概率論與數理統(tǒng)計答案 韋俊.pdf

1 目目錄錄 第一章隨機事件極其概率 1 第二章一維隨機變量及其分布 5 第三章二維隨機變量及其分布 12 第四章隨機變量的數字特征 20 第五章大數定律及中心極限定理 25 第六章數理統(tǒng)計的基本定理 29 第七章參數估計 31 第八章假設檢驗 39 第九章線性統(tǒng)計模型 50 2 第第一一章章隨機事件極其概率隨機事件極其概率 1 11 1 解 1 正 正 正 反 反 正 反 反 2 3 4 5 6 7 8 9 3 2 3 1 3 3 2 1 2 3 1 2 1 3 3 2 3 1 3 3 2 2 2 1 2 3 1 2 1 1 1 3 2 3 1 2 1 1 21 2 解 CBA CBA A BC ABC ABBCCA 1 31 3 解 樣本點6 2 1 ii i 點出現表示 531 出現奇數點表示 A 3 5421 整除出現的點數不能被表示 B 32 6432 整除或出現的點數能被表示 BA 32 51 整除整除也不能被出現的點數既不能被表示 BA 6 6 整除出現的點數能被表示 AB 1 41 4 解 若事件A表示抽到的兩張都是前 10 號考簽 2 50 2 10 C C AP 037 0 1 51 5 解 2778 0 6 3456 1 4 AP 0046 0 6 6 4 0926 0 6 56 3 5556 0 6 456 2 4 4 3 4 4 2 4 EP C DP C BP 3 1 61 6解 74 0 100 30 100 15 100 10 100 6 100 5 100 3 100 2 100 AP 1 71 7 解 方法 1 若設A表示取出的 3 個產品中有次品 i A是取出的 3 個產品中恰有 i 個次品 i 1 2 3 AAAA 123 2526 0 3 50 2 45 1 5 1 C CC AP 0230 0 3 50 1 45 2 5 2 C CC AP 0005 0 3 50 3 5 3 C C AP 276 0 321 APAPAP 方法 2 A就是取出的 3 個產品全是合格品 724 0 3 50 3 45 C C AP276 0 1 APAP 1 81 8 解 基本事件的總數為 2 n 每對恰好排在一起可分為兩步 第一步確定各對之間的 排序 共有 n種 然后每對新人內部均有 2 種排序 于是由乘法規(guī)則每對每對新人每 對恰好排在一起的排法共有 2n n 種 從而其概率為 2 2 n n n 1 91 9 解 625 0 16 10 AP 1 101 10 解 067 0 10 8 3 AP 1 111 11 解 6 5 1 1 3 10 3 6 C C APAP 1 121 12 解 151052 3030303 P ABP AP BP AB 1 131 13 解 1 A 2 A 3 A分別表示甲 乙 丙三廠生產 C表示次品 則 111 0 020 060 03 236 PC 0 035 1 141 14解 設A表示 考生選出正確答案 B表示 考生會解這道題 則全概率公式 BAPBPBAPBPAP 25 02 018 0 85 0 1 151 15 解 用 321 AAA分別表示 玻璃杯在第一 二 三次掉下時被摔碎 B表示 玻璃 杯被摔碎 則 321211 AAAAAAB 由于 321211 AAAAAA互不相容 所以 321211321211 AAAPAAPAPAAAAAAPBP 4 2131211211 AAAPAAPAPAAPAPAP 992 0 9 08 016 018 06 016 0 1 161 16 解 設事件 B 表示 出現次品 i A表示從第 i 個工廠所進商品 P AP AP AP A 1234 0 20 450 250 1 P B AP B AP B AP B A 1234 0 050 030 010 04 P B 0 20 050 450 030 250 010 10 040 03 1 171 17 解 設 i A分別表示事件 報名表是第i個地區(qū)考生的 3 2 1 i B表示 抽到的報 名表是女生的 則 3 1 321 APAPAP 5 1 15 7 10 3 321 ABPABPABP 90 29 332211 ABPAPABPAPABPAPBP 1 181 18 解 設事件A是試驗結果呈陽性反應 事件B是被檢查者患有癌癥 96 0 95 0 004 0 BAPBAPBP 04 0 05 0 996 0 BAPBAPBP 1 BAPBPBAPBP BAPBP ABP 0 0871 故試驗結果呈陽性的被檢者患癌的可能性不大 要進一步檢查才能確診 2 BAPBPBAPBP BAPBP ABP 0 9998 這表明試驗結果呈陰性反應的被檢查者未患癌癥的可能性極大 1 191 193 2 1 iiAi臺不需要工人照看表示第設解 B 表示一小時內至多有一臺需要工人照看 9 0 1 AP8 0 2 AP7 0 3 AP 321321321321 AAAAAAAAAAAAP0 902 1 201 20解 1 BP BAP BP BAP BP ABP BPAPBAPABPBPABP BPBAPBPABPABP 5 1 211 21 解 設 i A 第i次取得次品 1 2i 則 12 82 109 P A A 8 45 1 221 22解 0055 0 8 02 0 10 466 106 CP 1 231 23 解 設B 三次射擊中恰好有一次命中 C 三次射擊中至少有一次命中 i A 第i次命中 i 1 2 3 則 123123123 BA A AA A AA A A 123 CAAA 321321321 AAAPAAAPAAAPBP 0 36 123 P CP AAA 123 1P AAA 321 1AAAP 0 91 1 241 24 解 設設 i A是甲投中i次 i B是乙投中i次 003003 0033 0 70 3 0 60 4 0 027 0 064P A BCC 112112 1133 0 70 3 0 60 4 0 189 0 288P ABCC 221221 2233 0 70 3 0 60 4 0 441 0 432P A BCC 330330 3333 0 70 3 0 60 4 0 343 0 216P A BCC 00112233 0 321P CP A BP ABP A BP A B 6 第第二二章章一維隨機變量及其分布一維隨機變量及其分布 2 12 12 12 1 解 的取值為 0 1 2 3 4 5 20 95 20 100 0 C p C 191 955 20 100 1 C C p C 182 955 20 100 2 C C p C 173 955 20 100 3 C C p C 164 955 20 100 4 C C p C 519 595 20 100 5 C C p C 的分布列 012345 P 20 95 20 100 C C 191 955 20 100 C C C 182 955 20 100 C C C 173 955 20 100 C C C 164 955 20 100 C C C 519 595 20 100 C C C 2 22 22 22 2 解 P cbP abP cdP ad 0 1 xxxx 2 32 32 32 3 解 的取值為 1 2 3 4 1 10 1 13 10 1 13 C p C 3 1133 2 13 13169 p 3 3 2 1272 3 132197 p 3 3 2 16 4 132197 p 的分布列 1234 P 10 13 33 169 72 2197 6 2197 分布函數為 01 10 12 13 1033163 23 13169169 163722191 34 16921972197 14 x x F xPxx x x 2 42 42 42 4 解 的分布列 12 P 2 5 3 5 7 所以分布函數為 01 2 12 5 12 x F xPxx x 2 52 52 52 5 解 222 1A nnn 2 1 A 2 62 62 62 6 解 的取值為 1 2 3 4 1 4 1 7 4 1 7 C p C 3 412 2 7 642 p 3 2 424 3 7 6 5210 p 3 2 1 46 4 7 6 5 4210 p 的分布列 1234 p 7 4 42 12 210 24 210 6 2 72 72 72 7 解 設隨機變量 表示射中次數 400 0 0 98 p 11399 400 1 0 02 0 98 p C 2 1 0 1 0 997p p p 2 82 82 82 8 解 由題意知 12 1 2 ee 可得2 所以 4 22 22 4 4 3 p ee 2 92 92 92 9 解 由題意知 1 05 5 0 x f x 其它 3 0 13 3 55 p dx 2 102 102 102 10 解 1由1 xx A dx ee 可得 2 A 1ln3 2 0 1211 20ln3 26 xx pXdx ee 3F x 212 arctan x x ttdt e ee 8 2 112 112 112 11 解 11 10 1 222 FABFABAB 21p 11111 arctan1 arctan 1 222 3f x 2 11 1 Fx x 2 122 122 122 12 解 1715p 7 101015 10 222 p 2 5 1 5 0 9938 1 0 9332 0 927 2 10 102 10 9 222 dd pdp 則 d 3 29 2 132 132 132 13 解 706070 60 1 0 158715 9 1010 pp 708570 851 1 5 0 06687 1010 pp 2 142 14 解 250300 25012501 0 9236 35 pp 300300 0 957 75 3535 xx pxxx 即區(qū)間為 242 25 357 75 2 152 152 152 15 解 2 4 其中 的概率密度為 156 0 x fx 其它 2 4 4 y F yp ypyp 當 25 4 y 1 F y 所以 125 9 4 0 y yfyFy 其它 2 162 16 解 y a b ya F yp yp ab yp fx dx b yaya fyFyf bb 2 22 2 1 2 y a b b e b 2 172 172 172 17 解 的取值為 2 5 10 17 的分布列 251017 0 20 50 10 2p 2 182 182 182 18 解 2 F yp yp yp y 當0y 1 F y 所以 1 04 4 0 y fyFy 其它 2 192 192 192 19 解 的取值為 0 1 2 002 2 111 0 224 p C 1 2 1 11 1 2 22 p C 220 2 111 2 224 p C 的分布列 012 111 424 p 2 202 202 202 20 解 的取值為 1 2 3 4 5 1 0 9p 2 0 1 0 90 09p 2 3 0 10 90 009p 3 4 0 10 90 0009p 10 45 5 0 10 90 10 0001p 的分布列 12345 0 90 090 0090 00090 0001p 2 212 212 212 21 解 0 0 1 01 4 1 3 12 4 1 2 x x F x x x 3 211 1 1 4 pFF 3 3 112 4 ppp 2 222 222 222 22 解 2 2 1 3 ppp 的取值為 0 1 1 0 3 p 2 1 3 p 的分布列 01 12 33 p 2 232 232 232 23 解 1 4 0 8B 2 4 1111 0 2 0 9984pp 299n 2 22 22 22 28 8 8 8 解 當0 x 0F x 0 當01x 2 0 1 2 x F xxdxx 當12x 1F x 所以 2 2 0 0 1 01 2 1 21 12 2 1 2 x xx F x xxx x 2 22 22 22 29 9 9 9 解 71 11 88 p 即 2 1 3 0 31 8 x dx 所以2 2 2 2 2 30303030 解 0 1 1 21 2 x ce dxc 1 1 0 1 21121 2 x pe dxe 0 0 11 30 22 111 0 1 222 1 0 2 1 1 0 2 x xx x xxx x x xF xe dxe xF xe dxe dxe ex F x ex 當時 當時 2 2 2 2 31313131 解 1當0 x 0F x 0 12 當01x 232 0 12123 463 x F xxxdxxxx 當1x 1F x 所以 32 0 0 463 01 1 1 x F xxxxx x 20 2 0 2 0 392pF 30 10 5 0 5 0 1 0 256pFF 2 322 322 322 32 解 1 2 2 1 cos1 2 axdxa 20 4 p 4 0 12 cos 24 xdx 2 332 332 332 33 解 11A 2 01 2 0 xx f xF x 其它 30 30 7 0 7 0 3 0 4pFF 2 342 342 342 34 解 2 35 2 35 0 9906p 1 241 1 24 0 1075p 1 54 1 54 1 54 2 1 54 10 8764p 73373 7 2 5 1 222 pp 2 2 2 2 3 3 3 3解 20018020010 180118011 0 8665 18189 ppp 2 372 372 372 37 y b a yb Fypypbypf x dx a 13 1 y b a yb fyFyf x dxf aa 第第三三章章二維隨機變量及其分布二維隨機變量及其分布 3 13 13 13 1 解 34 00 1112 xy kedxdyk 21 34 00 201 02120 9499 xy pdyedx 3 23 23 23 2 解 12 2 24 0 0 4 416 p 1 2 12 24 1 0 4 416 C p 1 2 12 2 2 0 4 416 C p 1 2 12 24 0 1 4 416 C p 12 11 1 1 4 416 p 12 2 10 p 12 11 0 2 4 416 p 12 1 20 p 12 2 20 p 則聯合概率分布表為 3 33 33 33 3 解 12 0 00 p 1 3 12 2 6 3 1 0 15 C p C 2 3 12 2 6 3 2 0 15 C p C 1 2 12 2 6 2 0 1 15 C p C 11 32 12 2 6 6 1 1 15 C C p C 12 2 10 p 2 1 012 0 4 16 4 16 1 16 1 4 16 2 16 0 2 1 16 00 14 2 2 12 2 6 1 0 2 15 C p C 12 1 20 p 12 2 20 p 則聯合概率分布表為 3 43 43 43 4 解 2 1 1 arctanarctan 2223 xy xy xy f x yFx y 222 6 49xy 2 32 222 0 63 02 3 1649 pdydx xy 其它 21 2326 00 311 22611 xy pdyedxee 3 63 63 63 6 解 1 0 x yD f x yab 其它 3 73 73 73 7 解 12 聯合概率分布表為 2 1 012 00 2 15 1 15 1 3 15 6 15 0 2 3 15 00 2 1 012 0 4 16 4 16 1 16 15 所以 3 3 3 3 8 8 8 8 解 1 1 0 10 40 1 4 p 1 0 20 40 2 2 p 1 0 30 40 1 4 p 1 1 10 60 3 2 p 1 1 20 60 1 6 p 1 1 30 60 2 3 p 0 10 20 11 201 10 30 32 p p p 3 93 93 93 9 解 23 00 116 xy AedxdyA 2當0 x 時 00fxdy 1 4 16 2 16 0 2 1 16 00 1 012 p 9 16 6 16 1 16 2 012 p 9 16 6 16 1 16 123 0 1 10 2 10 1 10 1 3 10 1 10 2 10 16 當0 x 時 232 0 62 xy x fxedye 所以 2 2 0 0 0 x ex fx x 當0y 時 00fydx 當0y 時 233 0 63 xy y fyedxe 所以 3 3 0 0 0 y ey fy y 3 103 10 解 222 2 1 1 0 xya f x ya 其它 2當xa 時 00fxdy 當xa 時 22 22 22 22 12 ax ax fxdyax aa 所以 22 2 2 0 axaxa fxa 其它 當ya 時 00fydx 當ya 時 22 22 22 22 12 ay ay fxdxay aa 所以 22 2 2 0 ayaya fya 其它 2222 22 1 32 0 ayxay f x y x fay y fy 其它 2222 22 1 2 0 axyax f x y y f ax x fx 其它 3 113 11 解 當0 1xx時 00fxdy 當01x 時 12 x x fxdyx 所以 2 01 0 xx fx 其它 17 當1 1yy時 00fydx 當10y 時 1 11 y fydxy 當01y 時 11 1 y fydxy 所以 1 10 1 01 0 yy fyyy 其它 3 123 123 123 12 1當0 1xx時 00fxdy 當01x 時 1 0 222 x fxdyx 所以 2 1 01 0 xx fx 其它 當0 1yy時 00fydx 當01y 時 1 0 222 y fydxy 所以 2 1 01 0 yy fy 其它 2 f x yfx fy 所以不獨立 3 133 13 解 當0 1xx時 00fxdy 當01x 時 3 0 84 x fxxydyx 所以 3 4 01 0 xx fx 其它 當0 1yy時 00fydx 當01y 時 1 3 844 y fyxydxyy 所以 3 44 01 0 yyy fy 其它 因為 f x yfx fy 所以不獨立 3 143 14 解 01 0 0 y exy f x yfx fyf x y 其它 3 153 15 解 1 2 1 0 2 0 0 x ex fx x 1 3 1 0 3 0 0 y ey fy y 當0z 時 0 Z fz 當0z 時 18 11 32 0 11 3636 0 11 23 1 1 6 z xzzx Z zz zxz fzfx fzx dxeedx eedxee 所以 36 1 0 0 zz z eez fz 其它 3 163 16 解 23 00 116 xy AedxdyA 6 2 3 23 3 00 260 983 x xy pdxedy 23 23 11 0 0 3 6 0 xy xy xy eexy F x yedxdy 其它 3 173 173 173 17 解 3 183 183 183 18解 1當0 x 時 00fxdy 當0 x 時 222 0 42 xyx fxxyedyxe 所以 2 2 0 0 0 x xex fx x 時 222 0 42 xyy fyxyedxye 所以 2 2 0 0 0 y yey fy y 2因為 f x yfx fy 所以獨立 3 193 19 解 01 p 11 21 10 21 01 p 14 21 7 21 0123 10 3 8 3 8 0 19 3 203 20 解 222 22 224 3 22 00 4 11 0 5 22 xyr x pdxedyderdr 3 213 21 解 12 2 01 65 1 372 x xy pdxxdy 3 223 22 解 1 5 00 2 0 x fx 其它 5 25 00 2 0 0 y exy f x yfx fy 其它 2 0 2 5 00 250 3679 x y pxdxedy 3 233 23 解 222 1120 1625 A dxdyA xy 222 20 2 1625 1111 arctanarctan 4252 xy F x ydxdy xy xy 3 243 243 243 24 解 當0z 時 0 Z fz 當0z 時 222 222 22 2 222 22 00 11 1 22 xyrz z Z xyz Fzedxdyderdre 所以 2 2 2 1 0 2 0 0 z zz ez fzF z z 3 253 253 253 25 解 當0 1zz時 0 Z fz 當01z 時 3 1 8 00 1 8 20 3 1 00 01 0 3 333 22 zxx Z zx z x y zxy x zz Fzxdxdydxxdydxxdy 所以 2 3 1 01 2 0 zz zz fzF z 其它 3 263 26 解 當0 1xx時 00fxdy 當01x 時 1 0 42fxxydyx 所以 2 01 0 xx fx 其它 當0 1yy時 00fydx 當01y 時 1 0 42fyxydxy 所以 2 01 0 yy fy 其它 因為 f x yfx fy 所以獨立 3 3 27 27 解 證明 由 12 XPYP 可知Z取一切非負整數 且 p Zkp XYk 0 1 2 k 0 k i p Xi Yki 0 k i p Xip Yki 12 12 0 ik i k i ee iki 1212 0 ik i k i e iki 12 12 0 1 k ik i i k e ikik 12 12 k e k 即 12 ZXYP 21 第第四四章章隨機變量的數字特征隨機變量的數字特征 4 14 1 解 3 1 4 1 2 12 1 1 6 1 2 1 6 1 0 3 1 1 XE 3 2 1 3 1 1 1 XEXE 24 35 4 1 2 12 1 1 6 1 2 1 6 1 0 3 1 1 222222 XE 4 24 2 解 由題知 9 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 XPXP XPXP XPXPXPXP 解之得 5 0 1 1 0 0 4 0 1 XPXPXP 4 34 3 解 引入隨機變量 i X 22 1 i 0 i X 在第 層有乘客下電梯 否則 則 i X01 P m n 1 1 m n 1 1 1 又 n i i XX 1 且 n XXX 21 相互獨立 故 m n i i n n nXEXE 1 1 1 4 44 4 解 3 1 1 2 1 0 dxxxdxxxfXE 4 54 5 解 00 2 22 2 dxxedxxeXE xx 3 1 0 3 0 22 dxedxeeeE xxxx 4 64 6 解 設球的直徑為Y 則球的體積為 6 1 3 YX 由于Y在 ba上均勻分布 故 24 1 6 6 6 1 22333 babady ab yYEYEXE b a 4 74 7 解 設第i個人摸到紅球數為 2 1 niXi 則n個人總共摸到紅球數為 n i i XX 1 且 i X相互獨立 由于 2 1 0 2 5 2 2 2 5 1 3 1 2 2 5 2 3 C C XP C CC XP C C XP iii 所以 36 0 8 0 ii DXXE 從而 nXDXDnXEXE n i i n i i 36 0 8 0 11 4 84 8 解 由題意知試開次數 X 的分布為 2 1 1 ni n iXP 故 2 11 1 n n iXE n i 23 2222 1 22 11 2 1 21 1 1 6412 n i n D XE XE Xi n nnnn 4 94 9 解 利用 X 與 Y 相互獨立知 4 6 3 2 2 1 05 5 dyeyxdxxEYEXXYE y 4 104 10 解 由定義知 0 1 1 1 12 dx x xXE 1 02 2 2 1 1 2222 1 2 1 1 dx x x dx x xXEXEXEXD 直接計算得 4 1 1 02 2 dx x x 所以 2 1 XD 4 114 11 解 4 3 4 1 2 1 42 0 4 0 2 dyeydxexYEXEYXE yx dyeydxexYEXEYXE yx 0 42 0 222 4322 32 32 8 5 8 3 1 4 2 31 2 4 124 12 解 設 i X為第i次擲出的點數 則點數之和為 12 1i i XX 并且 i X相互獨立 由此 可知 12 1 12 1 i i i i XDXDXEXE 由于 6 2 1 6 1 kkXP i 所以 12 35 12 136 2 7 2 16 ii XDXE 從而 35 12 35 12 42 2 7 12 XDXE 4 134 13 解 由定義知 24 0 6 0 6 0 21 0 7 0 7 0 6 0 4 02 0 1 3 01 0 0 7 0 4 03 0 1 2 01 0 0 222 222 YEYEYD XEXEXD pyYE pxXE ij ji j ij ji i 24 02 0 7 06 04 07 06 0 cov ji ijji pyxYEXEXYEYX 09 0 24 0 21 0 02 0 cov YDXD YX XY 4 144 14 解 由定義知 22 00 1 8 E Xxxy dxdy 2222 22 0000 22 22 22 0 00 11 88 1117 8246 xxy dxdydxxxy dy x yxydxxx dx 同理可算 6 7 YE 3 5 4 1 8 1 8 1 2 0 23 2 0 2 0 23 2 0 2 0 22 dxxx dxdyyxxdxdyyxxXE 所以 36 11 6 7 3 5 222 XEXEXD 同理可算得 36 11 YD 由于 3 4 8 1 8 1 2 0 2 0 23 2 0 2 0 dxdyxyyxdxdyyxxyXYE 所以 36 1 36 49 3 4 cov YEXEXYEYX 從而 11 1 cov YDXD YX XY 4 154 15 解 利用 X 與 Y 相互獨立 2 0020101 2 2 2 2 22 2222 22222 YEXEEYYDEXXDYEXEYEXE XYEYEXEXYYXEYXE 4 164 16 解 由于 cov 2 YXYDXDYXD 2 YDXDYDXD XY 所以8536254 023625 YXD 類似地 2 YDXDYDXDYXD XY 所以 3736254 023625 YXD 25 4 174 17 解 設 2 1 0 1 ni ii Xi 否則 號盒內號球放入第第 則 1 1 n XP i 因此 1 n EXi 由于 n i i XX 1 所以1 1 n i i EXEX 4 184 18 解 由 YX的分布律易算得 0 0 0 ji ijj ji iji ji ijji pyYEpxXEpyxXYE 故 0 cov YEXEXYEYX 從而知 X 與 Y 是不相關的 但由于 8 3 1 8 3 1 8 1 1 1 YPXPYXP 可得 1 1 1 1 YPXPYXP 故 X 與 Y 不是相互獨立的 4 194 19 解 由于X和Y相互獨立 且都服從正態(tài)分布 0 2 N 所以 cov 22222 22222222 baYDbXDa EYbEXaYEbXEa bEYaEXbEYaEXbYaXbYaXE VEUEUVEVU 22222 baYDbXDaUD 22222 baYDbXDaVD 從而得 cov 22 22 ba ba VDUD YX UV 4 204 20解 X的k階原點矩 0 1 dxexXE x kk 作變量替換t x 則dtdx 得 0 dtetXE tkkk 1 k k k k 26 第第五五章章大數定律及中心極限定理大數定律及中心極限定理 5 15 1 解 設X表示n次重復獨立試驗中事件A出現的次數 則 8 0 nBX A出現的頻 率為 X n 0 8 0 8 0 20 16E Xn D Xnn 則 22 0 790 810 80 01 0 16 11 0 01 0 0001 1600 1 X PP Xnn n D Xn nn n 由題意得 95 0 1600 1 n 32000 n 27 可見做 32000 次重復獨立試驗中可使事件A發(fā)生的頻率在 0 79 0 81 之間的概率至 少為 0 95 5 25 2 解 證明 隨機變量的數字特征為 11 0 22 k E Xlnklnk 2 11 22 kk D XEXLnkLnkLnk 1 1 0 n nk k E XEX n 222 1 11 12 n nk k nLnn D XD XLnLnLnnLnn nnnn 對于任意給定的正數 由切比雪夫不等式知 22 11 0 nn Lnn P XD X n 2 1 limlim0 n nn Lnn P X n 所以 n X服從大數定律 5 35 3 解 證明 任給n n aXb 則 當a x 故 0 n P Xbn 若 ba 則 28 0 n n ba P Xbn ba 所以任給 0b P n Xb 從而證得 5 45 4 解 記 i nXi 檢查燈泡的數量 第 個燈泡的壽命 則 2 2250 250 ii E XD X 記X 檢查燈泡的總壽命 則 2 2250 250E Xn D Xn 則通過檢查的概率為 220012200P XnP Xn 22002250 10 997 250 nn n 即 1 2 75189 06 5 nn 因此 要使檢查通過的概率不小于 0 997 應至少檢查 190 只燈泡 5 55 5 解 記 12100 i Xii 第 個加工產生的誤差 則 12 1 0 ii XDXE 記S 100 次計算產生的誤差 則 S 100 1 100 i i X 則 1 0 1200 E SD S 根據中心極限定理得 3 33 20 212310 9974 12020 1200 PS 查表得 1 280 90 所以 0 98614 1 28 1000 0 013804 a a 可得19a 5 75 7 解 設第k位顧客的消費額為 1 2 10000 k Xk 商場日銷售額為X 則 10000 1 k k XX 因為 k X在 1001000 上服從均勻分布 所以 2 2 1000 1001900 100 1000550 21212 kk E XD X 日平均銷售額和銷售額方差分別為 10000 5 k k 1 10000 55055 10E XE X 2 10000 k k 1 900 10000 12 D XD X 12 10000 k Xk 由于 獨立同分布 由列維定理 有 55 5 5 55 102000055 1020000 2000055 1020000 2000055 1020000 100 90000 900100 900 121212 20000 2120 7710 56 100 900 12 PX PX X P 30 5454 55 102 10 55 102 100 56 因此 日銷售額在 的概率為 5 5 8 8解 設 ii YX 分別表示在第i個小單元內 轟炸機和殲擊機被打下的架數12 50 i 其分布規(guī)律分別為 00 6 10 4 1 2 50 ii P XP Xi 00 3 10 5 20 2 1 2 50 iii P YP YP Yi 數學期望和方差分別為 0 40 240 90 491 2 50 iiii E XD XE YD Yi nn XY設 分別表示在一次空戰(zhàn)中轟炸機以及殲擊機被打下的架數 則有 5050 11 nini ii XXYY 150150 XXYY 因為 是相互獨立的隨機變量 所以 5050 11 50 0 420 50 0 2412 nini ii E XE XD XD X 5050 11 50 0 945 50 0 4924 5 nini ii E YE YD YD Y 由列維定理知 50 1 50 1 20 12 45 24 5 ni i ni i XXN YYN 近似服從正態(tài)分布 近似服從正態(tài)分布 1 事件 空戰(zhàn)中 有不少于 35 的轟炸機被打下 即50 35 n X 則 50 35 17 201720 1212 10 8660 8660 806 nn n P XP X X P 2 記M為殲擊機被打下來的最大架數 則得 31 4504545 0 24 524 524 5 4545 24 524 5 n n YM PYMP M 4545 9 0900 90 24 524 5 M 而 于是 查表得 45 1 28 24 5 M 因為M為正整數 且51 34M 所以取52M 第第六六章章數理統(tǒng)計的基本定理數理統(tǒng)計的基本定理 6 16 1 解 1 20 25 2 1 165 6 26 2 解 1 2 3 10 NX 2 0 261 6 36 3 解 95 0 635 1 2 54 6 2 6 1 6 1 i i i i X PXP 6 46 4 解 1 3 325 2 2 088 3 27 488 4 6 262 6 56 5 解 1 2 228 2 1 813 3 1 813 4 2 764 32 6 66 6 解 1 3 23 2 39 3 1 3 85 2 1 4 2 06 6 76 7 解 1 n d Ld 這說明Lln是隨 的增加而增加的 由于 n xxx 21 均大于等于 所以要使Lln最 大 只須 最大 而 max12 min n x xx 此值即為 的極大似然估計 即 12 min n x xx 2 直接求 XE 0 1 dyeydxexXE yx 由矩估計法 這里 已知 故 的矩估計為 1 X 1 1 n i i X n X其中 7 87 8 解 設隨機變量1 XY因為 1 2 NX所以 0 2 NY dyeyYEXE y 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 0 22 0 2 2 2 2 yy edyey 1 11 1 1 22 n i i EXnE X nn 因為樣本 i X與總體X同分布 故 n i i X n 1 1 21 為 的無偏估計 7 97 9 解 2 2 2 2 XEXEE所以 是 的無偏估計量 由于 max 21 nL XXX 而 n XXX 21 獨立與總體X同分布 由已知 35 0 UX 所以 0 0 1 其他 x xf 1 0 0 0 x x x x xF 21 n xxx zFzFzFzFzF n 1 1 0 0 n n n z nz fzFznFzf z 其他 11 1 0 1 1 0 n n z n n dz z nzE n nn n L 因為 L E 所以 L 不是無偏估計 7 107 10 解 設 4min4 3 4 max 3 4 31 2 31 1 NXMX i i i i 由于 0 0 0 1 x x x x xF 故統(tǒng)計量M的分布函數為 0 0 0 1 33 x x x x xFxFM 而統(tǒng)計量N的分布函數為 0 0 0 1 1 1 1 1 33 x x x x xFxFN 從而 i i i i XNXM 3131 min max 的密度函數分別為 其他0 0 3 3 2 x x xfM 其他0 0 1 3 2 x x xfN 故 4 33 3 2 0 dx x xME 36 4 1 1 3 2 0 dx x xNE 因此 4 3 4 2 1 NEEMEE 故 2 1 均為無偏估計 80 3 4 3 3 22 3 2 0 222 dx x xMEMEMD 80 3 4 1 1 3 222 0 222 dx x xNENEND 因此 15 1 80 3 9 16 9 16 3 4 22 1 MDMDD 5 3 80 3 16 16 4 22 2 NDNDD 由于 2 1 DD 所以 2 1 較更有效 7 117 11 解 設一組樣本值為 21n xxx 似然函數為 1 1 21 n i i x nnn n exxxxL ln 1 lnln ln 1 21 n i in xxnnnxxxL 令 0 ln 11 n i i n i i xnx n d Ld 得即為 的極大似然估計值 將樣本值以樣本隨機 變量替代 則得 的極大似然估計量為 1 n i i nX 7 127 12 解 n i i X n XT 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 n n XE n TE n i i 1 1 1 242 1 22 n n XEXEXE n XE n TE n n i i 故 21 T T均是 的無偏估計量 2 2 4 1 2 4 1 2 1 2 2 22 2 1 1 n n n XnD n X n DTD n i i 37 1 1 2 2 1 22 n XnD n X n DTD n i i 故 21 TDTD m n m db TDd 故當ba nm b4 4 1 時 TD最小 即此時估計量T最有效 7 147 14 解 的置信區(qū)間為 1 1 025 0 025 0 n S ntx n S ntx 而 1259 12751250 5 1 5 xn 4 570 12591275 12591250 15 1 222 S 于是 2 570 5 339 14 4 5 S n n 查t分布表得 0 025 4 2 78 t 故 8 14339 5 78 2 1 2 n S nt 38 2 1244 8 141259 1 2 n S ntx 8 1273 8 141259 1 2 n S ntx 于是溫度真值 的置信區(qū)間為 1244 2 1273 8 7 157 15 解 因為 01 0 2 NX 所以方差 2 巳知 求數學期望 的置信區(qū)間 125 2 X 01 0 1 0 16 n查標準正態(tài)分布表 得 645 1 05 02 uu 有 置信上限為 121 2 05 0 u n x 置信下限為 129 2 05 0 u n x 因此 的置信區(qū)間為 129 2 121 2 7 167 16 解 因為 2 未知 故只用t分布 此時 01713 0 125 2 sx 1 0 16 n查t 分布表 得 753 1 15 1 05 0 2 tnt 有 置信上限為 118 2 15 05 0 t n s x 置信下限為 133 2 15 05 0 t n s x 因此 的置信區(qū)間為 133 2182 1 7 177 17 解 由于 2 均未知 故選隨機變量 1 nt nS X t 從而有 95 0 8 025 0 t nS X P 由9 n查t分布表得 31 2 8 025 0 t算得6 x 33 0 8 1 2 9 1 2 xxS i i 得 的置信區(qū)間為 44 6 56 5 8 8 025 0025 0 n S tx n S tx 7 187 18 解 已知方差 16 2 且為 16 N總體 應選隨機變量 39 1 0 N n X U 已知 95 0 1 故有 1 2 UUP即 95 0 025 0 UUP 查表得 96 1 025 0 u置信區(qū)間為 025 0025 0 n ux n ux 置信區(qū)間長度 2 025 0 n uL 問題要求 2 1 L由此得2 196 1 2 n 所以 171 2 1 1696 1 2 2 1 96 1 2 2 22 2 n 故至少應抽查171名男生的身高 7 197 19 解 由已知條件 選隨機變量U 1 0 N n X U 而 99 0 1 置信區(qū)間為 005 0005 0 n ux n ux 查標準正態(tài)分布表 得 166 4 400 57 2 005 0 xnu 算得置信區(qū)間為 400 4 57 2 166 400 4 57 2 166 514 166 486 165 5 57 2 166 5 57 2 166 7 207 20 解 05 0 73 75 10 2 Sn查 2 分布表 有 70 2 9 0 19 9 2 975 0 2 025 0 2 的置信限為 置信下限 87 35 0 19 73 759 9 1 2 025 0 2 Sn 置信上限 433 252 70 2 73 759 9 1 2 975 0 2 Sn 于是 2 的置信度為 0 95 的置信區(qū)間為 433 252 87 35 易得 的置信度為 0 95 的置信區(qū)間為 888 15 989 5 40 7 217 21 解 選 1 1 2 2 2 2 n Sn 因為 95 01 取雙側置信區(qū)間 使 95 0 2 2 1 查標準正態(tài)分布表 得 96 1 025 0 u 計算U值 75 1 40 6 7 5 78 4 76 U 因為96 175 1 故可以認為這屆學生的語文水平和歷屆學生相比不相上下 8 28 2 解 本題是已知方差 檢驗均值 是否等于 8kg 的問題 因為有 50 條樣本 比較大 因 此總體可近似為正態(tài)分布 5 0 8 00 2 kgkgN 題中待檢驗假設為 8 0100 HkgH 在 0 H成立條件下 選檢驗統(tǒng)計量 1 0 0 0 N n X U 01 0 得此問題的否定域為 005 0 005 0 01 0 uUuUR 或 查標準正態(tài)分布表 得 575 2 005 0 2 uu 由樣本數據 得 5 0 50 8 7 0 nx 算得U值為83 2 50 5 0 0 88 7 U 由于575 283 2 故拒絕 0 H 從而認為這批抗菌素的某項指標與 23 0 有顯著的差 異 即該日生產不正常 8 48 4 解 在 0 H成立條件下 1 0 0 0N n X 已知 1 1 2 2 2 n Sn 也就是 1 2 2 2 n Q 且相互獨立 故 1 0 1 1 2 2 t Q nnX n Q n X T 故應填 1 Q nnX T 8 58 5 解 由題意知要檢驗的假設為 22 0 2 1 22 0 2 0 048 0 048 0 HH因為 未知 用 2 檢驗法 故統(tǒng) 計量為 2 0 2 2 1 Sn 在 0 H成立的條件下 1 22 n 這里05 0 9 n 查 2 分布表 有 5 17 8 1 2 025 0 2 2 n 18 2 8 1 2 975 0 2 2 1 n由樣本值計算得 003653 0 2 S由此得 2 2 22 0 1 0 029224 12 684 0 048 nS 因5 17684 1218 2 故接受 0 H即認為這批維尼龍纖度的方差沒有顯著性的變化 8 68 6 解 本題