概率论与数理统计浙大四版习题答案第七章说课讲解
概率论和数理统计浙江大学第四版-课后习题答案解析[完全版]
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概率论与数理统计习题答案 第四版 盛骤 (浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社） 第一章 概率论的基本概念1.[一] 写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯=n n nn o S 1001, ，n 表小班人数（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。
（[一] 2）S={10，11，12，………，n ，………}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。
查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。
（[一] (3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}2.[二] 设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示下列事件。
（1）A 发生，B 与C 不发生。
表示为：C B A 或A － (AB+AC )或A － (B ∪C )（2）A ，B 都发生，而C 不发生。
表示为：C AB 或AB －ABC 或AB －C（3）A ，B ，C 中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A ，B ，C 都发生， 表示为：ABC（5）A ，B ，C 都不发生，表示为：C B A 或S － (A+B+C)或C B A ⋃⋃（6）A ，B ，C 中不多于一个发生，即A ，B ，C 中至少有两个同时不发生 相当于C A C B B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：C A C B B A ++。
（7）A ，B ，C 中不多于二个发生。
相当于：C B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：ABC C B A 或++ （8）A ，B ，C 中至少有二个发生。
相当于：AB ，BC ，AC 中至少有一个发生。
盛骤--浙江大学-概率论和数理统计第四版-课后习题答案解析
完全版概率论与数理统计习题答案 第四版 盛骤 (浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社） 第一章 概率论的基本概念1.[一] 写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯=n n nn o S 1001, ，n 表小班人数（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。
（[一] 2）S={10，11，12，………，n ，………}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。
查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。
（[一] (3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}2.[二] 设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示下列事件。
（1）A 发生，B 与C 不发生。
表示为：C B A 或A － (AB+AC )或A － (B ∪C )（2）A ，B 都发生，而C 不发生。
表示为：C AB 或AB －ABC 或AB －C（3）A ，B ，C 中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A ，B ，C 都发生， 表示为：ABC（5）A ，B ，C 都不发生，表示为：C B A 或S － (A+B+C)或C B A ⋃⋃（6）A ，B ，C 中不多于一个发生，即A ，B ，C 中至少有两个同时不发生 相当于C A C B B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：C A C B B A ++。
（7）A ，B ，C 中不多于二个发生。
相当于：C B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：ABC C B A 或++ （8）A ，B ，C 中至少有二个发生。
相当于：AB ，BC ，AC 中至少有一个发生。
概率论答案浙江大学第四版
概率论答案浙江大学第四版【篇一：概率论与数理统计浙江大学第四版-课后习题答案(完全版)】p> 浙大第四版（高等教育出版社）第一章概率论的基本概念1.[一] 写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）o1n?100?s???,???，n表小班人数 n??nn（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。
（[一] 2）s={10，11，12，???，n，???}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。
查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。
（[一] (3)）s={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}2.[二] 设a，b，c为三事件，用a，b，c的运算关系表示下列事件。
（1）a发生，b与c不发生。
表示为： a或a－ (ab+ac)或a－ (b∪c)（2）a，b都发生，而c不发生。
表示为： ab或ab－abc或ab－c表示为：a+b+c （3）a，b，c中至少有一个发生（4）a，b，c都发生，表示为：abc表示为：ac或s－ (a+b+c)或a?b?c （5）a，b，c都不发生，（6）a，b，c中不多于一个发生，即a，b，c中至少有两个同时不发生相当于,,中至少有一个发生。
故表示为：??。
（7）a，b，c中不多于二个发生。
相当于：,,中至少有一个发生。
故表示为：??abc（8）a，b，c中至少有二个发生。
相当于：ab，bc，ac中至少有一个发生。
故表示为：ab+bc+ac6.[三] 设a，b是两事件且p (a)=0.6，p (b)=0.7. 问(1)在什么条件下p (ab)取到最大值，最大值是多少？（2）在什么条件下p (ab)取到最小值，最小值是多少？从而由加法定理得p (ab)=p (a)+p (b)－p (a∪b) (*)（1）从0≤p(ab)≤p(a)知，当ab=a，即a∩b时p(ab)取到最大值，最大值为p(ab)=p(a)=0.6，（2）从(*)式知，当a∪b=s时，p(ab)取最小值，最小值为p(ab)=0.6+0.7－1=0.3 。
概率论与数理统计浙大四版 第七章 第七章3讲2
X
Snt/2(n1).
例3 有一大批糖果,现从中随机地取16袋, 称得重 量(克)如下:
505604895905305414095712
515404594395605605204996
设袋装糖果的重量服从正态分布, 试求总体均值
的置信 0.度 9的 5为 置信 . 区间
XYz/2
n112n222.
(2) 12和22均为未 , 知
只 n 1 和 n 2 都 要 ( 实 很 5 即 用 0 大 )则 , 可 上 有
12的一个1 置 的信 近度 似为 置信
XYz/2
Sn112Sn222.
(3 )12222,但 2为,未知
于是 12 的 得一个 0 .9 的 置 5 置 信信 度
x1x2Swt0.02 (2 5)81 1 02 1 0(40.9)3, 即所求置信(区 3.0间 7, 4.为 93).
f (x)
X~2(n)
2 1
2(n)
2 2 (n)
x
我们可以得到未知参数的的任何置信水
平小于1的置信区间，并且置信水平越高，
相应的置信区间平均长度越长.
也就是说，要想得到的区间估计可靠 度高，区间长度就长，估计的精度就差. 这是一对矛盾.
实用中应在保证足够可靠的前提下， 尽量使得区间的长度短一些 .
区间.
a a
a
f (u)
0.95
bu
0.95
b
u
0.95
0
b
u
我们总是希望置信区间尽可能短.
在概率密度为单峰且对称的情形，当a =-b时 求得的置信区间的长度为最短.
概率论与数理统计 浙江大学第四版 课后习题答案 word 完整版
概率论与数理统计浙江大学第四版课后习题答案word 完整版完全版概率论与数理统计课后习题答案第四版盛骤浙江大学浙大第四版(高等教育出版社)第一章概率论的基本概念1.[一] 写出下列随机试验的样本空间(1)记录一个小班一次数学考试的平均分数(充以百分制记分)([一] 1),n表小班人数(3)生产产品直到得到10件正品,记录生产产品的总件数。
([一] 2)S10,11,12,………,n,………(4)对某工厂出厂的产品进行检查,合格的盖上“正品”,不合格的盖上“次品”,如连续查出二个次品就停止检查,或检查4个产品就停止检查,记录检查的结果。
查出合格品记为“1”,查出次品记为“0”,连续出现两个“0”就停止检查,或查满4次才停止检查。
([一] 3)S00,100,0100,0101,1010,0110,1100,0111,1011,1101,1110,1111,2.[二] 设A,B,C为三事件,用A,B,C的运算关系表示下列事件。
(1)A发生,B与C不发生。
表示为: 或A- AB+AC或A- B∪C(2)A,B都发生,而C不发生。
表示为: 或AB-ABC或AB-C(3)A,B,C中至少有一个发生表示为:A+B+C(4)A,B,C都发生,表示为:ABC(5)A,B,C都不发生,表示为:或S- A+B+C或(6)A,B,C中不多于一个发生,即A,B,C中至少有两个同时不发生相当于中至少有一个发生。
故表示为:。
(7)A,B,C中不多于二个发生。
相当于:中至少有一个发生。
故表示为:(8)A,B,C中至少有二个发生。
相当于:AB,BC,AC中至少有一个发生。
故表示为:AB+BC+AC6.[三] 设A,B是两事件且P A0.6,P B0.7. 问1在什么条件下P AB取到最大值,最大值是多少?(2)在什么条件下P AB取到最小值,最小值是多少?解:由P A 0.6,P B 0.7即知AB≠φ,(否则AB φ依互斥事件加法定理, PA∪BP A+P B0.6+0.71.31与P A∪B≤1矛盾).从而由加法定理得P ABP A+P B-P A∪B*(1)从0≤PAB≤PA知,当ABA,即A∩B时PAB取到最大值,最大值为PABPA0.6,(2)从*式知,当A∪BS时,PAB取最小值,最小值为PAB0.6+0.7-10.3 。
概率论(浙大第四版)课后答案(DOC)
概率论与数理统计习题答案 第四版 盛骤 (浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社）第一章 概率论的基本概念1.[一] 写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯=n n nn o S 1001, ，n 表小班人数（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。
（[一] 2）S={10，11，12，………，n ，………}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。
查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。
（[一] (3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，} 2.[二] 设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示下列事件。
（1）A 发生，B 与C 不发生。
表示为：C B A 或A － (AB+AC )或A － (B ∪C )（2）A ，B 都发生，而C 不发生。
表示为：C AB 或AB －ABC 或AB －C（3）A ，B ，C 中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A ，B ，C 都发生，表示为：ABC（5）A ，B ，C 都不发生， 表示为：C B A 或S － (A+B+C)或C B A ⋃⋃（6）A ，B ，C 中不多于一个发生，即A ，B ，C 中至少有两个同时不发生 相当于C A C B B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：C A C B B A ++。
（7）A ，B ，C 中不多于二个发生。
相当于：C B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为：ABC C B A 或++ （8）A ，B ，C 中至少有二个发生。
相当于：AB ，BC ，AC 中至少有一个发生。
概率论与数理统计(第四版)习题答案全
概率论与数理统计习（第四版）题解答第一章 随机事件及其概率·样本空间·事件的关系及运算一、任意抛掷一颗骰子，观察出现的点数。
设事件A 表示“出现偶数点”，事件B 表示“出现的点数能被3整除”．（1）写出试验的样本点及样本空间；（2）把事件A 及B 分别表示为样本点的集合；（3）事件B A AB B A B A ,,,,分别表示什么事件？并把它们表示为样本点的集合．解：设i ω表示“出现i 点”)6,,2,1( =i ，则（1）样本点为654321,,,,,ωωωωωω；样本空间为}.,,,,,{654321ωωωωωω=Ω （2）},,{642ωωωA =； }.,{63ωωB =（3）},,{531ωωωA =，表示“出现奇数点”；},,,{5421ωωωωB =，表示“出现的点数不能被3整除”；},,,{6432ωωωωB A =⋃，表示“出现的点数能被2或3整除”；}{6ωAB =，表示“出现的点数能被2整除且能被3整除”；},{B A 51ωω= ，表示“出现的点数既不能被2整除也不能被3整除”二、写出下列随机试验的样本空间及各个事件中的样本点：（1）同时掷三枚骰子，记录三枚骰子的点数之和．A —“点数之和大于10”，B —“点数之和小于15”．（2）一盒中有5只外形相同的电子元件，分别标有号码1，2，3，4，5．从中任取3只，A —“最小号码为1”．解：(1) 设i ω表示“点数之和等于i ”)18,,4,3( =i ，则},,,{1843ωωω =Ω；},,,{181211ωωωA =；}.,,,{1443ωωωB =(2) 设ijk ω表示“出现号码为k j i ,,”);5,,2,1,,(k j i k j i ≠≠= ，则},,,,,,,,,{345245235234145135134125124123ωωωωωωωωωω=Ω }.,,,,,{145135134125124123ωωωωωωA =三、设C B A ,,为三个事件，用事件之间的运算表示下列事件： (1) A 发生, B 与C 都不发生； (2) C B A ,,都发生；(3) C B A ,,中至少有两个发生； (4) C B A ,,中至多有两个发生． 解：(1) C B A ；(2) ABC ；(3) ABC C AB C B A BC A ⋃⋃⋃或CA BC AB ⋃⋃(4) BC A C B A C AB C B A C B A C B A C B A ⋃⋃⋃⋃⋃⋃或C B A ⋃⋃或.ABC四、一个工人生产了n 个零件，以i A 表示他生产的第 i 个零件是合格品（n i ≤≤1）．用i A 表示下列事件：（1）没有一个零件是不合格品； （2）至少有一个零件是不合格品； （3）仅有一个零件是不合格品； （4）至少有一个零件不是不合格品． 解：(1) n A A A 21；(2) n A A A 21或n A A A ⋃⋃⋃ 21； (3) n n n A A A A A A A A A 212121⋃⋃⋃ (4) n A A A ⋃⋃⋃ 21或.21n A A A第二章 概率的古典定义·概率加法定理一、电话号码由七个数字组成，每个数字可以是0，1，2，…，9中的任一个数（但第一个数字不能为0），求电话号码是由完全不同的数字组成的概率．解：基本事件总数为611011011011011011019109⨯=C C C C C C C 有利事件总数为456789214151617181919⨯⨯⨯⨯⨯=C C C C C C C 设A 表示“电话号码是由完全不同的数字组成”，则0605.0109456789)(62≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯=A P二、把十本书任意地放在书架上，求其中指定的三本书放在一起的概率．解：基本事件总数为!101010=A 指定的三本书按某确定顺序排在书架上的所有可能为!777=A 种；这三本书按确定的顺序放在书架上的所以可能的位置共818=C 种；这三本书的排列顺序数为!333=A ；故有利事件总数为!3!8!38!7⨯=⨯⨯(亦可理解为)3388P P设A 表示“指定的三本书放在一起”，则067.0151!10!3!8)(≈=⨯=A P三、为了减少比赛场次，把二十个队任意分成两组（每组十队）进行比赛，求最强的两个队被分在不同组内的概率．解：20个队任意分成两组（每组10队）的所以排法，构成基本事件总数1020C ；两个最强的队不被分在一组的所有排法，构成有利事件总数91812C C 设A 表示“最强的两队被分在不同组”，则526.01910)(102091812≈==C C C A P四、某工厂生产的产品共有100个，其中有5个次品．从这批产品中任取一半来检查，求发现次品不多于1个的概率．解：设i A 表示“出现的次品为i 件”)5,4,3,2,1,0(=i ，A 表示“取出的产品中次品不多于 1个”，则 .10A A A ⋃=因为V A A =10，所以).()()(10A P A P A P +=而0281.0979942347)(5010050950≈⨯⨯⨯==C C A P 1529.09799447255)(501004995151≈⨯⨯⨯⨯==C C C A P故 181.01529.00281.0)(=+≈A P 五、一批产品共有200件, 其中有6件废品．求 (1) 任取3件产品恰有1件是废品的概率; (2) 任取3件产品没有废品的概率; (3) 任取3件产品中废品不少于2件的概率． 解：设A 表示“取出的3件产品中恰有1件废品”；B 表示“取出的3件产品中没有废品”；C 表示“取出的3件产品中废品不少于2件”，则 (1) 0855.019819920019319418)(3200219416≈⨯⨯⨯⨯==C C C A P (2) 912.0198199200192193194)(32003194≈⨯⨯⨯⨯==C C B P(3) 00223.019819920012019490)(3200019436119426≈⨯⨯⨯⨯=+=C C C C C C P六、设41)( ,0 ,31)()()(======BC P P(AC)P(AB)C P B P A P ．求A , B , C 至少有一事件发生的 概率．解：因为0==P(AC)P(AB)，所以V AC V AB ==,，从而V C AB =)(可推出0)(=ABC P设D 表示“A , B , C 至少有一事件发生”，则C B A D ⋃⋃=，于是有)()()()()()()()()(ABC P CA P BC P AB P C P B P A P C B A P D P +---++=⋃⋃= 75.04341313131==-++=第三章 条件概率与概率乘法定理·全概率公式与贝叶斯公式一、设,6.0)|(,4.0)(,5.0)(===B A P B P A P 求)|(,)(B A A P AB P ． 解：因为B A AB B B A A +=+=)(，所以)()()(B A P AB P A P +=，即14.06.0)4.01(5.0)()()()()()(=⨯--=-=-=B A P B P A P B A P A P AB P68.074.05.036.0)4.01(5.05.0)()()()()()]([)|(≈=--+=-+==B A P B P A P A P B A P B A A P B A A P二、某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，求他拨号不超过两次而接通所需电话的概率．若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？ 解：设A 表示“第一次拨通”，B 表示“第二次拨通”，C 表示“拨号不超过两次而拨通”（1）2.0101101)()()(19111101911011=+=⋅+=+=C C C C C C A B P A P C P（2）4.05151)()()(2511141511=+=+=+=A A A A A A B P A P C P三、两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多 一倍．（1）求任意取出的零件是合格品的概率；（2）如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率． 解：设i A 表示“第i 台机床加工的零件”)2,1(=i ；B 表示“出现废品”；C 表示“出现合 格品”（1）)()()()()()()()(22112121A C P A P A C P A P C A P C A P C A C A P C P +=+=+= 973.0)02.01(31)03.01(32≈-⨯+-⨯=（2）25.002.03103.03202.031)()()()()()()()()(22112222=⨯+⨯⨯=+==A B P A P A B P A P A B P A P B P B A P B A P四、猎人在距离100米处射击一动物，击中的概率为0.6；如果第一次未击中，则进行第二次射击，但由于动物逃跑而使距离变为150米；如果第二次又未击中，则进行第三次射击，这时距离变为200米．假定击中的概率与距离成反比，求猎人三次之内击中动物的概率．解：设i A 表示“第i 次击中”)3,2,1(=i ，则由题设，有1006.0)(1kA P ==，得60=k ，从而有4.015060150)(2===k A P ，.3.020060200)(3===k A P设A 表示“三次之内击中”，则321211A A A A A A A ++=，故有)()()()()()()(321211A P A P A P A P A P A P A P ++=832.03.0)4.01()6.01(4.0)6.01(6.0=⨯-⨯-+⨯-+= （另解）设B 表示“猎人三次均未击中”，则168.0)3.01)(4.01)(6.01()(=---=B P故所求为 832.0)(1)(=-=B P B P五、盒中放有12个乒乓球，其中有9个是新的．第一次比赛时从其中任取3个来用，比赛后仍放回盒中．第二次比赛时再从盒中任取3个，求第二次取出的都是新球的概率． 解：设i A 表示“第一次取得i 个新球”)3,2,1,0(=i ，则2201)(312330==C C A P 22027)(31219231==C C C A P 220108)(31229132==C C C A P 22084)(31239033==C C C A P 设B 表示“第二次取出的都是新球”，则312363123731238312393022084220108220272201)()()(C C C C C C C C A B P A P B P i i i ⋅+⋅+⋅+⋅==∑=146.0532400776161112208444722010855142202755212201≈=⋅+⋅+⋅+⋅=第四章 随机事件的独立性·独立试验序列一、一个工人看管三台车床，在一小时内车床不需要工人照管的概率：第一台等于0.9，第二台等于0.8，第三台等于0.7．求在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管的概率． 解：设i A 表示“第i 台机床不需要照管”)3,2,1(=i ，则9.0)(1=A P 8.0)(2=A P 7.0)(3=A P再设B 表示“在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管”，则321321321321A A A A A A A A A A A A B +++=于是有)()()()()()()()()()()()()(321321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P B P +++= )7.01(8.09.07.0)8.01(9.07.08.0)9.01(7.08.09.0-⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯-+⨯⨯=902.0=．（另解）设i B 表示“有i 台机床需要照管”)1,0(=i ，B 表示“在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管”，则10B B B +=且0B 、1B 互斥，另外有 504.07.08.09.0)(0=⨯⨯=B P398.0)7.01(8.09.07.0)8.01(9.07.08.0)9.01()(1=-⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯-=B P 故902.0398.0504.0)()()()(1010=+=+=+=B P B P B B P B P ．二、电路由电池a 与两个并联的电池b 及c 串联而成．设电池c b a ,,损坏的概率分别是0.3、0.2、0.2，求电路发生间断的概率． 解：设1A 表示“a 损坏”；2A 表示“b 损坏”；3A 表示“c 损坏”；则3.0)(1=A P 2.0)()(32==A P A P又设B 表示“电路发生间断”，则321A A A B +=于是有)()()()()(321321321A A A P A A P A P A A A P B P -+=+=)()()()()()(321321A P A P A P A P A P A P -+= 328.02.02.03.02.02.03.0=⨯⨯-⨯+=．三、三个人独立地去破译一个密码，他们能译出的概率分别为51、31、41，求能将此密码译出的概率．解：设A 表示“甲能译出”；B 表示“乙能译出”；C 表示“丙能译出”，则51)(=A P 31)(=B P 41)(=C P设D 表示“此密码能被译出”，则C B A D ⋃⋃=，从而有)()()()()()()()()(ABC P CA P BC P AB P C P B P A P C B A P D P +---++=⋃⋃=)()()()()()()()()()()()(C P B P A P A P C P C P B P B P A P C P B P A P +---++= 6.0413151415141513151413151=⨯⨯+⨯-⨯-⨯-++=． （另解）52)411)(311)(511()()()()()(=---===C P B P A P C B A P D P ，从而有6.053521)(1)(==-=-=D P D P四、甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人的命中概率分别为7.0,5.0,4.0．飞机被一人击中而被击落的概率为2.0，被两人击中而被击落的概率为6.0，若三人都击中，则 飞机必被击落．求飞机被击落的概率． 解：设1A 表示“甲命中”；2A 表示“乙命中”；3A 表示“丙命中”；则4.0)(1=A P5.0)(2=A P 7.0)(3=A P设i B 表示“i 人击中飞机” )3,2,1,0(=i ，则09.0)7.01)(5.01)(4.01()())(()()(3213210=---===A P A P A P A A A P B P )()(3213213211A A A A A A A A A P B P ++=)()()(321321321A A A P A A A P A A A P ++=)()()()()()()()()(321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P ++=36.07.0)5.01)(4.01()7.01(5.0)4.01()7.01)(5.01(4.0=⨯--+-⨯⨯-+--⨯=)()(3213213212A A A A A A A A A P B P ++= )()()(321321321A A A P A A A P A A A P ++=)()()()()()()()()(321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P ++=41.07.0)5.01)(4.01()7.01(5.0)4.01()7.01)(5.01(4.0=⨯--+-⨯⨯-+--⨯=14.07.05.04.0)()()()()(3213213=⨯⨯===A P A P A P A A A P B P 设A 表示“飞机被击落”，则由题设有0)(0=B A P 2.0)(1=B A P 6.0)(2=B A P 1)(3=B A P故有458.0114.06.041.02.036.0009.0)()()(30=⨯+⨯+⨯+⨯==∑=i i i B A P B P A P ．五、某机构有一个9人组成的顾问小组，若每个顾问贡献正确意见的概率都是0.7，现在该机构内就某事可行与否个别征求每个顾问的意见，并按多数人意见作出决策，求作 出正确决策的概率．解：设i A 表示“第i 人贡献正确意见”，则7.0)(=i A P )9,,2,1( =i ．又设m 为作出正确意见的人数，A 表示“作出正确决策”，则 )9()8()7()6()5()5()(99999P P P P P m P A P ++++=≥=+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=277936694559)3.0()7.0()3.0()7.0()3.0()7.0(C C C 9991889)7.0()3.0()7.0(⋅+⋅⋅+C C+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=273645)3.0()7.0(36)3.0()7.0(84)3.0()7.0(126918)7.0()3.0()7.0(9+⋅⋅+0403.01556.02668.02668.01715.0++++= 901.0=．六、每次试验中事件A 发生的概率为p ，为了使事件A 在独立试验序列中至少发生一次的概率不小于p ，问至少需要进行多少次试验？ 解：设做n 次试验，则n p A P A P )1(1}{1}{--=-=一次都不发生至少发生一次要p p n ≥--)1(1，即要p p n -≤-1)1(，从而有.1)1(log )1(=-≥-p n p 答：至少需要进行一次试验．第五章 离散随机变量的概率分布·超几何分布·二项分布·泊松分布一、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的概率分布． 解：设X 表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X 的概率分布为即亦即二、自动生产线在调整以后出现废品的概率为p ．生产过程中出现废品时立即进行调整．求在两次调整之间生产的合格品数的概率分布．解：设X 表示“在两次调整之间生产的合格品数”，且设p q -=1，则ξ的概率分布为三、已知一批产品共20个，其中有４个次品．（１）不放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布； （２）放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布． 解：（1）设X 表示“取出的样本中的次品数”，则X 服从超几何分布，即X 的概率函数为)4,3,2,0()(6206164===-x C C C x X P xx从而X 的概率分布为即（2）设X 表示“取出的样本中的次品数”，则X 服从超几何分布，即X 的概率函数为)6,5,4,3,2,0()2.01()2.0()(66=-==-x C x X P xx x从而X即四、电话总机为300个电话用户服务．在一小时内每一电话用户使用电话的概率等于0.01，求在一小时内有4个用户使用电话的概率（先用二项分布计算，再用泊松分布近似计算，并求相对误差）． 解：（1）用二项分布计算)01.0(=p168877.0)01.01()01.0()1()4(2964430029644300≈-=-==C p p C ξP（2）用泊松分布计算)301.0300(=⨯==np λ168031355.0!43)4(34≈==-e ξP相对误差为.5168877.0168031355.0168877.0000≈-=δ五、设事件A 在每一次试验中发生的概率为0.3，当A 发生次数不少于3次时，指示灯发出信号．现进行了5次独立试验，求指示灯发出信号的概率． 解：设X 表示“事件A 发生的次数”，则3.0)(==p A P ，5=n ，).3.0,5(~B X 于是有)5()4()3()3(=+=+==≥X P X P X P X P5554452335)1()1(p C p p C p p C +-+-=16308.000243.002835.01323.0≈++≈（另解） )2()1()0(1)3(1)3(=-=-=-=<-=≥X P X P X P X P X P322541155005)1()1()1(11p p C p p C p p C ------= 16308.0≈六、设随机变量X 的概率分布为2, 1, ,0 , !)(===k k ak X P kλ；其中λ>0为常数，试确定常数a ．解：因为∑∞===01)(k k X P ，即∑∞==01!k kk λa ，亦即1=λae ，所以.λe a -=第六章 随机变量的分布函数·连续随机变量的概率密度一、函数211x +可否是连续随机变量X 的分布函数？为什么？如果X 的可能值充满区间： （1）（∞+∞- ,）；（2）（0,∞-）．解：（1）设211)(xx F +=，则1)(0<<x F 因为0)(lim =-∞→x F x ，0)(lim =+∞→x F x ，所以)(x F 不能是X 的分布函数．（2）设211)(x x F +=，则1)(0<<x F 且0)(lim =-∞→x F x ，1)(lim 0=-→x F x因为)0( 0)1(2)('22<>+-=x x xx F ，所以)(x F 在（0,∞-）上单增． 综上述，故)(x F 可作为X 的分布函数．二、函数x x f sin )(=可否是连续随机变量X 的概率密度？为什么？如果X 的可能值充满区间：（1）⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π； （2）[]π,0； （3）⎥⎦⎤⎢⎣⎡23,0π．解：（1）因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πx ，所以0sin )(≥=x x f ；又因为1cos )(2020=-=⎰ππx dx x f ，所以当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πx 时，函数x x f sin )(=可作为某随机变量X 的概率密度．（2）因为[]πx ,0∈，所以0sin )(≥=x x f ；但12cos )(00≠=-=⎰ππx dx x f ，所以当[]πx ,0∈时，函数x x f sin )(=不可能是某随机变量X 的概率密度．（3）因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈23,0πx ，所以x x f sin )(=不是非负函数，从而它不可能是随机变量X 的概率密度．二、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的分布函数，并作出分布函数的图形． 解：设X 表示“取出的废品数”，则X 的分布律为于是，⎪⎩>3,1x四、（柯西分布）设连续随机变量X 的分布函数为+∞<<∞-+=x x B A x F ,arctan )(．求：（1）系数A 及B ；（2）随机变量X 落在区间)1 ,1(-内的概率；(3) X 的概率密度．解：(1) 由0)2()(lim =-⋅+=-∞→πB A x F x ，12)(lim =⋅+=-∞→πB A x F x ，解得.1,21πB A ==即)( ,arctan 121)(+∞<<-∞+=x x πx F ．(2) .21)]1arctan(121[]1arctan 121[)1()1()11(=-+-+=--=<<-ππF F X P(3) X 的概率密度为)1(1)()(2x x F x f +='=π．五、（拉普拉斯分布）设随机变量X 的概率密度为+∞<<∞-=-x Ae x f x,)(．求：（1）系数A ；（2）随机变量X 落在区间)1,0(内的概率；（3）随机变量X 的分布函数．解：(1) 由1)(⎰+∞∞-=dx x f ，得1220⎰⎰+∞∞-+∞--===A dx e A dx Aex x，解得21=A ，即有 ).( ,21)(+∞<<-∞=-x e x f x(2) ).11(21)(2121)()10(101010ee dx e dx xf X P x x -=-===<<--⎰⎰(3) 随机变量X 的分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧>-≤===-∞--∞-⎰⎰021102121)()(x e x e dx e dx x f x F x xx xx ．第七章 均匀分布·指数分布·随机变量函数的概率分布一、公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车通过．乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的．求乘客候车时间不超过3分钟的概率．解：设随机变量X 表示“乘客的候车时间”，则X 服从]5,0[上的均匀分布，其密度函数为⎩⎨⎧∉∈=]5,0[,0]5,0[,51)(x x x f 于是有.6.053)()30(3===≤≤⎰dx x f X P二、已知某种电子元件的使用寿命X (单位:h)服从指数分布，概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>=-.0,0;0,8001)(800x x e x f x任取３个这种电子元件，求至少有１个能使用1000h 以上的概率．解：设A 表示“至少有１个电子元件能使用1000h 以上”；321A 、A 、A 分别表示“元件甲、乙、丙能使用1000h 以上”．则287.08001)1000()()()(4510008001000800321≈=-==>===-∞+-∞+-⎰e e dx e X P A P A P A P xx)()()()()()()()()(321313221321321A A A P A A P A A P A A P A P A P A P A A A P A P +---++=⋃⋃=638.0287.0287.03287.0332≈+⨯-⨯=（另解）设A 表示“至少有１个电子元件能使用1000h 以上”．则287.08001)1000(4510008001000800≈=-==>-∞+-∞+-⎰ee dx e X P xx从而有713.01)1000(1)1000(45≈-=>-=≤-eX P X P ，进一步有638.0713.01)]1000([1)(33≈-≈≤-=X P A P三、(1) 设随机变量X 服从指数分布)(λe ．证明：对于任意非负实数s 及t ，有).()(t X P s X t s X P ≥=≥+≥这个性质叫做指数分布的无记忆性．(2) 设电视机的使用年数X 服从指数分布)10(．e ．某人买了一台旧电视机，求还能使用５年以上的概率． 解：（１）因为)(~λe X ，所以R x ∈∀，有xex F λ--=1)(，其中)(x F 为X 的分布函数．设t s X A +≥=，t X B ≥=．因为s 及t 都是非负实数，所以B A ⊂，从而A AB =．根据条件概率公式，我们有)(1)(1)()()()()()()()(s X P t s X P s X P t s X P B P A P B P AB P B A P s X t s X P <-+<-=≥+≥====≥+≥t st s e e e λλλ--+-=----=]1[1]1[1)(． 另一方面，我们有t t e e t F t X P t X P t X P λλ--=--=-=≤-=<-=≥)1(1)(1)(1)(1)(．综上所述，故有)()(t X P s X t s X P ≥=≥+≥．（２）由题设，知X 的概率密度为⎩⎨⎧≤>=-．，；，0001.0)(1.0x x e x f x 设某人购买的这台旧电视机已经使用了s 年，则根据上述证明的（１）的结论，该电视机还能使用5年以上的概率为6065.01.0)()5()5(5.051.051.05≈=-===≥=≥+≥-∞+-∞+-∞+⎰⎰e e dx e dx xf X P s X s X P xx ．答：该电视机还能使用5年以上的概率约为6065.0．四、设随机变量X 服从二项分布)4.0 ,3(B ，求下列随机变量函数的概率分布： （1）X Y 211-=；（2）2)3(2X X Y -=． 解：X 的分布律为（1）X Y 211-=的分布律为（2）2)3(2X XY -=的分布律为即五、设随机变量X 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>+=.0,0;0,)1(2)(2x x x x f π求随机变量函数X Y ln =的概率密度．解：因为)()()(ln )()(yX yY e F e X P y X P y Y P y F =<=<=<=所以随机变量函数X Y ln =的概率密度为)( )1(2)()()()(2''+∞<<-∞+====y e e e e f e e F y F y f yyyyyyXYY π，即 )( )1(2)(2+∞<<-∞+=y e e y f y yY π．第八章 二维随机变量的联合分布与边缘分布一、把一颗均匀的骰子随机地掷两次．设随机变量X 表示第一次出现的点数，随机变量Y 表示两次出现点数的最大值，求二维随机变量),(Y X 的联合概率分布及Y 的边缘概率分布． 解：二维随机变量),(Y X 的联合概率分布为Y 的边缘概率分布为二、设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数)3arctan )(2arctan (),(yC x B A y x F ++=．求：（1）系数A 、B 及C ；（2）（X ，Y ）的联合概率密度：（3）边缘分布函数及边缘概率密度． 解：（1）由0)0,(,0),0(,1),(=-∞=∞-=∞+-∞F F F ，得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-=--=++0)2(0)2)(0(1)2)(2(πB AC πC B A πC πB A 解得2πC B ==，.12πA = （2）因为)3arctan 2)(2arctan 2(1),(2yx y x F ++=πππ，所以（X ，Y ）的联合概率密度为.)9)(4(6),(),(222"y x y x F y x f xy ++==π （3）X 及Y 的边缘分布函数分别为 x xxX xdx x dy y x f dx x F ∞-∞-∞-+∞∞-=+==⎰⎰⎰2arctan1)4(2),()(2ππ2arctan 121xπ+=yxyY ydy y dx y x f dy x F ∞-∞-∞-+∞∞-=+==⎰⎰⎰3arctan1)9(3),()(2ππ3arctan 121y π+=X 及Y 的边缘概率密度分别为⎰⎰⎰+∞+∞∞-+∞∞-++⋅=++==0222222)9(1)4(112)9)(4(6),()(dy y x dy y x dy y x f x f X ππ)4(2)3arctan 31()4(1122022x y x +=+⋅=∞+ππ ⎰⎰⎰+∞+∞∞-+∞∞-++=++==022222241)9(12)9)(4(6),()(dx xy dx y x dx y x f y f Y ππ )9(3)2arctan 21()9(122022y x y +=+=∞+ππ三、设),(Y X 的联合概率密度为⎩⎨⎧>>=+-.,00;0,,Ae ),(3y)(2x 其它y x y x f求：（1）系数A ；（2）),(Y X 的联合分布函数；（3）X 及Y 的边缘概率密度；（4）),(Y X落在区域R ：632 ,0 ,0<+>>y x y x 内的概率． 解：（1）由1),(=⎰⎰+∞∞-+∞∞-dy dx y x f ，有16132==⎰⎰∞+∞+--A dy e dx e A y x ，解得.6=A （2）),(Y X 的联合分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧>>==⎰⎰⎰⎰--∞-∞-其它0,06),(),(0032y x dy e dx e dy y x f dx y x F x y y x xy⎩⎨⎧>>--=--其它00,0)1)(1(32y x e e y x（3）X 及Y 的边缘概率密度分别为⎩⎨⎧≤>=⎪⎩⎪⎨⎧≤>==-+∞--∞+∞-⎰⎰00020006),()(2032x x ex x dy e e dy y x f x f x y x X⎩⎨⎧≤>=⎪⎩⎪⎨⎧≤>==-+∞--∞+∞-⎰⎰30006),()(3032y y ex x dxe e dx y xf y f yy x Y （4）⎰⎰⎰⎰---==∈x y xR dy e dx edxdy y x f R Y X P 32203326),(}),{(6306271)(2---⎰-=-=e dx e e x四、设二维随机变量),(Y X 在抛物线2x y =与直线2+=x y 所围成的区域R 上服从均匀分布．求：(1) ),(Y X 的联合概率密度；(2) 概率)2(≥+Y X P ． 解：(1) 设),(Y X 的联合概率密度为⎩⎨⎧∉∈=.),(, 0;),(,),(R y x R y x C y x f 则由129)322()2(21322122212==-+=-+==--+-⎰⎰⎰⎰⎰C x x x C dx x x C dy dx C Cdxdy x x R解得92=C ．故有⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=.),(, 0;),(,92),(R y x R y x y x f(2) ⎰⎰⎰⎰⎰⎰++-≥++==≥+x x x x y x dy dx dy dx dxdy y x f Y X P 2212210229292),()2(⎰⎰-++=21210)2(92292dx x x xdx481.02713)322(92922132102≈=-++=x x x x ． 第九章 随机变量的独立性·二维随机变量函数的分布一、设X 与Y 是两个相互独立的随机变量，X 在]1,0[上服从均匀分布，Y 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>=-.0,0;0,21)(2y y e y f yY求 (1) ),(Y X 的联合概率密度; (2) 概率)(X Y P ≥．解: (1)X 的概率密度为⎩⎨⎧∉∈=)1,0(,0)1,0(,1)(x x x f X ，),(Y X 的联合概率密度为（注意Y X ,相互独立）⎪⎩⎪⎨⎧><<==-其它,00,10,21)()(),(2y x e y f x f y x f yY X（2）dx edx e dy e dx dxdy y x f X Y P x xyxy xy ⎰⎰⎰⎰⎰⎰-∞+-∞+-≥=-===≥1021022102)(21),()(7869.0)1(2221122≈-=-=--e ex二、设随机变量X 与Y 独立，并且都服从二项分布：.,,2 ,1 ,0 ,)(; ,,2 ,1 ,0 ,)(212211n j qp C j p n i q p C i p jn jj n Y in i i n X ====--证明它们的和Y X Z +=也服从二项分布．证明: 设j i k +=, 则ik n i k i k n ki i n i i n ki Y X Z q p C q p C i k P i P k Z P k P +---=-=∑∑=-===2211)()()()( ∑=-+=ki k n n k i n in q p C C2121)( 由knm ki ik nk m C C C +=-=∑, 有k n n ki in i n C C C21210+==∑. 于是有 ),,2,1,0( )(212121n n k q p C k P kn n k i n n Z +==-++ 由此知Y X Z +=也服从二项分布.三、设随机变量X 与Y 独立，并且X 在区间[0，1]内服从均匀分布，Y 在区间[0，2]内服从辛普森分布：⎪⎩⎪⎨⎧><≤<-≤≤=.20 0,; 2 1 ,2;10 ,)(y y y y y y y f Y 或求随机变量Y X Z +=的概率密度． 解: X 的概率密度为 ⎩⎨⎧∉∈=]1,0[,0]1,0[,1)(x x y f ξ . 于是),(Y X 的联合概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤<≤≤-≤≤≤≤=. 0, 2 1,10 ,210,10,),(其它当当y x y y x y y x fY X Z +=的联合分布函数为}),{(}{}{)(D y x P z Y X P z Z P z F Z ∈=≤+=≤=，其中D 是zy x ≤+与),(y x f 的定义域的公共部分.故有 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤<+-≤<-+-≤≤><=3229321212331023,00)(222z z z z z z z zz z z F Z 从而随机变量Y X Z +=的概率密度为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<-≤<+-≤≤><=3232132103,00)(z z z z z z z z z f Z三、电子仪器由六个相互独立的部件ij L （3,2,1;2,1==j i ）组成，联接方式如右图所示．设各个部件的使用寿命ij X 服从相同的指数分布)(λe ，求仪器使用寿命的概率密度．解: 由题设，知ij X 的分布函数为⎩⎨⎧≤>-=-0,00,1x x e F x X ijλ先求各个并联组的使用寿命)3,2,1( =i Y i 的分布函数.因为当并联的两个部件都损坏时,第i 个并联组才停止工作,所以有)3,2,1(),m ax (21==i Y i i i ξξ从而有)3,2,1( =i Y i 的分布函数为⎩⎨⎧≤>-==-0,00,)1()(221y y e F F y F y X X Y i i i λ 设Z "仪器使用寿命".因为当三个并联组中任一个损坏时,仪器停止工作.所以有),,min (321Y Y Y Z =.从而有Z 的分布函数为⎩⎨⎧≤>---=⎩⎨⎧≤>----=-0,00,])1(1[10,00)],(1)][(1)][(1[1)(32321z z e z z z F z F z F z F z Y Y Y Z λ 故Z 的概率密度为⎩⎨⎧≤>--=---0,00,)2)(1(6)(23z z e e e z f z z z Z λλλλ第十章 随机变量的数学期望与方差一、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取一个．如果取出的废品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的数学期望、方差与标准差． 解：设X 表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X 的概率分布为即1103322013220924491430=⨯+⨯+⨯+⨯=EX 即3.0004.03041.02205.0175.00≈⨯+⨯+⨯+⨯=EX2X 的分布为即于是有229220192209444914302=⨯+⨯+⨯+⨯=EX 即4091.0004.09041.04205.0175.002≈⨯+⨯+⨯+⨯=EX从而有3191.013310042471)11033(229)(222≈=-=-=EX EX DX 565.03191.0≈==DX Xσ二、对某一目标进行射击，直至击中为止．如果每次射击命中率为p ，求射击次数的数学期望及方差． 解：设X 表示“第i 次击中”),2,1( =i ，则X 的分布为p q p q q p q p iqp ipqEX i i i i i i 1)1()1()(211111=-='-='===∑∑∑∞=∞=-∞=- 2Xp pp p q q p q p q q p pqi EX i i i ii i 122)1()1()(])([223111122-=-=-+='=''==∑∑∑∞=∞=∞=- 进一步有pp p p p EX EX DX 11)1(12)(22222-=--=-=三、设离散型随机变量X 的概率函数为,,2,1,21]2)1([ ==-=k k X P k k k问X 的数学期望是否存在？若存在，请计算)(X E ；若不存在，请解释为什么．解：因为∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=-=⋅-=-=-==1111)1(212)1(]2)1([2)1()(k k k k k k k k k k ki i i k k k X P k x X P x 不绝对收敛，所以ξ没有数学期望．四、设随机变量X 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≥<-=.1, 0;1,11)(2x x x x f π 求数学期望)(X E 及方差)(X D ．解：011)()(112=-⋅==⎰⎰-+∞∞-dx xx dx x xf X E πdx x x dx x x dx x f x X D ⎰⎰⎰-=-⋅==-∞+∞-1022112221211)()(πππ21]arcsin 2112[2102=+--=x x x π五、（拉普拉斯分布）设随机变量X 的概率密度为 )( ,21)(+∞<<-∞=-x e x f x．求数学期望)(X E 及方差)(X D ． 解：021)(===⎰⎰+∞∞--+∞∞-dx xe dx x xf EX x2!2)3(21)(0222==Γ====⎰⎰⎰+∞-+∞∞--+∞∞-dx e x dx e x dx x f x DX x x（分部积分亦可）第十一章 随机变量函数的数学期望·关于数学期望与方差的定理一、设随机变量X 服从二项分布)4.0,3(B ，求2)3(X X Y -=的数学期望及方差． 解：X 的概率分布为Y 的概率分布为2Y 的分布为72.072.0128.00=⨯+⨯=EY 72.072.0128.002=⨯+⨯=EY2016.0)72.0(72.0)(222=-=-=EY EY DY二、过半径为R 的圆周上一点任意作这圆的弦，求所有这些弦的平均长度．解：在圆周上任取一点O ，并通过该点作圆得直径OA ．建立平面直角坐标系，以O 为原点，且让OA 在x 轴的正半轴上．通过O 任作圆的一条弦OB ，使OB 与x 轴的夹角为θ，则θ服从]2,2[ππ-上的均匀分布，其概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧-∉-∈=]2,2[,0]2,2[,1)(ππθππθπθf ．弦OB 的长为 ]2,2[cos 2)(ππθθθ-∈=R L ，故所有弦的平均长度为⎰⎰-∞+∞-⋅==22cos 21)()()]([ππθθπθθθθd R d L f L EπθπθθπππRR d R4sin 4cos 42020===⎰．三、一工厂生产的某种设备的寿命X （以年计）服从指数分布，概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>=-. 0,0 ;0 ,41)(4x x e x f x工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换．若工厂售出一台设备赢利100元，调换一台设备厂方需花费300元．试求厂方出售一台设备的平均净赢利． 解：由题设，有⎰⎰---∞--=-===<104110441141)()1(e e dx e dx x f X P x x 进而有 41)1(1)1(-=<-=≥eX P X P设Y 表示“厂方出售一台设备获得的净赢利”，则Y 的概率分布为从而有64.33200300100)1(200414141≈-⨯=⨯+-⨯-=---ee e EY答：厂方出售一台设备获得的平均净赢利约为64.33元．四、设随机变量n X X X ,,21相互独立，并且服从同一分布，数学期望为μ，方差为2σ．求这些随机变量的算术平均值∑==ni i X n X 11的数学期望与方差．解：因为μ=)(i X E ，2)(σ=i X D ，且随机变量n X X X ,,21相互独立．所以有μμ=====∑∑∑∑====ni n i i ni i n i i n X E n X E n X n E X E 11111)(1)(1)1()(，nn X D n X D n X n D X D ni ni in i i n i i 2122121211)(1)(1)1()(σσ=====∑∑∑∑====．五、一民航送客车载有20位旅客自机场开出，沿途有10个车站可以下车，到达一个车站时如没有旅客下车就不停车．假设每位旅客在各车站下车是等可能的，且各旅客是否下车相互独立．求该车停车次数的数学期望．解: 设i X 表示"第i 站的停车次数" (10,,2,1 =i ). 则i X 服从"10-"分布. 其中⎩⎨⎧=站有人下车若在第站无人下车若在第i i X i ,1,0于是i X 的概率分布为设∑==ni iXX 1, 则X 表示沿途停车次数, 故有]})10110(1[1)10110(0{10)(2020101101--⨯+-⨯===∑∑==i i i i EX X E EX748.8)9.01(1020≈-=即停车次数的数学期望为748.8.第十二章 二维随机变量的数字特征·切比雪夫不等式与大数定律一、设二维随机变量),(Y X 的联合概率密度为()(). 1,222++=y xAy x f求：（1）系数A ；（2）数学期望)(X E 及)(Y E ，方差)(X D 及)(Y D ，协方差),cov(Y X ．解: (1) 由⎰⎰+∞∞-+∞∞-=1),(dxdy y x f . 有()()⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-∞+==+=++1112022222A dr rrd A dxdy y xAπθπ解得, π1=A .(2) ()011),()(222⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-∞+∞-∞+∞-=++==dx y xxdy dxdy y x xf X E π.由对称性, 知 0)(=Y E .⎰⎰+∞∞-+∞∞-==-=dxdy y x f x EX EX X E X D ),(])[()(222()⎰⎰∞+∞-∞+∞-++=dx y xx dy 222211π()()+∞=+++=+-+=+=∞+∞+∞+⎰⎰⎰22022220223]11)1ln([1)1(211rr dr r rr r dr rr d πθπ同理, 有 +∞=)(Y D .)()])([(),cov(XY E EY Y Ex X E Y X =--=⎰⎰+∞∞-+∞∞-=dxdy y x xyf ),(()011),(222⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-∞+∞-∞+∞-=++==dx y xxydy dxdy y x xyf π.二、设二维随机变量),(Y X 的联合概率密度为⎩⎨⎧<<<=其它．,0;10,,1),(x x y y x f求(1) ),cov(Y X ；(2) X 与Y 是否独立，是否相关，为什么？解: (1) 因为 ⎰⎰⎰⎰⎰====-∞+∞-∞+∞-10210322),(dx x dy xdx dxdy y x xf EX x x0),(10===⎰⎰⎰⎰-+∞∞-+∞∞-xx ydy dx dxdy y x yf EY0),()(1===⎰⎰⎰⎰-+∞∞-+∞∞-xxydy xdx dxdy y x xyf XY E所以有])32[()])([(),cov(Y X E EY Y EX X E Y X -=--=⎰⎰+∞∞-+∞∞-=dxdy y x xyf ),(010==⎰⎰-xxydy xdx ．(2) 当)1,0(∈x 时,有 ⎰⎰+∞∞--===x dy dy y x f x f xxX 2),()(; 当)1,0(∉x 时, 有0)(=x f X .即⎩⎨⎧∉∈=)1,0(0)1,0(2)(X x x x x f 同理有 ⎩⎨⎧∉+∈-=⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=⎰⎰-)1,0(1)1,0(1)1,0()1,0()(11Y x y x y x dx x dx y f yy因为 ),()()(y x f y f x f Y X ≠, 所以X 与Y 不是独立的．又因为0),cov(=Y X , 所以X 与Y 是不相关的．三、利用切比雪夫不等式估计随机变量X 与其数学期望)(X E 的差的绝对值大于三倍标准差)(X σ的概率．解：91)3()3(2=≤>-ξξξξξD D D E P ．四、为了确定事件A 的概率，进行10000次重复独立试验．利用切比雪夫不等式估计：用事件A在10000次试验中发生的频率作为事件A 的概率的近似值时，误差小于0.01的概率． 解：设ξ表示“在10000次试验中事件A 的次数”，则)5.0,10000(~B ξ且有50005.010000=⨯==np E ξ 2500)5.01(5.010000=-⨯⨯==n p q D ξ 于是有npqp npq p np m P p n m P 22)01.0(1)01.0(1)01.0()01.0(-=-≥<-=<- 75.025.011=-=-=pq五、样检查产品质量时，如果发现次品多于10个，则认为这批产品不能接受．应该检查多少个产品，可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9？ 解：设ξ表示“发现的次品件数”，则)1.0,(~n B ξ，现要求.nn ξE 1.0= n ξD 09.0=要使得9.0)10(=>ξP ，即9.0)10(=≤<n ξP ，因为9.0)10(=≤<n ξP ，所以 )3.01.03.01.03.01.010()10(nn n n n ξn n P ξD ξE n ξD ξE ξξD ξE P -≤-<-=-≤-<-)3.01.010()3()33.01.03.01.010(1,01,0nn n n n n ξn n P --≈≤-<-=ΦΦ1)3.0101.0()3(1,01,0--+nn n ΦΦ （德莫威尔—Laplace 定理）因为10>n ，所以53>n ，从而有1)3(1,0≈n Φ，故9.0)3.0101.0(1,0≈-nn Φ． 查表有8997.0)28.1(1,0=Φ，故有28.13.0101.0≈-nn ，解得.146≈n 答：应该检查约146个产品，方可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9．第十三章 正态分布的概率密度、分布函数、数学期望与方差一、设随机变量X 服从正态分布)2,1(2N ，求（1）)8.56.1(<≤-X P ；（2）)56.4(≥X P ．解：(1) )4.2213.1()8.416.2()8.56.1(<-≤-=<-≤-=<≤-X P X P X P 8950.09032.019918.0)]3.1(1[)4.2()3.1()4.2(1,01,01,01,0=+-=--=--=ΦΦΦΦ(2) )78.12178.2(1)56.4(1)56.4(<-<--=<-=≥X P X P X P )]78.2(1)78.1(1)]78.2()78.1([11,01,01,01,0ΦΦΦΦ-+-=---=.0402.09973.09625.02=--二、已知某种机械零件的直径X （mm ）服从正态分布)6.0,100(2N ．规定直径在2.1100±（mm ）之间为合格品，求这种机械零件的不合格品率． 解：设p 表示这种机械零件的不合格品率，则)2.1100(1)2.1100(≤--=>-=X P X P p ．而)26.01002()6.02.16.01006.02.1()2.1100(≤-≤-=≤-≤-=≤-X P X P X P 1)2(2)]2(1[)2()2()2(-Φ=Φ--Φ=-Φ-Φ= 9544.019772.02=-⨯= 故0456.09544.01=-=p ．三、测量到某一目标的距离时发生的误差X (m)具有概率密度3200)20(22401)(--=x ex f π求在三次测量中至少有一次误差的绝对值不超过30m 的概率．解：三次测量中每次误差绝对值都超过30米可表为}30{}30{}30{>⋃>⋃>=ξξξD 第三次第二次第一次因为)40,20(~2N ξ，所以由事件的相互独立性，有31,01,033)]25.0(1)25.1([})3030{(})30{()(ΦΦ-+-=>+-<=>=ξξP ξP D P13025.05069.0)8944.05987.02(33≈=--= 于是有86975.013025.01)(1}30{=-=-=<D P P 米至少有一次绝对值三次测量中ξ．四、设随机变量),(~2σμN X ，求随机变量函数Xe Y =的概率密度（所得的概率分布称为对数正态分布）．解：由题设，知X 的概率密度为)(21)(222)(+∞<<-∞=--x ex f x X σμσπ从而可得随机变量Y 的分布函数为)()()(y e P y Y P y F X Y ≤=≤=．当0≤y 时，有0)(=y F Y ；此时亦有0)(='y F Y ． 当0>y 时，有dx ey X P y F yx Y ⎰∞---=≤=ln 2)(2221)ln ()(σμσπ．此时亦有222)(ln 21)(σμσπ--='y Y eyy F ．从而可得随机变量Y 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧>≤=--.0,21;0,0)(222)(ln y e yy y f y Y σμσπ五、设随机变量X 与Y 独立，),(~211σμN X ，),(~222σμN Y ，求： (1) 随机变量函数bY aX Z +=1的数学期望与方差，其中a 及b 为常数； (2) 随机变量函数XY Z=2的数学期望与方差．解：由题设，有211)(,)(σμ==X D X E ；222)(,)(σμ==Y D Y E ．从而有(1)211)()()()()()(μμb a Y bE X aE bY E aX E bY aX E Z E +=+=+=+=；222212221)()()()()()(σσb a Y D b X D a bY D aX D bY aX D Z D +=+=+=+=．(2)212)()()()(μμ===Y E X E XY E Z E ；)()()()()()()()(22222222Y E X E Y E X E XY E Y X E XY D Z D -=-== )()()]()()][()([2222Y E X E Y E Y D X E X D -++= )()()()()()(22X E Y D Y E X D Y D X D ++= 212222212221μσμσσσ++=．第十四章二维正态分布·正态随机变量线性函数的分布中心极限定理一、设二维随机变量),(Y X 服从二维正态分布，已知0)()(==Y E X E ，16)(=X D ，25)(=Y D ，并且12),cov(=Y X ，求),(Y X 的联合概率密度．解：已知0==y x μμ，416==x σ，525==y σ，53),cov(),(===y x Y X Y X r σσ．从而 2516)53(1122=-=-r ，5412=-r ． 进一步按公式])())((2)([)1(21222222121),(yy y x y x x x y y x r x r y x ery x f σμσσμμσμσπσ-+-------=，可得),(Y X 的联合概率密度为)2550316((322522321),(y xy x e y x f +--=π．二、设随机变量X 与Y 独立，并且)1,0(~N X ，)2,1(~2N Y ．求随机变量32+-=Y X Z 的概率密度． 解：由题设，有0)(=X E ，1)(=X D ，1)(=Y E ，4)(=Y D ．又根据关于数学期望的定理和方差的定理以及独立正态随机变量线性组合的分布，我们有2)3()()(2)32()(=+-=+-=E Y E X E Y X E Z E ． 8)3()()(4)32()(=++=+-=D Y D X D Y X D Z D ．且)8,2())(,)((~N Z D Z E N Z =，故随机变量32+-=Y X Z 的概率密度为16)2(82)2(2241821)(--⨯--==z z Z eez f ππ )(+∞<<-∞z ．。
概率论与数理统计(浙大版)第七章第八章课件
n
解得p的极大似然估计量为：
1 n ˆ Xi p n i 1
说明：p的极大似然估计值为：
1 n ˆ xi p n i 1
例2: 设(X1,X2,…Xn )是来自总体X的一个样本,
x 1 , 0 x 1 X ~ f ( x ; ) , 其中 0未知 , 其它 0,
n
设总体X 的分布函数为F x;1 , 2 , , k , 1 , 2 , , k 是待 v 1, 2, , k , 对于样本X X 1 , X 2 , , X n , v 1, 2, , k
, , , A k 1 1 1 2 2 1, 2 , , k A2 用样本矩作为总体矩的估计，即令： , , , A k k k 1 2 1 , 2 , , ˆ 解此方程即得 1 , 2 , , k 的一个矩估计量 k
例1 : 设总体X的分布律为：
X pk 0 1-p 1 p
0<p<1, p未知 , 求参数p 的极大似然估计量. 解:总体X的分布律为：
P{ X x} p (1 p)
x
1 x
, x 0,1.
设(X1,X2,…,Xn)是来自总体X的样本。
似然函数为：
L( p) P ( X i , p)
例1：设总体X 的均值 和方差 2都存在，且 2 0， , 2均未知，
X 1 , X 2 ,, X n 是取自X 的一个样本，试求 , 2的矩估计。
解：先求总体矩：
1 E X , 2 E X 2 D X E 2 X 2 2
概率论与数理统计第四版习题答案第四版浙大-推荐下载
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置2试时32卷，3各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并25工且52作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
概率论与数理统计第四版-课后习题答案_盛骤__浙江大学
P (AB)=P (A)+P (B)－P (A∪B)
(*)
（1）从 0≤P(AB)≤P(A)知，当 AB=A，即 A∩B 时 P(AB)取到最大值，最大值为
P(AB)=P(A)=0.6，
（2）从(*)式知，当 A∪B=S 时，P(AB)取最小值，最小值为
P(AB)=0.6+0.7－1=0.3 。
7.[ 四 ] 设 A ， B ， C 是三事件，且 P ( A) = P( B ) = P (C ) =
⎛ 5⎞ × 24 ⎜ 4⎟ ⎝ ⎠ ∴
P( A ) =
4 C5 ⋅ 24 8 = 4 21 C10
P( A) = 1 − P( A ) = 1 −
15.[十一]
8 13 = 21 21
将三个球随机地放入 4 个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是 1，2，
3，的概率各为多少？ 记 Ai 表“杯中球的最大个数为 i 个” i=1,2,3, 三只球放入四只杯中，放法有 43 种，每种放法等可能 对 A1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法 4×3×2 种。 (选排列：好比 3 个球在 4 个位置做排列)
从 5 双不同鞋子中任取 4 只， 4 只鞋子中至少有 2 只配成一双的概率是多少？
∴
13.[九]
记 A 表“4 只全中至少有两支配成一对” 则 A 表“4 只人不配对” ∵
10 ⎞ 从 10 只中任取 4 只，取法有 ⎛ ⎜ ⎟ 种，每种取法等可能。 ⎝4⎠
要 4 只都不配对，可在 5 双中任取 4 双，再在 4 双中的每一双里任取一只。取法有
P( A) = 1 − P( A ) = 0.7, P( B ) = 1 − P( B) = 0.6, A = AS = A( B ∪ B ) = AB ∪ AB 注意 ( AB )( AB ) = φ . 故有
浙大《概率论与数理统计(第四版)简明本》盛骤著 课后习题解答
P( A) + P( A) =1
首先求 P( A) ，然后求 P( A) 。第 3 种方法是直接求 P( A) 。读者还可以用更多方法求
P( A) 。
------------------------------------------------------------------------------10．在 11 张卡片上分别写上 Probability 这 11 个字母，从中任意连抽 7 张，求其排列结果为 ability 的概率。
5!
P( A) =
C52 C130
=
2!3! 10!
= 10 120
=1 12
3!7!
（2）令事件 B={最大号码为 5}，最大号码为 5，其余两个号码是从 1，2，3，4 的 4 个号码
{ } 中取出的，有 C42 种取法，即 B= C42个基本事件 ，则
4!
P(B) =
C42 C130
=
2!2! 10!
（2）至少有 2 个次品的概率。
解 （1）利用组合法计数基本事件数。令事件 A={恰有 90 个次品}，则
P( A)
=
C C 90 110 400 1100 C 200 1500
（2）利用概率的性质。令事件 B={至少有 2 个次品}， Aι = {恰有 i 个次品}，则
所求概率为
B = A2 ∪ A3 ∪ A200 , AiAi = ∅(i ≠ j)
而 AB= {（1，6），（6，1）}。由条件概率公式，得
P(B
A)
=
P( AB) P( A)
两种方法如下： ①考虑整个样本空间。随机试验：掷两颗骰子，每颗骰子可能出现的点数都是 6 个，
概率论与数理统计 课后习题详解(浙大第四版)。盛骤
解
利用组合法计数基本事件数。从 10 人中任取 3 人组合数为 C10 ，即样本空间
3 S= C10 = 120个基本事件 。
{
}
（1）令事件 A={最小号码为 5}。最小号码为 5，意味着其余号码是从 6，7，8，9，10 的 5 个号码中取出的，有 C5 种取法，故 A= C5 = 10个基本事件 ，所求概率为
概率论与数理统计作业习题解答（浙大第四版）
第一章 概率的基本概念 习题解析 第 1、2 题 随机试验、 随机试验、样本空间、 样本空间、随机事件 ------------------------------------------------------------------------------1．写出下列随机试验的样本空间： （1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（设以百分制记分） 。 （2）生产产品直到有 10 件正品为止，记录生产产品的总件数。 （3）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品” ，不合格的记上“次品” ，如连续 查出 2 个次品就停止检查，或检查 4 个产品就停止检查，记录检查的结果。 （4）在单位圆内任意取一点，记录它的坐标。 解 （1）高该小班有 n 个人，每个人数学考试的分数的可能取值为 0，1，2，…，100，n 个人分数这和的可能取值为 0，1，2，…，100n，平均分数的可能取值为 样本空间为 S=
2 2
{
}
5! C 10 1 P ( A) = = 2!3! = = 10! 120 12 C 3!7!
2 5 3 10
（2）令事件 B={最大号码为 5}，最大号码为 5，其余两个号码是从 1，2，3，4 的 4 个号码 中取出的，有 C4 种取法，即 B= C4 个基本事件 ，! 2 C4 6 1 P ( B ) = 3 = 2!2! = = C10 10! 120 20 3!7!
概率论与数理统计浙大四版习题答案第七章
第七章 参数估计1．[一] 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm 计） 74.001 74.005 74.003 74.001 74.000 73.998 74.006 74.002 求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S 2。
解：μ，σ2的矩估计是 6122106)(1ˆ,002.74ˆ-=⨯=-===∑ni i x X n X σμ621086.6-⨯=S 。
2．[二]设X 1，X 1，…，X n 为准总体的一个样本。
求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。
（1）⎩⎨⎧>=+-其它,0,)()1(cx x c θx f θθ其中c >0为已知，θ>1，θ为未知参数。
（2）⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=-.,010,)(1其它x x θx f θ其中θ>0，θ为未知参数。
（5）()p p m x p px X P x m xmx,10,,,2,1,0,)1()(<<=-==- 为未知参数。
解：（1）X θcθθc θc θc θdx x c θdx x xf X E θθcθθ=--=-===+-∞+-∞+∞-⎰⎰1,11)()(1令，得cX Xθ-=（2）,1)()(10+===⎰⎰∞+∞-θθdx xθdx x xf X E θ2)1(,1X X θX θθ-==+得令（5）E (X ) = mp令mp = X ， 解得mXp=ˆ 3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。
解：（1）似然函数1211)()()(+-===∏θn θn nni ix x x c θx f θL0ln ln )(ln ,ln )1(ln )ln()(ln 11=-+=-++=∑∑==ni ini i xc n n θθd θL d x θc θn θn θL∑=-=ni icn xnθ1ln ln ˆ （解唯一故为极大似然估计量）（2）∑∏=--=-+-===ni i θn nni ix θθnθL x x x θx f θL 112121ln )1()ln(2)(ln ,)()()(∑∑====+⋅-=ni ini i x nθx θθn θd θL d 121)ln (ˆ,0ln 2112)(ln 。
《概率论与数理统计》浙江大学第四版课后习题答案概率论第四版
概率论与数理统计习题答案 第四版 盛骤 (浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社) 第一章 概率论的基本概念１．[一] 写出下列随机试验的样本空间(1)记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）([一] 1)⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯=n n nn o S 1001, ，n 表小班人数（３)生产产品直到得到10件正品,记录生产产品的总件数。
（[一] 2）S ＝{1０,11,12，………，n ，………}（4)对某工厂出厂的产品进行检查,合格的盖上“正品”,不合格的盖上“次品”,如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查,记录检查的结果。
查出合格品记为“1”，查出次品记为“０”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。
([一] (3）)Ｓ={０0，100,010０，0１01,1010，０１10，１１00,011１，1０11,11０1,１110,1111,｝2．[二] 设A ，B ,C 为三事件,用A ,B ，C 的运算关系表示下列事件。
(1)A 发生，B 与C 不发生。
表示为：C B A ﻩ或Ａ－ （A Ｂ+AC ）或A- (B ∪C ) (2）A ，Ｂ都发生,而Ｃ不发生。
表示为:C AB ﻩ或AB －ABC 或AB-Ｃ(3）Ａ，Ｂ，C 中至少有一个发生ﻩﻩ表示为：A+B+C （4）A ,B ,C 都发生,ﻩ表示为:A ＢC(５)Ａ,B ，C 都不发生,ﻩﻩ表示为:C B A 或Ｓ－ (A+B+C)或C B A ⋃⋃ (6)A ,Ｂ，Ｃ中不多于一个发生,即A ，B ,C 中至少有两个同时不发生 相当于C A C B B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为:C A C B B A ++。
(7)A ，Ｂ，C 中不多于二个发生。
相当于：C B A ,,中至少有一个发生。
故 表示为:ABC C B A 或++ (８)Ａ，Ｂ,Ｃ中至少有二个发生。
相当于：ＡB ,BC ，ＡC 中至少有一个发生。
浙江大学《概率论与数理统计》(第4版)【名校笔记+课后习题+考研真题】第7章 参数估计【圣才出品】
各总体的概率密度或分布律中的未知参数的矩估计量和矩估计值：
（1）
f
x
c
x 1
xc
，其中 c＞0 为已知，θ＞1，θ为未知参数；
0
其他
（2）
f
x
x 1
0 x 1
，其中θ＞0，θ为未知参数；
0
其他
（3） PX
x
m x
p
x
1
p mx , x
0,1, 2,...m
，其中 0＜p＜1，p 为未知参数。
X
r i
替换总体矩
A1
1 (ˆ1 ,ˆ2
, ,ˆk
)
A2 2 (ˆ1,ˆ2 ,,ˆk )
Ak
k (ˆ1,ˆ2,,ˆk
)
③解方程组，得到 k 个参数的矩估计
未知参数的矩估计量为
i i ( A1, A2 , Ak )
矩估计量的观察值称为矩估计值。
2．最大似然估计法 （1）似然函数
1 / 40
3．求上题中各未知参数的最大似然估计值和估计量。
解：（1）由题意知，似然函数为
L L
x1, x2,..., xn;
n c xi 1 = c
i 1
n n
1
i1 xi
对似然函数两边同时取对数得
n
ln L n ln ln c 1 ln xi i 1
令
d
d
ln L
n
1
然估计，则
u
u(
)
是
u(
)
的最大似然估计。
二、估计量的评选标准
1．无偏性
若
E
(
)
存在，且∀
有
概率论与数理统计第四版课后习题答案
概率论与数理统计第四版课后习题答案概率论与数理统计习题答案第四版盛骤 (浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社）第一章概率论的基本概念1.[一] 写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）=n n nn o S 1001, ，n 表小班人数（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。
（[一] 2）S={10，11，12，………，n ，………}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。
查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。
（[一] (3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，} 2.[二] 设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示下列事件。
（1）A 发生，B 与C 不发生。
表示为： CB A 或A － (AB+AC )或A －(B ∪C ) （2）A ，B 都发生，而C 不发生。
表示为：C AB 或AB －ABC 或AB －C（3）A ，B ，C 中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A ，B ，C 都发生，表示为：ABC（5）A ，B ，C 都不发生，表示为：C B A 或S － (A+B+C)或C B A ??（6）A ，B ，C 中不多于一个发生，即A ，B ，C 中至少有两个同时不发生相当于C A C B B A ,,中至少有一个发生。
故表示为：C A C B B A ++。
（7）A ，B ，C 中不多于二个发生。
相当于：C B A ,,中至少有一个发生。
故表示为：ABC C B A 或++ （8）A ，B ，C 中至少有二个发生。
相当于：AB ，BC ，AC 中至少有一个发生。
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
写在前面：由于答案是一个个复制到word中，比较耗时耗力，故下载收取5分，希望需要的朋友给予理解和支持！PS：网上有一些没经我同意就将我的答案整合、转换成pdf，放在文库里的，虽然是免费的，但是窃取了我的劳动成果，希望有心的朋友支持我一下，下载我的原版答案。
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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概率论与数理统计浙大四版习题答案第七章仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢62第七章 参数估计1．[一] 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm 计） 74.00174.005 74.003 74.001 74.000 73.998 74.006 74.002求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S 2。
解：μ，σ2的矩估计是 6122106)(1ˆ,002.74ˆ-=⨯=-===∑ni i x X n X σμ621086.6-⨯=S 。
2．[二]设X 1，X 1，…，X n 为准总体的一个样本。
求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。
（1）⎩⎨⎧>=+-其它,0,)()1(cx x c θx f θθ其中c >0为已知，θ>1，θ为未知参数。
（2）⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=-.,010,)(1其它x x θx f θ其中θ>0，θ为未知参数。
（5）()p p m x p p x X P xm x m x ,10,,,2,1,0,)1()(<<=-==- 为未知参数。
解：（1）X θcθθc θc θc θdx x c θdx x xf X E θθcθθ=--=-===+-∞+-∞+∞-⎰⎰1,11)()(1令，得cX Xθ-=（2）,1)()(10+===⎰⎰∞+∞-θθdx xθdx x xf X E θ2)1(,1X X θX θθ-==+得令（5）E (X ) = mp令mp = X ， 解得mX p=ˆ 3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。
仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢63解：（1）似然函数 1211)()()(+-===∏θn θn nni ix x x c θx f θL0ln ln )(ln ,ln )1(ln )ln()(ln 11=-+=-++=∑∑==ni ini i xc n n θθd θL d x θc θn θn θL∑=-=ni icn xnθ1ln ln ˆ（解唯一故为极大似然估计量）（2）∑∏=--=-+-===ni i θn nni ix θθnθL x x x θx f θL 112121ln )1()ln(2)(ln ,)()()(∑∑====+⋅-=ni ini ix nθxθθn θd θL d 121)ln (ˆ,0ln 2112)(ln 。
(解唯一)故为极大似然估计量。
（5）∑∑==-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛===∏ni ni iix mn x n ni i p px m x m x X P p L 11)1(}{)(11 ，()),1ln()(ln ln )(ln 111p x mn p xp L ni i ni ini m x i--++=∑∑∑===01)(ln 11=---=∑∑==pxmn pxdpp L d ni ini i解得 mXmnxp ni i==∑=2，（解唯一）故为极大似然估计量。
4．[四(2)] 设X 1，X 1，…，X n 是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。
解：（1）矩估计 X ~ π (λ )，E (X )= λ，故λˆ=X 为矩估计量。
仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢64（2）极大似然估计λn n x ni i e x x x λλx P λL ni i-=∑===∏!!!);()(2111，λn x λxλL ni ini i--=∑∑==11!ln ln )(lnX λn λxλd λL d ni i==-=∑=ˆ,0)(ln 1解得为极大似然估计量。
（其中),1,0,!}{);( ====-i λi x i i x e x λx X P λx p i 5．[六] 一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，随机地自该地区取100个样品，每个样品有10块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。
假设这100次观察相互独立，并由过去经验知，它们都服从参数为n =10，P 的二项分布。
P 是该地区一块石子是石灰石的概率。
求p 的极大似解：λ的极大似然估计值为λˆ=X =0.499 [四(1)] 设总体X 具有分布律其中θ(0<θ<1)为未知参数。
已知取得了样本值x 1=1，x 2=2，x 3=1，试求θ的矩估计值和最大似然估计值。
解：（1）求θ的矩估计值θθθθθθθθθX E 23)]1()][1(3[)1(3)1(221)(22-=-+-+=-+-⋅+⨯=X θX E =-=23)(令仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢65则得到θ的矩估计值为6523121323ˆ=++-=-=X θ（2）求θ的最大似然估计值似然函数}1{}2{}1{}{)(32131======∏=X P X P X P x X P θL i i i)1(2)1(2522θθθθθθ-=⋅-⋅=ln L (θ )=ln2+5ln θ+ln(1－θ) 求导01165)(ln =--=θθd θL d 得到唯一解为65ˆ=θ 8．[九(1)] 设总体X ~N （μ，σ 2），X 1，X 1，…，X n 是来自X 的一个样本。
试确定常数c 使21121)(σX X c n i i i 为∑-=+-的无偏估计。
解：由于∑∑∑-=++-=+-=+-+-=-=-11212111211121]))(()(])([])([n i i i i i n i i i n i i i X X E X X D c X X E c X X c E=∑∑-=-=++-=+=-++11112222111)12()02(])()()([n i n i i i i σn c σc EX EX X D X D c当的无偏估计为时21121)(,)1(21σ∑-=+--=n i i i X X c n c 。
[十] 设X 1，X 2， X 3， X 4是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ未知，设有估计量仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢66)(31)(6143211X X X X T +++=)432(43212X X X X T +++=4)(43213X X X X T +++=（1）指出T 1，T 2， T 3哪几个是θ的无偏估计量； （2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。
解：（1）由于X i 服从均值为θ的指数分布，所以E (X i )= θ, D (X i )= θ 2,i=1,2,3,4由数学期望的性质2°，3°有θX E X E X E X E T E =+++=)]()([31)]()([61)(43211 θX E X E X E X E T E 2)](4)(3)(2)([51)(43212=+++= θX E X E X E X E T E =+++=)]()()()([41)(43213 即T 1，T 2是θ的无偏估计量（2）由方差的性质2°，3°并注意到X 1，X 2， X 3， X 4独立，知243211185)]()([91)]()([361)(θX D X D X D X D T D =+++= 24321241)]()()()([161)(θX D X D X D X D T D =+++=D (T 1)> D (T 2) 所以T 2较为有效。
14.[十四] 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0 5.7 5.8 6.5 7.0 6.3 5.6 6.1 5.0。
设干燥时间总体服从正态分布N ~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。
（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。
解：（1）μ的置信度为0.95的置信区间为（2αz nσX ±），计算得)392.6,608.5()96.196.00.6(,6.0,96.1,0.6025.0=⨯±===即为查表σz X仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢67（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（)1(2-±n t nS X α），计算得0.6=X ，查表t 0.025(8)=2.3060.)442.6,558.5()3060.2333.00.6(.33.064.281)(819122=⨯±=⨯=-=∑=故为i i x x S16.[十六] 随机地取某种炮弹9发做试验，得炮弹口速度的样本标准差为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：σ的置信度为0.95的置信区间为)1.21,4.7()18.2118,535.17118())1()1(,)1()1((2212222=⨯⨯=-----n S n n S n ααχχ 其中α=0.05, n=9查表知 180.2)8(,535.17)8(2975.02025.0==χχ19.[十九] 研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率。
设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为0.05cm/s ，取样本容量为n 1=n 2=20.得燃烧率的样本均值分别为./24,/1821s cm x s cm x ==设两样本独立，求两燃烧率总体均值差μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间。
解：μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间为).96.5,04.6()22005.058.22418()(2222121221--=⨯+-=+±-n n z X X σσα其中α=0.01，z 0.005=2.58,n 1=n 2=20, 24,18,05.02122221====X X σσ 20.[二十] 设两位化验员A ，B 独立地对某中聚合物含氯两用同样的方法各做10次测定，其测定值的样本方差依次为2222,.6065.0,5419.0B A B A σσS S 设==分别为A ，B 所测定的测定值总体的方差，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢68设总体均为正态的。
设两样本独立，求方差比22B A σσ的置信度为0.95的置信区间。
解：22B A σσ的置信度为0.95的置信区间))1,1(,)1,1((21212221222-----n n FS S n n F S S αB A αB A)6065.003.45419.0,03.46065.05419.0(⨯⨯== (0.222, 3.601).其中n 1=n 2=10，α=0.05，F 0.025(9,9)=4.03, 03.41)9,9(1)9,9(025.0975.0==F F 。