高等数学--下册--理工版--吴赣昌--课后习题答案
概率论与数理统计(理工类-第四版)吴赣昌主编课后习题答案完整版
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的分布律为求因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率.解答：因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为：P{3X>60}, 即P{X>20},P{X>20}=P{X=30}+P{X=40}=0.6.就是说，加油站因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为0.6.习题6设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1, 当生产过程中出现废品时立即进行调整，X代表在两次调整之间生产的合格品数，试求：(1)X的概率分布；(2)P{X≥5};(3)在两次调整之间能以0.6的概率保证生产的合格品数不少于多少?解答：(1)P{X=k}=(1-p)kp=(0.9)k×0.1,k=0,1,2,⋯;(2)P{X≥5}=∑k=5∞P{X=k}=∑k=5∞(0.9)k×0.1=(0.9)5;(3)设以0.6的概率保证在两次调整之间生产的合格品不少于m件，则m应满足P{X≥m}=0.6,即P{X≤m-1}=0.4. 由于P{X≤m-1}=∑k=0m-1(0.9)k(0.1)=1-(0.9)m,故上式化为1-0.9m=0.4, 解上式得m≈4.85≈5,因此，以0.6的概率保证在两次调整之间的合格品数不少于5.习题7设某运动员投篮命中的概率为0.6, 求他一次投篮时，投篮命中的概率分布.解答：此运动员一次投篮的投中次数是一个随机变量，设为X, 它可能的值只有两个，即0和1.X=0表示未投中，其概率为p1=P{X=0}=1-0.6=0.4,X=1表示投中一次，其概率为p2=P{X=1}=0.6.则随机变量的分布律为设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,(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.2.5 随机变量函数的分布当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.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：(2)由F(x)=P{X≤x}计算X的分布函数F(x)={0,1/2,2-1/2,1,x<-1-1≤x<00≤x<0x≥1.习题7设随机变量X的分布函数F(x)为F(x)={0,x<0Asinx,0≤x≤π/2,1,x>π/2则A=¯,P{∣X∣<π/6}=¯.解答：应填1;1/2.由分布函数F(x)的右连续性，有F(π2+0)=F(π2)⇒A=1.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.试求Y=X2的分布律.解答：所以注：随机变量的值相同时要合并，对应的概率为它们概率之和.习题20设随机变量X的密度为fX(x)={0,x<02x3e-x2,x≥0,求Y=2X+3的密度函数.解答：由Y=2X+3, 有y=2x+3,x=y-32,x′=12,由定理即得fY(x)={0,y<3(y-32)3e-(y-32),y≥3.习题21设随机变量X的概率密度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：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)的分布律为对应X的值,将每行的概率相加,可得P{X=i}.对应Y的值(最上边的一行), 将每列的概率相加，可得P{Y=j}.(2)当Y=51时,X的条件分布律为 P{X=k∣Y=51}=P{X=k,y=51}P{Y=51}=pk,510.28, k=51,52,53,54,55.列表如下:故(1)在Y=1条件下，X的条件分布律为(2)在X=2的条件下，Y的条件分布律为表(a)表(b)解答：由X与Y相互独立知 P{X=xi,Y=yi}=P{X=xi}P{Y=yj),从而(X,Y)的联合概率分布为亦即表P{X+y=1}=P{X=-2,y=3}+P{X=0,Y=1}=116+148=112,P{X+Y≠0}=1-P{X+Y=0}=1-P{X=-1,Y=1}-P{X=12,Y=-12=1-112-16=34.习题6某旅客到达火车站的时间X均匀分布在早上7:55∼8:00, 而火车这段时间开出的时间Y的密度 fY(y)={2(5-y)25,0≤y≤50,其它,求此人能及时上火车站的概率.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-x22dx]=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的联合概率分布为试求：(1)Z=X+Y; (2)Z=XY; (3)Z=X/Y; (4)Z=max{X,Y}的分布律.解答：与一维离散型随机变量函数的分布律的计算类型，本质上是利用事件及其概率的运算法则.注意，Z的相同值的概率要合并.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),FZ(z)=P{min{X,Y}≤z}=1-P{min{X,Y}>z} =1-P{X>z,Y>z}=1-P{X>z}P{Y>z} =1-[P{X>z}]2,代入得P{a<min{X,Y}≤b}=1-[P{X>b}]2-(1-[P{X>a}]2)=[P{X>a}]2-[P{X>b}]2.证毕.复习总结与总习题解答习题1在一箱子中装有12只开关，其中2只是次品，在其中取两次，每次任取一只，考虑两种试验：(1)放回抽样；(2)不放回抽样.我们定义随机变量X,Y如下：X={0,若第一次取出的是正品1,若第一次取出的是次品, Y={0,若第二次取出的是正品1,若第二次取出的。
大学_高等数学理工类第三版上册(吴赣昌著)课后答案下载
高等数学理工类第三版上册(吴赣昌著)课后答案下载高等数学理工类第三版上册(吴赣昌著)内容提要绪言第1章函数、极限与连续1.1 函数1.2 初等函数1.3 数列的极限1.4 函数的极限1.5 无穷小与无穷大1.6 极限运算法则1.7 极限存在准则两个重要极限1.8 无穷小的比较1.9 函数的连续与间断1.10 连续函数的运算与性质总习题数学家简介第2章导数与微分2.1 导数概念2.2 函数的求导法则2.3 高阶导数2.4 隐函数的导数2.5 函数的微分总习题二数学家简介第3章中值定理与导数的应用3.1 中值定理3.2 洛必达法则3.3 泰勒公式3.4 函数的单调性、凹凸性与极值 3.5 数学建模——最优化3.6 函数图形的描绘3.7 曲率总习题三数学家简介第4章不定积分4.1 不定积分的概念与性质4.2 换元积分法4.3 分部积分法4.4 有理函数的积分总习题四数学家简介第5章定积分5.1 定积分概念5.2 定积分的性质5.3 微积分基本公式5.4 定积分的换元积分法和分部积分法 5.5 广义积分总习题五数学家简介第6章定积分的应用6.1 定积分的微元法6.2 平面图形的面积6.3 体积6.4 平面曲线的弧长6.5 功、水压力和引力总习题六第7章微分方程7.1 微分方程的基本概念7.2 可分离变量的微分方程7.3 一阶线性微分方程7.4 可降阶的二阶微分方程7.5 二阶线性微分方程解的结构7.6 二阶常系数齐次线性微分方程7.7 二阶常系数非齐次线性微分方程7.8 欧拉方程7.9 常系数线性微分方程组7.10 数学建模——微分方程的应用举例总习题七附录Ⅰ预备知识附录Ⅱ常用曲线附录Ⅲ利用Excel软件做线性回归习题答案第1章答案第2章答案第3章答案第4章答案第5章答案第6章答案第7章答案高等数学理工类第三版上册(吴赣昌著)目录本书根据高等院校理工类本科专业高等数学课程的教学大纲编写而成，并在第二版的基础上进行了修订和完善。
高等数学下册理工版吴赣昌课后习题答案
高等数学--下册--理工版吴赣昌--课后习题答案
第八章习题答案（大家自己对题目看吧，我就懒得去排了）
第九章
(完整版)高数第一章例题及答案(终)理工类吴赣昌
第一章函数、极限与连续内容概要课后习题全解习题1-1★1．求下列函数的定义域：知识点：自然定义域指实数范围内使函数表达式有意义的自变量x 的取值的集合； 思路：常见的表达式有 ① a log □,（ □0>） ② /N □, （ □0≠） ③(0)≥W④ arcsin W （W[]1,1-∈）等解：（1）[)(]1,00,11100101122⋃-∈⇒⎩⎨⎧≤≤-≠⇒⎩⎨⎧≥-≠⇒--=x x x x x x x y ；（2）31121121arcsin≤≤-⇒≤-≤-⇒-=x x x y ； （3）()()3,00,030031arctan 3⋃∞-∈⇒⎩⎨⎧≠≤⇒⎩⎨⎧≠≥-⇒+-=x x x x x x x y ；（4）()()3,11,1,,1310301lg 3⋃-∞-∈⇒⎩⎨⎧-<<<⇒⎩⎨⎧-<-<⇒-=-x x or x x x x x y x；（5）()()4,22,11601110)16(log 221⋃∈⇒⎪⎩⎪⎨⎧-<-≠-<⇒-=-x x x x x y x ； ★ 2．下列各题中，函数是否相同？为什么？（1）2lg )(x x f =与x x g lg 2)(=；（2）12+=x y 与12+=y x知识点：函数相等的条件；思路：函数的两个要素是f （作用法则）及定义域D （作用范围），当两个函数作用法则f 相同（化简后代数表达式相同）且定义域相同时，两函数相同；解：（1）2lg )(x x f =的定义域D={}R x x x ∈≠,0，x x g lg )(=的定义域{},0R x x x D ∈>=，虽然作用法则相同x x lg 2lg 2=，但显然两者定义域不同，故不是同一函数；（2）12+=x y ，以x 为自变量，显然定义域为实数R ；12+=y x ，以x 为自变量，显然定义域也为实数R ；两者作用法则相同“2□1+”与自变量用何记号表示无关，故两者为同一函数；★ 3．设⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<=3,03,sin )(ππϕx x x x ，求)2()4()4()6(--ϕπϕπϕπϕ，，，，并做出函数)(x y ϕ=的图形知识点：分段函数；思路：注意自变量的不同范围； 解：216sin)6(==ππϕ，224sin 4==⎪⎭⎫⎝⎛ππϕ，224sin 4=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-ππϕ()02=-ϕ；如图：★ 4．试证下列各函数在指定区间内的单调性 ：（1）()1,1∞--=xxy （2）x x y ln 2+=，()+∞,0 知识点：单调性定义。
概率论与数理统计(理工类,版)吴赣昌主编课后习题答案
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
(1)边缘概率密度函数；(2)条件概率密度函数.
解答：
(1)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={3x2,0<x<10,其它, fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={32(1-y2),0<y<10,其它. (2)对∀y∈(0,1), fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)={2x1-y2,y<x<1,0,其它, 对∀x∈(0,1), fY∣X(y∣x)=f(x,y)fX(x)={1x,0<y<x0,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.
6 / 20
从而(X,Y)的联合概率分布为
X\Y
-1/2
1
3
-2- P{X=-2}P{Y=-1/2}P{X=-1}P{Y= P{X=-2}P{Y=1}P{X=-1}P{ P{X=-2}P{Y=3}P{X=-1}P{
101 -1/2}P{X=0}P{Y=-1/2}P{X=1/2 Y=1}P{X=0}P{Y=1}P{X=1/ Y=3}P{X=0}P{Y=3}P{X=1/
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}.
高等数学 理工类 第三版 吴赣昌 第3章 中值定理与导数的应用
1) 内可导，∴ y 4 x 5x x 2 在 解：∵ y f ( x) 4 x 5x x 2 在 [0,1] 连续，在 (0,
3 2
1] 上满足拉格朗日中值定理的条件。又 区间 [0,
∴要使
f (1) 2,f (0) 2 ， f ( x) 12 x2 10 x 1 ，
14 (1,2) ， ξ 即为满足定理的数值。 9
★★★6.设
f ( x) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (1) 0 。求证：
1) ，使 存在 ξ (0,
f (ξ )
f (ξ ) 。 ξ
知识点：罗尔中值定理的应用。 思路 ：从 f (ξ )
/
解 ：∵ f ( x) x 及 g( x) x 1 在 [1,2] 上连续，在 (1,2) 内可导，且在 (1,2) 内的每一点处有
3
2
g ( x) 2 x 0 ，所以满足柯西中值定理的条件。要使
得ξ
f (ξ ) f (2) f (1) 3ξ 2 7 ，解 ，只要 2ξ 3 g (ξ ) g (2) g (1)
1） 型：常用通分的手段化为 1）0 型： 取对数得 0
0
0
取对数化为 基本形式
其中 0 ln 0 0 e0ln 0 ，
或 0 ln 0 0 2）1 型：取对数得 1
； 1/ 0
0 0 1/ 0
eln1 ，
f (ξ ) 5ξ 4 1 0 ，这不可能。
从而由罗尔定理，至少有一点 ξ (ξ1 ,ξ 2 ) ，使得 ∴方程 x
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概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案第五章
复制过来让大家都能下载哈第五章数理统计的基础知识5.1 数理统计的基本概念习题1已知总体X服从[0,λ]上的均匀分布(λ未知),X1,X2,⋯,Xn为X的样本，则().(A)1n∑i=1nXi-λ2是一个统计量；(B)1n∑i=1nXi-E(X)是一个统计量；(C)X1+X2是一个统计量；(D)1n∑i=1nXi2-D(X)是一个统计量.解答：应选(C).由统计量的定义：样本的任一不含总体分布未知参数的函数称为该样本的统计量.(A)(B)(D)中均含未知参数.习题2观察一个连续型随机变量，抽到100株“豫农一号”玉米的穗位(单位：cm),得到如下表中所列的数据. 按区间[70,80),[80,90),⋯,[150,160),将100个数据分成9个组，列出分组数据计表(包括频率和累积频率),并画出频率累积的直方图.解答：分组数据统计表求样本容量n,样本均值X¯，样本方差S2.解答：对于抽到的每个居民户调查均收入，可见n=200.这里，没有给出原始数据，而是给出了整理过的资料(频率分布),我们首先计算各组的“组中值”，然后计算X¯和S2的近似值：分别表示样本均值和样本二阶中心矩，试求E(X¯),E(S2).解答：由X∼B(10,3100),得E(X)=10×3100=310,D(X)=10×3100×97100=2911000,所以E(X¯)=E(X)=310,E(S2)=n-1nD(X)=291(n-1)1000n.习题6设某商店100天销售电视机的情况有如下统计资料f(2)(x)=2F(x)f(x)={2λe-λx(1-e-λx),x>00,其它,又X(1)的概率密度为f(1)(x)=2[1-F(x)]f(x)={2λe-2λx,x>00,其它.习题9设电子元件的寿命时间X(单位：h)服从参数λ=0.0015的指数分布，今独立测试n=6元件，记录它们的失效时间，求：(1)没有元件在800h之前失效的概率；(2)没有元件最后超过3000h的概率.解答：(1)总体X的概率密度f(x)={(0.0015)e-0.0015x,x>00,其它,分布函数F(x)={1-e-0.0015x,x>00,其它,{没有元件在800h前失效}={最小顺序统计量X(1)>800},有P{X(1)>800}=[P{X>800}]6=[1-F(800)]6=exp(-0.0015×800×6)=exp(-7.2)≈0.000747.(2){没有元件最后超过3000h}={最大顺序统计量X(6)<3000}P{X(6)<3000}=[P{X<3000}]6=[F(3000)]6=[1-exp{-0.0015×3000}]6=[1-exp{-4.5}]6≈0.93517.习题10设总体X任意，期望为μ,方差为σ2,若至少要以95%的概率保证∣X¯-μ∣<0.1σ,问样本容量n应取多大？解答：因当n很大时，X¯-N(μ,σ2n),于是P{∣X¯-μ∣<0.1σ}=P{μ-0.1σ<X¯<μ+0.1σ}≈Φ(0.1σσ/n)-Φ(-0.1σσ/n)=2Φ(0.1n)-1≥0.95,则Φ(0.1n)≥0.975,查表得Φ(1.96)=0.975,因Φ(x)非减，故0.1n≥1.96,n≥384.16,故样本容量至少取385才能满足要求.5.2 常用统计分布习题1对于给定的正数a(0<a<1),设za,χa2(n),ta(n),Fa(n1,n2)分别是标准正态分布，χ2(n),t(n),F(n1,n2)分布的上a分位点，则下面的结论中不正确的是().(A)z1-a(n)=-za(n);(B)χ1-a2(n)=-χa2(n);(C)t1-a(n)=-ta(n);(D)F1-a(n1,n2)=1Fa(n2,n1).解答：应选(B).因为标准正态分布和t分布的密度函数图形都有是关于y轴对称的，而χ2分布的密度大于等于零，所以(A)和(C)是对的.(B)是错的. 对于F分布，若F∼F(n1,n2),则1-a=P{F>F1-a(n1,n2)}=P{1F<1F1-a(n1,n2)=1-P{1F>1F1-a(n1,n2)由于1F∼F(n2,n1),所以P{1F>1F1-a(n1,n2)=P{1F>Fa(n2,n1)=a,即F1-a(n1,n2)=1Fa(n2,n1). 故(D)也是对的.习题2(1)2.设总体X∼N(0,1),X1,X2,⋯,Xn为简单随机样本，问下列各统计量服从什么分布? (1)X1-X2X32+X42;解答：因为Xi∼N(0,1),i=1,2,⋯,n,所以：X1-X2∼N(0,2),X1-X22∼N(0,1),X32+X42∼χ2(2),故X1-X2X32+X42=(X1-X2)/2X32+X422∼t(2).习题2(2)2.设总体X∼N(0,1),X1,X2,⋯,Xn为简单随机样本，问下列各统计量服从什么分布? (2)n-1X1X22+X32+⋯+Xn2;解答：因为Xi∼N(0,1),∑i=2nXi2∼χ2(n-1),所以n-1X1X22+X32+⋯+Xn2=X1∑i=2nXi2/(n-1)∼t(n-1).习题2(3)2.设总体X∼N(0,1),X1,X2,⋯,Xn为简单随机样本，问下列各统计量服从什么分布?(3)(n3-1)∑i=13Xi2/∑i=4nXi2.解答：因为∑i=13Xi2∼χ2(3),∑i=4nXi2∼χ2(n-3),所以：(n3-1)∑i=13Xi2/∑i=4nXi2=∑i=13Xi2/3∑i=4nXi2/(n-3)∼F(3,n-3).习题3设X1,X2,X3,X4是取自正态总体X∼N(0,22)的简单随机样本，且Y=a(X1-2X2)2+b(3X3-4X4)2,则a=?,b=?时，统计量Y服从χ2分布，其自由度是多少？解答：解法一Y=[a(X1-2X2)]2+[b(3X3-4X4)]2,令Y1=a(X1-2X2),Y2=b(3X3-4X4),则Y=Y12+Y22,为使Y∼χ2(2),必有Y1∼N(0,1),Y2∼N(0,1),因而E(Y1)=0,D(Y1)=1,E(Y2)=0,D(Y2)=1,注意到D(X1)=D(X2)=D(X3)=D(X4)=4,由D(Y1)=D[a(X1-2X2)]=aD(X1-X2)=a(D(X1)+22D(X2))=a(4+4×4)=20a=1,D(Y2)=D[b(3X3-4X4)]=bD(3X3-4X4)=b(9D(X3)+16D(X4))=b(4×9+16×4)=100b=1,分别得a=120,b=1100.这时Y∼χ2(2),自由度为n=2.解法二因Xi∼N(0,22)且相互独立，知X1-2X2=X1+(-2)X2∼N(0,20),3X3-4X4=3X3+(-4)X4∼N(0,100),故X1-2X220∼N(0,1),3X3-4X4100∼N(0,1),为使Y=(X1-2X21/a)2+(3X3-4X41/b)2∼χ2(2),必有X1-2X21/a∼N(0,1),3X3-4X41/b∼N(0,1),与上面两个服从标准正态分布的随机变量比较即是1a=20,1b=100,即a=120,b=1100.习题4设随机变量X和Y相互独立且都服从正态分布N(0,32).X1,X2,⋯,X9和Y1,Y2,⋯,Y9是分别取自总体X和Y的简单随机样本，试证统计量T=X1+X2+⋯+X9Y12+Y22+⋯+Y92服从自由度为9的t分布.解答：首先将Xi,Yi分别除以3,使之化为标准正态.令X′i=Xi3,Y′i=Yi3,i=1,2,⋯,9,则X′i∼N(0,1),Y′i∼N(0,1);再令X′=X′1+X′2+⋯+X′9,则X′∼N(0,9),X′3∼N(0,1),Y′2=Y′12+Y′22+⋯+Y′92,Y′2∼χ2(9).因此T=X1+X2+⋯+X9Y12+Y22+⋯+Y92=X1′+X2′+⋯+X9′Y′12+Y′22+⋯+Y′92=X′Y′2=X′/3Y′2/9∼t(9),注意到X′,Y′2相互独立.习题5设总体X∼N(0,4),而X1,X2,⋯,X15为取自该总体的样本，问随机变量Y=X12+X22+⋯+X1022(X112+X122+⋯+X152)服从什么分布？参数为多少？解答：因为Xi2∼N(0,1),故Xi24∼χ2(1),i=1,2,⋯,15,而X1,X2,⋯,X15独立，故X12+X22+⋯+X1024∼χ2(10),X112+X122+⋯+X1524∼χ2(5),所以X12+X22+⋯+X1024/10X112+X122+⋯+X1524/5=X12+X22+⋯+X1022(X112+X122+⋯+X152)=Y习题6证明：若随机变量X服从F(n1,n2)的分布，则(1)Y=1X服从F(n2,n1)分布；(2)并由此证明F1-α(n1,n2)=1Fα(n2,n1).解答：(1)因随机变量X服从F(n1,n2),故可设X=U/n1V/n2,其中U服从χ2(n1),V服从χ2(n2),且U与V相互独立，设1X=V/n2U/n1,由F分布之定义知Y=1x=V/n2U/n1,服从F(n2,n1).(2)由上侧α分位数和定义知P{X≥F1-α(n1,n2)}=1-α,P{1X≤1F1-α(n1,n2)=1-α,即P{Y≤1F1-α(n1,n2)=1-α,1-P{Y>1F1-α(n1,n2)=1-α,故P{Y>1F1-α(n1,n2)=α,而P{Y≥Fα(n2,n1)}=α.又Y为连续型随机变量，故P{Y≥1F1-α(n1,n2)=α,从而Fα(n2,n1)=1F1-α(n1,n2),即F1-α(n1,n2)=1Fα(n2,n1).习题7查表求标准正态分布的上侧分位数：u0.4,u0.2,u0.1与u0.05.解答：u0.4=0.253,u0.2=0.8416,u0.1=1.28,u0.05=1.65.习题8查表求χ2分布的上侧分位数：χ0.952(5),χ0.052(5),χ0.992(10)与χ0.012(10).解答：1.145,11.071,2.558,23.209.习题9查表求F分布的上侧分位数：F0.95(4,6),F0.975(3,7)与F0.99(5,5).解答：0.1623,0.0684,0.0912.习题10查表求t分布的下侧分位数：t0.05(3),t0.01(5),t0.10(7)与t0.005(10).解答：2.353,3.365,1.415,3.169.5.3 抽样分布(2)P{X¯>4.5}=P{Z>4.5-42/9=1-P{Z≤2.25}≈1-Φ(2.25)=1-0.9878=0.0122.习题2设总体X服从正态分布N(10,32),X1,X2,⋯,X6是它的一组样本，设X¯=16∑i=16Xi.(1)写出X¯所服从的分布；(2)求X¯>11的概率.解答：(1)X¯∼N(10,326),即X¯∼N(10,32).(2)P{X¯>11}=1-P{X¯≤11}=1-Φ(11-1032)≈1-Φ(0,8165)≈1-Φ(0.82)=0.2061.习题3设X1,X2,⋯,Xn是总体X的样本，X¯=1n∑i=1nXi,分别按总体服从下列指定分布求E(X¯),D(X¯).(1)X服从0-1分布b(1,p);(2)*X服从二项分布b(m,p);(3)X服从泊松分布P(λ);(4)X服从均匀分布U[a,b];(5)X服从指数分布e(λ).解答：(1)由题意，X的分布律为：P{X=k}=Pk(1-P)1-k(k=0,1).E(X)=p,D(X)=p(1-p).所以E(X¯)=E(1n∑i=1nXi)=1n∑i=1nE(Xi)=1n⋅np=p,D(X¯)=D(1n∑i=1nXi)=1n2∑i=1nD(X1)=1n2⋅np(1-p)=1np(1-p). (2)由题意，X的分布律为：P{X=k}=CmkPk(1-p)m-k(k=0,1,2,⋯,m).同(1)可得E(X¯)=mp,D(X¯)=1nmp(1-p).(3)由题意，X的分布律为：P{X=k}=λkk!e-λ(λ>0,k=0,1,2,⋯).E(X)=λ,D(X)=λ.同(1)可得E(X¯)=λ,D(X¯)=1nλ.(4)由E(X)=a+b2,D(X)=(b-a)212,同(1)可得E(X¯)=a+b2,D(X¯)=(b-a)212n.(5)由E(X)=1λ,D(X)=1λ2,同(1)可得D(X¯)=1λ,D(X¯)=1nλ2.习题4某厂生产的搅拌机平均寿命为5年，标准差为1年，假设这些搅拌机的寿命近似服从正态分布，求：（1）容量为9的随机样本平均寿命落在4.4年和5.2年之间的概率；（2）容量为9的随机样本平均寿命小于6年的概率。
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随机事件及其概率1.1 随机事件习题1试说明随机试验应具有的三个特点．习题2将一枚均匀的硬币抛两次，事件A，B，C分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”，试写出样本空间及事件A，B，C中的样本点.1.2 随机事件的概率1.3 古典概型与几何概型1.4 条件概率1.5 事件的独立性复习总结与总习题解答习题3. 证明下列等式：习题6.习题7习题9习题10习题12习题13习题14习题15习题16习题18习题20习题21习题23习题24习题26第二章随机变量及其分布2.1 随机变量习题1随机变量的特征是什么？解答：①随机变量是定义在样本空间上的一个实值函数.②随机变量的取值是随机的，事先或试验前不知道取哪个值.③随机变量取特定值的概率大小是确定的.习题2试述随机变量的分类.解答：①若随机变量X的所有可能取值能够一一列举出来，则称X为离散型随机变量；否则称为非离散型随机变量.②若X的可能值不能一一列出，但可在一段连续区间上取值，则称X为连续型随机变量.习题3盒中装有大小相同的球10个，编号为0,1,2,⋯,9, 从中任取1个，观察号码是“小于5”，“等于5”，“大于5”的情况，试定义一个随机变量来表达上述随机试验结果，并写出该随机变量取每一个特定值的概率.解答：分别用ω1,ω2,ω3表示试验的三个结果“小于5”，“等于5”，“大于5”，则样本空间S={ω1,ω2,ω3}, 定义随机变量X如下：X=X(ω)={0,ω=ω11,ω=ω2,2,ω=ω3则X取每个值的概率为P{X=0}=P{取出球的号码小于5}=5/10,P{X=1}=P{取出球的号码等于5}=1/10,P{X=2}=P{取出球的号码大于5}=4/10.2.2 离散型随机变量及其概率分布习题1设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且P{X=1}=P{X=2}, 求λ.解答：由P{X=1}=P{X=2}, 得λe-λ=λ^2/2e^-λ,解得λ=2.习题2设随机变量X的分布律为 P{X=k}=k15,k=1,2,3,4,5,试求(1)P{12<X<52; (2)P{1≤X≤3}; (3)P{X>3}.解答：(1)P{12<X<52=P{X=1}+P{X=2}=115+215=15;(2)P{≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=115+215+315=25;(3)P{X>3}=P{X=4}+P{X=5}=415+515=35.习题3已知随机变量X只能取-1,0,1,2四个值，相应概率依次为12c,34c,58c,716c, 试确定常数c, 并计算P{X<1∣X≠0}.解答：依题意知，12c+34c+58c+716c=1, 即3716c=1,解得c=3716=2.3125.由条件概率知 P{X<1∣X≠0}=P{X<1,X≠0}P{X≠0}=P{X=-1}P{X≠0}=12c1-34c=24c-3=26.25=0.32.习题4一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5. 在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.解答：随机变量X的可能取值为3,4,5.P{X=3}=C22⋅1C53=110, P{X=4}=C32⋅1C53=310, P{X=5}=C42⋅1C53=35,所以X的分布律为设X表示取出3件产品的次品数，则X的所有可能取值为0,1,2,3. 对应概率分布为P{X=0}=C73C103=35120, P{X=1}=C73C31C103=36120,P{X=2}=C71C32C103=21120, P{X=3}=C33C103=1120.X的分布律为X 0123P 3512036120211201120习题9一批产品共10件，其中有7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，取出的产品仍放回去，求直至取到正品为止所需次数X的概率分布.解答：由于每次取出的产品仍放回去，各次抽取相互独立，下次抽取时情况与前一次抽取时完全相同，所以X的可能取值是所有正整数1,2,⋯,k,⋯.设第k次才取到正品(前k-1次都取到次品), 则随机变量X的分布律为P{X=k}=310×310×⋯×310×710=(310)k-1×710,k=1,2,⋯.习题10设随机变量X∼b(2,p),Y∼b(3,p), 若P{X≥1}=59,求P{Y≥1}.解答：因为X∼b(2,p),P{X=0}=(1-p)2=1-P{X≥1}=1-5/9=4/9,所以p=1/3.因为Y∼b(3,p), 所以P{Y≥1}=1-P{Y=0}=1-(2/3)3=19/27.习题11纺织厂女工照顾800个纺绽，每一纺锭在某一段时间τ内断头的概率为0.005, 在τ这段时间内断头次数不大于2的概率.解答：以X记纺锭断头数, n=800,p=0.005,np=4,应用泊松定理，所求概率为：P{0≤X≤2}=P{⋃0≤xi≤2{X=xi}=∑k=02b(k;800,0.005)≈∑k=02P(k;4)=e-4(1+41!+422!)≈0.2381.习题12设书籍上每页的印刷错误的个数X服从泊松分布，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率.解答：\becauseP{X=1}=P{X=2}, 即λ11!e-λ=λ22!e-λ⇒λ=2,∴P{X=0}=e-2,∴p=(e-2)4=e-8.2.3 随机变量的分布函数习题1F(X)={0,x<-20.4,-2≤x<01,x≥0,是随机变量X的分布函数，则X是___________型的随机变量.解答：离散.由于F(x)是一个阶梯函数，故知X是一个离散型随机变量.习题2设F(x)={0x<0x20≤1,1x≥1问F(x)是否为某随机变量的分布函数.解答：首先，因为0≤F(x)≤1,∀x∈(-∞,+∞).其次，F(x)单调不减且右连续，即F(0+0)=F(0)=0, F(1+0)=F(1)=1,且 F(-∞)=0,F(+∞)=1,所以F(x)是随机变量的分布函数.习题3已知离散型随机变量X的概率分布为P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.5,P{X=5}=0.2,试写出X的分布函数F(x)，并画出图形.解答：由题意知X的分布律为：X 135Pk 0.30.50.2所以其分布函数F(x)=P{X≤x}={0,x<10.3,1≤x<30.8,3≤x<51,x≥5.F(x)的图形见图.习题4设离散型随机变量X的分布函数为 F(x)={0,x<-10.4,-1≤x<10.8,1≤x<31,x≥3,试求：(1)X的概率分布； (2)P{X<2∣X≠1}.解答：(1)X -113pk 0.40.40.2(2)P{X<2∣X≠1}=P{X=-1}P{X≠1}=23.习题5设X的分布函数为F(x)={0,x<0x2,0≤x<1x-12,1≤x<1.51,x≥1.5,求P{0.4<X≤1.3},P{X>0.5},P{1.7<X≤2}.解答：P{0.4<X≥1.3}=P{1.3}-F(0.4)=(1.3-0.5)-0.4/2=0.6,P{X>0.5}=1-P{X≤0.5}=1-F(0.5)=1-0.5/2=0.75,P{1.7<X≤2}=F(2)-F(1.7)=1-1=0.习题6设随机变量X的分布函数为F(x)=A+Barctanx(-∞<x<+∞),试求：(1)系数A与B; (2)X落在(-1,1]内的概率.解答：(1)由于F(-∞)=0,F(+∞)=1,可知{A+B(-π2)A+B(π2)=1=0⇒A=12,B=1π,于是 F(x)=12+1πarctanx, -∞<x<+∞;(2)P{-1<X≤1}=F(1)-F(-1)=(12+1πarctan1)-[12+1πarctanx(-1)]=12+1π⋅π4-12-1π(-π4)=12.习题7在区间[0,a]上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例，试求X的分布函数.解答：F(x)=P{X≤x}={0,x<0xa,0≤x<a.1,x≥a2.4 连续型随机变量及其概率密度习题1设随机变量X的概率密度为f(x)=12πe-(x+3)24(-∞<x<+∞),则Y=¯∼N(0,1).解答：应填3+X2.由正态分布的概率密度知μ=-3,σ=2由Y=X-μσ∼N(0,1), 所以Y=3+X2∼N(0,1).习题2已知X∼f(x)={2x,0<x<10,其它, 求P{X≤0.5};P{X=0.5};F(x).解答：P{X≤0.5}=∫-∞0.5f(x)dx=∫-∞00dx+∫00.52xdx=x2∣00.5=0.25,P{X=0.5}=P{X≤0.5}-P{X<0.5}=∫-∞0.5f(x)dx-∫-∞0.5f(x)dx=0.当X≤0时，F(x)=0;当0<x<1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt=t2∣0x=x2;当X≥1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt+∫1x0dt=t2∣01=1,故F(x)={0,x≤0x2,0<x<1.1,x≥1习题3设连续型随机变量X的分布函数为F(x)={A+Be-2x,x>00,x≤0,试求：(1)A,B的值；(2)P{-1<X<1}; (3)概率密度函数F(x).解答：(1)\becauseF(+∞)=limx→+∞(A+Be-2x)=1, ∴A=1;又 \becauselimx→0+(A+Be-2x)=F(0)=0, ∴B=-1.(2) P{-1<X<1}=F(1)-F(-1)=1-e-2.(3)f(x)=F′(x)={2e-x,x>00,x≤0.习题4服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度f(x)=Ae-∣x∣, 求系数A及分布函数F(x).解答：由概率密度函数的性质知，∫-∞+∞f(x)dx=1,即∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=1,而∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=∫-∞0Aexdx+∫0+∞Ae-xdx=Aex∣-∞0+(-Ae-x∣0+∞)=A+A=2A或∫-∞+∞Ae-xdx=2∫0+∞Ae-xdx=-2Ae-x∣0+∞=2A,所以2A=1, 即A=1/2.从而f(x)=12e-∣x∣,-∞<x<+∞,又因为F(x)=∫-∞xf(t)dt,所以当x<0时，F(x)=∫-∞x12e-∣t∣dt=12∫-∞xetdt=12et∣-∞x=12ex;当x≥0时，F(x)=∫-∞x12e-∣x∣dt=∫-∞012etdt+∫0x12e-tdt=12et∣-∞0-12e-t∣0x=12-12e-x+12=1-12e-x,从而F(x)={12ex,x<01-12e-x,x≥0.习题5某型号电子管，其寿命(以小时计)为一随机变量，概率密度f(x)={100x2,x≥1000,其它,某一电子管的使用寿命为X, 则三个电子管使用150小时都不需要更换的概率.解答：设电子管的使用寿命为X, 则电子管使用150小时以上的概率为P{X>150}=∫150+∞f(x)dx=∫150+∞100x2dx=-100x∣150+∞=100150=23,从而三个电子管在使用150小时以上不需要更换的概率为 p=(2/3)3=8/27.习题6设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆车到达，设乘客在5分钟内任一时间到达是等可能的，试计算在车站候车的10位乘客中只有1位等待时间超过4分钟的概率.解答：设X为每位乘客的候车时间，则X服从[0,5]上的均匀分布. 设Y表示车站上10位乘客中等待时间超过4分钟的人数. 由于每人到达时间是相互独立的.这是10重伯努力概型. Y服从二项分布，其参数n=10,p=P{X≥4}=15=0.2,所以P{Y=1}=C101×0.2×0.89≈0.268.习题7设X∼N(3,22).(1)确定C, 使得P{X>c}=P{X≤c};(2)设d满足P{X>d}≥0.9,问d至多为多少?解答：因为X∼N(3,22), 所以X-32=Z∼N(0,1).(1)欲使P{X>c}=P{X≤c},必有1-P{X≤c}=P{X≤c},即P{X≤c}=1/2,亦即Φ(c-32)=12, 所以 c-32=0, 故c=3.(2)由P{X>d}≥0.9可得1-P{X≤d}≥0.9,即P{X≤d}≤0.1.于是Φ(d-32)≤0.1,Φ(3-d2)≥0.9.查表得3-d2≥1.282,所以d≤0.436.习题8设测量误差X∼N(0,102), 先进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不小于3的概率.解答：先求任意误差的绝对值超过19.6的概率p,p=P{∣X∣>19.6}=1-P{∣X∣≤19.6}=1-P{∣X10∣≤1.96=1-[Φ(1.96)-Φ(-1.96)]=1-[2Φ(1.96)-1]=1-[2×0.975-1]=1-0.95=0.05.设Y为100次测量中误差绝对值超过19.6的次数，则Y∼b(100,0.05).因为n很大，p很小，可用泊松分布近似，np=5=λ, 所以P{Y≥3}≈1-50e-50!-51e-51!-52e-52!=1-3722-5≈0.87.习题9某玩具厂装配车间准备实行计件超产奖，为此需对生产定额作出规定. 根据以往记录，各工人每月装配产品数服从正态分布N(4000,3600).假定车间主任希望10%的工人获得超产奖，求：工人每月需完成多少件产品才能获奖？解答：用X表示工人每月需装配的产品数，则X∼N(4000,3600).设工人每月需完成x件产品才能获奖，依题意得P{X≥x}=0.1,即1-P{X<x}=0.1,所以1-F(x)=0.1, 即 1-Φ(x-400060)=0.1, 所以Φ(x-400060)=0.9.查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997, 因此 x-400060≈1.28,即x=4077件，就是说，想获超产奖的工人，每月必须装配4077件以上.习题10某地区18岁女青年的血压(收缩压，以mm-HG计)服从N(110,122). 在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X.(1)求P{X≤105},P{100<X≤120};(2)确定最小的x, 使P{X>x}≤0.005.解答：已知血压X∼N(110,122).(1)P{X≤105}=P{X-11012≤-512≈1-Φ(0.42)=0.3372,P{100<X≤120}=Φ(120-11012)-Φ(100-11012)=Φ(0.833)-Φ(-0.833)=2Φ(0.833)-1≈0.595.(2)使P{X>x}≤0.05,求x, 即1-P{X≤x}≤0.05, 亦即Φ(x-11012)≥0.95,查表得x-10012≥1.645,从而x≥129.74.习题11设某城市男子身高X∼N(170,36), 问应如何选择公共汽车车门的高度使男子与车门碰头的机会小于0.01.解答：X∼N(170,36), 则X-1706∼N(0,1).设公共汽车门的高度为xcm，由题意P{X>x}<0.01, 而P{X>x}=1-P{X≤x}=1-Φ(x-1706)<0.01,即Φ(x-1706)>0.99, 查标准正态表得x-1706>2.33, 故x>183.98cm.因此，车门的高度超过183.98cm时，男子与车门碰头的机会小于0.01.习题12某人去火车站乘车，有两条路可以走. 第一条路程较短，但交通拥挤，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(40,102); 第二条路程较长，但意外阻塞较少，所需时间服从正态分布N(50,42), 求：(1)若动身时离开车时间只有60分钟，应走哪一条路线？(2)若动身时离开车时间只有45分钟，应走哪一条路线？解答：设X,Y分别为该人走第一、二条路到达火车站所用时间，则 X∼N(40,102),Y∼N(50,42).哪一条路线在开车之前到达火车站的可能性大就走哪一条路线.(1)因为P{X<60}=Φ(60-4010)=Φ(2)=0.97725, P{Y<60}=Φ(60-504)=Φ(2.5)=0.99379,所以有60分钟时应走第二条路.(2)因为P{X<45}=Φ(45-4010)=Φ(0.5)=0.6915,P{X<45}=Φ(45-504)=Φ(-1.25)=1-Φ(1.25)=1-0.8925=0.1075所以只有45分钟应走第一条路.当c>0时，fY(y)={1c(b-a),ca+d≤y≤cb+d0,其它,当c<0时，fY(y)={-1c(b-a),cb+d≤y≤ca+d0,其它.习题4设随机变量X服从[0,1]上的均匀分布，求随机变量函数Y=eX的概率密度fY(y).解答：f(x)={1,0≤x≤10,其它,f=ex,x∈(0,1)是单调可导函数，y∈(1,e), 其反函数为x=lny, 可得f(x)={fX(lny)∣ln′y,1<y<e0,其它={1y,1<y<e0,其它.习题5设X∼N(0,1)，求Y=2X2+1的概率密度.解答：因y=2x2+1是非单调函数，故用分布函数法先求FY(y).FY(y)=P{Y≤y}=P{2X2+1≤y}(当y>1时)=P{-y-12≤X≤y-12=∫-y-12y-1212πe-x2dx,所以fY(y)=F′Y(y)=22πe-12⋅y-12⋅122y-1,y>1, 于是fY(y)={12π(y-1)e-y-14,y>10,y≤1.习题6设连续型随机变量X的概率密度为f(x), 分布函数为F(x), 求下列随机变量Y的概率密度：(1)Y=1X; (2)Y=∣X∣.解答：(1)FY(y)=P{Y≤y}=P{1/X≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{1/X≤0}+P{0<1/X≤y}=P{X≤0}+P{X≥1/y}=F(0)+1-F(1/y),故这时fY(y)=[-F(1y)]′=1y2f(1y);；②当y<0时，FY(y)=P{1/y≤X<0}=F(0)-F(1/y),故这时fY(y)=1y2f(1y);③当y=0时，FY(y)=P{1/X≤0}=P{X<0}=F(0),故这时取fY(0)=0, 综上所述fY(y)={1y2⋅f(1y),y≠00,y=0.(2)FY(y)=P{Y≤y}=P{∣X∣≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{-y≤X≤y}=F(y)-F(-y)这时fY(y)=f(y)+f(-y);②当y<0时，FY(y)=P{∅}=0, 这时fY(y)=0;③当y=0时，FY(y)=P{Y≤0}=P{∣X∣≤0}=P{X=0}=0,故这时取FY(y)=0, 综上所述 fY(y)={f(y)+f(-y),y>00,y≤0.习题7某物体的温度T(∘F)是一个随机变量, 且有T∼N(98.6,2), 已知θ=5(T-32)/9, 试求θ(∘F)的概率密度.解答：已知T∼N(98.6,2). θ=59(T-32), 反函数为T=59θ+32, 是单调函数，所以fθ(y)=fT(95y+32)⋅95=12π⋅2e-(95y+32-98.6)24⋅95=910πe-81100(y-37)2.习题8设随机变量X在任一区间[a,b]上的概率均大于0, 其分布函数为FY(x), 又Y在[0,1]上服从均匀分布，证明:Z=FX-1(Y)的分布函数与X的分布函数相同.解答：因X在任一有限区间[a,b]上的概率均大于0, 故FX(x)是单调增加函数，其反函数FX-1(y)存在，又Y在[0,1]上服从均匀分布，故Y的分布函数为FY(y)=P{Y≤y}={0,y<0y,0≤y≤11,y>0,于是，Z的分布函数为FZ(z)=P{Z≤z}=P{FX-1(Y)≤z}=P{Y≤FX(z)}={0,FX(z)<0FX(z),0≤FX(z)≤1,1,FX(z)>1由于FX(z)为X的分布函数，故0≤FX(z)≤1.FX(z)<0和FX(z)>1均匀不可能，故上式仅有FZ(z)=FX(z), 因此，Z与X的分布函数相同.总习题解答习题1从1∼20的整数中取一个数，若取到整数k的概率与k成正比，求取到偶数的概率.解答：设Ak为取到整数k, P(Ak)=ck, k=1,2,⋯,20.因为P(⋃K=120Ak)=∑k=120P(Ak)=c∑k=120k=1，所以c=1210,P{取到偶数}=P{A2∪A4∪⋯∪A20} =1210(2+4+⋯+20)=1121.习题2若每次射击中靶的概率为0.7, 求射击10炮,(1)命中3炮的概率;(2)至少命中3炮的概率;(3)最可能命中几炮.解答：若随机变量X表示射击10炮中中靶的次数. 由于各炮是否中靶相互独立，所以是一个10重伯努利概型，X服从二项分布，其参数为n=10,p=0.7, 故(1)P{X=3}=C103(0.7)3(0.3)7≈0.009;(2)P{X≥3}=1-P{X<3}=1-[C100(0.7)0(0.3)10+C101(0.7)1(0.3)9+C102(0.7)2(0.3)8]≈0.998;(3)因X∼b(10,0.7), 而k0=[(n+1)p]=[(10+1)]×0.7=[7.7]=7,故最可能命中7炮.习题3在保险公司里有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险，在1年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司里领20000元赔偿金，求:(1)保险公司亏本的概率;(2)保险公司获利分别不少于100000元, 200000元的概率.解答：1)以“年”为单位来考虑，在1年的1月1日，保险公司总收入为2500×120元=30000元.设1年中死亡人数为X, 则X∼b(2500,0.002), 则保险公司在这一年中应付出200000X(元)，要使保险公司亏本，则必须 200000X>300000即X>15(人).因此，P{保险公司亏本}=P{X>15}=∑k=162500C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈1-∑k=015e-55kk!≈0.000069,由此可见,在1年里保险公司亏本的概率是很小的.(2)P{保险公司获利不少于100000元}=P{300000-200000X≥100000}=P{X≤10}=∑k=010C2500k(0.002)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.986305,即保险公司获利不少于100000元的概率在98%以上.P{保险公司获利不少于200000元}=P{300000-200000X≥200000}=P{X≤5}=∑k=05C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈∑k=05e-55kk!≈0.615961,即保险公司获利不少于200000元的概率接近于62%.习题4一台总机共有300台分机，总机拥有13条外线，假设每台分机向总机要外线的概率为3%, 试求每台分机向总机要外线时，能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的分机的最可能台数.解答：设分机向总机要到外线的台数为X, 300台分机可看成300次伯努利试验，一次试验是否要到外线. 设要到外线的事件为A, 则P(A)=0.03, 显然X∼b(300,0.03), 即P{X=k}=C300k(0.03)k(0.97)300-k(k=0,1,2,⋯,300),因n=300很大，p=0.03又很小,λ=np=300×0.03=9,可用泊松近似公式计算上面的概率. 因总共只有13条外线，要到外线的台数不超过13，故P{X≤13}≈∑k=0139kk!e-9≈0.9265, (查泊松分布表)且同时向总机要外线的分机的最可能台数k0=[(n+1)p]=[301×0.03]=9.习题5在长度为t的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼救的次数X服从参数t2的泊松分布，而与时间间隔的起点无关(时间以小时计), 求：(1)某一天从中午12至下午3时没有收到紧急呼救的概率；(2)某一天从中午12时至下午5时至少收到1次紧急呼救的概率.解答：(1)t=3,λ=3/2, P{X=0}=e-3/2≈0.223;(2)t=5,λ=5/2, P{X≥1}=1-P{X=0}=1-e-5/2≈0.918.习题6设X为一离散型随机变量，其分布律为X -101pi 1/21-2qq2试求：(1)q的值； (2)X的分布函数.解答：(1)\because离散型随机变量的概率函数P{X=xi}=pi, 满足∑ipi=1,且0≤pi≤1,∴ {1/2+1-2q+q2=10≤1-2q≤1q2≤1,解得q=1-1/2. 从而X的分布律为下表所示：因F(x)在x=π6处连续，故P{X=π6=12, 于是有P{∣X∣<π6=P{-π6<X<π6=P{-π6<X≤π6=F(π6)-F(-π6)=12..习题8使用了x小时的电子管，在以后的Δx小时内损坏的概率等于λΔx+o(Δx), 其中λ>0是常数，求电子管在损坏前已使用时数X的分布函数F(x)，并求电子管在T小时内损坏的概率.解答：因X的可能取值充满区间(0,+∞),故应分段求F(x)=P{X≤x}.当x≤0时，F(x)=P{X≤x}=P(∅)=0;当x>0时，由题设知P{x<X≤x+Δx/X}=λΔx+o(Δx), 而P{x<X≤x+Δx/X}=P{x<X≤x+Δx,X>x}P{X>x}=P{x<X≤x+Δx}1-P{X≤x}=F(x+Δx)-F(x)1-F(x),故F(X+Δx)-F(x)1-F(x)=λΔx+o(Δx), 即F(x+Δx)-F(x)Δx=[1-F(x)][λ+o(Δx)Δx],令o(Δx)→0,得F′(x)=λ[1-F(x)].这是关于F(x)的变量可分离微分方程，分离变量dF(x)1-F(x)=λdx, 积分之得通解为C[1-F(x)]=e-λx(C为任意常数).注意到初始条件F(0)=0, 故C=1.于是F(x)=1-e-λx,x>0,λ>0, 故X的分布函数为F(x)={0,x≤01-e-λx,x>0(λ>0),从而电子管在T小时内损坏的概率为P{X≤T}=F(T)=1-e-λT.习题9设连续型随机变量X的分布密度为f(x)={x,0<x≤12-x,1<x≤20,其它,求其分布函数F(x).解答：当x≤0时，F(x)=∫-∞x0dt=0;当0<x≤1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00tdt+∫0xtdt=12x2;当1<x≤2时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫01tdt+∫1x(2-t)dt=0+12+(2t-12t2)∣1x=-1+2x-x22;当x>2时，F(x)=∫-∞00dt+∫01tdt+∫12(2-t)dt+∫2x0dt=1,故F(x)={0,x≤212x2,0<x≤1-1+2x-x22,1<x≤21,x>2.习题10某城市饮用水的日消费量X(单位：百万升)是随机变量，其密度函数为：f(x)={19xe-x3,x>00,其它,试求：(1)该城市的水日消费量不低于600万升的概率；(2)水日消费量介于600万升到900万升的概率.解答：先求X的分布函数F(x). 显然，当x<0时，F(x)=0, 当x≥0时有F(x)=∫0x19te-t3dt=1-(1+x3)e-x3故F(x)={1-(1+x3)e-x3,x≥00,x<0,所以P{X≥6}=1-P{X<6}=1-P(X≤6}=1-F(6)=1-[1-(1+x3)e-x3]x=6=3e-2,P{6<X≤9}=F(9)-F(6)=(1-4e-3)-(1-3e-2)=3e-2-4e-3.习题11已知X∼f(x)={cλe-λx,x>a0,其它(λ>0), 求常数c及P{a-1<X≤a+1}.解答：由概率密度函数的性质知∫-∞+∞f(x)dx=1,而∫-∞+∞f(x)dx=∫-∞a0dx+∫a+∞cλe-λxdx=c∫a+∞e-λxd(λx)=-ce-λx\vlinea+∞=ce-λa,所以ce-λa=1, 从而c=eλ a. 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(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),FZ(z)=P{min{X,Y}≤z}=1-P{min{X,Y}>z} =1-P{X>z,Y>z}=1-P{X>z}P{Y>z} =1-[P{X>z}]2,。
概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案第六章
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=Xˉ=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?>0,P(∣Max{X1,X2,?,Xn}-θ∣<?)=P(-?+θ<Max{X1,X2,?,Xn}<?+θ)=F(?+θ)-F(-?+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(?+θ)=1, F(-?+θ)=P(Max{X1,X2,?,Xn}<-?+θ)=(1-xθ)n,故P(∣Max{X1,X2,?,Xn}-θ∣<?)=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=Xˉ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-Xˉ．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：Xˉ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(Xˉ)=E(X),所以E(Xˉ)=θ, Xˉ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(Xˉ)=θ2n.又由于D(Z)=(θn)2, 故有D(nZ)=n2D(Z)=n2?θ2n2=θ2.当n>1时，D(nZ)>D(Xˉ),故Xˉ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m1=23X1+13X2, m2=14X1+34X2, m3=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(m1)=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m,D(m1)=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59,同理可得：E(m2)=m,D(m2)=58, E(m3)=m,D(m3)=12.所以，m1,m2,m3都是m的无偏估计量，并且在m1,m2,m3中，以m3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θ=∑i=1kaiXi估计θ时，θ是无偏的，并且D(θ)最小？解答：因为E(Xi)=θ(i=1,2,?,k), 故E(θ)=E(∑i=1kaiXi)=∑i=1kaiE(Xi)=θ∑i=1kai,欲使E(θ)=θ, 则要∑i=1kai=1.因此，当∑i=1kai=1时，θ=∑i=1kaiXi为θ的无偏估计, D(θ)=∑i=1kai2σi2, 要在∑i=1kai=1的条件下D(θ)最小，采用拉格朗日乘数法.令L(a1,a2,?,ak)=D(θ)+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，θ=∑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Xˉ=E(X)，于是θ=XˉXˉ-c为矩估计量，θ的矩估计值为θ=xˉxˉ-c，其中xˉ=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θ=n∑i=1nlnXi-nlnc．(2)E(X)=∫01x?θxθ-1dx=θθ+1，以Xˉ作为E(X)的矩估计，则θ的矩估计由Xˉ＝θθ+1解出，得θ=(Xˉ１-Xˉ)2，θ的矩估计值为θ=(xˉ１-xˉ)2，其中xˉ=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θ=(n∑i=1nlnXi)2．(3)X～b(m,p)，E(X)=mp，以Xˉ作为E(X)的矩估计，即Xˉ=E(X)，则参数p的矩估计为p=1mXˉ=1m?1n∑i=1nXi，p的矩估计值为p=1mxˉ=1m?1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=(∏i=1nCmxi)p∑i=1nxi(1-p)∑i=1n(m-xi)，xi=0,1,?,m，对数似然函数为lnL(θ)=∑i=1nlnCmxi+(∑i=1nxi)lnp+(∑i=1n(m-xi))ln(1-p)，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=1p∑i=1nxi-11-p∑i=1n(m-xi)=0，解方程得p=1mn∑i=1nxi，故参数的最大似然估计量为p=1mn∑i=1nXi=1mXˉ．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=Xˉ，所以θ=2Xˉ．(2)由所给样本的观察值算得xˉ=16∑i=16xi=16(0.3+0.8+0.27+0.35+0.62+0.55)=0.4817,所以θ=2xˉ=0.9634.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=Xˉ，得θ的矩估计为θ=2Xˉ-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p=160∑i=160xi=460=115,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)+3×(1-θ)2=3-2θ,xˉ=1/3×(1+2+1)=4/3.因为E(X)=Xˉ，所以θ=(3-xˉ)/2=5/6为矩估计值,L(θ)=∏i=13P{Xi=xi}=P{X1=1}P{X2=2}P{X3=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θL=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.r 012345sr 444221942解答：(1)已知，λ的最大似然估计为λL=Xˉ．因此?P{X=0}=e-λL=e-Xˉ．(2)设X为一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数，X服从参数为λ的泊松分布，样本容量n=122.算得样本均值为xˉ=1122×∑r=05r?r=1122×(0×44+1×42+2×21+3×9+4×4+5×2)≈1.123,因此P{X=0}=e-xˉ=e-1.123≈0.3253.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=Xˉ-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(Xˉ-uα/2σn,Xˉ+uα/2σn).(2)当σ2未知时，用σ2的无偏估计S2代替σ2, 这里仍有Xˉ-μS/n→N(0,1)(n→∞),于是得到μ的1-α的置信区间为(Xˉ-uα/2Sn,Xˉ+uα/2Sn),一般要求n≥30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xˉ=642cm,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Xˉ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(Xˉ±σnuα/2),这里xˉ=642,σ=3,n=40≈6.32,uα/2=1.96, 从而(xˉ±σnuα/2)=(642±340×1.96)≈(642±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Xˉ近似服从N(μ,σ2/n),于是μ的99%的置信区间近似为(Xˉ±Snuα/2), 而xˉ=10,s=3,n=100, uα/2=2.58,所以(xˉ±snuα/2)=(10±3100×2.58)=(10±0.774)=(9.226,10.774).由此可知最少要准备10.774×10000=107740(kg)这种商品，才能以0.99的概率满足需求.习题6观测了100棵“豫农一号”玉米穗位，经整理后得下表(组限不包括上限):分组编号 12345组限组中值频数70～8080～9090～100100～110110～12075859510511539131626分组编号 6789组限组中值频数120～130130～140140～150150～16012513514515520742试以95%的置信度，求出该品种玉米平均穗位的置信区间.解答：因为n=100属于大样本情形，所以μ的置信度为95%的置信区间上、下限近似为Xˉ±snuα/2, 这里n=100,uα/2=1.96, 还需计算出xˉ和s.取a=115,c=10, 令zi=(xi-a)/c=(xi-115)/10, 用简单算公式，(1)xˉ=a+czˉ；(2)sx2=c2sz2.编号 123456789组中值xi zi=xi-11510 组频率mi mizizi2mizi2 758595105115125135145155 -4-3-2-1012343913162620742-12-27-26-160201412816941014916123456789zˉ=1100∑i=19mizi=1100×（-27)=-0.27,xˉ=10×（-27)+115=112.3,sz2=199∑i=19mizi2=199×313≈3.161616,sx2=102×3.161616=316.1616, sx≈17.78.于是(xˉ±snuα)≈(112.3±17.7810×1.96)≈(112.3±3.485) =(108.815,115.785).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(p1,p2)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).其中a=n+uα/22,b=-2nXˉ-(uα/2)2, c=nXˉ2,n=500,xˉ=13500,uα/2=1.96.则(p1,p2)=(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=Xˉ-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Xˉ-μS/n<tα(n-1)和Xˉ-μS/n>tα(n-1)分别变形，求出μ即得μ的1-α的置信下限为Xˉ-tα(n-1)Sn.μ的1-α的置信上限为Xˉ+tα(n-1)Sn,μ的1-α的双侧置信限(Xˉ-tα/2(n-1)Sn,Xˉ+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xˉ=500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(Xˉ±ｕα/2σn),这里xˉ=500,n=25,σ=50,uα/2=1.96, 所以灯泡的平均寿命的置信区间为(xˉ±ｕα/2σn)=(500±5025×1.96)=(500±19.6)=(480.4,519.6).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=(2×1.5×1.961.7)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(Xˉ±Sntα/2(n-1)),这里xˉ=1950,s=300,n=15,tα/2(14)=2.145, 于是(xˉ±sntα/2(n-1))=(1950±30015×2.145)≈(1950±166.151)=(1783.85,2116.15).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(Xˉ±Sntα/2(n-1)),这里xˉ=154,s=8.0187, t0.025(5)=2.571, 于是(xˉ±sntα/2(n-1))=(154±8.01876×2.571)≈(154±8.416)≈(145.58,162.42).习题5某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数xˉ=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(19×1636.191,19×167.633),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x1ˉ=14.6;来自总体N(μ2,9)的一容量为20的样本，其样本均值x2ˉ=13.2;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=1615+920=9160≈1.232,uα/2σ12n1+σ22n2=1.645×1.232≈2.03,xˉ１-xˉ2=14.6-13.2=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=X1ˉ-X2ˉ-(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(X1ˉ-X2ˉ±ｔα/2(n1+n2-2)SW1n1+1n2).由已知,x1ˉ-x2ˉ=84-77=7, 且sW=(12-1)×42+(18-1)×6212+18-2≈5.305,112+118≈0.373, 1-α=0.99, α2=0.005,查t分布表得t0.005(28)=2.763.于是，μ1-μ2的0.99的置信区间为(7±2.763×5.305×0.373),即(7±5.467),亦即(1.53,12.47).习题9随机地从A批导线中抽取4根，又从B批导线中抽取5根，测得电阻(欧)为A批导线 0.1430.1420.1430.137B批导线 0.1400.1420.1360.1380.140设测定数据分别来自分布N(μ1,σ2),N(μ2,σ2), 且两样本相互独立，又μ1,μ2,σ2均为未知，试求μ1-μ2的置信水平为0.95的置信区间.解答：对于1-α=0.95, 查表得t0.025(7)=2.3646, 算得xˉ=0.141,yˉ=0.139; s12=8.25×10-6, s1≈0.0029.s22=5.2×10-6, s2=0.0023, sW≈0.0026, 15+14=0.6708,故得μ1-μ2的0.95置信区间为(0.141-0.139±2.3646×0.0026×0.6708),即(-0.002,0.006).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(Xˉ)2-cS2是μ2的无偏估计(Xˉ,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[(Xˉ)2-cS2]=E(Xˉ2)-cE(S2)=D(Xˉ)+[E(Xˉ)]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，X1ˉ和X2ˉ分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1ˉ+bX2ˉ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(aX1ˉ+bX2ˉ)=aE(X1ˉ)+bE(X2ˉ)=(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(X1ˉ)+b2D(X2ˉ)=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：p=Xˉ=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(p)=E(Xˉ)=E(1n∑i=1nE(Xi))=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1np=p.由定义，p是p的无偏估计量，又D(p)=D(Xˉ)=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?>0P{∣p-p∣≥?}=P{∣Xˉ-p∣≥?}≤1?2D(Xˉ)=1?2p(1-p)n→0,n→∞所以limn→∞P{∣p-p∣≥?}=0, 故p=Xˉ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=Xˉ,A2=1n∑i=1nXi2分别代替a1,a2, 即得p,k的矩估计为p=Xˉ-S2Xˉ,k=[Xˉ2Xˉ-S2],其中S2=1n∑i=1n(Xi-Xˉ)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=xˉ，即xˉ=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Xˉ代替E(X)即可得θ的矩估计θ.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Xˉ代替上式的E(X), 得矩估计为θ=1-Xˉ2.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=Xˉ, 得θ+1θ+2=Xˉ, 解得θ的矩估计量为θ=2Xˉ-11-Xˉ．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=Xˉ=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=μ=Xˉ=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σ2=1n∑i=1n(Xi-Xˉ)2=1n∑i=1n(Xi-a)2-(Xˉ-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p2=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Xˉ=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Xˉ比Y有效.解答：依题设可得E(Xˉ)=1n∑i=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X),E(Y)=∑i=1nCiE(Xi)=E(X)∑i=1nCi=E(X).从而Xˉ,Y均为E(X)的无偏估计量，由于D(Xˉ)=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(Xˉ), 故Xˉ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=2Xˉ和θ2=n+1nX(n)是θ的一致估计.解答：因E(θ1)=θ, D(θ1)=θ23n; E(θ2)=θ,D(θ2)=θn(n+2),X(n)=max{Xi}.依切比雪夫不等式，对任给的?>0, 当n→∞时，有P{∣θ1-θ∣≥?}≤D(θ1)?2=θ23n?2→0,(n→∞)P{∣θ2-θ∣≥?}≤D(θ2)?2=θ2n(n+1)?2→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)=Xˉ=150(25.8+24.7+?+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xˉ=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(Xˉ-uα/2Sn,Xˉ+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- 1.96×0.661550,24.92+1.96×0.661550)=(24.737,25.103),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(p1,p2)=(12a(-b-b2-4ac),12a(-b+b2-4ac)).其中a=n+uα/22,b=-(2nXˉ+uα/22), c=nXˉ2.由题意，xˉ=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=2.56.p的0.95的置信区间为(p1,p2)=(12a(-b±b2-4ac)), 即(12×103.842(35.8416±221.2823)),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=25, xˉ=170, s=12，α=0.05.(1)先求μ置信区间(σ2未知)，取U=Xˉ-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(170-1225×2.06,170+1225×2.06)=(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>Xˉ-Sntα(n-1)=1-α, 得μ的1-α的单侧置信下限为μˉ=Xˉ-Sntα(n-1).由所给数据算得xˉ≈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μˉ=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xˉ=575.2, (n-1)s2=∑1=110(xi-xˉ)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-xˉ)2χ1-α2(n-1),已算得(n-1)S2=∑i=110(xi-xˉ)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xˉ=2.705，s=0.029，分别求μ和σ2的置信度为0.95的置信区间。
高等数学答案吴赣昌
高等数学答案吴赣昌【篇一：高等数学Ⅲ(1)教学大纲】s=txt>课程代码： 050005 课程性质：公共必修总学时：56 学时总学分： 3.5学分开课学期：第一学期适用专业：旅游、经管等专业先修课程：中学数学后续课程：高等数学Ⅲ（2）大纲执笔人：项明寅参加人：高等数学教研室课任教师审核人：胡跃进编写时间： 2009年08月编写依据：黄山学院 2009本科培养方案（ 2009 ）年版一、课程介绍本课程的研究对象是函数（变化过程中量的依赖关系）．内容包括函数、极限、连续，一元函数微积分学，多元函数微积分学，无穷级数与常微分方程等．二、本课程教学在专业人才培养中的地位和作用“高等数学”课程是黄山学院经管学院、旅游学院相关各专业的一门必修的重要基础理论课，是为培养社会主义建设需要的应用型大学本科人才服务的．通过各个教学环节，逐步培养学生的抽象概括问题的能力、逻辑推理能力、自学能力，较熟练的运算能力和综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力．为学生学习后续课程和进一步获得近代科学技术知识奠定必要的数学基础．三、本课程教学所要达到的基本目标通过本课程的学习，要使学生掌握微积分学的基本概念、基本理论和基本运算技能，为学习后继课程和进一步获得数学知识奠定必要的数学基础．要通过各个教学环节逐步培养学生的抽象思维能力、逻辑推理能力、空间想象能力和自学能力，还要特别注意培养学生的熟练运算能力和综合运用所学知识去分析解决问题的能力．四、学生学习本课程应掌握的方法与技能本课程的特点是理论性强，思想性强，与相关基础课及专业课联系较多，教学中应注重启发引导学生掌握重要概念的背景思想，理解重要概念的思想本质，避免学生死记硬背．要善于将有关学科或生活中常遇到的名词概念与微积分学的概念结合起来，使学生体会到学习微积分的必要性．注重各教学环节（理论教学、习题课、作业、辅导参考）的有机联系, 特别是强化作业与辅导环节，使学生加深对课堂教学内容的理解，提高分析解决问题的能力和运算能力．教学中有计划有目的地向学生介绍学习数学与学习专业课之间的关系，学习高等数学是获取进一步学习机会的关键学科．由于学科特点，本课程教学应突出教师的中心地位，通过教师的努力，充分调动学生的学习兴趣．五、本课程与其他课程的联系与分工本课程是经、管等相关专业的第一基础课．本课程的学习情况事关学生后继课程的学习，事关学生学习目标的确定及学生未来的走向．本课程学习结束后，以此为出发点，学生才能进入相关课程的学习阶段．本课程是四年大学学习开始必须学好的基础理论课．课程基础性、理论性强，与相关课程的学习联系密切，是全国硕士研究生入学考试统考科目，关系到学生综合能力的培养．本课程的学习情况直接关系到学校的整体教学水平。
对称性在多元函数积分中的应用
对称性在多元函数积分中的应用1.引言多元函数积分计算是微积分中的一个重点和难点，很多初学者对此是望而却步。
但被积函数和积分区域的某些特殊结构特征常常会对问题的求解带来便捷，对于被积函数存在奇偶性、积分区域具有对称性的重积分、第一类曲线积分、第一类曲面积分的计算问题，巧妙利用对称性，能使复杂的计算变得简单易行。
2.主要结论定理1：（1）如果积分区域D关于y轴对称，则：（ⅰ）当时，有；（ⅱ）当时，有其中.（2）如果积分区域D关于x轴对称，则：（ⅰ）当时，有；（ⅱ）当时，有，其中.证明：（1）如果积分区域D关于y轴对称，按y型积分区域顺序计算二重积分有，其中为D在y轴上的投影，为任意平行于x轴的且穿越区域内部的直线与区域边界交点的横坐标。
由于积分区域D关于y轴对称，故在平行于x轴的直线上关于点对称，由定积分对称性结论[1]，[3]可得：当时，，所以；当时，，所以，其中同理可证结论（2）。
以上结论可进一步推广到积分区域关于原点和关于直线对称的情况。
推论1（1）如果积分区域D关于原点对称，则：（ⅰ）当时，有；（ⅱ）当时，有，其中D1为D的右半平面.（2）如果积分区域D关于对称，则，其中，分别为在的上方与下方部分。
将二重积分积分区域定义的平面直角坐标系推广到空间直角坐标系，将平面直角坐标系中关于坐标轴的对称推广到空间直角坐标系中关于坐标面的对称即可得到三重积分的相关结论。
定理2：设在有界闭区域连续，若关于平面对称，则：（1），若关于为奇函数；（2），若关于为偶函数，其中.类似可得到关于平面对称的情况下的结论。
另外，由二重积分的结论可直接推广得到第一类曲线积分的结论，由三重积分的结论可直接推广得到第一类曲面积分的结论。
定理3：设在分段光滑的曲线L上连续.若L关于x轴（或y轴）对称，则：（1），若关于y（或x）为奇函数；（2），若关于y（或x）为偶函数，其中L1为L的右半平面或上半平面。
定理4：设在分块光滑曲面S上连续，若S关于平面对称，则：（1），若关于x为奇函数；（2），若关于x为偶函数，其中.类似可得到关于平面对称的情况下的结论。
概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案完整版
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的分布律为求因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率.解答：因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为：P{3X>60}, 即P{X>20},P{X>20}=P{X=30}+P{X=40}=0.6.就是说，加油站因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为0.6.习题6设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1, 当生产过程中出现废品时立即进行调整，X代表在两次调整之间生产的合格品数，试求：(1)X的概率分布；(2)P{X≥5};(3)在两次调整之间能以0.6的概率保证生产的合格品数不少于多少?解答：(1)P{X=k}=(1-p)kp=(0.9)k×0.1,k=0,1,2,⋯;(2)P{X≥5}=∑k=5∞P{X=k}=∑k=5∞(0.9)k×0.1=(0.9)5;(3)设以0.6的概率保证在两次调整之间生产的合格品不少于m件，则m应满足P{X≥m}=0.6,即P{X≤m-1}=0.4. 由于P{X≤m-1}=∑k=0m-1(0.9)k(0.1)=1-(0.9)m,故上式化为1-0.9m=0.4, 解上式得m≈4.85≈5,因此，以0.6的概率保证在两次调整之间的合格品数不少于5.习题7设某运动员投篮命中的概率为0.6, 求他一次投篮时，投篮命中的概率分布.解答：此运动员一次投篮的投中次数是一个随机变量，设为X, 它可能的值只有两个，即0和1.X=0表示未投中，其概率为p1=P{X=0}=1-0.6=0.4,X=1表示投中一次，其概率为p2=P{X=1}=0.6.则随机变量的分布律为设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,(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.2.5 随机变量函数的分布当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.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：(2)由F(x)=P{X≤x}计算X的分布函数F(x)={0,1/2,2-1/2,1,x<-1-1≤x<00≤x<0x≥1.习题7设随机变量X的分布函数F(x)为F(x)={0,x<0Asinx,0≤x≤π/2,1,x>π/2则A=¯,P{∣X∣<π/6}=¯.解答：应填1;1/2.由分布函数F(x)的右连续性，有F(π2+0)=F(π2)⇒A=1.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.试求Y=X2的分布律.解答：所以注：随机变量的值相同时要合并，对应的概率为它们概率之和.习题20设随机变量X的密度为fX(x)={0,x<02x3e-x2,x≥0,求Y=2X+3的密度函数.解答：由Y=2X+3, 有y=2x+3,x=y-32,x′=12,由定理即得fY(x)={0,y<3(y-32)3e-(y-32),y≥3.习题21设随机变量X的概率密度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：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)的分布律为对应X的值,将每行的概率相加,可得P{X=i}.对应Y的值(最上边的一行), 将每列的概率相加，可得P{Y=j}.(2)当Y=51时,X的条件分布律为 P{X=k∣Y=51}=P{X=k,y=51}P{Y=51}=pk,510.28, k=51,52,53,54,55.列表如下:故(1)在Y=1条件下，X的条件分布律为(2)在X=2的条件下，Y的条件分布律为表(a)表(b)解答：由X与Y相互独立知 P{X=xi,Y=yi}=P{X=xi}P{Y=yj),从而(X,Y)的联合概率分布为亦即表P{X+y=1}=P{X=-2,y=3}+P{X=0,Y=1}=116+148=112,P{X+Y≠0}=1-P{X+Y=0}=1-P{X=-1,Y=1}-P{X=12,Y=-12=1-112-16=34.习题6某旅客到达火车站的时间X均匀分布在早上7:55∼8:00, 而火车这段时间开出的时间Y的密度 fY(y)={2(5-y)25,0≤y≤50,其它,求此人能及时上火车站的概率.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-x22dx]=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的联合概率分布为试求：(1)Z=X+Y; (2)Z=XY; (3)Z=X/Y; (4)Z=max{X,Y}的分布律.解答：与一维离散型随机变量函数的分布律的计算类型，本质上是利用事件及其概率的运算法则.注意，Z的相同值的概率要合并.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),FZ(z)=P{min{X,Y}≤z}=1-P{min{X,Y}>z} =1-P{X>z,Y>z}=1-P{X>z}P{Y>z} =1-[P{X>z}]2,代入得P{a<min{X,Y}≤b}=1-[P{X>b}]2-(1-[P{X>a}]2)=[P{X>a}]2-[P{X>b}]2.证毕.复习总结与总习题解答习题1在一箱子中装有12只开关，其中2只是次品，在其中取两次，每次任取一只，考虑两种试验：(1)放回抽样；(2)不放回抽样.我们定义随机变量X,Y如下：X={0,若第一次取出的是正品1,若第一次取出的是次品, Y={0,若第二次取出的是正品1,若第二次取出的。
不定积分例题及答案理工类吴赣昌(可编辑修改word版)
第4章不定积分内容概要课后习题全解习题4-11.求下列不定积分：知识点：直接积分法的练习一一求不定积分的基本方法 思路分析:利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求岀不定积分dx x 2 . x1 ^=)dxx思路：根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
★⑶(2ix x x 2)dx思路：根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项,★⑷ \x(x 3)dx思路：根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项,3x 4 3x 22x思路: 被积函数 5x 2由积分表中的公式（2）可解。
解:dx x 2 x5x 2dx解：（3、x1 1 (x 3 x2 )dx1 x 3dx 1x 2dx解:、x(x 3)dx3 x 2dx1 x 2dx5 322x 2 C思路：观察到 3x 4 3x 21x 2 13x 2-后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积1分。
(3X 分别积分。
解：(2x x 2)dx2xdxx 2dx 竺 In 2 Sc3分别积分。
★★ (5)〕dx 11 32x解：2dx1 x注：容易看出（5）（6）两题的解题思路是一致的。
一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其分解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分 丄 /X 1 3 4「 ★⑺（三——+有-飞皿2 x x x思路：分项积分。
★★ (10) 21厂 dxX (1 X )思、路:裂项分项积分解:c 43x 3x 12xdx 3x 2dx—dx x arcta n x C x★★(6)—dx x 思路：注意到2x 1 x 2 x 2 1 1 1 x 2 x 2,根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
(X-1+33 -X4匚)dx X 丄 xdx -dx 3 x 3dx 4 x 4dx2 x2 X1 23 24 3X ln |x| X x C.423解: dx^dx1 xarctanx C.解:(f2 )dx.1 x 22 dx1 x 21 dx 3arctanx 2arcsin x C.1 一★★ (9)x x xdx1 1x 27，直接积分。
概率论与数理统计(理工类,第四版)吴赣昌主编课后习题答案第七章
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第七章假设检验7.1 假设检验的基本概念习题1样本容量n确定后，在一个假设检验中，给定显著水平为α，设此第二类错误的概率为β，则必有(). (A)α+β=1;(B)α+β>1;(C)α+β<1;(D)α+β<2.解答：应选(D).当样本容量n确定后，α,β不能同时都很小，即α变小时，β变大；而β变小时，α变大.理论上，自然希望犯这两类错误的概率都很小，但α,β的大小关系不能确定，并且这两类错误不能同时发生，即α=1且β=1不会发生，故选(D).习题2设总体X∼N(μ,σ2),其中σ2已知，若要检验μ,需用统计量U=X¯-μ0σ/n.(1)若对单边检验，统计假设为H0:μ=μ0(μ0已知),H1:μ>μ0,则拒绝区间为；(2)若单边假设为H0:μ=μ0,H1:μ<μ0,则拒绝区间为(给定显著性水平为α,样本均值为X¯,样本容量为n,且可记u1-α为标准正态分布的(1-α)分位数).解答：应填(1)U>u1-α;(2)U<uα.由单侧检验及拒绝的概念即可得到.习题3如何理解假设检验所作出的“拒绝原假设H0”和“接受原假设H0”的判断？解答：拒绝H0是有说服力的，接受H0是没有充分说服力的. 因为假设检验的方法是概率性质的反证法，作为反证法就是必然要“推出矛盾”，才能得出“拒绝H0”的结论，这是有说服力的，如果“推不出矛盾”，这时只能说“目前还找不到拒绝H0的充分理由”，因此“不拒绝H0”或“接受H0”，这并没有肯定H0一定成立. 由于样本观察值是随机的，因此拒绝H0，不意味着H0是假的，接受H0也不意味着H0是真的，都存在着错误决策的可能.当原假设H0为真，而作出了拒绝H0的判断，这类决策错误称为第一类错误，又叫弃真错误，显然犯这类错误的概率为前述的小概率α:α=P(拒绝H0|H0为真);而原假设H0不真，却作出接受H0的判断，称这类错误为第二类错误，又称取伪错误，它发生的概率β为β=P(接受H0|H0不真).习题4犯第一类错误的概率α与犯第二类错误的概率β之间有何关系？解答：一般来说，当样本容量固定时，若减少犯一类错误的概率，则犯另一类错误的概率往往会增大.要它们同时减少,只有增加样本容量n.在实际问题中,总是控制犯第一类错误的概率α而使犯第二类错误的概率尽可能小.α的大小视具体实际问题而定，通常取α=0.05,0.005等值.习题5在假设检验中，如何理解指定的显著水平α?解答：我们希望所作的检验犯两类错误的概率尽可能都小，但实际上这是不可能的. 当样本容量n固定时，一般地，减少犯其中一个错误的概率就会增加犯另一个错误的概率. 因此，通常的作法是只要求犯第一类错误的概率不大于指定的显著水平α,因而根据小概率原理，最终结论为拒绝H0较为可靠，而最终判断力接受H0则不大可靠，其原因是不知道犯第二类错误的概率β究竟有多少，且α小，β就大，所以通常用“H0相容”，“不拒绝H0”等词语来代替“接受H0”，而“不拒绝H0”还包含有再进一步作抽样检验的意思.习题6在假设检验中，如何确定原假设H0和备择假设H1?解答：在实际中，通常把那些需要着重考虑的假设视为原假设H0，而与之对应的假设视为备择假设H1.(1)如果问题是要决定新方案是否比原方案好，往往将原方案取假设，而将新方案取为备择假设；(2)若提出一个假设，检验的目的仅仅是为了判断这个假设是否成立，这时直接取此假设为原假设H0即可.习题7假设检验的基本步骤有哪些?解答：根据反证法的思想和小概率原理，可将假设检验的步骤归纳如下:(1)根据问题的要求，提出原理假设H0和备择假设H1.(2)根据检验对象，构造检验统计量T(X1,X2,⋯,Xn),使当H0为真时,T有确定的分布.(3)由给定的显著水平α,查统计量T所服从的分布表，定出临界值λ,使P(∣T∣>λ)=α,或P(T>λ1)=P(T<λ2)=α/2,从而求出H0的拒绝域:∣T∣>λ或T>λ1,T<λ2.(4)由样本观察值计算统计量T的观察值t.(5)作出判断，将t的值与临界值比较大小作出结论:当t∈拒绝域量时，则拒绝H0，否则，不拒绝H0，即认为在显著水平α下，H0与实际情况差异不显著.习题8假设检验与区间估计有何异同?解答：假设检验与区间估计的提法虽不同，但解决问题的途径是相通的. 参数θ的置信水平为1-α的置信区间对应于双边假设检验在显著性水平α下的接受域；参数θ的置信水平为1-α的单侧置信区对应于单边假设检验在显著性水平α下的接受域.在总体的分布已知的条件下，假设检验与区间估计是从不同的角度回答同一个问题. 假设检验是判别原假设H0是否成立，而区间估计解决的是“多少”(或范围),前者是定性的，后者是定量的.习题9某天开工时，需检验自动包装工作是否正常. 根据以往的经验，其装包的质量在正常情况下服从正态分布N(100,1.52)(单位:kg).现抽测了9包，其质量为:99.3，98.7，100.5，101.2，98.3，99.7，99.5，102.0，100.5.问这天包装机工作是否正常？将这一问题化为假设检验问题. 写出假设检验的步骤(α=0.05).解答：(1)提出假设检验问题H0:μ=100,H1:μ≠100;(2)选取检验统计量U:U=X¯-1001.59,H0成立时, U∼N(0,1);(3)α=0.05,uα/2=1.96,拒绝域W={∣u∣>1.96};(4)x¯≈99.97,∣u∣=0.06.因∣u∣<uα/2=1.96,故接受H0，认为包装机工作正常.习题10设总体X∼N(μ,1),X1,X2,⋯,Xn是取自X的样本. 对于假设检验H0:μ=0,H1:μ≠0,取显著水平α,拒绝域为W={∣u∣>uα/2},其中u=nX¯,求:(1)当H0成立时, 犯第一类错误的概率α0;(2)当H0不成立时(若μ≠0),犯第二类错误的概率β.解答：(1)X∼N(μ,1),X¯∼N(μ,1/n),故nX¯=u∼N(0,1).α0=P{∣u∣>uα/2∣μ=0}=1-P{-uα/2≤u≤uα/2}=1-[Φ(uα/2)-Φ(-uα/2)]=1-[(1-α2)-α2]=α,即犯第一类错误的概率是显著水平α.(2)当H0不成立，即μ≠0时，犯第二类错误的概率为β=P{∣u∣≤uα/2∣E(X)=μ}=P{-uα/2≤u≤uα/2∣E(X)=μ}=P{-uα/2≤nX¯≤uα/2∣E(X)=μ}=P{-uα/2-nμ≤n(X¯-μ)≤uα/2-nμ∣E(X)=μ}=Φ(uα/2-nμ)-Φ(-uα/2-nμ).注1当μ→+∞或μ→-∞时，β→0.由此可见，当实际均值μ偏离原假设较大时，犯第二类错误的概率很小，检验效果较好.注2当μ≠0但接近于0时，β≈1-α.因α很小，故犯第二类错误的概率很大，检验效果较差.7.2 单正态总体的假设检验习题1已知某炼铁厂铁水含碳量服从正态分布N(4.55,0.1082).现在测定了9炉铁水，其平均含碳量为4.484.如果估计方差没有变化，可否认为现在生产的铁水平均含碳量仍为4.55(α=0.05)?解答：本问题是在α=0.05下检验假设H0:μ=4.55,H1:μ≠4.55.由于σ2=0.1082已知，所以可选取统计量U=X¯-4.550.108/9,在H0成立的条件下，U∼N(0,1),且此检验问题的拒绝域为∣U∣=∣X¯-4.550.108/9∣>uα/2,这里u=4.484-4.550.108/9≈-1.833,uα/2=1.96.显然∣u∣=1.833<1.96=uα/2.说明U没有落在拒绝域中，从而接受H0,即认为现在生产之铁水平均含碳量仍为4.55.习题2要求一种元件平均使用寿命不得低于1000小时，生产者从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时. 已知该种元件寿命服从标准差为σ=100小时的正态分布，试在显著性水平α=0.05下确定这批元件是否合格？设总体均值为μ,μ未知，即需检验假设H0:μ≥1000,H1:μ<1000.解答：检验假设H0:μ≥1000,H1:μ<1000.这是单边假设检验问题. 由于方差σ2=0.05,故用u检验法. 对于显著性水平α=0.05,拒绝域为W={X¯-1000σ/n<-uα.查标准正态分布表，得u0.05=1.645.又知n=25,x¯=950,故可计算出x¯-1000σ/n=950-1000100/25=-2.5.因为-2.5<-1.645,故在α=0.05下拒绝H0,认为这批元件不合格.习题3打包机装糖入包，每包标准重为100kg.每天开工后，要检验所装糖包的总体期望值是否合乎标准(100kg).某日开工后，测得9包糖重如下(单位：kg):99.398.7100.5101.298.399.799.5102.1100.5打包机装糖的包得服从正态分布，问该天打包机工作是否正常(α=0.05)?解答：本问题是在α=0.05下检验假设H0:μ=100,H1:μ≠100.由于σ2未知，所以可选取统计量T=X¯-100S/n,在H0成立的条件下，T∼t(n-1),且此检验问题的拒绝域为∣T∣=∣X¯-100S/n∣>tα/2(n-1),这里t=x¯-100s/n≈99.978-1001.2122/9≈-0.0544,t0.025(8)=2.306.显然∣t∣=0.0544<2.306=t0.025(8),即t未落在拒绝域中，从而接受H0,即可以认为该天打包工作正常.习题4机器包装食盐，假设每袋盐的净重服从正态分布，规定每袋标准含量为500g,标准差不得超过10g.某天开工后，随机抽取9袋，测得净重如下(单位：g):497,507,510,475,515,484,488,524,491,试在显著性水平α=0.05下检验假设：H0:μ=500,H1:μ≠500.解答：x¯=499,s≈16.031,n=9,t=(x¯-μ0)sn=499-50016.0319=-0.1871,α=0.05,t0.025(8)=2.306.因∣t∣<t0.025(8),故接受H0,认为该天每袋平均质量可视为500g.习题5从清凉饮料自动售货机，随机抽样36杯，其平均含量为219(mL),标准差为14.2mL,在α=0.05的显著性水平下，试检验假设：H0:μ=μ0=222,H1:μ<μ0=222.解答：设总体X∼N(μ,σ2),X代表自动售货机售出的清凉饮料含量，检验假设H0:μ=μ0=222(mL),H1:μ<222(mL).由α=0.05,n=36,查表得t0.05(36-1)=1.6896,拒绝域为W={t=x¯-μ0s/n<-tα(n-1).计算t值并判断：t=219-22214.2/36≈-1.27>-1.6896,习题6某种导线的电阻服从正态分布N(μ,0.0052).今从新生产的一批导线中抽取9根，测其电阻，得s=0.008Ω,对于α=0.05,能否认为这批导线电阻的标准差仍为0.005?解答：本问题是在α=0.05下检验假设H0:σ2=0.0052,H1:σ2≠0.0052.选取统计量χ2=n-1σ2S2,在H0成立的条件下，χ2∼χ2(n-1),且此检验问题的拒绝域为χ2>χα/22(n-1)或χ2<χ1-α/22(n-1).这里χ2=9-10.0052s2=80.0052×0.0082=20.48,χ0.9752(8)=2.18,χ0.0252(8)=17.5.显然χ2落在拒绝域中，从而拒绝H0,即不能认为这批导线电阻的标准差仍为0.005.习题7某厂生产的铜丝，要求其折断力的方差不超过16N2.今从某日生产的铜丝中随机抽取容量为9的样本，测得其折断力如下(单位：N):289,286,285,286,285,284,285,286,298,292设总体服从正态分布，问该日生产的铜线的折断力的方差是否符合标准(α=0.05)?解答：检验问题为H0:σ2≤16,H1:σ2>16,n=9,s2≈20.3611,χ2=8×s216≈10.181,α=0.05,χ0.052(8)=15.507.因χ2<χ0.052(8)=15.507,故接受H0,可认为铜丝的折断力的方差不超过16N2.习题8过去经验显示，高三学生完成标准考试的时间为一正态变量，其标准差为6min.若随机样本为20位学生，其标准差为s=4.51,试在显著性水平α=0.05下，检验假设：H0:σ≥6,H1:σ<6.解答：H0:σ≥6,H1:σ<6.α=0.05,n-1=19,s=4.51,χ0.952(19)=10.117.拒绝域为W={χ2<10.117}.计算χ2值χ2=(20-1)×4.51262≈10.74.因为10.74>10.117,故接受H0,认为σ≥6.习题9测定某种溶液中的水分，它的10个测定值给出s=0.037%,设测定值总体服从正态分布，σ2为总体方差，σ2未知，试在α=0.05水平下检验假设：H0:σ≥0.04%,H1:σ<0.04%.解答：在α=0.05下，拒绝域为W={(n-1)S2σ02<χ1-α2(9).查χ2分布表得χ0.952(9)=3.325.计算得(n-1)s2σ02=(10-1)×(0.037\per)2(0.04\per)2≈7.7006>3.325,未落入拒绝域，故接受H0.sw=(5-1)×(1.971)2+(4-1)×(1.167)25+4-2≈1.674.查表得t0.005(7)=1.895.算得t=2.86-2.075-01.67415+14≈0.699<1.895.因为0.699<1.895,故不拒绝H0,认为此药无效.习题3据现在的推测，矮个子的人比高个子的人寿命要长一些.下面给出美国31个自然死亡的总统的寿命，将他们分为矮个子与高个子2类，列表如下：矮个子总统8579679080高个子总统6853637088746466606078716790737177725778675663648365假设2个寿命总体均服从正态分布且方差相等，试问这些数据是否符合上述推陈出推测(α=0.05)?解答：设μ1，μ2分别为矮个子与高个子总统的平均寿命，则检验问题为H0:μ1≤μ2,H1:μ1>μ2,n1=5,x¯=80.2,s1≈8.585,n2=26,y¯≈69.15,s2≈9.315,sw=4×8.5852+9.315229≈9.218,n1n2n1+n2≈2.048,t=(80.2-69.15)9.218×2.048≈2.455,α=0.05,t0.05(29)=1.6991,因t>t0.05(29)=1.6991,故拒绝H0,认为矮个子总统的寿命比高个子总统寿命长.习题4在20世纪70年代后期人们发现，酿造啤酒时，在麦芽干燥过程中形成致癌物质亚硝基二甲胺(NDMA).到了20世纪80年代初期，人们开发了一种新的麦芽干燥过程，下面给出了分别在新、老两种过程中形成的NDMA含量(以10亿份中的份数计):故拒绝H0,认为新、老过程中形成的NDMA平均含量差大于2.习题5有两台车床生产同一种型号的滚珠. 根据过去的经验，可以认为这两台车床生产的滚珠的直径都服从正态分布. 现要比较两台车床所生产滚珠的直径的方差，分别抽出8个和9个样品，测得滚珠的直径如下(单位:mm).甲车床xi:15.014.515.215.514.815.115.214.8乙车床yi:15.215.014.815.215.015.014.815.114.8问乙车床产品的方差是否比甲车床的小(α=0.05)?解答：以X,Y分别表示甲，乙二车床产品直径.X∼N(μ1,σ12),Y∼N(μ2,σ22),X,Y独立. 检验假设H0:σ12=σ22,H1:σ22<σ22.用F检验法, 在H0成立时F=S12S22∼F(n1-1,n2-1).由已知数据算得x¯≈15.01,y¯≈14.99,s12≈0.0955,s22≈0.0261,n1=8,n2=9,α=0.05.拒绝域为Rα={F>Fα(n1-1,n2-1)}.查F分布表得F0.05(8-1,9-1)=3.50.计算F值F=s12/s22=0.0955/0.0261≈3.66.因为3.66>3.50,故应否定H0,即认为乙车床产品的直径的方差比甲车床的小.习题6某灯泡厂采用一项新工艺的前后，分别抽取10个灯泡进行寿命试验. 计算得到:采用新工艺前灯泡寿命的样本均值为2460小时. 样本标准差为56小时；采用新工艺后灯泡寿命的样本均值为2550小时，样本标准差为48小时. 设灯泡的寿命服从正态分布，是否可以认为采用新工艺后灯泡的平均寿命有显著提高(α=0.01)?解答：(1)检验假设H0:σ12=σ22,H1:σ12≠σ22.应选取检验统计量F=S12/S22,若H0真, 则F∼F(m-1,n-1);对于给定的检验水平α=0.01,查自由度为(9,9)的F分布表得F0.005(9,9)=6.54;已知m=n=10,s1=56,s2=48,由此得统计量F的观察值为F=562/482≈1.36;因为F<F0.005(9,9),所以接受原假设H0,即可认为这两个总体的方差无显著差异.(2)检验假设H0′:μ1=μ2,H1′:μ1<μ2.按上述关于双总体方差的假设检验的结论知这两个总体的方差未知但相等,σ12=σ22,所以应选取检验统计量:T=X¯-Y¯(m-1)S12+(n-1)S22m+n-2(1m+1n),若H0′真，则T∼t(m+n-2);对给定的检验水平α=0.01,查自由度为m+n-2=18的t分布表得临界值计算t值t=z¯-0sz/n=-0.1-00.141/5≈-1.59>-2.776,故接受H0:μz=0,即在α=0.05下，认为两种分析方法所得的均值结果相同.7.4 关于一般总体数学期望的假设检验习题1设两总体X,Y分别服从泊松分布P(λ1),P(λ2),给定显著性水平α,试设计一个检验统计量，使之能确定检验H0:λ1=λ2,H1:λ1≠λ2的拒绝域，并说明设计的理论依据.解答：因非正态总体，故宜用大样统计，设X¯=1n1∑i=1n1Xi,S12=1n1-1∑i=1n1(Xi-X¯)2;Y¯=1n2∑i=1n2Yi,S22=1n2-1∑i=1n2(Yi-Y¯)2.\because(X¯-Y¯)-(λ1-λ2)S12n1+S22n2→N(0,1)∴可选用样本函数u=(X¯-Y¯)-(λ1-λ2)S12n1+S22n2作为拒绝域的检验统计量.习题2设某段高速公路上汽车限制速度为104.6km/h,现检验n=85辆汽车的样本，测出平均车速为x¯=106.7km/h,已知总体标准差为σ=13.4km/h,但不知总体是否服从正态分布. 在显著性水平α=0.05下，试检验高速公路上的汽车是否比限制速度104.6km/h显著地快？解答：设高速公路上的车速为随机变量X,近似有X∼N(μ,σ2),σ=13.4km/h,要检验假设H0:μ=μ0=104.6,H1:μ>104.6.α=0.05,n=85,uα=u0.05=1.645.拒绝域W={u=x¯-μ0σ/n>uα.由x¯=106.7,σ=13.4,μ0=104.6,n=85得u=106.7-104.613.4/85≈1.44<1.645.因为1.44<1.645,所以接受H0,即要α=0.05显著性水平下，没有明显的证据说明汽车行驶快于限制速度.习题3某药品广告上声称该药品对某种疾病和治愈率为90%,一家医院对该种药品临床使用120例，治愈85人，问该药品广告是否真实(α=0.02)?解答：设该药品对某种疾病的治愈率为p,随机变量X为X={1,临床者使用该药品治愈0,反之则X∼b(1,p),问题该归结为检验假设：H0:p=0.9,H1:p≠0.9.由于n=120足够大，可以用u检验法，所给样值(x1,x2,⋯,x120)中有85个1，35个0，所以x¯=1120∑i=1120xi=1120∑i=1851=85120≈0.71,又p0=0.9,以之代入统计量U得U的观察值为∣u∣=∣0.71-0.9∣0.9×0.1120=6.94>u0.01=2.33,故拒绝H0,即认为该药品不真实.习题4一位中学校长在报纸上看到这样的报道：“这一城市的初中学生平均每周看8小时电视.”她认为她所领导的学校，学生看电视时间明显小于该数字. 为此，她向她的学校的100名初中学生作了调查，得知平均每周看电视的时间x¯=6.5小时，样本标准差为s=2小时，问是否可以认为这位校长的看法是对的(α=0.05)?解答：检验假设H0:μ=8,H1:μ<8.由于n=100,所以T=X¯-μS/n近似服从N(0,1)分布，α=0.05,u0.05=1.645.又知x¯=6.5,s=2,故计算得t=6.5-82/100=-7.5,否定域W={X¯-8S/n<-u0.05.因为-7.5<-1.645,故否定H0,认为这位校长的看法是对的.习题5已知某种电子元件的使用寿命X(h)服从指数分布e(λ),抽查100个元件，得样本均值x¯=950(h),能否认为参数λ=0.001(α=0.05)?解答：由题意知X∼e(λ),E(X)=1/λ,D(X)=1/λ2,故当n充分大时u=x¯-1/λ1nλ=(x¯-1λ)λn=(λx¯-1)n(0,1).现在检验问题为H0:λ=0.001,H1:λ≠0.001,样本值u=(0.001×950-1)×100=0.5,α=0.05,u0.025=1.96.因∣u∣<u0.025=1.96,故接受H0,即可认为参数λ=0.001(即元件平均合适用寿命为1000h).习题6某产品的次品率为0.17,现对此产品进行新工艺试验，从中抽取400检查，发现次品56件，能否认为这项新工艺显著地影响产品质量(α=0.05)?解答：检验问题为H0:p=0.17,H1:p≠0.17,由题意知⌢p=mn=56400=0.14,u=(⌢p-p0)p0q0n=0.14-0.170.17×0.83×400≈-1.597,α=0.05,u0.025=1.96.因∣u∣<u0.025=1.96,故接受H0,即认为新工艺没有显著地影响产品质量.习题7某厂生产了一大批产品，按规定次品率p≤0.05才能出厂，否则不能出厂，现从产品中随机抽查50件，发现有4件次品，问该批产品能否出厂(α=0.05)?解答：问题归结为在α=0.05下，检验假设H0:p≤0.05,H1:p>0.05.这是一个单侧检验问题，用u检验法，H0的拒绝域为U=X¯-p0p0(1-p0)n>uα.已知n=50,p0=0.05,x¯=450=0.08,代入U的表达式得u=0.08-0.050.05×0.9550≈0.97<uα=u0.05=1.645,故接受H0,即认为这批产品可以出厂.习题8从选区A中抽取300名选民的选票，从选区B中抽取200名选民的选票，在这两组选票中，分别有168票和96票支持所提候选人，试在显著水平α=0.05下，检验两个选区之间对候选人的支持是否存在差异. 解答：这是两个比率的比较问题，待检假设为H0:p1=p2,H1:p1≠p2.由题设知n=300,μn=168,m=200,μm=96,p1=168320=0.56,p2=96200=0.48,p=μn+μmm+n=264500=0.528.U0∼=p1-p2p(1-p)(1n+1m)=0.56-0.480.528×0.472×1120≈1.755,由P{∣U∼∣>1.96}=α=0.05,得拒绝域∣U∼∣>1.96,因为U0∼=1.755<1.96,故接受H0,即两个选区之间无显著差异.7.5 分布拟合检验Ai k概率pi npi频数fi(fi-npi)2(fi-npi)2npiA001/108085250.3125A111/108093169 2.1125A221/108084160.2A331/10807910.0125A441/10807840.05A551/108069121 1.5125A661/108074360.45A771/10807181 1.0125A881/108091121 1.5125A991/108076160.2∑18007.375由于当H0为真时，χ2=∑i=0k(fi-npi)2npi∼χ2(k-1-r),且此检验问题的拒绝域为χ2≥χα2(k-1-r).这里χ2=7.375,查表知χ0.052(10-1-0)=χ0.052(9)=16.9,显然χ2=7.375<16.9=χ0.052(9),即χ2未落在拒绝域中，所以接受H0,即认为这个正20面体是由均匀材料制面的.习题2根据观察到的数据疵点数0 1 2 3 4 5 6频数fi 14 27 26 20 7 3 3检验整批零件上的疵点数是否服从泊松分布(α=0.05).解答：设X表示整批零件上的疵点数，则本问题是在α=0.05下检验假设H0:P{X=i}=λie-λi!,i=0,1,2,⋯.由于在H0中参数λ未具体给出，所以先估计λ的值. 由极大似然估计法得λ=x¯=1100(0×14+1×27+2×26+3×20+4×7+5×3+6×3)=2.将试验的所有可能结果分为7个互不相容的事件A0,A1,⋯,A7, 当H0成立时，P{X=i}有估计值p0=P{X=0}=e-2≈0.135335,p1=P{X=1}=2e-2≈0.27067,p2=P{X=2}=2e2≈0.270671,p3=P{X=3}≈0.180447,p4=P{X=4}=2/3e-2≈0.090224,p5=P{X=5}=4/15e-2≈0.036089, p6=P{X=6}=4/45e-2≈0.0120298. 列表如下：Ai k 概率pi npi 频数fi (fi-npi)2 (fi-npi)2npiA0 A1 A2 A3 A4 A5 A6 0 1 2 3 4 5 6 0.1353350.270671 0.270671 0.180447 0.090224 0.036089 0.0120298 13.5335 27.0671 27.0672 18.0447 9.02243.60891.2029813.83428 14 27 26 2073313 0.2176 0.0045 1.1387 3.8232 0.6960 0.01608 0.000166 0.04207 0.2118740.050310∑1000.3205当H0为真时，χ2=∑i=0k(fi-npi)2npi ∼χ2(k-1-r),且此检验问题的拒绝域为χ2≥χα2(k-1-r), 这里χ2=0.3205, 查表知χ0.052(5-1-1)=χ0.052(3)=7.815. 显然 χ2=0.3205<7.815=χ0.052(3).即χ2未落在拒绝域中，接受H0, 故可认为整批零件上的疵点数服从泊松分布.习题3检查了一本书的100页，记录各页中印刷错误的个数，其结果为错误个数fi0 1 2 3 4 5 6 ≥7含fi 个错误的页数 36 40 19 2 0 2 1 0问能否认为一页的印刷错误个数服从泊松分布(取α=0.05)? 解答：检验假设H0: 一页的印刷错误个数X 服从泊松分布， P{X=i}=λie -λi!,i=0,1,2,⋯.H0 不成立. 先估计未知参数λλ=x¯=1/100(0×36+1×40+2×19+3×2+4×0+5×2+6×1)=1. 在H0成立下pi =P {X=i}=(λ)ie-λi!=e-1i!,i=0,1,2,⋯. 用χ2检验法χ2=∑i =1k(fi-npi )2npi ∼χ2(k -r-1). 本题中r=1, 其中fi 为频数. H0的拒绝域为 Rα={χ2>χα2(k -r-1)}. 列表计算如下：n=100, 对每个{X=i}计算pi ,npi ,fi-npi ,(fi-npi )2/(npi )(i=1,2,⋯,7). 要求每一个npi ≥5.计算χ2值χ2=0.0170+0.2801+0.0202+1.1423=1.4596.习题6下表记录了2880个婴儿的出生时刻：试问婴儿的出生时刻是否服从均匀分布U[0,24](显著性水平α=0.05)?解答：原假设H0:F0(x), 由F0(x)算得pi=F0(i)-F0(i-1)=124,npi=2880×124=120 (i=1,2,⋯,24),于是χ2=∑i=124(fi-npi)2npi≈40.47,对α=0.05, 自由度n-1=23, 查χ2-分布表，得χα2(n-1)=35.17,因为χ2=40.47>35.17, 所以拒绝H0, 即可以认为婴儿出生时刻不服从均匀分布U[0,24].总习题解答习题1下面列出的是某工厂随机选取的20只部件的装配时间(min):9.8,10.4,10.6,9.6,9.7,9.9,10.9,11.1,9.6,10.2,10.3,9.6,9.9,11.2,10.6,9.8,10.5,10.1,10.5,9.7.设装配时间的总体服从正态分布N(μ,σ2),μ,σ2均未知，是否可以认为装配时间的均值显著地大于10(取α=0.05)?解答：检验假设H0:μ≤μ0=10,H1:μ>10.已知n=20,α=0.05,由数据算得x¯=10.2,s≈0.5099.因σ2未知，故用t检验法，拒绝域为W={X¯-μ0S/n>tα(n-1).计算得x¯-μ0s/n=10.2-100.5099/20≈1.7541.查t分布表得t0.05(19)=1.7291.因为1.7541>1.7291,故拒绝H0,可以认为装配时间的均值显著地大于10.习题2某地早稻收割根据长势估计平均亩产为310kg,收割时，随机抽取了10块，测出每块的实际亩产量为x1,x2,⋯,x10,计算得x¯=110∑i=110xi=320.如果已知早稻亩产量X服从正态分布N(μ,144),显著性水平α=0.05,试问所估产量是否正确？解答：这是一个正态分布总体，方差已知，对期望的假设检验问题，如果估计正确，则应有μ=310,因此我们先将问题表示成两个假设：①H0:μ=310,H1:μ≠310.接下来就要分析样本值来确定是接受H0,还是接受H1.当H0为真时，统计量②U=X¯-31012/10∼N(0,1),从而有③P{∣U∣>1.96}=0.05,拒绝域为(-∞,-1.96)∪(1.96,+∞).④计算U0=∣320-310∣12/n≈2.64>1.96,即拒绝H0,也就是有理由不相信H0是真的，故认为估产310kg不正确.习题3设某次考试的考生成绩服从正态分布，从中随机地抽取36位考生的成绩，算得平均成绩为66.5分，样本标准差为15分，问在显著水平0.05下，是否可认为这次考试全体考生的平均成绩为70分？并给出检验过程.(1)设这次考试全体考生的平均成绩X∼N(μ,σ2)，则待检验假设H0:μ=70,备择假设H1:μ≠70;(2)在H0成立条件下选择统计量T=X¯-μ0S/n∼t(n-1);(3)在显著性水平0.05下，查t分布表，找出临界值tα/2(n-1)=t0.025(35)=2.0301,则拒绝域为(-∞,-2.0301)∪(2.0301,+∞);(4)计算t=∣66.5-70∣15/36=1.4∈(-2.0301,2.0301),故接受H0,因此可认为这次考试全体考生的平均成绩为70分.习题4设有来自正态总体的容量为100的样本，样本均值x¯=2.7,μ,σ2均未知，而∑i=1n(xi-x¯)2=225,在α=0.05水平下，检验下列假设(1)H0:μ=3,H1:μ≠3;(2)H0:σ2=2.5,H1:σ2≠2.5.解答：(1)由题意知n=100,x¯=2.7,s=199×225≈1.508,t=(2.7-3)1.508×100≈-1.9894,α=0.05,t0.025(99)≈t0.025(100)=1.984.因∣t∣=1.9894>t0.025(99)=1.984,故拒绝H0,即认为μ≠3.(2)由题意知χ2=∑i=1n(x1-x¯)22.5=2252.5=90,α=0.05,χ0.0252(99)≈χ0.0252(100)=129.56,χ0.9752(99)≈χ0.9752(100)=74.22,因χ0.9752(99)<χ2=90<χ0.0252(99),故接受H0,即可以认为σ2=2.5.习题5设某大学的男生体重X为正态总体，X∼N(μ,σ2),欲检验假设：H0:μ=68kg,H1:μ>68kg.已知σ=5,取显著性水平α=0.05,若当真正均值为69kg时，犯第二类错误的概率不超过β=0.05,求所需样本大小.解答：由第一类、第二类错误及分位数的定义，易于证明：对于某个给定的δ>0(∣μ-μ0∣≥δ)，样本容量n应满足：n≥(uα+uβ)2σ2δ2.因为α=β=0.05,故uα=uβ=1.645,对其对立假设μ=69而言，取δ=1,则n=(uα+uβ)2σ2δ2=(1.645+1.645)2×251≈270.6,故取n=271.某装置的平均工作温度据制造厂家称不高于190∘C.今从一个由16台装置构成的随机样本测得工作温度的平均值和标准差分别为195∘C和8∘C，根据这些数据能否说明平均工作温度比制造厂所说的要高？（设α=0.05,并假设工作温度近似服从正态分布.）解答：设X为工作温度，则X∼N(μ,σ2).①待检假设H0:μ≤190,备择假设H1:μ>190;②在H0成立条件下，选择统计量T=X¯-μ0S/n≈t(n-1);③在显著性水平0.05下，查t分布表，找出临界值tα(n-1)=t0.05(15)=1.75,拒绝域为(1.75,+∞);④计算t=X¯-μ0S/n=195-1908/16=2.5>1.75,所以否定原假设H0,说明平均工作温度比制造厂所说的要高.习题7电工器材厂生产一批保险丝，抽取10根试验其熔断时间，结果为42657578715957685455假设熔断时间服从正态分布，能否认为整批保险丝的熔断时间的方差不大于80(α=0.05)?解答：①待检假设H0:σ2≤80,备择假设H1:σ2>80;②在H0成立时，选取统计量χ2=(n-1)S2σ02∼χ2(n-1);③由α=0.05,n-1=9,查χ2分布表，χα2(n-1)=χ0.052(9)=16.919;④计算样本值：x¯=110(42+65+75+78+71+59+57+68+54+55)=62.4,s2=19∑i=110(xi-x¯)2≈121.8,χ2=9×121.880≈13.7∈(0,16.919).故接受原假设H0即在α=0.05下，可认为整批保险丝的熔断时间的方差不大于80.习题8某系学生可以被允许选修3学分有实验物理课和4学分无实验物理课，11名学生选3学分的课，考试平均分数为85分，标准差为4.7分；17名学生选4学分的课，考试平均分数为79分，标准差为6.1分. 假定两总体近似服从方差相同的正态分布，试在显著性水平α=0.05下检验实验课程是否能使平均分数增加8分？解答：设有实验的课程考分X1∼N(μ1,σ12),无实验的课程考分X2∼N(μ2-σ22).假定σ12=σ22=σ2未知，检验假设H0:μ1-μ2=8,H1:μ1-μ2≠8.由题意知，选用t检验统计量，则拒绝域为W={∣x1¯-x2¯-(μ1-μ2)sw1n1+1n2∣>tα/2(n1+n2-2),其中sw2=(n1-1)s12+(n2-1)s22n1+n2-2.由x1¯=85,x2¯=79,n1=11,n2=17,s1=4.7,s2=6.1,算出sw=(11-1)×4.72+(17-1)×6.1211+17-2≈5.603.从而算出t值为t=85-79-85.603111+117≈-0.92,由α=0.05,查表得t0.025(11+17-2)=t0.025(25)=2.056,因为∣t∣=0.92<2.056,故接受H0,认为μ1-μ2=8.习题9某校从经常参加体育锻炼的男生中随机地选出50名，测得平均身高174.34厘米；从不经常参加体育锻炼的男生中随机地选50名，测得平均身高172.42厘米. 统计资料表明两种男生的身高都服从正态分布，其标准差分别为5.35厘米和6.11厘米，问该校经常参加锻炼的男生是否比不常参加锻炼的男生平均身高要高些(α=0.05)?解答：设X,Y分别表示常锻炼和不常锻炼男生的身高，由题设X∼N(μ1,5.352),Y∼N(μ2,6.112).①待检假设H0:μ1≤μ2,备择假设H1:μ1>μ2;②选取统计量U=X¯-Y¯σ12n+σ22m∼(H0成立)N(0,1);③对于α=0.05,查标准正态分布表，uα=u0.05=1.64;则拒绝域为(1.64,+∞)；④计算u=174.34-172.425.35250+6.11250≈1.67>1.64,故否定原假设H0,即表明经常体育锻炼的男生平均身高比不经常体育锻炼的男生平均身高高些.习题10在漂白工艺中要改变温度对针织品断裂强力的影响，在两种不同温度下分别作了8次试验，测得断裂强力的数据如下(单位：kg):70∘C:20.818.819.820.921.519.521.021.280∘C:17.720.320.018.819.020.120.219.1判断两种温度下的强力有无差别(断裂强力可认为服从正态分布α=0.05)?解答：(1)本问题是在α=0.05下检验假设μ1=μ2,为此需要先检验σ12=σ22是否成立.H01:σ12=σ22,H11:σ12≠σ22.选取统计量F=S12S22,在H01成立的条件下，F∼F(n1-1,n2-1),且此检验问题的拒绝域为F>Fα/2(n1-1,n2-1)或F<F1-α/2(n1-1,n2-1).这里F=s12s22≈0.90550.8286≈1.0928,F0.025(7,7)=4.99,F0.975(7,7)=1F0.025(7,7)=14.99≈0.2004.显然F0.975(7,7)=0.2004<1.0928<4.99=F0.025(7,7).说明F未落在拒绝域中，从而接受H01,即认为两温度下的强力的方差没有显著变化，亦即σ12=σ22. (2)再检验假设H0ʹ:μ1=μ2,H0ʹ:μ1≠μ2,在H0ʹ成立的条件下，T=X1¯-X2¯(n1-1)S12+(n2-1)S22n1+n2-21n1+1n2∼t(n1+n2-2),且此检验问题的拒绝域为∣T∣>tα/2(n1+n2-2),这里T≈20.4-19.47×0.9055+7×0.82868+8-218+18≈2.148,显然∣T∣=2.148>2.145=t0.025(14).说明T落在拒绝域中，从而拒绝H0,即认为两种温度下的断裂强力有显著差别.习题11一出租车公司欲检验装配哪一种轮胎省油，以12部装有Ⅰ型轮胎的车辆进行预定的测试. 在不变换驾驶员的情况下，将这12部车辆换装Ⅱ型轮并重复测试，其汽油耗量如下表所示(单位：km/L).汽车编号i123456789101112Ⅰ型胎(xi)4.24.76.67.06.74.55.76.07.44.96.15.2Ⅱ型胎(yi)4.14.96.26.96.84.45.75.86.94.76.04.9假定两总体均服从正态分布，试在α=0.025的显著性水平下，检验安装Ⅰ型轮胎是否要双安装Ⅱ型轮胎省油？解答：设两种轮胎汽油消耗量之差为随机变量D,则取值为zi=xi-yi=0.1,-0.2,0.4,0.1,-0.1,0.1,0,0.2,0.5,0.2,0.1,0.3.设Z∼N(μz,σz2),σz2未知. 若消耗油相同，则μz=0;若Ⅰ型比Ⅱ型轮胎省油，则μz>0,于是检验假设H0:μz=0,H1:μz>0.由题意知z¯≈0.142,s≈0.198,n-1=12-1=11.α=0.025,查t分布表得t0.025(11)=2.201.所以，拒绝域为W={t>2.201}.由于样本值t=z¯-0s/n=0.142-00.198/12≈2.48>2.201,故拒绝H0:μz=0,即说明Ⅰ型轮胎省油.习题12有两台机器生产金属部件，分别在两台机器所生产的部件中各取一容量n1=60，n2=40的样本，测得部件重量(以kg计)的样本方差分别为s12=15.46，s22=9.66. 设两样本相互独立，两总体分别服从分布N(μ1,σ12),N(μ2,σ22).μi,σi2(i=1,2)均未知，试在α=0.05水平下检验假设H0:σ12≤σ22,H1:σ12>σ22.解答：在α=0.05下，检验假设H0:σ12≤σ22,H1:σ12>σ22,经计算p=1100×10(45+2×17+3×4+4×1+5×1)=1/10,故检验假设为H0:X∼B(10,1/10),即pi=P{X=i}=C10i(1/10)i(9/10)10-i,i=0,1,2,⋯,10.为了使npi≥5,将xi≥3合并，于是k=4,r=1.计算χ2的观察值，计算结果如下表：[200,300) [300,+∞)435843.466.9-0.4-8.90.0041.184∑300300 1.8631其中理论概率pi=p{ti≤T≤ti+1}=∫titi+1f(t)dt(i=1,2,3),p4=1-∑i=13pi,例如p1=P{T<100}=∫01000.005e-0.005tdt=1-e-0.5≈0.393.由k=4,未知参数个数r=0,查表知χα2(k-r-1)=χ0.052(3)=7.815.因χ2=1.8631<χ0.052(3)=7.815.故接受H0,即可认为灯泡的寿命服从该指数分布.习题16关于正态总体X∼N(μ,1)的数学期望有如下二者必居其一的假设，H0:μ=0,H1:μ=1.考虑检验规则：当X¯≥0.98时否定假设H0接受H1,其中X¯=(X1+⋯+X4)/4,而X1,⋯,X4是来自总体X的简单随机样本，试求检验的两类错误概率α和β.解答：易见，在假设“H0:μ=0”成立的条件下，X¯∼N(0,1/4),2X¯∼N(0,1);在假设“H1:μ=1”成立的条件下，X¯∼N(1,1/4),2(X¯-1)∼N(0,1).因此，由定义得α=P{X¯≥0.98∣μ=0}=P{2X¯≥1.96∣μ=0}=0.025,β=P{X¯<0.98∣μ=1}=P{2(X¯-1)<-0.04∣μ=1}=0.4840.习题17考察某城市购买A公司牛奶的比例，作假设H0:p=0.6,H1:p<0.6,随机抽取50个家属，设x为其中购买A公司牛奶的家庭数，拒绝域W={x≤24}.(1)H0成立时，求第一类错误的α;(2)H1成立且p=0.4时，求第二类错误的β(0.4);又当p=0.5时，求第二类错误的β(0.5).解答：由定义知(1)α=P{x≤24∣p=0.6}=Φ(24-50×0.650×0.6×0.4)≈Φ(-1.73)=1-Φ(1.73)=1-0.9528=0.0418.(2)β(0.4)=P{x>24∣p=0.4}=1-Φ(24-50×0.450×0.4×0.6)≈1-Φ(1.15)=1-0.8749=0.1251;。
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第四章随机变量的数字特征4.1 数学期望习题1设随机变量X服从参数为p的0-1分布，求E(X).解答：依题意，X的分布律为X01P1-p p由E(X)=∑i=1∞xipi,有E(X)=0⋅(1-p)+1⋅p=p.习题2袋中有n张卡片，记有号码1,2,…,n.现从中有放回抽出k张卡片来，求号码之和X的期望.分析：.解答：设Xi表示第i次取得的号码，则X=∑i=1kXi,且P{Xi=m}=1n,其中m=1,2,⋯,n,i=1,2,⋯,k,故E(Xi)=1n(1+2+⋯+n)=n+12,i=1,2,⋯,k,从而E(X)=∑i=1kE(Xi)=k(n+1)2.习题3某产品的次品率为0.1,检验员每天检验4次. 每次随机地抽取10件产品进行检验，如发现其中的次品数多于1，就去调整设备. 以X表示一天中调整设备的次数，试求E(X)(设诸产品是否为次品是相互独立的).解答：X的可能取值为0,1,2,3,4,且知X∼b(4,p),其中p=P{调整设备}=1-C101×0.1×0.99-0.910≈0.2639,所以E(X)=4×p=4×0.2639=1.0556.习题4据统计，一位60岁的健康(一般体检未发生病症)者，在5年之内仍然活着和自杀死亡的概率为p(0<p<1,p为已知),在5年之内非自杀死亡的概率为1-p,保险公司开办5年人寿保险，条件是参加者需交纳人寿保险费a元(a已知),若5年内非自杀死亡，公司赔偿b元(b>a),应如何确定b才能使公司可期望获益，若有m人参加保险，公司可期望从中收益多少？解答：令X=“从一个参保人身上所得的收益”，由X的概率分布为+32×0.1+22×0.0+12×0.1+42×0.0+32×0.3+22×0.1=5.也可以利用期望的性质求E(Z), 得E[(X-Y)2]=E(X2-2XY+Y2)=E(X2)-2E(XY)+E(Y2)=(12×0.4+22×0.2+32×0.4)-2[-1×0.2 +1×0.1+(-2)×0.1+2×0.1+(-3)×0.0+3×0.1] +(-1)2×0.3+12×0.3 =5.习题12设(X,Y)的概率密度为f(x,y)={12y2,0≤y≤x≤10,其它,求E(X),E(Y),E(XY),E(X2+Y2). 解答： 如右图所示.E(X)=∫-∞+∞∫-∞+∞xf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xx ⋅12y2dy=45,E(Y)=∫-∞+∞∫-∞+∞yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xy ⋅12y2dy=35,E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xxy ⋅12y2dy=12,E(X2+Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞(x2+y2)f(x,y)dxdy=∫01dx∫0x(x2+y2)⋅12y2dy=23+615=1615. 习题13设X 和Y 相互独立，概率密度分别为ϕ1(x)={2x,0≤x≤10,其它,ϕ2(y)={e-(y-5),y>50,其它,求E(XY). 解答：解法一 由独立性.E(XY)=E(X)⋅E(Y)=∫01x ⋅2xdx∫0+∞ye -(y-5)dy=23×6=4.解法二 令z=y-5, 则E(XY)=E(X)⋅E(Y)=∫01x ⋅2xdx ⋅E(z+5)=23×(1+5)=4.4.2 方差习题1设随机变量X 服从泊松分布，且P(X=1)=P(X=2), 求E(X),D(X). 解答：由题设知，X 的分布律为P{X=k}=λkk!e -λ(λ>0)λ=0(舍去),λ=2.所以E(X)=2,D(X)=2.习题2下列命题中错误的是().(A)若X∼p(λ),则E(X)=D(X)=λ;(B)若X服从参数为λ的指数分布，则E(X)=D(X)=1λ; Array (C)若X∼b(1,θ),则E(X)=θ,D(X)=θ(1-θ);(D)若X服从区间[a,b]上的均匀分布，则E(X2)=a2+ab+b23.解答：应选(B).E(X)=1λ,D(X)=1λ2.习题3设X1,X2,⋯,Xn是相互独立的随机变量，且都服从正态分布N(μ,σ2)(σ>0),则ξ¯=1n∑i=1nξi服从的分布是¯.解答：由多维随机变量函数的分布知：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且E(X¯)=μ,D(X¯)=σ2n.习题4若Xi∼N(μi,σi2)(i=1,2,⋯,n),且X1,X2,⋯,Xn相互独立，则Y=∑i=1n(aiXi+bi)服从的分布是 .解答：应填N(∑i=1n(aiμi+bi),∑i=1nai2σi2).由多维随机变量函数的分布知：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且E(Y)=∑i=1n(aiμi+bi),D(Y)=∑i=1nai2σi2.习题5设随机变量X服从泊松分布，且3P{X=1}+2P{X=2}=4P{X=0},求X的期望与方差.解答：X的分布律为P{X=k}=λkk!e-λ,k=0,1,2,⋯,于是由已知条件得3×λ11!e-λ+2×λ22!e-λ=4×λ00!e-λ,\becauseD(XY)=E(XY)2-E2(XY)=E(X2Y2)-E2(X)2 (Y),又\becauseE(X2Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞x2y2f(x,y)dxdy=∫-∞+∞x2fX(x)dx∫-∞+∞y2fY(y)dy=E(X2)E(Y2),∴D(XY)=E(X2)E(Y2)-E2(X)E2(Y)=[D(X)+E2(X)][D(Y)+E2(Y)]-E2(X)E2(Y)=D(X)D(Y)+D(X)E2(Y)+D(Y)E2(X)=2×3+2×32+3×12=27.习题9设随机变量X1,X2,X3,X4相互独立，且有E(Xi)=i,D(Xi)=5-i,i=1,2,3,4,又设Y=2X1-X2+3X3-12X4,求E(Y),D(Y).解答：E(Y)=E(2X1-X2+3X3-12X4)=2E(X1)-E(X2)+3E(X 3)-12E(X4)=2×1-2+3×3-12×4=7,D(Y)=4D(X1)+D(X2)+9D(X3)+14D(X4)=4×4+3+9×2+14×1=37.25.习题105家商店联营，它们每两周售出的某种农产品的数量(以kg计)分别为X1,X2,X3,X4,X5.已知X1∼N(200,225),X2∼N(240,240),X3∼N(180,225),X4∼N(260,265),X5∼N(320,270),X1,X2,X3,X4,X5相互独立.(1)求5家商店两周的总销售量的均值和方差；(2)商店每隔两周进货一次，为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99，问商店的仓库应至少储存该产品多少千克？解答：(1)设总销售量为X,由题设条件知X=X1+X2+X3+X4+X5,于是E(X)=∑i=15E(Xi)=200+240+180+260+320=1200, D(X)=∑i=15D(X i)=225+240+225+265+270=1225 .(2)设商店的仓库应至少储存y千克该产品，为使P{X≤y}>0.99,求y.由(1)易知，X∼N(1200,1225),P{X≤y}=P{X-12001225≤y-12001225=Φ(y-12001225)>0.99.查标准正态分布表得y-12001225=2.33,y=2.33×1225+1200≈1282(kg).习题11设随机变量X1,X2,⋯,Xn相互独立，且都服从数学期望为1的指数分布，求Z=min{X1,X2,⋯,Xn}的数学期望和方差.解答：Xi(i=1,2,⋯,n)的分布函数为F(x)={1-e-x,x>00,其它,Z=min{X1,X2,⋯,Xn}的分布函数为FZ(z)=1-[1-F(z)]n={1-e-nz,z>00,其它,于是E(Z)=∫0∞zne-nzdz=-ze-nz∣0∞+e-nzdz=1n,而E(Z2)=∫0∞z2ne-nzdz=2n2,于是D(Z)=E(Z2)-(E(Z))2=1n2.4.3 协方差与相关系数习题1设(X,Y)服从二维正态分布，则下列条件中不是X,Y相互独立的充分必要条件是().(A)X,Y不相关；(B)E(XY)=E(X)E(Y);(C)cov(X,Y)=0;(D)E(X)=E(Y)=0.解答：应选（D）。
【精品】概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案完整版
概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案完整版随机事件及其概率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5.习题6.习题7习题8习题9习题10习题11习题13习题14习题16习题17习题18习题19习题20习题21习题22习题23习题24习题25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}.习题5某加油站替出租车公司代营出租汽车业务，每出租一辆汽车，可从出租公司得到3元.因代营业务，每天加油站要多付给职工服务费60元，设每天出租汽车数X是一个求因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率.解答：因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为：P{3X>60}, 即P{X>20},P{X>20}=P{X=30}+P{X=40}=0.6.就是说，加油站因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为0.6.习题6设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1, 当生产过程中出现废品时立即进行调整，X代表在两次调整之间生产的合格品数，试求：(1)X的概率分布；(2)P{X≥5};(3)在两次调整之间能以0.6的概率保证生产的合格品数不少于多少?解答：(1)P{X=k}=(1-p)kp=(0.9)k×0.1,k=0,1,2,⋯;(2)P{X≥5}=∑k=5∞P{X=k}=∑k=5∞(0.9)k×0.1=(0.9)5;(3)设以0.6的概率保证在两次调整之间生产的合格品不少于m件，则m应满足P{X≥m}=0.6,即P{X≤m-1}=0.4. 由于P{X≤m-1}=∑k=0m-1(0.9)k(0.1)=1-(0.9)m,故上式化为1-0.9m=0.4, 解上式得m≈4.85≈5,因此，以0.6的概率保证在两次调整之间的合格品数不少于5.习题7设某运动员投篮命中的概率为0.6, 求他一次投篮时，投篮命中的概率分布.解答：此运动员一次投篮的投中次数是一个随机变量，设为X, 它可能的值只有两个，即0和1.X=0表示未投中，其概率为p1=P{X=0}=1-0.6=0.4,X=1表示投中一次，其概率为p2=P{X=1}=0.6.则随机变量的分布律为习题8某种产品共10件，其中有3件次品，现从中任取3件，求取出的3件产品中次品的概率分布.解答：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=36 120,P{X=2}=C71C32C103=21120, P{X=3}=C33C103=1120. X的分布律为习题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.所以其分布函数(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+∫1x0d t=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≥10 00,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.2.5 随机变量函数的分布。