概率習題及其答案

第一章隨機事件和概率.設A,B,C為三個事件，且 豆)=0.9,P(^u萬口3)=0.97,則P(A8-C)= .解.P(AB-C)=P(AB-ABC)=P(AB)-P(ABC)=1-P(AB)-1+P(ABC)=P(AuBuC)-P(AUfi)=0.97-0.9=0.07.設10件產品中有4件不合格品，從中任取兩件，已知所取兩件產品中有一件是不合格品，另一件也是不合格品的概率為.解.A=｛二件產品中有一件是不合格品｝,8=｛二件都是不合格品｝注意：｛二件產品中有一件是不合格品｝=｛二件產品中恰有一件是不合格品｝+｛二件都是不合格品｝所以An8,48=5;入=｛二件都是合格品｝.隨機地向半圓0<y< — 為正常數(shù))內擲一點,點落在半圓內任何區(qū)域的概率與區(qū)域的面積成正比，則原TT4 —解.假設落點(X,Y)為二維隨機變量,4 —解.假設落點(X,Y)為二維隨機變量,D為半圓.則2產((X,y)eO)=2—加2=i,k為比例系數(shù).所以％=--7T假設D|=｛D中落點和原點連線與x軸夾角小于二的區(qū)域｝尸((X,Y)eO])=kx￡)]的面積=—z-(―7ui~H—。一)=—I—.7ua4 2 2n.設隨機事件A,B及其和事件AuB的概率分別是0.4,0.3,0.6,若與表示B的對立事件，則積事件A后的概率P(A瓦解.P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+8)=0.4+0.3-0.6=0.1P(AB)=P(A)~P(AB)=0.4-0.1=0.3..某市有50%住戶訂日報，有65%住戶訂晚報，有85%住戶至少訂這兩種報紙中的一種，則同時訂這兩種報紙的住戶的百分比是.解.假設A=｛訂日報｝,B=｛訂晚報｝,C=A+B.由已知P(A)=0.5,P(B)=0.65,P(C)=0.85.所以P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+B)=0.5+0.65-0.85=0.3..三臺機器相互獨立運轉，設第一，第二，第三臺機器不發(fā)生故障的概率依次為0.9,0.8,0.7,則這三臺機器中至少有一臺發(fā)生故障的概率.解.設Ai事件表示第i臺機器運轉不發(fā)生故障(i=1,2,3).貝I」 P(A))=0.9,P(A2)=0.8,P(A3)=0.7,P(4+可+4)=P()=1-P(A|A2A3)=1-P(A|)P(4)P(4)=1-0.9X0.8X0.7=0.496..電路由元件A與兩個并聯(lián)元件B,C串聯(lián)而成，若A,B,C損壞與否相互獨立，且它們損壞的概率依次為0.3,0.2,0.1,則電路斷路的概率是.解.假設事件A,B,C表示元件A,B,C完好.P(A)=0.7,P(B)=0.8,P(C)=0.9.事件線路完好=A(B+C)=AB+AC.P(A(B+C))=P(AB+AC)=P(AB)+P(AC)-P(ABC)=P(A)P(B)+P(A)P(C)—P(A)P(B)P(C)=0.7X0.8+0.7X0.9-0.7X0.8X0.9=0.686.所以 P(電路斷路)=1-0.686=0.314..甲乙兩人投籃，命中率分別為0.7,0.6,每人投三次，則甲比乙進球多的概率.解.設X表示甲進球數(shù)，丫表示乙進球數(shù).P(甲比乙進球多)=P(X=3,Y=2)+P(X=3,Y=1)+P(X=3,Y=0)+P(X=2,Y=1)+P(X=2,Y=0)+P(X=1,Y=0)=P(X=3)P(Y=2)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=0)+P(X=2)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)+P(X=1)P(Y=0)=O.73-C3-O.4O.62+0.73-Cj-0.420.6+0.73-0.43+c>0.3?0.72?cb06.042+ci.o.3.0.72.o.43+c>0.7-0.32?0.43=0.148176+0.098784+0.021952+0.127008+0.028224+0.012096=0.43624..三人獨立破譯-密碼，他們能單獨譯出的概率分別為則此密碼被譯出的概率.534解.設A,B,C表示事件甲，乙，丙單獨譯出密碼.，則P(A)=,，P(8)=Lp(C)=；.P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A)P(B)-P(A)P(C)-P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)二.單項選擇題..以A表示“甲種產品暢銷，乙種產品滯銷”，則對立事件N為(A)“甲種產品滯銷，乙種產品暢銷” (B)“甲、乙產品均暢銷”(C)”甲種產品滯銷” (D)“甲產品滯銷或乙產品暢銷”解.(D)是答案..設A,B,C是三個事件，與事件A互斥的事件是(A)AB+AC(B)A(B+C)(C)ABC(D)A+B+C解.A(A+B+C)=AABC=<|),所以(D)是答案..設A,B是任意二個事件，則(A)P(AuB)P(AB)>P(A)P(B) (B)P(AuB)P(AB)<P(A)P(B)(C)P(A-B)P(B-A)<P(A)P(B)-P(AB)(D)P(A-B)P(B-A)>-.4解.P(A+B)P(AB)-P(A)P(B)=(P(A)+P(B)-P(AB))P(AB)-P(A)P(B)=-P(A)(P(B)-P(AB))+P(AB)(P(B)-P(AB)=-(P(B)-P(AB))(P(A)-P(AB))=-P(B-A)P(A-B)<0所以(B)是答案..事件A與B相互獨立的充要條件為(A)A+B=Q(B)P(AB)=P(A)P(B)(C)AB=(|) (D)P(A+B)=P(A)+P(B)解.(B)是答案..設A,B為二個事件，且P(AB)=O,則(A)A,B互斥(B)AB是不可能事件(C)AB未必是不可能事件(D)P(A)=0或P(B)=0.解.概率理論中P(A)=0不能推出A為不可能事件(證明超出大綱要求).所以(C)是答案..設A,B為任意二個事件，且AuB,P(B)>0,則下列選項必然成立的是(A)P(A)<P(AIB)(B)P(A)<P(AIB)(C)P(A)>P(AIB)(C)P(A)>P(AIB)解.P(AI8)=￡^2=49NP(A)(當B=。時等式成立).(B)是答案.P(B)P(B).已知0<P(B)<1,且P[(Ai+A2)IB]=P(A|IB)+P(A2lB),則下列選項必然成立的是(A)P[(A,+A2)IB]=P(A,IB)+P(A2IB)B)P(A|B+A2B)=P(A,B)+P(A2B)C)P(A,+A2)=P(A,IB)+P(A2IB))P(B)=P(A|)P(BIA。+P(A2)P(BIA2)解.由P[(Aj+A2)IB]=P(A,IB)+P(AJB)得到所以P(A)B+A2B)=P(A,B)+P(A?B).(B)是答案.P[(A+&)8]=P(所以P(A)B+A2B)=P(A,B)+P(A?B).(B)是答案.三.計算題.某廠生產的產品次品率為0.05,每100個產品為一批，抽查產品質量時，在每批中任取一半來檢查，如果發(fā)現(xiàn)次品不多于1個，則這批產品可以認為合格的，求一批產品被認為是合格的概率.解. P(該批產品合格)=P(全部正品)+P(恰有1個次品)C5?c^c\H—.5=0.2794GooC100.書架上按任意次序擺著15本教科書，其中有5本是數(shù)學書，從中隨機地抽取3本，至少有一本是數(shù)學書的概率.解.假設A=｛至少有一本數(shù)學書｝.入=｛沒有數(shù)學書｝-24 — 67P(A)=*=—, P(A)=1-P(A)=——c：91 91.全年級100名學生中有男生80名，來自北京的20名中有男生12名.免修英語的40名學生中有男生32名，求出下列概率：i.碰到男生情況不是北京男生的概率；

ii.碰到北京來的學生情況下是一名男生的概率;iii.碰到北京男生的概率;iv.碰到非北京學生情況下是一名女生的概率;V.碰到免修英語的男生的概率.解, 學生情況：男生女生北京128免修英語328總數(shù)8020i.P(不是北京1男生)=竺=?8020123P(男生1北京學生)=絲=320512喊京男生)=而iv.12P(女生1非北京學生)=上80V.32P(免修英語男生)=旃4.袋中有12個球，其中9個是新的，第一次比賽時從中取3個，比賽后任放回袋中，第二次比賽再從袋中任取3個球,求：i.第二次取出的球都是新球的概率；ii.又已知第二次取出的球都是新球，第一次取到的都是新球的概率.解.i.設Bi表示第一次比賽抽到i個新球(i=0,1,2,3).A表示第二次比賽都是新球.于是P(BJ=號,尸(AIB,)=4TOC\o"1-5"\h\zC\2 C\2P(A)=￡P(B,)P(AI8,)=元半導=$(煙c；+c；c；c；+"+味餐)1=0 1=0(C]?) (C]2)i *7八——T(1X1X84+9X3X56+36X3X35+84X1X20)= =0.146(220尸 48400n.P(B3\A)=P(AIB3)P(當)

P(A)84x1x20(220尸_57056—=2148400紅球紅球m

MB=｛先從甲袋中任取一球為紅球｝N+1nNm 1 ? +M+1〃+加N+M+15.設甲、乙兩袋，甲袋中有n個白球,m個紅球，乙袋中有N個白球,M個紅球，今從甲袋中任取一只放入乙袋，再從乙袋中任取一球，問取到白球的概率.解.球的情況： 白球甲袋 n乙袋 N假設A=｛先從甲袋中任取一球為白球｝C=｛再從乙袋中任取一球為白球｝P(C)=P(CIA)P(A)+P(CIB)P(B)=——

n(N+1)+Nm

(N+M+l)(m+n)第二章 隨機變量及其分布一.填空題.設隨機變量X?B(2,p),Y?B(3,p),若P(X21)=—,則P(YN1)=,954解.P(x=0)=1-P(X>1)=1--=-991352.已知隨機變量X只能取一1,0,1,2四個數(shù)值，其相應的概率依次為一，一，一,一，WiJc= .2c4c8c16c.用隨機變量X的分布函數(shù)F(x)表示下述概率：P(X<a)=. P(X=a)=.P(X>a)=. P(xi<X<x2)=.解.P(X<a)=F(a)P(X=a)=P(X<a)-P(X<a)=F(a)-F(a-0)P(X>a)=1—F(a) P(xj<X<X2)=F(X2)—F(xj).設k在(0,5)上服從均勻分布，則4/+4履+k+2=0有實根的概率為.解.k解.k的分布密度為/(k)=0<A:<50其它P{4x2+4kx+k+2=0有實根}=P{166一16人一32N0}=P{k<-l或k22}=I3-dk=-25b=,聯(lián)合概率分布,Zb=,聯(lián)合概率分布,Z=X+.已知P{X=k}=-,P{y=-k}=F(k=L2,3),X與Y獨立，則k k-Y的概率分布為.iaa. 6 ,hht36解.ClH 1—=1,〃=—,hd F—=1,b——23 11 49 49（X,Y）的聯(lián)合分布為X—1-2-3123ababTabTabnab~9abl8ab27Z=X+Y-2-1012P24a66a251a126a72aab=216a,a= 539P(Z=-2)=P(X=l,r=-3)=P(X=l)P(r=-3)=—=24a9p(Z=-l)=P(X=2,y=-3)+P(X=l,y=-2)=66aP(Z=O)=P(X=3,y=-3)+P(X=2,y=-2)+P(X=l,y=-l)=251aP(Z=1)=P(X=2,y=-l)+P(X=3,y=-2)=126aP(Z=2-3,-3)P*T)=±72a6.已知（X,Y）聯(lián)合密度為夕（尤,y）=csE(x+y)0<x,y<^則。=° 其它，丫的邊緣概率密度%（y）=工/4n/4解.Jjcsin(x+y)dxdy=1,c=V2+1oo(V2+1)sin(x+y) 0<x,y<—4° 其它TT當0VyV—時, 4r?,外(y)= 9>(x,y)dx=J—ao(V2+1)sin(x+y)dx=(V2+l)(cosy-cos(—+y))4 ’所以?。ㄊ测?i）（cos”c吒+y））0"吟0 其它7,設平面區(qū)域D由曲線)=,及直線y=0,x=1,x=「2圍成，二維隨機變量(X,Y)在D上服從均勻分布，則(X,Y)關X于X的邊緣密度在X=2處的值為.解.D的面積=「工辦=2.所以二維隨機變量(X,Y)的密度為：JlX(p[x,y)(p[x,y)=<20(x,y)eD其它下面求X的邊沿密度:當X<1或X>『時(px(x)=0當1WxWe?時/?+0C'(Px(X)=J,

J—co叭X,y)dy=k3dy=；,所以Ox(2)/?+0C'(Px(X)=J,

J—co— 18,若X1,X2,…,Xn是正態(tài)總體N3，S)的一組簡單隨機樣本，則X=_(X1+X2+…+x“)服從.n解.獨立正態(tài)分布隨機變量的線性函數(shù)服從正態(tài)分布.DO：DO：9.加果(X,Y)的聯(lián)合分布用下列表格給此(X,Y)(1,1)(1,2)(1,3)(2,1)(2,2)(2,3)p1111 c— — —— — a B6 9 18 32p(y=1)+p(y=2)+p(y=3)=a+月+1=1a=P(X=2,y=2)=P(X=2)P(y=2)=(-+a+/?)(1+a)<一TOC\o"1-5"\h\z夕=P(X=2,y=3)=P(X=2)尸(Y=3)=(!+a+/)(上+夕)5 1o1X+a 1 o兩式相除得號——=2,解得a=24，/?=-,a=~.—+B〃 9 918則i.Z=X+則i.Z=X+Y的分布律X-2~101113112121212102121220231212.ii.V=X-Y的分布律.U=X2+Y-2的分布律.X+Y-3 -2 -1 -3/2 -1/2 1 3P1/12 1/123/12 2/12 1/12 2/122/12X-Y-1 0 1 3/2 5/2 3 5P3/12 1/121/12 1/12 2/12 2/122/12X2+Y-2-15/4 -3 -11/4 -2 -1 5 7P2/12 1/12 1/12 1/12 3/122/12 2/12二.單項選擇題.如下四個函數(shù)哪個是隨機變量X的分布函數(shù)(A)F(x)=<ro(B)F(x)=]0sinx1x<00<x<^X>7T122xv—2—2Wx<0,x>0’0x<0’01x<0i(C)F(x)=sinx10<x<7t/2,X>7T/2(D)尸(x)=1x+-310<x<-22解.(A)不滿足F(+8)=1,排除(A);(B)不滿足單增，排除(B);(D)不滿足F(1/2+0)=F(1/2),排除(D);(C)是答案..P(X=L)=c￡0-"/依(憶=0,2,4/一)是隨機變量*的概率分布，貝以,c一定滿足

(A)A.>0 (B)c>0 (C)cX>0 (D)c>0,且大>0解.因為P(X=k)=c￡/3依(憶=0,2,4,…)，所以c>0.而k為偶數(shù)，所以人可以為負.所以(B)是答案..X-N(1,1),概率密度為(p(x),則(A)p(X<0)=P(X>0)=0.5 (B)°(x)=(p(-x),xe(-oo,+oo)p(X<1)p(X<1)=P(X>l)=0.5F(x)=1-F(-x),xe(-oo,+oo)解.因為E(X)=n=1,所以p(X41)=P(XNl)=05(C)是答案..X,Y相互獨立，且都服從區(qū)間［0,1］上的均勻分布，則服從區(qū)間或區(qū)域上的均勻分布的隨機變量是(A)(X,Y)(B)X+Y(C)X2(D)X-Y解.X?0(x)解.X?0(x)=1 0<x<l0其它Y~(p(y)=1 0<y<l0其它10<x,y1(X,Y)一0(x,y)={,、廿…'.所以(A)是答案.0其匕° .<0Y.設函數(shù)/(x)= 0<x<1KiJ3x>1(A)F(x)是隨機變量X的分布函數(shù). (B)不是分布函數(shù).(C)離散型分布函數(shù). (D)連續(xù)型分布函數(shù).解.因為不滿足F(1+0)=F(l),所以F(x)不是分布函數(shù),(B)是答案.6.設X,Y是相互獨立的兩個隨機變量，它們的分布函數(shù)為Fx(x)，4(y)，則Z=max(X,Y)的分布函數(shù)是(A)Fz(z)=max{FX(Z),FY(Z)} (B)Fz(z)=max{IFx(z)1,1Fy(z)I}(C)Fz(Z)=Fx(Z)4(Z) (D)都不是解.Fz(z)=P(Z<z)=P{max(X,y)<z}=P[X<z且Y<z]因為獨立P(X<z)P(Y<z)=Fx(z)Fy(z).(C)是答案.7.設X,Y是相互獨立的兩個隨機變量，其分布函數(shù)分別為尸x(X)，4(y)，的分布函數(shù)是(A)Fz(z)=Fx(z) (B)Fz(Z)=耳⑶(C)Fz(z)=min{Fx(z),FY(z)} (D)Fz(z)=1-[1-Fx(z)][l-Fr(z)]解.蒞(z)=P(Z4z)=1-P(Z>z)=1-P{min(X,Y)>z}=1-P{X>z且丫>z]因為獨立1-[1-P(X<z)][l-P(Y<z)]=1-[1- (z)][l-Fy(z)](D)是答案.8.設X的密度函數(shù)為0(x),而e(x)=——二則Y=2X的概率密度是

萬(1+Y)(A) 7-乃(1+4;/)(B) 廠(C)——萬(4+y~) 乃(l+F)(D)—arctanyTC解.FY(y)=P(Y<y)=P{2X<y}=P[X<-^)=F%(y)=[6(y)l=(七0).1=1.222萬(4+y2)(B)是答案.9.設隨機變量(X,Y)的聯(lián)合分布函數(shù)為夕(尤y)=e~(I+y) x>O,y0 其它Yiy,則2=。^-的分布密度是

2J.sx>0,y>0(B)(pz(Z)=■■2x>0,y>0(A)Oz(Z)=<[o其它€0其它‘4ze2z>0-e-:z>0(C)Oz(Z)=?0z<0(D)%(Z)=2z<0*X+v解.Z= 是一維隨機變量，密度函數(shù)是一元函數(shù)，排除(A),(B).2F-ezdz="!?，所以(D)不是答案.(C)是答案.J。2 2注：排除法做單項選擇題是經(jīng)常使用而且很有效的方法.該題也可直接計算Z的密度:當z<0時Fz(Z)=O當Z20時Y4-VB(z)=P(Z<z)=P(--?<z)=P(X+Y<2z)=y)dxdy' x+y<>2z=『6一"[『[-'dy卜x=-2ze~2z-e~2z+1%(z)=&(Z)={ ,(C)是答案.0z<010.設兩個相互獨立的隨機變量X和Y分別服從正態(tài)分布N(0,1)和N(l,1),則下列結論正確的是(A)P{X+Y<0}=1/2 (B)P{X+Y<1)=1/2(C)P{X-Y<0)=1/2 (D)P{X-Y<1}=1/2解.因為X和Y分別服從正態(tài)分布N(0,1)和N(l,1),且X和Y相互獨立，所以X+Y?N(l,2),X-Y?N(—1,2)于是P{X+Y41}=1/2,(B)是答案.11.設隨機變量X服從指數(shù)分布，則丫=min{X,2}的分布函數(shù)是(A)是連續(xù)函數(shù) (B)至少有兩個間斷點 (C)是階梯函數(shù)(D)恰好有一個間斷點解.分布函數(shù)：FY(y)=P(Y<y)=P(min(X,2)<y)=1-P(min(X,2)>y)當y22時(y)=1-P(min(X,2)>y)=1-0=1當04y<2時Fy(y)=1-P(min(X,2)>y)=l-(X>y,2>y)=l-P(X>y)=P(X<y)=l-e-A}/當y<0時4(y)=1-P(min(X,2)>y)=1-(X>y,2>y)=1-P(X>y)=P(X<y)=01 y>2于是Fy(y)=<l-e-Ay0<y<2只有y=2?個間斷點,(D)是答案.|o y<0三.計算題1.某射手有5發(fā)子彈，射擊一次的命中率為0.9,如果他命中目標就停止射擊，不命中就一直到用完5發(fā)子彈，求所用子彈數(shù)X的分布密度.解.假設X表示所用子彈數(shù).X=1,2,3,4,5.P(X=i)=P(前i-1次不中，第i次命中)=(0.1)"10.9,i=l,2,3,4.當i=5時，只要前四次不中，無論第五次中與不中，都要結束射擊(因為只有五發(fā)子彈).所以P(X=5)=(0.1)4.于是分布律為X| 1 2 3 4 5-p ~0^9~0.090.009~0.0009~0.00012.設一批產品中有10件正品,3件次品，現(xiàn)一件一件地隨機取出，分別求出在下列各情形中直到取得正品為止所需次數(shù)X的分布密度.i.每次取出的產品不放回；ii.每次取出的產品經(jīng)檢驗后放回，再抽??；iii.每次取出一件產品后總以一件正品放回，再抽取.解.假設Ai表示第i次取出正品(i=1,2,3,…)i.每次取出的產品不放回X| 1 2 3 4 ~p10 103~~1023 1~2~3~13 1213TT1213TT1213P(X=1)=P(A)=居

— —— 103P(X=2)=p(a2A)=P(一IA)P(A)=歷?百 ————— 1023P(X=3)=P(AA2A3)=P(4IA2)P(A21A1)P(A,)=—?— 123P(x=4)=p(4Ia3)p(&i4)p(4IA)p(4)=1---n.每次抽取后將原產品放回X| 1 2 …k … P10 310 (3)13 I ???13 1313 <13j 13——— — —— (3Y10p(x=k)=p(a…Ai4)=p(a)-p(4t)p(a?)=(eJ-,(k=i,2,…)iii.每次抽取后總以一個正品放回X| 1 2 3 4 ~~P W311~3212~j-1~2313 13B13BBBT313P(X=1)=P(4)=《— —— 113P(X=2)=p(&A)=p(&IA)P(A)=mE 1n,qP(X=3)=P(AL=P(4144)P(aIA1)P(A1)=--- 1aP{X=4)=P(A414A2a)P(A3IA2Ai)P(A2IA)P(A)=1 TOC\o"1-5"\h\zlc[xk1 113.隨機變量X的密度為(p(x)=471-x2 _.,求:i.常數(shù)c;ii.X落在(-一,一)內的概率.o其匕 221C=——71|*+工 p? C1C=——71=(p(x)dx= ,dx=2carcsinx^=2c—二c冗、-lV1—x2 2P(Xg(-1/2,1/2))=27T716\_34.隨機變量X分布密度為2 i.^(x)=<2 i.^(x)=<^71-x2

0Ixkl其它0<x<l1<x<2其它求i.,ii的分布函數(shù)F(x).解.i.當x41時F(x)=[(p(t)dt=fOdt=0J—00 J-co當一kX<1時F(x)-f(p(t)dt=f-」\一『dt=工Vl-x2d——arcsinx+一J一1萬 冗 n 2當xNl時尸(x)=[(p(t)dt=[—Jl-Jdf=1J-00 J-ln’0xK—1所以F(x)=<兀11.1+-arcsinx+—7Z 2—,1<x<1x>1ii.當xvO時F(x)=「(p(t)dt=「0力=0J—oo J—oo當04x<1時fu)=fu)=rW—00/?X X2(p(t)dt=Jtdt—22尸c? F2x-12F(x)=「(p(t)dt=[tdt+J；(2-t)dt當2Wx時尸(x)=[(p(t)dt=f[(2-t)dt=1J-ao J。 JI0x2x<0所以F(x)="T20<x<l F2x-11<x<221x>25.設測量從某地到某一目標的距離時帶有的隨機誤差X具有分布密度函數(shù),、 1 (5-20尸1(p(x)= 1=exp , —oo<x<+oo40而［3200)試求:i.測量誤差的絕對值不超過30的概率；ii.接連獨立測量三次，至少有一次誤差的絕對值不超過30的概率.解.因為°(x)=——L=exp ~皿—co<x<+oo,所以X?N(20,4()2).40后H3200P(IXk30)=P{-30<X<30}=刊-1.25<

=①(0.25)-①(一1.25)=①(0.25)-(1—0(1.25)=①(0.25)+①(1.25)-1=0.5987+0.8944-1=0.4931.（其中①（x）為N（0,1）的分布函數(shù)）P（至少有一次誤差的絕對值不超過30）=1-P（三次誤差的絕對值都超過30）=1-(0.4931)3=1-0.12=0.886.設電子元件的壽命X具有密度為8(8(x)=季100<x0x<100i.只有一個電子解.i.只有一個電子解.X的密度（p［x}=詈100<x所以0x<100問在150小時內，i.三只元件中沒有一只損壞的概率是多少？ii.三只電子元件全損壞的概率是多少？ii元件損壞的概率是多少？TOC\o"1-5"\h\z「150100 1P(X<150)=f-dx=-JmX2 3人 1 2令p=P(X2150)=1一—=3 3, 8P（150小時內三只元件沒有一只損壞）=PP（150小時內三只元件全部損壞）=（1-p）3=、-P（150小時內三只元件只有一只損壞）=7.對圓片宜徑進行測量，其值在［5,6］上服從均勻分布，求圓片面積的概率分布.解.直徑D解.直徑D的分布密度為8（d）=1 5<d<60其它必2假設X=k，X的分布函數(shù)為F⑶.F(x)=P(X<x)=P(ttD2<x)當x40時,F(x)=0當x>0時4x714元4x71F(x)=P(X<x)=?(32<x)=pJ_J一<D<當世＜5,即x（生時V7C 4F(x)=0

當5WJ把W6,即竺WxW9耐7171F(x)=P(X<x)=尸(必2<X當5WJ把W6,即竺WxW9耐7171F(x)=P(X<x)=尸(必2<X)=P<-..4x.\dt=J 5Vn當x>9兀時/(乃=『J—0025%x< 4257V/ ,八 <X<V7T4x>9tt- SrS9冗yfmc40 其它8.已知X服從參數(shù)p=0.6的0—1分布在X=0,X=1下，關于表1 表2Y12 3 Y1 2Y的條件分布分別為表1、表2所示P(YIX=O)P(YIX=1)求(X,Y)的聯(lián)合概率分布，以及在Yw1時，關于X的條件分布.解.X的分布律為X01p0.40.6(X,Y)的聯(lián)合分布為X12300.10.20.110.30.10.213p(x=1,y=1)=p(y=11x=i)p(x=1)=——=0.313p(x=i,y=2)=p(y=21x=i)p(x=i)=——=o.i6513p(x=i,y=3)=p(y=31x=i)p(x=i)=——=o,212p(x=o,y=i)=p(y=iix=o)p(x=o)=--=o.i17p(x=o,y=2)=p(y=2ix=o)p(x=o)=——=o,2

12p(x=o,y=3)=p(y=3ix=o)p(x=o)=——=o.i45所以丫的分布律為p(xp(x=oiy/i)=p(x=o,yhi)

p(y豐1)p(p(x=iiywi)=p(x=i,yHi)Y1 23P0.40.30.3XIYw101P0.50.5所以所以Y9.設隨機變量X與丫相互獨立，并在區(qū)間［0,9］上服從均勻分布，求隨機變量Z=7?的分布密度.1解.X~(px(x)=<900<x<9其它丫?外(x)=0<y<9其它因為X,Y相互獨立，所以(X,Y)聯(lián)合密度為g(X,Y)?°(x,y)=81I。當Z40時0<x,y<9其它Fz(z)=0當0<z<1時YFz(z)=P(Z<z)=P(—<z)=P(Y<Xz)=

X當z21時弓⑵=P(Z<z)=P(y<z)=P(y<Xz)==--(81--9-9z)=l-81 22z所以10.設(X,Y)的密度為z<00<z<1z>10(尤,y)=x>0,y>O,x+y<l其它求\.(px(x)，e(yIx),(p(y?x=；)，

ii-8y(y)，8(xly)，e(xly=；)p+OO.(px(x)= (p(x,y)dyJ—QO當xV0或x21時―p+oo°x(x)= <P(x,y)dy=0J—00當Ovxv1時'+co'+co(x(x)=(p(x,y)dy=24y(l-x-y)dy=4(1-x)J—(x> JO所以°x(x)=,4(17)300<x<l其它所以所以°x(x)=,4(17)300<x<l其它所以。5萬)=8々(Px(x)6y(l—x—y)

(1-x)30x>0,y>0,x+y<l其它所以24^(1-2y)0其它.(py(y)=J(p(x,y)dx當yWO或y21時0y(>)=f。(蒼y)dx=。J-00當0<y<1時外(>)=f夕(x,y)dx=f24y(l-x-y)dx=12y(l-y)2*—oo JO所以I2y(i-y)2o0<y<1其它所以o(xiy)<P(x,y)外(y)2(1-x-y)

d-y)20x>0,y>0,x+y<l其它所以/,1、8(xIy=5)=<4(1-2x)00cx<\_2其它第三章 隨機變量的數(shù)字特征填空題.設隨機變量X與Y相互獨立,D(X)=2,D(Y)=4,D(2X-Y)=.解.D(2X—Y)=4D(X)+D(Y)=12.已知隨機變量X?N(—3,1),Y?N(2,1),且X與Y相互獨立,Z=X-2Y+7,貝ijZ?.解.因為Z=X-2Y+7,所以Z服從正態(tài)分布.E(Z)=E(X)-2E(Y)+7=0.D(Z)=D(X-2Y+7)=D(X)+4D(Y)=1+4=5.所以Z-N(O,5)TOC\o"1-5"\h\z.投擲n枚骰子，則出現(xiàn)點數(shù)之和的數(shù)學期望 .解.假設Xi表示第i顆骰子的點數(shù)(i=1,2,…,n).則,1c1 ,17E(Xj)=1?一+2?一+…+6?一=一(i=l,2,…，n)6 6 62又設X=tX,,則E(X)=E(SX,)=￡E(X,)=?/=1 i=l i=l 2.設離散型隨機變量X的取值是在兩次獨立試驗中事件A發(fā)生的次數(shù)，如果在這些試驗中事件發(fā)生的概率相同，并且已知E(X)=0.9,貝ijD(X)=.解.X~3(2,p),所以E(X)=0.9=2p.p=0.45,q=0.55D(X)=2pq=2X0.45X0.55=0.495.[1 X>0.設隨機變量X在區(qū)間[-1,2]上服從均勻分布，隨機變量Y=\oX=0,則方差D(Y)=.-1 X<0-l<x<2其它-l<x<2其它解.X-叭x)=130Y的分布律為Y10-1P2/301/3f2i2因為P(Y=1)=P[X>0)= =-p(y=0)=P(X=0)=0TOC\o"1-5"\h\zro1 1p(y=-l)=p(X<0)= =-9 i i 2 1 2于是 = E(y2)=+=1,D(y)=E(r2)-[^(r)]2=-0 10.80.23 3 J 3 3 90 10.80.26.若隨機變量X,,X2,X3相互獨立，且服從相同的兩點分布,則6.若隨機變量X,,X2,X3相互獨立，且服從相同的兩點分布i=iD(X)=.解.X服從B(3,0.2),所以E(X)=3p=3X0.2=0,6,D(X)=3pq=3X0.2X0.8=0.48.設X和Y是兩個相互獨立的隨機變量，且X?N(0,1),Y在[-1,1]上服從均勻分布，則cov(XJ)=.解.因為X和Y是兩個相互獨立的隨機變量，所以cov(X,y)=0.

e" y〉50 其它'.設X和Y是兩個相互獨立的隨機變量，其概率密度分別為：奴X)e" y〉50 其它'貝ijE(XY)=.解.E(X)=Jx(p(x)dx=￡x-2xdx=—E(K)=[y(p(y)dy=「y =6J-ao J5因為X和Y是兩個相互獨立的隨機變量，所以E(XY)=E(X)E(Y)=4.若隨機變量X|,X2,X3相互獨立，其中X,在[0,6]服從均勻分布,X2服從正態(tài)分布N(0,22),X3服從參數(shù)入=3的泊松分布，記丫=*1-2*2+3*3,則D(Y)=.解.D(Y)=D(Xl-2X2+3X3)=D(Xl)+4D(X2)+9D(Xi)=2_+4x4+9x3=4612二.單項選擇題.設隨機變量X和Y獨立同分布，記U=X-Y,V=X+Y,則U和V必然(A)不獨立(B)獨立(C)相關系數(shù)不為零 (D)相關系數(shù)為零解.因為X和Y同分布，所以E(U)=E(X)-E(Y)=0,E(U)E(V)=0.E(UV)=E(X2)-E(Y2)=O.所以cov(X,Y)=E(UV)-E(U)E(V)=0.(D)是答案..已知X和Y的聯(lián)合分布如下表所示，則有X01200.10.050.25100.10.220.20.10(A)X與Y不獨立(B)X與Y獨立(C)X與Y不相關(D)X與Y彼此獨立且相關解.P(X=0)=0.4,P(Y=0)=0.3.0.1=P(X=0,Y=0)WP(X=0)XP(Y=0).(A)是答案..設離散型隨機變量X可能取值為:xi=1,X2=2,X3=3,且E(X)=2.3,E(X2)=5.9,則知,x*X3所對應的概率為(A)pi=0.1,P2=0.2,P3=0.7 (B)pi=0.2,p2=0.3,p3=0.5(C)pi=0.3,P2=0.5,P3=0.2 (D)pi=0.2,p2=0.5,P3=0.3解.E(X)=KM+x2p2+X3P3=Pi+2p2+3(l-pj-p2)=3-2/7)-p2=2.32〃1+P2=0.7￡(X2)=x/P1+x22p2+x32p3=P]+4p2+9(1-P]-P2)=5.98〃]+5p2=3.1解得Pi=0.2,P2=0.3,P3=0.5. (B)是答案.4.現(xiàn)有10張獎券，其中8張為2元,2張為5元，今每人從中隨機地無放回地抽取3張，則此人抽得獎券的金額的數(shù)學

期望(A)6 (B)12 (C)7.8 (D)9解.假設X表示隨機地無放回地抽取3張，抽得獎券的金額.X的分布律為X6912p7/157/151/15「3 7P(X=6)=P(三張都是二元)=甘~=一C.n15P(x=9)=P(二張二元，一張五元)=年=工p(X=9)=P(一張二元，二張五元)=年=—Go157 7 1￡\*)=6,+9，+12-!-=7.8.(€)是答案.15 15 155.設隨機變量X和Y服從正態(tài)分布,X?N(|i,42),Y?取內52),iflP1=P{X<p-4},P2=P{Y>p+5},則(A)對任何內都有P|=P? (B)對任何實數(shù)內都有P|<P2(C)只有n的個別值，才有P產P2 (D)對任何實數(shù)內都有P(>P2解.P,={X<n-4}=pi,<-B=0(-1)=1-①⑴P2P2={Y>n+5}=P=1-P(其中①(x)為N(0,1)(其中①(x)為N(0,1)的分布函數(shù)).所以(A)是答案.6.隨機變量&=X+Y與n=*一丫不相關的充分必要條件為(A)E(X)=E(Y) (B)E(X2)-E2(X)=E(Y2)-E2(Y)(C)E(X2)=E(Y2) (D)E(X2)+E2(X)=E(Y2)+E2(Y)解.cov(&,n)=E《n)—E(g)E(n)e(a)=E[(x+y)(x-r)]=e(x2)-e(y2)E《)E(n)=[E(X)+E(Y)][E(X)-E(Y)]=E\X)-E2(Y)所以(B)是答案.三.計算題k1.設X的分布律為P(X=公=―±F，k=0,1,2,…,a>0,試求E(X),D(X).(l+a)*+l解.E(X)=￡kP(X解.E(X)=￡kP(X=幻=￡ka_1Ye?+ik=0/(x)=^^kx/(x)=^^kxk+'=x2^kxk' =x2f--—]4=0 *=l \*=1 ) (1—xj(J"a/(—)=- -a)—=a2,所以E(X)=a/(—)=- -a)—=a2,所以E(X)='.a2="1+Q/IQ\2 QU―； )1+QE(X2)=￡k2P(X=k)=Ek=0 %=1k2ak(1+a嚴=定*+1-l)kk=\ak(1+Q產工(k+l)k&=1ak(l+a)*+1￡k“一

白（1+。嚴1工 nk—y(A：+iR.

l+a七 (1+。)00 00令/(x)=Z(k+DH*=xZ(k+l)fc?T=x&=0 A=l2a/(4)=1+a =2a(l+a)2,1+a(] 。)31+a所以￡(X2)=—.2a(l+a)2-a=a+2a2.\+aD(X)=￡(X2)-[E(X)]2=a+2a2-a2=a+a2.2.設隨機變量X具有概率密度為°（x）=2 2—cos-XK0求E(X),D(X).其它n個r+" c-2 解.E(X)=x(p(x)dx-x—cos-xdx-0J-8 J--兀r￡2D(X)=E(X2)-[E(X)]2=\\x2-cos2xdx7i, 221+cos2x,7T22x- dx=——乃2 123.設隨機變量X和丫的聯(lián)合概率分布為(X,Y)(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)(2,0)(2,1)P(X=x,Y=y)0.100.150.250.200.150.15求Esi儼X+Y)解.sin%（?+/）的分布律為2sinn(X+Y)/201-1P0.450.400.15

Esi/(x+y)2=0x0.45+1x0.40Esi/(x+y)2.一汽車沿一街道行駛需要通過三個設有紅綠信號燈路口，每個信號燈為紅或綠與其它信號燈為紅或綠相互獨立，且紅綠兩種信號顯示的時間相等，以X表示該汽車首次遇到紅燈前已通過的路口的個數(shù)，求：i.X的概率分布，ii.解.假設X為該汽車首次遇到紅燈已通過的路口數(shù)X01 23p1/21/22 1/231/23p(X=0)=P｛第一個路口為紅燈｝=-2p(x=i)=p｛第一個路口為綠燈，第二個路口為紅燈｝ =42222P(X=0)=P｛第一，二路口為綠燈，第三個路口為紅燈｝=［Tp(X=0)=P｛第一，二，三路口為綠燈｝=>1J_ J__67T25>321421-96.設(X,Y)的分布密度。(無,y)=?。(無,y)=?4xye-(x2+y2)0x>0,y>0其它解.E(Vx2+r2)=p\+\lx2+y2(p(x,y)dxdy=^x2+y24xye-(x2+y2)dxdyx>0

y>0=「cosOsin%。?！竢-4r2e~r-rdr=——Jo Jo 4.在長為/的線段上任選兩點，求兩點間距離的數(shù)學期望與方差.解.假設X,丫為線段上的兩點.則它們都服從［0,/］上的均勻分布，且它們相互獨立.X?夕(x)X?夕(x)=0<x<l其它丫?。(y)=0<y<l其它(X,Y)的聯(lián)合分布為0<x,y<I其它又設Z=IX-YI,D|={(x,y):x>y,0<x,y</},D2={(x,y):x<y,0<x,y</},+8f+oof+CClE(Z)=JfIJ-<x)v—<nx-y\(p[x.y)dxdy=JJ(x—y)\dxdy+JJ(y-x)—dxdy6Id21=戶J：[I：(x-y)dy]dx+--x)dx]dyc f+00￡(Z2)=Jf(x-J—00J-8、 J-- I2yY(p(x,y)dxdy= jj(x- =—，o<x^/ 0■ ./2I2 I2D(Z)=E(Z2)-[E(Z)]2= =—69 187.設隨機變量X的分布密度為°(x)=ge*",(-8<x<+oo),求E(X),D(X).r+8 r+81 ?. 1r+8 ..解.E(X)=x(p(x)dx=x—Jxr=x-//—[?+力J-8 J-002 2J-8=1匚招…力+；匚“一”=〃『e一力=〃E(X2)=「"關20(x)dx=「%+〃)20-"力J—oo J-<x> 2 2J-00r+8_. f+oo.. r+oo. <,=jLe力+Jo/j~e~dt=e力=2+〃~所以D(X)=￡(X2)-[E(X)]2=2+〃2_〃2=28.設(X,Y)的聯(lián)合密度為奴x,y)=T0x2+y2<1其它求E(X),D(Y),p(X,Y).^xdxdy=02+y2Ml解.E(X)=ffx^xdxdy=02+y2Ml?LxJ-X - 'jref-oort-x 1 ,,E(Y)=「「y(p(x,y)dxdy=—\\ydxdy=0J-QOJ-<X) 冗、JJx2+y2<lE(X2)=￡"°￡X%2^(x,y)dxdy=—^x2dxdy=—J7cos2OdO￡*rydr=—1x2+y2^\ ”° °E(Y2)=P[Xy2(p(x,y)dxdy=兀.r2+/<lJ-兀.r2+/<lr+oorE{XY)=\f?F—aoJ-'+00,—001xy叭x,y)dxdy=一* 71^xydxdy=0：2+y2ilD(X)=E(X)-舊X)]2[,c_E(XY)-E(X)E(Y)pYV— / ~_U?Je>(x)75面9.假設一部機器在一天內發(fā)生故障的概率為02機器發(fā)生故障時全天停止工作.若一周5個工作日里無故障，可獲利潤10萬元，發(fā)生一次故障仍可獲利潤5萬元；發(fā)生二次故障所獲利潤0元；發(fā)生三次或三次以上故障就要虧損2萬元.求一周內期望利潤是多少？解.假設X表示一周內發(fā)生故障的天數(shù).則X?B(5,0.8)p(x=0)=(0.8)5=0.33,P(X=1)=5X0.2x(0.8)4=0.41尸(X=2)=c；x0.22x(0.8)3=0.20, >3)=1-0.33-0.41-0.20=0.06又設Y為該企業(yè)的利潤,Y的分布律為Y1050-2P0.330.410.200.06E(Y)=10X0.33+5X0.41+0X0.20+(—2)X006=5.23(萬元)10.兩臺相互獨立的自動記錄儀，每臺無故障工作的時間服從參數(shù)為5的指數(shù)分布；若先開動其中的一臺，當其發(fā)生故障時停用而另一臺自行開動.試求兩臺記錄儀無故障工作的總時間T的概率密度/?)、數(shù)學期望和方差.解.假設X、Y分別表示第一、二臺記錄儀的無故障工作時間，則X、Y的密度函數(shù)如下:X、Y相互獨立，且T=X+Y.X、X、Y的聯(lián)合密度：f(x,y)=<25e-5"+?,0,關于T的分布函數(shù)：FT(t)=P[T<t}=P[X+Y<t]=^f(x,y)dxdyx+y^t當/<0時FT(t)=P{T<r}=P{X4-y</}=^f(x,y)dxdy=JJOdxdy=0

x+y^t x+y^tFT(t)=P{T</}=P{X+Y<r}=y)dxdy=j125e5(x+y)dxdyx+y<t x+y^txX),y20=25卜對L==25卜對L=5jy，”5,)dx=\-e'5'-5te~5'所以r>0t<0/>0/>0Z<0所以t的概率密度：fT(t)=[ft?)r=< ’。，所以E(T)=fT(/)dt=25t2e-5,dt=|所以。(『)=￡(片)-[￡。2=]；"(，)力-(|)、25第四章大數(shù)定律和中心極限定理一.填空題TOC\o"1-5"\h\z.設Yn是n次伯努利試驗中事件A出現(xiàn)的次數(shù)，p為A在每次試驗中出現(xiàn)的概率，則對任意￡>0,有l(wèi)im匹-p?￡\= .“TOO( 〃 J解.limI4一pIN￡]=1—lim尸(14一pk￡]=1—1=0"T8<〃 ) "T8\tl ).設隨機變量X和Y的數(shù)學期望是2,方差分別為1和4,而相關系數(shù)為0.5,則根據(jù)切比雪夫不等式P(IX-YI>6)<解.E(X-Y)=E(X)-E(Y)=2-2=0D(X-Y)=D(X)+D(Y)-20xyJD(X)Jd(Y)=1+4-2X0.5X1X2=3所以P(\X-Yl>6)<D(X-^-K-=—=—62 3612二.選擇題1.設隨機變量X1,X2,…,X“相互獨立，Sn=X,+X2+-+xn,則根據(jù)列維―林德伯格(Levy-Lindberg)中心極限定理，S“近似服從正態(tài)分布，只要X1,X2,…,x,(A)有相同的數(shù)學期望 (B)有相同的方差(C)服從同一指數(shù)分布 (D)服從同一離散型分布解.列維―林德伯格(Levy-Lindberg)中心極限定理要求X-X2,…,X”既有相同的數(shù)學期望，又有相同的方差，因此(A)、(B)、(D)都不是答案,(C)為答案.三.計算題1.某廠有400臺同型機器，各臺機器發(fā)生故障的概率均為0,02,假如各臺機器相互獨立工作，試求機器出現(xiàn)故障的臺數(shù)不少于2臺的概率.解.假設X表示400臺機器中發(fā)生故障的臺數(shù)，所以X?B(400,0.02)由棣莫佛一拉普拉斯定理：..JX-400x0.02/1 1r小，、hmP\/ :<x=—；=e2dt=O(x)…Va/400x0.02x0.98 )而( V_Q \所以P(X>2)=1-P(X<1)=1-P\/ </ IV400x0.02x0.98 4400x0.02x0.98)*1一①(一2.5)=①(2.5)=0.9938.2.設供電網(wǎng)中有10000盞燈，夜晚每一盞燈開著的概率都是0.7,假設各燈開、關時間彼此無關，計算同時開著的燈數(shù)在6800與7200之間的概率.解.假設X表示10000盞燈中開著的燈數(shù)，所以X?B(10000,0.7)由棣莫佛一拉普拉斯定理：lim//X-7000…lim//X-7000…U10000x0.3x0.7所以P(6800<X<7200)(6800-7000<X-7000<7200-70001

1710000x0.3x0.7.710000x0.3x0.7-V10000x0.3x0.7)=6(4.36)一中(一4.36)=2①(4.36)—1=2X0.999993—1=0.999.第五章 數(shù)理統(tǒng)計的基本概念一.填空題.設X|,X2,…,Xn為來自總體N(0,『)，且隨機變量丫=C(fXJ2?Z2(1),則常數(shù)C=一.1=1解.ZXj~N(0,n,解.ZXj~N(0,n,),i=]?N(o,l)y/n(J所以Vc=<—,■Jncy.設X|,X2,X3,X4來自正態(tài)總體N(0,22)的樣本，且y=a(X|-2X2)2+b(3X3-4X4)2,貝ija=b=時，丫服從/分布，自由度為.解.Xi—2X2?N(0,20), 3X3-4X4~N(0,100)3X&-3X&-4X,

Vioo~N(0,l)=-t=, u=—; y[b=-] ,b= .V20 20Vibo100丫為自由度2的%2分布..設X|,X2,…,Xn來自總體戶(n)的分布,則以又)=D(x)=解.因為X1,X2,…,Xn來自總體%2(n),所以E(Xi)=n,D(Xj)=2n(i=1,2,,,,,n)。(巨X,)E(X)=n, D(X)=—^—=^^=2n二.單項選擇題

1.設X],X2,…,Xn為來自總體N(0,『)的樣本，則樣本二階原點矩4 的方差為TOC\o"1-5"\h\z-> er2 2a4 a4(A)b(B)— (C)—— (D)—n n n解.X1,X2,…,Xn來自總體N(0,『)，所以(區(qū))2~/(l),磯區(qū))2=1, 。(二)2=2(J a az)(￡x：)z)(￡x：)b⑦(f(2L)2)a4?2n2an2.(C)是答案..設X1,X2為來自正態(tài)總體N(因/)的樣本，則X1+X2與X1-X2必(A)線性相關(B)不相關(C)相關但非線性相關(D)不獨立解.假設Y]=X1+X2,Y2=X]-X2所以E(Y2)=E(X!)-E(X2)=O.cov(YbY2)=E(Y|Y2)-E(Y|)E(Y2)=E(X；-X；)=E(X；)-E(X；)=0.(B)是答案.c X2+---X2TOC\o"1-5"\h\z.設X服從正態(tài)分布N(0,22),而X|,X2,…，X|5為來自總體X的簡單隨機樣本，則隨機變量y=-4 1V所2(附+…X：)服從的分布為(A)x2(15) (B)t(14) (C)F(10,5) (D)F(l,1)解X；+jX1~/(io), ~要(5)X；+…+X[ 2 2所以「-也一r~F(10,5)，即丫= ~bx；+…+X； ' 2(X[+...XZ) ' '20(C)是答案.三.計算題io1.設X1,X2, 為總體N(0,0.32)的一個樣本，求P(Zx；>1.44).i=l解.因為X|,X2,…,X1O為總體NQO.32)的一個樣本，所以10Y2自言反。)io 10y2 144尸(ZX；>1.44)=p(Z言>堤)=P(Z2(10)>16)=0.1i=l /=iu.J u.u.2.從一正態(tài)總體中抽取容量為10的一個樣本，若有2%的樣本均值與總體均值之差的絕對值在4以上，試求總體的標

準差.解.因為總體X服從N(|l,，)，所以 -N(0,1).由O-/V10P(IX-//t>4)=0.02知p(lX一2|>生叵)=0.02cr/VlO(T即 ①(一生畫)=o.oi,①(生叵)=0.99(T (T-4廂___ 4V10...查表得 =2.33,cr= =5.43.a 2.33.設總體X?N(72,100),為使樣本均值大于70的概率不小于0.95,問樣本容量至少應取多大? 1AA V_72解,假設樣本容量為n,則X~7V(72,—), ~ ~N(OJ)n1UVn由P(X>70)>0,95得P(X-721070-7210)>P(X-721070-7210)>0.95Vn所以①(乎)(0.95,日>1.65,n>68.0625..設總體X服從NJ,4),樣本(X|,X2,…,XJ來自X,又為樣本均值.問樣本容量至少應取多大才能使E(IX-//l2)<0.1ii.P(IX-/712<0.1)>0.95— 9 — 1 4解.i.E(lX-12)=￡>(X)=-D(X)=-<0.1n n所以n>40.X~N(//,一),—個〃~N(0,1).所以n2VhP(IX-X71<0.1)= >0.952 2y[n0(—Vn)>0.975,查表得—>1.96,n>15375.設無=1之Xj,證明:〃MTOC\o"1-5"\h\z￡(Xj-〃)2=￡(X,一滅)2-〃(又一〃)2;1=1 1=1ii.f(X,-五)2=fx,2_〃(5)2i=l i=l解.i.￡(X,-〃)2=￡(Xj—T+T—")2Z=1 i=\=t(X,-9)2+2f(Xj-五)(田-〃)+f(克-〃)2i=1 f=i i=l=t(X,—9)2+2(亍一〃)(￡Xi-nX)+n(X-i=l i=l.J_ =Z(X,-無)2-〃(又-〃)21=1￡(Xj-9)2=￡(x：_2X,又+N)=￡x,2-29￡Xj+〃N/=1 i=l f=l f=l=￡x；-2nX2+/?X2=J%,2-n(X)2i=l i=l第六章 參數(shù)估計1.設總體X?N也，a2）,若。2已知，總體均值N的置信度為l-a的置信區(qū)間為：（又一義多+4爺），貝UXy/nyin解.X~N(r,q2),則 -~N(0,1)(7yfn由口-a得置信區(qū)間（無一九三，5+九a/y/n yjn所以A=u01—2.設由來自正態(tài)總體NgOb）容量為9的簡單隨機樣本，得樣本均值x=5,則未知參數(shù)n的置信度為0.95的置信區(qū)

間.解.由第一題及查表知4=〃0.975=1-96.日的置信區(qū)間為(5-1.96x箸5(5-1.96x箸5+L96嚼)=(4.412,5.588).設XL為來自正態(tài)總體N(內1)的樣本，若CXi+^^X2為N的個無偏估計，則C=._ 1V[J1) g”「 1998I1999 )( 1999/ 1999.設(X1,X2,…,Xn)為來自正態(tài)總體X?U(0,0+1)(0>0)的樣本，則0的矩估計量為;極大似然估計量為.解.總體X解.總體X的密度為@x)=10<x<0+l0其它i.矩估計量￡(%)= i.矩估計量￡(%)= =1(26?+1)用X來估計E(X):1(2^+1)=X,ii.最大似然估計16><x,.<^+1xl°，g)[o其它八一1o=x——2(i=1,2,???，n)所以(Xi,X所以(Xi,X2,…,X)的聯(lián)合密度為夕(七,???5)1o<xn?e+10其它*(X1,…x“)在6WX],…，x“W6+1范圍中為常數(shù).ONmin{X|,…Xn}.所以0=min{xj,…xj.5.設(X|,X"…,Xn)為來自正態(tài)總體N(內,)的樣本,a"為常數(shù)，且0<°<b,則隨機區(qū)間:(Xj-〃廠'(X,.一〃)2>=1b，=]a的長度L的數(shù)學期望為.解.E岳解.E岳匹二?

i=ia一羅鏟卜浮因一〃)2一掙(X「〃)2二.單項選擇題.設總體X?N(內,)，其中°2已知，則總體均值N的置信區(qū)間的長度/與置信度l-a的關系是(A)當1-a縮小時,/縮短. (B)當1-a縮小時,/增大.(C)當1-a縮小吐/不變. (D)以上說法均錯.解.N的置信區(qū)間為(9-".4丞+U存)，當l-a縮小時，U°縮小.置信區(qū)間長度為2〃03.所以(A)是匕Tn1-3y]n 匕 匕y/n答案..設總體X?N(p,『)，其中，已知，若樣本容量n和置信度1-a均不變，則對于不同的樣本觀察值，總體均值u的置信區(qū)間的長度(A)變長(B)變短(C)不變(D)不能確定解.由第一題知:N的置信區(qū)間長度為2%上亍,和樣本的取值無關.(B)是答案..設隨機變量Xi,X2,…,Xn相互獨立且同分布，x=-Yx,-,s2=-y(x,.-X)2,D(X,)=(r2,則S〃,=i 〃-1,=i(A)是。的一致估計 (B)是。的無偏估計(C)是g的極大似然估計 (D)與又相互獨立解.(A)是答案，具體內容超出大綱要求..設)為。的無偏估計，旦D(G)hO,則(1)2必為。2的(A)無偏估計 (B)有偏估計 (C)一致估計 (D)有效估計解.因為方為。的無偏估計，所以E(1)=0.E((1力=D(1)+[E(1)f=口(1)+/*o?(B)是答案.設(X1,X2,…,Xn)為取自正態(tài)總體X?N(N，『)的樣本，則/+『的矩法估計量為TOC\o"1-5"\h\z(C)fX；_〃N (D)1=1 〃1=1A 人 2A1，, 1 , 2解.按矩估計方法：〃=X,〃2=x、cr2=-Y(X,.-X)2〃i=i n,=l所以a=/+，，>：一/=，+^:(口)是答案."+b n,=i n,=1.設總體X的分布中未知參數(shù)。的置信度為l-a的置信區(qū)間是HYTJ即P(Ti<6><T2)=l-a則下列說法正確的是(A)對ThT2的觀察值t|,t2,e6[t|,t2] (B)。以1-a的概率落入?yún)^(qū)間[T|,T2](C)區(qū)間[T],T2]以l-a的概率包含。 (D)。的數(shù)學期望E(0)必屬于[T],T2]解.(C)是答案.三.計算與證明題1.設總體X服從參數(shù)為九的Poisson分布,X1,X2,…,Xn為樣本，試求入的矩估計和極大似然估計.

無解.X「P(Xj=幻=一0-"(女=0,1,2,…)kl.矩估計因為E(X)=A，所以2=又\.最大似然函數(shù)為卬)=lV(X,=七)=0-5告i=l i=lXjInL(2)=Inxi-nA-^lnx,i=l i=la1n _所以A=-Yxi=x.?[ （Inx-//）2.設總體X的密度函數(shù)為/（X,4,"）2，,%>0J2r其中一8<J!V+8,『>0為未知參數(shù)，試求內，的極大似然估計.解.最大似然函數(shù)為n] (In--4)2/(X],???x〃，"，cr)=口、——2a~i=i72兀0In/=ln(2乃)2—glntT?一￡七一工才(坨七_〃>2 /=i2b/=]aIn/1 .nk不”一〃)=。Sin/

da2Sin/

da2n12ct7+2(ct2)2f(Ex,一〃y=01=1A1M A1n所以〃=-ZlnXj,cr2=-y（lnX,-//）2n,=i n,=1.設總體X服從（0,。）上的均勻分布,Xi,X2,-,Xn為取自X的樣本..求。的矩估計自，并討論其無偏性和一致性..求。的極大似然估計良，并討論其無偏性和一致性.解.總體X?叭x）=1/0O<x<00其它i.矩估計TOC\o"1-5"\h\z0 Q— A-E(X)=—,所以^=X, q=2XE(a)=2E(X)=2]