ 2 n n i =1
2
∑ ln i → 0(n → ∞)
i =1
根据马尔可夫大数定律， {X n } 服从大数定律。
3 、 已 知 随 机 变 量 X 和 Y 的 数 学 期 望 、 方 差 以 及 相 关 系 数 分 别 为 E ( X ) = E (Y ) = 2 ,
概率论第五章习题答案
数理统计习题答案习题5.1解答1. 设总体服从()λP 分布，试写出样本n X X X ,,,21 的联合分布律.解:()的分布律为：即X P X ,~λ ()!k e k X P k λλ-==, ,,,2,1,0n k =n X X X ,,,21 的联合分布律为：()n n x X x X x X P ===,,,2211 = ()()()n n x X P x X P x X P === 2211=nx x x x e x e x e nλλλλλλ---⋅2121=λλn n xx x e x x x n-+++!!!2121, n i n x i ,,2,1,,,2,1,0 ==2. 设总体X 服从()1,0N 分布，试写出样本n X X X ,,,21 的联合分布密度. 解：()1,0~N X ，即X 分布密度为：()2221x e x p -=π，+∞<<-∞xn X X X ,,,21 的联合分布密度为：()∏==ni inx p x x x p 121*)(,...,=22222221212121n x x x eee--⋅-πππ=()}21exp{2122∑=--n i i x n π n i x i ,,2,1, =+∞<<∞-. 3. 设总体X 服从()2,σμN 分布,试写出样本n X X X ,,,21 的联合分布密度. 解：()2,~σμN X ，即X 分布密度为：()x p =()}2exp{2122σμσπ--x ，∞<<∞-xn X X X ,,,21 的联合分布密度为：()()∏==ni i n x p x xx p 121*,...,=()})(21exp{211222∑--⋅⋅=-ni i n n x μσσπ, n i x i ,,2,1, =+∞<<∞-.4. 根据样本观测值的频率分布直方图可以对总体作什么估计与推断? 解：频率分布直方图反映了样本观测值落在各个区间长度相同的区间的频率大小，可以估计X 取值的位置与集中程度，由于每个小区间的面积就是频率，所以可以估计或推断X 的分布密度. 5. 略. 6. 略.习题5.2解答1. 观测5头基础母羊的体重(单位：kg)分别为53.2,51.3,54.5,47.8,50.9，试计算这个样本观测值的数字特征：(1)样本总和，(2)样本均值，(3)离均差平方和，(4)样本方差，(5)样本标准差，(6)样本修正方差，(7)样本修正标准差，(8)样本变异系数，(9)众数，(10)中位数，(11)极差，(12)75%分位数.解：设9.50,8.47,5.54,3.51,2.5354321=====x x x x x()7.257151=∑=i ix，()54.51251==∑=i ixx(3) ss =()2512512x n xx xi ii i-=-∑∑===13307.84－5×51.542=25.982(4)2s =()∑=-51251i i x x =51ss =5.1964, (5)s =2.28; (6)s s * =ss n 11-=6.4955 (7)*s =2.5486; (8)cv =100⨯*xs =4.945;(9)每个数都是一个,故没有众数. (10)中位数为3x =51.3; (11)极差为54.5－47.8=6.7;(12)0.75分位数为53.2.2. 观测100支金冠苹果枝条的生长量(单位：cm)得到频数表如下：组下限 19.5 24.5 29.5 34.5 39.5 44.5 49.5 54.5 59.5 组上限 24.5 29.5 34.5 39.5 44.5 49.5 54.5 59.5 64.5 组中值 22 27 32 37 42 47 52 57 62频数 8 11 13 18 18 15 10 4 3试计算这个样本观测值的数字特征：(1)样本总和，(2)样本均值，(3)离均差平方和，(4)样本方差，(5)样本标准差，(6)样本修正方差，(7)样本修正标准差，(8)样本变异系数，(9)众数，(10)中位数，(11)极差，(12)75%分位数.解：设组中值依次为921,,,x x x ,频数依次为921,,,n n n ,=+++=921n n n n 100,()=∑=911i ii x n 3950;()=+=∑=919112i ii xn n n x 39.5;()()=-=-=∑∑==29129123x n xn x x n ss i ii i i i 25.39100166300⨯-=10275;()==ss s 100142102.75; ()=s 510.137;()=-=*ss n s 1162103.788 ()=*s 710.188;()=⨯=*1008xs cv 25.79;()42379或众数是(),50210=n ;中位数为5.3924237=+;()11极差为:62-22=40;()4775.0,83,6812621521分位数为∴=+++=+++n n n n n n .3.略.4. 设n x x x ,,,21 是一组实数，a 和b 是任意非零实数，bax y i i -=(n i ,,1 =)，x 、y 分别为i x 、i y 的均值，2xs =∑-iix xn2)(1，2ys =1n()y y i i-∑2，试证明：① b a x y -=；② 222b s s x y =. 解①：∑∑==-==ni i ni i b a x ny ny 1111= ()∑=-ni i a x bn11= ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑=n i i na x nb 11=b a x -; ②2y s =1n∑-ii y y 2)(=∑=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---ni i b a x b a x n121=∑=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-ni i b x x n121=221x s b .1.求分位数（1）()8205.0x ，（2）()12295.0x 。
概率论与数理统计（魏宗舒）第五章答案
计算题、证明题1． 设(x 1,2x ，…，n x )及（1u ，2u ，…，n u ）为两组子样观测值，它们有如下关系i u ＝ba x i -（ab ,0≠都为常数）求子样平均值u 与x ，子样方差2u s 与2x s 之间的关系． 解:b a x a x n b b a x n u i n n u i i i -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-===∑1121121 ().11122222x i i us bb a x b a x n u u n S =⎪⎭⎫ ⎝⎛---∑=-∑= 2． 若子样观测值1x ,2x ,…,m x 的频数分别为1n ,2n ,…，m n ，试写出计算子样平均值x 和子样方差2n s 的公式 (这里n =1n +2n +…+m n ).解: ∑∑∑======m j mj j j j jm j j j x f x n n x n n x 1111()()()221221x x f x x n n x x n n S j j j j m j j j n-=-=-=∑∑∑= 其中nn f j j =， m j ,,2,1 =是j x 出现的频率。
3．利用契贝晓夫不等式求钱币需抛多少次才能使子样均值ξ落在0.4到0.6之间的概率至少为0.9 ? 如何才能更精确的计算使概率接近0.9所需抛的次数 ? 是多少?解: 设需抛钱币n 次,第i 次抛钱币结果为n i i i i ,,2,101 =⎩⎨⎧=次抛出反面第次抛出正面第ξ， 则i ξ独立同分布.且有分布()1,0,21===x x P i ξ 从而41,21==i i D E ξξ。
设∑=i n ξξ1是子样均值.则n D E 41,21==ξξ. 由契贝晓夫不等式()()()().9.0410011.011.01.05.01.06.04.02=-=-≥<-=<-<-=<<nD E P P P ξξξξξ2504.0100==∴n ， 即需抛250次钱币可保证()9.06.04.0≥<<εP 为更精确计算n 值,可利用中心极限定理()()..9.012.02415.06.0415.0415.04.06.04.0≥-Φ=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-<-<-=<<n n n n P P ξξ645.12.0≥∴n 68≥∴n . 其中()x Φ是()1,0N 的分布函数.4. 若一母体ξ的方差2σ= 4, 而ξ是容量为100的子样的均值. 分别利用契夫晓夫不等式和极限定理求出一个界限, 使得ξ-μ (μ为母体ξ的数学期望E ξ) 夹在这界线之间的概率为0.9.解:设此界限为.ε由()9.012=-≥<-εξεμξDP由此.6325.04.0.10041.022≈=∴===εσξεnD 由中心极限定理,().9.012=-⎪⎪⎭⎫⎝⎛Φ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛<-=<-ξεξεξμξεμξD D D P P.645.1.95.0=∴=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ΦξεξεD D .329.01004645.1=⨯=ε5．假定1ξ和2ξ分别是取自正态母体N (μ,2σ)的容量为n 的两个子样(n 11211,,,ξξξ ),和(n 22221,,,ξξξ )的均值,确定n 使得两个子样均值之差超过σ的概率大约为0.01.解: ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n N i 2,~σμξ .2,1=i 且相互独立.，所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-n N 2212,0~σξξ于是()01.021222222121=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛Φ-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛>-=>-n n n P P σσσξξσξξ .005.02=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-Φ∴n .258.2⨯=n .14=n6．设母体ξ~N(μ,4 )，（n ξξξ,,,21 ）是取自此母体的一个子样, ξ为子样均值,试问：子样容量n 应取多大,才能使 (1) E ( μξ-2)1.0≤;(2) E (μξ-)1.0≤; (3) P （μξ-1.0≤)95.0≥.解: (1)().401.04.1.042=≥∴≤==-n n D E ξμξ(2)()dxex nE nx 422221μμπμξ--∞+∞--=-⎰=.1.0242262≤=-∞∞-⎰ndu e nπμπμ.255≥∴n(3) ().95.021.021.0≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛≤-=≤-n n P Pμεμε.96.121.0≥n 1537≥n .7. 设母体()p b ,1~ξ (两点分布), （n ξξξ,,,21 ）是取自此母体的一个子样,ξ为子样均值,若P =0.2,子样容量n 应取多大,才能使(1)P ()1.0≤-p ξ;75.0≥ (2)E (丨p -ξ丨2).01.0≤若P ()1.0∈为未知数,则对每个p ,子样容量n 应取多大才能使E (丨p -ξ丨2).01.0≤解: (1) 要()().75.03.01.01.02.0≥≤≤=≤-ξξP P当n 10=时,∑=ni i1ξ服从二项项分布().2.0,10,k b 查二项分布表知().75.07717.01074.08791.0313.01.0101>=-=⎪⎭⎫⎝⎛≤≤=≤≤∑=i i P P ξξ所以n 应取10.(2) ()np p D P E -==1.ξξ当2.0=p 时().16.01.016.02≥∴≤==-n n D p E ξξ(3) 当P 未知时,()()01.012≤-==-np p D p E ξξ由此知, ()p p n -≥1100, 要对一切()1,0∈p 此时均成立. 只要求p 值使()p p -1最大, 显然当21=p , ()411=-p p 最大,.所以当2541100=⨯≥n时,对一切p 的不等式均能成立.8 设母体ξ的k 阶原点矩和中心矩分别为k v =E ξk ,k μ=Ｅ()k E ξξ-，k ＝１,２,３,４，k 1ξ和k m 分别为容量n 的子样k 阶原点矩和中心矩, 求证:(1) E()31νξ-＝23n μ; (2) Ｅ()41νξ-＝223n μ＋32243nμμ-. 解:()()()()()1213113311313[11νξνξνξνξνξ--+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-∑∑∑≠==j i j i n i i n i E n n E E ++()()()]111γξγξγξ---∑k j iE注意到n ξξξ,,,21 独立, 且()0111=-=-νννξi E .,,2,1n i = 所以().13231μνξnE =- ()()()()()()+--+--+-=-∑∑∑≠≠=2121131414144134[1νξνξνξνξνξνξj i ji j i j i i i E E n E ()()()()()()()]111111216νξνξνξνξνξνξνξ----+---∑∑≠≠≠≠≠l k j ilk j i k j ikj i E E=().3313132242222443n n n n n n μμμμμ-+=-+ 9. 设母体ξ~N()2,σμ,子样方差2nS =n1()21∑=-ni iξξ, 求E 2n S ,D 2n S 并证明当n 增大时,它们分别为2σ+⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1ο和n 42σ+⎪⎭⎫⎝⎛n 1ο.解: 由于().1~222-n nS nχσ所以()()()121.1122-=--=-n n DX n n E χ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∴2222222101n n n nS E n ES n nσσσσ().10212244222242⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=n n n n nS D n DS n nσσσσ .10. 设()21,ξξ为取自正态母体ξ~N()2,σμ的一个子样, 试证: ξ1 +ξ2, ξ1-ξ2是相互独立的. 证：(1)()()()()()()()().,c o v21212221212121212121ξξξξξξξξξξξξξξξξξξ-+--=-+--+=-+E E E E E E E由于ξ1, ξ2 ~N()2,σμ， 所以. E 212221,ξξξξE E E ==即()0,cov 2121=-+ξξξξ 又()2212,2~σμξξN + ，().2.0~221σξξN - 所以由两个变量不相关就推出它们独立. (2)11．设母体ξ的分布函数为F ()x ,()n ξξξ,,,21 是取自此母体的一个子样,若F ()x 的二阶矩存在,ξ为子样均值,试证ξ1--ξ与ξj --ξ的相关系数ρ=11--n ,j i ≠,.,,2,1,n j i = 证 由于ξ的二阶矩存在,不妨设.μξ=E 2σξ=D()()()()()j i D E D i j i i j i ≠---=---=,,cov ξξξξξξξξξξξξρ()()().11111122222221σσξξξξξξn n n n n D n D n n n D D j ij in i i i i -=-+-=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-∑∑≠=()()n E n E E E E E n j j i j i j i j i 221222σμξξμξξξξξξξξξξξ++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+--=--∑= ()[]n n n n E E E n n j i i j i 22222222212222σμσμσμξξξσμ-=-++-+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=∑≠ .11122--=--=∴n nn n σσρ12. 设ξ和2n S 分别是子样()n ξξξ,,,21 的子样均值和子样方差,现又获得第n +1个观测值,试证: (1)ξn+1=ξn +11+n (ξn+1-ξn ); (2) 12+n S=()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++++212111n n n n S n n ξξ.证 (1)()()n n nn n n i i n n n n n ξξξξξξξ-++=++=+=+++=+∑11111111111()()()()2111211121112111111111)2(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--+=-+-+=-+=++-++-++-+∑∑∑n n n i n i n n n i n i n i n i n n n n n S ξξξξξξξξξξ()()()()()()()21211121211112{11n n n n n n n i n i n n n i ni n n n n ξξξξξξξξξξξξ-+++-⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+--+-+=+++-+-∑∑=()().112122n n n n n S n n ξξ-++++ 13. 从装有一个白球、两个黑球的罐子里有放回地取球, 令ξ=0表示取到白球, ξ=1表示取到黑球.求容量为5的子样()51,,ξξ 的和的分布,并求子样均值ξ和子样方差2n S 的期望值.解:i ξ相互独立都服从二点分布,32;1⎪⎭⎫⎝⎛b E i ξ=.32 D .92=i ξ 5,2,1 =i所以,32=ξE .4589212=⨯-=n n ES n 521ξξξη+++= 服从二项分布.32;5⎪⎭⎫⎝⎛b 其分布列().313255kk k k p -⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==η.5,2,1,0 =k14. 设母体ξ服从参数为λ的普哇松分布, ()n ξξξ,,,21 是取自此母体的一个子样,求： (1)子样的联合概率分布列:(2)子样均值ξ的分布列、E ξ、D ξ、和E 2n S 。
概率论与数理统计第五章习题解答.dot
第五章 假设检验与一元线性回归分析 习题详解5.01解：这是检验正态总体数学期望μ是否为32.0提出假设：0.32:,0.32:10≠=μμH H由题设，样本容量6n =， 21.12=σ，1.121.10==σ，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~61.10.320N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}|{|=≥λU P ,查表得96.1=λ 得到拒绝域: 96.1||≥u计算得： 6.31)6.318.310.326.310.306.32(61=+++++⨯=x89.061.10.326.3100-=-=-=n x u σμ因 0.89 1.96u =<它没有落入拒绝域，于是不能拒绝H 0，而接受H 0，即可以认为0.32=μ，所以可以认为这批机制砖的平均抗断强度μ显著为32.0kg/cm 2。
5.02解：这是检验正态总体数学期望μ是否大于10提出假设：10:,10:10>≤μμH H 即：10:,10:10>=μμH H由题设，样本容量5n =，221.0=σ，1.01.020==σ，km x 万1.10=，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~51.010N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}{='≥λU P ,查表得64.1'=λ 得到拒绝域: 64.1≥u 计算得： 24.251.0101.100=-=-=n x u σμ 因 2.24 1.64u =>它落入拒绝域，于是拒绝零假设 H 0，而接受备择假设H 1，即可认为10>μ所以可以认为这批新摩托车的平均寿命μ有显者提高。
5.03解：这是检验正态总体数学期望μ是否小于240提出假设：240:,240:10<≥μμH H 即：240:,240:10<=μμH H由题设，样本容量6n =，6252=σ，256250==σ，220=x ，所以用U 检验当零假设H 0成立时，变量：)1,0(~625240N X n X U -=-=σμ 因检验水平05.0=α，由05.0}{='-≤λU P ,查表得64.1'=λ 得到拒绝域: 64.1-≤u 计算得：959.16252402200-=-=-=n x u σμ 因 1.959 1.64u =-<-它落入拒绝域，于是拒绝H 0，而接受H 1，即可以认为240<μ 所以可以认为今年果园每株梨树的平均产量μ显著减少。
概率论第五章习题答案
ˆ = min(x , x ,L, x ) 。 然函数 L 取得最大值，从而知 θ 1 2 n
16．设总体 X 的概率分布为
X
0
1
2θ (1 − θ )
2
3
P
θ2
θ2
1 − 2θ
其中 θ
1 (0 < θ < ) 是未知参数，利用总体 X 的如下样本值 3，1，3，0，3，1，2， 2
3，求 θ 的矩估计值和极大似然估计值。
2 答案与提示：由于 X ~ N ( 3} = 0.1336
3．设 X 1 , X 2 , L , X n 为来自总体 X ~ P (λ ) 的一个样本， X 、 S 2 分别为样本均值 和样本方差。求 DX 及 ES 2 。 答案与提示：此题旨在考察样本均值的期望、方差以及样本方差的期望与总体 期望、总体方差的关系，显然应由定理 5-1 来解决这一问题。
8．设 X 1 , X 2 , L , X n 为来自正态总体 X ~ N ( µ , σ 2 ) 的一个样本， µ 已知，求 σ 2 的极大似然估计。 答案与提示：设 x1 , x 2 , L, x n 为样本 X 1 ，X 2 ，L ，X n 的一组观察值。则似然函数 为
( xi − µ ) 2 2σ
15．设某种元件的使用寿命 X 的概率密度为
⎧2e −2( x −θ )， x > θ ， f ( x;θ ) = ⎨ 0 ， x θ ≤ ⎩
其中 θ > 0 为未知参数。又设 x1，x 2， L，x n 是 X 的一组样本观察值，求 θ 的极大似然 估计值。 答案与提示: 构造似然函数 L(θ ) = ∏ 2e
第五章 习题参考答案与提示
第五章 数理统计初步习题参考答案与提示
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习题5-1
1. 设随机变量X 的方差为2, 用切比雪夫不等式估计{||2}P X E X -（）≥. 解 由切比雪夫不等式, 对于任意的正数ε, 有
2
()
{()}D X P X E X εε
-≥≤
,
所以 1{||2}
2
P X E X -（）≥≤.
2. 设随机变量X , Y 的数学期望分别是2和-4, 方差分别是1和4, 而相关系数为0.5. 则根据切比雪夫不等式估计
{|2|P X Y +≥12}.
解
{2}2()()
22(4)
E X Y E X E Y +=+=⨯+-=, {2}4()()22Cov(,)D X Y D X D Y X Y +=+-⨯
840.5124=-⨯⨯⨯=.
所以,
{|2|P X Y +≥12}≤
2
4112
36
=
.
3. 设随机变量X 的数学期望E (X ) = μ, 方差D (X ) = σ2
, 由切比雪夫不等式估计P {|X -μ|≥3σ}. 解 令ε = 3σ, 则由切比雪夫不等式P {|X -μ|}≥ε}≤
2
()
D X ε
, 有
P {|X -μ|≥3σ}≤
22
1(3)
9
σ
σ=
.
4. 独立重复地做一项试验, 假设每次试验成功的概率为0.7
5. 用切比雪夫不等式求: 至少需要做多少次
试验, 才能以不低于0.90的概率使试验成功的频率保持在0.74和0.76之间?
解 假设做n 次试验, 才能以0.90的概率使试验成功的频率保持在0.74和0.76之间. 用X 表示试验成功的次数, 从而~(,0.75)X
B n , 由题设, 要使
{0.740.76}{
0.750.01}0.90X X P P n
n
<
<=-<≥.
又由切比雪夫不等式得
2
2
(
)0.750.25{0.740.76}{
0.750.01}110.01
0.01
X D X X n
P P n
n
n ⨯<
<=-<-
=-
⨯≥.
要满足题意, 只需2
0.750.2510.900.01
n ⨯-
⨯≥即可.
解之得 2
0.750.25
187500.010.10
n ⨯
=⨯≥
.
习题 5-2
1. 一本书有十万个印刷符号, 排版时每个符号被排错的概率为0.0001, 用中心极限定理求排版后错误不多于15个的概率.
解 设
1,i i i X ⎧=⎨
⎩第个字符排错第个字符没有排错,
0, ,
则排错的总字符数5
10
1
,i i X X ==
∑
并且 5
(10,0.0001)
X B ,
所以
5
{15}P X P =≤
5
)(1.581)
0.94
31.ΦΦ≈== 2. , 次品率为0.0005. 检验时每台次品未被查出的概率
为0.01. 试用中心极限定理求检验后出厂的这批20万台背投彩电中次品数超过3台的概率.
解 设 1,i X i =⎧⎨
⎩第台彩电为次品但未被查出其它,0,,
5
1,2,,210.i =⨯ 所以
6
()510
i E X -=⨯, 6
6
()510
(1510)i D X --=⨯-⨯.
经检验后的次品数记为Y , 故
5
210
1
i i Y X ⨯==
∑
,()1E Y =,6
()1510
D Y -=-⨯,
由中心极限定理, 近似地有
6
~(1,1510)Y N --⨯.
所以有
31{3}1{3}11(2)0.0228.P Y P Y ΦΦ->=-≈-≈-=⎛⎫
≤
3. 某公司电话总机有200台分机, 每台分机有6%的时间用于外线通话, 假定每台分机用不用外线是相互独立的, 试问该总机至少应装多少条外线, 才能有95%的把握确保各分机需用外线时不必等候.
解 设该总机至少应装x 条外线, 才能有95%的把握确保各分机需用外线时不必等候. 设X i =1(i =1,2,…,200)表示第i 台分机使用外线, X i =0(i =1,2, … ,200)表示第i 台分机不使用外线.
由条件可以把X 1,X ,
2200,X 视为独立同分布随机变量, 而正使用外线的分机总数
T =X 1+X 2+…+X 200
是独立同分布随机变量之和.
由条件知E (X i
从而E (T
根据独立同分布中心极限定理, T 近似服从正态分布N (12,11.28).
由题设条件
P {T ≤x }=P
} ≈Φ
＞0.95=Φ(1.65).
根据分布函数的单调性, 有
1.65.
从而x >17.54, 即最少装18条外线, 才能有.
4. 某保险公司多年的统计资料表明, 在索赔户中因财产被盗而要求赔偿的占20%, 以X 表示在随机抽查的100个索赔户中因被盗而向保险公司索赔的户数 .
(1) 写出X 的概率分布；
(2) 求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率的近似值. 解 (1) 设X i =1(i=1,2,…,100)表示第i 个索赔户是因被盗而索赔, X i =0(i=1,2,…,100)表示第i 个索赔户不是因被盗而索赔. 所以
X =X 1+X 2+…+X 100,
故X 服从参数为100,0.2的二项分布.
(2) 由棣莫佛-拉普拉斯中心极限定理,
P {14≤X ≤30}= P {-1.5≤
204
X -≤2.5}≈Φ(2.5)+ Φ(1.5)-1=0.927.
5. 设各零件的重量都是随机变量, 它们相互独立, 且服从相同的分布, 其数学期望为0.5kg, 均方差为0.1kg. 问5000只零件的总重量超过2510kg 的概率是多少？
解设X i 表示第i 只零件的重量, 则E (X i )=0.5, D (X i )=0.01. 于是5000只零件的总重量X =∑=5000
1
i i
X
, 所以由
独立同分布中心极限定理知,
{2510}P X >
=250025102500X P -->
1Φ≈-=1-0.921=0.079.
6. 某车间有200台车床, 在生产期间由于需要检修、调换刀具、变换位置及调换工件等常需停车. 设开工率为0.6, 并设每台车床的工作是独立的, 且在开工时需电力1千瓦. 问最少应供应多少千瓦电力就能以99.9%的概率保证该车间不会因供电不足而影响生产?
解 设最少供应x 千瓦电力就能以99.9%的概率保证该车间不会因供电不足而影响生产.再设X i =1表示第
i 台机床开工, X i =0表示第i 台机床不开工, 则200台机床所需电力X =∑=200
1
i i
X
. 由题设E (X i )=120, D (X i )=48,
又因为题设要求{}0.999P X x ≤≥,
所以
120
120120{}0.999(3.1)
X x x P X x P ΦΦ---==≈≤≥,
得到
3.1, 即x >141.4, 所以最少供应142千瓦电力就能以99.9%的概率保证该车间不会因供电
不足而影响生产.。