《概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)習(xí)題答案中國(guó)農(nóng)業(yè)出版社張雅文李曉莉主編》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)習(xí)題答案中國(guó)農(nóng)業(yè)出版社張雅文李曉莉主編（79頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、習(xí)題1解答 1．寫(xiě)出下列隨機(jī)試驗(yàn)的樣本空間及下列事件中的樣本點(diǎn)： （1）擲一顆骰子，記錄出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù). “出現(xiàn)奇數(shù)點(diǎn)”； （2）將一顆骰子擲兩次，記錄出現(xiàn)點(diǎn)數(shù). “兩次點(diǎn)數(shù)之和為10”，“第一次的點(diǎn)數(shù)，比第二次的點(diǎn)數(shù)大2”； （3）一個(gè)口袋中有5只外形完全相同的球，編號(hào)分別為1，2，3，4，5；從中同時(shí)取出3只球，觀察其結(jié)果，“球的最小號(hào)碼為1”； （4）記錄在一段時(shí)間內(nèi)，通過(guò)某橋的汽車(chē)流量，“通過(guò)汽車(chē)不足5臺(tái)”，“通過(guò)的汽車(chē)不少于3臺(tái)”. 解 （1）其中“出現(xiàn)點(diǎn)”， . （2）

2、 }； ； . （3） （4）. 2．設(shè)是隨機(jī)試驗(yàn)的三個(gè)事件，試用表示下列事件： （1）僅發(fā)生； （2）中至少有兩個(gè)發(fā)生； （3）中不多于兩個(gè)發(fā)生； （4）中恰有兩個(gè)發(fā)生； （5）中至多有一個(gè)發(fā)生. 解 （1） （2）或； （3）或； （4）； （5）或； 3．一個(gè)工人生產(chǎn)了三件產(chǎn)品，以表示第件產(chǎn)品是正品，試用表示下列

3、事件：（1）沒(méi)有一件產(chǎn)品是次品；（2）至少有一件產(chǎn)品是次品；（3）恰有一件產(chǎn)品是次品；（4）至少有兩件產(chǎn)品不是次品. 解 （1）；（2）；（3）；（4）. 4．在電話號(hào)碼中任取一個(gè)電話號(hào)碼，求后面四個(gè)數(shù)字全不相同的概率. 解 設(shè)“任取一電話號(hào)碼后四個(gè)數(shù)字全不相同”，則 5．一批晶體管共40只，其中3只是壞的，今從中任取5只，求 （1）5只全是好的的概率； （2）5只中有兩只壞的的概率. 解 （1）設(shè)“5只全是好的”，則； （2）設(shè)“5只中有兩只壞的”，則. 6．袋中有編號(hào)為1到10的10個(gè)球，今從袋中任取3個(gè)球，求（1）3個(gè)球的最

4、小號(hào)碼為5的概率；（2）3個(gè)球的最大號(hào)碼為5的概率. 解 （1）設(shè)“最小號(hào)碼為5”，則； （2）設(shè)“最大號(hào)碼為5”，則. 7．求下列事件的概率： （1） 一枚骰子連擲4次，至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)； （2）兩枚骰子連擲24次，至少出現(xiàn)一對(duì)6點(diǎn). 這是概率論發(fā)展歷史中非常著名的一個(gè)問(wèn)題(德梅爾問(wèn)題)，當(dāng)年德梅爾認(rèn)為這兩個(gè)事件的概率應(yīng)當(dāng)相同，但是在實(shí)際下賭注中發(fā)現(xiàn)其中一個(gè)發(fā)生的次數(shù)要稍微多些.為此他迷惑不解，把問(wèn)題提交給了當(dāng)時(shí)的數(shù)學(xué)家帕斯卡.下面我們就來(lái)具體計(jì)算一下兩個(gè)事件的概率： 設(shè)=“一枚骰子連擲4次，至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”， =“兩枚骰子連擲24次，至少出現(xiàn)一對(duì)6點(diǎn)” 則

5、， 8．（1）教室里有個(gè)學(xué)生，求他們的生日都不相同的概率； （2）房間里有四個(gè)人，求至少兩個(gè)人的生日在同一個(gè)月的概率. 解 （1）設(shè)“他們的生日都不相同”，則； （2）設(shè)“至少有兩個(gè)人的生日在同一個(gè)月”，則 ； 或 . 9．從6雙不同的鞋子中任取4只，求：⑴其中恰有一雙配對(duì)的概率；⑵至少有兩只鞋子配成一雙的概率． 解 ⑴分析：先從6雙中取出一雙，兩只全取；再?gòu)氖Ｏ碌?雙中任取兩雙，每雙中取到一只，則⑴中所含樣本點(diǎn)數(shù)為，所以所求概率P＝/＝ ⑵設(shè)B表示“至少有兩只鞋子配成一雙”，則： 1－/C＝，或＝[C＝ [注]：不能把有利事件數(shù)取

6、為，否則會(huì)出現(xiàn)重復(fù)事件．這是因?yàn)?，若鞋子?biāo)有號(hào)碼1，2，…，6時(shí)，可能取中第號(hào)鞋，此時(shí)可能取中號(hào)一雙，此時(shí)成為兩雙的配對(duì)為；但也存在配對(duì)，與是一種，出現(xiàn)了重復(fù)事件，即多出了個(gè)事件． 10．設(shè)事件與互不相容，，求與 解 因?yàn)椴幌嗳?，所以，于? 11．若且，求. 解 由得 12．對(duì)任意三事件，試證. 證明 . 證畢. 13．隨機(jī)地向半圓（為正常數(shù)）內(nèi)擲一點(diǎn)，點(diǎn)落在園內(nèi)任何區(qū)域的概率與區(qū)域的面積成正比，求原點(diǎn)與該點(diǎn)的連線與軸的夾角小于的概率. 解 半圓域如圖 0yx yx a x

7、 設(shè)“原點(diǎn)與該點(diǎn)連線與軸夾角小于” 由幾何概率的定義 14．把長(zhǎng)為的棒任意折成三段，求它們可以構(gòu)成三角形的概率. 解1 設(shè)“三段可構(gòu)成三角形”，又三段的長(zhǎng)分別為，則，不等式構(gòu)成平面域. a S 發(fā)生 A a/2 不等式確定的子域，所以 a a/2 0 解2

8、 設(shè)三段長(zhǎng)分別為，則且 ，不等式確定了三維空間上的有界平面域. x z y A 發(fā)生 不等式確定的子域，所以 . 15

9、．隨機(jī)地取兩個(gè)正數(shù)和，這兩個(gè)數(shù)中的每一個(gè)都不超過(guò)1，試求與之和不超過(guò)1，積不小于0.09的概率. 解 ，不等式確定平面域. 1y y 1y 0.9 0.1 0y A S xy “”則發(fā)生的 充要條件為不 等式確定了的子域，故 16

10、．假設(shè)一批產(chǎn)品中一、二、三等品各占60%，30%，10%，從中任取一件，發(fā)現(xiàn)它不是三等品，求它是一等品的概率. 解 設(shè)“任取一件是等品” ， 所求概率為 ， 因?yàn)? 所以 故 . 17．設(shè)10件產(chǎn)品中有4件不合格品，從中任取兩件，已知所取兩件中有一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率. 解 設(shè)“所取兩件中有一件是不合格品” “所取兩件中恰有件不合格” 則 ， 所求概率為 . 18．袋中有5只白球6只黑球，從袋中一次取出3個(gè)球，發(fā)現(xiàn)都是同一顏色，求這顏色是黑色的概率. 解 設(shè)“發(fā)現(xiàn)是同一顏色”，“全是白色”

11、，“全是黑色”，則， 所求概率為 19．設(shè)求與. 解 . 20．甲袋中有3個(gè)白球2個(gè)黑球，乙袋中有4個(gè)白球4個(gè)黑球，今從甲袋中任取2球放入乙袋，再?gòu)囊掖腥稳∫磺颍笤撉蚴前浊虻母怕? 解 設(shè)“從乙袋中取出的是白球”，“從甲袋中取出的兩球恰有個(gè)白球”. 由全概率公式 . 21．已知一批產(chǎn)品中96%是合格品，檢查產(chǎn)品時(shí)，一個(gè)合格品被誤認(rèn)為是次品的概率是0.02，一個(gè)次品被誤認(rèn)為是合格品的概率是0.05，求在檢查后認(rèn)為是合格品的產(chǎn)品確是合格品的概率. 解 設(shè)“任取一產(chǎn)品，經(jīng)檢查是合格品”， “任取一

12、產(chǎn)品確是合格品”， 則 ， 所求概率為. 22．玻璃杯成箱出售，每箱20只，假設(shè)各箱含0，1，2只殘次品的概率分別為0.8，0.1，0.1，一顧客欲購(gòu)一箱玻璃杯，售貨員隨意取一箱，顧客開(kāi)箱隨意地察看四只，若無(wú)殘次品，則買(mǎi)下該箱，否則退回.試求： （1）顧客買(mǎi)下該箱的概率； （2）在顧客買(mǎi)下的一箱中，確無(wú)殘次品的概率. 解 設(shè)“顧客買(mǎi)下該箱”， “箱中恰有件殘次品”，， （1） ； （2）. 23．某大型商場(chǎng)所出售的一種商品來(lái)自甲、乙、丙、丁四個(gè)廠家，它們的產(chǎn)品在該賣(mài)場(chǎng)所占的份額依次為

13、：60%，20%，10%，10%，且根據(jù)以往的檢驗(yàn)記錄知，它們的次品率分別為1%，2%，3%，2%. 現(xiàn)有一件商品因質(zhì)量問(wèn)題被退貨，商場(chǎng)欲將該產(chǎn)品退給原廠家，或由其承擔(dān)相關(guān)費(fèi)用，但該產(chǎn)品的標(biāo)識(shí)已脫落，從外觀無(wú)法弄清生產(chǎn)廠家，請(qǐng)你通過(guò)計(jì)算分析，為該商場(chǎng)處理此事提出建議. 解 用（）分別表示產(chǎn)品來(lái)自甲、乙、丙、丁四個(gè)廠家，設(shè)“產(chǎn)品被退貨” 則，，，，，，， (1)由全概率公式, 　　(2) 由貝葉斯公式, 　　 以上結(jié)果表明,這只產(chǎn)品來(lái)自甲工廠的可能性最大，盡管甲廠次品率最低，但甲廠所占的份額大，所以該產(chǎn)品出自甲廠的可能性最大. 處理辦法：商場(chǎng)可以將該產(chǎn)品退回甲廠，也可按照比

14、例6:4:3:2由四個(gè)廠家分?jǐn)傁嚓P(guān)費(fèi)用. 24．甲、乙兩人獨(dú)立地對(duì)同一目標(biāo)各射擊一次，命中率分別為0.6和0.5，現(xiàn)已知目標(biāo)被擊中，求甲擊中的概率. 解 設(shè)“目標(biāo)被擊中”，“第個(gè)人擊中” 所求概率為 . 25．設(shè)，證明、互不相容與、相互獨(dú)立不能同時(shí)成立. 證明 若、互不相容，則，于是 所以、不相互獨(dú)立. 若、相互獨(dú)立，則，于是， 即、不是互不相容的. 注：從上面的證明可得到如下結(jié)論： 1）若、互不相容，則、又是相互獨(dú)立的或. 2）因，所以 如果 ，則，從而 可見(jiàn)概率是1的事件與任意事件獨(dú)

15、立，自然，必然事件與任意事件獨(dú)立. 如果，則，即概率是零的事件與任意事件獨(dú)立，自然，不可能事件與任何事件獨(dú)立. 26．證明若三事件相互獨(dú)立，則及都與獨(dú)立. 證明 即與獨(dú)立. 即 與相互獨(dú)立. 27．某個(gè)公司招聘員工，指定三門(mén)考試課程，目前有兩種考試方案： 方案一：考試三門(mén)課程，至少有兩門(mén)及格為考試通過(guò)； 方案二：在三門(mén)課程中任選兩門(mén)，兩門(mén)都及格為考試通過(guò). 若某應(yīng)聘者對(duì)三門(mén)指定課程及格的概率分別為，且三門(mén)課程之間及格與否互不影響

16、.（1）分別求該應(yīng)聘者用方案一和方案二時(shí)考試通過(guò)的概率； （2） 哪種方案對(duì)應(yīng)聘者更有利？為什么？ 解 設(shè)“考生參加第門(mén)考試且及格”，“第個(gè)方案通過(guò)”，則 由于 ，所以 因此方案一比方案二更容易通過(guò). 28．圖中1，2，3，4，5表示繼電器接點(diǎn)，假設(shè)每一繼電器接點(diǎn)閉合的概率均為，且設(shè)各繼電器閉合與否相互獨(dú)立，求至是通路的概率. L 1 4 5 3 2 R 解 設(shè)“是通路”，“第個(gè)接點(diǎn)閉合” ，則 29．一

17、射手對(duì)同一目標(biāo)獨(dú)立地進(jìn)行四次射擊，若至少命中一次的概率為80/81，求該射手的命中率. 解 設(shè)該射手的命中率為，由題意 ，， 所以 . 30．設(shè)一批晶體管的次品率為0.01，今從這批晶體管中抽取4個(gè)，求其中恰有一個(gè)次品和恰有兩個(gè)次品的概率. 解 . . 31．設(shè)在伯努里試驗(yàn)中，成功的概率為，求第次試驗(yàn)時(shí)得到第次成功的概率. 解 設(shè)“第次試驗(yàn)時(shí)得到第次成功”，則 “前次試驗(yàn)，成功次，第次試驗(yàn)出現(xiàn)成功”， 所以（前次試驗(yàn)，成功次）（第次試驗(yàn)成功） . 32．設(shè)一廠家生產(chǎn)的每臺(tái)儀器，以概率0.7可以直接出廠，以概率0.3需

18、進(jìn)一步調(diào)試，經(jīng)調(diào)試后以概率0.8可以出廠，以概率0.2定為不合格品，不能出廠.現(xiàn)該廠生產(chǎn)了臺(tái)儀器（假定各臺(tái)儀器的生產(chǎn)過(guò)程相互獨(dú)立）.求（1）全部能出廠的概率；（2）其中恰有兩臺(tái)不能出廠的概率；（3）其中至少有兩臺(tái)不能出廠的概率. 解 設(shè)“任取一臺(tái)可以出廠”，“可直接出廠”，“需進(jìn)一步調(diào)試”. 則 ， 將臺(tái)儀器看作重伯努里試驗(yàn)，成功的概率為，于是 （1）， （2）， （3）. 習(xí)題2解答 1．試說(shuō)明下列函數(shù)能否為某隨機(jī)變量的分布函數(shù). 解 是；不是，因?yàn)? 2．設(shè)隨機(jī)變量的分布函數(shù)為 且，試求：（1）常數(shù)

19、的值；（2）. 解 (1) 由于，即 . 又 . 由上兩式知. (2) . 3．將編號(hào)為的四個(gè)球隨機(jī)地放入個(gè)不同的盒子中，每個(gè)盒子所放球的個(gè)數(shù)不限，以表示放球最多的盒子中球的個(gè)數(shù)，試求的分布列及其分布函數(shù). 解 ；； . 4．現(xiàn)定期發(fā)行某種彩票，每注1元，中獎(jiǎng)率為. 某人每次購(gòu)買(mǎi)1注，如果沒(méi)有中獎(jiǎng)下次再繼續(xù)購(gòu)買(mǎi)1注，直至中獎(jiǎng)為止. 試求該人購(gòu)買(mǎi)次數(shù)的分布列. 解 . 5．一袋中裝有個(gè)不同的白球，個(gè)不同的黑球，連續(xù)從袋中不放回地取球，直至取出黑球?yàn)橹梗O(shè)此時(shí)取出了個(gè)白球，試求的分布列. 解 . 6．設(shè)隨機(jī)變量的分布列為 3

20、 試求：（1）常數(shù)的值；（2）在的條件下的概率. 解 (1) 由知或2. 又，故舍去，即. (2) . 7．設(shè)離散型隨機(jī)變量的分布函數(shù)為 試求：（1）的分布列；（2）；（3）設(shè)，求的分布函數(shù). 解 (1) 可以取值. ； ； . 故的分布列為 (2) . (或) (3) 由于，從而分布列為

21、 即 所以， 8．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的分布函數(shù)為 試求：（1）常數(shù)的值；（2）隨機(jī)變量的密度函數(shù)；（3）. 解 (1) 由知；由知；由在0點(diǎn)連續(xù)知 ， 即，故. (2) 在導(dǎo)數(shù)存在的處有，所以， (3) 由于為連續(xù)函數(shù)，故 . 9．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的密度函數(shù)為 試求：（1）常數(shù)的值；（2）隨機(jī)變

22、量的分布函數(shù)；（3）. 解（1）由于. 故. （2）當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 故， （3）. 10．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量，證明：對(duì)一切實(shí)數(shù)，有 . 證明 由于，從而其分布函數(shù)為 故，對(duì)一切實(shí)數(shù)，， . 11．設(shè)離散型隨機(jī)變量的分布列為 ， 其中，證明：對(duì)任意正整數(shù)有 ， （上述分布列對(duì)應(yīng)的分布稱(chēng)為參數(shù)為的幾何分布，上述性質(zhì)稱(chēng)為幾何分布的無(wú)記憶性）. 解 . 從而， . 12．某人購(gòu)買(mǎi)某種彩票，若已知中獎(jiǎng)的概率為，現(xiàn)

23、購(gòu)買(mǎi)張彩票，試求：（1） 此人中獎(jiǎng)的概率；（2）至少有張彩票中獎(jiǎng)的概率（用泊松分布近似計(jì)算）. 解 設(shè)中獎(jiǎng)的彩票數(shù)為，則. （1）. （2）由于，故 . 13．假設(shè)測(cè)量的隨機(jī)誤差，試求在次獨(dú)立重復(fù)測(cè)量中，至少有二次測(cè)量誤差的絕對(duì)值大于的概率. 解 . 設(shè)為次測(cè)量中誤差的絕對(duì)值大于的次數(shù)，則. 故 . 14．一個(gè)完全不懂中文的外國(guó)人去參加一個(gè)中文考試，假設(shè)此考試有個(gè)選擇題，每題有個(gè)選擇，其中只有一個(gè)正確答案，試求：此人能答對(duì)題以上而及格的概率. 解 設(shè)為答對(duì)的題目數(shù)，則. 故 15．假設(shè)一保險(xiǎn)公司在

24、任何長(zhǎng)為的時(shí)間內(nèi)發(fā)生索賠的次數(shù)服從參數(shù)為的泊松分布，試求：（1）相繼兩次索賠之間時(shí)間間隔的分布；（2）在保險(xiǎn)公司小時(shí)內(nèi)無(wú)索賠的情況下，再過(guò)小時(shí)仍無(wú)索賠的概率. 解 （1）當(dāng)時(shí)， ， 故，； 當(dāng)時(shí)，. 從而，的密度函數(shù)為 故，. （2）所求概率為. 由第題的結(jié)論知 . 16．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的分布函數(shù)為，其密度函數(shù)為偶函數(shù). 試證明：對(duì)任意實(shí)數(shù)，有 （1）； （2）； （3）. 證明 由于為偶函數(shù)，所以，. 從而，. 又，所以，. （1） . 又. 所以，由上式知， . （2）. （3）. 17．設(shè)隨機(jī)變量，試求： （1）；（2）；（3）. 解

25、（1）； （2）； （3）. 18．設(shè)隨機(jī)變量，隨機(jī)變量 試求：（1）二維隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列；（2）的聯(lián)合分布函數(shù). 解 （1）由知其密度函數(shù)為 ； ； ； . 故，的聯(lián)合分布列為 （2）當(dāng)或時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 從而， 19．設(shè)二維連續(xù)型隨機(jī)變量的聯(lián)合密度函數(shù)為 試求：（1）常數(shù)的值；（2）與的邊

26、緣密度函數(shù)及；（3）及. 解 （1）. （2）. 當(dāng)或時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 故， 類(lèi)似地， （3）； 或. 20．設(shè)二維連續(xù)型隨機(jī)變量的聯(lián)合密度函數(shù)為 試求：（1）與的邊緣密度函數(shù)及；（2）與相互獨(dú)立嗎？（3）的密度函數(shù). 解 （1）. 當(dāng)或時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 故， . 當(dāng)或時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 故， （2）由于當(dāng)時(shí)， ， 且區(qū)域的面積不為0，所以，與不相互獨(dú)立. （3）先求的分布函數(shù). . 當(dāng)，即時(shí)，； 當(dāng)，即時(shí)， ； 當(dāng)，即時(shí)，. 從而， 所以，的密度函數(shù)為 21．設(shè)二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列

27、 試求：（1）與的邊緣分布列；（2）在的條件下，的條件分布列；（3）與相互獨(dú)立嗎？ 解 （1） （2）在的條件下，的條件分布列為 ； . 在的條件下，的條件

28、分布列為 ； ； 在的條件下，的條件分布列為 ； . （3）對(duì)任意的可驗(yàn)證 . 所以，與相互獨(dú)立. 22．設(shè)二維連續(xù)型隨機(jī)變量的聯(lián)合密度函數(shù)為 （1） （2） 試求：條件密度函數(shù)及. 解 （1）先求邊緣密度函數(shù)及. . 當(dāng)或時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 故， 類(lèi)似地， 所以，當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)， （2）先求邊緣密度函數(shù)及. . 當(dāng)或時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 故， 類(lèi)似地， 所以，當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)， 23．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的密度函數(shù)為 試求：及的密度函數(shù). 解 設(shè)，先求的分布函數(shù)，在對(duì)其

29、求導(dǎo)數(shù). . 當(dāng)，即時(shí)，，故； 當(dāng)，即時(shí)，，故； 當(dāng)，即時(shí)， ， 故， . 所以，的密度函數(shù)為 設(shè)，先求的分布函數(shù)，在對(duì)其求導(dǎo)數(shù). . 當(dāng)時(shí)，，故； 當(dāng)時(shí)，. 當(dāng)，即時(shí)，， 故， ； 當(dāng)且，即時(shí)，， 故， ； 當(dāng)且，即時(shí)，，故. 所以，的密度函數(shù)為 24．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的密度函數(shù)為 令，為二維隨機(jī)變量的聯(lián)合分布函數(shù). 試求：（1）的密度函數(shù)；（2）. 解 （1）先求的分布函數(shù)，在對(duì)其求導(dǎo)數(shù). . 當(dāng)時(shí)，，故； 當(dāng)時(shí)，. 當(dāng)，即時(shí)， ， 故，；

30、 當(dāng)且，即時(shí)， ， 故，； 當(dāng)且，即時(shí)，，故. 所以， （2） . 25．設(shè)隨機(jī)變量，試求：及的密度函數(shù). 解 由知其密度函數(shù)為 設(shè)，函數(shù). 則，. 由于單調(diào)，反函數(shù)存在且當(dāng)時(shí)，. 所以，當(dāng)時(shí)， . 從而，當(dāng)，即時(shí)，. 所以，的密度函數(shù)為 設(shè)，先求的分布函數(shù)，在對(duì)其求導(dǎo)數(shù). . 當(dāng)時(shí)，，故； 當(dāng)時(shí)，. 當(dāng)，即時(shí)，，故， ； 當(dāng)，即時(shí)，，故， . 所以，的密度函數(shù)為 26．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的密度函數(shù)為 為隨機(jī)變量的分布函數(shù). 試求：（1）；（2）隨機(jī)變量的密度函數(shù). 解 （1）. 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 所以，

31、 （2）先求的分布函數(shù)，在對(duì)其求導(dǎo)數(shù). . 當(dāng)時(shí)，，故； 當(dāng)時(shí)， . 故，； 當(dāng)時(shí)，，故. 所以，的密度函數(shù)為 27．設(shè)隨機(jī)變量的分布函數(shù)為嚴(yán)格單調(diào)的連續(xù)函數(shù). （1）試證明隨機(jī)變量服從均勻分布； （2）若對(duì)任意實(shí)數(shù)，且，試證明隨機(jī)變量服從指數(shù)分布. 解 由于為嚴(yán)格單調(diào)遞增，從而的反函數(shù)存在且單調(diào)遞增. （1）先求的分布函數(shù)，在對(duì)其求導(dǎo)數(shù). . 當(dāng)時(shí)，，故； 當(dāng)時(shí)，，故； 當(dāng)時(shí)，. 故，；

32、所以，的密度函數(shù)為 即，服從均勻分布. （2）先求的分布函數(shù)，在對(duì)其求導(dǎo)數(shù). . 當(dāng)時(shí)，，故； 當(dāng)時(shí)， ， 故，. 所以， 從而，服從指數(shù)分布. 28．設(shè)離散型隨機(jī)變量的分布列為 試求：（1）常數(shù)的值；（2）的分布列. 解 （1）由于，故. （2）由的分布列知，

33、 合并取的概率得的分布列為 29．設(shè)隨機(jī)變量，且與相互獨(dú)立，試證明. 證明 設(shè)，可取. 從而，由與相互獨(dú)立知，對(duì)任， . 由于，，故 當(dāng)時(shí)，是不可能事件，所以只須考慮； 當(dāng)時(shí)，是不可能事件，所以只須考慮. 因此記 ， ， 則 . 而由組合公式知 . 所以， . 這說(shuō)明. 30．設(shè)隨機(jī)變量，且與相互獨(dú)立，，試求：（1）；（2）的密度函數(shù). 解 由，知，與的密度函數(shù)分別為 及

34、 又由與相互獨(dú)立知的一個(gè)聯(lián)合密度函數(shù)為 （1）. （2）設(shè)的密度函數(shù)為. 由于與相互獨(dú)立，從而 . 由，不等于零的區(qū)域知 所以，當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，. 所以， 31．設(shè)離散型隨機(jī)變量的分布列為 連續(xù)型隨機(jī)變量的密度函數(shù)為且與相互獨(dú)立. 試問(wèn)隨機(jī)變量為連續(xù)型嗎？若是，求其密度函數(shù). 解 設(shè)的分布函數(shù)為，則由與相互獨(dú)立知 . 所以，為連續(xù)型，其密度函數(shù)為 . 習(xí)題3解答

35、 1．設(shè)有把看上去樣子相同的鑰匙，其中只有一把能打開(kāi)門(mén)上的鎖，用它們?nèi)ブ鹨辉囬_(kāi)門(mén)鎖，設(shè)每把鑰匙被取到的可能性相等. 若每把鑰匙試開(kāi)一次后除去，試求試開(kāi)次數(shù)的數(shù)學(xué)期望及方差. （提示：） 解 的分布列為 . 從而， . . . 2．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的密度函數(shù)為 對(duì)獨(dú)立地重復(fù)觀察次，用表示觀察值大于的次數(shù)，試求的數(shù)學(xué)期望. 解 由于，所以，. 故，，. 所以，. 3．設(shè)離散型隨機(jī)變量的分布函數(shù)為 試求：，及. 解 由知的分布列為 ， ， . 從而， ， ， . 又，故 . 4． 設(shè)隨機(jī)變

36、量，隨機(jī)變量 試求：及. 解 由知其密度函數(shù)為 從而， ， ， . 故， ， ， . 5．設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的密度函數(shù)為 試求：（1），及；（2）；（3）與不相關(guān)嗎？相互獨(dú)立嗎？ 解 （1） ， ， . . （2） ， . 從而， . （3）由于，從而. 故，與相關(guān). 從而，與不相互獨(dú)立. 6．設(shè)二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列為：

37、 試求：（1），及；（2）；（3）與不相關(guān)嗎？相互獨(dú)立嗎？ 解 由的聯(lián)合分布列可得與的分布列分別為 （1） ，， ，， . （2） ， . （3）由于，從而. 所以，與不相關(guān). 而 ， 所以，與不相互獨(dú)立. 7． 設(shè)二維連續(xù)型隨機(jī)變量的聯(lián)合密度

38、函數(shù)為 試求：（1）常數(shù)的值；（2），，，；（3）；（4）與不相關(guān)嗎？相互獨(dú)立嗎？ 解 （1）由于，故. （2） ， ， ， ， ， . （3） ， ， . （4）由于，所以，與相關(guān). 從而，與不相互獨(dú)立. 8．設(shè)隨機(jī)變量，且與相互獨(dú)立，設(shè)事件，，已知，試求：（1）常數(shù)的值；（2）. 解 （1）由于，，所以， . 又由于與相互獨(dú)立，故與相互獨(dú)立. 所以， . 所以，，即. 從而，當(dāng)時(shí)， , 故，. （2）由于與相互獨(dú)立，所以，的一個(gè)聯(lián)合密度函數(shù)為 故， . 或者，由與相互

39、獨(dú)立知，與也相互獨(dú)立(見(jiàn)2.5的定理2.5.4). 所以， . 9．設(shè)隨機(jī)變量且，隨機(jī)變量且與相互獨(dú)立，試求：及. 解 由知，. 所以，. 又 ， 故. 所以，，. 由于，故，. 所以， . 由于與相互獨(dú)立，故 . 10．設(shè)二維隨機(jī)變量，試求：. 解 由于，所以，且與相互獨(dú)立. 故，=5. 11．設(shè)隨機(jī)變量，且，若，試求：及. 解 由，知，，，. 從而， ， . 12．一農(nóng)場(chǎng)主租用一塊河灘地，若無(wú)洪水年終可望獲利元，若出現(xiàn)洪災(zāi)他將賠掉元（租地費(fèi)、種子、肥料、人工費(fèi)等）. 根據(jù)往年經(jīng)驗(yàn)，出現(xiàn)洪災(zāi)的概率為. 問(wèn)： （1）求出農(nóng)場(chǎng)主期望的贏利. （2）保險(xiǎn)

40、公司允諾投保元，將補(bǔ)償因洪災(zāi)所造成的損失，農(nóng)場(chǎng)主是否買(mǎi)這一保險(xiǎn)？ （3）你認(rèn)為保險(xiǎn)公司收取的保險(xiǎn)金是太多還是太少？ 解 （1）設(shè)為農(nóng)場(chǎng)主的贏利額，則的分布列為 所以， . （2）設(shè)為農(nóng)場(chǎng)主投保后的贏利額，則的分布列為 所以，. 從而要買(mǎi)這一保險(xiǎn). （3）設(shè)為保險(xiǎn)公司的贏利額，則的分布列為

41、 所以，. 所以，保險(xiǎn)金收的太少. 13．將一枚均勻的硬幣連續(xù)擲次，以和分別表示正面向上和反面向上的次數(shù)，試求：與的相關(guān)系數(shù). 解 由于，從而與負(fù)線性相關(guān)，故. 或者 由于，，，所以 ，，. 又 . 從而，. 故，. 14．設(shè)與為隨機(jī)變量，，，其中常數(shù)，，證明：. 證明 . 又，，所以， . 15．設(shè)隨機(jī)變量，且與相互獨(dú)立，試求：與的相關(guān)系數(shù)（其中，是不全為零的常數(shù)）. 解 由，知，，，. 從而，

42、 . 又，. 所以， . 16．設(shè)隨機(jī)變量，試求：（1）的階原點(diǎn)矩，三階及四階中心矩；（2）的偏度，峰度及變異系數(shù). 解 （1） ， ， . （2）由于，，所以， ，，. 17．設(shè)與為兩個(gè)隨機(jī)事件，記 證明：隨機(jī)變量與不相關(guān)的充分必要條件是與相互獨(dú)立. 證明 由于 ， ， ， . 所以， ，即與相互獨(dú)立. 18．對(duì)于任意兩個(gè)隨機(jī)事件，，若，，則稱(chēng) 為隨機(jī)事件與的相關(guān)系數(shù). （1）試證明隨機(jī)事件與相互獨(dú)立的充分必要條件為其相關(guān)

43、系數(shù)等于零； （2）利用隨機(jī)變量的相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)證明. 證明 （1）由的定義知， ，即與相互獨(dú)立. （2）設(shè) 從而， ，，， ，， . 所以， . 從而，由知. 習(xí)題4解答 1. 用切比雪夫不等式估計(jì)下列各題的概率： （1）廢品率為0.03，1000個(gè)產(chǎn)品中廢品多于20個(gè)且少于40個(gè)的概率. （2）200個(gè)新生嬰兒中，男孩多于80個(gè)且少于120個(gè)的概率（假定生男孩和生女孩的概率均為0.5）. 解 （1）設(shè)表示1000個(gè)產(chǎn)品中廢品的個(gè)數(shù)，則， 所以 所求概率 在切比雪夫不等式中取，就有

44、 （2）設(shè)表示200個(gè)新生嬰兒中男孩的個(gè)數(shù)，則 所以 所求概率 在切比雪夫不等式中取，就有 2. 用棣莫佛—拉普拉斯中心極限定理計(jì)算上題的概率. 解 （1）設(shè)表示1000個(gè)產(chǎn)品中廢品的個(gè)數(shù)，則 所以 因很大，由棣莫佛—拉普拉斯定理得 （2）設(shè)表示200個(gè)新生嬰兒中男孩的個(gè)數(shù)，則 所以 由棣莫佛—拉普拉斯定理得 3. 已知正常成人男性血液中每毫升含白細(xì)胞數(shù)的平均值是7300個(gè)，均方差是700，利用切比雪夫不等式估計(jì)每毫升

45、血液中白細(xì)胞數(shù)在5200~9400之間的概率. 解 以表示每毫升含白細(xì)胞數(shù)，由題設(shè) 而概率 在切比雪夫不等式中，取，此時(shí) ，知 4. 如果是個(gè)相互獨(dú)立同分布的隨機(jī)變量，，。對(duì)于，寫(xiě)出所滿(mǎn)足的切比雪夫不等式，并估計(jì). 解 所以對(duì)所滿(mǎn)足的切比雪夫不等式為 于是 5. 設(shè){}為獨(dú)立的隨機(jī)變量序列，且 證明服從大數(shù)定律. 解 因?yàn)樗杂傻莫?dú)立性可得 于是對(duì)任意正數(shù)，由切比雪夫不等式得 就有 但概率不能大于1，故必有 ，即服從大數(shù)定律. 6. 袋裝茶葉用機(jī)器裝袋，每袋的凈重為隨機(jī)變量，其期望值為100克，

46、標(biāo)準(zhǔn)差為10克，一大盒內(nèi)裝200袋，求一盒茶葉凈重大于20.5公斤的概率. 解 以表示第袋茶葉的凈重，，則一盒茶葉的總重量為. 由已知 由中心極限定理 7. 生產(chǎn)燈泡的合格率為0.6，求10000個(gè)燈泡中合格燈泡數(shù)在5800~6200之間的概率. 解 設(shè)表示10000個(gè)燈泡中合格的燈泡數(shù)，則.由棣莫佛—拉普拉斯定理得 如果用切比雪夫不等式估計(jì)，則有 切比雪夫不等式理論上具有重要意義但估計(jì)不精確. 8. 從大批發(fā)芽率為0.9的種子中隨機(jī)抽取1000粒，試估計(jì)這1000粒種子發(fā)芽率不低于0.88的概率.

47、 解 設(shè)表示1000粒種子中發(fā)芽的粒數(shù)，則表示這1000粒種子的發(fā)芽率，且，從而 9. 某車(chē)間有同型號(hào)機(jī)床200部，每部開(kāi)動(dòng)的概率為0.7，假定各機(jī)床開(kāi)關(guān)是獨(dú)立的，開(kāi)動(dòng)時(shí)每部要消耗電能15個(gè)單位.問(wèn)電廠最少要供應(yīng)這個(gè)車(chē)間多少電能，才能以95%的概率保證不致因供電不足而影響生產(chǎn). 解 設(shè)表示同時(shí)開(kāi)動(dòng)機(jī)床的臺(tái)數(shù)，則 又設(shè)同時(shí)開(kāi)動(dòng)臺(tái)數(shù)不超過(guò)的概率為95%.由中心極限定理 由題意要求 查表得 得，取，應(yīng)供電能個(gè)單位才能滿(mǎn)足要求. 10. 一個(gè)復(fù)雜的系統(tǒng)，由100個(gè)相互獨(dú)立起作用的部件構(gòu)成.在整個(gè)運(yùn)行期間，每個(gè)

48、部件損壞的概率為0.1，為了使整個(gè)系統(tǒng)起作用，至少需要有85個(gè)部件工作.求整個(gè)系統(tǒng)起作用的概率. 解 設(shè)表示正常工作著的部件數(shù)，則由棣莫佛—拉普拉斯定理，整個(gè)系統(tǒng)能起作用的概率為 11. 在人壽保險(xiǎn)公司里有10000個(gè)同一年齡的人參加人壽保險(xiǎn).在這一年中，這些人的死亡率為0.6%，參加保險(xiǎn)的人在一年的頭一天交付保險(xiǎn)費(fèi)12元，死亡時(shí)，家屬可以從保險(xiǎn)公司領(lǐng)取1000元.求 (1)保險(xiǎn)公司一年中獲利不少于40000元的概率； (2)保險(xiǎn)公司虧本的概率. 解 設(shè)表示一年中10000個(gè)同齡參保人中死亡的人數(shù)，則，由題意，保險(xiǎn)公司的收益為元，支出為1000.由中心極限定理

49、（1）保險(xiǎn)公司一年中獲利不少于40000元的概率為 （2）保險(xiǎn)公司虧本的概率為 可見(jiàn)保險(xiǎn)公司一般不會(huì)虧本. 12. 設(shè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立且都在[0，1]上服從均勻分布.令，試用中心極限定理計(jì)算的值. 解 因?yàn)樗? 從而 于是 習(xí)題5解答 1.有放回地從裝有一個(gè)白球和兩個(gè)黑球的罐子里取球，令表示取到白球，表示取到黑球，寫(xiě)出容量為5的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本的聯(lián)合分布的概率函數(shù). 解 因?yàn)楣拮永镉?個(gè)白球和2個(gè)黑球，按有放回方式取球，則取到白球的概率；取到黑球的概率；如此連續(xù)的取5次球，則 ， 其中 2

50、.設(shè)總體服從泊松分布，求容量為的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本的聯(lián)合分布的概率函數(shù). 解 因?yàn)?，故，則 3.設(shè)總體分布是區(qū)間的均勻分布，寫(xiě)出容量為5的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本的聯(lián)合概率密度函數(shù). 解 因?yàn)椋剩? 則 4.設(shè)抽樣得到的樣本觀測(cè)值為： 38.2，40.0，42.4，37.6，39.2，41.0，44.0，43.2，38.8，40.6. 計(jì)算樣本均值、樣本方差、樣本標(biāo)準(zhǔn)差與樣本二階中心矩. 解 樣本均值 40.5,樣本方差4.66 樣本標(biāo)準(zhǔn)差, 樣本二階中心矩 4.194 5.在某苗圃園隨機(jī)抽取40株苗木，測(cè)得苗高（單位：cm）如下： 283,292,320,275,276,

51、300,252,220,281,310,243,138,291,260, 262,169,252,165,241,310,261,325,295,300,270,264,135,343, 190,244,275,314,164,185,144,258,141,221,230,230 求樣本均值，樣本方差和樣本標(biāo)準(zhǔn)差. 解 樣本均值 248.225 樣本方差 3160.58 樣本標(biāo)準(zhǔn)差56.219 6.在第5題中，求樣本頻數(shù)頻率分布表，作樣本頻率直方圖. 解 略 7.設(shè)總體～，其中已知，未知，是從中抽取的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，指出下列各項(xiàng)中哪些是統(tǒng)計(jì)量？哪些不是統(tǒng)計(jì)量，為什么？

52、 ，，， 解 統(tǒng)計(jì)量必須是不含有任何未知參數(shù)的量，在上述四項(xiàng)中，由于含有了未知的參數(shù)，故不是統(tǒng)計(jì)量. 8.設(shè)是取自總體的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本，求統(tǒng)計(jì)量的抽樣分布. 解 因?yàn)榉恼龖B(tài)分布且相互獨(dú)立，故，，所以有 根據(jù)式（5.2.9）有 故 9.設(shè)總體～，從中抽取樣本，記樣本均值為，樣本方差為，若再抽取一個(gè)樣本，證明：統(tǒng)計(jì)量～. 證明 因?yàn)椤?，～? 所以有～，～， 又因?yàn)椤鶕?jù)式（5.2.13）有： ～ 10.查表求的值. 解 查附表4，； 查附表5，； 查附表6， 11.設(shè)～，求常數(shù)，使得. 解 查附表5，因?yàn)?，則，所以 12.設(shè)是

53、獨(dú)立且服從相同分布的隨機(jī)變量， (1)試給出常數(shù)，使得服從分布，并指出它的自由度； (2)試給出常數(shù)，使得服從分布，并指出它的自由度. 解 （1）因?yàn)楠?dú)立且服從，根據(jù)式（5.2.9）有: ，所以，自由度為2. （2）因?yàn)楠?dú)立且服從相同的分布，所以有，，則根據(jù)式（5.2.13）有， 所以，自由度為3. 13.設(shè)總體服從正態(tài)分布， （1）從總體中抽取容量為64的樣本，求樣本均值與總體均值之差的絕對(duì)值小于1的概率； （2）抽取樣本容量為多大時(shí)，才能使概率達(dá)到0.95？ 解 （1）因?yàn)?，則從總體中抽取容量為64的樣本有，所以0.8904. （2）當(dāng)抽取樣本容量為時(shí)，要使得

54、 ， 查附表1得，所以. 14.從正態(tài)總體中抽取容量為10的樣本， （1）已知，求的概率； （2）未知，求的概率. 解 （1）當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋瑒t，所以，查附表4得上述概率為0.1. （2）當(dāng)為未知時(shí)，因?yàn)椋瑒t， 所以有， 查附表4得，故上述概率為0.75. 15.設(shè)總體，總體 ，從總體中抽取容量為10的樣本，從總體中抽取容量為8的樣本，求下列概率： （1）；（2） 解 （1）因?yàn)? 所以有 （2）因?yàn)? 所以有 查附表6得，即 由此得所求的概率 16.設(shè)總體，抽取樣本，求下列概率： （1）；（2） 解 （1） 因?yàn)椋杂?.8413， 故原式=.

55、 （2） ， 又， 故上式=. 習(xí)題6解答 1. 設(shè)為來(lái)自總體X的樣本，X的分布如下，試求分布中未知參數(shù)的矩估計(jì)和 最大似然估計(jì). （1）X的概率密度為 （2）X的概率密度為 （3）X的概率函數(shù)為（其中m為已知正整數(shù)） 解（1）a)由題意 解之得：，用代替，得的矩估計(jì)：. b)構(gòu)造似然函數(shù) . 兩邊取對(duì)數(shù)得 對(duì)求導(dǎo)并令其等于零,得似然方程 ， 解之得參數(shù)l 的最大似然估計(jì)值為 ， 與它相應(yīng)的估計(jì)量，即為l 的最大似然估計(jì)量. （2）a) 由題意 解之得：，用代替，得的矩估計(jì)： . b) 構(gòu)造似然函數(shù) . 兩邊

56、取對(duì)數(shù)得 對(duì)求導(dǎo)并令其等于零,得似然方程 ， 解之得參數(shù) 的最大似然估計(jì)值為 ， 與它相應(yīng)的估計(jì)量，即為 的最大似然估計(jì)量. （3）a)由題意 解之得：，用代替，得p的矩估計(jì)：. b)構(gòu)造似然函數(shù) 兩邊取對(duì)數(shù)得 對(duì)p求導(dǎo)并令其等于零,得似然方程 ， 解之得參數(shù)p 的最大似然估計(jì)值為 ， 與它相應(yīng)的估計(jì)量，即為p的最大似然估計(jì)量. 2. 設(shè)總體X的概率密度 試求未知參數(shù)q 的矩估計(jì)量. 解 由題意 解之得：，用代替，得的矩估計(jì)： . 3. 設(shè)為的無(wú)偏估計(jì),且,試證不是的無(wú)偏估計(jì)；反之,若為的無(wú)偏估 計(jì), ,則也不是的無(wú)偏估計(jì).

57、 證明 （1）利用反證法假設(shè)為的無(wú)偏估計(jì)，即 由已知， 此與已知矛盾，所以假設(shè)錯(cuò)誤，亦即不是的無(wú)偏估計(jì)，得證. (2)同理可證. 4. 設(shè)總體未知,和 分別為來(lái)自于總體X、Y的容量為n1、n2的兩個(gè)獨(dú)立樣本,樣本均值分別為，樣本方差分別為，試證明是的一個(gè)無(wú)偏估計(jì). 證明 由已知 所以， 證畢. 5. 設(shè)總體X的均值和方差分別為,是來(lái)自總體的一個(gè)樣本.試確定常 數(shù)A使為的無(wú)偏估計(jì)量. 解 由題意知： 而 所以 . 6. 設(shè)是參數(shù)q 的兩個(gè)獨(dú)立的無(wú)偏估計(jì)量，，k>0已知.試確定常 數(shù)使是q 的無(wú)偏估計(jì)，并且在所有這種形式的估計(jì)中方差最小. 解

58、由題意 即 將（1）代入（2）有： 欲使達(dá)到最小，利用高數(shù)知識(shí)求導(dǎo)， 所以 當(dāng)，存在極小值. 亦即當(dāng)時(shí)，滿(mǎn)足題中要求. 7. 設(shè)有總體X，其均值和方差分別為,是X的一個(gè)樣本,試驗(yàn)證下列統(tǒng)計(jì)量 (1)； (2) ； (3) 均為m 的無(wú)偏估計(jì)量，并比較其有效性. 證明 因?yàn)? 所以均為m 的無(wú)偏估計(jì)量. 又因 即 所以最有效. 較有效，較有效. 8. 設(shè)有一批產(chǎn)品,為估計(jì)其廢品率p ，隨機(jī)取一樣本，其中 試證是p 的一致無(wú)偏估計(jì)量. 證明 法一： 由已知， 所以

59、由切比雪夫定理， 即 ，所以是p 的一致無(wú)偏估計(jì)量. 法二：因?yàn)? 所以是p 的一致無(wú)偏估計(jì)量. 9. 判斷下列結(jié)論是否正確,并說(shuō)明理由. (1) 在給定置信度1-a，對(duì)總體參數(shù)q 進(jìn)行區(qū)間估計(jì)時(shí)，置信區(qū)間的長(zhǎng)度與置信度密切關(guān)聯(lián).當(dāng)(1-a)縮小時(shí)，則置信區(qū)間的長(zhǎng)度縮短；當(dāng)(1-a)取值增大，則置信區(qū)間的長(zhǎng)度增長(zhǎng). (2) 在給定置信度情況下，未知參數(shù)的置信區(qū)間是惟一確定的. (3) 對(duì)于未知參數(shù)q 建立的統(tǒng)計(jì)量與，若<且有成立，則參數(shù)q 落在區(qū)間(,)的概率為1-a. 解 （1）正確；（2）錯(cuò)誤（不惟一）；（3）錯(cuò)誤（區(qū)間(,)為隨機(jī)區(qū)間）. 10. 設(shè)總體為來(lái)自X的一個(gè)

60、樣本，為未知參數(shù)，若以L表示m 的置信度為1-a 的置信區(qū)間的長(zhǎng)度，求E (L2). 解 因?yàn)闉槲粗獏?shù)， 所以m 的置信度為1-a 的置信區(qū)間為 即 因?yàn)? 所以 . 11. 某車(chē)間生產(chǎn)滾珠,從長(zhǎng)期實(shí)踐中知道,滾珠直徑X可以認(rèn)為服從正態(tài)分布.從某天的產(chǎn)品 里隨機(jī)抽取6個(gè),測(cè)得直徑(單位:mm)為:14.6, 15.1, 14.9, 14.8, 15.2, 15.1 (1) 試估計(jì)該天產(chǎn)品的平均直徑(總體均值)； (2) 若已知總體方差為0.06，試求平均直徑的置信區(qū)間(置信度為0.95). 解 （1）由題意 所以 （2

61、）s 2=0.06，對(duì)于1-a=0.95 a=0.05 u0.025 =1.96, 故平均直徑m 的置信區(qū)間為= =[14.75，15.15]. 12. 隨機(jī)地從一批零件中抽取16個(gè)，測(cè)得其長(zhǎng)度(單位cm)為 2.14, 2.10, 2.13, 2.15, 2.13, 2.12, 2.13, 2.10, 2.15, 2.12, 2.14, 2.10, 2.13, 2.11, 2.14, 2.11. 設(shè)該零件長(zhǎng)度服從正態(tài)分布，就下述兩種情形分別求總體均值m 的90%的置 信區(qū)間.（1）若已知s =0.01；(

62、2) 若s 未知. 解 由題意 （1）s =0.01 m 的置信區(qū)間為 ==[2.121，2.129]. （2）s 未知 m 的置信區(qū)間為 = =[2.118，2.133]. 13. 對(duì)方差為已知的正態(tài)總體，問(wèn)須抽取容量n為多大的樣本，方能使總體均值m 的置信度為1-a 的置信區(qū)間的長(zhǎng)度不大于L. 解 因已知，且總體正態(tài) 所以總體均值m 的置信度為1-a 的置信區(qū)間為 即區(qū)間長(zhǎng)度 亦即： . 14. 某地引種一批意大利楊，3年后抽得50株調(diào)查樹(shù)高，取得樣本數(shù)據(jù)如下表(單位:m) 樹(shù)高 16 18 20 22 24 26 2

63、8 株數(shù) 1 3 8 14 17 6 1 ∑:50 試以0.95的置信度估計(jì)引種的這批意大利楊樹(shù)高的置信區(qū)間. 解 由題意 總體為非正態(tài)總體，對(duì)于1-a=0.95 a=0.05 u0.025 =1.96, 楊樹(shù)高的置信區(qū)間為 = =[21.916，23.284]. 15. 在某市調(diào)查14個(gè)城鎮(zhèn)居民戶(hù)，得平均戶(hù)均購(gòu)買(mǎi)食用植物油數(shù)量的樣本均值和樣本標(biāo)準(zhǔn) 差分別為kg, kg.假設(shè)戶(hù)均食用植物油量X(單位:kg)服從正態(tài)分布,試求： (1) 置信度為0.95的總體均值m 的置信區(qū)間； (2) 置信度為0.90的總體方差的置信區(qū)間. 解 （1）由題

64、意 對(duì)于 所以m 的置信區(qū)間為 = =[7.736，9.664]. （2）對(duì)于 所以s 2 的置信區(qū)間為 =[1.621，6.153]. 16. 隨機(jī)地取某種炮彈9發(fā)作試驗(yàn)，得炮口速度的樣本標(biāo)準(zhǔn)差s=11(m/s).設(shè)炮口 速度服從正態(tài)分布.求這種炮彈的炮口速度的標(biāo)準(zhǔn)差s 的置信度為0.95的置信區(qū) 間. 解 n = 9, s = 11 對(duì)于 所以s 的置信區(qū)間為 =[7.429，21.072]. 17. 從甲、乙兩個(gè)生產(chǎn)蓄電池的工廠的產(chǎn)品中，分別抽取一些樣品，測(cè)得蓄電池的電容量 （A.h） 如下： 甲廠：144，141，138，142，141，

65、143，138，137； 乙廠：142，143，139，140，138，141，140，138，142，136 . 設(shè)兩個(gè)工廠生產(chǎn)的蓄電池的電容量分別服從正態(tài)分布，試 求： （1）電容量的方差比的置信度為0.95的置信區(qū)間； （2）電容量的均值差的置信度為0.95的置信區(qū)間（假設(shè)）. 解 總體， （1）m1，m2 未知 所以的置信度為1-a的置信區(qū)間為 對(duì)于 又 故可得的0.95的置信區(qū)間為 =[0.328，6.645]. (2) 未知 的置信度為0.95 的置信區(qū)間為 對(duì)于 計(jì)算=2.357 ， 故的置信度為0.

66、95 的置信區(qū)間為[-1.77，2.97]. 18. 設(shè)總體X服從泊松分布P (λ)，抽取容量n =100的樣本，已知樣本均值，求總體均值λ的置信度為0.98的置信區(qū)間. 解 n = 100，由中心極限定理： 因，所以 則有 由 所以 解不等式，即得的置信度為0.98的置信區(qū)間為[3.56，4.49]. 19. 從一批電子元件中抽取100個(gè)樣品，測(cè)得它們的使用壽命的均值(h)，設(shè)電子元件的使用壽命服從指數(shù)分布e (λ)，求參數(shù)λ的置信度為0.90的置信區(qū)間. 解 n = 100，由中心極限定理： 因，所以 則有 由 所以 解不等式，即得的置信度為0.90的置信區(qū)間為[0.000334，0.000466]. 20. 膠合板廠對(duì)生產(chǎn)的膠合板作抗壓試驗(yàn)，測(cè)試了15個(gè)試件，取得的數(shù)據(jù)如下（單位：kg/cm2） 422.2, 417.2, 425.6, 420.3, 425.8, 428.1, 418.7, 428.2, 438.3, 434.0,