概率統(tǒng)計試題和答案及概率統(tǒng)計課后答案

概率論與數理統(tǒng)計習題解答i）的結果，求.附：若則，。23.（15年新課標1理科19）某公司為確定下一年度投入某種產品的宣傳費，需了解年宣傳費x（單位：千元）對年銷售量y（單位：t）和年利潤z（單位：千元）的影響，對近8年的年宣傳費和年銷售量（i=1,2，···，8）數據作了初步處理，得到下面的散點圖及一些統(tǒng)計量的值。46.65636.8289.81.61469108.8表中,，=（Ⅰ）根據散點圖判斷，y=a+bx與y=c+d哪一個適宜作為年銷售量y關于年宣傳費x的回歸方程類型？（給出判斷即可，不必說明理由）（Ⅱ）根據（Ⅰ）的判斷結果及表中數據，建立y關于x的回歸方程；（Ⅲ）已知這種產品的年利潤z與x、y的關系為z=0.2y-x.根據（Ⅱ）的結果回答下列問題：年宣傳費x=49時，年銷售量及年利潤的預報值是多少？年宣傳費x為何值時，年利潤的預報值最大？附：對于一組數據,，……，,其回歸線的斜率和截距的最小二乘估計分別為：，24.（2015年新課標2理科18）某公司為了解用戶對其產品的滿意度，從A，B兩地區(qū)分別隨機調查了20個用戶，得到用戶對產品的滿意度評分如下：A地區(qū)：6273819295857464537678869566977888827689B地區(qū)：7383625191465373648293486581745654766579（Ⅰ）根據兩組數據完成兩地區(qū)用戶滿意度評分的莖葉圖，并通過莖葉圖比較兩地區(qū)滿意度評分的平均值及分散程度（不要求計算出具體值，得出結論即可）；（Ⅱ）根據用戶滿意度評分，將用戶的滿意度從低到高分為三個不（去掉）等級：滿意度評分低于70分70分到89分不低于90分滿意度等級不滿意滿意非常滿意記事件C：“A地區(qū)用戶的滿意度等級高于B地區(qū)用戶的滿意度等級”。假設兩地區(qū)用戶的評價結果相互獨立。根據所給數據，以事件發(fā)生的頻率作為相應事件發(fā)生的概率，求C的概率25.（2016年全國III高考18）下圖是我國2008年至2014年生活垃圾無害化處理量（單位：億噸）的折線圖由折線圖看出，可用線性回歸模型擬合y與t的關系請用相關系數加以說明；（II）建立y關于t的回歸方程（系數精確到0.01），預測2016年我國生活垃圾無害化處理量。參考數據：，，，EQ\R(7)≈2.646.參考公式：相關系數解：（Ⅰ）由折線圖這數據和附注中參考數據得，，，，.因為與的相關系數近似為0.99，說明與的線性相關相當高，從而可以用線性回歸模型擬合與的關系.（Ⅱ）由及（Ⅰ）得，.所以，關于的回歸方程為：.將2016年對應的代入回歸方程得：.所以預測2016年我國生活垃圾無害化處理量將約1.82億噸.第一章思考題1．事件的和或者差的運算的等式兩端能“移項”嗎？為什么？2．醫(yī)生在檢查完病人的時候搖搖頭“你的病很重，在十個得這種病的人中只有一個能救活.”當病人被這個消息嚇得夠嗆時，醫(yī)生繼續(xù)說“但你是幸運的.因為你找到了我，我已經看過九個病人了，他們都死于此病，所以你不會死”，醫(yī)生的說法對嗎？為什么？３．圓周率是一個無限不循環(huán)小數,我國數學家祖沖之第一次把它計算到小數點后七位,這個記錄保持了1000多年!以后有人不斷把它算得更精確.1873年,英國學者沈克士公布了一個的數值,它的數目在小數點后一共有707位之多!但幾十年后,曼徹斯特的費林生對它產生了懷疑.他統(tǒng)計了的608位小數,得到了下表:你能說出他產生懷疑的理由嗎?答：因為是一個無限不循環(huán)小數，所以，理論上每個數字出現的次數應近似相等，或它們出現的頻率應都接近于0.1，但7出現的頻率過小.這就是費林產生懷疑的理由.4．你能用概率證明“三個臭皮匠勝過一個諸葛亮”嗎？５．兩事件A、B相互獨立與A、B互不相容這兩個概念有何關系？對立事件與互不相容事件又有何區(qū)別和聯(lián)系？６．條件概率是否是概率？為什么？習題一1．寫出下列試驗下的樣本空間：（1）將一枚硬幣拋擲兩次答：樣本空間由如下4個樣本點組成（2）將兩枚骰子拋擲一次答：樣本空間由如下36個樣本點組成（3）調查城市居民（以戶為單位）煙、酒的年支出答：結果可以用（x，y）表示，x，y分別是煙、酒年支出的元數.這時，樣本空間由坐標平面第一象限內一切點構成.2．甲，乙，丙三人各射一次靶，記“甲中靶”“乙中靶”“丙中靶”則可用上述三個事件的運算來分別表示下列各事件：(1)“甲未中靶”：(2)“甲中靶而乙未中靶”：(3)“三人中只有丙未中靶”：(4)“三人中恰好有一人中靶”：(5)“三人中至少有一人中靶”：(6)“三人中至少有一人未中靶”：或(7)“三人中恰有兩人中靶”：(8)“三人中至少兩人中靶”：(9)“三人均未中靶”：(10)“三人中至多一人中靶”：(11)“三人中至多兩人中靶”：或3.設是兩隨機事件，化簡事件(1)(2)解:(1),(2).4．某城市的電話號碼由5個數字組成，每個數字可能是從0-9這十個數字中的任一個，求電話號碼由五個不同數字組成的概率.解：.5．張獎券中含有張有獎的，個人購買，每人一張，求其中至少有一人中獎的概率.解法一：試驗可模擬為個紅球，個白球，編上號，從中任取k個構成一組，則總數為，而全為白球的取法有種，故所求概率為.解法二：令—第i人中獎，B—無一人中獎，則，注意到不獨立也不互斥：由乘法公式.6．從5雙不同的鞋子中任取4只，這4只鞋子中“至少有兩只配成一雙”（事件A）的概率是多少？解：7．在上任取一點，求該點到原點的距離不超過的概率.解：此為幾何概率問題：,所求事件占有區(qū)間，從而所求概率為.8．在長度為的線段內任取兩點，將其分成三段，求它們可以構成一個三角形的概率.解：設一段長為，另一段長為，樣本空間，所求事件滿足：從而所求概率＝.9．從區(qū)間內任取兩個數，求這兩個數的乘積小于的概率.解：設所取兩數為樣本空間占有區(qū)域,兩數之積小于:,故所求概率,而,故所求概率為.10．設、為兩個事件，，，求.解：;11．設、為兩個事件，，，求.解：.12．假設，，若、互不相容，求；若、相互獨立，求.解：若、互不相容，；若、相互獨立，則由可得=0.5.13．飛機投彈炸敵方三個彈藥倉庫，已知投一彈命中1，2，3號倉庫的概率分別為0.01,0.02,0.03,求飛機投一彈沒有命中倉庫的概率.解：設{命中倉庫}，則{沒有命中倉庫}，又設{命中第i倉庫}則，根據題意（其中兩兩互不相容）故=0.01+0.02+0.03=0.06所以即飛機投一彈沒有命中倉庫的概率為0.9414．某市有50%住戶訂日報，有65%的住戶訂晚報，有85%的住戶至少訂這兩種報紙中的一種，求同時訂這兩種報紙的住戶的百分比解：設{用戶訂有日報}，={用戶訂有晚報}，則{用戶至少訂有日報和晚報一種}，{用戶既訂日報又訂晚報}，已知，所以即同時訂這兩種報紙的住戶的百分比為30%15．一批零件共100個，次品率為10%，接連兩次從這批零件中任取一個零件，第一次取出的零件不再放回，求第二次才取得正品的概率.解：設{第一次取得次品}，{第二次取得正品}，則{第二次才取得正品}，又因為，則16.設隨機變量、、兩兩獨立，與互不相容.已知且，求.解：依題意且，因此有.又因，解方程，17．設是小概率事件，即是給定的無論怎么小的正數.試證明：當試驗不斷地獨立重復進行下去，事件遲早總會發(fā)生（以概率1發(fā)生）.解：設事件—第次試驗中出現，∵，，∴次試驗中，至少出現一次的概率為（獨立性）∴，證畢.18．三個人獨立地破譯一密碼，他們能單獨譯出的概率分別是，，，求此密碼被譯出的概率.解:設A，B，C分別表示{第一、二、三人譯出密碼}，D表示{密碼被譯出}，則.19．求下列系統(tǒng)（如圖所示）的可靠度，假設元件的可靠度為，各元件正常工作或失效相互獨立解：(1)系統(tǒng)由三個子系統(tǒng)并聯(lián)而成，每個子系統(tǒng)可靠度為，從而所求概率為；（2）同理得.20．三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—第一第三臺機器發(fā)生故障，—第一第三臺機器發(fā)生故障，—第一第三臺機器發(fā)生故障，—三臺機器中至少有一臺發(fā)生故障，則，故21．設、為兩事件，,,，求.解：由得，.22.設某種動物由出生算起活到20年以上的概率為0.8,活到25年以上的概率為0.4.問現年20歲的這種動物,它能活到25歲以上的概率是多少?解：設—某種動物由出生算起活到20年以上，，—某種動物由出生算起活到25年以上，，則所求的概率為23．某地區(qū)歷史上從某年后30年內發(fā)生特大洪水的概率為80%，40年內發(fā)生特大洪水的概率為85%，求已過去了30年的地區(qū)在未來10年內發(fā)生特大洪水的概率.解：設—某地區(qū)后30年內發(fā)生特大洪災，，—某地區(qū)后40年內發(fā)生特大洪災，，則所求的概率為.24．設甲、乙兩袋，甲袋中有2只白球，4只紅球；乙袋中有3只白球，2只紅球.今從甲袋中任意取一球放入乙袋中，再從乙袋中任意取一球.1）問取到白球的概率是多少？2）假設取到白球，問該球來自甲袋的概率是多少？解：設A：取到白球，B：從甲球袋取白球25．一批產品共有10個正品和2個次品，任取兩次，每次取一個，抽出后不再放回，求第二次抽出的是次品的概率.解：設表示第次抽出次品,,由全概率公式=.26.一批晶體管元件，其中一等品占95%，二等品占4%，三等品占1%，它們能工作500的概率分別為90%，80%，70%，求任取一個元件能工作500以上的概率.解：設{取到元件為等品}(=1,2,3)，{取到元件能工作500小時以上}則所以0.89427．某藥廠用從甲、乙、丙三地收購而來的藥材加工生產出一種中成藥，三地的供貨量分別占40%，35%和25%，且用這三地的藥材能生產出優(yōu)等品的概率分別為0.65，0.70和0.85，求從該廠產品中任意取出一件成品是優(yōu)等品的概率.如果一件產品是優(yōu)質品，求它的材料來自甲地的概率解：以Bi分別表示抽到的產品的原材來自甲、乙、丙三地，A={抽到優(yōu)等品}，則有：所求概率為由全概率公式得：28．用某種檢驗方法檢查癌癥，根據臨床紀錄，患者施行此項檢查，結果是陽性的概率為0.95；無癌癥者施行此項檢查，結果是陰性的概率為0.90.如果根據以往的統(tǒng)計，某地區(qū)癌癥的發(fā)病率為0.0005.試求用此法檢查結果為陽性者而實患癌癥的概率.解：設A={檢查結果為陽性}，B={癌癥患者}.據題意有所求概率為由Bayes公式得29．3個射手向一敵機射擊，射中的概率分別是0.4，0.6和0.7.如果一人射中，敵機被擊落的概率為0.2；二人射中，被擊落的概率為0.6；三人射中則必被擊落.（1）求敵機被擊落的概率；（2）已知敵機被擊落，求該機是三人擊中的概率.解:設A={敵機被擊落}，Bi={i個射手擊中}，i=1,2,3.則B1,B2,B3互不相容.由題意知：，由于3個射手射擊是互相獨立的，所以因為事件A能且只能與互不相容事件B1,B2,B3之一同時發(fā)生.于是（1）由全概率公式得（2）由Bayes公式得.30．某廠產品有70%不需要調試即可出廠，另30%需經過調試，調試后有80%能出廠，求（1）該廠產品能出廠的概率；（2）任取一出廠產品未經調試的概率.解：——需經調試——不需調試——出廠則，，，（1）由全概率公式：.（2）由貝葉斯公式：.31．進行一系列獨立試驗，假設每次試驗的成功率都是，求在試驗成功2次之前已經失敗了3次的概率.解：所求的概率為.32．10個球中有一個紅球，有放回地抽取，每次取一球，求直到第次才取次紅球的概率解：所求的概率為33．燈泡使用壽命在1000h以上的概率為0.2，求3個燈泡在使用1000h后，最多只有一個壞了的概率.解：由二項概率公式所求概率為34．（Banach問題）某人有兩盒火柴，每盒各有根，吸煙時任取一盒，并從中任取一根，當他發(fā)現有一盒已經用完時，試求：另一盒還有根的概率.解：設試驗E—從二盒火柴中任取一盒，—取到先用完的哪盒，，則所求概率為將E重復獨立作次發(fā)生次的概率，故所求的概率為.第二章思考題1.隨機變量的引入的意義是什么？答：隨機變量的引入,使得隨機試驗中的各種事件可通過隨機變量的關系式表達出來，其目的是將事件數量化，從而隨機事件這個概念實際上是包容在隨機變量這個更廣的概念內.引入隨機變量后,對隨機現象統(tǒng)計規(guī)律的研究,就由對事件及事件概率的研究轉化為隨機變量及其取值規(guī)律的研究,使人們可利用數學分析的方法對隨機試驗的結果進行廣泛而深入的研究.隨機變量概念的產生是概率論發(fā)展史上的重大事件，隨機事件是從靜態(tài)的觀點來研究隨機現象,而隨機變量的引入則變?yōu)榭梢杂脛討B(tài)的觀點來研究.2.隨機變量與分布函數的區(qū)別是什么？為什么要引入分布函數？答：隨機變量與分布函數取值都是實數，但隨機變量的自變量是樣本點，不是普通實數，故隨機變量不是普通函數，不能用高等數學的方法進行研究，而分布函數一方面是高等數學中的普通函數，另一方面它決定概率分布，故它是溝通概率論和高等數學的橋梁，利用它可以將高度數學的方法得以引入.3.除離散型隨機變量和連續(xù)型隨機變量，還有第三種隨機變量嗎？答：有，稱為混合型.例：設隨機變量，令 則隨機變量既非離散型又非連續(xù)型. 事實上，由的定義可知只在上取值，于是當時，；時，；當時，于是 首先取單點{1}的概率，故不是連續(xù)型隨機變量.其次其分布函數不是階梯形函數，故也不是離散型隨機變量.4.通常所說“的概率分布”的確切含義是什么？答：對離散型隨機變量而言指的是分布函數或分布律，對連續(xù)型隨機變量而言指的是分布函數或概率密度函數.5.對概率密度的不連續(xù)點，如何由分布函數求出？答：對概率密度的連續(xù)點，，對概率密度的有限個不連續(xù)點處，可令（為常數）不會影響分布函數的取值.6.連續(xù)型隨機變量的分布函數是可導的，“概率密度函數是連續(xù)的”這個說法對嗎？為什么？答：連續(xù)型隨機變量密度函數不一定是連續(xù)的，當密度函數連續(xù)時其分布函數是可導的，否則不一定可導.習題1．在測試燈泡壽命的試驗中,試寫出樣本空間并在其上定義一個隨機變量.解：每一個燈泡的實際使用壽命可能是中任何一個實數,樣本空間為，若用表示燈泡的壽命（小時），則是定義在樣本空間上的函數，即是隨機變量.2．一報童賣報,每份0.15元,其成本為0.10元.報館每天給報童1000份報,并規(guī)定他不得把賣不出的報紙退回.設為報童每天賣出的報紙份數,試將報童賠錢這一事件用隨機變量的表達式表示.解：{報童賠錢}{賣出的報紙錢不夠成本}，而當0.15X<1000×0.1時，報童賠錢，故{報童賠錢}{X666}3．若，，其中，求.解：.4．設隨機變量的分布函數為試求（1）（2）（3）解：；（2）；（3）.5．5個乒乓球中有2個新的，3個舊的，如果從中任取3個，其中新的乒乓球的個數是一個隨機變量，求這個隨機變量的概率分布律和分布函數，并畫出分布函數的圖形.解：設表示任取的3個乒乓球中新的乒乓球的個數，由題目條件可知，的所有可能取值為0，1，2，∵，，∴隨機變量的概率分布律如下表所示：0120.10.60.3由可求得如下:，的圖形如圖所示.6．某射手有5發(fā)子彈，射擊一次命中率為0.9，如果他命中目標就停止射擊，命不中就一直射擊到用完5發(fā)子彈，求所用子彈數的概率分布解：123450.90.090.0090.00090.00017.一批零件中有9個合格品與3個廢品，安裝機器時，從這批零件中任取一個，如果每次取出的廢品不再放回，求在取出合格品之前已取出的廢品數的分布律.解：設，，由題意知，廢品數的可能值為0，1，2，3，事件即為第一次取得合格品，事件即為第一次取出的零件為廢品，而第二次取出的零件為合格品，于是有，，所以的分布律見下表01230.750.20450.04090.00458.從中任取一個數字，若取到數字的概率與成正比，即，求.解：由條件，由分布律的性質,應有,.9.已知隨機變量服從參數的泊松分布，試滿足條件的自然數.解：因為從而查附表得10.某公路一天內發(fā)生交通事故的次數服從泊松分布，且一天內發(fā)生一次交通事故的概率與發(fā)生兩次交通事故的概率相等，求一周內沒有交通事故發(fā)生的概率.解：設，由題意：=，，解得，所求的概率即為.11.一臺儀器在10000個工作時內平均發(fā)生10次故障，試求在100個工作時內故障不多于兩次的概率.解：設表示該儀器在100個工作時內故障發(fā)生的次數，，所求的概率即為，，三者之和.而100個工作時內故障平均次數為，根據Poisson分布的概率分布近似計算如下：故該儀器在100個工作時內故障不多于兩次的概率為0.99984.12.設，現對進行三次獨立觀察，試求至少有兩次觀察值大于的概率.解：，令，則，令表示三次重復獨立觀察中出現次數，則，故所求概率為.13.設某種傳染病進入一羊群，已知此種傳染病的發(fā)病率為2/3，求在50頭已感染的羊群中發(fā)病頭數的概率分布律.解：把觀察一頭羊是否發(fā)病作為一次試驗，發(fā)病率，不發(fā)病率，由于對50頭感染羊來說是否發(fā)病，可以近似看作相互獨立，所以將它作為50次重復獨立試驗，設50頭羊群中發(fā)病的頭數為，則，的分布律為14.設隨機變量的密度函數為，用表示對的3次獨立重復觀察中事件出現的次數，求.解：，，由二項概率公式.15.已知的概率密度為，試求：（1）、未知系數；（2）、的分布函數；（3）、在區(qū)間內取值的概率.解：（1）由，解得(2)，∴當x≤0時,當x>0時，,∴.（3）.16.設在內服從均勻分布，求方程有實根的概率.解:“方程有實根”即，故所求的概率為=.17.知隨機變量服從正態(tài)分布，且服從標準正態(tài)分布，求.解：由題意解得：18.已知隨機變量服從參數為的指數分布，且落入區(qū)間（1，2）內的概率達到最大，求.解：,令，即,即，∴19．設隨機變量，求，.解：.20.設電源電壓，在電壓三種情形下，電子元件損壞的概率分別為，求：（1）該電子元件損壞的概率；（2）該電子元件損壞時，電壓在伏的概率.解：設，電子元件損壞，則（1）完備，由全概率公式，今，同理，，從而.（2）由貝葉斯公式.21.隨機變量的分布律為－2－1013求的分布律0149解：.22.變量服從參數為0.7的0－1分布，求及的概率分布.解．的分布為010.30.7易見，的可能值為0和1；而的可能值為和0，由于，可見的概率分布為：010.30.7-100.70.3由于，，可得的概率分布為23.概率密度函數為，求的概率密度函數.解：的反函數為，代入公式得.24.設隨機變量，求隨機變量在內概率密度.解法一（分布函數法）當時，時，當時，從而解法二（公式法）在單增，由于反函數在可導，，從而由公式得 25.，求的密度.解法一（分布函數法）因為，故，當時，， .解法二（公式法）的值域，反函數，故 .26.設隨機變量服從上的均勻分布，分別求隨機變量和的概率密度和.解：的密度為，（1）函數有唯一反函數，，且，故.（2）在區(qū)間上，函數，它有唯一反函數，且，從而.27.設為的密度函數，且為偶函數，求證與有相同的分布. 證：即證與的密度函數相同，即. 證法一（分布函數法），，得證. 證法二（公式法）由于為單調函數，.28.設隨機變量服從正態(tài)分布，，是的分布函數，隨機變量.求證服從區(qū)間上的均勻分布.證明：記的概率密度為，則由于是的嚴格單調增函數，其反函數存在，又因，因此的取值范圍是.即當時于是的密度函數為即服從區(qū)間上的均勻分布.第三章思考題1(答:錯)2(答:錯)3答:錯)習題三1解：.由此可看出,即使兩個離散隨機變量相互獨立同分布,一般情況下也不會以概率1相等.2解：由=1可得：,從而得：01200.060.150.090.310.140.350.210.70.20.31故相互獨立. 10103解:因為:,結果如表所示.4解:的邊緣分布律為的邊緣分布律為的條件下的條件分布為的條件下的條件分布為5解：（1）由乘法公式容易求得分布律．易知，放回抽樣時且0101于是的分布律為（2）不放回抽樣，則,在第一次抽出正品后，第二次抽取前的狀態(tài)：正品9個，次品2個．故又在第一次抽出次品后，第二次抽取前狀態(tài)：正品10個，次品1個.故0101,且于是的分布律為放回抽樣時，兩次抽樣互不影響，故彼此相互獨立；不放回抽樣，第一次抽樣對第二次抽樣有影響，不相互獨立．6解=,=隨機變量及是獨立的.7解（1）==（2）的邊緣分布函數=.由此得隨機變量的邊緣分布密度函數同理可得隨機變量的邊分布函數=的邊緣分布密度函數（3）由（2）知==，所以與獨立.8解因為與相互獨立，所以的聯(lián)合概率密度為所以，的分布律為:9解：（1）由=1，即，即因此=（2）的邊緣概率密度為當，===，當，===，可知邊緣分布密度為：==（3）=10解因為=1，即，對任意，==，所以=對任意，==，所以=故=，所以與相互獨立.11解由當時，其它=0.所以:12解（1），的邊緣密度為分布密度為：==故====（2）因為=1，故與不相互獨立.13證設的概率密度為，的概率密度為，由于相互獨立，故的聯(lián)合密度為=.于是交換積分次序可得：所以1－故.14解設，由于相互獨立同分布，于是有則又+－=+（－=解得：因而有兩個值.由于，所以，當時，由=得當時，由=得.15解（1）的可能取值為2，3，4.且故有:（2）由已知易得16解由已知得(-1,-1)(-1,0)（,-2）(,-1)(,0)(3,-2)(3,-1)(3,0)概率00-3-2-1--12310-1543所以有-3-2-1--13-1013517證明：對任意的我們有（因為與相互獨立）==（利用組合公式）=即～18解在[0，2]中取值，按卷積公式的分布密度為：如圖，從而：19解因為相互獨立，故～所以：20解，設兩周的需求量為，則當時=故21解（1），當時（積分時，是常量）當時，同理，當時，，當時，因為，故與不相互獨立.（2）當時，當時，22解設為選取的第只電子管的壽命，則～令則所求概率為=（由獨立性）=[]而因此23解由于設相互獨立，均服從指數分布.因而它們的聯(lián)合密度函數為：事件等價于，因而所求概率為：習題四1解（1）=（-1）×+0×+×+1×+2×=（2）=2×+1×+×+0×+（-1）×=（3）=1×+0×+×+1×+4×=.2解==3解因為，相互獨立，所以=4證明顯然，且.所以是一個分布密度,但不存在，所以隨機變量的數學期望不存在.5解表示售出設備一年內調換，表示調換費用.則凈贏利的數學期望為：凈贏利的數學期望為：=（元）6解直徑～所以：=7解（1）的邊際分布見表上，故1×0.4+2×0.2+3×0.4；-1010.20.100.40.10.10.1=-1×0.3+1×0.3=0.（2）的可能取值為.易知的分布律如表為故=-1×0.2×0.1×0.1+×0.1+×0.1+1×0.1=，解法2（3）=-1-2-301230.20.100.40.10.10.1的可能取值為-1，-2，-3，0，1，2，3.且有如表的概率分布：=-1×0.2+（-2）×0.1+1×0.1+2×0.1+3×0.1=0.2所以=5解法2=+8解：令的取值為0，1，故：類似可求得9解所以=10解:的分布函數為則的分布函數于是的密度函數為從而11解：設隨機變量表示取得合格品以前已取出的次品數，則的可能取值為0，1，2，3；下求取這些可能值的概率，易知由此可得：，，12解=======其中“′”表示對的形式導數.所以13解因為故有：，故，所以：14證明：因為=所以對于15解=-+=+=16解：由正態(tài)分布與均勻分布的方差知由于與相互獨立，因此與也相互獨立，從而17解(1)記則即～(2)～所以18解(1)由已知有:所以:(2)(3).19解:因為,所以與成負線性關系,從而;或直接計算:,故.20解:21證明：顯然而由即相互獨立.即：任意兩個服從0—1分布的隨機變量若不相關，必相互獨立.22解故（關于奇）=0故23證明:因為～,即所以故從而,但,即表示有依賴關系,故兩者并不獨立.24解的密度為于是，，，所以：，又因為故：．注：其實由于區(qū)域為矩形域，且服從上的均勻分布,從而與獨立，故與不相關，即．25解，由同理故因相互獨立，故同理故.26證明對即這是以為系數的二次曲線問題=4即27解：28解獨立同分布于指數分布則已知由定理4=1-（查表）≈1-0.7881=0.211929解設第次轟炸命中目標的次數為,則為獨立同分布系列,且,命中目標的總次數,由獨立同分布的中心極限定理(近似)～,因此,所求概率為30解設每部分的長度是一個隨機變量,且相互獨立同分布,為總長度,又,,由獨立同分布的中心極限定理(近似)～,因此,產品合格的概率為31解由獨立同分布的中心極限定理32解：設老人死亡數為～，保險公司虧本當且僅當即，于是，由棣莫佛—拉普拉斯定理故公司虧本的概率：．33解（1）：表損壞數，則～由定理6（2）：表損壞數，則～設為取整，由定理6查表得34解（1）由定理4===（查表）（2）=.35解第五章思考題不對。服從。經驗分布函數滿足分布函數的所有性質，所以是分布函數?？傮w均值與方差反映的是總體的數字特征，樣本均值與樣本方差反映的是抽樣結果的數字特征。一般地，在統(tǒng)計學中，我們經常用樣本均值與樣本方差來對總體中未知參數如期望及方差等進行估計。，至少為40。。習題五1、2、解：設所需樣本容量為，則：查表得，，，取3、解：由于未知，需用統(tǒng)計量．，，4、解：記容量分別是10，15的兩獨立樣本的均值分別為和，則：，從而5、解：（1）時，樣本方差（2）未知時，6、解：（1）分布律為相互獨立．（2）7、解：．，．（1）相互獨立，于是的聯(lián)合概率密度（2）也服從正態(tài)分布，,．于是，的概率密度為：8、解：（1），且相互獨立，故：（2），故．，，相互獨立，有（3），，且它們相互獨立．由分布定義，有．．第六章思考題不一定。矩估計不唯一。不一定。均勻分布的參數的極大似然估計是一個順序統(tǒng)計量。不是。。從而區(qū)間（，，。不唯一。若置信區(qū)間以樣本均值的觀察值為中心的對稱區(qū)間，其長度最短，誤差范圍最小，估計精度最高。習題六1.解：設是對應于樣本的樣本值，，，，，，。2.解：。，從而為矩估計量，為其矩估計值。3.解：似然函數，取對數，，對求導，令導數為，得。。4.解：似然函數，取對數，，對求導，令導數為，得，。的極大似然估計值為：。5.解：因為=，。的極大似然估計量為：。6.解：的概率密度函數為似然函數為，，解上述方程，得，的極大似然估計量為，。7.解：①，以代，代，得：，。②，，，得極大似然估計為：。8.解：①，以代，代，得：，矩估計為。②，，。極大似然估計為。9.解：①總體服從二項分布，。因，以代，代，，得矩估計為。②，，，即：。極大似然估計為。10.解：①以代，代，得的矩估計值為。②，，，解得：，但不合題意。故的極大似然估計值為。11.解：設總體的均值，方差，則①，，。，，均為的無偏估計。②，，。較為有效。12.解：，由，得。13.解：①因為，，所以，是參數的無偏估計量。②因為，，其中為的樣本方差，為的樣本方差，且，。，即，從而是的無偏估計量。14.解：，，，故有。又，為使上述方差最小，取最小。令，得，，，為極小值。從而有是形如這類線性估計中方差最小的無偏估計。15.解：。①由于已知，采用隨機變量，置信區(qū)間為，，，，。置信區(qū)間為。②，未知，采用隨機變量，，，，故所求置信區(qū)間為。16.解：，。①未知，則關于的的置信區(qū)間是，依題意，，，。關于的置信度為的置信區(qū)間為。②未知，的置信度為的置信區(qū)間是，查表得：，，故的置信度為的置信區(qū)間為。17.解：，。①，，。關于的置信度為的置信區(qū)間為。②，，，關于的置信度為的置信區(qū)間為。18.解：，。設施磷肥的畝產總體為，不施磷肥的畝產總體為，則，，，。的置信度為的置信區(qū)間為。19.解：設男學生身高為，女學生身高為，則，，，，，，，，，，從而得的置信度為的置信區(qū)間為。20.解：，，而，知，，，，查表得，。于是得方差比的置信度為的置信區(qū)間為。21.解：，，，，，，，，，，故的置信度為的置信區(qū)間為。22.解：因、未知，故。，，，，，于是，得到的置信度為的單側置信下限為。23.解：①，，，，。于是，得到的置信度為的單側置信上限為。②，關于的置信度為的單側置信下限為。第七章思考題1.在統(tǒng)計假設檢驗中,如何確定零假設和備選假設?答在實際問題中,通常把那些需要著重考慮的假設視為零假設.(1)如果問題是要決定新提出的方法是否比原方法好,往往將原方法取為零假設,而將新方法取為備選假設;(2)若提出一個假設,檢驗的目的僅僅是為了判別這個假設是否成立,此時直接取此假設為零假設即可.從數學上看,原假設與備選假設的地位是平等的,但在實際問題中,如果提出的假設檢驗僅僅控制了第一類錯誤的概率,那么選用哪個假設作為零假設,要依據體問題的目的與要求而定,它取決于犯兩類錯誤將會帶來的后果,一般地可根據以下三個原則選擇哪個作為零假設:(1)當目的是需要從樣本觀察值取得對某一論斷強有力的支持時,把這一論斷的否定作為零假設;(2)盡量使后果嚴重的一類錯誤成為的一類錯誤;(3)把由過去資料提供的論斷作為零假設,這樣當檢驗后的最終結論為拒絕時,由于犯的一類錯誤的概率被控制而顯得有說服力或造成危害較小.2.假設檢驗中,無論你作出拒絕原假設或接受原假設,都有可能犯錯誤,是這樣的嗎?答是.無論采取什么樣的決策(取或舍)都可能是正確的,同時又都可能犯錯誤的.既然如此,還要“假設檢驗”干什么?!我們注意到:概率論本身就是研究隨即現象的,因此它的結論無不帶有隨機性.正如我們說“小概率事件在一次試驗中幾乎不可能發(fā)生”,這個“幾乎”就帶有隨機性.我們對原假設作出拒絕還是接受的判斷,都是“小概率事件原理”,因此犯錯誤和不犯錯誤的可能性都是存在的,若二者的可能性各占一半(都是50%),那么“假設檢驗”確實沒有任何價值.事實上,犯錯誤的概率是很小的,這樣,“假設檢驗”才成為檢驗某種估計(或稱為猜想)可靠程度的一種優(yōu)良方法.3.怎樣合理地選取顯著性水平?答如果假設成立,但由于樣本的隨機性,仍有作出拒絕的結論,即犯第一類錯誤.顯著性水平的一個意義是給出了一個犯第一類錯誤的概率,即成立,相應的臨界值為,則統(tǒng)計量滿足不等式的概率為,另一方面,的選定又是對小概率事件小到什么程度的一種抉擇.越小,而事件發(fā)生了,則拒絕的可信程度越高,所謂顯著性即是指實際情況與的判斷之間存在顯著差異.的選定通常取較小的值,如()等,但在某些實際問題中,如藥品檢驗將不合格視為合格,即犯第二類錯誤的后果更嚴重時,通常取較大(如),使第二類錯誤的概率變小,因為犯兩類錯誤的概率在樣本容量固定時有此消彼漲的關系.4.檢驗零假設時,對于相同的統(tǒng)計量及相同的顯著性水平,其拒絕域是否一定惟一?答不一定.例如,總體已知,為樣本,在顯著性水平下,要檢驗,若為真,注意到,則有,此時拒絕域為對稱區(qū)間,又因故拒絕域可選為或由于拒絕域不惟一,取哪一個作為拒絕域就需要按實際問題來定,比如檢驗,是指某批日光燈管的平均使用壽命,顯然都合標準.于是拒絕域取為較好,此時相當于取被選假設為.習題七1.解:設從包裝機產品中隨機抽取一袋葡萄糖的重量為,根據題設,考慮假設,即假設表示包裝機工作正常,由于已知,故用檢驗.對規(guī)定顯著性水平,查正態(tài)分布表有,,于是的否定域為經計算,而由條件知因而,由于,所以不能否定,即認為這天包裝機工作正常.2.解:按題意需檢驗,則的拒絕域為,代入算得未落入拒絕域中,故接受,即認為這批礦砂的鎳含量為3.25.3.解:設考生成績,未知,今欲檢驗,備擇假設,由于未知,故選擇統(tǒng)計量.在成立的條件下,,對于檢驗水平,求臨界值,設,即,由附表得,從而拒絕域為,對于抽樣值,,,計算得不在拒絕域內,故不能拒絕,即認為考生平均成績?yōu)?0分.4.解:檢驗的假設為:,則的拒絕域為,代入算得,故在下,落在拒絕域中,所以拒絕,即認為這批元件不合格.5.解:本題是在下檢驗假設,檢驗統(tǒng)計量為拒絕域為,代入得,拒絕,故校長的看法是對的.6.解:由題設,原假設.選擇的統(tǒng)計量,根據拒絕域的形式,可知(1)屬于單側檢驗中右邊檢驗的拒絕域,故對應的備選假設為:,而(2)屬于雙邊檢驗的拒絕域,故對應的備選假設為:.7.解:（1）,,選取統(tǒng)計量,當時,對于,查分布表知,計算統(tǒng)計量的值,拒絕,即認為新工藝生產的纜繩抗拉強度有較高顯著提高.（2）,,選取統(tǒng)計量,當時,,對于,查分布表知,即得到拒絕域為,計算統(tǒng)計量的值,不能認為新工藝生產的纜繩抗拉強度的方差比舊工藝有顯著變化.8.解:問題歸結為在下檢驗設和,已知.（1）首先檢驗假設,選擇統(tǒng)計量,計算,,故接受假設,認為方差為0.03.（2）檢驗假設,因方差已知,故選用統(tǒng)計量,,又,所以接受,認為均值為7,故認為生產正常.9.解:設加工零件長度為均未知.(1)檢驗假設:,用t檢驗法,當成立時,統(tǒng)計量,拒絕域為,由.計算得.對,由t分布表查得.因為.接受假設,即認為.(2)檢驗假設,用檢驗法,當成立時,統(tǒng)計量,拒絕域為,計算得,由,查得,因為,故接受假設,即認為.綜合（1）,（2）可以認為該日機器工作狀態(tài)正常.10.解:由于未知,且總體服從正態(tài)分布.取為檢驗統(tǒng)計量.拒絕域為與由于,而,故接受.11.解:本題是在下檢驗假設拒絕域為這里顯然落在拒絕域中,即在下拒絕,即認為這批導線的標準差顯著的偏大.12.解:(1)拒絕域為,故接受,即認為每天每袋平均質量可視為500g.(2),拒絕域為.故拒絕,即認為該天標準差超過10g.13.解：用表示產品質量指標,于是,其參數就是產品的次品率,我們的問題化為：在顯著水平下,檢驗假設,令,,那么是的樣本,是其樣本觀測值.選擇統(tǒng)計量,拒絕域為.由題意有,從而,根據方差未知一個總體均值的右側檢驗法的檢驗方法,應該拒絕,即認為這批產品中的次品率超過,因而不能出廠.注意,如果本例中抽查件產品,發(fā)現有8件次品,其它條件不變,那么,再與相比較,結論是接受,即認為這批產品的次品率不超過,因而可以出廠.14.解:設,,又設養(yǎng)貓戶,無貓戶的家中有老鼠活動的概率分別為,則且相互獨立,問題歸結在下檢驗假設又因很大,由中心極限定理知從而即因為足夠大,故,其中分別為總體的樣本方差,于是在成立的條件下,近似有所以可用此作為雙兩點分布關于的檢驗的統(tǒng)計量,稱為雙兩點分布總體的檢驗法,的拒絕域為.由題設,在戶養(yǎng)貓戶中有15戶家中有老鼠活動,即樣本值中有15個1,其余都是0.而在戶無貓戶中有58戶有老鼠活動,即樣本值中有58個1,其余都是0.故代入統(tǒng)計量得,故接受,認為城市養(yǎng)貓與不養(yǎng)貓沒有顯著差別.15.解:兩廠燈泡壽命是否有顯著差異可表示為檢驗假設由于方差已知,故用檢驗法.由得故拒絕,即認為兩廠生產的燈泡壽命有顯著差異.16.解:,若為真,則,所以,故顯著性水平為的拒絕域為.17.解:(1)由于未知,故采用統(tǒng)計量為,拒絕域為或而,由于,故接受.(2)已檢驗,由于未知,故采用統(tǒng)計量為,拒絕域為,代入得,故接受.18.解:由于兩總體均服從正態(tài)分布,又未知,故檢驗統(tǒng)計量為.拒絕域為,代入得,故接受.19.解:按題意需檢驗假設:總體服從泊松分布因在中參數未具體給出,所以先估計.由極大似然估計法得,當成立時,對于有估計由,經計算得,拒絕域為,因,故在水平下接受,即認為服從泊松分布.20.解:檢驗假設作檢驗計算表如下:522.7272715300.159631.9228.19549510.248649.7252.31295600.248649.7272.40547230.159631.9216.572681014.545456206.7593其中,類似可得,,而,故接受,即認為成績服從正態(tài)分布.21.解:本題是在下檢驗假設將觀察得到的數據混合,并按自小到大次序排列,并求出各個元素的秩如下:數據46474849505253555658秩12345678910的觀察值查表知,即拒絕域為或這里未落入拒絕域中,故接受,即認為沒有顯著性差異.22.解:將兩個樣本的元素混合,按自小到大次序排列.并求出各個元素的秩如下:數據737475767779797980808182838485868791929698秩123457779.59.51112131415161718192021現在,,,,按教材第七章(3.9)式得.當為真時近似地有.拒絕域為現在的觀察值為,得.故接受,認為兩位化驗員所測得的數據無明顯差異.第八章思考題1.答:方差分析與回歸分析都是考察所研究的某一指標與試驗因素(條件)的關系的.方差分析考察的是因素對指標的影響是否顯著,回歸分析考察的是因素的取值與指標的取值存在一種什么樣的相關關系.因素可以分為兩大類,一類是屬性的,一類是數量的.屬性的因素一般無數量大小可言,只是性質的不同,如種子的品種,機器的型號,材料的品質,加工的工藝等等.數量的因素可以在一定范圍內取值,如人的身高,體重,試驗的溫度,產量,產品的合格率等等.也有本來是數量而屬性化的,如施肥量可以是某個數量,但有時將它局限在某些范圍內而分為高,中,低幾個層次,就屬性化了.當所考慮問題的因素是屬性的時,問題屬于方差分析的范疇;當所考慮的因素是數量時,問題屬于回歸分析的范疇.2.答:方差分析的種類很多.在不同類型的方差分析中,因素可以增加或減少,數據結構可以發(fā)生變化.但是以下三個重要的假定是不變的.(1)正態(tài)性假定有了正態(tài)性假定后,數據認為取自,由此求得的各種離差平方和(如比值分布),從而定義分布函數.沒有正態(tài)假定,就沒有分布,也沒有分布與統(tǒng)計推斷.(2)方差齊性假定假定數據來自方差為的正態(tài)總體,只有這樣才能在相同的條件(相等)下來分析問題.考察指標的變化,才可以建立統(tǒng)計假設,才有方差分析檢驗.(3)線性假定線性假定指數據的取得僅通過線性運算,這樣才可以把數據當線性模型處理,也才可以施行方差分析方法.在大數定律和中心極限定理下,正態(tài)性假設是易于確立的.數據的線性假設也符合實際,易于成立.但是,方差齊性假設不易確立.例如對于二項分布來說,其樣本的方差隨而變化,對于不同的數據,很難保持方差齊性,所以常常用數據變化來實現.在方差分析中,三個假定缺一不可,否則方差分析就失去了依據.習題八1.解:分別以表示三種內容的廣告宣傳的某種大型機械平均銷售量,檢驗假設,其中.計算方差分析表得如下: 表8-1方差分析表方差來源平方和 自由度均方值因素2668.1721334.0910.93誤差1098.59122.06總和3766.6711對給定的，查表得，因為，所以拒絕，即認為廣告宣傳內容的不同對某種大型機械銷售量的影響是有顯著的.2.解:分別以表示三個廠家生產的電池的平均壽命,檢驗假設,其中.計算方差分析表得如下:表8-2方差分析表方差來源平方和自由度均方值因素615.62205.211.38誤差216.41218.03總和83214對給定的，查表得，因為，所以拒絕，即認為不同廠家生產的電池的壽命是有顯著差異的.由均值差=的置信水平為的置信區(qū)間為:,,,,.故,,及的置信水平為0.95的置信區(qū)間分別為,,.3.解:表8-3直觀分析計算數據表列號水平試驗號1234轉化率1234567891(460)112(490)223(520)331(250)2(270)3(300)1231231(甲)2(乙)3(丙)2313121.721.821.801.921.831.981.591.601.805.345.735.005.235.255.595.305.555.221.7801.9101.6671.7431.7501.8631.7671.8501.7400.2430.120.11(1)由上述表中的計算按極差的大小選取各因子的重要性,其順序是:;(2)因為試驗指標越大越好,因此按原則選取各因子的水平,得最優(yōu)搭配方案:.4.解:最好的生產工藝條件是:5.解:分別以表示三種售價下的五個商場的平均日銷售量,檢驗假設,其中.計算方差分析表得如下: 表8-4方差分析表方差來源平方和 自由度均方值因素23.33 211.6654.12誤差34122.833總和57.3314對給定的，查表得，因為，所以拒絕;若取，查表得，因為，所以應接受.討論:由所給的數據,在的顯著水平下,我們有足夠的理由認為各售價水平的襯衫日銷量有所不同;從所給的數據看,低價位的銷量要高于高價位的銷量.但對于,我們沒有足夠的理由認為各售價水平的襯衫日銷量有所不同.我們由此看到,的大小體現了保護原假設的程度.6.解：按題意需檢驗假設，作計算如下. ,得方差分析表如表8-5.表8-5方差分析①方差來源平方和自由度均方F比因素A因素B誤差1.6211.5254.084.611141.6211.5254.081.15=1.4=10.0=47.0總和71.827由于=7.71,所以認為時間對強度的影響不顯著,而溫度的影響顯著,且交互作用的影響顯著.注意：①在實際應用中,總是先計算,對交互作用進行實驗.如果交互作用不顯著,則將AⅹB一欄的平方和與自由度分別加到誤差這一欄中去,從新計算,用新的對因素A,因素B進行檢驗.7.解:以A表示濃度，以表示相應水平的效應，以B表示溫度，各水平的效率記為，以表示交互作用AB的效應，檢驗假