湘潭大學(xué)概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)答案

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第一章 隨機(jī)事件及概率1、這6個(gè)數(shù)字選出5個(gè)來排列的方法有種，首位為0的有種，而首位不能為0的為:.2、任取5件，其中有4件正品與一件次品的取法為： .3、證明： 4、A表示任取3件中有一件為次品事件，50件中任取3件的取法為，而有一件為次品的取法為，.5、(1)任取四球都是白球的取法有，而任取四球的取法有，因此任取四球都是白球的概率為： (2)任取6球恰好3白2紅1黑的概率為：.6、(1)每個(gè)盒子都放有的方法有，而總共的放法有，因此沒有一個(gè)空盒子的概率為; (2)至少有一個(gè)空盒子的概率為.7、由題知：且，如下圖所示：x11 oABy陰影部分為符合條件的點(diǎn)，其面積，此

2、事件的概率為：8、如下圖所示：x11 oABy由題意可知所求的概率為：9、(1)取得2個(gè)紅球的可能有，而總共的取法為，所以兩次取得都是紅球的概率為；(2)兩次中一次取得紅球，另一次取得白球的方法有，而總共的取法為，因此此事件的概率為；(3)因?yàn)閮纱稳〉眉t球的概率由(1)知為，因此其對(duì)立事件即至少一次取得白球的概率為；(4)設(shè)表示第一次取得白球事件，表示第二次取得白球事件；顯然這兩事件是對(duì)立的，即，至少一次取得白球事件為，根據(jù)概率性質(zhì)有： 而由題知，兩次取得白球的概率為，代入上等式有.10、設(shè)表示此密碼被譯出的事件，表示甲譯出事件，表示乙譯出事件，表示丙譯出事件，表示一個(gè)人譯出事件，表示只有兩人

3、譯出事件，表示3個(gè)人譯出事件，顯然，相互獨(dú)立。由題知：同理 根據(jù)全概率公式有：11、(1)設(shè)顧客買下該箱事件為，表示取得一箱中沒有次品事件，表示取一箱有一件次品事件，表示取一箱中有兩件次品事件；顯然、為相互獨(dú)立事件， 而，根據(jù)全概率事件：；(2)在顧客買下該箱中，確實(shí)沒有殘次品的概率為-12、設(shè)為中靶事件，為選中未校正過事件，為選中校正過槍支事件，則,13、設(shè)為飛機(jī)墜落事件，為擊中一次事件，為擊中兩次事件，為擊中3此事件；表示被第此擊中事件，顯然為相互獨(dú)立事件。而，因此根據(jù)全概率公式有14、(1)擊中3次的概率為 (2)因?yàn)槊看螕糁械母怕蕿?，而至少有一次未擊中是其?duì)立事件，因此至少有一次擊中的

4、概率為15、考慮其對(duì)立事件：即少于3臺(tái)車床發(fā)生故障的概率，沒有一臺(tái)發(fā)生故障的概率為，一臺(tái)發(fā)生故障的概率為，兩臺(tái)發(fā)生故障的概率為，因此在任一指定時(shí)刻有3臺(tái)以上車床發(fā)生故障的概率為16、第一問：考慮其對(duì)立事件：0臺(tái)、1臺(tái)發(fā)生故障的概率分別為：；因此設(shè)備發(fā)生故障而得不到及時(shí)處理的概率為；同理第二問中所求概率為：第二章 隨機(jī)變量及其分布1，設(shè)Z表示取出次品的個(gè)數(shù)，“”表示取出0個(gè)次品事件；因?yàn)?5只零件中有2只次品，取3次且每次都不放回取到0件次品的概率為：，即；同理有：，；因此Z的分布律為：（如下圖所示）120XP2,設(shè)Z表示3個(gè)零件中合格品的個(gè)數(shù)，“”表示取出0個(gè)合格品事件，表示第i個(gè)零件為不合格

5、品事件（i=1，2，3），顯然，為相互獨(dú)立事件。由題意知：，因此，同理： ，所以Z的分布列為：1230XP3，設(shè)Z表示該汽車首次遇紅燈前已經(jīng)通過的路口的個(gè)數(shù)，過第一個(gè)路口就遇到紅燈的概率為：，同理有：，所以Z概率分布列為：1230XP4，X的分布列為：XP012n-1n5，由題意知Z的分布函數(shù)為：6，(1)，從而得到， (2)，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；因此Z的分布函數(shù)7，當(dāng)時(shí)有：； 當(dāng)時(shí)有： 因此X的分布函數(shù)為: 8，(1)是處處右連續(xù)的，； (2)； (3)9，(1)最初150小時(shí)電子管燒壞的概率為：；因此至少有兩電子管被燒壞的概率為： (2)Y表示在使用最初150小時(shí)內(nèi)燒壞的個(gè)數(shù)，則:因此

6、電子管數(shù)Y的分布列為：1230YP (3)，Y的分布函數(shù)為： 10，設(shè)=k表示觀測(cè)值不大于0.1的次數(shù)為k，而，因此隨機(jī)變量的概率分布為： 11，因?yàn)橐狗匠逃袑?shí)根，則其判別式，得；又因?yàn)閄服從分布，所以12，設(shè)A表示觀測(cè)值大于3的事件，B表示A發(fā)生的次數(shù)，依題意得： 13，(1)因?yàn)?，所以，?(2)Y是表示10分鐘內(nèi)等不到的次數(shù)，則 14，(1)查表知，所以； (2)， ，因?yàn)?，所?5，因?yàn)椋?，查表知：， 16，誤差的絕對(duì)值不超過30米的概率為：，所以誤差超過30米的概率為：，所以三次誤差絕對(duì)值都超過30米的概率為，因此三次測(cè)量中至少有一次誤差絕對(duì)值不超過30米的概率為： 17，(1

7、)根據(jù)題知：；當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，； (2)X取負(fù)值的概率為：18，由題知，0.288 0.064P0.2160.432X 0 1 2 3 0 1 4 9 0 0 1 0 1 1 0(1)故的分布列為：1490P0.2160.4320.2880.064(2)的分布列為：01P0.4320.5040.064(3)的分布列為：10P0.280.7219，由得，顯然有且，根據(jù)定理有：，(1)當(dāng)時(shí)，即時(shí)有,(2)當(dāng)時(shí)，即時(shí)有,由(1),(2)得：20，(1)因?yàn)榈仁絻蛇厡?duì)求導(dǎo)得：，由得， ， (2) (顯然才有可能) 兩邊對(duì)進(jìn)行求導(dǎo)得：，因此的概率密度為：；(3) ，兩邊對(duì)求導(dǎo)得：，因此的概率密度為：習(xí)

8、題三1. 箱子里裝有12只開關(guān)，其中只有2 只次品，從箱中隨機(jī)地取兩次，每次取一只，且設(shè)隨機(jī)變量X，Y為 試就放回抽樣與不放回抽樣兩種情況，寫出X與Y的聯(lián)合分布律.解：先考慮放回抽樣的情況：則此種情況下，X與Y的聯(lián)合分布律為 XY 0 1 01 再考慮不放回抽樣的情況 XY 0 1 01 2. 將一硬幣連擲三次，以X表示在三次中出現(xiàn)正面的次數(shù)，以Y表示在三次中出現(xiàn)正面次數(shù)與出現(xiàn)反面次數(shù)之差的絕對(duì)值，試寫出（X,Y）的聯(lián)合分布律及邊緣分布律.解：由已知可得：X的取值可能為0，1，2，3；Y的取值可能為1，3；則由硬幣出現(xiàn)正面和反面的概率各為，可知 XY 0 1 2 3 03 0 0 0 1 3.

9、 把三個(gè)球隨機(jī)地投入三個(gè)盒子中去，每個(gè)球投入各個(gè)盒子的可能性是相同的，設(shè)隨機(jī)變量X與Y分別表示投入第一個(gè)及第二個(gè)盒子中的球的個(gè)數(shù)，求二維隨機(jī)變量(X,Y)的概率分布及邊緣分布.解：由已知可得：X的取值可能為0，1，2，3；Y的取值可能為0，1，2，3；則， ，則二維隨機(jī)變量（X,Y）的概率分布及邊緣分布為 XY 0 1 2 3 0123 0 0 0 0 0 0 1 4. 設(shè)(X,Y)的概率密度為 求：（1） P(x,y)D, 其中D=(x,y)|x<1,y<3;（2） P(x,y)D, 其中D=(x,y)|x+y<3.解：（1） D=(x,y)|x<1,y<3（2

10、） D=(x,y)|x+y<35. 設(shè)(X,Y)的概率密度為 求：（1） 系數(shù)c；（2） (X,Y)落在圓內(nèi)的概率.解：（1） 由，得，可求得（2） 設(shè)，則6. 已知隨機(jī)變量X和Y的聯(lián)合概率密度為求X和Y的聯(lián)合分布函數(shù).解：隨機(jī)變量X和Y的聯(lián)合概率密度為當(dāng)x<0,或y<0時(shí)，F(xiàn)(x,y)=0;當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)， 綜上可得，X和Y的聯(lián)合分布函數(shù)為7. 設(shè)二維隨機(jī)變量(X,Y)的概率密度為 （1） 求常數(shù)k；（2） 求 P0<x<2,1<y3;（3） 求X,Y的邊緣概率密度；（4） 判斷X與Y是否相互獨(dú)立.解：（1） 由概率密度的性質(zhì)有 即 ，有 (2)

11、(3) X的邊緣概率密度為當(dāng)0x<6時(shí)，當(dāng)x<0或x6時(shí)，顯然有Y的邊緣概率密度為當(dāng)0<y<6時(shí)，當(dāng)y0或x6時(shí)，顯然有(4) X與Y不相互獨(dú)立.8已知隨機(jī)變量X1和X2的概率分布為 X1-1 0 1 P X20 1 而且PX1X2=0=1. (1) 求X1和X2的聯(lián)合分布； (2) 問X1和X2是否獨(dú)立？為什么？解：由,可知必然成立.由得同理可得：，而綜上可得，和的聯(lián)合分布為 X1X2 -1 0 1 01 0 0 1 （2） 可知和不獨(dú)立.9. 設(shè)隨機(jī)變量X與Y相互獨(dú)立，且都服從 上的均勻分布，求方程 有實(shí)根的概率.解：方程有實(shí)根的充要條件是，由于隨機(jī)變量X與Y相互獨(dú)

12、立，所以隨機(jī)變量（X，Y）的聯(lián)合概率密度為下面分兩種情況討論：（1）當(dāng)時(shí)，如圖 記陰影部分為D(2) 當(dāng)時(shí)，如圖 記陰影部分為D, 記空白部分為D1綜上可得：方程 有實(shí)根的概率為 另解：方程有實(shí)根的充要條件是 令則當(dāng)x<0時(shí)則當(dāng)0xb2時(shí)由于X與Y都服從上的均勻分布，即其密度函數(shù)各為當(dāng)0xb2時(shí)，當(dāng)x>b2時(shí)顯然有Z1的概率密度函數(shù)為而當(dāng)當(dāng)-4b<x<4b時(shí)，當(dāng)x-4b時(shí)，Z2的概率密度函數(shù)為又由于隨機(jī)變量X與Y相互獨(dú)立，Z1 和Z2也相互獨(dú)立.又設(shè)Z= Z1 +Z2而b>0,而當(dāng)z-4b，時(shí)，此時(shí)即綜上可得：方程 有實(shí)根的概率為10. 設(shè)（X,Y）的概率密度為求

13、邊緣概率密度和解：X的邊緣概率密度為 ，當(dāng)x0時(shí)，當(dāng)x>0時(shí)，Y的邊緣概率密度為當(dāng)x0時(shí)，當(dāng)y>0時(shí)，而11. 設(shè)X,Y相互獨(dú)立，其概率密度為求Z=X+Y的概率密度.解：由已知得 當(dāng)z<0時(shí)，當(dāng)0z1時(shí)，當(dāng)z>1時(shí)，Z=X+Y的概率密度為12. 設(shè)隨機(jī)變量（X,Y）的概率密度為求Z=XY的概率密度.解：Z=XY的分布函數(shù)為 Z=XY的概率密度為，Z=XY的概率密度為13. 設(shè)隨機(jī)變量（X,Y）的概率密度為求的概率密度.解：設(shè)的分布函數(shù)為 當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，的概率密度14. 設(shè)二維隨機(jī)變量（X,Y）在矩形上服從均勻分布，試求邊長(zhǎng)為X和Y的矩形面積S的概率密度f(s).解：由已知

14、可得隨機(jī)變量（X,Y）的概率密度為 設(shè)邊長(zhǎng)為X和Y的矩形面積S的分布函數(shù)為F(s)，則 矩形面積S的概率密度15設(shè)X和Y為兩個(gè)隨機(jī)變量，且求解： 同理可求16. 設(shè)（X,Y）的聯(lián)合概率密度為 求：（1） （2）邊緣概率密度； (3) 解：（1）由已知，得同理可知而又（2）X的邊緣概率密度為由于f(x,y)關(guān)于x,y地位的對(duì)稱性，得17. 設(shè)X,Y是相互獨(dú)立且服從同一分布的兩個(gè)隨機(jī)變量，已知X的分布律為又設(shè)試寫出變量的分布律及邊緣分布律并求解：由已知得：則變量的分布律及邊緣分布律為： 1 2 3 123 0 0 0 1 而18. 設(shè)X關(guān)于Y的條件概率密度為 而Y的概率密度為 求解：由已知得：19

15、. 設(shè)（X,Y）的概率密度為 求： （1）的概率密度； （2）的概率密度.解：(1) 設(shè)的分布函數(shù)為,概率密度為，則當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)， 當(dāng)z>1時(shí), 的概率密度為 (2) 設(shè)的分布函數(shù)為的分布函數(shù)為,概率密度為，則當(dāng)時(shí)，則當(dāng)時(shí)，則當(dāng)時(shí)，的概率密度為20. 假設(shè)一電路裝有三個(gè)同種電器元件，其工作狀態(tài)相互獨(dú)立，且無故障工作時(shí)間都服從參數(shù)為的指數(shù)分布，當(dāng)三個(gè)元件都無故障時(shí)，電路正常工作，否則整個(gè)電路不能正常工作.試求電路正常工作的時(shí)間T的概率分布.解：用表示第i個(gè)電氣元件無故障工作的時(shí)間，則相互獨(dú)立且同分布，其分布函數(shù)為設(shè)G(t)是T的分布函數(shù).當(dāng)t 0時(shí)，G(t)=0;當(dāng)t>0時(shí)，有電器正常

16、工作的時(shí)間T的概率分布服從參數(shù)為的指數(shù)分布.習(xí)題四1. 設(shè)排球隊(duì)A隊(duì)與B隊(duì)進(jìn)行比賽（無平局），若有一隊(duì)勝4場(chǎng)，則比賽結(jié)束，假定A隊(duì)與B隊(duì)在每場(chǎng)比賽中獲勝的概率都是試求比賽結(jié)束時(shí)所需比賽場(chǎng)數(shù)的數(shù)學(xué)期望.解：設(shè)所需比賽場(chǎng)數(shù)為x,則x可取4，5，6，7， 2. 10個(gè)電子元件中有8個(gè)正品，2個(gè)次品，組裝電子儀器時(shí)，從中任取一個(gè)，如果取出的是次品不再放回，求在取得正品前已取出次品數(shù)X的分布律及數(shù)學(xué)期望.解：由題意知，10個(gè)電子元件中有2個(gè)次品，所以在取得正品前已取出次品數(shù)X的取值有三種情況，即X=0, X=1 X=2. X的分布律為 X012PX的數(shù)學(xué)期望為3. 公共汽車站每隔5分鐘有一輛汽車通過，乘

17、客到達(dá)車站的任一時(shí)刻是等可能的，且假設(shè)公開汽車一來，乘客必能上車，求：（1） 候車時(shí)間的數(shù)學(xué)期望與均方差；（2） 候車時(shí)間不超過3分鐘的概率.解：乘客侯車時(shí)間的隨機(jī)變量X在區(qū)間0,5服從均勻分布，其密度函數(shù)為(2) 4. 設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量X的概率密度為 求的方差D(Y).解：由題意可知，5. 設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量X的概率密度為 且 求：（1） 常數(shù)a,b;（2） X的分布函數(shù)；（3） PX<1;（4） D(X).解：(1)由密度函數(shù)的性質(zhì)得又由，則（2）當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)(x)=0, 當(dāng)0x1時(shí)，故X的分布函數(shù) （3）；（4）6.設(shè)隨機(jī)機(jī)變量X在服從均勻分布，求E(sinx).解：隨機(jī)變量

18、X的密度函數(shù)為 6. 設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度為 試求E(2X),E(|X|),解：由題意可知： 8. 設(shè)二維隨機(jī)變量（X,Y）的分布律為 XY 0 1 2 010.1 0.2 0.10.2 0.1 0.3試求E(X),E(Y),D(X),D(Y),cov(X,Y).解：由聯(lián)合分布列求出其相應(yīng)的邊際分布列，得就得下表： XY 0 1 2 00.1 0.2 0.1 0.410.2 0.1 0.3 0.60.3 0.3 0.3 1 9. 設(shè)隨機(jī)變量(X,Y)的概率密度為 (1) 確定常數(shù)k；(2) 求E(XY).解：(1)由密度函數(shù)的性質(zhì)得（2） 則10. 設(shè)隨機(jī)變量(X,Y)的概率密度為 （1）

19、確定常數(shù)A；(2) 求E(X),E(Y),D(X),D(Y);(3) 求cov(X,Y)，解：(1)由密度函數(shù)的性質(zhì)得 （2），又由X,Y的對(duì)稱性，同理可得（3） 11. 設(shè)隨機(jī)變量X與Y的概率密度為 試求E(X+Y),E(2X-3Y2). 解： 又E(2X-3Y2)=E(2X)-3E(Y2)=2E(X)-3E(Y2)= 12. 設(shè)隨機(jī)變量X，Y相互獨(dú)立，且E(X)=E(Y)=0,D(X)=D(Y)=1， 試求E(X+Y)2. 解：E(X)=E(Y)=0,D(X)=D(Y)=1，E(X2）= D(X)+E(X)2=1, E（Y2）= D(Y)+ E(X)2=1E(X+Y)2=EX2+2XY+Y

20、2= EX2+2EXY+EY2= EX2+ 2EXEY+ EY2=213.設(shè)X與Y是相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，X在上服從均勻分布，Y的概率密度為求：（1）（X,Y）的聯(lián)合概率密度； （2）（X,Y）的分布函數(shù)； （3）PYX; (4) （5） Z=X+Y的概率密度； (6) 求E(X),E(Y),D(X),D(Y),cov(X,Y), 解：（1）由題意知，X的概率密度為(2) (3) (4) (5) (6) 14. 按節(jié)氣出售的某種時(shí)令商品，每售出1kg可獲利9元，過了節(jié)氣處理剩余的這種商品，每售出1kg凈虧損6元，設(shè)某店在季節(jié)內(nèi)這種商品的銷量X是一隨機(jī)變量，X在（t1,t2）內(nèi)服從均勻分布，為使商

21、店所獲利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望最大，問該店應(yīng)進(jìn)多少貨？解：設(shè)商店所獲利潤(rùn)為P,則要使E(P)最大，則E(P)對(duì)y求導(dǎo)為0，即 第五章1，解：設(shè)方差，根據(jù)切比雪夫不等式有：2，解：令表示各個(gè)零件重量，由題知：滿足獨(dú)立同分布的中心極限定理的條件，所以有 3，解：令：由題知：校正后排版錯(cuò)誤的概率為：因?yàn)闈M足棣莫弗-拉普拉斯定理有： 4，解:應(yīng)檢查n個(gè)零件才能符合題意；令，因?yàn)闈M足棣莫弗拉普拉斯定理?xiàng)l件有：則: 從而有，而，因此才有上述等式成立,即，且；查表得，解得 (另一個(gè)小于100舍去)，因此n因取1085，解：設(shè)，(1) (2) 習(xí)題六（P109）1. 設(shè)總體X的概率分布密度為：其中未知，為其樣本，求：（

22、1）的聯(lián)合分布密度；（2），解：由題意知總體X的概率分布密度為：期望(1) 樣本相互獨(dú)立，且與總體X服從相同分布，即的概率密度為：（2）不難計(jì)算：所以：注：這里補(bǔ)充一個(gè)更一般的結(jié)果：設(shè)總體X的數(shù)學(xué)期望與方差都存在，且。從總體X中抽取樣本，證明：（1） 樣本均值的數(shù)學(xué)期望，方差；（2） 樣本方差的數(shù)學(xué)期望 簡(jiǎn)證：（1） （2）不難計(jì)算： 2. 設(shè)總體X服從泊松分布為其樣本，求其樣本均值的概率分布、數(shù)學(xué)期望，方差。解：（1）已知總體因?yàn)闃颖九c總體服從相同的分布，所以有 又因?yàn)闃颖鞠嗷オ?dú)立，我們有結(jié)論： 用歸納法證明： （）當(dāng),結(jié)論顯然成立； （）假設(shè)當(dāng)時(shí)結(jié)論成立，即：，記。我們來求的分布，因?yàn)榕c相

23、互獨(dú)立，所以相互獨(dú)立，進(jìn)而有： ，即：時(shí)結(jié)論亦成立；有歸納法知結(jié)論成立。由結(jié)論知：。由此得的概率分布如下：（2）所以3.設(shè)隨機(jī)變量X服從自由度為的分布，求函數(shù)的分布。解：已知，我們把隨機(jī)變量寫成，并設(shè)隨機(jī)變量與獨(dú)立，且，則按分布的定義知。 因?yàn)?， 則按分布的定義知；因?yàn)榕c獨(dú)立，所以與也獨(dú)立；則按分布的定義知：4.設(shè)總體為其樣本，記，求證：證明：已知總體所以因?yàn)樗杂纱说玫綐?biāo)準(zhǔn)化的統(tǒng)計(jì)量又由定理3.1（3）知，統(tǒng)計(jì)量因?yàn)榕c是獨(dú)立的，所以統(tǒng)計(jì)量與也是獨(dú)立的。于是，按t分布的定義可知，統(tǒng)計(jì)量證畢。注：（P62）更一般地，可以證明：有限個(gè)相互獨(dú)立的正態(tài)變量的線性組合仍然服從正態(tài)分布。定理： 設(shè)隨機(jī)變

24、量相互獨(dú)立，并且都服從正態(tài)分布： 則它們的線性組合也服從正態(tài)分布，且有；（其中為常數(shù)）5.證明成立。證明：設(shè)，我們把隨機(jī)變量寫成，并設(shè)隨機(jī)變量與獨(dú)立，且，則按分布的定義知；同理： 。 已知隨機(jī)變量，則對(duì)于給定的，有 因?yàn)榈萌≈祬^(qū)間是，所以上式也可以寫成由此得又因?yàn)殡S機(jī)變量，所以對(duì)于已給的，有由等式與可知：證畢。6. 設(shè)總體從總體X中抽取一個(gè)容量為100的樣本，求樣本均值與總體均值之差的絕對(duì)值大于5的概率。解：由題意知總體；由定理3.1（1）知；所以7. 設(shè)總體從中抽取一個(gè)容量為10的樣本，其樣本方差為，且，求的值。解：由題意知總體；由定理3.1（3）知，所以查表知：。所以。8. 設(shè)總體從總體X

25、中抽取一個(gè)容量為25的樣本，求樣本均值小于12.5的概率，如果（1）已知；（2）已知未知，但樣本方差。解：由題意知總體（1） 已知，由定理3.1（1）知 ；所以 （2）已知由定理3.1（4）知 ；所以9設(shè)總體從總體X中抽取一個(gè)容量為25的樣本，和分別為其樣本均值和樣本方差，求。解：由題意知總體由定理3.1（1）、（3）知 ，所以因?yàn)楹拖嗷オ?dú)立，所以10. 設(shè)總體總體從正態(tài)總體X中抽取容量為的樣本，其樣本均值為，樣本方差為；從正態(tài)總體Y中抽取容量為的樣本，其樣本均值為，樣本方差為.(1)求(2)若已知解：由題意知總體(1) 由定理3.2（1）知統(tǒng)計(jì)量，所以有(2) 由定理3.2（2）知統(tǒng)計(jì)量所以

26、 練習(xí)七（P120）1.證明：二階樣本中心矩不是總體方差的無偏估計(jì)。證明：已知；不失一般性我們假設(shè)總體為，為其樣本，它們相互獨(dú)立，且與總體服從相同的分布，所以有 計(jì)算：所以進(jìn)而有即：二階樣本中心矩不是總體方差的無偏估計(jì)證畢。2.設(shè)為的兩個(gè)獨(dú)立的無偏估計(jì)，且，求常數(shù)，使得為此種線性組合中有最小方差的無偏估計(jì)。解：已知為的兩個(gè)獨(dú)立的無偏估計(jì)，即：。() 是的無偏估計(jì)，即：而 ，所以有() 的方差最小，因?yàn)榍?，所以取最小值取最小值取最小值（結(jié)合式） ，即：當(dāng)時(shí)為此種線性組合中有最小方差的無偏估計(jì)3.設(shè)總體的概率分布密度為其中未知，為其樣本。試證為的無偏估計(jì)。證明：已知總體的概率分布密度為 則分布函數(shù)

27、 因?yàn)闃颖鞠嗷オ?dú)立且與總體服從相同的分布，所以令，則的分布函數(shù)為：所以的概率分布密度為：為的無偏估計(jì)。 4.設(shè)總體服從的均勻分布，為其樣本。令，求使得為的無偏估計(jì)。解：已知總體，則的分布函數(shù)為：的概率分布密度為：因?yàn)闃颖鞠嗷オ?dú)立且與總體服從相同的分布，所以令，則的分布函數(shù)為：所以的概率分布密度為：。欲使為的無偏估計(jì)，則而又、得：。5.設(shè)總體服從幾何分布，其分布律為，樣本為，求的矩法估計(jì)及極大似然估計(jì)。解：（1）已知總體服從幾何分布，其分布律為，所以為了求級(jí)數(shù)的和，可以利用已知的冪級(jí)數(shù)展開式：按冪級(jí)數(shù)逐項(xiàng)微分性質(zhì)可得：由此可得：所以由，即：得的矩法估計(jì)：。（2）似然函數(shù)為 兩邊取自然對(duì)數(shù)，得：

28、兩邊對(duì)求導(dǎo)，并令導(dǎo)數(shù)等于0得：解上述方程，得的極大似然估計(jì)：。6設(shè)總體的概率分布為： 0123其中為未知參數(shù)，利用總體的如下樣本值求的矩法估計(jì)值和極大似然估計(jì)值。解：（1）由已知易得：所以由，即：得的矩法估計(jì)：。（2）似然函數(shù)為 兩邊取自然對(duì)數(shù)，得： 兩邊對(duì)求導(dǎo)，并令導(dǎo)數(shù)等于0得：解上述方程，得：所以的極大似然估計(jì)。7. 設(shè)總體的概率分布密度為：其中為未知常數(shù)。求的矩法估計(jì)和極大似然估計(jì)。解：已知總體的概率分布密度為：（1） 計(jì)算所以由，即： 得的矩法估計(jì)：（2）似然函數(shù)為兩邊取自然對(duì)數(shù)，得：兩邊對(duì)求導(dǎo)，并令導(dǎo)數(shù)等于0得：解上述方程，得：的極大似然估計(jì)。8.設(shè)總體X服從的均勻分布，樣本為，求參

29、數(shù)的極大似然估計(jì)。解：X的概率分布密度為：所以，當(dāng)時(shí)，似然函數(shù)為，否則。故要使得似然函數(shù)達(dá)到極大，必須在滿足的條件下，使達(dá)到極大，即達(dá)到極小。所以的極大似然估計(jì)為。9.某工廠生產(chǎn)的一批手表，其走時(shí)誤差（單位：秒/日）服從正態(tài)分布，現(xiàn)從中隨機(jī)抽取9只進(jìn)行檢測(cè)，結(jié)果如下：設(shè)置信概率為，求這批手表走時(shí)誤差的均值和方差的置信區(qū)間。解：設(shè)表示這批手表的走時(shí)誤差， 由樣本值得：樣本均值為：樣本方差為：（1）由于樣本函數(shù)，所以對(duì)應(yīng)于置信概率為，總體均值的置信區(qū)間為對(duì)，查表得。易計(jì)算：所以均值的置信概率為的置信區(qū)間為（2）由于樣本函數(shù)，所以對(duì)應(yīng)于置信概率為，總體方差的置信區(qū)間為對(duì)，查表得。易計(jì)算：所以方差的置

30、信概率為的置信區(qū)間為10.已知某種材料的抗壓強(qiáng)度，現(xiàn)隨機(jī)抽取10個(gè)試件進(jìn)行抗壓試驗(yàn)，測(cè)得的數(shù)據(jù)如下（單位：）：（1） 求平均抗壓強(qiáng)度的矩估計(jì)值和方差的極大似然估計(jì)；（2） 求平均抗壓強(qiáng)度的95的置信區(qū)間；（3） 若已知，求的95的置信區(qū)間；（4） 求的95的置信區(qū)間。解：（1） 已知總體，而樣本均值：由知的矩估計(jì)值。似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)，得對(duì)及求偏導(dǎo)數(shù)，并讓它們等于零，得解此方程組，即得及的極大似然估計(jì)值分別是：所以的極大似然估計(jì)值為：（2）由樣本值得：樣本方差 由于樣本函數(shù)，所以對(duì)應(yīng)于置信概率為，總體均值的置信區(qū)間為對(duì)，查表得。易計(jì)算：所以均值的置信概率為95的置信區(qū)間為（3）已知由于樣本函數(shù)，

31、所以對(duì)應(yīng)于置信概率為，總體均值的置信區(qū)間為對(duì)，查表得。易計(jì)算：所以已知時(shí)，均值的置信概率為95的置信區(qū)間為（4）由于樣本函數(shù)，所以對(duì)應(yīng)于置信概率為，總體方差的置信區(qū)間為對(duì)，查表得。易計(jì)算：所以方差的置信概率為95的置信區(qū)間為。11.隨機(jī)地從A批電線中抽取4根，從B批電線中抽取5根，測(cè)得其電阻值（）為A批電線 B批電線 設(shè)測(cè)試數(shù)據(jù)分別服從分布及，求的95的置信區(qū)間。解：由第六章定理3.2的（2）知，樣本函數(shù)所以對(duì)應(yīng)于置信概率為，均值差的置信區(qū)間為由樣本值易計(jì)算：對(duì)，查表得所以均值差的置信概率為95的置信區(qū)間為。12.化驗(yàn)員甲乙分別獨(dú)立地對(duì)某種化合物的含氮量用相同的方法各做10次測(cè)量，其測(cè)量值的樣

32、本方差分別為0.5419和0.6065.設(shè)他們的測(cè)量值都服從正態(tài)分布，總體方差分別為和，求方差比的置信概率為0.95的置信區(qū)間。解：由于樣本函數(shù)，所以對(duì)應(yīng)于置信概率為，方差比的置信區(qū)間為已給置信概率，則，第一自由度，第二自由度查表得易計(jì)算：所以方差比的置信概率為0.95的置信區(qū)間為。習(xí)題八（P132）1. 某工廠用原工藝生產(chǎn)的鋼筋的折斷力，今改用新工藝生產(chǎn)，假設(shè)折斷力方差不變，從新工藝生產(chǎn)的鋼筋中隨機(jī)抽取10根，測(cè)得其折斷力如下：若取，試檢驗(yàn)折斷力均值是否變小。解：已知鋼筋的折斷力，由題意知需檢驗(yàn)的假設(shè)是：由于總體方差不變，即：，所以選取統(tǒng)計(jì)量：已知由抽取的樣本計(jì)算樣本均值的觀測(cè)值，由此得統(tǒng)計(jì)量的觀測(cè)值已給顯著性水平，查表得：因?yàn)?，所以拒絕原假設(shè)，而接受備擇假設(shè)，即認(rèn)為折斷力均值變小。注：原假設(shè)備擇假設(shè)已知未知 在顯著水平下關(guān)于的