第1章习题解案 总5页第1页 第一章 随机事件与概率 （一）基本题答案 1、（1）Ω1={0,1,2,3} （5）Ω5={2,3,4,,12} （2）Ω2={1,2,}={n/n是正整数} （4）Ω4={x0≤x≤2} （7）Ω7={0,1,2,} （3）Ω3={(x,y)|x2+y2<1} （6）Ω6={(x,y,z)|x+y+z=1,x>0,y>0,z>0} 2、（1）ABC （2）A(B∪C) （3）A∪B∪C （4）ABC∪ABC∪ABC （5）AB∪BC∪AC （6）A∪B∪C（或ABC） 3、 P(A∪B)=P(AB)=1−P(AB)=1−z P(AB)=P(B−AB)=P(B)−P(AB)=y−z P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=1−x+y−(y−z)=1−x+z P(AB)=P(A∪B)=1−P(A∪B)=1−[P(A)+P(B)−P(AB)]=1−x−y+z 4、P(AB)=P(A−AB)=P(A)−P(AB) =P(A)−[P(A)+P(B)−P(A∪B)] =P(A∪B)−P(B)=0.6−0.3=0.35、P(AB)=1−P(AB)=1−P(A−(A−B)) =1−P(A)+P(A−B)=1−0.7+0.3=0.6 6、P(ABC)=P(A∪B∪C)=1−P(A∪B∪C) =1−[P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)] 1111117=1−(++−0−−+0)=44499367、P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC) 11115=++−0−−0+0= 444888、因(A∪B)(A∪B)(A∪B)(A∪B)=(AA∪B)(AA∪B)=BB=φ 所以P{(A∪B)(A∪B)(A∪B)(A∪B)}=P(φ)=0 9、七个字母任意排有7！种排法，且每一排法的可能性相同，这是一个古典概型问题，41 而排成SCIENCE有1×2×1×2×1×1×1=4种排法，故所求概率为=7!126010、12件产品按不放回方式抽两次时有12×11种抽取法，且每一种取法的概率相等，这11×21是一个古典概型问题，而第二次抽出次品抽取法有11×2种，故所求事件概率为= 12×11611、这可看成是条件概率问题 方法一 设A表示第一次取到不合格品，B表示第二次取到不合格品，所求概率是P(AB|A∪B)，按条件概率的定义有 P(AB(A∪B))P(AB) P(AB|A∪B)==P(A∪B)P(A∪B)4×34×6+4×6+4×3，P(A∪B)=，故所求概率为 因P(AB)=10×910×94×31P(AB|A∪B)== 4×6+4×6+4×35211+C4C6种取法，方法二 如果是同时从中任取2件 产品，此时有一件是不合格时共有C42种取法，故所求概率为 而已知有一件是不合格品时，另一件也是不合格共有C4第1章习题解案 总5页第2页 2C4211+C4C4C6=1 5注：此种方法是在缩减的样本空间中考虑条件概率的计算。 12、设点的坐标为(x,y)，则样本空间 Ω={(x,y)|0
N}=P{X≥N+1}=k=N+1∑P{X=k}k180k，而P{X=k}=C180(0.01)k(0.99)180−k，故P{X>N}=∞k=N+1∑180c(0.01)(0.99)k180180−k(1.8)k−1.8≈∑e!kk=N+1∞，这里np=180×0.01=1.8=λ. 1.8k−1.8欲使e≤1−0.99=0.01，查泊松分布表，可知N+1=7，因而至少应配备6名工人. k!k=N+1∑第2章习题答案 总6页第2页 9.设Ai={部件i需要调整}（i=1,2,3），则P(A1)=0.10,P(A2)=0.20, P(A3)=0.30. 由于A1，A2，A3相互，因此，有 P{X=0}=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=(1−0.1)×(1−0.2)×(1−0.3)=0.504, P{X=1}=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3) =0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398, P{X=2}=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=0.092， P{X=3}=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.1×0.2×0.3=0.006. 因此，X的概率分布为 X 0 1 2 3 P 0.5040.3980.0920.00610. F(x)为一阶梯状函数，则X可能取得值为F(x)的跳跃点：−1，1，3 P(X=−1)=F(−1)−F(−1−0)=0.4,P(X=1)=F(1)−F(1−0)=0.8−0.4=0.4, P(X=3)=F(3)−F(3−0)=1−0.8=0.2,即有X 1 3 −1 P 0.4 0.4 0.2 11.（1）由于limF(x)=1，所以有lim(a+bexp−x2/2)=a=1,即a=1，又由于X为连x→+∞x→+∞{}续型随机变量，F(x)应为x的连续函数，应有 x→0x→0x→0lim−F(x)=0=lim+F(x)=lim+(a+bexp−x2/2)=a+b 所以a+b=0,b=−a=−1. {}⎧1−exp−x2/2,x>0,代入a,b之值，得F(x)=⎨ x≤0.⎩0,{}∫∫⎧xexp−x2/2,x≥0,（2）对函数F(x)求导，得X的概率密度P(x)=⎨ 1/2,0.ex⎩k012113由P{X≥k}=得P{X0.8}=∫10.812x(1−x)2dx=0.272. P{X>0.9}=100∫10.912x(1−x)2dx=0.037. 1−−1), （1）P(X≤100)=F(100)=1−e200=1−e2； 15. X~E(200（2）P(X>300)=e−1×300200=e−32=e−1.5. 16.解法1 用随机变量法：令xi表示第i 次掷骰子出现的点数，i=1,2. 显然x1和x2同分布，P{xi=j}=1/6,(j=1,2,,6;i=1,2)，则方程变为x2+x1x+x2=0.它有重根的充要条件22−4x2=0，有实根的充要条件是x1−4x2≥0，故 是x12q=Px1−4x2=0=P({x2=1,x1=2}U{x2=4,x1=4})=P{x2=1,x1=2}+P{x2=4,x1=4} =P{x2=1}P{x1=2}+P{x2=4}P{x1=4}=1/6×1/6+1/6×1/6=1/18. 由全概率公式可{}第2章习题答案 总6页第3页 得P=P{2x12x1−4x2≥0=P{x2≤}=4}∑i=162x1P{x1=j}P={x2≤x=j} 412232421=P{x1=1}P{x2≤}+P{x1=2}P{x2≤}+P{x1=3}P{x2≤}+P{x1=4}P{x2≤}4444111121415262119+P{x1=5}P{x2<}+P{x2≤}=×0+×+×+×+×1+×1= 666666636解法2 用枚举法：一枚骰子掷2次，其基本事件总数为36.方程有实根和重根的充要条件分别为B2−4C≥0和B2−4C=0. B的取值 1 2 3 4 5 6 0 1 2 4 6 6 使B2−4C≥0的基本事件个数 0 1 0 1 0 0 使B2−4C=0的基本事件个数 故使方程有实根的基本事件总数为1+2+4+6+6=19，有重根的基本事件总数1+1=2， 因此 P=19/36,q=2/36=1/18. 17.本题关键是理解随机变量N(t)的意义.事件{N(t)=k}表示设备在任何长为t的时间内发(λt)k−λt生k次地震，其概率为P{N(t)=k}=e(k=0,1,2,). 由于T表示两次地震之间的时间k!间隔，故当t<0时，P{T≤t}=0；当t≥0时，事件{T≤t}与事件{T>t}是互逆事件，且{T>t}表示在长为t的时间内无地震发生，故它等价于事件{N(t)=0}. （1）由于T是非负随机变量，可见当t<0时，F(t)=P{T≤t}=0. 设t≥0，则事件{T>t}与{N(t)=0}等价. 因此，当t≥0时，有 F(t)=P{T≤t}=1−P{T>t}=1−P{N(t)=0}=1−e−λt. 于是，T服从参数为λ的指数分布. P{T≥10,T≥5}P{T≥10}e−10t（2）Q=P{T≥10T≥5}===−5t=e−5t. P{T≥5}P{T≥5}e18.设X为考生的外语成绩，由题设知X~N(µ,σ)，其中μ=72.现在求σ2.由题设 2424⎧X−µ96−72⎫≥P{X≥96}=0.023,P⎨=1−Φ()=0.023,∴Φ()=0.977, ⎬σ⎭σσ⎩σ由Φ(x)的数值表，可见24σ=2，因此σ=12.这样X~N(72, 122). 所求概率为 X−µ⎫⎧⎧60−72X−µ84−72⎫P{60≤x≤84}=P⎨≤1⎬ ≤≤⎬=P⎨−1≤σσ12⎭⎭⎩⎩12=Φ(1)−Φ(−1)=2Φ(1)−1=2×0.841−1=0.682. 19.（1）p(ξ>250)=p(ξ−30035>250−300)=Φ(1.43)≈0.9236; 35（2）p(µ−x<ξ<µ+x)=p(−xxxxξ−300x<<)=Φ()−Φ(−)=2Φ()−1≥0.9， 353535353535即(x/35)≥0.95，所以x/35≥1.65，即x≥57.75. 20.引进下列事件：A1=｛电压不超过200伏｝，A2=｛电压在200~240伏｝，A3=｛电压超过2240伏｝；B=｛电子元件损坏｝.由题设，知X~N(220,25)，因此 ⎧X−220200−220⎫P(A1)=P{X≤200}=P⎨≤⎬=Φ(−0.8)=0.212； 2525⎭⎩P(A2)=P{200≤X≤240}=Φ(0.8)−Φ(−0.8)=0.576； （1）由题设条件，知P(BA1)=0.1，P(B|A2)=0.001，P(B|A3)=0.2. 于是，由全概 P(A3)=P{X>240}=1−0.212−0.576=0.212. 第2章习题答案 总6页第4页 3率公式，有α=P(B)=∑P(A)P(B|A)=0.02. iii=1（2）由条件概率定义（或贝叶斯公式），知β=P(A2|B)=1P(A2)P(B|A2)≈0.009. P(B)111⎫⎧21.由题设，Y～B(3,P)其中P=P⎨X≤⎬=∫2f(x)dx=∫22xdx=, 042⎭−∞⎩2故 P{Y=2}=C3(1/4)2(3/4)1=9/. 22. P 0.3 0.2 0.40.1∴ (2X−π)2 0 π2 4π−2 X 0 π2π π23π24π2 P 0.2 0.7 0.1 cos(2X−π) −1 (2X−π) 2π −1 20 1 1 cos(2X−π) −11 P 0.7 0.3 ⎧−1,k=4n−1,kπ⎪=⎨0,k=2n,23.因为 sin2⎪⎩1,k=4n−3所以，Y=sin((n=1,2,). π2X)只有3个可能取值−1，0，1，而取这些值的概率分别为 1+1+1+=112⋅= 81−1/1615,2327211111111P{Y=0}=P{X=2}+P{X=4}+P{X=6}+=2+4+6=⋅=,41−1/43222 111118P{Y=1}=P{X=1}+P{X=5}+P{X=9}+=+5+9+=⋅=.2221−1/16152⎡−101⎤π于是，Y=sin(X)的分布列为⎢218⎥. 2⎢⎣15315⎥⎦24.∵X~U(0,2), ∴①y≤0时，FY(y)=0; ②当00时，FY(y)=P{eX≤y}=P{X≤lny}=y≤0;y>0. ∫x2exp{−}dx, 于是，Y的概22π1⎧0,⎪率密度函数为 fY(y)=⎨1exp[−1(lny)2],⎪y2π2⎩（2）Y=2X2+1的分布函数FY(y)=P2X2+1≤y.当y≤1时,FY(y)=0;当y>1时， {}⎧⎪FY(y)=p2X2+1≤y=P⎨−⎪⎩{}y−1≤X≤2y−1⎫⎪⎬=2⎪⎭∫y−12y−1−212πe−x22dx=2π∫2y−120e−x22dx, y−1⎧⎧−1e4,y>1,⎪⎪0,y≤1,⎪2π(y−1)⎪=Yf(y)即FY(y)=⎨故的概率密度为⎨2Yy−1x−⎪2⎪0,2e2dx,y≤1.y1.>⎪⎪0⎩2π⎩. 当y≤0时,FY(y)=0;当y>0时, （3）Y=X的分布函数 FY(y)=P{Y≤y}=P{X≤y}∫FY(y)=P{X≤y}=P{−y≤X≤y}=∫y−y12πe−x22dx=2π∫2y−ye−x22dx. ⎧0,⎪1于是，Y的概率密度函数为 fY(y)=FY′(y)=⎨2−2y2,⎪πe⎩y≤0,y>0. （二）补充题答案 11151.（1）由条件可知，当x<−1时，F(x)=0；F(−1)=, P{−10.∵X~U[0,1], ∴y≤0,FY(y)=0; λy>0,FY(y)=P(Y≤y)=P[−1λln(1−X)≤y]=F(X≤1−e−λy)=FX(1−e−λy)=1−e−λy. 第3章习题答案 总8页第1页 第三章 随机向量及其概率分布 (一)基本题答案 1、设X和Y 的可能取值分别为i与j,则i=0,1,2,3;j=0,1,2. 因盒子里有3种球，在这3种球中任取4个，其中黑球和红球的个数之和i与j必不超过4.另一方面，因白球只有2个，任取的4个球中，黑球和红球个数之和最小为2个，故有 4−i−j4i2≤i+j≤4,ٛ且p(X=i,Y=j)=C3/C7. C2jC2因而 P(X=i,Y=j)=0 (i+j<2 或i+j>4,i=0,1,2,3;j=0,1,2). 于是 P11=P(X=x1=0,Y=y1=0)=0,p12=P(X=x1=0,Y=y2=0)=0, 0124p13=P(X=x1=0,Y=y3=0)=C3C2C2/C7=1/35. 同法可求得联合分布律中其他的pij，得下表 X0 1 2 3 Y20240 0 0 C3C2C2/C711241 0 C3C2C2/C72114C3C2C2/C72204C3C2C2/C73014C3C2C2/C7 3104C3C2C2/C7 2 YX0224C3C2C2/C71214C3C2C2/C70 0 1 2 3 0 0 0 3/35 2/35 即 1 0 6/35 12/35 2/35 2 1/35 6/35 3/35 0 2、X和Y 都服从二项分布，参数相应为(2,0.2)和（2,0.5）.因此X和Y的概率分布分别为 12⎤12⎤⎡0⎡0 X~⎢Y~⎥⎢0.250.50.25⎥. 0.0.320.04⎣⎦⎦⎣由性知，X和Y的联合分布为 X 0 1 2 Y 0 0.16 0.08 0.01 1 0.32 0.16 0.02 2 0.16 0.08 0.01 3、Y的分布函数为F(y)=1−e−y(y>0),F(y)=0(y≤0).显知(X1,X2)有四个可能值： (0,0),(0,1),(1,0),(1,1).易知P{X1=0,X2=0}=P{Y≤1,Y≤2}=P{Y≤1}=1−e−1, P{X1=0,X2=1}=P{Y≤1,Y>2}=0,P{X1=1,X2=0}=P{Y>1,Y≤2}=P{11,Y≤2}=P{11,Y>2}=P{Y>2}=e−2. 于是，可将X1和X2联合概率分布列表如下： X1PPX20 0 1 1−e−1 e−1−e−2 −2e 1 0 第3章习题答案 总8页第2页 nn4、P(X=n)=m=0∑P(ζ=n,η=m)=∑=λnpm(1−p)n−mm!(n−m)!e−λ m=0λne−λn!∞n!λne−λλne−λnmn−m[p+(1−p)]=p(1−p)=(n=0,1,2,).mnmn!(−)!!n!m=0∑n即X是服从参数为λ的泊松分布. P(Y=m)==松分布. n=mm∑λnpm(1−p)n−mm!(n−m)!−λe−λ=λmpme−λm!m−λpn=m∑∞λn−m(1−p)n−m(n−m)! (λp)em!e−λ⋅eλ(1−p)=(λp)em!,(m=0,1,2,).即Y是服从参数为λp的泊5、由定义F（x,y）=P{X≤x,Y≤y}=∫∫−∞xy−∞ϕ(x,y)dxdy. 因为ϕ（x,y）是分段函数，要正确计算出F（x,y），必须对积分区域进行适当分块：x<0或y<0;0≤x≤1,0≤y≤1;x>1,y>1;x>1,0≤y≤1;y>1,0≤x≤1等5个部分. （1）对于x<0或y<0, 有 F（x,y）=P{X≤x,Y≤y}=0; （2）对于0≤x≤1,0≤y≤1, 有 F(x,y)=4∫∫0xy0uvdudv=x2y2; （3）对于x>1,0≤y≤1, 有 F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=y2; （4）对于y>1,0≤x≤1, 有 F(x,y)=P{X≤x,Y≤1}=x2; （5）对于x>1,y>1, 有 F(x,y)=1. x<0或y<0,⎧0,⎪22xy,0≤x≤1,0≤y≤1,⎪⎪故X和Y的联合分布函数 F(x,y)=⎨x2,0≤x≤1,10,y>0, F(x,y)=∫∫0xy0ze−(2s+t)dsdt=2(∫x0e−2sds)(∫y0xe−tdt)=(−e−2s0)(−e−ty0)=(1−e−2x)(1−e−y) ⎧(1−e−2x)(1−e−y),x>0,y>0,即F(x,y)=⎨ 其它.⎩0,（2）P(Y≤X)=y0时，fX(x)=∫+∞Xe−ydy=e−x;x≤0时,fX(x)=0, ⎧e−x,x>0, 即 fX(x)=⎨⎩0,x≤0.（2）P{X+Y≤1}=x+y≤1∫∫f(x,y)dxdy=∫120dx∫1−xxe−ydy=1+e−1−2e−1/2 8、（1）（i）根据公式fX(x)=∫+∞−∞f(x,y)dy计算;当x≤0时,fX(x)=0;当0x,⎪e−y−x（3）fξ(x)=edy=e,x>0;fξ(x)=0,x≤0.在x>0,fηξ(yx)=⎨ x⎪其它.⎩0⎧1y00; fη(y)=0,y≤0.故在y>0时，fξη(xy)=⎨y 0⎪⎩0其它.∫∫∫∫12、fX(x)=∫∞0(n−1)(n−2)n−2dy=,x>0，故 (1+x+y)n(1+x)n−1y>0,其它. ⎧2n−1(n−1)(2+y)nfYX(y/1)=⎨⎩013、X和Y是否，可用分布函数或概率密度函数验证. 方法一：X的分布函数FX(x)和Y的分布函数FY(y)分别为 ⎧1−e−0.5y⎧1−e−0.5xx≥0 FY(y)=F(+∞,y)=⎨FX(x)=F(x,+∞)=⎨0x<0,0⎩⎩由于F(x,y)=FX(x)FY(y),知X和Y. y≥0 y<0.α=P{X>0.1,Y>0.1}=P{X>0.1}⋅P{Y>0.1}=[1−FX(0.1)]⋅[1−FY(0.1)]=e−0.05⋅e−0.05=e−0.1方法二：以f(x,y),fX(x)和fY(x)分别表示(X,Y),X和Y的概率密度，可知 ∂F2(x,y)⎧0.25e−0.5(x+y)x≥0,y≥0f(x,y)==⎨∂x∂y0其它.⎩+∞+∞⎧0.5e−0.5xx≥0⎧0.5e−0.5y fY(y)=fX(x)=f(x,y)dy=⎨f(x,y)dx=⎨−∞−∞x<0,0⎩0⎩∫∫y≥0, y<0.由于f(x,y)=fX(x)fY(y),知X和Y.a=P{X>0.1,Y>0.1}=∫∫0.1+∞+∞0.10.25e−0.5(x+y)dxdy=e−0.1.14、因知X与Y相互，即有 P(X=xi,Y=yj)=P(x=xi)⋅P(Y=yj). (i=1,2,j=1,2,3) 首先，根据边缘分布的定义知 P(X=x1,Y=y1)=性有 111−=.又根据6824111=p{X=x1,Y=y1}=p(X=x1)⋅p(Y=y1)=p(X=xi), 解得P(X=xi)=,从而有 241111P(X=x1,Y=y3)=−−= 又由 P(X=x1,Y=y2)=P(X=x1)⋅P(Y=y2), 可得 424812111113=P(Y=y2), 即有P(Y=y2)=, 从而 P(X=x2,Y=y2)=−=. 842288111类似地，由P(X=x1,Y=y3)=P(X=x1)P(Y=y3), 有=P(Y=y3),得P(Y=y3)=, 12431111313从而,P(X=x1,Y=y3)=−=. 最后P(X=x2)=++=. 将上述数值填入表中有 88443124 y1 y2 y3 P{X=x1}=Pi. X Y 第3章习题答案 总8页第5页 x1 PX=yj=P⋅j 1/24 1/8 1/12 1/8 3/8 1/4 1/6 1/2 1/3 1/4 3/4 1 {x2 }15、本题的关键是由题设P{X1X2=0}=1，可推出P{X1X2≠0}=0；再利用边缘分布的定义即可列出概率分布表. (1)由P{X1X2=0}=1,可见P{X1=−1,X2=1}=P{X1=1,X2=1}=0,易见 P{X1=−1,X2=0}=P{X1=−1}=0.25 P{X1=0,X2=1}=P{X2=1}=0.5 P{X1=1,X2=0}=P{X1=1}=0.25 P{X1=0,X2=0}=0 于是，得X1和X2的联合分布 X1X2 --1 0 1 ∑ 0 0.25 0 0.25 0.5 1 0 0.5 0 0.5 ∑ 0.25 0.5 0.25 1 (2) 可见 P{X1=0，X2=0}=0，而P{X1=0}P{X2=0}=1/4≠0. 于是，X1和 X2不. y⎧1−2⎧1,00, 因为X，Y，对任何x,y都y≤0.⎧1−y2⎪有fX(x)⋅fY(y)=f(x,y). 所以有f(x,y)=⎨2e,00, ⎪0,其他.⎩（2）二次方程 t2+2Xt+Y=0中t有实根，△=(2X)2−4Y≥0, 即X2−Y≥0, Y≤X, 故P(t有实根)=P{Y≤X}=221x20y≤x2∫∫ef(x,y)dydx=x22∫∫01−2edydx=2y∫10(−e−y2)x20dx =∫x2(1−)dx=1−021∫10−−dx=1−2π∫e−10x2212πe−x22dx =1−2π［∫1−∞12πex22dx−∫0−∞12πdx］ =1−2π[Φ(1)−Φ(0)]≈1−2π[0.8413−0.5]≈1−0.8555=0.1445. ⎧λµe−(λx+uy),x>0,y>0,17、（1）因为X，Y，所以 f(x,y)=fX(x)fY(y)=⎨. 0,其他.⎩（2）根据Z 的定义，有 P{z=1}=P{Y≥X}=y≥x∫∫f(x,y)dydx=∫∫0+∞−∞xλµe−(λx+µy)dydx =∫+∞0λe−λx(∫+∞xµe−µydy)dx =∫+∞0λe−λx⋅e−µxdx=λ(λ+u), P{Z=0}=1−P{Z=1}=µ(λ+µ).所以Z的分布律为 Z 0 1 p µ(λ+µ) λ(λ+µ) ⎧0,z<0,⎪⎪µ,0≤z<1, Z的分布函数为FZ(z)=⎨+λµ⎪⎪z≥1.⎩1,18、∵X、Y分别仅取0，1两个数值，∴Z亦只取0，1两个数值. 又∵X与Y相互，第3章习题答案 总8页第6页 ∴P{Z=0}=P{max(X,Y)=0}=P(X=0,Y=0)=P{X=0}P{Y=0}=1/2×1/2=1/4， 故 P{Z=1}=1=1−P{Z=0}=1−1/4=3/4. 19、 X由2×2阶行列式表示，仍是一随机变量，且X=X1X4--X2X3，根据X1，X2，X3，X4的地位是等价且相互的，X1X4与X2X3也是同分布的，因此可先求出X1X4和X2X3的分布律，再求X的分布律. 记Y1=X1X4,Y2=X2X3,则X=Y1--Y2.随机变量Y1和Y2同分布：P{Y1=1}=P{Y2=1}=P{X2=1,X3=1}=0.16P{Y1=0}=P{Y2=0}=1−0.16=0.84. 显见, 随机变量X=Y1--Y2有三个可能值--1,0,1.易见 P{X=--1}=P{Y1=0,Y2=1}=0.84×0.16= 0.1344， P{X=1}=P{Y1=1,Y2=0}=0.16×0.84=0.1344, P{X=0}=1--2×0.1344=0.7312. 于是，行列式的概率分布为 X=X1X3X2⎡−1~X4⎢⎣0.134401⎤ ⎥0.73120.1344⎦20、因为{Z=i}={X+Y=i}={X=0,Y=i}∪{X=1,Y=i−1}∪∪{X=i,Y=0}. 由于上述各事件互不相容，且注意到X与Y相与，则有 P{Z=i}===∑P{X=k,Y=i−k}=∑P{X=k}P{Y=i−k}k=0ik=0k=0iCn1+n2ii∑kcn1p(1−P)kn1−ki−kCn2pi−k(1−p)n2−i+k=P(1−p)in1+n2−i∑Ck=0iki−kn1Cn2 pi(1−p)n1+n2−i,i=0,1,n1+n2, 故Z=X+Y~B(n1+n2,p). r时，Cn注：在上述计算过程中，已约定：当r>n=0,并用到了公式(x−y)22σ2∑Ck=1iki−kn1Cn2i=Cn. 1+n221、X和Y的概率分布密度为fX(x)=12πσexp{−(−∞1,x0,1,≥.yθ⎪⎩⎩（2）FN(y)=P(N≤y)=1−P(N>y)=1−P{min(X1,,Xn)>y} =1−P(X1>y,X2>y,,Xn>y)=1−P(X1>y)P(X2>y)P(Xn>y) ni=1=1−ΠP(Xi>y)=1−1−FXi(y) ⎧n(θ−y)n−1yn−1−1⎧,0s,位于下方的点满足xyS}=1−dxdy=1−dxsdy=(1+ln2−lns).22s2xxy>s∫∫∫∫⎧(ln2−lns)/2,若0150)=∫+∞150100/(x2)dx=2/3.（1）三个管子均不要替换的概率为(2/3)3=8/27；（2）三个管子均要替换的概率为 (1−2/3)3=1/27. 第3章习题答案 总8页第8页 7.假设总体X的密度函数为f(x)，分布函数为F(x)，第i次的观察值为Xi(1≤i≤n)，Xi同分布，其联合密度函数f(x1,,xn)=f(x1)f(x2)f(xn).依题意，所求的概率为 P{Xn>X1,Xn>X2,...,Xn>Xn−1}===i=1,2,...,n−1xi0, P(ξ1=kξ1+ξ2=n)=e⋅e−λ2⎛n⎞⎛λ1⎞=⎜⎜k⎟⎟⎜⎟⎜λ+λ⎟⎝⎠⎝12⎠k⎛λ1⎞⎜1−⎟⎜λ+λ⎟12⎠⎝n−k. Fz(z)=P(Z≤z)=∫z0dx∫z−x202e−(x+2y)dy=∫z0e−xdx∫z−x202e−2ydy=1−e−z−ze−z， z≤0,⎧0,所以 z=X+2Y的分布函数为 F(x,y)=⎨ −z1(1),0.zez−+>⎩10.由条件知X和Y的联合密度为 ⎧1⎪,若1≤x≤3,1≤y≤3, p(x,y)=⎨4⎪⎩0,其他yy−x=u321012 3 x以F(u)=P{U≤u}(−∞t}=1−[P(X1>t)]=1−[1−P(X1≤t)]. 33⎧1−e−λt,∵Xi~F(t)=⎨⎩0,⎧⎪3λe−3λt,故 fT(t)=F'T(t)=⎨⎪⎩0,⎧1−e−3λt,t>0,t>0,(i=1,2,3)∴FT(t)=⎨ 0,t0,t≤0,≤⎩t>0,t≤0. 第4章习题解答 总10页第1页 第四章 随机变量的数字特征 （一）、基本解答 1. ∵EX=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,EY=0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9, ∴EX>EY，即甲比乙车床在一天内生产的次品多，故乙机床生产的零件质量较好. 即un服从n=10，p=0.1的二2.若记un为完成每次检验所发现的次品数.显然un~B(10,0.1)，k0.1k0.910−k,k=0,1,2,,10. 项分布:P{un=k}=C10P{un≤1}=P{un=0}+P{un=1}=0.910+10×0.1×0.99≈0.7361. X为调整设备的次数，即{un>1}出现的次数，显然X服从n=4，p=0.2639的二项分布，即X~B(4,0.2639). 因此E(X)=np=4×0.2639=1.0556≈1.1. 3.把X的分布律写成更明显的关系为 i X 1 3 2 32− 22 233 33 22 334 34− 42 435 35 52 53… … … P{un>1}=1−p{un≤1}=0.2639. Pi 这里 2 3∑∑i=1∞∞pi=2111122222+2+3+4+5+=(1++2+3+4+)=1 333333333322222322332342352xipi=3×−×2+×3−×4+×5−=2−+−+− 3233343532345i=111111+−+−+). 23456显然此级数不是绝对收敛的（是条件收敛级数），所以E（X）不存在. +∞+∞xdxλλλ0xdx∴4. ∵f(x)=, xdx() =+22220−∞π−∞()()λ+xλ+xπ(λ+x)π(λ+x)=2(1−∫∫∫xdx1d(λ+x2)100=而lim=lim=[−ln(λ+ax2)]=−∞， 22−∞λ+xα→−∞a2λ+xα→−∞2bd(λ+x2)+∞xdx1112b2lim=limln(1+x)=limln(λ+b)=+∞,=0b→+∞20λ+x22b→+∞0λ+x22b→+∞∫∫∫∫因此，广义积分∫+∞λxdx发散，当然不可能绝对收敛了，所以E（X）不存在. −∞π(λ+x2)2131x3225.（1）EX=xf(x)dx=xdx+x(2−x)dx=x0+(x−)1 0133−∞∫+∞∫12∫12181+[(4−)−(1−)]=+=1. 333331+∞xdxxf(x)dx==0(奇函数). （2）EX=2−1−∞π1−x1500x23000x+∞xf(x)dx=（3）EX=dx+(3000−x)dx 22−∞0150015001500=∫∫∫∫∫1=15002[x330001315002=1500. x+(1500x−)0150033] 1第4章习题解答 总10页第2页 6.（1）∵E(2X2)=2EX2,又∵EX2=DX+(EX)2,∴E(2X2)=2(DX+(EX)2); 再∵X~E(1),∴EX=1,DX=1,∴E(2X2)=2(1+12)=4. +∞−2x−x+∞−3x1（2）E(e−2X)=+∞e−2xf(x)dx=e⋅edx=edx=−e−3x−∞300∫∫∫+∞0=1. 37.（1）由条件知，X的可能值为0，1，2，3，以Ai(i=1,2,3)表示事件“汽车在第i个路口首次遇到红灯”；A1，A2，A3相互，且P(Ai)=P(Ai)=1/2,i=1,2,3.从而知 111P{X=0}=P(A1)=;P{X=1}=P(A1A2)=2;P{X=2}=P(A1A2A3)=3; 22211111111671P{X=3}=P(A1A2A3)=3;故E()=+⋅+⋅+⋅=. 22438461+X28.（1）设p=P(A).由X与Y同分布，可知 P(B)=P{Y≤a}=P{X≤a}=P(A)=p,P(B)=1−p. −217由P(AUB)=P(A)+P(B)−P(A)P(B)=p+(1−p)−p(1−p)=p2−p+1=,得p1=,p2=.于933是a有两个值： a−125a−147由=p1,得a1=1+=;由=p2,得a2=1+=. 332332+∞111311（2）E()=p(x)dx=dx=ln3. −∞xX21x29. 发生故障次数服从二项分布，本题关键是列出所获利润与发生故障次数的函数关系.以X表示一周5天内机器发生故障的天数，则X服从参数为（5，0.2）的二项分布 ∫∫kP{X=k}=C50.2k⋅0.85−k(k=0,1,2,3,4,5);P{X=0}=0.85=0.328, P{X≥3}=1−P{X=0}−P{X=1}−P{X=2}=0.057. 若以Y表示所获利润，则 ⎧10X=0⎪5X=1⎪（万元）. Y=f(X)=⎨ 故EY=10×0.328+5×0.410+0×0.205-2×0.057=5.216=02X⎪⎪⎩−2X≥3,⎧1/600≤x≤6010.已知X在[0,60]上服从均匀分布，其密度为 X~f(x)=⎨ 0其他⎩⎧5−X⎪25−X⎪设Y是游客等候电梯的时间（单位:min），则 Y=g(X)=⎨⎪55−X⎪⎩60−X+5+∞160因此 EY=Eg(X)=g(x)⋅f(x)x=g(x)dx −∞60012P{X=1}=C50.2⋅0.84=0.410,P{X=2}=C50.22⋅0.83=0.205, 01000X500(YX)500(XY),YX.⎩ 2第4章习题解答 总10页第3页 ⎧1/100,10≤x≤20,10≤y≤20,由于X与Y的联合概率密度为 ϕ(x,y)=⎨ 其他0,.⎩202020y11所以 EZ=1000y×dxdy+500(x+y)×dxdy=10dyydx+5dy(x+y)dx 10y1010100100∫∫D1∫∫D2∫∫∫∫=10∫1020y(20−y)dy+5∫203220000(y−10y−50)dy=+5×1500≈14166.67(元). 102312. 本题关键是正确列出供大于求和供不应求时利润与进货量的关系，然后利用期望利润不少于9280建立一不等式解出进货量a的值. 设进货数量为a，则利润为 ⎧500a+(X−a)300ar,⎩0,p1(x)=2πr2∫−r2−x2r2−x2dy=2πr2r2−x2(x≤r); p2(y)=2πr2r2−y2(y≤r). E(X)=2πr2∫−rrxr2−x2dx=0; E(Y)=2πr2∫−rryr2−y2dy=0. Cov(X,Y)=E(XY)=x2+y2≤r∫∫xydxdy=0. 于是，X和Y的相关系数ρ=0. 2rπ2（2）由于p(x,y)≡/p1(x)p2(y),可见X和Y不. 24. 记P(A)=p1，P(B)=p2，P(AB)=p12. 由数学期望的定义，可见 E(X)=P(A)−P(A1)=2p1−1,E(Y)=2p2−1. 现在求EXY.由于XY只有两个可能值1和−1.易知 P{XY=1}=P(AB)+P(AB)=2p12−p1−p2+1, E(XY)=P{XY=1}−P{XY=−1}=4p12−2p1−2p2+1. 从而 Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)⋅E(Y)=4p12−4p1p2. 因此,Cov(X,Y)=0当且仅当p12=p1p2,即X和Y不相关当且仅当事件A和B相互.. P{XY=−1}=1−P{XY=1}=p1+p2−2p12, 25. 本题应特别注意X1与X2并非的.由于Xi(i=1,2,3)均只取0和1值，因此随机变量示抽取的是一等品;{X1=1,X2=1}表示既是一等品又是二等品，因此是不可能事件等等. （1）设事件Ai=“抽到i等品” (i=1,2,3). 由题意知A1，A2，A3两两互不相容,且P(A1)=0.8,易知，P{X1=0,X2=0}=P(A3)=0.1,P{X1=0,X2=1}=P(A2)=0.1, (X1,X2)取值应为(0,0)、(0,1)、(1,0)和(1,1).须逐个计算它们的概率.譬如事件{X1=0,X2=0}表P(A2)=P(A3)=0.1. P{X1=1,X2=0}=P(A1)=0.8,P{X1=1,X2=1}=P(Φ)=0. （2） E(X1)=0.8,E(X2)=0.1;D(X1)=0.8×0.2=0.16,D(X2)=0.1×0.9=0.09; E(X1X2)=0×0×0.1+0×1×0.1+1×0×0.8+1×1×0=0 Cov(X1,X2)=E(X1X2)−E(X1)⋅E(X2)=0−0.8×0.1=−0.08, ρ=Cov(X1,X2)D(X1)⋅(DX2)=2=−. 30.16×0.09−0.0811126.（1）由数学期望的运算性质，知 E(Z)=E(X)+E(Y)= 3231111由D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)，有D(Z)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y) 32321111=D(X)+D(Y)+2××D(x)⋅D(Y)ρXY=1+4−×3×4=3. 94661111（2）因为 Cov(X,Z)=Cov(X,X)+Cov(X,Y)=D(X)+ρXYD(X)⋅D(Y) 3232111=⋅32+⋅(−)⋅3⋅4=0, 322Cov(X,Z)所以 ρXZ==0. D(X)⋅D(Z) 6第4章习题解答 总10页第7页 （3）由于（X，Z）不一定服从二维正态分布，故由ρXZ=0不能确定X与Z是否相互. （二)补充题答案 1、平均利润就是销售利润T的数学期望E(T), 而T是离散型随机变量,取值概率与X的概率分布有关,因此用标准正态分布函数φ(x)表示概率P{X<10},P{10≤X≤12}和P{X>12}是解dE(T)决问题的关键,写出E(T)后,使=0的点即为所求的µ值. dµ由条件知,平均利润为 E(T)=20P{10≤X≤12}−P{X<10}−5P{X>12} =20[Φ(12−µ)−Φ(10−µ)]−Φ(10−µ)−5[1−Φ(12−µ)]=25Φ(12−µ)−21Φ(10−µ)−5. 其中Φ(x)是标准正态分布函数. 设Φ(x)为标准正态密度. 令 −25dE(T)=−25ϕ(12−µ)+21ϕ(10−µ)=0,得edµ2π即 25e−−(12−µ)22+212πe−(10−µ)22=0, (12−µ)22=21e−(10−µ)22. 由此得µ=µ0=11−∞−∞125ln≈10.9. 221即 当µ=µ0≈10.9毫米时，平均利润最大. （1）E(X)=2、∫∞−∞xf(x)dx=0, D(X)=∫∞xf(x)dx=2∫∞0x2e−xdx=2. （2）E(XX)−E(X)⋅E(X)=E(XX)=（3）对给定0x∫∫(y−x)e−(x2+y2)dxdy] 21π2∫∫+∞−∞+∞−∞+∞−∞∫∫x−∞(x−y)e−(x(x−y)e−(x+y2)dy+dy] +∞−∞∫+∞−∞dy∫y−∞(y−x)e−(x+y2)dx] ==x−∞22+y2)π2π∫xe−xdx∫x−∞e−ydy−2∫e−xdx2∫x−∞ye−ydy]=22π∫+∞−∞e−2xdx=22π. 4、解法1 三角形区域为G={(x,y)0≤x≤1,0≤y≤1,x+y≥1}；随机变量X和Y的联合密度 7第4章习题解答 总10页第8页 ⎧2,(x,y)∈G,为f(x,y)=⎨ ∈0,(,).xyG⎩以f1(x)表示X的概率密度，则当x≤0或x≥1时，f1(x)=0；当02时，显然f(u)=0. 设1≤u≤2,当0≤x≤1且0≤u−x≤1时，f(x,u−x)=2，否则f(x,u−x)=0.由随机变量之和的概率密度公式，有f(u)=因此 E(X+Y)=EU=∫∞−∞f(x,u−x)dx=∫1u−12dx=2(2−u). ∫∞−∞uf(u)du=2∞−∞∫21u(2−u)du=4/3; E(X+Y)2=EU2=∫u2f(u)du=2∫21u2(2−u)du=11/6; DU=D(X+Y)=E(X+Y)2−[E（(X+Y)]2=11/6−16/9=1/18. （0,0），（0,1）（1,0）,（1,1），5、U、V为离散型随机变量，其联合分布（U、V）只有四个可能：应分别计算Cov(U,V)及DU,DV,然后再用公式分别求出取这些值的概率即可.求相关系数ρ，Cov(U,V)ρ=.由题设易知P{X≤Y}=1/4，P{X>2Y}=1/2，P{X>2Y}=1/2，故有 DU⋅DY(1)P{U=0,V=0}=P{X≤Y,X≤2Y}=P{X≤Y}1/4,P{U=0,V=1}=P{X≤Y,X>2Y}=0,P{U=1,V=0}=P{X>Y,X≤2Y}=P{Yε}=x>ε∫f(x)dx≤12πσx>ε∫xrεrf(x)dx≤1εr∫+∞−∞xrf(x)dx=1εEx. rr11、∵X的概率密度为p(x)=exp(−x22σ2)(−∞2). =σ2(n−1)xn−2exp(−x22σ2)dx=σ(n−1)EX−∞2πσ∫+∞xnexp(−x22σ2)dx ∫∫()这样，当n(>2)为偶数时，有递推式 E(Xn)=σ2(n−1)E(Xn−2)， 9第4章习题解答 总10页第10页 E(Xn−2)=σ2(n−3)E(Xn−4),, E(X4)=σ2(4−1)E(X2). 考虑到X~N(0,σ2)，故E（X）=0，并且E(X2)=D(X)=σ2.于是，由以上各式可得E(X4)=σ2(4−1)E(4−1)=σ4⋅3, E(X6)=σ2(X6)E(X4)=σ6⋅5⋅3,. 一般地, 有 E(Xn)=σn(n−1)(n−1)……5⋅3. 若记(n−1)(n−3)…5⋅3=(n−1)!!, 则当n为奇数,⎧0,有E(Xn)=σn(n−1)!!. 两种情况综合，有 EXn=⎨n (−1)!!,.σn当n为偶数⎩()−λx12、EX=−Y()=∫n+∞0xλedeYn−λxdx=−nx∫∞+∞0xden−λx=−e+∞xn0+∫+∞0nxn−1e−λxdx dx==−n!+∞nλ∫k+∞0xn−1−λx=n−1−λxλe+∞0+sλn∫∞+∞0(n−1)xn−2−λxeλne−λx0=n!λn.13、E∑Xk=1=E[E(∑Xk=1∞kY)]=∑E(∑Xs=1k=1k)⋅P(Y=s)=k[P(Y∑(∑EXs=1k=1∞sk)P(Y=s) =∑EX[∑P(Y=s)]=∑EXkk=1s=kk=1∞≥k)]. 10第5章习题解答 总3页第1页 第五章 极限定理（大数定律和中心极限定理） 1、由于X1,X2\"两两不相关，则 ni⎞n=D(X∑Xi⎟⎟∑i=1⎠i=1由切比雪夫不等式，有∀ε>0， ⎛D⎜⎜⎝)+21≤i时 εni⎫⎪)≥ε⎬=0 ⎪⎭2、∀ε>0，由于p{XnP{|Xn|≥ε}≤p{Xnn≠1}=0 nn于是当n>n→∞1即limp{|Xε时P{|Xnn−X|≥ε}=p{|X−0|≥ε}=p{|X|≥ε}=0 −X|≥ε}=0 从而知{Xn}依概率收敛X。 Xn的分布函数为 Fn(x)=P{X1⎧0,x<⎪⎪n≤x}=⎨ 1⎪1,x≥⎪n⎩⎧0,x<0 ≤x}=⎨≥1,0x⎩nX的分布函数为 F(x)=P{X⎧0,x≤0 而 limFn(x)=⎨n→∞>1,x0⎩即当x=0时，limFn(0)=0≠F(0) n→∞n即Xn的分布函数不收敛于X的分布函数。 3、设nA表示使用终端的个数，则nA~B(120,0.05)，于是所求概率是 nA−120×0.0510−120×0.05120−120×0.05P{nA≥10}=P{≤≤} 120×0.05×0.95120×0.05×0.95120×0.05×0.95⎛120−6⎞⎛⎞⎟−Φ⎜4⎟≈Φ⎜⎜⎟⎜⎟ 5.7⎠⎝⎝5.7⎠≈1−Φ(1.675)=1−0.953=0.0474、 设Xi表示装运的第i箱的重量，i=1,2,\",n，其中n是所求箱，数X1,\",Xn同分布，E(X1)=50，D(X1)=52，且承运总重量是 第5章习题解答 总3页第2页 nT=X1+X2+\"+Xn=∑Xi=1i 由条件知，P{T≤5000}>0.997，由中心极限定理有 P{T≤5000}=P{∑Xi=1ni≤5000} ⎧n⎫X50n−∑i⎪⎛5000−50n⎞5000−50n⎪⎪i=1⎪=P⎨≤≈Φ⎬⎜⎟ 25n25n⎪5n⎝⎠⎪⎪⎪⎩⎭⎛5000−50⎞⎟>0.997 即应有Φ⎜⎟⎜⎝5n⎠5000−50n>2，即n<98.0199，故最多可以装98箱。 查表有5n5、以Xi表示第i个数的取整误差，则有 （1）此时i=1,2,\",1500，且X1,X2,\",X1500皆服从(−0.5,0.5)上的均匀分布，1E(Xi)=0,D(Xi)=，于是所求概率是 121500⎫⎧0X−⎪⎪∑i1500⎫⎧⎪⎪15−15i=1⎪⎪P⎨∑Xi>15⎬=1−p⎨≤≤⎬ ⎪⎪111⎪⎪⎭⎩i=11500×1500×⎪⎪1500×121212⎭⎩⎡⎛15⎞⎛⎛15⎞⎤⎛3⎞⎞≈1−⎢Φ⎜⎟−Φ⎜⎟⎥=2⎜1−Φ⎜⎟⎟1251255⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎠ ⎣⎦⎝=2(1−Φ(1.34))=2(1−0.9099)=0.1802（2）此时i=1,2,\",n其中n是所求的个数，X1,\",Xn皆服从(−0.5,0.5)上的均匀分布，由条件知，应有 n⎫⎧⎪⎪P⎨∑Xi<10⎬≥0.90 ⎪⎪⎭⎩i=1由同分布的中心极限定理，有 n⎫⎧X⎪⎪∑in⎫⎧⎛203⎞⎪⎪1010−i=1⎪⎪⎟−1 P⎨∑Xi<10⎬=P⎨<<⎬≈2Φ⎜⎜⎟⎪⎪nnn⎪n⎠⎪⎝⎭⎩i=1⎪⎪1212⎭⎩12⎛203⎞⎛203⎞⎜⎟⎟≥0.95 即有 2Φ−1≥0.9，即 Φ⎜⎜⎟⎜⎟n⎠n⎠⎝⎝查表有：20n3≥1.5，即 n≤443.45 故最多有443个数相加，才能使误差总和的约对值小于10的概率不小于0.90。 6、用nA表示要使用外线的分机个数，则nA~B(200,0.5)，设n表示外线数，则由题知应有 P{nA≤n}≥9 由于第5章习题解答 总3页第3页 ⎧⎪P{nA≤n}=P⎨⎪⎩0−200×0.05200×0.05×0.95120000}=P{nA>120}=P⎨>⎬ ⎪60×0.994⎪⎭⎩60×0.994⎛60⎞⎜⎟=1−Φ(7.77)≈0 ≈1−Φ⎜0.994⎟⎝⎠（2）所求概率分别为 ⎧80−60⎪nA−60P{120000−1000nA≥40000}=P{nA≤80}=P⎨>⎪60×0.994⎩60×0.994⎛⎞20⎟=Φ(2.59)=0.9952 ≈Φ⎜⎜⎟⎝60×0.994⎠⎧60−60⎪nA−60P{120000−1000nA≥60000}=P{nA≤60}=P⎨>⎪60×0.994⎩60×0.994≈Φ(0)=0.5 ⎧⎪nA−60P{120000−1000nA≥80000}=P{nA≤40}=P⎨>⎪⎩60×0.994≈Φ(−2.59)=0.0048 40−60⎫⎪⎬ ⎪⎭⎫⎪⎬ ⎪⎭⎫⎪⎬ 60×0.994⎪⎭ 第6章习题解答 总3页第1页 第六章 数理统计的基本概念 X−1.4621.设样本均值为X,则由题意,有X~N(1.4,),或~N(0,1),于是由 n6/n⎧1.4−3.4X−3.45.4−3.4⎫n<<0.95≤P{1.450}=P⎨>⎬=P{χ(25−1)>12} 22σ⎩σ⎭2 =P{χ(24)>12}≥0.975 2上式中的不等式是查表得到的,所以所求的概率至少为0.975 9. 本题要用到这样一个结论,即Γ分布Γ(α,β)关于第一个参数具有可加性,即若U~Γ(α1,β),V~Γ(α2,β),且U与V相互,则U+V~Γ(α1+α2,β),其中Γ(α,β)⎧1xα−1e−x/β,x>0⎪α的概率密度为: f(x)=⎨βΓ(α) ⎪0其它⎩可利用卷积公式证明. 1，β＝ 回到本题,当α＝1λ,Γ分布就是参数为λ的指数分布,所以样本的性及Γ分布的可加性,有 X1+X2+\"+Xn~Γ(n,n1λ) ⎧λnxn−1e−λx,x>0⎪ 即∑Xi的概率密度为 g(x)=⎨(n−1)!i=1⎪0其它⎩⎧(nλ)nn−1−λnyn1⎪ye,y>0 因此X=∑Xi的概率密度为 h(y)=ng(ny)=⎨(n−1)!ni=1⎪0,y≤0⎩10. (1) 根据正态分布的性质,X1+X2与X1−X2服从二维正态分布,所以要证明它们相互,只需它们不相关,由于 E[(X1+X2)(X1−X2)]=E(X1)−E(X2)=0 E(X1+X2)E(X1−X2)=0 所以 Cov(X1+X2,X1−X2)=0 即X1+X2与X1−X2相互 (2) 由于µ=0,所以 22X1+X2~N(0,2σ2) ⇒ X1−X2~N(0,2σ) ⇒ 2X1+X22σ1⎛X+X2⎞2~N(0,1) ⇒ ⎜1⎟~χ(1) 2⎝σ⎠1⎛X−X2⎞2~N(0,1) ⇒ ⎜1⎟~χ(1) 2⎝σ⎠22X1−X22σ2由上面证明的性，再由F分布的定义知 ⎛X1+X2⎞⎟/2⎜(X1+X2)2⎝σ⎠ F=~F(1,1) =2XX−(X1−X2)⎛12⎞⎟/2⎜⎠⎝σ⎧(X1+X2)2⎫所以 P⎨<4⎬=P{F<4}0,并且有 第7章习题答案 总11页第2页 n lnL(θ)=nln(θ+1)+θ∑lnxi=1i ndlnLnˆ=−1−=+∑lnxi=0，解得θ的极大似然估计值为 θ令 dθθ+1i=1n∑lnxi=1n iˆ=−1−从而θ的极大似然估计量为 θn∑lnXi=1n i(2) 设x1,x2,\",xn是相应于X1,X2,\",Xn的样本，则似然函数为 L(p)=∏p(1−p)i=1nnxi−1=p(1−p)i=1n∑xi−nn lnL=nlnp+(∑xi−n)ln(1−p) i=1令 dlnLni=1=+1−pdppn−∑xinˆ==0，解得p的极大似然估计值为p1 xˆ=从而θ的极大似然估计量为p1 X(3) 设x1,x2,\",xn是相应于X1,X2,\",Xn的样本，则似然函数为 L(θ)=∏i=1n⎧−2(xi−θ)⎪2ne∑i=1,xi≥θ,i=1,2,\",n f(xi,θ)=⎨⎪0,其它⎩n当xi≥θ(i=1,2,\")时,L(θ)>0,并且 lnL(θ)=nln2−2因为 ∑(xi=1ni−θ) dlnL=2n>0,所以L(θ)单调递增. dθ 因为必须满足xi≥θ(i=1,2,\"),因此θ=x(1)=min{x1,\",x(n)}时, L(θ)取最大ˆ=x,极大似然估计量为 值,所以θ的极大似然估计值为θ(1)ˆ=X=min{X,\",X} θ(1)1n(4) 设x1,x2,\",xn是相应于X1,X2,\",Xn的样本，则似然函数为 nL(θ)=∏i=1⎧n⎪2f(xi,θ)=⎨θ(x1x2\"xn)⎪0,⎩θ−1,0≤xi≤1,i=1,2,\",n 其它nn当0≤xi≤1,i=1,2,\",n时,L(θ)>0,并且 lnL=lnθ+(θ−1)∑lnxi 2i=1lnxi∑dlnLnn2i=1ˆ=+=0，解得θ的极大似然估计值为 θ= 令 2ndθ2θ2θ⎡⎤lnxi⎥⎢∑⎣i=1⎦n第7章习题答案 总11页第3页 ⎡⎤lnXi⎥⎢∑⎣i=1⎦(5) 设x1,x2,\",xn是相应于X1,X2,\",Xn的样本，则似然函数为 ⎧1⎧1n⎫⎪nexp⎨−∑(xi−θ1)⎬,xi>θ1,i=1,2,\",nL(θ1,θ2)=∏f(xi,θ1,θ2)=⎨θ2 ⎩θ2i=1⎭i=1⎪0,其它⎩所以当xi>θ1,i=1,2,\"n时,L(θ1,θ2)>0,并且 nθ的极大似然估计量为 θˆ=n2n2 lnL=−nlnθ2−由于1θ2∑xi+i=1nnθ1θ2 ∂lnLn=>0,所以L(θ1,θ2)是θ1的单调递增函数, 因为必须满足∂θ1θ2xi>θ1,i=1,2,\"n,所以对于任意给定的θ2, L(x(1),θ2)=infL(θ1,θ2) θ1令 ∂lnL(x(1),θ2)∂θ2=−nθ2+∑xi=1ni−nx(1)22θ=0 ˆ=x−x,所以θ,θ的极大似然估计值分别为 θˆ=x θˆ=x−x 解得 θ2(1)121(1)2(1)θ1,θ2的极大似然估计量分别为 θˆ1=X(1) θˆ2=X−X(1) (6) 设x1,x2,\",xn是相应于X1,X2,\",Xn的样本，则似然函数为 1−nfxσσei=1 (,)=∏i2i=1−n1ndlnL−n1lnσ−∑|xi|，令 =+取对数 lnL=2dσ2σσ2σi=11nˆ=∑|xi| 解得σ的极大似然估计值为 σni=11nˆ=∑|Xi|. 所以σ的极大似然估计量为 σni=13 设x1,x2,\",xn是相应于X1,X2,\",Xn的样本，似然函数为 L(σ)= L(p)=n−|x1|σ∑1n∑|xi=1ni|=0 ∏P{X=xi}=pi=1(1−p)i=1nn∑xinmn−∑xii=1n⎛m⎞⎜∏⎜x⎟⎟ i=1⎝i⎠nn取对数,得 lnL(p)=⎛m⎞⎜+−−+ln()ln(1)lnxpmnxp∑∑∑ii⎜x⎟⎟ i=1i=1i=1⎝i⎠n=0 1−p1n1ˆ=x=得p的极大似然估计值为 p∑imx mni=1pdlnL(p)=令 dp∑xi=1ni−mn−∑xii=1n第7章习题答案 总11页第4页 1n1ˆ=所以p的极大似然估计量为 pX=X ∑imni=1mˆ=x,又P{X=0}=e−λ,所以根据极大似然估计的性4 (1)已知,λ的极大似然估计值为λ质,P{X=0}的极大似然估计值为e (2) 观察到的五年内每一扳道员引起的严重事故的平均次数为 −x1137(0×44+1×42+2×21+3×9+4×4+5×2)==1.123 122122所以一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率p的极大似然估计值为 ˆ=e−1.123=0.3253 p x=5. (1) E(X)=E(e)= =Z12πσ+∞ze∫e−(z−µ)22σ2dz −∞12πσ∞−∞∫exp{−12σ2(z2−(2µ+2σ2)z+(µ+σ2)2−2µσ2−σ4)}dz ∞1211122exp{−(z−µ−σ)}dz =exp{µ+σ} =exp{µ+σ}2∫222σ2πσ−∞ (2) 可以将lnx1,lnx2,\",lnxn视为取自总体Z=lnX的样本,则由于Z~N(µ,σ2),因而可得参数µ,σ2的极大似然估计值分别为 1n1n2ˆ=∑lnxi, σˆ=∑(lnxi−µˆ) µni=1ni=1ˆ+(X)=exp{µ故由极大似然估计的性质,可得E(X)的极大似然估计值为 Eˆ12ˆ} σ21n1n2ˆ=∑lnxi=3.0909,σˆ=∑(lnxi−µˆ)=0.5115, (3) 经计算得,µni=1ni=112ˆ+σˆ}=28.4073 (X)=exp{µ所以, 一个句子字数均值的极大似然估计值为Eˆ226.由正态分布的性质以及样本的性可知Xi+1−Xi~N(0,2σ) 因此 E(Xi+1−Xi)=D(Xi+1−Xi)=2σ n−1⎛n−1222⎞欲使 σ=E⎜c∑(Xi+1−Xi)⎟=c∑E(Xi+1−Xi)=2(n−1)cσ i=1⎝i=1⎠n−11122必须 c=，因此，当c=时，统计量c∑(Xi+1−Xi)为σ的无偏估计. 2(n−1)2(n−1)i=1ˆ+bθˆ)=aE(θˆ)+bE(θˆ)=(a+b)θ ˆ和θˆ均为参数θ的无偏估计，所以E(aθ7. 由于θ222121212ˆ+bθˆ是θ的无偏估计，必须a+b=1，即b=1−a. 欲使aθ12ˆ和θˆ的性以及题设条件,有 从而由θ12ˆ+bθˆ)=a2D(θˆ)+(1−a)2D(θˆ)=[2a2+(1−a)2]D(θˆ)=(1−2a+3a2)D(θˆ)D(aθ1212221上式右边当a=时达到最小. 312ˆ+bθˆ是θ的无偏估计,并且在所有这样的无偏估计 综上所述,当a=,b=时, aθ1233中方差最小. 第7章习题答案 总11页第5页 8.（1）由于总体X服从参数为λ的泊松分布，所以其数学期望和方差均为λ，由于样本均值和样本方差是总体均值和方差的无偏估计，所以有 E(X)=E(S)=λ 从而 E[αX+(1−α)S]=αE(X)+(1−α)E(S)=λ 所以αX+(1−α)S为λ的无偏估计量 2222ˆ=X,所以由极大似然估计的性质,λ的极大似然估计（2）已知,λ的极大似然估计量为λM2ˆ=(X). 量为λM22nˆ2=(X)2不是λ2的无偏估计,令 λˆ2=(X)2−X 因此λMnˆ2)=E(X2)−1E(X)=λ+λ2−λ=λ2 则有 E(λnnnˆ2=(X)2−X是λ2的一个无偏估计量. 所以λn2ˆ2=(X)2−Xi(i=1,2,\".n)都是λ2无偏估计量. 注:λ的无偏估计量不唯一,如统计量λin9. 由题意知,X的概率密度和分布函数分别为 x≤θ⎧0,⎧1,θ1) D(θ2(n)(n+2)(n+1)212nˆ比θˆ有效. 所以θ D(X(n))=E(X(n))−[E(X(n)]=21第7章习题答案 总11页第6页 ⎛⎞σ⎟±=0.0252已知时µ的置信度为1−α的置信区间为⎜Xzα⎟ ⎜n2⎠⎝将x=0.081,σ=0.025,zα=z0.025=1.96代入得µ的置信度为1−α的置信区间为 10. (1) σ22(0.0775, 0.0845) ⎛⎞σ⎜11. σ已知时µ的置信度为1−α的置信区间为X±zα⎟ ⎜⎟n2⎠⎝4zα/2σ22σ欲使其区间长度不大于给定的L,必须 zα≤L，即n≥2Ln212. 利用上题的结果,由于σ=0.05,zα/2=z0.025=1.96, 要使他对平均反应时间的估计误24zα/2σ2差不超过0,01秒,必须L=0.02，所以 n≥=49 L2⎛⎞22⎟⎜(n−1)S(n−1)S213. σ的置信度为1−α的置信区间为 ⎜2,⎟ 2χnχ(n1)−−(1)⎜α⎟α1−2⎝2⎠2在本题中，α=0.05,n=16，经计算得，s=0.00244,查表得，χ02.975(15)=6.262,χ02.025(15)=27.488,最后得σ2的置信度为95％的置信区间为 (0.00133,0.00584) 14.此题为方差未知但相等时的两个总体均值差的区间估计问题，已知此时µ1−µ2的置信度⎛⎞11⎜+tα(n1+n2−2)⎟ 为1−α的置信区间为 X−Y±Sw⎜⎟n1n22⎝⎠已知x=1000,y=980,n1=5,n2=7,α=0.01,查表得t0.005(10)=3.1693， sw=4×282+6×322=30.463 4+622最后得两个总体均值差的置信度为0.99的置信区间为 (-36.53, 76.53) 15.设X，Y分别为一、二号方案的单位面积产量，并设X~N(µ1,σ1),Y~N(µ2,σ2)， X1,X2,\",Xn和Y1,Y2,\",Yn为相应于总体X,Y的样本，令Z=X−Y，则2Z~N(µ1−µ2,σ12+σ2),令Zi=Xi−Yi,于是,µ1−µ2的置信度为1−α的置信区间为 ⎜X−Y±⎞tα(n−1)⎟ ⎟n2⎠1n1n22其中 S=(Zi−Z)=[(Xi−Yi)−(X−Y)]2 ∑∑n−1i=1n−1i=1已知n=8,z=x−y=5.75,s=5.12,α=0.05,t0.025(7)=2.36,计算得µ1−µ2的置S的置信度为1−α的置信区间为 ⎛⎜⎝信度为95%的置信区间为(1.47,10.03) 2σA16. 方差比2σB⎛22⎜SA/SB,⎜−−F(n1,n1)⎜α12⎝2⎞⎟S/S⎟. Fα(n1−1,n2−1)⎟1−2⎠2A2B第7章习题答案 总11页第7页 已知sA=0.5419,sB=0.6065,n1=n2=10,22α=0.05,F0.025(9,9)=4.03, F0.9752σ(9,9)=0.2481,代入算得方差比A2σB的置信度为0.95的置信区间 (0.2217,3.601) (二)补充题 1. (1) 设x1,\",xn是相应于X1,\",Xn的一组样本值,则似然函数为 L(θ)=∏ai=1nθxinxif(θ)i=θ∑xii=1nf−n(θ)∏axi i=1nn取对数得 lnL(θ)=令 ∑xi=1nlnθ−nlnf(θ)+ln∏axii=1dlnL1nnf′(θ)=∑xi−=0 dθθi=1f(θ)dlnL1nf′(θ)=∑xi−=0 dθθi=1f(θ)θf′(θ) 可得θ的极大似然估计值是方程 x=f(θ)的一个根,从而θ的极大似然估计量是方程 X=的一个根. θf′(θ) （1） f(θ)θx由 ∑ax=1 ⇒ ()fθi=1∞∞∑aθxi=1∞x=f(θ) ′∞θ∞xθxθθf′(θ)⎞⎛xx′θ=aaθ故 E(X)=∑ax() ==⎟⎜∑∑xxθθfffθ()()()f(θ)x=1x=1⎠⎝x=1所以（1）也是θ的矩法方程. (2) 对于泊松分布(参数为λ),ax=满足方程 X=λ 1λ,f(λ)=e,因此f′(λ)=f(λ),故λ的极大似然估计x!ˆ=X. 从而λ的极大似然估计为λ 对于二项分布B(n,p),令 p=θ,则 1−px⎛n⎞x⎛n⎞⎛p⎞⎛n⎞θxn−xn P{X=x}=⎜⎜x⎟⎟p(1−p)=⎜⎜x⎟⎟⎜⎜1−p⎟⎟(1−p)=⎜⎜x⎟⎟(1+θ)n ⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠nθx 因此,f(θ)=(1+θ),故θ的极大似然估计满足的方程为X=1+θ1+θ⎧1,θ0 ⎪x≤0⎩0,设X1,\",Xn是来自总体X的一个样本, x1,x2,\",xn是相应的样本值，则似然函数为 1⎧−∑xi⎪−nθL(θ)=∏f(xi,θ)=⎨θei=1,xi>0,i=1,\",n i=1⎪0,其它⎩所以当xi>0,i=1,\",n时，L(θ)>0,并且 nn lnL(θ)=−nlnθ−1θ∑xi=1ni dlnLn1n=−+2∑xi=0 令 dθθθi=1ˆ=x 解得θ的极大似然估计值为 θˆ=X 故其极大似然估计量为 θˆ)=E(X)=E(X)=θ，故θˆ=X是θ无偏估计. 由于E(θ又 lnf(x,θ)=−lnθ−∂lnf(x,θ)1x=−+2 θθθ∂θ221D(X)1⎡∂⎤⎛1X⎞f(X,θ)⎥=E⎜−+2⎟=4E(X−θ)2=故信息量 I(θ)=E⎢= 42∂θθθθθ⎠θ⎣⎦⎝2D(X)θ1ˆ)=D(X)===由于 D(θ nnnI(θ)ˆ是为θ的有效估计. 所以估计量θx； 2kλk−λ4. (1)由于 E2=∑e=e2λe−λ=eλ k!k=0Xλ所以如果X1,\",Xn是来自总体X的一个样本,则2i(i=1,2,\",n)均为e的无偏估计. ()X∞ˆ=(−1)X,所以有 E(θˆ)=e−λ(−1)λ=e−2λ (2) 由于 θ∑k!k=1ˆ=(−1)X是θ=e−2λ的无偏估计. 故θ∞kk5 (1)由本章基本题5知 12(2) 由于Y~N(µ,1),所以µ的置信度为1−α的置信区间为 b=E(X)=exp{µ+} 第7章习题答案 总11页第9页 1n (Y−zα,Y+zα) 其中Y=∑lnXi ni=1n2n2在本题中已知n=4,经计算得y=0,查表得z0.025=1.96,所以µ的置信度为0.95的置信区11间为(-0.98,0.98). (3) 由上面的结果,b的置信度为1−α的置信区间为 将n=4,y=0,z0.025⎛1111⎞⎜exp(Y−zα+),exp(Y+zα+⎟ ⎜⎟22n2n2⎝⎠=1.96代入得b的置信度为0.95的置信区间为e−0.48,e1.48 ()⎫⎧(n−1)S22~χ(n−1),所以有6. (1) 由于Pχ(n1)>−⎬=1−α ⎨1−α22σ⎭⎩σ⎫⎧(n−1)S2即 P⎨2>σ2⎬=1−α ⎭⎩χ1−α(n−1)(n−1)S22所以σ的置信度为1−α的置信上限为2 χ1−α(n−1)2(n−1)S2⎛⎞22⎟⎜(n−1)S(n−1)S2(2) 由于σ的置信度为1−α的置信区间为⎜2,⎟ 2−−(1)χnχ(n1)⎜α⎟α1−2⎝2⎠⎛⎞22⎟⎜(n−1)S(n−1)S2所以logσ的置信度为1−α的置信区间为 ⎜log2,log2⎟ −−(1)χnχ(n1)⎜⎟αα1−22⎝⎠2χα(n−1)其区间长度为log2χα(n−1)2χ21−α(n−1)2,因此要使其具有固定长度L,必须选择样本容量n使其满足2χα(n−1)log2χ21−α2(n−1)=L，即 2χ21−α22(n−1)=eL ˆ是X (i=1,2,\",n)7. (1) 由题意知,Xi~N(ti,σ)(i=1,2,\",n),且相互,由于θi2θ2n线性组合,故也服从正态分布. ˆ)=又 E(θ2∑tE(Xi)2ii=1∑ti=1nˆ)==θ，D(θ4∑ti4D(Xi)i=1n4i(∑ti4)2i=1n=4σ2∑ti=1n 4i于是 U=θˆ−θ4σni=124t∑i~N(0,1)，由 P{z1−α+α10时是单调递减的,所以有 zα1−zα>zα−zα2，即 zα1+zα2>2zα z22因此,区间(X−zα1σn,X+zα2σn)的长度为σn(zα1+zα2)>2σnzα,而右边即为2α1=α2=α2是置信区间的长度. 所以形如(X−zα1σn,X+zα2σn)的置信度为1−α(α1+α2=α)的置信区间中,当α1=α2=α2时,区间长度最短. 1n11X,Y=9. (1) 设 X=∑in1i=1n2∑Yi,则有 i=1n2X−Y−(µ1−µ2)σ21n1则µ1−µ2的置信度为1−α的置信区间为 22⎛σσ12⎜X−Y−z+,α−α1⎜nn12⎝+σ22 n2n2⎟⎠要使该区间具有固定长度L,必须选择适当的α1或样本容量n1,n2,使得 L zα−α1+zα1= n1X−Y+zα1σ12+2⎞σ2⎟ σ12n1+2σ2n22σα2(2)由于L=σ,n1=n2=n,取α1=,则上式变为 2zα=5 5222σn解得 n=52zα/2故取n=136. (),又α=0.1,故z20.05=1.5,代入计算得n=135.3,由于容量为整数,第7章习题答案 总11页第11页 1−(x−µ)2210. (1) 总体X的概率密度为 f(x,µ)=12π−e 设x1,x2,\",xn是相应的样本值，则似然函数为 2πn1n2取对数,得 lnL(µ)=−ln(2π)−∑(xi−µ) 2i=12ndlnL(µ)=∑(xi−µ)=0 令 dµi=1ˆ=x,从而µ的极大似然估计量为µˆ=X. 解得µ的极大似然估计值为µˆ=X依概率收敛于µ,故µˆ=X是µ的一致估计量.(2) 依据辛钦大数定律,当n→∞时, µi=1 L(µ)=∏n1e−(xi−µ)22=(2π)n2⎞⎛1nexp⎜−∑(xi−µ)2⎟ ⎠⎝2i=1ˆ)=E(X)=E(X)=又 E(µˆ=X是µ的无偏估计量. 故µ由于 lnf(x,µ)=−µ 11∂lnfln(2π)−(x−µ)2； =x−µ 22∂µ2⎛∂lnf(X,µ)⎞⎟信息量 I(µ)=E⎜=E(X−µ)2=D(X)=1 ⎜⎟∂µ⎝⎠D(X)11ˆ)=D(X)=== 由于 D(µnnnI(µ)综上所述, 所得的估计量为µ的一致的、无偏的达到罗-克拉美不等式下界的有效估计. ∞θ11. (1) E(X)=令−∞∫xf(x,θ)dx=∫02x2θ22dx=θ 332θ=X，解得θ的矩估计量为 θˆ=X 23ˆ)=3E(X)=3E(X)=θ，故θˆ是θ的无偏估计量. （2）由于 E(θ22∂lnf2(3) lnf(x,θ)=ln2x−2lnθ； =− ∂θθ4⎛∂lnf(X,θ⎞信息量 I(θ)=E⎜⎟=2 ∂θθ⎝⎠∞θ2x31222又 E(X)=∫xf(x,θ)dx=∫2dx=θ 2−∞0θ故 D(X)=E(X)−[E(X)]=212θ 18ˆ)=9D(X)=9D(X)=1θ2<1θ2=1 由于 D(θ44n8n4nnI(θ)ˆ)小于罗-克拉美不等式的下界。 所以D(θ22第8章习题解答 总6页第1页 第八章 假设检验 （一）基本题 1.此题是在显著性水平α=0.05下检验假设: H0:µ=µ0↔H1:µ≠µ0 其中µ0=1600 检验统计量为 u=x−µ0σ/n,拒绝域为|u|≥zα,已知σ=150,n=26,x=1637,查表得2zα=z0.025=1.96,计算得|u|=1.258<1.96,所以接受原假设H0,即认为这批产品的指标2的期望值µ为1600. 2.设该次考试的考生成绩为X,则X~N(µ,σ),把从X中抽取的容量为n的样本均值记为x,样本标准差为s,本题是在显著性水平α=0.05下检验假设: H0:µ=µ0↔H1:µ≠µ0 其中µ0=70 检验统计量为t=2x−µ0s/n,拒绝域为|t|≥tα(n−1),由n=36,x=66.5,s=15, 2t0.025(36−1)=2.0301,算得 |t|=|66.5−70|36=1.4<2.0301 15x−1000,拒绝域为u<−zα,由2所以接受原假设,即可以认为这次考试全体考生的平均成绩为70分. 3. 由题意知检验统计量为 u=σ/nn=25,x=950,σ=100,α=0.05,z0.025=1.96,算得 u=(950−1000)25=−2.5<−1.96 100x−µ0,拒绝域为|t|≥tα(n−1),由所以拒绝原假设,即认为这批元件不合格. s/n2n=10,µ0=0.5%,x=0.452%, s=0.037%,α=0.05,t0.025(9)=2.2622,算得 |t|=3.19>2.2622 所以拒绝原假设H0. (2) 检验统计量为χ= {χ≤224. (1) 检验统计量为t=(n−1)s2202χ12−α22σ2(n−1)}∪{χ≥χα(n−1)} 2(其中σ0=0.04%),拒绝域为 查表得χ0.025(9)=19.023,原假设H0. χ02.975(9)=2.7,算得χ2=7.701,它没有落在拒绝域中,故接受5.本题是在显著性水平α=0.05下检验假设: H0:σ222=σ0↔H1:σ>σ0 (其中σ0=0.005) 检验统计量为χ=2(n−1)s22σ0,拒绝域为{χ>22χα(n−1)},由22n=9,s=0.007,χ0(8)=15.504,算得χ=15.68>15.504,因此拒绝原假设H0,即认.05为这批导线的标准差显著地偏大. 6 设弹甲、乙的速度分别为x,y,并设x~N(µ1,σ1),y~N(µ2,σ2). 122第8章习题解答 总6页第2页 首先需在显著性水平α=0.05检验两种弹在均匀性方面有无显著差异,即需检验: H0:σ1=σ2↔H1:σ1≠σ2 2222⎫⎧s12检验统计量为F=2,拒绝域为 C=⎨F≤Fα(n1−1,n2−1)或F≥Fα(n1−1,n2−1)⎬ 1−s222⎭⎩由n1=n2=110,s1=120.41,s2=105.00,F0.025(109,109)>F0.025(120,120)=1.43,F0.975(109,109)<0.6993,可以算得,F=1.315,显然0.69931.96,故拒绝原假设H0,可以认为两个总体的平均值有显著差异,即两种弹在速度方面有显著差异. 综上所述,两种弹在速度方面有显著差异但在均匀性方面没有显著差异. 7.设马克吐温与思诺特格拉斯的小品文中由3个字母组成的词的比例分别为x,y,并且由题意可设x~N(µ1,σ),y~N(µ2,σ),本题是在显著性水平α=0.05下检验假设: H0:µ1−µ2=0↔H1:µ1−µ2≠0 由于两个总体的方差相等,故可取检验统计量为 t=22x−ysw11+n1n2 2⎫⎧(n1−1)s12+(n2−1)s2，拒绝域为C=⎨|t|≥tα(n1+n2−2)⎬. 其中 s=n1+n2−22⎭⎩已知n1=8,n2=10,查表得t0.025(16)=2.1199,,经计算得, x=0.2319,s1=0.01456, 2wy=0.2097,s2=0.00966,代入检验统计量得|t|=3.5336>2.1199 故拒绝原假设,即可以认为两个作家所写的小品文中包含由3个字母组成的词的比例是否有显著的差异. 8.设两台机器所加工的零件的尺寸分别为x,y,并且由题意可设x~N(µ1,σ1), 222y~N(µ2,σ2),本题是要在显著性水平α=0.05下检验: H0:σ12=σ2↔H1:σ12>σ2 2s12检验统计量为F=2,拒绝域为 C={F≥Fα(n1−1,n2−1)} s2已知n1=8,n2=9,计算得s1=0.3092,s2=0.16159,F0.05(7,8)=3.5,因此 s12F=2=3.6615>3.5 s2故拒绝原假设, 即可以认为第二台机器的加工精度比第一台机器的高. 9. 设没关禁闭和关禁闭的人的脑电波中的x,y,且设x~N(µ1,σ1),y~N(µ2,σ2). 222第8章习题解答 总6页第3页 (1)先在显著性水平下α=0.05检验: H0:σ1=σ2↔H1:σ1≠σ2 2222⎫⎧s12检验统计量为F=2,拒绝域为 C=⎨F≤Fα(n1−1,n2−1)或F≥Fα(n1−1,n2−1)⎬ 1−s222⎭⎩s1222已知n1=n2=10,经计算得x=10.58,y=9.78,s1=0.21,s2=0.36,F=2=0.5833 s2查表得F0.025(9,9)=4.03,F0.975(9,9)=1=0.248 F0.025(9,9)由于检验统计量的观察值0.5833没有落在拒绝域中,故接受原假设H0,即可以认为两个总体的方差没有显著差异. (2) 再在显著性水平α=0.05下检验假设: H0:µ1−µ2=0↔H1:µ1−µ2≠0 由于两个总体的方差相等,故可取检验统计量为 t=x−ysw11+n1n2 2⎫⎧(n1−1)s12+(n2−1)s2，拒绝域为C=⎨|t|≥tα(n1+n2−2)⎬. 其中 s=n1+n2−22⎭⎩查表得t0.025(18)=2.093,经计算得sw=0.5338,|t|=3.35>2.093=t0.025(18) 2w故拒绝H0,即认为两个总体的均值有显著差异,即可以认为关紧闭对脑电波的影响显著. 10.设两台机器生产的部件的重量分别为x,y,且设x~N(µ1,σ1),y~N(µ2,σ2). 由题意知，需在显著性水平下α=0.05检验: H0:σ1=σ2↔H1:σ1>σ2 222222s12检验统计量为F=2,拒绝域为 C={F≥Fα(n1−1,n2−1)} s215.46=1.6<1.65 已知n1=60 ,n2=40,F0.05(59,39)=1.65,计算得 F=9.66故接受原假设H0,即不能认为第一台机器生产的部件重量的方差显著地大于第二台机器生产的部件重量的方差 11. 设一年内的暴雨次数为X,现在的问题是在显著性水平α=0.05下检验假设: H0:X服从参数为λ泊松分布 首先来估计泊松分布中的参数λ.λ的极大似然估计值为 ˆ=x=1(0×4+1×8+\"+9×0)=2.8571 λ63为利用χ拟合检验法则,将相关的计算结果列表表示(见下表). i ˆi ˆi ˆi vi pnpvi−np0 4 0.0574 3.62 -1.96 1 8 0.11 10.34 2ˆi)2/npˆi(vi−np0.2752 2 14 0.2344 14.77 -0.77 0.0401 3 19 0.2233 14.07 4.93 1.7274 4 10 0.1595 10.05 -0.05 0.0002 5 4 0.0911 5.74 6 2 0.0434 2.73 -2.16 7 1 0.0177 1.12 0.4592 3第8章习题解答 总6页第4页 8 1 0.0083 0.52 ≥9 0 0.0008 0.05 ∑ χ2=2.5021 (2.8571)i−2.8571ˆi为pi=P{X=i}的估计值: pˆi=其中pe i=0,1,2,\" i! 表中我们对于不满足npi>5的组作了适当的合并,并组后,k=10−5=5,而α=0.05,r=1,χ20.05ˆi)2(vi−np2(5−1−1)=7.815,因此有χ=∑=2.5021<χ0.95(3),ˆinpi=125所以接受H0,即可以认为一年的暴雨次数服从泊松分布. 12. 设事故发生在星期X,则本题是要在显著性水平α=0.05下检验: H0:P{X=i}=计算结果列表如下 i vi 1,i=1,2,3,4,5,6 6pi npi ˆi vi−npˆi)2/npˆi (vi−np∑1 9 1/6 10.5 -1.5 0.2143 2 10 1/6 10.5 -0.5 0.02381 3 11 1/6 10.5 0.5 0.02381 4 8 1/6 10.5 -2.5 0.5952 5 13 1/6 10.5 2.5 0.5952 6 12 1/6 10.5 1.5 0.2143 1.6667 20.05查表得χˆi)2(vi−np2(6−1)=11.071,所以χ=∑=1.6667<χ0.05(5),所以接受H0,ˆinpi=126所以可以认为事故的发生与星期几无关. 13.设考试成绩为X,则由题意知需在显著性水平设:H0:X~N(µ,σ) 222α=0.05)下检验假对正态分布中的参数µ,σ用极大似然估计法估计可得µ,σ的估计值为 ˆ=x=80.1 σˆ2= µ2n−12s=92.72 nˆi npˆi vi−npˆi)/npˆi (vi−np0.002 1.040 0.381 0.094 0.159 0.401 2.077 为利用χ拟合检验法则,将相关的计算结果列表表示(见下表). 区间 vi ˆi p(−∞,70) 8 0.1469 8.14 -0.14 [70,75) 6 0.1512 9.072 -3.072 [75,80) 14 0.1979 11.874 2.126 [80,85) 13 0.1990 11.94 1.06 [85,90) 8 0.1535 9.21 -1.21 [90,100] 11 0.1515 9.09 1.91 ∑表中区间的划分是按照每个区间[ai−1,ai)至少要包含5个样本值的原则确立的,其中 ˆi=Φ⎜ pˆ⎞ˆ⎞⎛ai−µ⎛ai−1−µ−Φ⎟⎜⎟ i=1,2,3,4,5,6 ˆ⎠ˆ⎠⎝σ⎝σ2而k=6,估计的参数为r=2,故k−r−1=3,χ0.05(3)=7.815,而检验统计量的值 4第8章习题解答 总6页第5页 ˆi)2(vi−np χ=∑=2.077<7.815 ˆinpi=12m故接受原假设, 即可以认为考试成绩服从正态分布 (二)补充题 1 设甲、乙两试验员对同样试样的分析结果分别为x,y，令d=x−y，则di=xi−yi为取自总体d的样本，设d服从正态分布N(µ,σ)，于是本题是要在显著性水平α=0.05下检验假设： H0:µ=0↔H1:µ≠0 检验统计量为 u=2dsd/n 其中d，sd分别是取自总体d的样本的样本均值和样本方差，拒绝域为 C={|u|≥zα} 2已知n=8,经计算得d=−0.1,sd=0727，并且 |u|=0.3<1.96=z0.025 故接受原假设H0，即认为甲、乙两试验员试验分析结果之间无显著差异． 2.设睡眠时间为X,且设X~N(µ,σ),由题意知需在显著性水平α=0.05下检验假设: 2µ0+3↔H1:µ≠µ0+3,其中µ0=20.8 x−(µ0+3)检验统计量为 u= σ/n拒绝域为 |u|≥zα 2 H0:µ=已知n=7,σ=1.6,计算得 |u|=1.058<1.96=z0.025 故接受原假设,即可以认为新安眠药已达到新的疗效. 3.犯第一类错误的概率为 α=P{(x1,x2)∈C|H0为真}=P⎨⎧3⎫≤x2|θ=1⎬ ⎩4x1⎭当θ=1时，x1,x2的联合概率密度为 ⎧1,0x2|θ=2⎬ ⎩4x1⎭ 犯第二类错误的概率为 β=P{(x1,x2)∉C|H0为假}=P⎨当θ=2时，x1,x2的联合概率密度为 fH1(x1,x2)=⎨⎧4x1x2,0x2} 4x1113434x1则 β=∫∫fH(x1,x2)dx1dx2=∫dx1∫4x1x2dx2−∫dx1∫4x1x2dx2 1D100 =993−ln 168424σ2+) 4.由题意知 x−2y~N(µ1−2µ2,n1n2x−2y 取检验统计量为 u=22σ14σ2+n1n2σ12当H0为真时，u~N(0,1)，而当H1为真时，u又偏大的倾向，故拒绝域的形式可取为{u≥k}，由 α=P{u≥k|µ1−2µ2=0} 可解得拒绝域为 C={u≥zα} 6.设病人在服用A,B两种药后身体细胞内药的浓度分别为x,y，并且设2x~N(µ1,σ12),y~N(µ2,σ2).由题意知，需在显著性水平下α=0.05检验: 222222 H0:σ1=σ2↔H1:σ1≠σ2 33σ122σ122或 H0:2=↔H1:2≠ σ23σ232σ12σ22s12σ2所以 22~F(n1−1,n2−1) s2σ1由于 (n1−1)s12~χ(n1−1)，22(n2−1)s2~χ2(n2−1) 3s12,当原假设H0为真时,F~F(n1−1,n2−1),拒绝域为于是取检验统计量为F=22s2⎫⎧C=⎨F≤Fα(n1−1,n2−1)或F≥Fα(n1−1,n2−1)⎬ 1−22⎭⎩已知n1=8,n2=6,F0.025(7,5)=5.29,F0.975(7,5)=0.1计算得2s12=0.01918,s2=0.0293,并且F=0.98202.由于检验统计量的值不在拒绝域中,故接受原假设,即认为A种药在病人身体内的浓度的方差是B种药在病人身体细胞内浓度方差2的. 3 6