中南大学概率论与数理统计第四册练习册详细答案汇总

第1章随机事件及其概率练习1.1随机事件与样本空间一、解：1.由于每颗骰子出现1—6点数是等可能性的，同时掷三颗骰子，三个点数之和最小的为3，最大的为18，故样本空间为：S={3,4,5,……,18}.2.在此试验中，可能的结果有6×6=36个，故试验的样本空间为：S={(1,1),(2,1),(3,1),(4,1),……(5,6),(6,6)}.3.以“0”表示次品，“1”表示正品，则试验的样本空间为：S={00,0100,0101,0110,0111,100,1010,1011,1100,1101,1110,1111}.4.设三段长分别为,,，则试验的样本空间为：S={(,,)|++=1,>0,>0,>0}.二、解：1.2.A+B+C3.4.AB+BC+AC5.三、解：1.2.3.4.5.A+B+C6.四、解：1.依题意：，故2..3..4.因为AB=，故.五、解：1.表示1990年以前出版的中文数学书；2.在“馆中的数学书都是90年后出版的中文版”的条件下，有=A；3.表示1990年以前出版的都是中文版。练习1.2随机事件的概率一、解：1.P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.9P(A–B)=P(A)–P(AB)=0.7–0.4=0.3=1–0.3=0.7=0.2=0.92.P(A+B)=1–P二、解：1.以50人中选3人的组合为基本事件，则基本事件总数为，以A表示事件“某甲当选”，故事件A含有个基本事件，因而。2.以50人中选出3人的任一种任职方式（排列）作为基本事件，则基本事件总数为，以B表示事件“某甲当选为班长”，故事件B含有个基本事件，因而。三、解：随机试验为任意取9桶交订货人，设A=“如数得到定货”（4桶白、3桶黑、2桶红），基本事件总数为，有利于A的基本事件数为，所以，=0.1037。四、解：1.10张卡片中任取三张有种取法，若取出的3张卡片中最大标数为5，则其余2张上的数只能是0,1,2,3,4，这5个数中的2个，有种可能取法，因而得。2.若取出的3数中中间的一数为5，则最小数取自0,1,2,3,4，最大数取自6,7,8,9，各有、种取法，共有种取法，故。五、解：1.设X、Y分别表示甲、乙两轮到达码头的时刻，则X、Y可以取区间[0,12]内的任意一个值，即，而两轮都不需要空出码头（用A表示）的充要条件是：Y–X≥或X–Y≥2，在平面上建立直角坐标系（如图），两轮都不需要空出码头的时间如图中阴影部分所示，这是一个几何概率问题，所以。2.A不是不可能事件，故P(A)=0。练习1.3条件概率与乘法公式一、解：1.∵P(A+B)=P(A)+P(B)–P(AB)，∴P(AB)=P(A)+P(B)–P(A+B)=0.5+0.4–0.6=0.3；P(A|B)==0.75，故应选(D)。2.由题知A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，又P(A)>0，P(B)>0，∴P(AB)>0，因而A，B不可能互不相容，故应选(A)。二、解：1.∵A∩(A∪B)=A∴P(A∩(A∪B))=P(A)=0.4，又A、B相互独立∴P(AB)=P(A)P(B)=0.4×0.2=0.08，∴P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.52∴P(A|A∪B)=。2.设B表示选出的“网球是正品”，显然，P(A)=P(AB)=P(A|B)P(B)=0.55×0.96=0.528.三、解：依题意知：，从而0.214P(B|A)=≈0.375P(A+B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.633四、解：设Ai(i=1,2,3,4)表示事件“第i次取到红球”，则分别表示事件第三、四次取到白球，所求概率为五、解：设Ai表示取出的第i件为合格品，则这批产品予以出厂的事件为A1A2A3A4A5，所求事件为∴=1–P(A1A2A3A4A5)=1–[P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)P(A5|A1A2A3A4)]==0.271练习1.4全概率公式和贝叶斯公式一、解：设B1、B2分别表示“从甲袋中取出的球为白球，黑球放入乙袋”的事件，A表示“从乙袋中取出的球为白球”的事件，由题意：B1，B2为一完备事件组1.由全概率公式知P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)=2.P(B1|A)=3.P(B2|A)=二、解：设A表示“从这批产品中任取一件产品为次品”，Bi(i=1,2,3)表示“从这批产品中任取一件是i厂生产的”，依题意B1、B2、B3构成一个完备事件组，由全概率公式P(A)=三、解：设C表示“传递出去的信息是A”，D表示“接收到的信息是A”P(D|C)=1–0.02=0.98P(D|)=0.01根据贝叶斯公式知P(C|D)=四、解：设A表示第二次摸出的两只都是正品，B1表示“摸出的两只都是正品”，B2表示“摸出的两只一只是正品，一只是次品”，B3表示“摸出的两只都是次品”则P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=0.55五、解：设A表示“此人被诊断为肝癌患者”，B表示“此人真的患有肝癌”则P(B|A)==0.0366比检查前增加了=90.5倍练习1.5事件的独立性一、证明P((A∪B)C)=P(AC+BC)=P(AC)+P(BC)–P(AC∩BC)=P(AC)+P(BC)–P(ABC)又A与C独立，B与C独立∴P((A∪B)C)=P(A)P(C)+P(B)P(C)–P(ABC)若AB与C独立时，则P(ABC)=P(AB)P(C)此时P((A∪B)C)=P(A)P(C)+P(B)P(C)–P(AB)P(C)=[P(A)+P(B)–P(AB)]P(C)=P(A∪B)P(C)故A∪B与C独立，若A∪B与C独立则P((A∪B)C)=P(A∪B)P(C)，由前面的式子得P(ABC)=P(A)P(C)+P(B)P(C)–P(A∪B)P(C)=[P(A)+P(B)–P(A∪B)]P(C)=P(AB)P(C)故AB与C独立二、解：设两个信号发生器能起作用的事件分别记作A、B，那么失事时该装置能发出报警信号的事件为A∪B，于是P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.98+0.95–0.98×0.95=0.999三、解：设A表示事件“甲击中目标”，B表示“乙击中目标”，则两人都中靶可以表示为AB，甲中乙不中可表示为，甲不中乙中可表示为，从而1.P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.7=0.562.P=0.8×0.3=0.243.P()=P()P(B)=0.2×0.7=0.14四、解：设事件A、B、C分别表示为第一、二、三道工序不出废品依题意，A、B、C相互独立，并且P(A)=0.9，P(B)=0.95，P(C)=0.8P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.684五、解：1.设Ai表示“甲、乙、丙三台机床无需照管”i=1,2,3，则有机床需要工人照管的事件为，因而=0.5682.以B表示“机床因无人照看而停工”=0.2×0.1×0.6+0.2×0.9×0.4+0.8×0.1×0.4+0.2×0.1×0.4=0.124自测题（第一章）一、解：1.由交集的定义可知，应选（B）2.由事件间的关系及运算知，可选（A）3.基本事件总数为，设A表示“恰有3个白球”的事件，A所包含的基本事件数为=5，故P(A)=，故应选（D）。4.由题可知A1、A2互斥，又0<P(B)<1，0<P(A1)<1，0<P(A2)<1，所以P(A1B∪A2B)=P(A1B)+P(A2B)–P(A1A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)故应选（C）。5.因为A、B互为对立事件，所以P(A+B)=1，P(AB)=0，又P(A)，P(B)>0，所以=A，因而P(|A)=P(A|A)=1，故选（A）二、解：1.AB+BC+AC2.∵A、B相互独立，∴P(AB)=P(A)P(B)∴P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.2+0.5–0.1=0.63.A、B互不相容，则P(AB)=0，P(A–B)=P(A)–P(AB)=0.84.设A、B、C分别表示事件“第一、二、三次射击时击中目标”，则三次射击中恰有一次击中目标可表示为，即有P()=P(A)=0.365.甲产品滞销或乙产品畅销。三、解：1.正确2.不正确3.正确4.不正确5.不正确四、解：设A表示事件“12名中国人彼此不同属相”，每个人的属相有12种可能，把观察每个人的属相看作一次试验，由乘法原理，这12个属相的所有可能排列数为1212，而事件A所包含的形式有种，则=0.000054。五、解：设Ai表示“第i人能译出密码”，i=1,2,3，A1，A2，A3相互独立，A表示“密码译出”，则∴P(A)=1–P(六、解：设A表示通过检验认为该产品为正品，B表示该产品确为正品依题意有七、解：设B1、B2、B3分别表示选出的其中装有一等品为20，12，24件的箱子，A1、A2分别表示第一、二次选出的为一等品，依题意，有P(A1)=P(B1)P(|B1)+P(B2)P(A1|B2)+P(B3)P(A1|B3)==0.467P()==0.220八、解：1.P(B)=P(B)–P(AB)因为A，B互斥，故P(AB)=0，而由已知P(B)=∴P(B)=P(B)=2.∵P(A)=，由AB知：P(AB)=P(A)=∴P(B)=P(B)–P(AB)=–=3.P(AB)=∴P(B)=P(B)–P(AB)=–=九、解：设表示报名表是第i个地区考生的(i=1,2,3)，Aj表示第j次抽到的报名表是男生表(j=1,2)，则P(H1)=P(H2)=P(H3)=P(A|)=；P(A|H)=；P(A1|H3)=(1)=P()=(2)由全概率公式得P(A2|H1)=，P(A2|H2)=，P(A2|H3)=P(A2|H1)=，P(A|H2)=，P(A2|H3)=P(A2)=P(A2)=因此，十、证明：∵0<P(A)<1，0<P(B)<1∴P(A|B)=又∵P(A|B)+P=1∴化简，得：P(AB)=P(A)P(B)∴事件A、B相互独立第二章随机事件及其概率2.2离散型随机变量的概率分布一、选择题：1.解：由概率分布性质可知，常数a应满足，∴a+2a+3a+4a=1，即有a=0.1，故应选（B）。2.解：可能取的值为3、4、5。而取这些值的概率依次为P{X=k}=(k=3,4,5)，故应选（A）。二、填空：1.解：设X表示击中目标的次数，则X服从二项分布，其分布律为：P{X=k}=(0≤k≤5)2.解：∵X服从泊松分布，其分布律为P{X=k}=（k=0,1,2，EMBEDEquation.3>0）由已知得：，求得=2∴P{X=3}=三、解：设为一台仪器能出厂的概率，则=0.7+0.8×0.3=0.94，将检查一台仪器是否能出厂看成一次试验，可以认为n=10，=0.94，设X为10台仪器中能出厂的个数，则1.P{X=10}=2.P{X=8}=3.P{X≥2}=1–P{X<2}=四、解：设X表示电子管损坏的数目，依题意X~∴=n=2000×0.0005=1故所求概率为P{X≥1}=1–P(X=0)=1–练习2.3随机变量的分布函数一、选择题1.解：由已知，得当x<3时，F(x)=0当3≤x<4时，F(x)=P(X=3)=0.1当4≤x<5时，F(x)=p{X=3}+P{X=4}=0.1+0.7=0.8当x≥5时，F(x)=P(X=3)+P(X=4)+P{X=5}=1，故应选（B）。2.解：∵，故应选（C）。二、填空题1.解：由分布函数的定义及性质得：0≤F(x)≤1，且x∈R，故F(x)的定义域是（–∞，+∞），值域是[0,1]。2.解：由已知，当时，X可取1,3∴三、解：∵X服从0—1分布，且P[X=1]=，P{X=0}=1–∴F(x)=，其图形如下：四、解：1.由于F(+∞)=，可见F(x)不是分布函数。2.易见，F(x)在(–∞,+∞)上连续，对于x>0，有，可见F(x)单调递增，由F(–∞)=0，F(+∞)=1，可见0≤F(x)≤1。因此F(x)可以是随机变量的分布函数。五、解：1.由性质，即，故C=2.由1知：P{X=k}=∴P{≤X<3}=P{X=1}+P{X=2}=练习2.4连续性随机变量的概率密度一、选择题1.解：因为在上，函数P(x)=≥0，并且，所以随机变量X可以有如下密度P(x)=，故应选（C）。2.由连续型随机变量概率密度的性质，故应选（C）。3.解：∵X～N(,4)∴P[X≤2+]=P，而值不随的变化而变化，∴P{X≤2+}值随增大而不变，故应选（C）。二、填空题1.解：由性质即解得：a=22.解：∵X～N(a,)∴P{a–k<X≤a+k}=P=0.975∴k=1.963.解：∵当x>0时，f(x)=当x≤0时，f(x)=0∴f(x)=三、解：设X表示电阻R的阻值。则X～U(900,1100)因而f(x)==分布函数F(x)==四、解：(1)由性质即：∴A=(2)由(1)知f(x)=∴F(x)=(–∞<x<+∞)(3)P(–1≤X<1)=F(1)–F(–1)=五、解：任取一只电子管，其寿命大于1500小时的概率为：P{X>1500}=以Y记所取5只中寿命大于1500小时的电子管的数目。则Y～B，故所求概率为P{Y≥2}=P{Y=0}–P{Y=1}=1–练习2.5多维随机变量及其分布一、填空题1.解：∵即：∴C=∴P{X=0，Y≤1}=P{X=0,Y=0}+P{X=0,Y=1}=P{X=0}=P{Y=1}=又∵F(x,y)=P(X≤x，Y≤y)∴F(1,2)=P(X≤1，Y≤2)=12、解：∵X，Y相互独立∴P(X=1，Y=1)=P(X=1)·P(Y=1)即：∴a=又∵∴∴b=3.解：F(x,y)=====4、解：∵X,Y相互独立∴f(x,y)=f(x)·f(y)==二、解：1.依题意知：(X1,X2)的可能取值为(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(2,0)∵P(X1=0,X2=0)=P{X1=0}·p{X2=0|X1=0}=P(X1=0,X2=1)=P(X1=0,X2=2)=P(X1=1,X2=0)=P(X1=1,X2=1)=P(X1=2,X2=0)=P(X1=1,X2=2)=P(X1=2,X2=1)=P(X1=2,X2=2)=0∴(X1,X2)的联合分布律： X2X1 0 1 2 0 1 0 2 0 0 2.关于X1的分布律为： X1 0 1 2 P 关于X2的分布律为： X2 0 1 2 P 三、解：1.依题意得知(X,Y)的联合分布密度为：f(x,y)=2.由二维随机变量边缘分布密度的定义，得：∴(x)=(y)=四、解：1.由性质即：∴C=2.依题意，所求概率为：==五、解：1.∵fX|Y(x|y)=fY|X(y|x)=而fX(x)=fY(y)=∴2.由1知=f(x,y)∴X，Y相互独立3.六、解：1.区域0≤x≤1，y2≤x的面积A由图如示：则：依题意有：2.∵∴又∵∴X,Y不相互独立.3.练习2.6随机变量函数的分布一、选择题1.解：∵X在[0,1]上服从均匀分布，而1≤Y=2X+1≤3∴Y在[1,3]上服从均匀分布∴f(y)=故应选(B)2.解：∵=0.1＋0.2＋0.1＋0.3＋0.1－0.1=0.7故应选(C)二、填空题1.解：由已知得Y=1－X的分布律： Y 2 1 0 –1 –2 –3 P 2.解：∵P{Y≤y}=P(X3≤y)=P(X≤)=Fx()∴Y=X3的分布密度为(y)=，y≠03.解：当0<x<1时，∴e–1<y=e–x<1∵P(Y≤y)=P(e–X≤y)=P(X≥lny)=1–P(X<–lny)=1–F(–lny)∴当e–1<y<1时Y=e-X的分布密度为(y)(y)∴三、解：设X表示球的直径，则X~U(a,b)又设Y表示球的体积，则Y=∴当a≤x≤b时，而P(Yy)=∴当时，球体积的分布密度(y)=∴四、解：由已知X–N(0,1)∴X的分布密度为f(x)=设Y的分布函数为F(y)，分布密度为(y)当y≤1时=P(|X|≥)=2P(X≤)=∴(y),(y≤1)归纳得Y=1－2|X|的分布密度为(y)五、解：∵X,Y相互独立∴∴由卷积公式得：=又∵y>0∴z–2x>0∴z>2x如图所示：当0≤z<2时，当z≥2时，当z<0时，=0。∴六、解：P{max(XY)≥0}=P{(X≥0)(Y≥0)}=自测题(第二章)一、选择题1解∵∴故选(C)2解∵即：=1∴b=-a又∵f(x)=aebx≥0∴a>0故选(D)3解∵X～N∴f(x)=由4个结论验得(B)为正确4解∵=故选(D)5解因为F(x)必须满足条件0≤F(x)≤1，而只有取时，才会使0≤F(x)≤1满足,故选(A)二、填空题1解∵=1∴=1即有=0.5当X，Y相互独立∴P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)∴=(+0.2)(+)∴=0.22解∵(x)==3解∵∴=1∴k=34解∵X～N(10,0.022)∴P{9.95≤X<10.05}=P=25解∵X,Y相到独立∴f(x,y)=fX(x)fY(y)三、解(1)∵=1,即=1∴(2)当x<-时,F(x)=0当|x|≤时，当x≥时，=1∴(3)四、解：(1)∵X可能的取值为0,1,2,3设Ai={第i个元件出故障)i=1,2,3∴=(1-0.2)(1-0.3)(1-0.5)=0.28==0.2×0.7×0.5+0.8×0.3×0.5+0.8×0.7×0.5=0.47同理P(X=2)=P(=0.22=0.03∴X的分布律： X 0 1 2 3 P 0.28 0.47 0.22 0.03(2)由(1)及分布函数的定义知当x<0时，F(x)=0当0≤x<1时，F(x)=P(X=0)=0.28当1≤x<2时，F(x)=P(X=0)+P(X=1)=0.75当2≤x<3时，F(x)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=0.97当x≥3时，F(x)=P(X=0)+P(X=1)+PX=2)+P(X=3)=1∴其图为五、解：分别记X，Y的分布函数为FX(x)，FY(y)由于y=x2≥0，故当y≤0时，FY(y)=0当y=x2>0时,有FY(y)=P(Y≤y)=P(X2≤y)=P(-≤X≤)=将FY(y)关于y求导数，即得y的概率密度为∴六、解：(1)由题意得：又∵X,Y相互独立∴f(x,y)=fX(x)fY(y)=(2)==七、解：(1)由P(XY=0)=1，可见P{X=-1,Y=1}=P{X=1,Y=1}=0易见=0于是，得X和Y的联合分布： XY -1 0 1 0 0 1 0 0(2)∵P(X=0,Y=0)=0而P(X=0)P(Y=0)=∴P(X=0)P(Y=0)≠P(X=0,Y≠0)∴X,Y不独立八、设Z的密度函数为fZ(z)，则由卷积公式得a)当z<0时，f(t)=0，∴f(z)=0b)当0≤z<1时，z-1<0，z≥0c)当z≥1时，z-1≥0综述：第三章随机变量的数字特征与极限定理练习3.1数学期望一、填空题1.E(X)=(–1)×0.2+0×0.1+1×0.3+2×0.4=0.9；E(|X|)=1×0.2+0×0.1+1×0.3+2×0.4=1.3；E(X2)=(–1)2×0.2+1×0.3+22×0.4=2.1；E(2X)=2–1×0.2+20×0.1+21×0.3+22×0.4=2.4。2.由F(–1)=0，F(1)=1，得，于是；这时：F(x)=，∴f(x)=故E(X)==0；E(X2)==。3.=k=1；这时，有，则EMBEDEquation.3，，∴E(X)==；E(Y)==；E(XY)==；4.∴X～N(a,，∴f(x)=故E(|X–a|)==。二、解：由题意：P{X=k}=(0.1)·(0.9)k–1(k=1,2,……)∴E(X)=，又∴故E(X)=(0.1)=0.1。三、解：E(X)=，(∵被积函数为奇函数)四、解：∵f(x)=，∴X～N。故E(X)=1。五、解：由题意知，X服从参数为2的泊松分布，则E(X)=2，∴E(Y)=E(3X–2)=3E(X)–2=3×2–2=4。六、解：∵X服从参数为1的指数分布，∴E(X)=1而E(e–2X)=，∴E(X+e–2X)=E(X)+E(e–2X)=1+。七、解：设圆盘直径为X，则圆盘面积为Y=，X的概率密度函数为，故E(Y)=EEMBEDEquation.3。八、证明：∵随机变量X与Y独立同分布，则E(X)=E(Y)，从而有，，∴，故。练习3.2—3.4方差；协方差与相关系数一、填空题：1.D(X)=E(X2)–[E(X)]2=2–12=1；2.D(aX+b)=a2D(X)=；3.∵X与Y相互独立，∴E(X+2Y)=E(X)+2E(Y)=(–1)+2·1=1，D(X+2Y)=D(X)+4D(Y)=2+4·3=14，故X+2Y～N(1,14)；4.∵，而D(X–Y)=D(X)+D(Y)–2E{[X–E(X)]·[Y–E(Y)]}即(X,Y)=E{[X–E(X)]·[Y–E(Y)]}=[D(X)+D(Y)–D(X–Y)]故=0.25。二、解：E(X)=；。三、解：E(X)=；D(X)=E(X2)–[E(X)]2，而E(X2)=于是，D(X)=。四、解：E(X)=，E(Y)=，五、解：∵D(X)=25，D(Y)=36，，，∴D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)=85；D(X–Y)=D[X+(–Y)]=D(X)+D(–Y)+2cov(X,–Y)=D(X)+(–1)2D(Y)–2cov(X,Y)=25+36–2×12=37。六、解：E(X+Y+Z)=E(X)+E(Y)+E(Z)=1+1–1=1；D(X+Y+Z)=D[(X+Y)+Z]=D(X+Y)+D(Z)+2cov(X+Y,Z)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)+D(Z)+2cov(X,Z)+2cov(Y,Z)=D(X)+D(Y)+D(Z)+2+=。七、解：设每毫升血液中含白细胞数为X，E(X)=7300，D(X)=7002，于是，由切比雪夫不等式，取=2100，有P{5200<X<9400}=P{–2100<X–7300<2100}=P{|X–7300|<2100}≥1–。练习3.3几个重要随机变量的数学期望与方差一、选择题1.选（B），∵若X服从参数为的指数分布，则E(X)=，D(X)=，当=0.5时，E(X)=2，D(X)=4。2.选（C）；∵X～B(16,0.5)，Y～(9)，∴D(X)=16×0.5×(1–0.5)=4，D(Y)=9，且X与Y相互独立，故D(X–2Y+1)=D(X)+(–2)2D(Y)=4+36=40。3.选（D），∵E(Y)=E(aX+b)=aE(X)+b=a+bD(Y)=D(aX+b)=a2D(X)=a2∴Y～N(a+b，a2)。二、填空题1.由题意知，P{X=x1}=，P{X=x2}=，则有E(X)=x1+x2，E(X2)=，∴D(X)=E(X2)–[E(X)]2=–=。2.由题意知，P{X=k}=(k=0,1,2,…,10)∴E(X2)==18.4。3.由于X～N(–3,1)，Y～N(2,1)，且X与Y相互独立，∴E(Z)=E(X)–2E(Y)+7=–3–2×2+7=0，D(Z)=D(X)+(–2)2D(Y)=1+4×1=5，故Z～N(0,5)。4.由题意，X～B(3,0.4)，∴E(X)=3×0.4=。三、解：设每位顾客的消费额为X，则由题意知，X～u[20,100]∴E(X)==60，故该餐馆的日平均营业额为400×E(X)=400×60=24000（元）。四、解：法一：P{X≥1}=，设Y表示厂方出售一台设备的赢利数，则Y的分布律为Y100–200P∴E(Y)=33.64。法二：E(Y)==33.64。五、解：(1)E(Z)=；D(Z)=(2)而D(X+Z)==∴(3)由于X,Z均服从正态分布，且=0，∴X与Z相互独立。练习3.5—3.6矩、协方差矩阵与大数定律、中心极限定理一、填空题1.∵X～N()，∴中心矩∴C1=0，C2=，C3=0，C4=。2.∵C11==22，C22==1.22，C12=C21==1×2×1.2=2.4，∴(X，Y)的协方差矩阵为。二、解：设每只元件的寿命为Xi(i=1,2,…,16)，则由题意知E(Xi)==100，D(Xi)==1002根据独立同分布的中心极限定理，有（n=16）近似服从N(0,1)，记，于是P{X>1920}=P=1–P≈1–(0.8)=1–0.7881=0.2119。三、解：设第i根木柱的长度为Xi(i=1,2,…,100)，则P{Xi<3}=1–P{Xi≥3}=1–(i=1,2,…,100)记取出的100根木柱中短于3m的木柱数为X，则X～B（100,0.2），由德莫佛—拉普拉斯定理知，近似地有，即～N(0,1)∴P{X≥30}=1–P{X<30}=1–P≈1–Φ(2.5)=1–0.9938=0.0062。四、解：设n个部件中正常工作的部件数为X，则X～B(n,0.90)∵必须至少有80%的部件工作才能使整个系统工作∴P{X≥0.80n}=≈1–Φ=Φ≥0.95查表，得≥1.645，即n≥24.35，故n≥25。自测题（第三章）一、选择题1.选（D）；由题意知：X～B(3,p)，而D(X)=3·p·(1–p)=0.72∴p=0.4。2.选（B）；∵E(X)=，而被积函数为对称区间上的奇函数，∴E(X)=0。二、判断题1.[×]；∵E(X)=不一定等于零。2.[×]；∵E(X+a)=E(X)+a=a，D(X)=D(X+a)=D(X)=∴X+a～N(0,)3.[√]；∵D(X)=E(X2)–[E(X)]2，D(Y)=E(Y2)–[E(Y)]2，而E(X)=，D(X)=，E(Y)=，D(Y)=(其中)。∴E(X2+Y2)=E(X2)+E(Y2)=D(X)+[E(X)]2+D(Y)+[E(Y)]2=。4.[×]；参见教材例3.14。三、填空题：1.E(X)=1×=；D(X)=E(X2)–[E(X)]2==；E(Y)==；D(Y)=E(Y2)–[E(Y)]2==；cov(X,Y)=E(XY)–E(X)E(Y)==；EMBEDEquation.3；2.∵E(X)=∴a=–2。3.∵|x|f(x)为奇函数，收敛，∴E(X)=0。4.设Y=表示圆面积，∵X～U[–a,a]，E(X)=0，D(X)=，E(Y)=E=。5.∵X与Y相互独立，∴D(Z)=D(–Y+2X+3)=D(–Y)+D(2X+3)=(–1)2D(Y)+4D(X)=1+4×2=9。6.D(Y)=D(2X–3)=4D(X)=4{E(X2)–[E(X)]2}=4(4–12)=12。四、解：E(X)=；E(Y)=；∵E(X2)=，∴D(X)=E(X2)–[E(X)]2=；又∵E(Y2)==∴D(Y)=E(Y2)–[E(Y)]2=；又∵E(XY)=，∴cov(X,Y)=E(XY)–E(X)·E(Y)=；。五、解：E(X)==…=；∵E(X2)===(m+2)(m+1)∴D(X)=E(X2)–[E(X)]2=(m+2)(m+1)–(m+1)2=m+1。六、解：由得：a=6；这时，f(x)=，E(X)=；D(X)=E(X2)–[E(X)]2=；=。七、解：由于X与Y相互独立，（1）应用卷积公式，有Z=X+Y的分布密度fZ(z)=考虑到fX(x)仅在x>0时有非零值，fY(z–x)仅在z–x>0，即x<z时有非零值，故当z>0时f(z)=，即f(z)=。（2）E(XY)=E(X)·E(Y)=1×1=1（∵X、Y均服从=1的指数分布）。八、证明：∵X～()，且E(X)=6=，则D(X)==6根据切比雪夫不等式，有P{3<X<9}=P{|Z–6|<3}≥1–。九、证明：∵a≤x≤b，∴a=a。容易证明D(X)≤E{(x–c)2}，取c=∴D(X)≤≤=EMBEDEquation.3。第四章样本及其分布练习4.1简单随机样本一、填空题(略)二、解：=100，[(92–100)2+(94–100)2+(103–100)2+(105–100)2+(106–100)2]=42.6三、解：利用yi=100(xi–80)，得变换后样本数据：–2,4,2,4,3,3,4,-3,5,3,2,0,2这时，有[(–2+4+2+4+3+3+4–3+5+3+2+2)+80×13]=80.02[(42+4+0+4+1+1+4+25+9+1+0+4+0)/10000]=5.75×10-4四、解：∵E(Xi)=p，D(Xi)=p(1-p)，,∴；；==。五、解：∵E(Xi)=,D(Xi)=,，∴；；=。练习4.2抽样分布一、解：由题意，已知而2未知，则(4),(5)中含有未知参数，故(1),(2),(3),(6)为统计量。二、解：∵～N(52,)=N(52,1.052),Z=～N(0,1)∴P(50.8<==0.9564+0.8729-1=0.8293。三、解：∵Xi～N(0,0.32),∴～2(10)，故P查2分布表，得P{2(10)>16}=0.1。四、解：∵～N(80,)=N(80,22)，Z=～N(0,1)。∴P{|-80|>3}===2[1–(1.5)]=2(1–0.9332)=0.1336。五、解：∵～N(20,),～N(20,)。～N(0,)∴=2[(0.42)]=0.6744。六、解：(1)由于X1,X2,…,Xn为取自总体X的一个样本，因此Xi(I=1,2,…,n)独立同分布。∵X～N(,4)，∴Xi～N(,4)(i=1,2,…,n)，则所求联合概率密度为f(x1,x2,…,xn)===，-<xi+(i=1,2,…,n)；(2)由于是未知参数，∴X3–不是统计量，而2X1+与是统计量。(3)由X～N(,4)，得～，故有，即有(0.05)≥0.975，查表，得0.05≥1.96，所以n≥1536.64故n至少应取1537才行。第五章参数估计与假设检验练习5.1参数的点估计一、解：1=E(x)=，令1=A1=，2=A2=，将总体的样本观察值代入上式，可得=74.002，=6×10-6，×0.000048=6.86×10-6。二、解：总体X～N(0,2)的概率密度为：，似然函数为L(xi；2)=，而，令=0，得，即2的极大似然估计量为。三、解(1)似然函数为而，令=0，得即为参数的极大似然估计量。(2)，令，得为参数的矩估计量。四、解：(1)似然函数为：，而，令=0，得－1，即为参数的极大似然估计量。(2)，令，得为参数的矩估计量。五、(1)解：总体X～的分布律为：P{X=x}=，x=0,1,2,…。而，令－n=0，得，即的极大似然估计量为。(2)证明：∵===∴S2是的无偏估计量。(3)对于(0≤≤1)∵===∴也是的无偏估计量。六、证明：∵而E(Xi+1－Xi)=E(Xi+1)－E(Xi)=0∴E[(Xi+1－Xi)2]=D(Xi+1)+D(Xi)=22若使为2的无偏估计，则满足即∴故练习5.2参数的区间估计一、填空题（略）二、解：(2.14+2.10+…+2.14)=2.125，[(2.14－2.125)2+…]=0.0293(1)已知=0.01，当=0.10时，查表，得=1.645，于是=2.125±1.645×=2.125±0.004，故总体均值的90%的置信区间为(2.121,2.129)。(2)未知，当=0.10时，查表得(n－1)=t0.05(15)=1.7531，于是(n－1)=2.125±×1.7531=2.125±0.0075故总体均值的90%的置信区间为(2.1175,2.1325)。三、解：由题意知s=11,n=9,当=0.05时，查表，得(8)=2.18,(8)=17.535，于是=55.2，=444.03从而，有7.4，21.1，故所求炮口速度的标准差的95%的置信区间为(7.4，21.1)。四、解：当=0.05时，查表，得(n－1)=t0.025(15)=2.1315，于是(n-1)=2.705×2.1315=2.705±0.0155，故铅的比重的95%的置信区间为(2.690,2.721)。五、解：对2为已知的正态总体，的置信区间长度为：，根据题意，得L即为所求。六：解：(1)1－=0.90，n1=n2=5，查表，得(n1－1,n2－1)=F0.05(4,4)=6.39(n1－1,n2－1)=F0.95(4,4)=0.16，由观测值计算：=0.00001070,=0.0000053，于是的置信度为0.90的置信区间为(，×6.39)即为(0.3159，12.9005)。(2)=0.000008，sw=0.002828，=2.0648，=2.0594，对于=0.1，查表，得=t0.05(8)=1.8595，于是=0.00540.003326故所求均值之差A–B的置信区间为(0.002074,0.008726)。练习5.3—5.5参数的假设检验一、解：设X表示零件的尺寸，且X～N(，2)，按题意，作出假设H0:=30.2，H1:≠30.2选用Z检验，n=6，=0.1，=Z0.05=1.645，(32.56+…+31.03)=31.27拒绝域为=1.645即有=2.383>1.645故拒绝H0，接受H1，即可以认为这批零件和设计标准有明显偏差。二、解：设X表示钢筋的强度，且X～N(，2)，按题意作出假设H0：=52.0，H1：≠52.0选用t检验，n=6，=0.05，(n－1)=t0.025(5)=2.5706=(48.5+…+52.5)=51.5，S≈6.6拒绝域为=2.5706即有=0.1856<2.5706由于t没有落在拒绝域内，故接受H0，即可以认为钢筋的平均强度为52.0kg/mm2。三、解：设X表示保险丝熔断时间，且X～N(,2)，按题意作出假设H0：2=8，H1：2≠8。选用x2检验，n=10，=0.05，(9)=19.023=2.70，=(42+…+55)=62.4，=121.87拒绝域为：2≤2.70或2≥19.023，经计算=137.105由于2=137.105[19.023,+)，故拒绝H0，即不能认为整批保险丝的熔断时间方差为8。四、解：设两种温度下断裂强度分别为X，Y，且X～N(1，)，Y～N(2，)由题意，取=0。(1)作出假设H0：1=2，H1：1≠2。选用t检验，对=0.05，n1=8，n2=8，，于是拒绝域为|t|≥2.1448。经计算，得=20.4,(n1－1)=6.2，=19.4,(n2－1)=5.8。故拒绝H0，即可以认为断裂强力有显著差别。(2)作出假设H0：，H1：。选用F检验，对=0.05，=4.99，=0.20，于是拒绝域为：F≤0.20或F≥4.99，经计算F=的观测值为：F==1.069。由于F没有落在拒绝域内，故可以认为强力有相同的方差。五、解：设X表示滚珠的直径，作出假设H0：X～N(15.1,0.43252)。选用2拟合优度检验。将实轴上取三个分点14.5，15.0,15.5，即分为：(－,14.5),(14.5,15.0),(15.0,15.5),(15.5,+),这时p1=F(a1)=()=(–1.39)=1–(1.39)=1–0.9177=0.0823，p2=F(a2)-F(a1)=()–F(a1)=(–0.23)–0.0823=0.3269，p3=F(a3)-F(a2)=()–F(a2)=(0.92)–0.409=0.4122，p4=1–F(a3)=1–0.8212=0.1788∴2=≈1.46对于=0.05，查表，得(4–2–1)=(1)=3.841由于2=1.46＜3.841，故接受H0，即可以认为滚珠直径是服从N(15.1,0.43252)。六、解：根据题设，由Z检验法样本容量的选取知≥其中=Z0.05=1.645，=Z0.05=1.645。∵=2.5，=15，=13，∴=2∴当≤13=15–2时，有=2.60故n≥6.76，即所需样本容量为n≥7。自测题（第五章）一、填空题（略）二、解：由题意：5=∴=7.84，即n=[61.4656]=62。三、解：(1)E(X)=令E(X)=，得为的矩法估计量。(2)∵E=∴是的无偏估计。四、证明：∵E[d1]=，E[d2]=，E[d3]=，∴统计量d1,d2,d3均为E(X)的无偏估计。又∵D[d1]=，D[d2]=，D[d3]=由于D[d3]<D[d2]<D[d1]故d3(X1,X2)最有效。五、解：设每年最高冻深为X，且X～N()，由题意作出假设H0：=190，H1:≠190。选用t检验法。n=10，=0.05，(n–1)=t0.025(9)=2.2622，于是，拒绝域为|t|≥(n–1)=2.2622。经计算，(156+156+…+181)=186，S=18.55，由于=0.6819<2.2622故接受H0，可以认为乙地的平均最高冻深与甲地相同，无显著差异。六、解：设X表示维尼纶纤度，且X～N(1.405,0.0482)，由题意作出假设H0:=0.048，H1:≠0.048。选用2检验法。n=5，=0.10，=9.488，.拒绝域为：2≤0.711或2≥9.488，经计算，有2==27.91由于2=27.91∈[9.488,+∞]，故拒绝H0，即可以认为这一天纤度的总标准差不正常。七、解：选用F检验。对=0.05，(n1–1,n2–1)=F0.025(5.5)=7.15，(n1–1，n2–1)=F0.975(5.5)==0.1399。于是拒绝域为F≥7.15或F≤0.1399。经计算，得=0.000007868，=0.000007112。∴F==1.1063没有落在拒绝域内，故接受H0。第六章回归分析与方差分析练习6.1—6.2回归分析一、解：n=7，经计算，得=0.54，=20.77，Lxx=0.532，Lxy=6.68，有=12.55，=13.99，故所求回归直线方程为=13.99+12.55x。二、解：n=6，经计算，得=550，=57，Lxx=17.5×104，Lxy=10300，有=0.05886，=24.6286，故所求回归直线方程为=24.6286+0.05886x。三、解：设y=(x1,x2,x3)=b0+b1x1+b2x2+b3x3～N(0,)，，∵，∴，故y的多元回归方程为=9.9+0.575x1+0.55x2+1.15x3练习6.3-6.4方差分析一、解：(1)假设H0：1=2=3。这里：r=3，n=30，且有建立统计量：F=～F(2,27).对查表可得(2,27)=3.35；经计算，有=1211.26-61.67=1149.59，=137.774，∵F==112.64＞3.35.∴拒绝，即可以认为三种菌型的平均存活日数有显著差异。(2)设各菌型的存活日数Xi～N()(=1.2.3).经计算，1=4，2=7.22，3=7.27，=3.56，=5.688，=6.373=5.04，=2.25对于=0.05，查表，得(n1+n2-2)=t0.025(17)=2.1098，t0.025(18)=2.1009，t0.02(19)=2.0930。于是故1–2，2–3，1–3，的置信度为95%的置信区间分别为：(–5.295，–1.145)，(–2.361，2.261)，(–5.323，–1.217)。二、解：假设HOA：(i=1,2,3,4)HOB：(j=1,2,3)HAB：Vij=0(对一切i,j)这里，r=4，s=3，t=3，n=36建立统计量：FA=～F(3，24)FB=～F(2，24)FAB=～F(6，24)对给定的=0.05，查表，得=(3，24)=3.01,=(2，24)=3.40,=(6，24)=2.51，经计算(为简化计算，对样本数据作变换–15，i=1,2,3,4,j=1,2,3,k=1,2,3,)，得：ST=144.75，SA=2.75，SB=21.17，SAB=73.50，SE=41.33。∵，∴接受H0A，即操作工之间的差异不显著，∵，∴拒绝H0B，∵，∴拒绝HAB。又∵F0.01(2,24)=5.61，F0.01(6,24)=3.67而FB=6.15>5.61，FAB=7.11>3.67∴可以认为机器之间的差异特别显著，交互影响是特别显著。数理统计综合自测题一、1.2.3.4.（略）5.∵已知2=1，的置信区间为()由于n=100,,故所求置信区间为（4.804,5.196）。二、解（1）∵X～N（u,）,～N()∴=～N(1,)，即～N（）；（2）P｛0.95≤≤1.05｝=P｛≤0.05｝=P｛≤1｝==2×0.8413-1=0.6826；(3)∵P(>k)=1-P(≤k)=1-F(k)=1-=0.05,∴)=1-0.05=0.95，查表，知=1.645故k=1.08225。三、解：(1)似然函数L（）=而lnL=–nln()令=-，得的最大似然估计；(2)由题设知，X服从以为参数的指数分布，则E(X)=，而E()=E()=E()=∴是的无偏估计(3)D()=D()=四．解：[(12.15-12.075)2+(12.11-12.075)2+…+(12.06-12.075)2]=×0.0366n=16,查表得：=27.488，=6.262，于是=≈0.0013,≈0.0059,而≈0.036,≈0.077,即零件长度方差的置信区间为(0.0013,0.0059);标准差的置信区间为(0.036,0.077).五、解：设X表示切割金属棒的长度，且X～N(10.5,0.15).作出假设：=10.5,：≠10.5选用Z检验法，n=15,=0.05,=1.96，拒绝域为|Z|＞1.96，即=2.246>1.96故拒绝H0，即可以认为切割机工作不正常。六、解：作出假设H0：2≤0.0052，H1：2>0.0052选用2单侧检验，n=9，S=0.007，=0.05，(8)=15.507，拒绝域为2≥=15.507，由于2==15.68>15.507故拒绝H0，即可以认为这批导线的标准差显著偏大。七、解：作出假设H0：1=2，H1：1≠2选用t检验，n1=9，n2=8，=0.05，=2.1315，拒绝域为|t|≥=2.1315，由题意，取=0由于==0.1931<2.1315故接受H0，即东西两支矿脉含锌量的平均值可以看作一样。_1143509825.unknown_1143509833.unknown_1143510104.unknown_1143510133.unknown_1143510141.unknown_1143510518.unknown_1143510551.unknown_1173787831.unknown_1173787867.unknown_1173787894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