《概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)及其MATLAB實(shí)現(xiàn)（微課版）》 習(xí)題及答案匯 第4-10章

PAGEPAGE5概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)及其MATLAB實(shí)現(xiàn)習(xí)題及參考答案第4章考研真題1.假設(shè)一設(shè)備開機(jī)后無(wú)故障工作的時(shí)間服從參數(shù)的指數(shù)分布.設(shè)備定時(shí)開機(jī)，出現(xiàn)故障時(shí)自動(dòng)關(guān)機(jī)，而在無(wú)故障的情況下工作2小時(shí)便關(guān)機(jī).試求該設(shè)備每次開機(jī)無(wú)故障工作的時(shí)間的分布函數(shù).(2002研考)【解】設(shè)表示每次開機(jī)后無(wú)故障的工作時(shí)間，由題設(shè)知設(shè)備首次發(fā)生故障的等待時(shí)間，的概率密度函數(shù)為.依題意.對(duì)于,.對(duì)于，.對(duì)于,所以2.已知甲、乙兩箱中裝有同種產(chǎn)品，其中甲箱中裝有3件合格品和3件次品，乙箱中僅裝有3件合格品.從甲箱中任取3件產(chǎn)品放乙箱后，求：（1）乙箱中次品件數(shù)的數(shù)學(xué)期望；（2）從乙箱中任取一件產(chǎn)品是次品的概率.（2003研考）【解】（1）的可能取值為的概率分布為,即，，.因此，(2)設(shè)表示事件“從乙箱中任取出一件產(chǎn)品是次品”，根據(jù)全概率公式有3.假設(shè)由自動(dòng)線加工的某種零件的內(nèi)徑（毫米）服從正態(tài)分布，內(nèi)徑小于10或大于12為不合格品，其余為合格品.銷售每件合格品獲利，銷售每件不合格品虧損，已知銷售利潤(rùn)（單位：元）與銷售零件的內(nèi)徑有如下關(guān)系求平均直徑取何值時(shí)，銷售一個(gè)零件的平均利潤(rùn)最大？（1994研考）【解】從而這里令得兩邊取對(duì)數(shù)有解得(毫米),由此可得，當(dāng)u=10.9毫米時(shí)，平均利潤(rùn)最大.4.設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為對(duì)獨(dú)立地重復(fù)觀察4次，用表示觀察值大于的次數(shù)，求的數(shù)學(xué)期望.（2002研考）【解】令則.因?yàn)?所以,從而5.兩臺(tái)同樣的自動(dòng)記錄儀，每臺(tái)無(wú)故障工作的時(shí)間服從參數(shù)為5的指數(shù)分布，首先開動(dòng)其中一臺(tái)，當(dāng)其發(fā)生故障時(shí)停用而另一臺(tái)自動(dòng)開啟.試求兩臺(tái)記錄儀無(wú)故障工作的總時(shí)間的概率密度，數(shù)學(xué)期望及方差.（1997研考）【解】由題意知，因獨(dú)立，所以.當(dāng)時(shí)，;當(dāng)時(shí)，，故得由于服從參數(shù)為5的指數(shù)分布，從而因此，有.又因獨(dú)立，所以.6.設(shè)兩個(gè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立，且都服從均值為0，方差為的正態(tài)分布，求隨機(jī)變量的方差.（1998研考）【解】設(shè)，由于且X和Y相互獨(dú)立，故.因而，所以.7.某流水生產(chǎn)線上每個(gè)產(chǎn)品不合格的概率為，各產(chǎn)品合格與否相互獨(dú)立，當(dāng)出現(xiàn)一個(gè)不合格產(chǎn)品時(shí)，即停機(jī)檢修.設(shè)開機(jī)后第一次停機(jī)時(shí)已生產(chǎn)的產(chǎn)品個(gè)數(shù)為，求和.（2000研考）【解】記,的概率分布為故又所以8.設(shè)隨機(jī)變量和的聯(lián)合分布在點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形區(qū)域上服從均勻分布（如圖），試求隨機(jī)變量的方差.（2001研考）【解】由條件知和的聯(lián)合概率密度函數(shù)為的邊緣概率密度函數(shù).從而或者時(shí)，時(shí)，即因此同理可得于是9.設(shè)隨機(jī)變量在區(qū)間上服從均勻分布，隨機(jī)變量試求（1）和的聯(lián)合概率分布；（2）方差.（2002研考）【解】(1)的4個(gè)可能取值.,,,.故得X與Y的聯(lián)合概率分布為.(2)因,而及的概率分布相應(yīng)為,.從而所以10.設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為,(1)求及；（2）求,并問與是否不相關(guān)？（3）問與是否相互獨(dú)立，為什么？（1993研考）【解】(1)(2)所以與不相關(guān).(3)為判斷與的獨(dú)立性，需依定義構(gòu)造適當(dāng)事件后作出判斷，為此，對(duì)定義域中的子區(qū)間上給出任意點(diǎn)，則有所以故由，得出與不相互獨(dú)立.11.已知隨機(jī)變量和分別服從正態(tài)分布和，且和的相關(guān)系數(shù)，設(shè).（1）求的數(shù)學(xué)期望和方差；（2）求與的相關(guān)系數(shù)；（3）問與是否相互獨(dú)立，為什么？（1994研考）【解】(1)由于隨機(jī)變量和分別服從正態(tài)分布和，則;.而,所以(2)因所以(3)由，得與不相關(guān).又因，所以X與Z相互獨(dú)立.12.將一枚硬幣重復(fù)擲次，以和表示正面向上和反面向上的次數(shù).求和的相關(guān)系數(shù).（2001研考）【解】由條件知，則有.再由,得到.所以故.13.設(shè)隨機(jī)變量和的聯(lián)合概率分布如表4-17所示，表4-17YX-101010.070.180.150.080.320.20求和的相關(guān)系數(shù).(2002研考)【解】由已知，于是所以.從而14.對(duì)于任意兩事件和，則稱為事件和的相關(guān)系數(shù).試證：（1）事件和獨(dú)立的充分必要條件是；（2）.（2003研考）【證明】（1）由的定義知，當(dāng)且僅當(dāng).所以是和獨(dú)立的充分必要條件.(2)引入隨機(jī)變量和為由條件知，和都服從分布，即從而有,,,,由于,從而有,于是.所以，事件和的相關(guān)系數(shù)就是隨機(jī)變量和的相關(guān)系數(shù).于是由二維隨機(jī)變量相關(guān)系數(shù)的基本性質(zhì)可得.15.設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為令，為二維隨機(jī)變量的分布函數(shù)，求：(1)的概率密度；(2);(3).(2006研考)【解】(1)的分布函數(shù)為.當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，.故的概率密度為(2),,,故.(3).16.設(shè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立，且都存在，記，，則（）(A)(B)(C)(D)(2011研考)【解】由于，，則,從而.17．設(shè)二維隨機(jī)變量，則.(2011研考)【解】由于，則相互獨(dú)立，且從而18.設(shè)隨機(jī)變量與的概率分布分別為0101且求(1)二維隨機(jī)變量的概率分布；(2)的概率分布；(3)與的相關(guān)系數(shù).(2011研考)【解】(1)由于從而由于得到由于得到于是(2)的取值為(3)19.將長(zhǎng)度為1m的木棒隨機(jī)地截成兩段，則兩段長(zhǎng)度的相關(guān)系數(shù)為（）.(2012研考)【解】用與分別表示兩段木棒的長(zhǎng)度，則,即,從而兩段長(zhǎng)度的相關(guān)系數(shù)20．已知隨機(jī)變量以及的分布律如下表所示，0121/21/31/60121/31/31/301247/121/301/12求：（1）；（2）與.(2012研考)【解】(1)由于得到由于得到由于得到由于得到所以(2)從而于是21.設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量與相互獨(dú)立，且方差均存在，與的概率密度分別為與，隨機(jī)變量的概率密度為，隨機(jī)變量，則()(A)，(B)，(C)，(D)，(2014研考)【解】由于與是連續(xù)型隨機(jī)變量，方差存在，因此由于從而而所以應(yīng)該選(D).【說(shuō)明】如果僅是從考試選擇題結(jié)果來(lái)看，也可以假設(shè)與是獨(dú)立同分布的，這樣與,有著相同的概率密度函數(shù)，從而，結(jié)果就比較明顯了.22.設(shè)隨機(jī)變量的概率分布為在給定的條件下，隨機(jī)變量服從均勻分布.（I）求的分布函數(shù)；（II）求.(2014研考)【解】（I）在及條件下的條件概率密度函分別為由全概率公式，的分布函數(shù)；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；所以，；（II）的概率密度函數(shù)為23.設(shè)二維隨機(jī)變量的概率分布如表4-18所示，其中為常數(shù)，且的數(shù)學(xué)期望，，記.表4-18-101-101a00.20.1b0.200.1c求：（1）的值；（2）的概率分布；（3）.(2014研考)【解】（1）的分布為的分布為于是得到（2）的取值為，（3）.24.設(shè)隨機(jī)變量不相關(guān)，且，則()(A)(B)(C)(D)(2015研考)【解】由于隨機(jī)變量不相關(guān)，則因此應(yīng)選(C).25.隨機(jī)試驗(yàn)有三種兩兩不相容的結(jié)果,,，且三種結(jié)果發(fā)生的概率均為.將試驗(yàn)獨(dú)立重復(fù)做2次,表示2次試驗(yàn)中結(jié)果發(fā)生的次數(shù),表示2次試驗(yàn)中結(jié)果發(fā)生的次數(shù),求與的相關(guān)系數(shù).(2016研考)【解】由于則由于,則于是也可以采用計(jì)算的聯(lián)合分布的辦法.由于則于是26.設(shè)隨機(jī)變量的分布函數(shù)為,其中為標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù),則.(2017研考)【解】的概率密度函數(shù)為27.設(shè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立,且的概率分布為的概率密度為(Ⅰ)求;(Ⅱ)求的概率密度.(2017研考)【解】(Ⅰ)(Ⅱ)分布函數(shù)時(shí)，時(shí)，時(shí)，時(shí)，所以28.設(shè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立,且的概率分布為服從參數(shù)為的泊松分布.令，(Ⅰ)求;(Ⅱ)求的概率分布.(2018研考)【解】(Ⅰ)由于則由于服從參數(shù)為的泊松分布，則因?yàn)殡S機(jī)變量相互獨(dú)立,從而相互獨(dú)立，所以(Ⅱ)的取值為，29.設(shè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立,且服從參數(shù)為1的指數(shù)分布,的概率分布為,.令.(Ⅰ)求的概率密度；(Ⅱ)為何值時(shí)，與不相關(guān)；(Ⅲ）與是否相互獨(dú)立？(2019研考)【解】(Ⅰ)由于服從參數(shù)為1的指數(shù)分布,則從而的分布函數(shù).時(shí)，，時(shí)，，時(shí)，，所以的概率密度(Ⅱ)由于隨機(jī)變量相互獨(dú)立,從而相互獨(dú)立,于是所以時(shí)，與不相關(guān).(Ⅲ）當(dāng)時(shí)，，與不相關(guān)，從而不獨(dú)立.時(shí)，從而，即與不獨(dú)立.30.設(shè)隨機(jī)變量服從區(qū)間上的均勻分布,,求.(2020研考)【解】的概率密度函數(shù)為31.在區(qū)間上隨機(jī)取一點(diǎn),將該區(qū)間分為兩段,較短一段的長(zhǎng)度為,較長(zhǎng)一段的長(zhǎng)度為,令.(Ⅰ)求的概率密度；(Ⅱ)求的概率密度；(Ⅲ）求.(2021研考)【解】(Ⅰ)由題意，,所以的概率密度函數(shù)為(Ⅱ)由，得到.的分布函數(shù),時(shí)，，時(shí)，所以的概率密度為(Ⅲ）.32.設(shè),,,求.(2022研考)【解】由于,,，則33.設(shè),在的條件下,,求與的相關(guān)系數(shù).(2022研考)【解】由已知條件，有從而即，由服從二維正態(tài)分布的隨機(jī)變量的性質(zhì)，與的相關(guān)系數(shù).34.設(shè)服從參數(shù)為1的泊松分布,則(2023研考)【解】由于,則從而的取值為于是35.設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為，在的條件下，隨機(jī)變量服從區(qū)間上的均勻分布，則.(A)(B)(C)(D)(2024研考)【解】當(dāng)時(shí)，從而故選（D）.習(xí)題5.11.設(shè)在每次實(shí)驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率為0.75，利用切比雪夫不等式估計(jì)在1000次獨(dú)立試驗(yàn)中，發(fā)生的次數(shù)在700-800之間的概率.【解】設(shè)發(fā)生的次數(shù)為，則，所求概率為：.2.假設(shè)一條生產(chǎn)線生產(chǎn)的產(chǎn)品合格率是0.8.要使一批產(chǎn)品的合格率達(dá)到在76%與84%之間的概率不小于90%，問這批產(chǎn)品至少要生產(chǎn)多少件？【解】令而至少要生產(chǎn)n件，則i=1,2,…,n,且X1，X2，…，Xn獨(dú)立同分布，p=P{Xi=1}=0.8.現(xiàn)要求n,使得即由中心極限定理得整理得查表n≥268.96,故取n=269.習(xí)題5.21.某車間有同型號(hào)機(jī)床200臺(tái)，每部機(jī)床開動(dòng)的概率為0.7，假定各機(jī)床開動(dòng)與否互不影響，開動(dòng)時(shí)每部機(jī)床消耗電能15個(gè)單位.問至少供應(yīng)多少單位電能才可以95%的概率保證不致因供電不足而影響生產(chǎn).【解】要確定最低的供應(yīng)的電能量，應(yīng)先確定此車間同時(shí)開動(dòng)的機(jī)床數(shù)目最大值m，而m要滿足200部機(jī)床中同時(shí)開動(dòng)的機(jī)床數(shù)目不超過(guò)m的概率為95%,于是我們只要供應(yīng)15m單位電能就可滿足要求.令X表同時(shí)開動(dòng)機(jī)床數(shù)目，則X~B（200，0.7）,查表知,m=151.所以供電能151×15=2265（單位）.2.一加法器同時(shí)收到20個(gè)噪聲電壓Vk（k=1，2，…，20），設(shè)它們是相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，且都在區(qū)間（0，10）上服從均勻分布.記V=，求P{V＞105}的近似值.【解】易知:E(Vk)=5,D(Vk)=,k=1,2,…,20由中心極限定理知，隨機(jī)變量于是即有P{V>105}≈0.3483.有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的長(zhǎng)度不小于3m.現(xiàn)從這批木柱中隨機(jī)地取出100根，問其中至少有30根短于3m的概率是多少？【解】設(shè)100根中有X根短于3m，則X~B（100，0.2）從而4.某藥廠斷言，該廠生產(chǎn)的某種藥品對(duì)于醫(yī)治一種疑難的血液病的治愈率為0.8.醫(yī)院檢驗(yàn)員任意抽查100個(gè)服用此藥品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受這一斷言，否則就拒絕這一斷言.（1）若實(shí)際上此藥品對(duì)這種疾病的治愈率是0.8，問接受這一斷言的概率是多少？（2）若實(shí)際上此藥品對(duì)這種疾病的治愈率是0.7，問接受這一斷言的概率是多少？【解】令(1)X~B(100,0.8)，(2)X~B(100,0.7)，5.用拉普拉斯中心極限定理近似計(jì)算從一批廢品率為0.05的產(chǎn)品中，任取1000件，其中有20件廢品的概率.【解】令1000件中廢品數(shù)X，則p=0.05,n=1000,X~B(1000,0.05)，E(X)=50，D(X)=47.5.故6.設(shè)有30個(gè)電子器件.它們的使用壽命T1，…，T30服從參數(shù)λ=0.1[單位：]的指數(shù)分布，其使用情況是第一個(gè)損壞第二個(gè)立即使用，以此類推.令T為30個(gè)器件使用的總計(jì)時(shí)間，求T超過(guò)350小時(shí)的概率.【解】故7.上題中的電子器件若每件為a元，那么在年計(jì)劃中一年至少需多少元才能以95%的概率保證夠用（假定一年有306個(gè)工作日，每個(gè)工作日為8小時(shí)）.【解】設(shè)至少需n件才夠用.則E(Ti)=10，D(Ti)=100，E(T)=10n，D(T)=100n.從而即故所以需272a元.8.對(duì)于一個(gè)學(xué)生而言，來(lái)參加家長(zhǎng)會(huì)的家長(zhǎng)人數(shù)是一個(gè)隨機(jī)變量，設(shè)一個(gè)學(xué)生無(wú)家長(zhǎng)、1名家長(zhǎng)、2名家長(zhǎng)來(lái)參加會(huì)議的概率分別為0.05,0.8,0.15.若學(xué)校共有400名學(xué)生，設(shè)各學(xué)生參加會(huì)議的家長(zhǎng)數(shù)相與獨(dú)立，且服從同一分布.（1）求參加會(huì)議的家長(zhǎng)數(shù)X超過(guò)450的概率？（2）求有1名家長(zhǎng)來(lái)參加會(huì)議的學(xué)生數(shù)不多于340的概率.【解】（1）以Xi(i=1,2,…,400)記第i個(gè)學(xué)生來(lái)參加會(huì)議的家長(zhǎng)數(shù).則Xi的分布律為Xi012P0.050.80.15易知E（Xi=1.1）,D(Xi)=0.19,i=1,2,…,400.而,由中心極限定理得于是(2)以Y記有一名家長(zhǎng)來(lái)參加會(huì)議的學(xué)生數(shù).則Y~B(400,0.8)由拉普拉斯中心極限定理得9.設(shè)男孩出生率為0.515，求在10000個(gè)新生嬰兒中女孩不少于男孩的概率？【解】用X表10000個(gè)嬰兒中男孩的個(gè)數(shù)，則X~B（10000，0.515）要求女孩個(gè)數(shù)不少于男孩個(gè)數(shù)的概率，即求P{X≤5000}.由中心極限定理有10.設(shè)有1000個(gè)人獨(dú)立行動(dòng)，每個(gè)人能夠按時(shí)進(jìn)入掩蔽體的概率為0.9.以95%概率估計(jì)，在一次行動(dòng)中：（1）至少有多少個(gè)人能夠進(jìn)入？（2）至多有多少人能夠進(jìn)入？【解】用Xi表第i個(gè)人能夠按時(shí)進(jìn)入掩蔽體（i=1,2,…,1000）.令Sn=X1+X2+…+X1000.(1)設(shè)至少有m人能夠進(jìn)入掩蔽體，要求P{m≤Sn≤1000}≥0.95，事件由中心極限定理知：從而故所以m=900-15.65=884.35≈884人(2)設(shè)至多有M人能進(jìn)入掩蔽體，要求P{0≤Sn≤M}≥0.95.查表知=1.65,M=900+15.65=915.65≈916人.11.在一定保險(xiǎn)公司里有10000人參加保險(xiǎn)，每人每年付12元保險(xiǎn)費(fèi)，在一年內(nèi)一個(gè)人死亡的概率為0.006,死亡者其家屬可向保險(xiǎn)公司領(lǐng)得1000元賠償費(fèi).求：（1）保險(xiǎn)公司沒有利潤(rùn)的概率為多大；（2）保險(xiǎn)公司一年的利潤(rùn)不少于60000元的概率為多大？【解】設(shè)X為在一年中參加保險(xiǎn)者的死亡人數(shù)，則X~B（10000，0.006）.(1)公司沒有利潤(rùn)當(dāng)且僅當(dāng)“1000X=10000×12”即“X=120”.于是所求概率為(2)因?yàn)椤肮纠麧?rùn)≥60000”當(dāng)且僅當(dāng)“0≤X≤60”于是所求概率為習(xí)題5.3一復(fù)雜系統(tǒng)由100個(gè)相互獨(dú)立起作用的部件構(gòu)成.在整個(gè)系統(tǒng)運(yùn)行期間每個(gè)部件損壞的概率為0.1，為了使整個(gè)系統(tǒng)起作用，至少必須有85個(gè)部件正常工作，（1）利用MATLAB軟件精確計(jì)算整個(gè)系統(tǒng)起作用的概率；（2）利用中心極限定理估計(jì)整個(gè)系統(tǒng)起作用的概率.【解】程序代碼：p=0.9;P1=1-binocdf(84,100,p)P2=1-normcdf(85,90,3)輸出結(jié)果：P1=0.9601,P2=0.9522.某保險(xiǎn)公司多年統(tǒng)計(jì)資料表明，在索賠戶中，被盜索賠戶占20%，以X表示在隨機(jī)抽查的10000個(gè)索賠戶中，因被盜向保險(xiǎn)公司索賠的戶數(shù).（1）利用MATLAB軟件，精確求被盜索賠戶不少于1900戶且不多于2100戶的概率.；（2）利用中心極限定理，求被盜索賠戶不少于1900戶且不多于2100戶的概率近似值.【解】輸入程序：p=0.2;P1=binocdf(2100,100,p)-binocdf(1899,10000,p)P2=normcdf(2100,2000,40)-normcdf(1900,2000,40)輸出結(jié)果：P1=0.9942,P2=0.9876.第5章考研真題1.設(shè)隨機(jī)變量X和Y的數(shù)學(xué)期望都是2，方差分別為1和4，而相關(guān)系數(shù)為0.5試根據(jù)切比雪夫不等式給出P{|X-Y|≥6}的估計(jì).（2001研考）【解】令Z=X-Y，有所以2.設(shè)獨(dú)立同分布，，用切比雪夫不等式估計(jì)（2022研考）【解】由得，，故從而，由切比雪夫不等式，.3.某保險(xiǎn)公司多年統(tǒng)計(jì)資料表明，在索賠戶中，被盜索賠戶占20%，以X表示在隨機(jī)抽查的100個(gè)索賠戶中，因被盜向保險(xiǎn)公司索賠的戶數(shù).（1）寫出X的概率分布；（2）利用中心極限定理，求被盜索賠戶不少于14戶且不多于30戶的概率近似值.（1988研考）【解】（1）X可看作100次重復(fù)獨(dú)立試驗(yàn)中，被盜戶數(shù)出現(xiàn)的次數(shù)，而在每次試驗(yàn)中被盜戶出現(xiàn)的概率是0.2，因此，X~B(100,0.2)，故X的概率分布是(2)被盜索賠戶不少于14戶且不多于30戶的概率即為事件{14≤X≤30}的概率.由中心極限定理，得4.一生產(chǎn)線生產(chǎn)的產(chǎn)品成箱包裝，每箱的重量是隨機(jī)的.假設(shè)每箱平均重50千克，標(biāo)準(zhǔn)差為5千克，若用最大載重量為5噸的汽車承運(yùn)，試?yán)弥行臉O限定理說(shuō)明每輛車最多可以裝多少箱，才能保障不超載的概率大于0.977.(2001研考)【解】設(shè)Xi（i=1,2,…,n）是裝運(yùn)i箱的重量（單位：千克），n為所求的箱數(shù)，由條件知，可把X1，X2，…，Xn視為獨(dú)立同分布的隨機(jī)變量，而n箱的總重量Tn=X1+X2+…+Xn是獨(dú)立同分布隨機(jī)變量之和，由條件知：依中心極限定理，當(dāng)n較大時(shí)，,故箱數(shù)n取決于條件因此可從解出n<98.0199,即最多可裝98箱.習(xí)題6.11.為來(lái)自于總體的一個(gè)樣本，則（）.A.是統(tǒng)計(jì)量；B.是統(tǒng)計(jì)量；C.是統(tǒng)計(jì)量；D.是統(tǒng)計(jì)量.【解】統(tǒng)計(jì)量是不含未知量的樣本函數(shù)，所以選擇A.2．某地電視臺(tái)想了解某電視欄目(如:每日晚九點(diǎn)至九點(diǎn)半的體育節(jié)目)在該地區(qū)的收視率情況，于是委托一家市場(chǎng)咨詢公司進(jìn)行一次電話訪查，問（1）該項(xiàng)研究的總體是什么?（2）該項(xiàng)研究的樣本是什么?【解】總體是該地區(qū)全體用戶；樣本是被訪查的電話用戶.3．某市要調(diào)查成年男子的吸煙率，特聘請(qǐng)50名統(tǒng)計(jì)專業(yè)本科生作街頭隨機(jī)調(diào)查，要求每位學(xué)生調(diào)查100名成年男子，問該項(xiàng)調(diào)查的總體和樣本分別是什么，總體用什么分布描述為宜?【解】總體是任意100名成年男子中的吸煙人數(shù)；樣本是這50名學(xué)生中每一個(gè)人調(diào)查所得到的吸煙人數(shù)；總體用二項(xiàng)分布描述比較合適.4.某廠生產(chǎn)的電容器的使用壽命服從指數(shù)分布，為了解其平均壽命，從中抽出n件產(chǎn)品測(cè)其實(shí)際使用壽命，試說(shuō)明什么是總體，什么是樣本，并指出樣本的分布.【解】總體是該廠生產(chǎn)的的全體電容器的壽命；樣本是被抽取的n件電容器的壽命；總體的分布為，概率密度為樣本的概率密度為5.假若某地區(qū)30名2018年某專業(yè)畢業(yè)生實(shí)習(xí)期滿后的月薪數(shù)據(jù)如下：9090108601120099901320010910107101081011300133609670157208250914099201232095007750120301025010960808012240104408710116409710950086607380（1）構(gòu)造該批數(shù)據(jù)的頻率分布表(分6組);（2）畫出直方圖.【解】（1）最大觀測(cè)值為15720，最小觀測(cè)值為7380，則組距為，區(qū)間端點(diǎn)可取為7300，8770，10160，11550，12940，14330，15800頻率分布表為組限頻數(shù)累積頻數(shù)7300-8770668770-1016081410160-1155092311550-1294042712940-1433022914330-15800130（2）直方圖習(xí)題6.21.設(shè)是來(lái)自總體的一個(gè)簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，，試確定常數(shù)使服從分布.【解】由及相互獨(dú)立，則，得到同理，再由與相互獨(dú)立，得到，即.2.設(shè)是來(lái)自總體的一個(gè)簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，，試確定常數(shù)使服從分布.【解】由及相互獨(dú)立，則，得到；由及相互獨(dú)立，則，而與相互獨(dú)立，由分布的定義得到，得.3.設(shè)總體X服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，是來(lái)自總體X的一個(gè)簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，試問統(tǒng)計(jì)量Y=，n＞5，服從何種分布？【解】且與相互獨(dú)立.所以4.已知，證明.【證】設(shè)，，并且U，V相互獨(dú)立，則隨機(jī)變量而，且，V相互獨(dú)立，則.習(xí)題6.31.設(shè)總體，從總體中抽取一個(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3的概率.【解】μ=60,σ2=152,n=100即2.從正態(tài)總體中抽取容量為n的樣本，若要求其樣本均值位于區(qū)間（2.2,6.2)內(nèi)的概率不小于0.95，則樣本容量n至少取多大？【解】則Φ(0.4)=0.975，故0.4>1.96,即n>24.01，所以n至少應(yīng)取25.3.設(shè)某廠生產(chǎn)的燈泡的使用壽命（單位：小時(shí)），隨機(jī)抽取一容量為9的樣本，并測(cè)得樣本均值及樣本方差.但是由于工作上的失誤，事后失去了此試驗(yàn)的結(jié)果，只記得樣本方差為，試求.【解】μ=1000,n=9，S2=1002.4.從一正態(tài)總體中抽取容量為10的樣本，假定有2%的樣本均值與總體均值之差的絕對(duì)值在4以上，求總體的標(biāo)準(zhǔn)差.【解】，由P(|-μ|>4)=0.02得P|Z|>4(σ/n)=0.02,故,即查表得所以5.設(shè)總體，是來(lái)自總體X的一個(gè)容量為10的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，為其樣本方差，且，求a之值.【解】查表得所以6.求總體的容量分別為10，15的兩個(gè)獨(dú)立隨機(jī)樣本平均值差的絕對(duì)值大于0.3的概率.【解】令的容量為10的樣本均值，為容量為15的樣本均值,則~N(20,310),~N(20,)，且與相互獨(dú)立.則那么所以習(xí)題6.4在總體中隨機(jī)抽取容量為36的樣本，利用MATLAB軟件求樣本均值落在50.8到53.8之間的概率.【解】輸入程序：P=normcdf(53.8,52,6.3/6)-normcdf(50.8,52,6.3/6)輸出結(jié)果：P=0.8302.30個(gè)電子元件參加壽命試驗(yàn)，其失效時(shí)間如下：X=[1.94.66.620.71.91.33.05.10.511.94.02.96.31.92.10.43.81.28.34.11.22.30.92.51.610.90.85.39.04.4];請(qǐng)利用MATLAB軟件畫出該數(shù)據(jù)的直方圖，并研究哪一個(gè)分布更適合這個(gè)數(shù)據(jù).【解】X=[1.94.66.620.71.91.33.05.10.511.94.02.96.31.92.10.43.81.28.34.11.22.30.92.51.610.90.85.39.04.4];histogram(X,5,'Normalization','pdf');%畫直方圖holdonpdf_exp=exppdf(X,mean(X));%畫指數(shù)分布的密度函數(shù)圖plot(X,pdf_exp,'*r')運(yùn)行結(jié)果：由上圖可見，指數(shù)分布適合這組數(shù)據(jù).第6章考研真題1.設(shè)總體,為總體的一個(gè)樣本.則服從分布,參數(shù)為.（2001研考）【解】i=1,2,…,15.那么且與相互獨(dú)立,所以所以Y~F分布，參數(shù)為（10,5）.2.設(shè)總體,總體,和分別來(lái)自總體X和Y的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，則=.(2004研考)【解】令則又那么3.設(shè)總體，（n≥2）是總體X的一個(gè)樣本，，令，求.（2001研考）【解】令Zi=Xi+Xn+i,i=1,2,…,n.則Zi~N(2μ,2σ2)(1≤i≤n),且Z1,Z2,…,Zn相互獨(dú)立.令則故那么所以4.設(shè)總體X的概率密度為(),為總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，其樣本方差為，求.(2006研考)【解】由題意，得于是所以.5.設(shè)隨機(jī)變量,，給定，常數(shù)滿足，則________.(2013研考)【解】由，得，從而，于是.6.設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為，對(duì)進(jìn)行獨(dú)立重復(fù)的觀測(cè),直到第2個(gè)大于3的觀測(cè)值出現(xiàn)時(shí)停止，記為觀測(cè)次數(shù).(I)求的概率分布;(II)求.(2015研考)【解】(I)令，的可能取值為2，3，…，概率分布為：(II).7.設(shè)為來(lái)自總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，記則下列結(jié)論中不正確的是（）(A)服從分布(B)服從分布(C)服從分布(D)服從分布(2017研考)【解】選BA選項(xiàng)：由，得；B選項(xiàng)：，，得；；C選項(xiàng)：；D選項(xiàng)：，得.習(xí)題7.11.為估計(jì)某湖泊中魚的數(shù)量，從湖中隨機(jī)撈出1000條魚，標(biāo)上記號(hào)后再放入湖中.一天后，從湖中再次隨機(jī)撈出150條魚，發(fā)現(xiàn)其中有10條帶有記號(hào).問該湖泊中有多少條魚？【解】設(shè)湖泊中有n條魚.總體中帶記號(hào)的魚的比例為，樣本中的比例為.由于，故n=15000.2.設(shè)總體X的分布律為X123其中θ(0<θ<1)是未知參數(shù).X1，X2，X3是總體X的一個(gè)樣本，對(duì)應(yīng)的樣本值是1,2,1.試求參數(shù)θ的矩估計(jì)值和最大似然估計(jì)值.【解】（1）總體的一階矩為：樣本一階矩為：令μ1=A1，解得將樣本值代入，得θ的矩估計(jì)值：（2）似然函數(shù)為.取對(duì)數(shù)lnL(λ)=.令，得：將樣本值代入，得θ的最大似然估計(jì)值為：3.設(shè)總體X的密度函數(shù)為f(x；θ)=X1，X2，…，Xn為來(lái)自總體X的樣本，試求參數(shù)θ的矩估計(jì)量.【解】令解得θ的矩估計(jì)量為：4.設(shè)總體，從中抽取容量為n的樣本X1，X2，…，Xn，試求參數(shù)p的矩估計(jì)值.【解】E(X)=p,令解得p的矩估計(jì)量為.5.設(shè)總體X的密度函數(shù)為f(x；θ)，X1，X2，…，Xn為其樣本，求θ的最大似然估計(jì).（1）f(x；θ)=（2）f(x；θ)=【解】（1）似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令，即解得得θ的最大似然估計(jì)量為：（2）似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令，即解得得θ的最大似然估計(jì)量為：6.設(shè)總體的概率密度為：，其中>是未知參數(shù)，是來(lái)自總體的樣本，其觀測(cè)值分別為.試求參數(shù)的矩估計(jì)量和最大似然估計(jì)量.【解】（1）令解得θ的矩估計(jì)量為：（2）似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令，即解得得θ的最大似然估計(jì)量為：習(xí)題7.21.若樣本取自總體，，，則_______可以作為的無(wú)偏估計(jì)量.（A）當(dāng)已知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量；（B）當(dāng)已知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量；（C）當(dāng)未知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量；（D）當(dāng)未知時(shí)，統(tǒng)計(jì)量.【解】C、D非統(tǒng)計(jì)量，由數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)知正確答案是A.2.若樣本取自總體，則__________.（A）不是的無(wú)偏估計(jì)量；（B）是的無(wú)偏估計(jì)量；（C）是的無(wú)偏估計(jì)量；（D）是的無(wú)偏估計(jì)量.【解】由數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)及樣本均值的定義知正確答案是B.3.設(shè)總體X的分布中含有未知參數(shù)θ，又X1，X2是來(lái)自X的樣本.已知E(X)=2-2θ，且是θ的無(wú)偏估計(jì).求k.【解】由題意，，解得4.設(shè)X1，X2是從正態(tài)總體N(μ，σ2)的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.記試證：都是μ的無(wú)偏估計(jì)量，并判斷哪一個(gè)估計(jì)量更有效.【證】因?yàn)樗远际铅痰臒o(wú)偏估計(jì)量.所以.即在中是最有效的.5.設(shè)總體X的概率密度為其中θ>0是未知參數(shù)，X1,X2,…,Xn是來(lái)自總體X的樣本.求參數(shù)θ的最大似然估計(jì)量，并判斷該估計(jì)量是否是θ的無(wú)偏估計(jì)量.【解】似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令，即解得得θ的最大似然估計(jì)量為：因?yàn)樗允铅鹊臒o(wú)偏估計(jì)量.習(xí)題7.31.某工廠生產(chǎn)的節(jié)能燈使用壽命X~N(μ，1002).現(xiàn)從生產(chǎn)的一批節(jié)能燈中隨機(jī)抽取5只，測(cè)得使用壽命如下（單位：小時(shí)）14551430150213701610試求這批節(jié)能燈平均使用壽命μ的置信水平為0.9的置信區(qū)間.【解】該題屬于σ2已知時(shí)對(duì)μ的區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.9，α/2=0.05，n=5，查表得zα/2=z0.05=1.64，計(jì)算得代入（7.10）得均值μ的置信水平為0.9的置信區(qū)間是（1473.4-，1473.4+）即（1400.1,1546.7）.2.設(shè)是來(lái)自總體X的一個(gè)樣本，X~N(μ，52).求μ的置信水平為0.9的置信區(qū)間的長(zhǎng)度.【解】因?yàn)棣?已知，所以μ的置信水平為1-α的置信區(qū)間為.置信區(qū)間的長(zhǎng)度為由題意n=25,σ=5,α=0.1,查表得，代入上式得置信區(qū)間的長(zhǎng)度為3.29.習(xí)題7.41.設(shè)某工廠生產(chǎn)的零件長(zhǎng)度X~N(μ,σ2)（單位：cm），現(xiàn)從生產(chǎn)線上隨機(jī)抽取16件產(chǎn)品，測(cè)得樣本均值為10，樣本方差為0.16.試求：μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間；（2）σ2的置信水平為0.95的置信區(qū)間.【解】（1）該題屬于σ2未知時(shí)對(duì)μ的區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.95，α/2=0.025，n=16，查表得tα/2(n-1)=t0.025(15)=2.132.代入（7.14）得均值μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間是（9.7868,10.2132）.(2)該題屬于μ未知時(shí)對(duì)σ2的區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.95，α/2=0.025，n=16，查表得=24.996，=6.262，代入（7.15）得均值σ2的置信水平為0.95的置信區(qū)間是（0.096,0.383）.2.設(shè)某種袋裝食鹽的質(zhì)量服從正態(tài)分布，現(xiàn)從中隨機(jī)抽取16袋，稱得質(zhì)量的平均值=503.75(g)，樣本方差s=6.2022(g).求總體均值μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間.【解】該題屬于σ2未知時(shí)對(duì)μ的區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.95，α/2=0.025，n=16，=503.75，s=6.2022，查表得tα/2(n-1)=t0.025(15)=2.132.代入（7.14）得均值μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間是（500.4,507.1）.3.某工廠生成一批鋼珠，其直徑服從正態(tài)分布N(μ,σ2)（單位：mm）.現(xiàn)從某天生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取6個(gè)，測(cè)得直徑為15.114.815.214.914.615.1（1）若σ2=0.06，求μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間；（2）若σ2未知，求μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間.【解】（1）該題屬于σ2已知時(shí)對(duì)μ的區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.95，α/2=0.025，n=6，，計(jì)算得=14.95，查表得zα/2=z0.025=1.96.代入公式得均值μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間是（14.75,15.15）.該題屬于σ2未知時(shí)對(duì)μ的區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.95，α/2=0.025，n=6，計(jì)算得=14.95，s=0.226，查表得tα/2(n-1)=t0.025(5)=2.5706.代入公式得均值μ的置信水平為0.95的置信區(qū)間是（14.71,15.187）.4.設(shè)一批零件的長(zhǎng)度服從正態(tài)分布N(μ,σ2)（單位：mm），從中隨機(jī)抽取10件，測(cè)得長(zhǎng)度如下：49.750.950.651.852.448.851.151.051.551.2試求方差σ2的置信水平為0.90的置信區(qū)間.【解】該題屬于μ未知時(shí)對(duì)σ2的區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.90，α/2=0.05，n=10.計(jì)算得，查表得=16.919，=3.325，代入公式得方差σ2的置信水平為0.90的置信區(qū)間是(0.5615,2.8571).5.已知固體燃料火箭推進(jìn)器的燃燒率近似服從正態(tài)分布，標(biāo)準(zhǔn)差近似為0.05cm/s.為研究?jī)煞N固體燃料火箭推進(jìn)器的燃燒率，隨機(jī)抽取容量為的兩組樣本，測(cè)得樣本均值分別為=18cm/s，=24cm/s.試求兩個(gè)正態(tài)總體均值差的置信水平為0.99的置信區(qū)間.【解】該題屬于方差已知時(shí)對(duì)兩個(gè)正態(tài)總體均值差的區(qū)間估計(jì).這里，=18，=24，1-α=0.99，α/2=0.005，.查表得zα/2=z0.005=2.58.代入（7.16）得均值差的置信水平為0.99的置信區(qū)間是（-6.044,-5.956）.6.某工廠采用兩種不同的工藝生產(chǎn)同一種產(chǎn)品，產(chǎn)品質(zhì)量都服從正態(tài)分布.為比較兩種工藝的優(yōu)劣，某日從各自生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取10件產(chǎn)品，測(cè)得質(zhì)量如下（單位：g）：工藝Ⅰ81847976828384807982工藝Ⅱ76747879807982768179試求的置信水平為0.99的置信區(qū)間.【解】該題屬于均值未知，對(duì)兩個(gè)正態(tài)總體方差比的區(qū)間估計(jì).設(shè)X和Y分別表示工藝Ⅰ和工藝Ⅱ生產(chǎn)的產(chǎn)品質(zhì)量，由題意X~N(μ1,σ12），Y~N(μ2，σ22），且X、Y相互獨(dú)立.已知，1-α=0.99，α/2=0.005.計(jì)算得.代入公式得方差比的置信水平為0.99的置信區(qū)間是（0.1416,6.054）.習(xí)題7.51.為估計(jì)某品牌輪胎的使用壽命，隨機(jī)抽取12只輪胎試用，測(cè)得它們的使用壽命如下（單位：萬(wàn)千米）:5.204.604.584.724.384.704.684.854.324.854.615.02假設(shè)輪胎的使用壽命服從正態(tài)分布，試求輪胎平均使用壽命的置信水平為0.95的單側(cè)置信下限.【解】該題屬于方差未知，對(duì)正態(tài)總體均值的單側(cè)區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.95，α=0.05，n=12.計(jì)算得.查表得tα(n-1)=t0.05(11)=1.7959.代入公式得均值μ的置信水平為0.95的單側(cè)置信下限為4.5806（萬(wàn)千米）.2.科學(xué)上的重大發(fā)現(xiàn)往往都是由年輕人做出的.下表列出了自16世紀(jì)初期到20世紀(jì)早期的十二項(xiàng)重大發(fā)現(xiàn)的發(fā)現(xiàn)者和他們發(fā)現(xiàn)時(shí)的年齡.設(shè)樣本來(lái)自正態(tài)分布，試求發(fā)現(xiàn)者的平均年齡μ的置信水平為0.95的單側(cè)置信上限.序號(hào)發(fā)現(xiàn)者發(fā)現(xiàn)時(shí)間年齡發(fā)現(xiàn)內(nèi)容1哥白尼(Copernicus)151340地球繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)2伽利略(Galileo)160036望遠(yuǎn)鏡、天文學(xué)的基本定律3牛頓(Newton)166523運(yùn)動(dòng)原理、重力、微積分4富蘭克林(Franklin)174640電的本質(zhì)5拉瓦錫(Lavoisier)177431燃燒是與氧氣聯(lián)系著的6萊爾(Lyell)183033地球是漸進(jìn)過(guò)程演化成的7達(dá)爾文(Darwin)185849自然選擇控制演化的證據(jù)8麥克斯韋(Maxwell)186433光的場(chǎng)方程9居里夫人(MarieCurie)190234放射性10普朗克(Planck)190043量子論11愛因斯坦(Einstein)190526狹義相對(duì)論，E=mc212薛定諤(Schr?dinger)192639量子論的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)【解】該題屬于方差未知，對(duì)正態(tài)總體均值的單側(cè)區(qū)間估計(jì).這里1-α=0.95，α=0.05，n=12.計(jì)算得.查表得代入公式得發(fā)現(xiàn)者的平均年齡μ的置信水平為0.95的單側(cè)置信上限為39.3245（歲），即39歲零4個(gè)月.習(xí)題7.6隨機(jī)地取出某工廠生產(chǎn)的零件，測(cè)得它們的直徑（單位：mm）分別為85.001,85.005,85.003,85.001,85.000,84.998,85.006,85.002利用MATLAB軟件計(jì)算總體均值和總體方差的矩估計(jì).【解】輸入：x=[85.00185.00585.00385.00185.00084.99885.00685.002];mu_ju=mean(x)%均值的矩估計(jì)siga2_ju=moment(x,2)%方差的矩估計(jì)輸出：mu_ju=85.0020,siga2_ju=6.0000e-06.設(shè)某種油漆的9個(gè)樣品，其干燥時(shí)間分別為6.05.75.86.57.06.35.66.15.0設(shè)干燥時(shí)間總體服從于正態(tài)分布，利用MATLAB求均值和標(biāo)準(zhǔn)差矩估計(jì)及置信度為0.95的置信區(qū)間.【解】輸入程序：X=[6.05.75.86.57.06.35.66.15.0];[mu,sigma,muci,sigmaci]=normfit(X,0.05)輸出結(jié)果：mu=6，均值的矩估計(jì)sigma=0.5745，標(biāo)注差的矩估計(jì)muci=[5.55846.4416]均值的置信區(qū)間sigmaci=[0.38801.1005]，標(biāo)準(zhǔn)差的置信區(qū)間已知一批零件的使用壽命X服從于正態(tài)分布，從這批零件中隨機(jī)地抽取15個(gè)，測(cè)得它們的壽命（單位：h）為1050930960980950112099010009701300105098011509401100利用MATLAB軟件計(jì)算均值和方差的最大似然估計(jì)；假設(shè)零件的壽命大于960h的為一級(jí)品，利用MATLAB軟件求這批零件一級(jí)品率的最大似然估計(jì).【解】輸入程序X=[1050930960980950112099010009701300105098011509401100];phat=mle('norm',X)%計(jì)算均值和方差的最大似然估計(jì)P=1-normcdf(960,phat(1),phat(2))%計(jì)算一級(jí)品率的最大似然估計(jì)輸出結(jié)果phat=[1031.397.2],P=0.7686.第7章考研真題1.設(shè)某種電子元件的使用壽命X的概率密度函數(shù)為f(x;θ)=其中θ(θ>0)為未知參數(shù)，又設(shè)x1,x2,…,xn是總體X的一組樣本觀測(cè)值，求θ的最大似然估計(jì)值.（2000研考）【解】似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)，即lnL(θ)是θ的增函數(shù).所以θ的最大似然估計(jì)量為：2.設(shè)總體X的概率分布如下表所示：X0123Pθ22θ(1-θ)θ21-2θ其中θ(0<θ<1/2)是未知參數(shù)，利用總體的樣本值：3，1，3，0，3，1，2，3，求θ的矩估計(jì)值和最大似然估計(jì)值.（2002研考）【解】（1）令μ1=A1，解得θ的矩估計(jì)值：（2）似然函數(shù)為.取對(duì)數(shù).令，得：將樣本值代入，解得因?yàn)樗驭鹊淖畲笏迫还烙?jì)值為3.設(shè)總體X的分布函數(shù)為F(x；θ)=其中未知參數(shù)θ>1,設(shè)X1,X2,…,Xn為來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，求：（1）θ的矩估計(jì)量；（2）θ的最大似然估計(jì)量；(2004研考)【解】（1）總體X的概率密度為.令，即解得θ的矩估計(jì)量為（2）似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得θ的最大似然估計(jì)量為4.設(shè)總體X的概率密度為f(x;θ)=其中θ是未知參數(shù)（0<θ<1）,X1,X2,…,Xn為來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，記N的樣本值x1,x2,…,xn中小于1的個(gè)數(shù).求θ的最大似然估計(jì).(2006研考)【解】似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得θ的最大似然估計(jì)量為5.設(shè)總體X的概率密度為其中θ>0是未知參數(shù),X1,X2,…,Xn是來(lái)自總體X的樣本，是樣本均值.（1）求參數(shù)θ的矩估計(jì)量；（2）判斷4是否是的無(wú)偏估計(jì)量.【解】（1）令解得參數(shù)θ的矩估計(jì)量為（2）故4不是的無(wú)偏估計(jì)量.6.設(shè)總體X的概率密度為其中參數(shù)λ(λ>0)未知，為來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.（1）求λ的矩估計(jì)量；（2）求λ的最大似然估計(jì)量.(2009研考)【解】（1）令，即解得λ的矩估計(jì)量為（2）設(shè)是樣本觀測(cè)值，則似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得λ的最大似然估計(jì)量為7.設(shè)總體X的概率分布為X123P1-θθ-θ2θ2其中θ(0<θ<1)是未知參數(shù)，以表示來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本（樣本容量為n）中等于i的個(gè)數(shù)（i=1,2,3）.試求，使得為θ的無(wú)偏估計(jì)量，并求T的方差.（2010研考）【解】顯然，從而由，得解得因?yàn)樗?從而8.設(shè)是來(lái)自正態(tài)總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，其中已知，未知.為樣本均值和樣本方差.求（1）求參數(shù)的最大似然估計(jì)；(2)計(jì)算E和D.(2011研考)【解】（1）似然函數(shù)為L(zhǎng)（σ2）=取對(duì)數(shù)lnL（σ2）=.令，解得參數(shù)的最大似然估計(jì)為（2）因?yàn)?，所以從?.設(shè)隨機(jī)變量與相互獨(dú)立且分別服從正態(tài)分布與，其中是未知參數(shù)且,設(shè),求的概率密度；設(shè)為來(lái)自總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，求的最大似然估計(jì)量；證明為的無(wú)偏估計(jì)量.(2012研考)【解】（1）因?yàn)閄和Y相互獨(dú)立，所以Z=X-Y也服從正態(tài)分布.又EZ=EX-EY=0,DZ=DX-DY=3,所以于是Z的概率密度為（2）似然函數(shù)為L(zhǎng)(σ2)=取對(duì)數(shù)lnL(σ2)=.令，解得參數(shù)的最大似然估計(jì)為所以為的無(wú)偏估計(jì)量.10.設(shè)總體X的概率密度為其中為未知參數(shù)且大于零，為來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.（1）求的矩估計(jì)量；（2）求的最大似然估計(jì)量.(2013研考)【解】（1）令，解得的矩估計(jì)量為（2）設(shè)是樣本觀測(cè)值，則似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得的最大似然估計(jì)量為11.設(shè)總體的概率密度為其中是未知參數(shù)，為來(lái)自總體的簡(jiǎn)單樣本，若，則_________.(2014研考)【解】由，得12.設(shè)總體的分布函數(shù)為其中是未知參數(shù)且大于零.為來(lái)自總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.（1）求，；（2）求的最大似然估計(jì)量；（3）是否存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任何，都有？(2014研考)【解】（1）X的密度函數(shù)為（2）設(shè)是樣本觀測(cè)值，則似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得的最大似然估計(jì)量為（3）因?yàn)槭仟?dú)立同分布的隨機(jī)變量系列，且.由辛欽大數(shù)定律，依概率收斂于.故存在a=θ,使得對(duì)任意的正數(shù)ε有13.設(shè)總體X的概率密度為：其中為未知參數(shù)，為來(lái)自該總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.(1)求的矩估計(jì)量.(2)求的最大似然估計(jì)量.(2015研考)【解】（1）令，解得的矩估計(jì)量為（2）似然函數(shù)為，即L(θ)是θ的增函數(shù).所以θ的最大似然估計(jì)量為：14.設(shè)為來(lái)自總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，樣本均值，參數(shù)置信度為0.95的雙側(cè)置信區(qū)間的置信上限為10.8，則的置信度為0.95的雙側(cè)置信區(qū)間為______.(2016研考)【解】由，得.由，得從而于是的置信度為0.95的雙側(cè)置信區(qū)間為(8.2,10.8).15.某工程師為了解一臺(tái)天平的精度，用該天平對(duì)一物體的質(zhì)量做n次測(cè)量，該物體的質(zhì)量是已知的，設(shè)n次測(cè)量結(jié)果相互獨(dú)立且均服從正態(tài)分布.該工程師記錄的是n次測(cè)量的絕對(duì)誤差，利用估計(jì).(1)求的概率密度；(2)利用一階矩求的矩估計(jì)量；(3)求的最大似然估計(jì)量.(2017研)【解】（1）由于,故.的分布函數(shù).當(dāng)z<0時(shí)，F(xiàn)(z)=0.當(dāng)z≥0時(shí)，.從而的概率密度為.令，解得σ的矩估計(jì)量為(3)似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得σ的最大似然估計(jì)量為16.設(shè)總體X的概率密度為其中是未知參數(shù)，為來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.記的最大似然估計(jì)量為.(1)求；(2)求E,D.(2018研考)【解】（1）似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得σ的最大似然估計(jì)量為（2）17.設(shè)總體X的概率密度為其中μ是已知參數(shù)，是未知參數(shù)，A是常數(shù).為來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.(1)求A；(2)求的最大似然估計(jì).(2019研考)【解】（1）由歸一性： 所以（2）似然函數(shù)為L(zhǎng)（σ2）=取對(duì)數(shù)lnL（σ2）=.令，解得參數(shù)的最大似然估計(jì)為18.設(shè)某元件的使用壽命T的分布函數(shù)為其中θ，m為參數(shù)且大于零.（1）求與,其中s>0,t>0;（2）任取n個(gè)這種元件做壽命試驗(yàn)，測(cè)得它們的壽命分別為.若m已知，求θ的最大似然估計(jì)值.(2020研考)【解】（1）（2）T的密度函數(shù)為.似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得.從而的最大似然估計(jì)量為19.設(shè)是來(lái)自期望為θ的指數(shù)分布的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，是來(lái)自期望為2θ的指數(shù)分布的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，且與相互獨(dú)立.求θ的最大似然估計(jì)量及D.(2022研考)【解】由所以總體從而.設(shè)是，的觀測(cè)值，則似然函數(shù)為取對(duì)數(shù)令解得的最大似然估計(jì)量為由知所以20.設(shè)總體X服從[0,θ]上的均勻分布，其中為未知參數(shù)，是來(lái)自總體X的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，記（1）求c，使得是θ的無(wú)偏估計(jì)；（2）記，求c使得h(c)最小.(2023研考)【解】（1）X的概率密度為X的分布函數(shù)為的分布函數(shù)為的概率密度為令，得（2）所以當(dāng)時(shí)h(c)最小.習(xí)題8.11.假設(shè)檢驗(yàn)中，拒絕域和顯著性水平分別表示什么含義？【解】按照實(shí)際推斷原理解釋：在原假設(shè)為真時(shí)，構(gòu)造小概率事件，即拒絕原假設(shè)的區(qū)域，就是拒絕域.小概率事件的概率就是顯著性水平.顯著性水平也可以理解為范第一類錯(cuò)誤的概率.2.某品牌節(jié)能燈以往的不合格率不高于4%.現(xiàn)從一批產(chǎn)品中隨機(jī)抽取25只節(jié)能燈，以檢驗(yàn)這批產(chǎn)品的不合格率是否高于4%，在顯著性水平α下，需要提出的假設(shè)是（）.(A)H0：μ≥μ0=0.04，H1：μ<μ0=0.04;(B)H0：μ≤μ0=0.04，H1：μ>μ0=0.04;(C)H0：μ>μ0=0.04，H1：μ≤μ0=0.04;(D)H0：μ<μ0=0.04，H1：μ≥μ0=0.04.【解】B3.某品牌手機(jī)廣告中聲稱：該品牌手機(jī)平均待機(jī)時(shí)間為30小時(shí).現(xiàn)在隨機(jī)抽查了35部該品牌手機(jī)，以檢驗(yàn)廣告是否可以被認(rèn)可.假設(shè)該手機(jī)待機(jī)時(shí)間X~N(μ,12)，試建立該檢驗(yàn)的原假設(shè)H0與備擇假設(shè)H1，并寫出檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量.【解】檢驗(yàn)假設(shè)為H0：μ=μ0=30，H1：μ≠μ0=30.檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為4.設(shè)α和β分別是犯第一類、第二類錯(cuò)誤的概率，且H0與H1分別是原假設(shè)與備擇假設(shè).試求下列概率.（1）P{接受H0|H0不真}；（2）P{拒絕H0|H0為真}；（3）P{拒絕H0|H0不真}；（4）P{接受H0|H0為真}.【解】（1）P{接受H0|H0不真}=β；（2）P{拒絕H0|H0為真}=α；（3）P{拒絕H0|H0不真}=0；（4）P{接受H0|H0為真}=0.5.設(shè)總體X~N(μ，22)，是該總體的一個(gè)樣本值.在顯著性水平α下，檢驗(yàn)假設(shè)H0：μ=μ0=0，H1：μ≠μ0=0.若拒絕域?yàn)?試求該檢驗(yàn)的顯著性水平α是多少？犯第一類錯(cuò)誤的概率是多少？【解】有題意，此檢驗(yàn)的拒絕域?yàn)?，即已知拒絕域?yàn)?，故即又故?0.01.習(xí)題8.21.已知某批礦砂中鎳含量(%)X~N(μ，σ2)，μ，σ2均未知.現(xiàn)從一批產(chǎn)品中隨機(jī)抽取5件，測(cè)得其鎳含量為3.253.273.243.263.24問是否有理由認(rèn)為這批礦砂的鎳含量的均值為3.25(α=0.01)？【解】按題意，需要檢驗(yàn)H0：μ=μ0=3.25，H1：μ≠μ0=3.25.由于σ2未知，選取T=為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量.由表8-3知，原假設(shè)H0的拒絕域是.由題意，n=5，經(jīng)計(jì)算，s=0.01304.T的觀測(cè)值為t0=故應(yīng)接受H0，即認(rèn)為這批礦砂的鎳含量的均值為3.25.2.為調(diào)查黑龍江某地區(qū)水稻應(yīng)用測(cè)深施肥技術(shù)的效果，隨機(jī)抽查100塊田地，測(cè)得氮肥利用率的樣本均值=36%.假設(shè)我國(guó)常年氮肥利用率服從正態(tài)分布N(0.33,0.122).試比較黑龍江水稻測(cè)深施肥技術(shù)氮肥利用率與我國(guó)常年氮肥利用率有無(wú)顯著差異(α=0.05)？【解】該題屬于方差已知，對(duì)均值的假設(shè)檢驗(yàn).提出假設(shè)H0：μ=33%；H1：μ≠33%.已知n=100,=36%,α=0.05,查表得計(jì)算得故拒絕H0，即認(rèn)為測(cè)深施肥氮肥利用率較以往有顯著差異.3.某工廠生產(chǎn)一種零件，標(biāo)準(zhǔn)長(zhǎng)度為32.5（單位:mm）.為檢驗(yàn)產(chǎn)品質(zhì)量，現(xiàn)隨機(jī)從該工廠生產(chǎn)的零件中抽取6件，測(cè)得產(chǎn)品長(zhǎng)度為：32.5629.6631.0331.8730.0031.64假定產(chǎn)品長(zhǎng)度X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中σ2未知.問在α=0.01下這批產(chǎn)品是否合格.【解】該題屬于方差未知，對(duì)均值的假設(shè)檢驗(yàn).提出假設(shè)H0：μ=32.5；H1：μ≠32.5.已知n=6,α=0.01,查表得計(jì)算得=31.13,s2=1.26，故接受H0，即認(rèn)為這批產(chǎn)品合格.4.某車間采用甲、乙兩條不同的生產(chǎn)線生產(chǎn)同一種產(chǎn)品，設(shè)兩條生產(chǎn)線生產(chǎn)的產(chǎn)品次品率都服從正態(tài)分布，方差分別為σ12=0.46，σ22=0.37.現(xiàn)從甲生產(chǎn)線生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取25件，測(cè)得產(chǎn)品的次品率均值為3.81%，從乙生產(chǎn)線生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取30件，測(cè)得產(chǎn)品的次品率均值為3.56%.試問在顯著性水平α=0.01下，甲、乙兩條生產(chǎn)線生產(chǎn)產(chǎn)品的次品率有無(wú)顯著差異？【解】該題屬于方差已知，對(duì)兩個(gè)正態(tài)總體均值差的假設(shè)檢驗(yàn).設(shè)X和Y分別表示甲、乙兩條生產(chǎn)線生產(chǎn)的產(chǎn)品的次品率，由題意X~N(μ1,σ12），Y~N(μ2，σ22），且X、Y相互獨(dú)立.提出假設(shè)H0：μ1－μ2=0；H1：μ1－μ2≠0.已知n1=25，n2=30，=3.81，=3.56，σ12=0.46，σ22=0.37，α=0.01.查表知計(jì)算得z0=由于|z0|=1.426<2.58.于是接受原假設(shè)H0.即認(rèn)為甲、乙兩條生產(chǎn)線生產(chǎn)產(chǎn)品的次品率沒有顯著差異.5.某地區(qū)高考結(jié)束后隨機(jī)抽取15名女生、12名男生的物理試卷，記錄其成績(jī)?nèi)缦拢号?94847404455444246565739435153男生464051474336433848544834假定女生、男生物理成績(jī)都服從正態(tài)分布，且方差相同.問根據(jù)上述成績(jī)能否判定該地區(qū)女生和男生物理成績(jī)沒有顯著差異(α=0.05)？【解】該題屬于方差未知，對(duì)兩個(gè)正態(tài)總體均值差的假設(shè)檢驗(yàn).設(shè)X和Y分別表示該地區(qū)男生和女生的物理成績(jī)，由題意X~N(μ1,σ02），Y~N(μ2，σ02），且X、Y相互獨(dú)立.提出假設(shè)H0：μ1－μ2=0；H1：μ1－μ2≠0.已知n1=15，n2=12，α=0.05.查表知計(jì)算得=47.6，=44，s12=33.543，s22=37.455，sw2=.t的觀測(cè)值t0=因?yàn)閨t0|=1.566<2.06.于是接受原假設(shè)H0.即認(rèn)為該地區(qū)男生與女生的物理成績(jī)沒有顯著差異.習(xí)題8.31.某食品加工廠用自動(dòng)包裝機(jī)包裝食鹽，假定包裝機(jī)包裝的食鹽質(zhì)量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2).為檢驗(yàn)生產(chǎn)情況，現(xiàn)隨機(jī)從某天生產(chǎn)的食鹽中抽取10袋，測(cè)得質(zhì)量（單位：g）如下：495492510506505489502503512497（1）若已知μ=500，試檢驗(yàn)食鹽質(zhì)量的方差是否是25(α=0.05)？（2）若μ未知，試檢驗(yàn)食鹽質(zhì)量的方差是否是25(α=0.05)？【解】(1)該題屬于均值已知，對(duì)方差的假設(shè)檢驗(yàn).提出假設(shè)H0：σ2=25；H1：σ2≠25.已知n=10，μ=500，α=0.05,查表得計(jì)算得故拒絕H0，即不能認(rèn)為這批食鹽質(zhì)量的方差為25.（2）該題屬于均值未知，對(duì)方差的假設(shè)檢驗(yàn).提出假設(shè)H0：σ2=25；H1：σ2≠25.已知n=10，α=0.0,5,計(jì)算得=501，s2=7.6372.查表得計(jì)算得故拒絕H0，即不能認(rèn)為這批食鹽質(zhì)量的方差為25.2.已知某種導(dǎo)線的電阻X~N(μ，σ2），其中μ未知，電阻的一個(gè)質(zhì)量指標(biāo)是標(biāo)準(zhǔn)差不能大于0.005歐.現(xiàn)從一批導(dǎo)線中隨機(jī)抽取9根，測(cè)得樣本標(biāo)準(zhǔn)差s=0.006.試問在顯著性水平α=0.05下，這批導(dǎo)線的波動(dòng)是否合格？【解】該題屬于均值未知，對(duì)方差的假設(shè)檢驗(yàn).提出假設(shè)H0：σ2≤0.0052；H1：σ2>0.0052.已知n=9，α=0.05，s=0.006.查表得計(jì)算得故接受H0，即認(rèn)為這批導(dǎo)線的波動(dòng)合格.3.從甲地到乙地有兩條不同的行車路線，行車時(shí)間都服從正態(tài)分布.由于工作需要，某司機(jī)在兩條路線上各行駛了10次，線路Ⅰ的標(biāo)準(zhǔn)差為20（分鐘），線路Ⅱ的標(biāo)準(zhǔn)差為15（分鐘）.試問在顯著性水平α=0.01下，兩條路線上行車時(shí)間的方差是否一樣？【解】該題屬于均值未知，對(duì)兩個(gè)正態(tài)總體方差比的假設(shè)檢驗(yàn).設(shè)X和Y分別表示該司機(jī)在線路Ⅰ和線路Ⅱ上的行車時(shí)間，由題意X~N(μ1,σ12），Y~N(μ2，σ22），且X、Y相互獨(dú)立.μ1，μ2，σ12，σ22均未知.由題意，需檢驗(yàn)H0：σ12=σ22，H1：σ12≠σ22.已知n1=10，n2=10，α=0.01，s1=20，s2=15.由表8-4知拒絕域?yàn)镕≤F1-α/2（n1-1，n2-1）=F0.995(9,9)=,或F≥Fα/2（n1-1，n2-1）=F0.005(9,9)=6.54.檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量F的觀測(cè)值為=∈(1.1529，6.54).故接受原假設(shè)H0，即認(rèn)為兩條路線上行車時(shí)間的方差一樣.4.已知甲、乙兩臺(tái)機(jī)床加工同一型號(hào)的軸承，軸承的內(nèi)徑分別服從正態(tài)分布N(μ1，σ12）和N(μ2，σ22）.現(xiàn)在從各自加工的軸承中隨機(jī)抽取7個(gè)和9個(gè)，測(cè)得其內(nèi)徑（單位：mm）為：甲：20.519.819.720.119.019.920.0乙：20.719.519.620.820.319.820.220.519.9試問在顯著性水平α=0.01下，兩臺(tái)機(jī)床生產(chǎn)的軸承的內(nèi)徑方差是否相同？【解】該題屬于均值未知，對(duì)兩個(gè)正態(tài)總體方差比的假設(shè)檢驗(yàn).由題意，需檢驗(yàn)H0：σ12=σ22，H1：σ12≠σ22.已知n1=7，n2=9，α=0.01.計(jì)算得.由表8-4知拒絕域?yàn)镕≤F1-α/2（n1-1，n2-1）=F0.995(6,8)=,或F≥Fα/2（n1-1，n2-1）=F0.005(6,8)=7.95.檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量F的觀測(cè)值為=∈(0.09，7.95).故接受原假設(shè)H0，即認(rèn)為兩臺(tái)機(jī)床生產(chǎn)的軸承的內(nèi)徑方差相同.習(xí)題8.41.某超市為了給下次進(jìn)貨提供決策，調(diào)查顧客對(duì)三種品牌純牛奶的喜愛程度.一個(gè)月內(nèi)隨機(jī)觀察了150位購(gòu)買者，并記錄了他們的購(gòu)買品牌，數(shù)據(jù)見下表：品牌ⅠⅡⅢ購(gòu)買人數(shù)615336問根據(jù)上述數(shù)據(jù)能否判定顧客對(duì)三種品牌純牛奶的喜愛程度沒有顯著差異(α=0.05)？【解】由題意，提出假設(shè)H0：；H1：至少有一個(gè).需要進(jìn)行的計(jì)算如下：品牌ⅠⅡⅢ實(shí)際頻數(shù)fi615336理論頻數(shù)5050501219196檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量的觀測(cè)值.查表.由于6.52>5.991，所以在顯著性水平為0.05下拒絕H0，即認(rèn)為顧客對(duì)三種品牌礦泉水的喜愛程度存在顯著差異.2.某實(shí)驗(yàn)室每隔一定時(shí)間觀察一次由某種鈾放射的到達(dá)計(jì)數(shù)器上的α粒子數(shù)X，試驗(yàn)記錄見下表：i01234567891011≥12fi15161726119921210AiA0A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10A11A12其中fi是觀察到有i個(gè)α粒子的次數(shù).問在顯著性水平α=0.05下，能否認(rèn)為粒子數(shù)X服從泊松分布？【解】按題意需要檢驗(yàn)假設(shè)H0：；粒子數(shù)X服從泊松分布，即P{X=i}=，i=0，1，2，….由于總體分布中的參數(shù)λ未知，所以需要先估計(jì)λ.由最