概率论A大作业答案2012-2013年

第一章 概率论的基本概念

一、填空题

1．(1)ABC;(2)ABC;(3)ABCABCABC; (4)ABCABCABCABC(或ABACBC)37511

； 3．0.6； 4． 0.3； 5． 0.7,0.8； 6． ； 7． ；

78882

2．

8. 1

A1212

1010

或0.996； 9．

A66

4

4



518

0.2778；10. 1p.

二、选择题 D；C；B；A；D； C；D；C；D；B.

三、解答题

1.解：P(AB）P(BA),P(A)P(AB)P(B)P(AB).

P(A）P(B),又P(AB)

2

19

,A,B相互独立，

2

,P(A)

23.

P(AB)P(A)P(B)P(A)[1P(A)]

19

2.解： 设事件A表示“取得的三个数字排成一个三位偶数”，事件B表示“此三位偶数的末

尾为0”，事件B表示“此三位偶数的末尾不为0”，则:

P(A)P(B)P(B)=

A3A

2

3

4



A2A2A

34

11



512

.

3.解：设Ai =“飞机被i人击中”，i=1,2,3 , B=“飞机被击落”, 则由全概率公式：

P(B）P(A1BA2BA3B)P(A1B)P(A2B)P(A3B)

P(A1)P(BA1)P(A2)P(BA2)P(A3)P(BA3)

(1)

设H1=“飞机被甲击中”，H2=“飞机被乙击中”，H3=“飞机被丙击中”,

则: P(A1)P(H1H2H3P(H1H2H3P(H1H2H3) P(H1H2H3)P(H1H2H3)P(H1H2H3)) 由于甲、乙、丙的射击是相互独立的，

P(A1)P(H1)P(H2)P(H3)P(H1)P(H2)P(H3)

+P(H1)P(H2)P(H3))

0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36

同理求得P(A2)0.41, P(A3)0.14.

代入（1）式P(B)0.360.20.410.60.1410.458.

4.解：设事件A表示“知道正确答案”，事件B表示“答对了”，则所求为P(A|B).

P(A|B)P(AB)P(AB)P(A)P(B|A)

P(B)

P(AB)P(AB)

P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)

11

3121

57

.

3

1

355.解：设A=“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”，B“箱中恰有i件残次品” i0,1,2, 题意P(B0)0.8,P(B1)P(B2)0.1.

4

4

P(A|B0)1,

P(A|B181)

C19C4

420

5

,

P(A|B2)

CC4



1220

19

2

（1）由全概率公式：P(A)



P(Bi)P(A|Bi)

448i0

475

0.94，

（2）由贝叶斯公式：P(BP(A|B0)P(B0)

0|A)P(A)



95112

0.85.

由

第二章 随机变量及其分布

一、填空题

1.

12

2e

1927

；2. 1；3. 0.9974； 4. ；

y115.

6. ；7. 4； 8. e0.3； 9. F().

422

C；A；D；B；D；C；B；B；C；A.

三、 解答题

2

1.解：(1) 因为P{Xk}1，所以A31

k1



13



91

A， 得. 1

409

0,

27

,409

(2) F(x),

1039,401,

x11x00x1. 1x2x2

340

140

110.

(3) P{1X2}P{X1}P{X2}

91

(4) YX1的分布律为: P{Yk}

403

k1

,k0，1,2,3.或：

Yp

27

40

1

940

2

340

3

40

.

，F(x)右连续，单调不减，并

且

2. 解：F(x)为随机变量的分布函数 F()1，F()0.

b(1x)

2

F()lim[a

x

]a1，F()limcc0.

x

由F(x)右连续，得

:lim[a

b]abc，ba1.

x0

(1x)

2

a1,b1,c0. 3. 解：（1）由







f(x)dx1及P{X

152



8

可知，

10(AxB)dx1

A2B1

A11 解得： 即)dx51(AxB3AB51. 288

28B2

1(2)由(1)得：f(x)x2

,

0x1,



0,其他

0,

x00,

F(x)P{Xx}

x

(x1)dx,

0x1 1022

x21

x,

21,x11,1

1

11

(3)P{

14X

12



21f(x)dx



21(x

12)dx(

12

2x

x)

21

74

4

2

4

32

.

(4)记Y的分布函数为

FY(y)，则

FP{2X1y}P{X

y1Y(y)P{Yy}2Fy1X(2),

两边求导得： f1y1Y(y)fX(

y112

)(

y2

)

2

fX(

2

),

 代入f(x)的表达式得：f1y11

）,0

y1Y(y)222

2

1

,



0,其他

y412,1y1.



0,其他

x00x1x1

4．解：记Y的分布函数为

FY(y)，则：

2X

FY(y)P{Yy}P{1e

y}P{e

2X

1y}，

当1y0即y1时，FY(y)0;当1y1即y0时，FY(y)0;

所以当0y1时，FY(y)P{e2X1y}P{X FX(两边求导得：fY(y)fX(

12

12

ln(1y)).

12

ln(1y)}

ln(1y))

1

21y



1

代入f(x)的表达式得：fY(y)1. 1,

fY(y)

0,

0y1其他

, 即Y服从U(0,1)的均匀分布.

四、应用题

1. 解：设考生的外语成绩为X，则X~N(72,2). 因为 0.023=P{X96}1P{X96}1P

X72

2424

1， 





即

24242

2，即12.于是X~N(72,12). ，查表得：0.977





X7212



12(1)10.6826. 

所以P{60X84}P1

2

2. 解：由X~N(7.5,10)，得一次测量中误差不超过10米的概率为

107.5107.5

P{10X10}0.5586.

1010

设需要进行n次独立测量，A表示事件“在n次独立测量中至少有一次误差不超 过10米”， 则 : P(A)1(10.5586)0.9n3, 即至少需要进行3次独立测量才能达到要求.

n

第三、四章 多维随机变量、数字特征

一、填空题：

1．e1； 2. 18.4； 3. ； 4.

89

；5．0.4，0.1;

6．6，6；7．0.9；8．

19

；9.

12e

；10. 1

12e

.

二、选择题： A；B；C； D；A；B；C；C；D；A. 三、解答题：

1．解：P{Y1X0}

P{X0,Y1}P{X0}P{X1,Y0}

P{Y0}



babcac

1213

①

P{X1Y0} ②

abc0.51,即abc0.5 ③ 又pi1，

由①得, ab; 由②得, a2c;

将ab2c代入③式得：c0.1,ab0.2.

2. 解：（1）（X，Y）的分布律及边缘分布律为：

（2）PXY=P{Y =－1}+P{X=1,Y =0}=

56124

=

2124

.

(3) Cov(X2Y,Y)=Cov(X,Y)2Cov(Y,Y)

因X,Y相互独立，故 Cov(X,Y)0； 而 E(Y)1

560

16

2

56

，E(Y2)1

2

56

0

16



56

，

Cov(Y,Y)D(Y)E(Y)E(Y)

536

,

518

Cov(X2Y,Y)=Cov(X,Y)2Cov(Y,Y)=  .

3. 解：(1)由1







f(x,y)dxdy



10

dxkxdy

x

13

k,得k3.

0dy,

0x1

其他

(2)fX(x)





00dy

f(x,y)dy

0,



x0

3xdy



x

3x2,



0,

0x1

其它

；

3

(1y2),0y1

同理:fY(y)2.

0,其他

由于fX(x)fY(y)f(x,y)，故X与Y不是相互独立的.

(3)P{XY1}

4. 解：D的面积为SD

e1

2



1x

f(x,y)dxdy



112

dx

x

1x

3xdy

58

.

xy1



dx2,(X,Y)的联合概率密度为:

1

,

f(x,y)2

0,

(x,y)D其他

111xdy,

从而fX(x)f(x,y)dy022x

0,在x2处，fX(x)fX(2)

14.

1xe

其他

2

,

5. 解：(1)由已知得：P(B|A)

P(AB)P(A)



12

,P(A|B)

P(AB)P(B)



12

.

P(A)P(B)

14,

P(AB)

18.

(X,Y)的所有可能取值为(0,0),(0,1),(1,0),(1,1).

5.

P{X0,Y0}P(AB)P(AB)1[P(A)P(B)P(AB)]P{X0,Y1}P(AB)P(B)P(AB)18. P{X1,Y0}P(AB)P(A)P(AB)18.

P{X1,Y1}P(AB)

18.

(X,Y)的联合分布律为：

(2) E(X)

114

,E(Y)

14

,E(XY)

8

, Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)

118141416.

6. 解：P

X



1cos

xdx

11).



3





3

2

2

2

,Y~B(4,2E(Y)4

12

2,D(Y)4

112

2

1,

E(Y2

)D(Y)E2

(Y)145.

x

7. 解：（1）fxx0

X(x)





f(x,y)dy0

edy

xex

0

x00 fy)

10yxY|X(y|x)

f(x,f)x

；

X(x0

其他

2）fey（,

y0Y(y)

0,

y0

8x0x0

P(X1Y1)

P(X1,Y1)

P(Y1)





10

dxe

x

x

dy



e2e1

1e

1

8．解：利用公式fZ(z)







f(x,zx)dx,

2x(zx)

f(x,zx)

0

2z0

0x1,0zx1其他

z1xz

0x1,其他

.

① 当z0或z2时，fZ(z)0; ② 当0z1时，fZ(z)③ 当1z2时，fZ(z)



z01

(2z)dxz(2z); (2z)dx(2z).

0z11z2. 其他

2

z1

z(2z)2

故 ZXY.的概率密度为fZ(z)(2z)

0

注：本题也可利用分布函数的定义求.

第六、七章 样本及抽样分布、参数估计

一、填空题

1．N(,

n

2

)，

1

n

i

(Xn

i1

=X)，M2

2

1

n

i

2

X)； 2. 8； 3．t(4)；

(Xn

i1

4． (

(n1)S

22

2

(n1)

,

(n1)S

21

2



2

(n1)

)； 5．

32

X ； 6． 2ˆ1；

7. N(0,1)； 8. Y1,Y3;Y1.

二选择题 B；C；C；D；B；A；C；D； D.

三、解答题

1.解：设来自总体X、Y的样本均值分别为X、Y，

22

1220,123,n110,n215，

则XY~N(12,

1

2

n1





22

n2

)N(0,

12

)，故：

P{XY0.3}1P{XY0.3}1[(

0.302

)(

0.30

2

)]

2[1(0.4242)]0.674

2.解：(1)E(X)0

2

12(1)2

2

3(12)34.

令E(X)X,即34X.故得的矩估计量为：而x

18

ˆ3X）,

4

1

(31303123)2,故的矩估计量为

ˆ

14

.

(2)由给定的样本值，得似

8

然函数为

6

2

4

L()

P{X

i1

xi}4(1)(12)

取对数：lnL()ln46ln2ln(1)4ln(12),

求导：

dlnL()d

6

21



812

712





62824

2

(1)(12)

.

令

dlnL()d

7120，解得：1,2

,

由于

12

,故的最大似然估计值为

：ˆ

2

712

.

3.解： （1） E(X)



2





-

xf(x)dx





6x



3

(x)dx

2

， X

1n

n



i1

Xi

令

X，得的矩估计量为ˆ2X.

（2）E(ˆ)E(2X)2E(



2

1n

n



i1

Xi) 2

1n

nE(Xi)2E(X)

2

,所以ˆ是的无偏估计量.

4.解：似然函数为：

n

n

L()



i1

f(xi,)

(

i1

1)xi(1)(x1x2xn)

n

n

n

取对数：lnL()nln(1)lnxi，

i1

dlnL()d



n

1



ln

i1

xi0，

解得： ˆ1

n

n

，所以 的最大似然估计量为ˆ1xi

n

n

. Xi

ln

i12

ln

i1

5．解： 由于未知，故用随机变量T

XS

n

~t(n1)

n16, 10.90, 0.1, t(n1)t0.05(15)1.7531

2

, s 0.01713 由样本值得 x2.125.

计算得 t0.05(15)

snsn

2.125

1.75310.01713

1.75310.01713

2.1175

t0.05(15)

2.1252.1325

故所求置信区间为(2.1175,2.1325). 6．解：（1） E(X)

令

2





-

xf(x)dx



0

xxe

2x

dx

2



，

ˆ2. X，得的矩估计量为

X

（2）似然函数为：

n

ix

2ni1

,f(xi,)=(x1xn)e

0，

n

L()



i1

x1,x2,xn0

其他

当x1,x2,...,xn0时，

n

lnL()2nlnln(x1xn)xi，

i1

dlnL()d



2n

n







i1

xi, 令

dlnL()d2X

ˆ2， 0,解得： 

ˆ所以的最大似然估计量为

.

第八章 假设检验

一、填空题

1. 5% ， ； 2.

X0S/

n

X0

3. z2; 4. T

，U

/n

；

5. H0：3.25，H1：3.25；T

X3.25S/

5

222

；t(4)；T4.6041;

6. H0：12，H1：12；U

X1X



21

n1





；N(0,1)；Uz0.051.645.

n2

二、选择题 B； A ； D ； D ； B； B；C. 三、解答题

1.解：假设H0:04.55,H1:0, 在假设H0为真时，统计量Z

X0

~N(0,1),

n

对0.01查标准正态分布表，得临界值：zz0.0052.58,

2

x

1

6

6

i1

xi4.452,0.108,n6, z

x0

n



4.4524.550.108

6

2.223,

由于z2.2232.58,，所以在显著性水平0.01下，接受假设H0， 即认为这天的铁水含碳量无显著变化。

2.解：这是单一正态总体均值未知时检验方差的问题；

假设H0：

2



2

64，H1：

2

64，

则H0为真时，统计量 K

(n1)S

2



20

~(n1)，

2

22

由于是单边检验，故拒绝域为 K(n1)0.05(9)=16.92，

计算可得： s4.882， 代入得 K

94.882

64

2

3.35216.92，

 没有理由拒绝H0，经检验应认为这批元件寿命的方差是合格的.

3.解：这是两正态总体均值差的检验问题；

假设H0：12，H1：12，

因两总体的方差相同，故H0成立时， 统计量 T

XS

1

X1n1



2

1n2

~t(n1n22)；

又因是单边检验问题，故拒绝域为

tt(n1n22)t0.05(15)=1.753，

计算知：

S

(n11)s1(n21)s2

n1n22

2

2



70.09680.026

15

0.242，

t

15.1114.890.242

1819

1.87 > 1.753 ，  拒绝H0，

即应认为乙厂的产品袋重显著小于甲厂的. 4.解：这是一个总体分布的检验问题，用

假设 H0：X~() ，

首先计算样本均值的 x



2

分布拟合检验法；

呼叫次数

频数

总频数n



12060

2.

以x2作为总体参数的估计值，则有

2

i

2

piP{Xi}

i!

e

，i0,1,2, 理论频数 npi

602i!

i

e

2

,

按照npi5 的原则，将数据分为五组，作表如下:

22

查表可得临界值 (mk1)0.05(3)7.815,

而 

2





(finpi)/npi = 0.1261

2

 我们接受H0，认为总体X确实服从泊松分布.

第一章 概率论的基本概念

一、填空题

1．(1)ABC;(2)ABC;(3)ABCABCABC; (4)ABCABCABCABC(或ABACBC)37511

； 3．0.6； 4． 0.3； 5． 0.7,0.8； 6． ； 7． ；

78882

2．

8. 1

A1212

1010

或0.996； 9．

A66

4

4



518

0.2778；10. 1p.

二、选择题 D；C；B；A；D； C；D；C；D；B.

三、解答题

1.解：P(AB）P(BA),P(A)P(AB)P(B)P(AB).

P(A）P(B),又P(AB)

2

19

,A,B相互独立，

2

,P(A)

23.

P(AB)P(A)P(B)P(A)[1P(A)]

19

2.解： 设事件A表示“取得的三个数字排成一个三位偶数”，事件B表示“此三位偶数的末

尾为0”，事件B表示“此三位偶数的末尾不为0”，则:

P(A)P(B)P(B)=

A3A

2

3

4



A2A2A

34

11



512

.

3.解：设Ai =“飞机被i人击中”，i=1,2,3 , B=“飞机被击落”, 则由全概率公式：

P(B）P(A1BA2BA3B)P(A1B)P(A2B)P(A3B)

P(A1)P(BA1)P(A2)P(BA2)P(A3)P(BA3)

(1)

设H1=“飞机被甲击中”，H2=“飞机被乙击中”，H3=“飞机被丙击中”,

则: P(A1)P(H1H2H3P(H1H2H3P(H1H2H3) P(H1H2H3)P(H1H2H3)P(H1H2H3)) 由于甲、乙、丙的射击是相互独立的，

P(A1)P(H1)P(H2)P(H3)P(H1)P(H2)P(H3)

+P(H1)P(H2)P(H3))

0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36

同理求得P(A2)0.41, P(A3)0.14.

代入（1）式P(B)0.360.20.410.60.1410.458.

4.解：设事件A表示“知道正确答案”，事件B表示“答对了”，则所求为P(A|B).

P(A|B)P(AB)P(AB)P(A)P(B|A)

P(B)

P(AB)P(AB)

P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)

11

3121

57

.

3

1

355.解：设A=“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”，B“箱中恰有i件残次品” i0,1,2, 题意P(B0)0.8,P(B1)P(B2)0.1.

4

4

P(A|B0)1,

P(A|B181)

C19C4

420

5

,

P(A|B2)

CC4



1220

19

2

（1）由全概率公式：P(A)



P(Bi)P(A|Bi)

448i0

475

0.94，

（2）由贝叶斯公式：P(BP(A|B0)P(B0)

0|A)P(A)



95112

0.85.

由

第二章 随机变量及其分布

一、填空题

1.

12

2e

1927

；2. 1；3. 0.9974； 4. ；

y115.

6. ；7. 4； 8. e0.3； 9. F().

422

C；A；D；B；D；C；B；B；C；A.

三、 解答题

2

1.解：(1) 因为P{Xk}1，所以A31

k1



13



91

A， 得. 1

409

0,

27

,409

(2) F(x),

1039,401,

x11x00x1. 1x2x2

340

140

110.

(3) P{1X2}P{X1}P{X2}

91

(4) YX1的分布律为: P{Yk}

403

k1

,k0，1,2,3.或：

Yp

27

40

1

940

2

340

3

40

.

，F(x)右连续，单调不减，并

且

2. 解：F(x)为随机变量的分布函数 F()1，F()0.

b(1x)

2

F()lim[a

x

]a1，F()limcc0.

x

由F(x)右连续，得

:lim[a

b]abc，ba1.

x0

(1x)

2

a1,b1,c0. 3. 解：（1）由







f(x)dx1及P{X

152



8

可知，

10(AxB)dx1

A2B1

A11 解得： 即)dx51(AxB3AB51. 288

28B2

1(2)由(1)得：f(x)x2

,

0x1,



0,其他

0,

x00,

F(x)P{Xx}

x

(x1)dx,

0x1 1022

x21

x,

21,x11,1

1

11

(3)P{

14X

12



21f(x)dx



21(x

12)dx(

12

2x

x)

21

74

4

2

4

32

.

(4)记Y的分布函数为

FY(y)，则

FP{2X1y}P{X

y1Y(y)P{Yy}2Fy1X(2),

两边求导得： f1y1Y(y)fX(

y112

)(

y2

)

2

fX(

2

),

 代入f(x)的表达式得：f1y11

）,0

y1Y(y)222

2

1

,



0,其他

y412,1y1.



0,其他

x00x1x1

4．解：记Y的分布函数为

FY(y)，则：

2X

FY(y)P{Yy}P{1e

y}P{e

2X

1y}，

当1y0即y1时，FY(y)0;当1y1即y0时，FY(y)0;

所以当0y1时，FY(y)P{e2X1y}P{X FX(两边求导得：fY(y)fX(

12

12

ln(1y)).

12

ln(1y)}

ln(1y))

1

21y



1

代入f(x)的表达式得：fY(y)1. 1,

fY(y)

0,

0y1其他

, 即Y服从U(0,1)的均匀分布.

四、应用题

1. 解：设考生的外语成绩为X，则X~N(72,2). 因为 0.023=P{X96}1P{X96}1P

X72

2424

1， 





即

24242

2，即12.于是X~N(72,12). ，查表得：0.977





X7212



12(1)10.6826. 

所以P{60X84}P1

2

2. 解：由X~N(7.5,10)，得一次测量中误差不超过10米的概率为

107.5107.5

P{10X10}0.5586.

1010

设需要进行n次独立测量，A表示事件“在n次独立测量中至少有一次误差不超 过10米”， 则 : P(A)1(10.5586)0.9n3, 即至少需要进行3次独立测量才能达到要求.

n

第三、四章 多维随机变量、数字特征

一、填空题：

1．e1； 2. 18.4； 3. ； 4.

89

；5．0.4，0.1;

6．6，6；7．0.9；8．

19

；9.

12e

；10. 1

12e

.

二、选择题： A；B；C； D；A；B；C；C；D；A. 三、解答题：

1．解：P{Y1X0}

P{X0,Y1}P{X0}P{X1,Y0}

P{Y0}



babcac

1213

①

P{X1Y0} ②

abc0.51,即abc0.5 ③ 又pi1，

由①得, ab; 由②得, a2c;

将ab2c代入③式得：c0.1,ab0.2.

2. 解：（1）（X，Y）的分布律及边缘分布律为：

（2）PXY=P{Y =－1}+P{X=1,Y =0}=

56124

=

2124

.

(3) Cov(X2Y,Y)=Cov(X,Y)2Cov(Y,Y)

因X,Y相互独立，故 Cov(X,Y)0； 而 E(Y)1

560

16

2

56

，E(Y2)1

2

56

0

16



56

，

Cov(Y,Y)D(Y)E(Y)E(Y)

536

,

518

Cov(X2Y,Y)=Cov(X,Y)2Cov(Y,Y)=  .

3. 解：(1)由1







f(x,y)dxdy



10

dxkxdy

x

13

k,得k3.

0dy,

0x1

其他

(2)fX(x)





00dy

f(x,y)dy

0,



x0

3xdy



x

3x2,



0,

0x1

其它

；

3

(1y2),0y1

同理:fY(y)2.

0,其他

由于fX(x)fY(y)f(x,y)，故X与Y不是相互独立的.

(3)P{XY1}

4. 解：D的面积为SD

e1

2



1x

f(x,y)dxdy



112

dx

x

1x

3xdy

58

.

xy1



dx2,(X,Y)的联合概率密度为:

1

,

f(x,y)2

0,

(x,y)D其他

111xdy,

从而fX(x)f(x,y)dy022x

0,在x2处，fX(x)fX(2)

14.

1xe

其他

2

,

5. 解：(1)由已知得：P(B|A)

P(AB)P(A)



12

,P(A|B)

P(AB)P(B)



12

.

P(A)P(B)

14,

P(AB)

18.

(X,Y)的所有可能取值为(0,0),(0,1),(1,0),(1,1).

5.

P{X0,Y0}P(AB)P(AB)1[P(A)P(B)P(AB)]P{X0,Y1}P(AB)P(B)P(AB)18. P{X1,Y0}P(AB)P(A)P(AB)18.

P{X1,Y1}P(AB)

18.

(X,Y)的联合分布律为：

(2) E(X)

114

,E(Y)

14

,E(XY)

8

, Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)

118141416.

6. 解：P

X



1cos

xdx

11).



3





3

2

2

2

,Y~B(4,2E(Y)4

12

2,D(Y)4

112

2

1,

E(Y2

)D(Y)E2

(Y)145.

x

7. 解：（1）fxx0

X(x)





f(x,y)dy0

edy

xex

0

x00 fy)

10yxY|X(y|x)

f(x,f)x

；

X(x0

其他

2）fey（,

y0Y(y)

0,

y0

8x0x0

P(X1Y1)

P(X1,Y1)

P(Y1)





10

dxe

x

x

dy



e2e1

1e

1

8．解：利用公式fZ(z)







f(x,zx)dx,

2x(zx)

f(x,zx)

0

2z0

0x1,0zx1其他

z1xz

0x1,其他

.

① 当z0或z2时，fZ(z)0; ② 当0z1时，fZ(z)③ 当1z2时，fZ(z)



z01

(2z)dxz(2z); (2z)dx(2z).

0z11z2. 其他

2

z1

z(2z)2

故 ZXY.的概率密度为fZ(z)(2z)

0

注：本题也可利用分布函数的定义求.

第六、七章 样本及抽样分布、参数估计

一、填空题

1．N(,

n

2

)，

1

n

i

(Xn

i1

=X)，M2

2

1

n

i

2

X)； 2. 8； 3．t(4)；

(Xn

i1

4． (

(n1)S

22

2

(n1)

,

(n1)S

21

2



2

(n1)

)； 5．

32

X ； 6． 2ˆ1；

7. N(0,1)； 8. Y1,Y3;Y1.

二选择题 B；C；C；D；B；A；C；D； D.

三、解答题

1.解：设来自总体X、Y的样本均值分别为X、Y，

22

1220,123,n110,n215，

则XY~N(12,

1

2

n1





22

n2

)N(0,

12

)，故：

P{XY0.3}1P{XY0.3}1[(

0.302

)(

0.30

2

)]

2[1(0.4242)]0.674

2.解：(1)E(X)0

2

12(1)2

2

3(12)34.

令E(X)X,即34X.故得的矩估计量为：而x

18

ˆ3X）,

4

1

(31303123)2,故的矩估计量为

ˆ

14

.

(2)由给定的样本值，得似

8

然函数为

6

2

4

L()

P{X

i1

xi}4(1)(12)

取对数：lnL()ln46ln2ln(1)4ln(12),

求导：

dlnL()d

6

21



812

712





62824

2

(1)(12)

.

令

dlnL()d

7120，解得：1,2

,

由于

12

,故的最大似然估计值为

：ˆ

2

712

.

3.解： （1） E(X)



2





-

xf(x)dx





6x



3

(x)dx

2

， X

1n

n



i1

Xi

令

X，得的矩估计量为ˆ2X.

（2）E(ˆ)E(2X)2E(



2

1n

n



i1

Xi) 2

1n

nE(Xi)2E(X)

2

,所以ˆ是的无偏估计量.

4.解：似然函数为：

n

n

L()



i1

f(xi,)

(

i1

1)xi(1)(x1x2xn)

n

n

n

取对数：lnL()nln(1)lnxi，

i1

dlnL()d



n

1



ln

i1

xi0，

解得： ˆ1

n

n

，所以 的最大似然估计量为ˆ1xi

n

n

. Xi

ln

i12

ln

i1

5．解： 由于未知，故用随机变量T

XS

n

~t(n1)

n16, 10.90, 0.1, t(n1)t0.05(15)1.7531

2

, s 0.01713 由样本值得 x2.125.

计算得 t0.05(15)

snsn

2.125

1.75310.01713

1.75310.01713

2.1175

t0.05(15)

2.1252.1325

故所求置信区间为(2.1175,2.1325). 6．解：（1） E(X)

令

2





-

xf(x)dx



0

xxe

2x

dx

2



，

ˆ2. X，得的矩估计量为

X

（2）似然函数为：

n

ix

2ni1

,f(xi,)=(x1xn)e

0，

n

L()



i1

x1,x2,xn0

其他

当x1,x2,...,xn0时，

n

lnL()2nlnln(x1xn)xi，

i1

dlnL()d



2n

n







i1

xi, 令

dlnL()d2X

ˆ2， 0,解得： 

ˆ所以的最大似然估计量为

.

第八章 假设检验

一、填空题

1. 5% ， ； 2.

X0S/

n

X0

3. z2; 4. T

，U

/n

；

5. H0：3.25，H1：3.25；T

X3.25S/

5

222

；t(4)；T4.6041;

6. H0：12，H1：12；U

X1X



21

n1





；N(0,1)；Uz0.051.645.

n2

二、选择题 B； A ； D ； D ； B； B；C. 三、解答题

1.解：假设H0:04.55,H1:0, 在假设H0为真时，统计量Z

X0

~N(0,1),

n

对0.01查标准正态分布表，得临界值：zz0.0052.58,

2

x

1

6

6

i1

xi4.452,0.108,n6, z

x0

n



4.4524.550.108

6

2.223,

由于z2.2232.58,，所以在显著性水平0.01下，接受假设H0， 即认为这天的铁水含碳量无显著变化。

2.解：这是单一正态总体均值未知时检验方差的问题；

假设H0：

2



2

64，H1：

2

64，

则H0为真时，统计量 K

(n1)S

2



20

~(n1)，

2

22

由于是单边检验，故拒绝域为 K(n1)0.05(9)=16.92，

计算可得： s4.882， 代入得 K

94.882

64

2

3.35216.92，

 没有理由拒绝H0，经检验应认为这批元件寿命的方差是合格的.

3.解：这是两正态总体均值差的检验问题；

假设H0：12，H1：12，

因两总体的方差相同，故H0成立时， 统计量 T

XS

1

X1n1



2

1n2

~t(n1n22)；

又因是单边检验问题，故拒绝域为

tt(n1n22)t0.05(15)=1.753，

计算知：

S

(n11)s1(n21)s2

n1n22

2

2



70.09680.026

15

0.242，

t

15.1114.890.242

1819

1.87 > 1.753 ，  拒绝H0，

即应认为乙厂的产品袋重显著小于甲厂的. 4.解：这是一个总体分布的检验问题，用

假设 H0：X~() ，

首先计算样本均值的 x



2

分布拟合检验法；

呼叫次数

频数

总频数n



12060

2.

以x2作为总体参数的估计值，则有

2

i

2

piP{Xi}

i!

e

，i0,1,2, 理论频数 npi

602i!

i

e

2

,

按照npi5 的原则，将数据分为五组，作表如下:

22

查表可得临界值 (mk1)0.05(3)7.815,

而 

2





(finpi)/npi = 0.1261

2

 我们接受H0，认为总体X确实服从泊松分布.