概率论与数理统计及其应用第二版课后答案课件

第1章 随机变量及其概率

1，写出下列试验的样本空间：

（1） 连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果出现两次，记录

投掷的次数。

（2） 连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果接连出现两次，

记录投掷的次数。

（3） 连续投掷一枚硬币直至正面出现，观察正反面出现的情况。 （4） 抛一枚硬币，若出现H则再抛一次；若出现T，则再抛一颗骰

子，观察出现的各种结果。

解：（1）S{2,3,4,5,6,7}；（2）S{2,3,4,}；（3）S{H,TH,TTH,TTTH,}；（4）S{HH,HT,T1,T2,T3,T4,T5,T6}。

2，设A,B是两个事件，已知P(A)0.25,P(B)0.5,P(AB)0.125,，求

P(AB),P(AB),P(AB),P[(AB)(AB)]。 ______解：P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.625，

P(AB)P[(SA)B]P(B)P(AB)0.375，

P(AB)1P(AB)0.875，

___P[(AB)(AB)]P[(AB)(SAB)]P(AB)P[(AB)(AB)]0.625P(AB)0.5___

3，在100，101，…，999这900个3位数中，任取一个3位数，求不包含数字1个概率。

1

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：在100，101，…，999这900个3位数中不包含数字1的3位数的个数为8998，所以所求得概率为

80.72 900

4，在仅由数字0，1，2，3，4，5组成且每个数字之多出现一次的全体三位数中，任取一个三位数。（1）求该数是奇数的概率；（2）求该数大于330的概率。

解：仅由数字0，1，2，3，4，5组成且每个数字之多出现一次的全体三位数的个数有554100个。（1）该数是奇数的可能个数为

44348个，所以出现奇数的概率为

480.48 100（2）该数大于330的可能个数为24545448，所以该数大于330的概率为

480.48 100

5，袋中有5只白球，4只红球，3只黑球，在其中任取4只，求下列事件的概率。

（1）4只中恰有2只白球，1只红球，1只黑球。 （2）4只中至少有2只红球。 （3）4只中没有白球。

11C52C4C38解: （1）所求概率为； 433C12 2

概率论与数理统计及其应用习题解答

22314C4C8C4C8C420167（2） 所求概率为； 4495165C124C7357（3）所求概率为4。 C12495165

6，一公司向M个销售点分发n(nM)张提货单，设每张提货单分发给每一销售点是等可能的，每一销售点得到的提货单不限，求其中某一特定的销售点得到k(kn)张提货单的概率。

解：根据题意，n(nM)张提货单分发给M个销售点的总的可能分法有Mn种，某一特定的销售点得到k(kn)张提货单的可能分法有

k所以某一特定的销售点得到k(kn)张提货单的概率为Cn(M1)nk种，

kCn(M1)nk。 nM

7，将3只球（1~3号）随机地放入3只盒子（1~3号）中，一只盒子装一只球。若一只球装入与球同号的盒子，称为一个配对。 （1）求3只球至少有1只配对的概率。 （2）求没有配对的概率。

解：根据题意，将3只球随机地放入3只盒子的总的放法有3！=6种：123，132，213，231，312，321；没有1只配对的放法有2种：312，231。至少有1只配对的放法当然就有6-2=4种。所以 （2）没有配对的概率为；

（1）至少有1只配对的概率为1。

3

26131323 概率论与数理统计及其应用习题解答

8，（1）设P(A)0.5,P(B)0.3,P(AB)0.1,，求P(A|B),P(B|A),P(A|AB),

P(AB|AB),P(A|AB).

（2）袋中有6只白球，5只红球，每次在袋中任取1只球，若取到白球，放回，并放入1只白球；若取到红球不放回也不放入另外的球。连续取球4次，求第一、二次取到白球且第三、四次取到红球的概率。 解：（1）由题意可得P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.7，所以

P(A|B)P(AB)0.11P(AB)0.11， P(B|A)， P(B)0.33P(A)0.55P[A(AB)]P(A)5，

P(AB)P(AB)7P[AB(AB)]P(AB)1，

P(AB)P(AB)7P(A|AB)P(AB|AB)P(A|AB)P[A(AB)]P(AB)1。

P(AB)P(AB)（2）设Ai(i1,2,3,4)表示“第i次取到白球”这一事件，而取到红球可以用它的补来表示。那么第一、二次取到白球且第三、四次取到红球可以表示为A1A2A3A4，它的概率为（根据乘法公式）

P(A1A2A3A4)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)



678400.0408。 11121312205929，一只盒子装有2只白球，2只红球，在盒中取球两次，每次任取一只，做不放回抽样，已知得到的两只球中至少有一只是红球，求另一只也是红球的概率。

解：设“得到的两只球中至少有一只是红球”记为事件A，“另一只

4

概率论与数理统计及其应用习题解答

也是红球”记为事件B。则事件A的概率为

22215P(A)2（先红后白，先白后红，先红后红）

43436所求概率为

21P(AB)431P(B|A)

5P(A)56

10，一医生根据以往的资料得到下面的讯息，他的病人中有5%的人以为自己患癌症，且确实患癌症；有45%的人以为自己患癌症，但实际上未患癌症；有10%的人以为自己未患癌症，但确实患了癌症；最后40%的人以为自己未患癌症，且确实未患癌症。以A表示事件“一病人以为自己患癌症”，以B表示事件“病人确实患了癌症”，求下列概率。

（1）P(A),P(B)；（2）P(B|A)；（3）P(B|A)；（4）P(A|B)；（5）P(A|B)。 解：（1）根据题意可得

P(A)P(AB)P(AB)5%45%50%； P(B)P(BA)P(BA)5%10%15%；

（2）根据条件概率公式：P(B|A)（3）P(B|A)（4）P(A|B)（5）P(A|B)P(AB)5%0.1； P(A)50%P(BA)10%0.2；

P(A)150%P(AB)45%9； P(B)115%17P(AB)5%1。 P(B)15%3 5

概率论与数理统计及其应用习题解答

11，在11张卡片上分别写上engineering这11个字母，从中任意连抽6张，求依次排列结果为ginger的概率。

解：根据题意，这11个字母有2个g，2个i，3个n，3个e，1个r。从中任意连抽6张，由性，第一次必须从这11张中抽出2个g中的任意一张来，概率为2/11；第二次必须从剩余的10张中抽出2个i中的任意一张来，概率为2/10；类似地，可以得到6次抽取的概率。最后要求的概率为

111111C2C2C3C1C3C12231313611；或者。 611109876332092409240A11

12，据统计，对于某一种疾病的两种症状：症状A、症状B，有20%的人只有症状A，有30%的人只有症状B，有10%的人两种症状都有，其他的人两种症状都没有。在患这种病的人群中随机地选一人，求 （1）该人两种症状都没有的概率； （2）该人至少有一种症状的概率；

（3）已知该人有症状B，求该人有两种症状的概率。

解：（1）根据题意，有40%的人两种症状都没有，所以该人两种症状都没有的概率为120%30%10%40%； （2）至少有一种症状的概率为140%60%；

（3）已知该人有症状B，表明该人属于由只有症状B的30%人群或者两种症状都有的10%的人群，总的概率为30%+10%=40%，所以在已知该人有症状B的条件下该人有两种症状的概率为

6

10%1。

30%10%4 概率论与数理统计及其应用习题解答

13，一在线计算机系统，有4条输入通讯线，其性质如下表，求一随机选择的进入讯号无误差地被接受的概率。

通讯线 1 2 3 4 通讯量的份额 0.4 0.3 0.1 0.2 无误差的讯息的份额 0.9998 0.9999 0.9997 0.9996 解：设“讯号通过通讯线i进入计算机系统”记为事件Ai(i1,2,3,4)，“进入讯号被无误差地接受”记为事件B。则根据全概率公式有

P(B)P(Ai)P(B|Ai)0.40.99980.30.99990.10.99970.20.9996

i14 =0.99978

14，一种用来检验50岁以上的人是否患有关节炎的检验法，对于确实患关节炎的病人有85%的给出了正确的结果；而对于已知未患关节炎的人有4%会认为他患关节炎。已知人群中有10%的人患有关节炎，问一名被检验者经检验，认为他没有关节炎，而他却有关节炎的概率。 解：设“一名被检验者经检验认为患有关节炎”记为事件A，“一名被检验者确实患有关节炎”记为事件B。根据全概率公式有 P(A)P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)10%85%90%4%12.1%， 所以，根据条件概率得到所要求的概率为 P(B|A)P(BA)P(B)P(A|B)10%(185%)17.06% P(A)1P(A)112.1%即一名被检验者经检验认为没有关节炎而实际却有关节炎的概率为17.06%.

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概率论与数理统计及其应用习题解答

15，计算机中心有三台打字机A,B,C，程序交与各打字机打字的概率依次为0.6, 0.3, 0.1，打字机发生故障的概率依次为0.01, 0.05, 0.04。已知一程序因打字机发生故障而被破坏了，求该程序是在A,B,C上打字的概率分别为多少？

解：设“程序因打字机发生故障而被破坏”记为事件M，“程序在A,B,C三台打字机上打字”分别记为事件N1,N2,N3。则根据全概率公式有 P(M)P(Ni)P(M|Ni)0.60.010.30.050.10.040.025，

i13根据Bayes公式，该程序是在A,B,C上打字的概率分别为

P(N1|M)P(N1)P(M|N1)0.60.010.24，

P(M)0.025P(N2)P(M|N2)0.30.050.60，

P(M)0.025P(N3)P(M|N3)0.10.040.16。

P(M)0.025P(N2|M)P(N3|M)

16，在通讯网络中装有密码钥匙，设全部收到的讯息中有95%是可信的。又设全部不可信的讯息中只有0.1%是使用密码钥匙传送的，而全部可信讯息是使用密码钥匙传送的。求由密码钥匙传送的一讯息是可信讯息的概率。

解：设“一讯息是由密码钥匙传送的”记为事件A，“一讯息是可信的”记为事件B。根据Bayes公式，所要求的概率为

P(B|A)P(AB)P(B)P(A|B)95%199.9947%P(A)P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)95%15%0.1%

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概率论与数理统计及其应用习题解答

17，将一枚硬币抛两次，以A,B,C分别记事件“第一次得H”，“第二次得H”，“两次得同一面”。试验证A和B，B和C，C和A分别相互（两两），但A,B,C不是相互。 解：根据题意，求出以下概率为

P(A)P(B)111111， P(C)； 222222111111111P(AB)， P(BC)P(CA)，P(ABC)。

224224224所以有

P(AB)P(A)P(B)，P(AC)P(A)P(C)，P(BC)P(B)P(C)。

即表明A和B，B和C，C和A两两。但是

P(ABC)P(A)P(B)P(C)

所以A,B,C不是相互。

18，设A,B,C三个运动员自离球门25码处踢进球的概率依次为0.5, 0.7, 0.6，设A,B,C各在离球门25码处踢一球，设各人进球与否相互，求（1）恰有一人进球的概率；（2）恰有二人进球的概率；（3）至少有一人进球的概率。

解：设“A,B,C进球”分别记为事件Ni(i1,2,3)。 （1）设恰有一人进球的概率为p1，则

p1P{N1N2N3}P{N1N2N3}P{N1N2N3}

P(N1)P(N2)P(N3)P(N1)P(N2)P(N3)P(N1)P(N2)P(N3) （由性） 0.50.30.40.50.70.40.50.30.6

0.29

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概率论与数理统计及其应用习题解答

（2）设恰有二人进球的概率为p2，则

p2P{N1N2N3}P{N1N2N3}P{N1N2N3}

P(N1)P(N2)P(N3)P(N1)P(N2)P(N3)P(N1)P(N2)P(N3) （由性） 0.50.70.40.50.70.60.50.30.6 0.44

（3）设至少有一人进球的概率为p3，则

p31P{N1N2N3}1P(N1)P(N2)P(N3)10.50.30.40.94。

19，有一危重病人，仅当在10分钟之内能有一供血者供给足量的A-RH+血才能得救。设化验一位供血者的血型需要2分钟，将所需的血全部输入病人体内需要2分钟，医院只有一套验血型的设备，且供血者仅有40%的人具有该型血，各人具有什么血型相互。求病人能得救的概率。

解：根据题意，医院最多可以验血型4次，也就是说最迟可以第4个人才验出是A-RH+型血。问题转化为最迟第4个人才验出是A-RH+型血的概率是多少？因为

第一次就检验出该型血的概率为0.4；

第二次才检验出该型血的概率为0.60.4=0.24； 第三次才检验出该型血的概率为0.620.4=0.144； 第四次才检验出该型血的概率为0.630.4=0.08； 所以病人得救的概率为0.4+0.24+0.144+0.08=0.8704

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概率论与数理统计及其应用习题解答

20，一元件（或系统）能正常工作的概率称为元件（或系统）的可靠性。如图设有5个工作的元件1，2，3，4，5按先串联再并联的方式连接，设元件的可靠性均为p，试求系统的可靠性。 解：设“元件i能够正常工作”记为事件Ai(i1,2,3,4,5)。 那么系统的可靠性为

P{(A1A2)(A3)(A4A5)}P(A1A2)P(A3)P(A4A5)

P(A1A2A3)P(A1A2A4A5)P(A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)

1 3 4 第20题 5 2 P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A4)P(A5)

P(A3)P(A4)P(A5)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A5)

p2pp2p3p4p3p5 p2p22p3p4p5

21，用一种检验法检测产品中是否含有某种杂质的效果如下。若真含有杂质检验结果为含有的概率为0.8；若真不含有杂质检验结果为不含有的概率为0.9，据以往的资料知一产品真含有杂质或真不含有杂质的概率分别为0.4，0.6。今地对一产品进行了3次检验，结果是2次检验认为含有杂质，而一次检验认为不含有杂质，求此产品真含有杂质的概率。（注：本题较难，灵活应用全概率公式和Bayes公式）

解：设“一产品真含有杂质”记为事件A，“对一产品进行3次检验，结果是2次检验认为含有杂质，而1次检验认为不含有杂质”记为事件B。则要求的概率为P(A|B)，根据Bayes公式可得

P(A|B)

P(A)P(B|A)

P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)11

概率论与数理统计及其应用习题解答

又设“产品被检出含有杂质”记为事件C，根据题意有P(A)0.4，而且P(C|A)0.8，P(C|A)0.9，所以

22P(B|A)C30.82(10.8)0.384；P(B|A)C3(10.9)20.90.027

故，

P(A|B)P(A)P(B|A)0.40.3840.15360.9046P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)0.40.3840.60.0270.1698

（第1章习题解答完毕）

第2章

1，设在某一人群中有40%的人血型是A型，现在在人群中随机地选人来验血，直至发现血型是A型的人为止，以Y记进行验血的次数，求Y的分布律。

解：显然，Y是一个离散型的随机变量，Y取k表明第k个人是A型血而前k此有

随机变量及其分布

1个人都不是A型血，因

P{Yk}0.4(10.4)k10.40.6k1， （k1,2,3,）

上式就是随机变量Y的分布律（这是一个几何分布）。

2，水自A处流至B处有3个阀门1，2，3，阀门联接方式如图所示。当信号发出时各阀门以0.8的概率打开，以X表示当信号发出时水自A流至B的通路条数，求X的分布律。设各阀门的工作相互。 解：X只能取值0，1，2。设以

Ai(i1,2,3)记第

i个阀门没有打开这一事件。则

P{X0}P{A1(A2A3)}P{(A1A2)(A1A3)}

P{A1A2}P{A1A3}P{A1A2A3}P(A1)P(A2)P(A1)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3) (10.8)2(10.8)2(10.8)30.072，

类似有P{X2}P{A1(A2A3)}P(A1A2A3)0.830.512，

P{X1}1P{X0}P{X2}0.416,综上所述，可得分布律为

X 0 0.072 1 0.512 2 0.416 1 P{Xk}

A 2 3 B 3,据信有20%的美国人没有任何健康保险，现任意抽查15个美国人，以X表示15个人中无任何健康保险的人数（设各人是

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概率论与数理统计及其应用习题解答

否有健康保险相互）。问X服从什么分布？写出分布律。并求下列情况下无任何健康保险的概率：（1）恰有3人；（2）至少有2人；（3）不少于1人且不多于3人；（4）多于5人。 解：根据题意，随机变量X服从二项分布B(15, 0.2)，分布律为

kP(Xk)C150.2k0.815k,k0,1,2,15。

（1）P(X（2）P(X33)C150.230.8120.2501,

2)1P(X1)P(X0)0.8329；

X3)P(X1)P(X2)P(X3)0.6129；

（3）P(1（4）P(X5)1P(X5)P(X4)P(X3)P(X2)

P(X1)P(X0)0.0611

4，设有一由n个元件组成的系统，记为k/n[G]，这一系统的运行方式是当且仅当n个元件中至少有

k(0kn)个元件正常工作时，系统正常工作。现有一3/5[G]系统，它由相互的元件组成，设

每个元件的可靠性均为0.9，求这一系统的可靠性。

解：对于3/5[G]系统，当至少有3个元件正常工作时，系统正常工作。而系统中正常工作的元件个数服从二项分布B(5, 0.9)，所以系统正常工作的概率为

XP(Xk)Ck3k355k50.9k0.15k0.99144

5，某生产线生产玻璃制品，生产过程中玻璃制品常出现气泡，以至产品成为次品，设次品率为0.001，现取8000件产品，用泊松近似，求其中次品数小于7的概率。（设各产品是否为次品相互） 解：根据题意，次品数X服从二项分布B(8000, 0.001)，所以

kP(X7)P(X6)C80000.001k0.9998000kk06

6(80000.001)ke80000.0018ke8。 0.3134（查表得）

k!k!k0k06

6，（1）设一天内到达某港口城市的油船的只数X~(10)，求P{X（2）已知随机变量X~()，且有P{X解：（1）P{X15}

0}0.5，求P{X2}。

15}1P{X15}10.95130.0487；

13

概率论与数理统计及其应用习题解答

（2）根据P{X0}1P{X0}1e0.5，得到ln2。所以

P{X2}1P{X0}P{X1}10.5e(1ln2)/20.1534。

7，一电话公司有5名讯息员，各人在t分钟内收到讯息的次数

X~(2t)（设各人收到讯息与否相互独

立）。（1）求在一给定的一分钟内第一个讯息员未收到讯息的概率。（2）求在给定的一分钟内5个讯息员恰有4人未收到讯息的概率。（3）写出在一给定的一分钟内，所有5个讯息员收到相同次数的讯息的概率。 解：在给定的一分钟内，任意一个讯息员收到讯息的次数（1）P{XX~(2)。

0}e20.1353；

（2）设在给定的一分钟内5个讯息员中没有收到讯息的讯息员人数用Y表示，则Y~ B(5, 0.1353)，所以

44P{Y4}C50.1353(10.1353)0.00145。

（3）每个人收到的讯息次数相同的概率为

2ke2k!k032ke105k0k!5 

8，一教授当下课铃打响时，他还不结束讲解。他常结束他的讲解在铃响后的一分钟以内，以X表示铃响至结束讲解的时间。设X的概率密度为kx2f(x)00x1其他， （1）确定k；（2）求P{X1}；3（3）求P{112X}；（4）求P{X}。 4231解：（1）根据1f(x)dxkx2dx01/332k，得到k3； 31（2）P{X}3113xdx； 32701/233117112（3）P{X}3xdx；

421/42421922（4）P{X}3xdx132732/3

9，设随机变量X的概率密度为有实根的概率。

13。

0.003x2f(x)00x10其他，求t的方程t22Xt5X40 14

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：方程t从而要求

22Xt5X40有实根表明4X24(5X4)0，即X25X40，

X4或者X1。因为

1210P{X1}0.003xdx0.001， P{X4}0.003x2dx0.936

04所以方程有实根的概率为0.001+0.936=0.937.

10，设产品的寿命X（以周计）服从瑞利分布，其概率密度为 xx2/200ef(x)1000（1） 求寿命不到一周的概率； （2） 求寿命超过一年的概率；

x0其他 （3） 已知它的寿命超过20周，求寿命超过26周的条件概率。

1解：（1）P{X1}xx2/200edx1e1/2000.004981000；

（2）P{X52}xx2/2002704/200edxe0.000001； 10052（3）P{X26X20}P{X26}P{X20}xx2/200edx10026xx2/200edx10020e276/2000.25158。

11，设实验室的温度X（以



C计）为随机变量，其概率密度为

1(4x2)1x2f(x)9

其他0（1） 某种化学反应在温度X >1时才能发生，求在实验室中这种化学反应发生的概率。

（2） 在10个不同的实验室中，各实验室中这种化学反应是否会发生时相互的，以Y表示10个实

验室中有这种化学反应的实验室的个数，求Y的分布律。

（3） 求P{Y2}，P{X2}。

2解：（1）P{X15； 1}(4x2)dx9271~B(10,5)，所以其分布律为 2715

（2）根据题意Y

概率论与数理统计及其应用习题解答

522k10kP(Yk)Ck102727,k0,1,2,10

28（3）

P(Y2)C25221027270.2998，

P(Y2)1P(Y0)P(Y1)0.5778。

12，（1）设随机变量Y的概率密度为

1y0f(y)0.20.2Cy0y1

0其他试确定常数C，求分布函数F(y)，并求P{0Y0.5}，P{Y0.5|Y0.1}。

（2）设随机变量X的概率密度为

1/80xf(x)2x/82x4

0其他求分布函数F(x)，并求P{1x3}，P{X1|X3}。

01解：（1）根据1f(y)dy.2dy4C0(0.2Cy)dy0.2，得到C1.2。10y0y1y0.2dy11y0F(y)f(y)dy0y0.2dy(0.21.2y)dy 100y1010.2dy1(0.21.2y)dy0y10y10.2(y1)1y00.6y20.2y0.20y1 1y1P{0Y0.5}P{Y0.5}P{Y0}F(0.5)F(0)0.450.20.25； 16

概率论与数理统计及其应用习题解答

P{Y0.5|Y0.1}P{Y0.5}1P{Y0.5}1F(0.5)10.450.7106

P{Y0.1}1P{Y0.1}1F(0.1)10.2260x0x1dxx0080x20xx21x/80x2x（2）F(x)f(x)dx 2dxdxx/162x40882x4224x411xdxdxx48208P{1x3}F(3)F(1)9/161/87/16；

P{X1|X3}

P{1X3}F(3)F(1)7/9。

P{X3}F(3)13，在集合A={1,2,3,….,n}中取数两次，每次任取一数，作不放回抽样，以X表示第一次取到的数，以Y表示第二次取到的数，求X和Y的联合分布律。并用表格形式写出当n=3时X和Y的联合分布律。 解：根据题意，取两次且不放回抽样的总可能数为n(n-1)，因此

P{Xi,Yj}当n取3时，

1，（ij，且1i,jn）

n(n1)P{Xi,Yj}X 1 2 3 1,（ij，且1i,j3）,表格形式为 61 0 1/6 1/6 2 1/6 0 1/6 3 1/6 1/6 0 Y 14,设一加油站有两套用来加油的设备，设备A是加油站的工作人员操作的，设备B是有顾客自己操作的。A，B均有两个加。随机取一时刻，A，B正在使用的软管根数分别记为X，Y，它们的联合分布律为 X 0 1 2 （1） 求P{XY 0.10 0.04 0.02 0 0.08 0.20 0.06 1 0.06 0.14 0.30 2 1,Y1}，P{X1,Y1}； （2） 求至少有一根软管在使用的概率； （3） 求P{XY}，P{XY2}。

1,Y1}=0.2，

17

解：（1）由表直接可得P{X

概率论与数理统计及其应用习题解答

P{X1,Y1}=0.1+0.08+0.04+0.2=0.42

（2）至少有一根软管在使用的概率为

P{XY1}1P{X0,Y0}10.10.9

（3）P{XY}P{XY0}P{XY1}P{XY2}=0.1+0.2+0.3=0.6

P{XY2}P{X0,Y2}P{X1,Y1}P{X2,Y0}0.28

15,设随机变量（X，Y）的联合概率密度为

Ce(2x4y)，x0,y0 f(x,y)其他0，试确定常数C，并求P{X解：根据

2}，P{XY}，P{XY1}。

x0,y0f(x,y)dxdy1，可得

1所以Cx0,y0f(x,y)dxdy(2x4y)dyCe2xdxe4ydydxCe0000C8，

8。

(2x4y)2xP{X2}x2f(x,y)dxdydx8e20dy2e2dx4e4ydye4；

0xx2x4x2e(1e)dx0P{XY}xyf(x,y)dxdy(2x4y)dydx8e002x4y2edx4edy002311x(2x4y)11x2xP{XY1}

xy1f(x,y)dxdydx8e00dy2e0dx4e4ydy(1e2)2。

016，设随机变量（X，Y）在由曲线（1） 求（X，Y）的概率密度； （2） 求边缘概率密度

yx2,yx2/2,x1所围成的区域G均匀分布。

fX(x),fY(y)。

f(x,y)必定是一常数，故由

解：（1）根据题意，（X，Y）的概率密度

1x21f(x,y)dxdydxG0x/22f(x,y)dy6,(x,y)G1f(x,y)，得到f(x,y)。 60，其他 18

概率论与数理统计及其应用习题解答

（2）

x6dy3x2，0x1fX(x)f(x,y)dy2；

x/20,其他22y6dx，0y0.5y6(2yy)，0y0.51fY(y)f(x,y)dx6dx，0.5y16(1y)，0.5y1

y0，其他0，其他

18，设X,Y是两个随机变量，它们的联合概率密度为

x3f(x,y)x(1y)2e，x0,y0，

0，其他（1） 求(X,Y)关于X的边缘概率密度fX(x)；

（2） 求条件概率密度fY|X(y|x)，写出当x0.5时的条件概率密度；

（3） 求条件概率P{Y1|X0.5}。

x32x(1y)xx解：（1）

fdy2edy2e,x0X(x)f(x,y)。 00,其他（2）当x0时，

ff(x,y)xexy,y0Y|X(y|x)fx)。 X(0,其他特别地，当x0.5时

f)0.5e0.5y,y0Y|X(y|x0.5。 0,其他（3）P{Y1|X0.5}f0.5yY|X(y|x0.5)dydye0.5。

10.5e1

19，（1）在第14题中求在X0的条件下Y的条件分布律；在Y1的条件下X的条件分布律。（2）在16题中求条件概率密度

fY|X(y|x)，fX|Y(x|y)，fX|Y(x|0.5)。

19

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：（1）根据公式P{Yi|X0}P{Yi,X0}，得到在X0的条件下Y的条件分布律

P{X0}为

Y 0 1 2 P{Y|X0} 5/12 1/3 1/4 类似地，在Y1的条件下X的条件分布律为

X 0 1 2 P{X|Y1} 4/17 10/17 3/17 （2）因为

f(x,y)6,(x,y)G。 0，其他x2f6dy3x2，0x16(2yy)，0y0.5X(x)x2/2；fY(y)6(1y)，0.5y1。0,其他0，其他所以，当0x1时，

ff(x,y)2Y|X(y|x)2,x2/2yx2fx；

X(x)0,其他当0y0.5ff(x,y)1时，

,yx2yX|Y(x|y)f(y)；

2yyY0,其他当0.5y1时，

ff(x,y)1,yx1X|Y(x|y)f(y)；

1yY0,其他1当

y0.5时，

f(x|y),0.5x1X|Y。

10.50,其他

20，设随机变量（X，Y）在由曲线

yx2,yx所围成的区域G均匀分布。

（1） 写出（X，Y）的概率密度； （2） 求边缘概率密度fX(x),fY(y)；

（3） 求条件概率密度

fY|X(y|x)，并写出当x0.5时的条件概率密度。

20

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：（1）根据题意，（X，Y）的概率密度

f(x,y)必定是一常数，故由

1x1f(x,y)dxdydxf(x,y)dy13,(x,y)G0x23f(x,y)，得到f(x,y)G。 0，其他x2（2）

f(x)3dy3(xx)，0x1Xf(x,y)dy2；

x0,其他y3dx，0y123(yy2)，0y1f(x,y)dxyY(y)f。 0，其他0，其他（3）当0x1时，

ff(x,y)1,x2yxY|X(y|x)f(x)xx2。

X0,其他特别地，当x0.5时的条件概率密度为

4f5),1/4y2/2Y|X(y|0.220,1。

其他

21，设(X,Y)是二维随机变量，X的概率密度为

f)2x6，0x2X(x

0,其他且当

Xx(0x2)时Y的条件概率密度为

f1xy,0y1Y|X(y|x)1x/2，

0,其他（1） 求(X,Y)联合概率密度；

（2） 求(X,Y)关于Y的边缘概率密度； （3） 求在Yy的条件下X的条件概率密度

fX|Y(x|y)。

21

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：（1）

1xyf(x,y)fX(x)fY|X(y|x)300x2,0y1；

其他（2）

21xy2dx(1y)0y1fY(y)f(x,y)dx0330其他y1时，

；

（3）当01xy,0x2f(x,y)fX|Y(x|y)2(1y)。

fY(y)其他0,

22，（1）设一离散型随机变量的分布律为 Y pk -1 0 1  1 22又设Y1,Y2是两个相互的随机变量，且Y1,Y2都与Y有相同的分布律。求Y1,Y2的联合分布律。并求P{Y1Y2}。

（2）问在14题中X,Y是否相互？

解：（1）由相互性，可得Y1,Y2的联合分布律为

P{Y1i,Y2j}P{Y1i}P{Y2j}，i,j1,0,1

结果写成表格为 Y1 Y2 -1 0 1 -1 0 1

2/4 (1)/2 2/4 (1)/2 (1)2 2/4 (1)/2 2/4 (1)/2 P{Y1Y2}P{Y1Y21}P{Y1Y20}P{Y1Y21}(1)22/2。

（2）14题中，求出边缘分布律为

X Y 0 1 2 0.10 0.04 0.02 0 0.08 0.20 0.06 1 0.06 0.14 0.30 2 P{Xi} 0.24 0.38 0.38 22

概率论与数理统计及其应用习题解答

0.16 0.34 0.50 1 P{Yj} 很显然，P{X0,Y0}P{X0}P{Y0}，所以X,Y不是相互。

23，设X,Y是两个相互的随机变量，X~U(0,1)，Y的概率密度为

fy)8y0y1/2Y(

0其他试写出

X,Y的联合概率密度，并求P{XY}。

解：根据题意，X的概率密度为

fx)10x1X(

0其他所以根据定，

X,Y的联合概率密度为

f(x,y)f8y0x1,0y1/2X(x)fY(y)。 0其他1/21P{XY}f(x,y)dxdyxydx8ydx20y3

24，设随机变量X具有分布律 X -2 -1 0 1 3 pk 1/5 1/6 1/5 1/15 11/30 求YX21的分布律。 解：根据定义立刻得到分布律为

Y 1 2 5 10 pk 1/5 7/30 1/5 11/30

25，设随机变量X~N(0,1)，求UX的概率密度。

解：设X,U的概率密度分别为

fX(x),fU(u)，U的分布函数为FU(u)。则

当u0时，FU(u)P{Uu}P{Xu}0，fU(u)0；

当u0时，FU(u)P{Uu}P{Xu}P{uXu}2(u)1，

23

概率论与数理统计及其应用习题解答

2

fu2/2U(u)F'U(u)2fX(u)e。

2f(u)u2/2所以，

0Ueu0u0。

26，（1）设随机变量X的概率密度为

(x)exfx00其他

求YX的概率密度。 （2）设随机变量

X~U(1,1)，求Y(X1)/2的概率密度。 （3）设随机变量

X~N(0,1)，求YX2的概率密度。

解：设X,Y的概率密度分别为

fX(x),fY(y)，分布函数分别为FX(x),FY(y)。则

（1）当y0时，FY(y)P{Yy}P{Xy}0，fY(y)0；

当

y0时，FY(y)P{Yy}P{Xy}P{Xy2}FX(y2)，

f2Y(y)FY(y)'2yf2X(y)2yey。

y2所以，

f2yey0Y(y)y0。 0（2）此时

f1/21x1X(x)。

0其他因为FY(y)P{Yy}P{(X1)/2y}P{X2y1}FX(2y1)， 故，

f'Y(y)FY(y)2fX(2y1)1,12y11，

所以，

f10y1Y(y)。 0其他（3）当

y0时，FY(y)P{Yy}P{X2y}P{yXy}

(y)(y)2(y)1，

24

概率论与数理统计及其应用习题解答

故，

fY(y)FY(y)2fX(y)'12y12yey/2。

所以，

1ey/2fY(y)2y0y0。

其他

27，设一圆的半径X是随机变量，其概率密度为

(3x1)/80x2f(x)0其他求圆面积A的概率密度。

2

解：圆面积AX，设其概率密度和分布函数分别为g(y),G(y)。则

G(y)P{X2y}P{Xy/}FX(y/)， 故

g(y)G(y)'12yf(y/)12y3y83y16y,0y/2

3y所以，g(y)16y0

0y4其他。

28，设随机变量X,Y相互，且都服从正态分布N(0,2)，验证ZX2Y2的概率密度为

zz2/(22)efZ(z)20解：因为随机变量X,Y相互，所以它们的联合概率密度为

z0其他。

f(x,y)先求分布函数，当z122ex2y222。

0时，FZ(z)P{Zz}P{X2Y2z2}

2z2xyz2f(x,y)dxdyd210220er222rdr1ez222，

25

概率论与数理统计及其应用习题解答

故，

zz2/(22)e'fZ(z)FZ(z)20z0。

其他1，y，29，设随机变量X~U(1,1)，随机变量Y具有概率密度fY(y)(1y2)设X,Y相互，求ZXY的概率密度。

解：因为

f1/21x1X(x)，所以ZXY的概率密度为

0其他z1f11Z(z)Y(y)fX(zy)dy(1y2)dyarctan(z1)arctan(z1)。fz122

30随机变量X和Y的概率密度分别为

ex2yfx)x0X(，

f(y)yey00其他Y0其他

0，X,Y相互。求ZXY的概率密度。

解： 根据卷积公式，得

zfZ(z)fY(y)fX(zy)dyyezdy3ez，z0。

302z2所以ZXY的概率密度为

f)32z2zez0Y(y。

0其他

31，设随机变量X,Y都在(0,1)上服从均匀分布，且X,Y相互，求ZXY的概率密度。

解：因为X,Y都在(0,1)上服从均匀分布，所以

fx)10x1X(0其他，

f(y)10x1Y0其他

根据卷积公式，得

11dy,z1z1z2z,1z2fZ(z)fY(y)fX(zy)dy1dy,0z1z,0z1 。

0其他0,其他0,

26

概率论与数理统计及其应用习题解答

32，设随机变量X,Y相互，它们的联合概率密度为 33xx0,0y2e， f(x,y)2其他0，（1） 求边缘概率密度（2） 求ZfX(x),fY(y)。 max{X,Y}的分布函数。

Z1}。

1/2（3） 求概率P{解：（1）

23x3e/2dy3e3x，x0； fX(x)f(x,y)dy00,其他3x，0y23e/2dx1/2，0y20。 fY(y)f(x,y)dx0，0，其他其他（2）Zmax{X,Y}的分布函数为

FZ(z)P{Zz}P{max{X,Y}z}P{Xz,Yz}P{Xz}P{Yz}FX(z)FY(z)y000,x0F(y)； FX(x)y/20y2Y3x1e,x01y2因为 ，

z00,z3z,0z2。 所以，FZ(z)FX(z)FY(z)1e23zz21e,（3）P{1/2

Z1}FZ(1)FZ(1/2)11313/2ee。 42433，（1）一条绳子长为2l，将它随机地分为两段，以X表示短的一段的长度，写出X的概率密度。 （2）两条绳子长度均为2l，将它们地各自分成两段，以Y表示四段绳子中最短的一段的长度，验证

Y的概率密度为

2(ly)/l2，0ylfY(y)。

0，其他

27

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：（1）根据题意，随机变量X~U(0,l)，所以概率密度为

10xlfX(x)l其他0（2）设这两条绳子被分成两段以后较短的那一段分别记为

。

X1,X2，则它们都在(0,l)上服从均匀分布。

Ymin{X1,X2}，其分布函数为

Fy)11Fy2Y(X1(y)1FX2(y)1(1l),0yl，

所以密度函数为

2(ly)/l2，0ylf)'Y(y)FY(y。

0，其他

34，设随机变量X和Y的联合分布律为 （1） 求Umax(X,Y)的分布律。 （2） 求Vmin(X,Y)的分布律。 （3） 求WXY的分布律。 X Y 0 1 2 0 1/12 1/6 1/24 1 1/4 1/4 1/40 2 1/8 1/20 0 3 1/120 0 0 解：（1）Umax(X,Y)的分布律为

P{Uk}P{max(X,Y)k}P{Xk,Yk}P{Yk,Xk},k0,1,2,3如，P{U2}P{X2,Y2}P{Y2,X2}

1/81/2001/241/4029/120，

其余类似。结果写成表格形式为

U 0 1 2 3 pk 1/12 2/3 29/120 1/120 （2）Vmin(X,Y)的分布律为

28

概率论与数理统计及其应用习题解答

P{Vk}P{min(X,Y)k}P{Xk,Yk}P{Yk,Xk},k0,1,2

如，P{V2}P{X2,Y2}P{Y2,X2}000，

U其余类似。结果写成表格形式为

0 1 27/40 13/40 pk （3）WXY的分布律为

kP{Wk}P{XYk}P{Xi,Yki},k0,1,2,3,4,5

i0如，P{W2}P{Xi,Y2i}1/241/41/85/12，

i02其余类似。结果写成表格形式为

W 0 1 2 3 1/12 5/12 5/12 1/12 pk

（第2章习题解答完毕）

第3章 随机变量的数字特征

1，解：根据题意，有1/5的可能性取到5个单词中的任意一个。它

们的字母数分别为4，5，6，7，7。所以分布律为

X 4 5 6 7

pk 1/5 1/5 1/5 2/5

E(X)1(45677)29/5. 5

2，解：５个单词字母数还是４，５，６，７，７。这时，字母数更

29

概率论与数理统计及其应用习题解答

多的单词更有可能被取到。分布律为

Y 4 5 6 7

pk 4/29 5/29 6/29 14/29

E(Y)1(445566714)175/29. 29

3，解：根据古典概率公式，取到的电视机中包含的次品数分别为0，1，2台的概率分别为

31221C10C2C10C2C10691， 。 p03， p1p233112222C12C12C12所以取到的电视机中包含的次品数的数学期望为

E6911012(台)。 1122222

4，解：根据题意，有1/6的概率得分超过6，而且得分为7的概率为两个1/6的乘积（第一次6点，第2次1点），其余类似；有5/6的概率得分小于6。分布律为

Y pk 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12

11111111111 66666363636363636得分的数学期望为

E1149(12345)(789101112)(点)。 63612

5，解：（1）根据X~()，可得P{X5}5e5!6e6!P{X6}，因

此计算得到6，即X~(6)。所以E(X)=6。

30

概率论与数理统计及其应用习题解答

（2）根据题意，按照数学期望的公式可得

E(X)(1)k1k1kP{Xk}(1)k1k166k222kn(1)k1k116ln22， kxn因此期望存在。（利用了ln(1x)(1)（不符书上答案） ,1x1）

n1n0

6，解：（1）一天的平均耗水量为

x2ex/3E(X)xf(x)dxdx90x2x/3d(e)0302xex/3dx30x/32xd(e)0 02ex/3dx6（百万升）。

0（2）这种动物的平均寿命为

25E(X)xdF(x)xd(12)x550dx10（年）。 25x

7，解：E(X)xf(x)dx42x2(1x)5dx7x2d(1x)6

00117x(1x)26114x(1x)dx2xd(1x)2x(1x)670001171012(1x)7dx0=1/4。

28，解：E(X)xf(x)dx2x(11/x2)dx(x22lnx)132ln2。

12

3x3x9，解：E(X)xf(x)dx(1x)2dx(1x)2dx

221001 31

概率论与数理统计及其应用习题解答

3x3x(1x)2dx(1x)2dx0。

2210（对第一个积分进行变量代换xy）

01

10， 解： E(sinXkk)sinC4pk(1p)4k 22k0413（不符书上答案） C4p1(1p)3C4p3(1p)14p(1p)(12p2p2)。

1/a,0xa11，解：R的概率密度函数为f(x)，所以

0,其他aE(V)0r31a3。 dr6a24

420.3x12，解：E[g(X)]g(x)f(x)dxx0.3e0dx160.3e0.3xdx

41(200584e1.2)（不符书上答案） 9

x00,13，解：因为Xi(i1,2,n)的分布函数为F(x)x,0x1，所以可以

1,x1求出Y1,Yn的分布函数为

0,y0y00,Fmin(y)1(1y)n,0y1， Fmax(y)yn,0y1。

1,1,y1y1Y1,Yn的密度函数为

n(1y)n1,0y1nyn1,0y1fmin(y)，fmax(y)。

其他其他0,0,所以Y1,Yn的数学期望为

32

概率论与数理统计及其应用习题解答

1n111n1E(Y1)yfmin(y)dyny(1y)dyn(1y)dyn(1y)ndy1， 000n11E(Yn)yfmax(y)dynyndyn0n1。

14，解：求出边缘分布律如下

X Y 0 1 2 P{Xk} 0 3/28 9/28 3/28 15/28 1 3/14 3/14 0 12/28 2 1/28 0 0 1/28 P{Yk} 10/28 15/28 3/28 1 22E(X)kP{Xk}1/2， E(Y)kP{Yk}3/4，

k0k022E(XY)ijP{Xi}P{Yj}113/143/14，

j0i022E(XY)(ij)P{Xi}P{Yj}7/281/4，

j0i022E(3X2Y)(3i2j)P{Xi}P{Yj}84/283。

j0i0

15，解：22E[min(X,Y)]min(i,j)P{Xi}P{Yj}13/143/14，

j0i022E[Y/(X1)]jP{Xi}P{Yj}18/289/14。

j0i0i1

33

概率论与数理统计及其应用习题解答

11y16，解：E(X)E(Y)RR2xf(x,y)dxdydy24xydx2/5， 0011y2RRyf(x,y)dxdydy24y0011yxdx2/5，

E(XY)RR22xyf(x,y)dxdydy24xydx2/15。 00

17，解：根据题意，可得利润的分布律为

Y 2000 1000 0 -1000 -2000

pk 0.2 0.3 0.3 0.1 0.1 因此，

E(Y)20000.210000.310000.120000.1400（元）

E(Y2)200020.2100020.3(1000)20.1(2000)20.11600000。 D(Y)E(Y2)E(Y)14400002

18解E(X)xf(x)dx0x22ex2/(22)dxxex2/(22)0ex002/(22)dx2，

2E(X)2xf(x)dx0x32ex2/(22)dxxe2x2/(22)2xex02/(22)dx2e2x2/(22)022，

D(X)E(X2)E(X)(2/2)2，D(X)(2/2)。

2（本题积分利用了ex02/2dx2，这个结果可以从标准正态分布密度函数中得到）

19，解：E(X)kP{Xk}pk(1p)k1pk1k111， 2pp34

概率论与数理统计及其应用习题解答

E(X)kP{Xk}pk(1p)222k1k1k1k1pk(k1)(1p)k(1p)k1k1k1 p(2121)， p3p2p2p111p2。 2ppp所以，D(X)E(X2)E(X)2本题利用了幂级数求和中先积分再求导的方法。设s(p)k(1p)k1，

k1p1k1。类似的，设则s(p)dp(1p)1，所以s(p)s(p)dppp2k111p'S(p)k(k1)(1p)k1k1(1p)2，则经过两次积分以后可得到，在经过

p两次求导得到S(p)

2。 3pkk20，解：（1）当k1时，E(X)xf(x)dxkdxkkx1kdx。 kk1x（2）当k1时，E(X)dx，即E(X)不存在。

1xkkk2（3），当k2时，E(X)xf(x)dxk1dx，

k2x22所以，D(X)E(X)E(X)221kk2k。 22k2(k1)(k1)(k2)222（4）当k2时，E(X)xf(x)dx dx，所以D(X)不存在。

x22

21，解：（1）根据14题中结果，得到

Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)3/141/23/49/56；

35

概率论与数理统计及其应用习题解答

因为E(X)kP{Xk}4/7， E(Y)k2P{Yk}27/28，

222k0k022所以D(X)E(X2)E(X)29/28，D(Y)E(Y2)E(Y)245/112， XYCo(vX,Y)D(X)D(Y)5。 5（2）根据16题结果可得：

Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)2/152/52/75；

211y因为 E(X)2RR3xf(x,y)dxdydy24xydx1/5， 20011yE(Y)2RR3yf(x,y)dxdydy24yxdx1/5， 200所以，D(X)E(X2)E(X)21/25，D(Y)E(Y2)E(Y)21/25

D(XY)D(X)D(Y)2Cov(X,Y)2/75，

XY2。 3D(X)D(Y)Cov(X,Y)（3）在第2章14题中，由以下结果

X 0 1 2 P{Yk} Y 0 0.10 0.04 0.02 0.16 1 0.08 0.20 0.06 0.34 2 0.06 0.14 0.30 0.50 P{Xk} 0.24 0.38 0.38 1 得到，E(X)1.14，E(Y)1.34，E(XY)1.8，E(X2)1.9，E(Y2)2.34， 所以，Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)0.2724；

D(X)E(X2)E(X)0.6004，D(Y)E(Y2)E(Y)0.44,

22 36

概率论与数理统计及其应用习题解答

XYCov(X,Y)D(X)D(Y)0.27240.4765. 0.571722，解：根据题意有 D(XY)D(X)D(Y)2Cov(X,Y)

D(X)D(Y)2XYD(X)D(Y)942(1/6)611。

D(X3Y4)D(X4)D(3Y)2Cov(X4,3Y)

D(X)9D(Y)6Cov(X,Y)9366(1/6)651。

23，解：（1）因为X1,X2,X3相互，所以

EX1(X24X3)2E(X1)E[(X24X3)2]E[X28X2X316X3]

E[X28X2X316X3]E[X2]8E[X2]E[X3]16E[X3]

22222222101617。

i1,2,3。（2）根据题意，可得E(Xi)1/2,E(Xi2)D(Xi)E(Xi)21/3，

E(X12X2X3)2E[X14X2X34X1X22X1X34X3X2]

E[X1]4E[X2]E[X3]4E[X1]E[X2]2E[X1]E[X3]4E[X3]E[X2] 2222221411111。 333221x24，解：因为 E(X)E(Y)RRxf(x,y)dxdydxxdy2/3，

0x1xRRyf(x,y)dxdydxydy0，

0x1xRRE(XY)xyf(x,y)dxdydxxydy0，

0x所以，Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)0， 即，验证了X,Y不相关。

xx1dy2x，0x1； 又因为，fX(x)f(x,y)dy0,其他 37

概率论与数理统计及其应用习题解答

1，1y01dxy1y，0y0.51fY(y)f(x,y)dx1dx，0y11y，0.5y1，

y0，其他0，其他显然，f(x,y)fX(x)fY(y)，所以验证了X,Y不是相互的。 25，解：引入随机变量定义如下

1第i个球落入第i个盒子 Xi0第i个球未落入第i个盒子则总的配对数XXi，而且因为P{Xi1}，所以，X~N(n,)。

i1n1n1n故所以，E(X)n1。

1n第4章 正态分布

P{1.24Z2.37}，P{2.37Z1.24}；1，（1）设Z~N(0,1)，求P{Z1.24}，

（2）设Z~N(0,1)，且P{Za}0.9147，P{Zb}0.0526，求a,b。 解：（1）P{Z1.24}(1.24)0.25，

P{1.24Z2.37}P{Z2.37}P{Z1.24}(2.37)(1.24)0.99110.250.0986P{2.37Z1.24}(1.24)(2.37)[1(1.24)][1(2.37)]0.0986

（2）P{Za}0.9147(1.37)，所以a1.37；

P{Zb}0.05261P{Zb}，所以P{Zb}0.9474(1.62)，即b1.62。

38

概率论与数理统计及其应用习题解答

2，设X~N(3,16)，求P{4X8}，P{0X5}。 解：因为X~N(3,16)，所以

X3~N(0,1)。 443X383P{4X8}P{}(1.25)(0.25)0.440.59870.29574445303P{0X5}()()0.6915(10.7734)0.49。

44

3，（1）设X~N(25,36)，试确定C，使得P{X25C}0.94。 （2）设X~N(3,4)，试确定C，使得P{XC}0.95。

解：（1）因为P{X25C}P{CX25C}()()2()1

CC2.0，C12.0。 66X3C3~N(0,1)，所以P{XC}1()0.95，即 （2）因为223CC33C1.5，C0.29。 ()0.05,或者()0.95，从而222C6C6C6所以得到()0.9772,即

4，已知美国新生儿的体重（以g计）X~N(3315,5752)。 （1） 求P{2587.75X4390.25}；

（2） 在新生儿中地选25个，以Y表示25个新生儿的体重小

于2719的个数，求P{Y4}。

X3315~N(0,1)。 57390.2533152587.753315)() （1）P{2587.75X4390.25}(575575解：根据题意可得

)0.9693(10.62)0.8655 (1.87)(1.28（或0.8673）

（2）P{X2719}(27193315)1(1.04)0.1492， 575根据题意Y~B(25,0.1492)，所以

kP{Y4}C250.1492k0.850825k0.66。

k04 39

概率论与数理统计及其应用习题解答

5，设洗衣机的寿命（以年计）X~N(6.4,2.3)，一洗衣机已使用了5年，求其寿命至少为8年的条件概率。 解：所要求的概率为

P{X8}P{X8|X5}P{X5}1(1.06)10.852.30.176156.41(0.92)0.82121()2.31(86.4)6，一电路要求装两只设计值为12欧的电阻器，而实际上装的电阻器的电阻值（以欧计）服从均值为11.9欧，标准差为0.2欧的正态分布。求（1）两只电阻器的电阻值都在11.7欧和12.3欧之间的概率；（2）至少有一只电阻器大于12.4欧的概率（设两电阻器的电阻值相互）

解：设两个电阻器的电阻值分别记为随机变量X,Y,则

X~N(11.9,0.04)，Y~N(11.9,0.04)

（1）P{11.7X12.3,11.7Y12.3}P{11.7X12.3}P{11.7Y12.3}

12.311.911.711.922 (2)(1)0.81850.6699； ()()0.20.22（2）至少有一只电阻器大于12.4欧的概率为

12.411.91P{X12.4,Y12.4}1P{X12.4}P{Y12.4}1()0.22 10.993820.0124。

7，一工厂生产的某种元件的寿命X（以小时计）服从均值160，均方差为的正态分布，若要求P{120X200}0.80，允许最大

40

概率论与数理统计及其应用习题解答

为多少？ 解：根据题意，

X16020016012016040P{120X200}()()2()10.80，

40~N(0,1)。所以有

即，()0.9(1.28)，从而

401.28,31.25。

故允许最大不超过31.25。

8，将一温度调节器放置在储存着某种液体的容器内，调节器整定在dC，液体的温度X（以C计）是一个随机变量，且X~N(d,0.52)， （1） 若d90，求X小于的概率；

（2） 若要求保持液体的温度至少为80的概率不低于0.99，问d至

少为多少？

解：因为X~N(d,0.52)，所以（1）P{X}(Xd~N(0,1)。 0.590)(2)1(2)0.0228； 0.580d)0.99，0.580dd80d80)0.01或者(2.326，)0.99(2.326)，从而即(0.50.50.5（2）若要求P{X80}0.99，那么就有P{X80}1(最后得到d81.163，即d至少应为81.163。

9，设X,Y相互，且X服从数学期望为150，方差为9的正态分布，Y服从数学期望为100，方差为16的正态分布。 （1） 求W1XY，W22XY，W3(XY)/2的分布； （2） 求P{XY242.6}，P{(XY)/21255}。 解：根据题意X~N(150,9),Y~N(100,16)。

41

概率论与数理统计及其应用习题解答

（1） 根据正态分布的线性组合仍为正态分布（本书101页定理2）

的性质，立刻得到

W1~N(250,25)， W2~N(200,52)， W3~N(125,25) 425)，所以 4XY/2125~N(0,1)。 XY250~N(0,1)，

55/2242.6250)1(1.48)0.0694， 因此P{XY242.6}(5（2） 因为 W1~N(250,25)，W3~N(125,P{(XY)/21255}1P{5(XY)/21255}

1(55)() 2.52.5 22(2) 0.0456

10，（1）某工厂生产螺栓和垫圈。螺栓直径（以mm计）X~N(10,0.22)，垫圈直径（以mm计）Y~N(10.5,0.22)，X,Y相互。随机地取一只螺栓，一只垫圈，求螺栓能装入垫圈的概率。

（2）在（1）中若X~N(10,0.22)，Y~N(10.5,2)，问控制至多为多少才能使螺栓能装入垫圈的概率不小于0.90。

解：（1）根据题意可得XY~N(0.5,0.08)。螺栓能装入垫圈的概率为P{XY}P{XY0}0(0.5)(1.77)0.9616。 0.08（2）XY~N(0.5,0.042)，所以若要控制

0(0.5)P{XY}P{XY0}20.040.90(1.282)， 即要求

0.50.0421.282，计算可得0.3348。表明至多为0.3348

42

概率论与数理统计及其应用习题解答

才能使螺栓能装入垫圈的概率不小于0.90。

11,设某地区女子的身高（以m计）男子身高（以W~N(1.63,0.0252)，m计）M~N(1.73,0.052)。设各人身高相互。（1）在这一地区随机选一名女子，一名男子，求女子比男子高的概率；（2）在这一地区随机选5名女子，求至少有4名的身高大于1.60的概率；（3）在这一地区随机选50名女子，求这50名女子的平均身高达于1.60的概率。

)，所以 解：（1）因为MW~N(0.1,0.003125P{WM}P{MW0}()(1.79)10.96330.0367；

0.00312500.1（2）随机选择的女子身高达于1.60的概率为

1.601.63P{W1.60}1()(1.2)0.8849，

0.025随机选择的5名女子，身高大于1.60的人数服从二项分布

B(5,0.8849)，所以至少有4名的身高大于1.60的概率为

45C50.88494(10.8849)C50.884950.55

（3）设这50名女子的身高分别记为随机变量W1,W50，

1501500.0252WWi~N(1.63,)，所以这50名女子的平Wi。则W5050i150i1均身高达于1.60的概率为

P{W1.60}1(1.601.630.025/50)(8.49)1

12，（1）设随机变量X~N(,2)，已知P{X16}0.20，

43

概率论与数理统计及其应用习题解答

P{X20}0.90，求和；

（2）X,Y,Z相互且都服从标准正态分布，求P{3X2Y6Z7}。 解：（1）由P{X16}()0.20(0.84)，得到160.84；

20P{X20}()0.90(1.282)，得到201.282；

16联立160.84和201.282，计算得到17.5834,1.8850。 （2）由X,Y,Z相互且都服从标准正态分布，得到

3X2Y6Z~N(0,49)。

故所以

P{3X2Y6Z7}P{3X2Y6Z7}(70)1(1)0.1587 7

13，一食品厂用纸质容器灌装饮料，容器的重量为30g，灌装时将容器放在台秤上，将饮料注入直到秤上刻度指到m(g)时结束。以

Z(g)记容器中饮料的重量。设台秤的误差为X~N(0,7.52)，X以g

计。（此处约定台秤显示值大于真值时误差为正） （1）写出Z,X,m的关系式； （2）求Z的分布；

（3）确定m使容器中所装饮料至少为450g的概率不小于0.95。 解：（1）根据题意Z,X,m有关系式mZ30X或者Zm30X； （2）因为X~N(0,7.52)，所以Z~N(m30,7.52)； （3）要使得P{Z450}0.95，即要

450(m30)P{Z450}10.95，

7.5 44

概率论与数理统计及其应用习题解答

所以要求m480m480m492.3375。1.5，，即0.95(1.5)7.57.5所以，要使容器中所装饮料至少为450g的概率不小于0.95，m至少为492.4g。

14,在上题中若容器的重量Y(g)也是一个随机变量，Y~N(30,9)，设

X,Y相互。

（1）求Z的分布；

（2）确定m使容器中所装饮料至少为450g的概率不小于0.90。 解：（1）此时ZmYX，根据Y~N(30,9)，X~N(0,7.52)，可得

Z~N(m30,65.25)。

（2）P{Z450}1可得

m48065.25450(m30)m4800.90(1.282)， 65.2565.251.28，即2 m490.36。

15，某种电子元件的寿命X（以年计）服从数学期望为2的指数分布，各元件的寿命相互。随机取100只元件，求这100只元件的寿命之和大于180的概率。

解：设这100只元件的寿命分别记为随机变量X1,X100，

1100XXi。则E(X)2，D(X)0.04。根据同分布的中心极100i1限定理可得

P{Xi180}P{X1.8}P{i1100X21.821.82}1()(1)0.84130.20.20.245

概率论与数理统计及其应用习题解答

16，以X1,X100记100袋额定重量为25（kg）的袋装肥料的真实的净重，E(Xi)25(kg),D(Xi)1,i1,2,100.X1,X100服从同一分布，且

1100相互。XXi，求P{24.75X25.25}的近似值。 100i1解：根据题意可得E(X)25(kg),D(X)极限定理可得

P{24.75X25.25}P{1。由同分布的中心10024.7525X2525.2525}(2.5)(2.5) 0.10.10.12(2.5)10.9876

17，有400个数据相加，在相加之前，每个数据被舍入到最接近它的数，其末位为10-7。设舍入误差相互，且在区间

(0.5107,0.5107)服从均匀分布。求误差总和的绝对值小于

0.5106的概率。（例如45.345678419舍入到45.3456784）

1400解：以X1,X400记这400个数据的舍入误差，XXi。则400i11014E(X)0,D(X)。利用同分布的中心极限定理可得

4800P{Xi0.5106}P{0.125108X0.125108}

i1400 P{0.12510810480014X104800140.12510810480014}

(0.2512)(0.2512) 2(0.866)10.6156

46

概率论与数理统计及其应用习题解答

18，据调查某一地区的居民有20%喜欢白颜色的电话机，（1）若在该地区安装1000部电话机，记需要安装白色电话机的部数为X，求P{170X185}，P{X190}，P{X180}；（2）问至少需要安装多少部电话，才能使其中含有白色电话机的部数不少于50部的概率大于0.95。

解：（1）根据题意，X~B(1000,0.2)，且E(X)200,D(X)160。 由De Moivre-Laplace定理，计算得

1850.52001700.5200P{170X185}()()

160160

(1.15)(2.41)(10.8749)(10.9920)0.1171；

1900.5200P{X190}1()1(0.83)0.7967；

1601800.5200P{X180}()(1.)10.93820.0618。

160（2）设要安装n部电话。则要使得

P{X50}1(0.2n49.50.16n500.50.2n0.16n)1(49.50.2n0.16n)0.95

就要求()0.95(1.5)，即

0.2n49.50.16n1.5，从而

0.04n220.2329n2450.250，解出n304.95或者n201（舍去）。

所以最少要安装305部电话。

19，一射手射击一次的得分X是一个随机变量，具有分布律

47

概率论与数理统计及其应用习题解答

X 8 9 10 0.01 0.29 0.70 pk （1） 求射击10次总得分小于等于96的概率。

（2） 求在900次射击中得分为8分的射击次数大于等于6的概率。 解：根据题意，E(X)9.69，D(X)94.139.6920.2339。 （1）以X1,X10分别记10次射击的得分，则

10P{Xi96}P{i1i1X10i96.99696.92.3392.339}(9696.92.339)(0.59)0.2776

（2）设在900次射击中得分为8分的射击次数为随机变量Y，则

Y~B(900,0.01)。由De Moivre-Laplace定理，计算得

P{Y6}1(60.59000.01)1(1.17)0.8790。

9000.010.99

（第4章习题解答完毕）

第5章 样本及抽样分布

1,设总体X服从均值为1/2的指数分布，X1,X2,X3,X4是来自总体的容量为4的样本，求

（1）X1,X2,X3,X4的联合概率密度；（2）P{0.5X11,0.7X21.2}； （3）E(X),D(X)；（4）E(X1X2)，E[X1(X20.5)2]；（5）D(X1X2)。 解：因为X的概率密度为f(x)2e2x，x0，所以

48

概率论与数理统计及其应用习题解答

（1） 联合概率密度为g(x1,x2,x3,x4)f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)

16e2(x1x2x3x4)，（X1,X2,X3,X40）

（2）X1,X22(x1x2)2e的联合概率密度为，所以

11.212x12x21.22x1P{0.5X11,0.7X21.2}0.50.74edx1dx22e0.5dx12e2x2dx2

0.7(e1e2)(e1.4e2.4)

14114111（3）E(X)E(Xi), D(X)D(Xi)；

4i1216i142162（4）E(X1X2)E(X1)E(X2)，（由性）

E[X1(X20.5)2]E(X1)E[(X20.5)2]111122E[X2X2][E(X2)E(X2)]242421411111111[D(X2)E2(X2)][]； 224242481（5）D(X1X2)E[(X1X2)2]E2(X1X2)E(X12)E(X22)

4[D(X1)E2(X1)][D(X2)E2(X2)]1111113()()。 144416162

2，设总体X~N(75,100)，X1,X2,X3是来自X的容量为3的样本，求 （1）P{max(X1,X2,X3)85}，（2）P{(60X180)(75X390)}， （3）E(X12X22X32)，（4）D(X1X2X3)，D(2X13X2X3)，

}。 （5）P{X1X2148解：（1）P{max(X1,X2,X3)85}P{X185,X285,X385}

X758575P{X185}P{X285}P{X385}P{X185}P{1}

1010333[(1)]30.84130.5955；

49

概率论与数理统计及其应用习题解答

（2）P{(60X180)(75X390)}P(60X180)P(75X390)

P{60X180}P{75X390}P{6075X17580757575X3759075}P{}101010101010P{6075X17580757575X3759075}P{} 101010101010[(0.5)(0.5)][(1.5)(0)][(0.5)(0.5)][(1.5)(0)]

[2(0.5)1][0.93320.5][2(0.5)1][0.93320.5]0.3830.43320.3830.43320.6503 （本题与答案不符）

（3）E(X12X22X32)E(X12)E(X22)E(X32)[D(X1)E2(X1)]3[100752]3

1.871011；

（4）D(X1X2X3)E[(X1X2X3)2]E2(X1X2X3)1.871011E6(X1)

1.8710117569.662109；

D(2X13X2X3)4D(X1)9D(X2)D(X3)1400；

（5）因为X1X2~N(150,200)，所以

1481502P{X1X2148}()1()10.55570.4443。

10200

3，设总体X~(5)，X1,X2,X3是来自X的容量为3的样本，求 （1）P{X11,X22,X33}；（2）P{X1X21}。 解：（1）因为X1,X2,X3相互，所以

25e5125e5P{X11,X22,X33}P{X11}P{X22}P{X33}5e

26515625e-150.000398；

12（2）P{X1X21}p{X10,X21}p{X11,X20}

50

概率论与数理统计及其应用习题解答

e55e55e5e510e10。

4，（1）设总体X~N(52,6.32)，X1,X2,,X36是来自X的容量为36的样本，求P{50.8X53.8}；

（2）设总体X~N(12,4)，X1,X2,,X5是来自X的容量为5的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值大于1的概率。 解：（1）根据题意得X~N(52,6.32/36)，所以

P{50.8X53.8}P{50.852X5253.85253.85250.852}()()6.3/66.3/66.3/66.3/66.3/6 (1.7143)(1.143)0.95(10.8729)0.8293； （2） 因为X~N(12,4/5)， P{X121}P{11X13}

1112X141312P{}(1.118)(1.118)0.8686(10.8686)0.73720.80.40.8所以P{X121}1P{X121}10.73720.2628。

5，求总体N(20,3)的容量分别为10和15的两样本均值差的绝对值大于0.3的概率。

解：设容量分别为10和15的两样本的样本均值分别记为X和Y， 则X~N(20,0.3)，Y~N(20,0.2)，所以XY~N(0,0.5)，

P{XY0.3}1P{XY0.3}1P{0.3XY0.3}1[(0.30.5)(0.30.5)] 22(0.42)0.6744。

51

概率论与数理统计及其应用习题解答

6，下面给出了50个学生概率论课程的一次考试成绩，试求样本均值和样本方差，样本标准差，并作出频率直方图（将区间（35.5，105.5）分为7等份）。

1502解：易得xxi74.92，s(xix)201.5037，s14.1952， n1i1i1502处理数据得到以下表格

组 限 35.5~45.5 45.5~55.5 55.5~65.5 65.5~75.5 75.5~85.5 85.5~95.5 95.5~105.5 频数fi 2 3 6 14 11 12 2 频率fi/n 0.04 0.06 0.12 0.28 0.22 0.24 0.04 根据以上数据，画出直方图（略）

7，设总体X~N(76.4,383)，X1,X2,,X4是来自X的容量为4的样本，

4(Xi76.4)2(XiX)2s是样本方差。（1）问U，W分别服从什

383383i1i124} 么分布，并求D(s2)。（2）求P{0.711U7.779}，P{0.352W6.251解：（1）因为

X76.43834~N(0,1)，

24(Xi76.4)2Xi76.4~2(4) 所以，U383383i1i1 52

概率论与数理统计及其应用习题解答

(XX)而根据定理2 ，Wi383i142(Xi14iX)23833s2~2(3) 3833s2因为D(W)D()6，所以D(s2)63832/9293378/3。

383（2）P{0.711U7.779}P{U7.779}P{U0.711}(10.1)(10.95) =0.85（第二步查表）

P{0.352W6.251}P{W6.251}P{W0.352}(10.1)(10.95)0.85

8，已知X~t(n)，求证X2~F(1,n)。

证明：因为X~t(n)，所以存在随机变量Y~N(0,1),Z~2(n) 使得 X2Y2， 也即 X，

Z/nZ/nY2Y2/1~F(1,n)，证毕。 而根据定义Y~(1),所以XZ/n22

（第5章习题解答完毕）

第6章 参数估计

1，设总体X~U(0,b),B0未知，X1,X2,,X9是来自X 的样本。求b的矩估计量。今测得一个样本值0.5，0.6，0.1，1.3，0.9，1.6，0.7，0.9，1.0，求b的矩估计值。

解：因为总体X~U(0,b)，所以总体矩E(X)b/2。根据容量为9的样

53

概率论与数理统计及其应用习题解答

19本得到的样本矩XXi。令总体矩等于相应的样本矩：E(X)X，

9i1ˆ2X。 得到b的矩估计量为bˆ1.69。 把样本值代入得到b的矩估计值为b

22(x)0x2，设总体X具有概率密度fX(x)，参数未知，

其他0X1,X2,,Xn是来自X的样本，求的矩估计量。

解：总体X的数学期望为E(X)02x(x)dx23，令E(X)X可得的

ˆ3X。 矩估计量为

3，设总体X~B(m,p),参数m,p(0p1)未知，X1,X2,,Xn是来自X的

ˆ不是整数，样本，求m,p的矩估计量（对于具体样本值，若求得的mˆ最接近的整数作为m的估计值）则取与m。

解：总体X的数学期望为 E(X)mp，D(X)mp(1p)，

二阶原点矩为E(X2)D(X)E(X)2mp(mpp1)。 令总体矩等于相应的样本矩：

1n2E(X)X，E(X)A2Xi

ni12AXˆˆ1X2，m得到p。 2XXXA22

4，（1）设总体X~(),0未知，X1,X2,,Xn是来自X的样本，

概率论与数理统计及其应用习题解答

求的矩估计量，求的最大似然估计值。 x1,x2,,xn是相应的样本值。

（2）元素碳-14在半分钟内放射出到达计数器的粒子数X~()，下面是X的一个样本：

6 4 9 6 10 11 6 3 7 10

求的最大似然估计值。

ˆX。 解：（1）因为总体的数学期望为，所以矩估计量为n似然函数为 L()i1exixi!xii1nenxi!i1n，相应的对数似然函数为

n lnL()lnxinlnxi!。 i1i1n令对数似然函数对的一阶导数为零，得到的最大似然估计值为

1nˆxix。 ni1ˆx7.2。 （2）根据（1）中结论，的最大似然估计值为

5，（1）设X服从参数为p(0p1)的几何分布，其分布律为参数p未知。设x1,x2,,xn是一个样本值，P{Xx}(1p)x1p,x1,2,。求p的最大似然估计值。

（2）一个运动员，投篮的命中率为p(0p1,未知)，以X表示他投篮直至投中为止所需的次数。他共投篮5次得到X的观察值为

5 1 7 4 9

求p的最大似然估计值。

解：（1）似然函数为 L(p)(1p)x1p(1p)nixini1ni1pn，相应的对数

55

概率论与数理统计及其应用习题解答

似然函数为

n lnL(p)xinln(1p)nlnp。 i1令对数似然函数对p的一阶导数为零，得到p的最大似然估计值为

ˆpnnixi11。 x15。 x26ˆ（2）根据（1）中结论，p的最大似然估计值为p

6，（1）设总体X~N(,2)，参数2已知， ()未知，x1,x2,,xn是来自X一个样本值。求的最大似然估计值。

（2）设总体X~N(,2)，参数已知，2（2>0）未知，x1,x2,,xn为一相应的样本值。求2的最大似然估计值。

1解：（1）似然函数为 L()ei12n(xi)22212nei1(xi)222n，相应

的对数似然函数为

lnL()i12(xi)n22ln2。

n令对数似然函数对的一阶导数为零，得到的最大似然估计值为

ˆxi1ninx。

(x)1i2e2（2）似然函数为 L()i122n2122n2ei1(xi)222n，相应的

对数似然函数为

56

概率论与数理统计及其应用习题解答

n lnL(2)i12(xi)22nln22。 2令对数似然函数对2的一阶导数为零，得到2的最大似然估计值为

1nˆ(xi)2。 ni12

7，设X1,X2,,Xn是总体X的一个样本，x1,x2,,xn为一相应的样本值。

xx/2ef(x)（1） 总体X的概率密度函数为

0x0其他，0，

求参数的最大似然估计量和估计值。

x2x/3ef(x)2（2） 总体X的概率密度函数为

0x0其他，0，

求参数的最大似然估计值。

（3） 设X~B(m,p),m已知，0p1未知，求p的最大似然估计值。

xi/xixi/i1解：（1）似然函数为 L()2e2nei1，相应的对数似i1nxinn然函数为

lnL()lnxi2nlnxi/。

i1i1nn令对数似然函数对的一阶导数为零，得到的最大似然估计值为

n1xˆ。 xi2ni12相应的最大似然估计量为ˆX。 2 57

概率论与数理统计及其应用习题解答

xi/xixi/i1eei1（2）似然函数为 L()，相应的对数似然33ni122n2xin2n函数为

lnL()2lnxi3nln2()xi/。

i1i1nn令对数似然函数对的一阶导数为零，得到的最大似然估计值为

1nxˆxi。 3ni13xx（3）因为X~B(m,p),其分布律为P{Xx}Cmp(1p)mx,x0,1,2,m

nn所以，似然函数为 L(p)Cp(1p)ni1ximximxiCni1ximpi1(1p)ximnxii1，

相应的对数似然函数为

nx L(p)lnpximnxiln(1p)lnCmi。

i1i1i1nn令对数似然函数对p的一阶导数为零，得到p的最大似然估计值为

1nxˆ。 pximni1m

8，设总体X具有分布律

X pk 1 2 3 2 2(1) (1)2 其中参数(01)未知。已知取得样本值x11,x22,x31，试求的最大似然估计值。

解：根据题意，可写出似然函数为

58

概率论与数理统计及其应用习题解答

3L()P{Xxi}22(1)225(1)，

i1相应的对数似然函数为

lnL()ln25lnln1()。

令对数似然函数对的一阶导数为零，得到的最大似然估计值为

ˆ5/6。 

9，设总体X~N(,2)，Y~N(,2)，,未知，2已知，设两样本。试X1,X2,,Xn和Y1,Y2,,Yn分别是总体X和Y的样本，求,最大似然估计量。

解：根据题意，写出对应于总体X和Y的似然函数分别为

(X)1i2L()e2i12n21212nei1(Xi)222n，

1L()ei12n(Yi)222nei1(Yi)222n，

相应的对数似然函数为

lnL()i1n2(Xi)n22ln2，

nn lnL()i12(Yi)22ln2，

令对数似然函数分别对和的一阶导数为零，得到

X， Yˆ算出,最大似然估计量分别为XYˆXY。 ，22 59

概率论与数理统计及其应用习题解答

10，（1）验证均匀分布U(0,)中的未知参数的矩估计量是无偏估计量。

（2）设某种小型计算机一星期中的故障次数Y~()，设Y1,Y2,,Yn是来自总体Y的样本。①验证Y是的无偏估计量。②设一星期中故障维修费用为Z3YY2，求E(Z)。

1n2（3）验证U3YYi是E(Z)的无偏估计量。

ni1解：（1）均匀分布U(0,)中的未知参数的矩估计量为

ˆ2X。 ˆ2X是的无偏估计量。 由于E(ˆ)2E(X)2，所以21n1（2）①因为E(Y)E(Yi)n，所以Y是的无偏估计量。

ni1n②E(Z)3E(Y)E(Y2)3(2)42。

1n1（3）因为E(U)3E(Y)E(Yi2)3n(2)42E(Z)，

ni1n所以，U是E(Z)的无偏估计量。

11，已知X1,X2,X3,X4是来自均值为的指数分布总体的样本，其中未知。设有估计量

T111(X1X2)(X3X4)， 63 T2(X12X23X34X4)/5，

T3(X1X2X3X4)/4。

（1） 指出T1,T2,T3中哪几个是的无偏估计量。 （2） 在上述的无偏估计量中哪一个较为有效？

60

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：（1）因为

E(T1)(E(X1)E(X2))(E(X3)E(X4))()()

E(T2)(E(X1)2E(X2)3E(X3)4E(X4))/52， E(T3)(E(X1)E(X2)E(X3)E(X4))/4。

16131613所以，T1,T3是的无偏估计量。

（2）根据简单随机样本的同分布性质，可以计算出

D(T1)11121(D(X1)D(X2))(D(X3)D(X4))(2)(22)52/18369369D(T3)(D(X1)D(X2)D(X3)D(X4))/162/4D(T1)，

所以，T3是比T1更有效的无偏估计量。

12，以X表示某一工厂制造的某种器件的寿命（以小时计），设

X~N(,1296)，今取得一容量为n27的样本，测得其样本均值为x1478，求（1）的置信水平为

0.95的置信区间，（2）的置信水

平为0.90的置信区间。

解：这是一个方差已知的正态总体均值的区间估计问题。根据标准的结论，的置信水平为1的置信区间为xZ/2。 n（1）的置信水平为0.95的置信区间为

12961478Z481.96147813.5814.42,1491.58。 0.025147827（2）的置信水平为0.90的置信区间为

12961478Z481.5147811.401466.60,14.40。 0.05147827

61

概率论与数理统计及其应用习题解答

13，以X表示某种小包装糖果的重量（以g计），设X~N(,4)，今取得样本（容量为n10）：

55.95, 56., 57.58, 55.13, 57.48, 56.06, 59.93, 58.30, 52.57, 58.46 （1） 求的最大似然估计值。

（2） 求的置信水平为0.95的置信区间。

解：（1）根据已知结论，正态分布均值的最大似然估计量和矩估计

ˆx56.8。 ˆX。所以的最大似然估计值为量相同：（2）的置信水平为0.95的置信区间为

456.8Z0.41.9656.81.2455.56,58.04。 0.02556.810

14，一农场种植生产果冻的葡萄，以下数据是从30车葡萄中采样测得的糖含量（以某种单位计）

16.0, 15.2, 12.0, 16.9, 14.4, 16.3, 15.6, 12.9, 15.3, 15.1 15.8, 15.5, 12.5, 14.5, 14.9, 15.1, 16.0, 12.5, 14.3, 15.4 15.4, 13.0, 12.6, 14.9, 15.1, 15.3, 12.4, 17.2, 14.7, 14.8

设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知。 （1） 求,2的无偏估计值。

（2） 求的置信水平为90%的置信区间。 解：（1）,2的无偏估计值为

1nˆx14.72， s(xix)21.9072。 n1i12（2）的置信水平为90%的置信区间为

62

概率论与数理统计及其应用习题解答

s1.38075xt(n1)14.721.69910.0514.720.42814.292,15.148n30

15，一油漆商希望知道某种新的内墙油漆的干燥时间。在面积相同的12块内墙上做试验，记录干燥时间（以分计），得样本均值x66.3分，样本标准差s9.4分。设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知。求干燥时间的数学期望的置信水平为0.95的置信区间。

解：这是一个方差未知的正态总体均值的区间估计问题。根据已知结论，干燥时间的数学期望的置信水平为0.95的置信区间为

s9.4xt(n1)66.32.201066.35.9760.33,72.27。 0.025n12

16，Macatawa湖（位于密歇根湖的东侧）分为东、西两个区域。下面的数据是取自西区的水的样本，测得其中的钠含量（以ppm计）如下：13.0, 18.5, 16.4, 14.8, 19.4, 17.3, 23.2, 24.9, 20.8, 19.3, 18.8, 23.1, 15.2, 19.9, 19.1, 18.1, 25.1, 16.8, 20.4, 17.4, 25.2, 23.1, 15.3, 19.4, 16.0, 21.7, 15.2, 21.3, 21.5, 16.8, 15.6, 17.6

设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知。求的置信水平为0.95的置信区间。

解：根据题中数据，计算可得样本均值x19.07，样本方差s3.245。

的置信水平为0.95的置信区间为

s3.245xt(n1)19.072.03950.02519.071.1717.90,20.24 n32

63

概率论与数理统计及其应用习题解答

17，设X是春天捕到的某种鱼的长度（以cm计），设X~N(,2)，,2均未知。下面是X的一个容量为n13的样本：

13.1, 5.1, 18.0, 8.7, 16.5, 9.8, 6.8, 12.0, 17.8, 25.4, 19.2, 15.8, 23.0 （1） 求2的无偏估计；

（2） 求的置信水平为0.95的置信区间。 解：根据题中数据计算可得s237.75。

（1） 方差2的无偏估计即为样本方差s237.75。

2的置信水平为0.95的置信区间为 （2）

(n1)s22(n1),0.025(n1)s21237.751237.75,19.41,102.86， 223.3374.4040.975(n1)所以的置信水平为0.95的置信区间为

(n1)s2,20.025(n1)(n1)s220.975(n1)19.41,102.864.406,10.142。



18，为比较两个学校同一年级学生数学课程的成绩，随机地抽取学校

2A的9个学生，得分数的平均值为xA81.31，方差为sA60.76；随机

地抽取学校B的15个学生，得分数的平均值为xB78.61，方差为

2sB48.24。设样本均来自正态总体且方差相等，参数均未知，两样本

。求均值差AB的置信水平为0.95的置信区间。

解：根据两个正态总体均值差的区间估计的标准结论，均值差AB的置信水平为0.95的置信区间为

概率论与数理统计及其应用习题解答

xAxBsw11t0.025(n1n22)2.7sw11t0.025(22)

n1n291511112.7swt0.025(22)2.77.2662.0739 9159152.76.353.65,9.05

19，设以X,Y分别表示有过滤嘴和无过滤嘴的香烟含煤焦油的量（以mg计），设X~N(X,2X)，Y~N(Y,2Y)，X,Y,2X,Y2均未知。下面是两个样本

X: 0.9, 1.1, 0.1, 0.7, 0.3, 0.9, 0.8, 1.0, 0.4 Y: 1.5, 0.9, 1.6, 0.5, 1.4, 1.9, 1.0, 1.2, 1.3, 1.6, 2.1 两样本。求2X/2Y的置信水平为0.95的置信区间。

解：根据题中数据计算可得s2X，s2Y。（未完）根据两个正态总体方差比的区间估计的标准结论，2X/2Y的置信水平为0.95的置信区间为

2222sXsXsX111sX,,4.30s2F(8,10)s2F(8,10)s23.85s2(0.148,2.446)。

0.0250.975YYYY20，设以X,Y分别表示健康人与怀疑有病的人的血液中铬的含量（以10亿份中的份数计），设X~N(X,2X)，Y~N(Y,2Y)，X,Y,2X,Y2均未知。下面是分别来自X和Y的两个样本：

X: 15, 23, 12, 18, 9, 28, 11, 10 Y: 25, 20, 35, 15, 40, 16, 10, 22, 18, 32

求2X/2Y的置信水平为0.95的单侧置信上限，以及X的置信水平为0.95的单侧置信上限。

65

概率论与数理统计及其应用习题解答

22解：根据题中数据计算得到sX6.8246.24，sY9.627292.68。

2X/2Y的置信水平为0.95的单侧置信上限为

__________2X2Y2sX146.24s2F(7,9)92.683.681.836。 0.95Y2X的置信水平为0.95的单侧置信上限为

____2X(81)sX746.242149.37，

2.1670.95(81)2所以，X的置信水平为0.95的单侧置信上限为

____X(81)sX149.3712.22。

02.95(81)2

21，在第17题中求鱼长度的均值的置信水平为0.95的单侧置信下限。

解：根据单侧区间估计的结论，正态总体均值的置信水平为0.95的单侧置信下限为

x___snt0.05(n1)14.716.144131.782311.67。

22，在第18题中求AB的置信水平为0.90的单侧置信上限。 解：两个正态总体的均值差AB的置信水平为0.90的单侧置信上限为

ABxAxBsw___________11t0.1(22)2.77.2660.4221.32126.75。 915

（第6章习题解答完毕）

66

概率论与数理统计及其应用习题解答

第7章 假设检验

1，一车床工人需要加工各种规格的工件，已知加工一工件所需的时间服从正态分布N(,2)，均值为18分，标准差为4.62分。现希望测定，是否由于对工作的厌烦影响了他的工作效率。今测得以下数据：

21.01, 19.32, 18.76, 22.42, 20.49, 25., 20.11, 18.97, 20.90 试依据这些数据（取显著性水平0.05），检验假设：

H0:18,H1:18。

解：这是一个方差已知的正态总体的均值检验，属于右边检验问题， 检验统计量为

Zx18/n。

1.8665。

代入本题具体数据，得到Z20.874184.62/9检验的临界值为Z0.051.5。

因为Z1.86651.5，所以样本值落入拒绝域中，故拒绝原假设

H0，即认为该工人加工一工件所需时间显著地大于18分钟。

2，《美国公共健康》杂志（1994年3月）描述涉及20143个个体的一项大规模研究。文章说从脂肪中摄取热量的平均百分比是38.4%（范围是6%到71.6%），在某一大学医院进行一项研究以判定在该医院中病人的平均摄取量是否不同于38.4%，抽取了15个病人测得平均摄取量为40.5%，样本标准差为7.5%。设样本来自正态总体

67

概率论与数理统计及其应用习题解答

N(,2)，,2均未知。试取显著性水平0.05检验假设：H0:38.4,H1:38.4。

解：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于双边检验问题， 检验统计量为

tx38.4s/n。

1.0844。

代入本题具体数据，得到t40.538.47.5/15检验的临界值为t0.025(14)2.1448。

因为t1.08442.1448，所以样本值没有落入拒绝域中，故接受原假设H0，即认为平均摄取量显著地为38.4%。

3，自某种铜溶液测得9个铜含量的百分比的观察值为8.3，标准差为0.025。设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知。试依据这一样本取显著性水平0.01检验假设：H0:8.42,H1:8.42。

解：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于左边检验问题， 检验统计量为

tx8.42s/n。

代入本题具体数据，得到t8.38.420.025/914.4。

检验的临界值为t0.01(8)2.65。

因为t14.42.65（或者说t14.42.65），所以样本值落入拒绝域中，故拒绝原假设H0，即认为铜含量显著地小于8.42%。

68

概率论与数理统计及其应用习题解答

4，测得某地区16个成年男子的体重（以公斤计）为

77.18, 80.81, 65.83, 66.28, 71.28, 79.45, 78., 62.20 69.01, 77.63, 74.00, 77.18, 61.29, 72.19, 90.35, 59.47

设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知，试取0.05检验假设：

H0:72.,H1:72.。

解：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于双边检验问题， 检验统计量为

tx72.s/n。

0.0134。

代入本题具体数据，得到t72.66872.8.338/16检验的临界值为t0.025(15)2.1315。

因为t0.01342.1315，所以样本值没有落入拒绝域中，故接受原假设H0，即认为该地区成年男子的平均体重为72.公斤。

5，一工厂的经理主张一新来的雇员在参加某项工作之前至少需要培训200小时才能成为工作者，为了检验这一主张的合理性，随机选取10个雇员询问他们工作之前所经历的培训时间（小时）记录如下

208， 180，232，168，212，208，2，229，230，181 设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知。试取0.05检验假设：

H0:200,H1:200。

解：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于右边检验问题，

69

概率论与数理统计及其应用习题解答

检验统计量为

tx200s/n。

1.1824。

代入本题具体数据，得到t210.220027.28/10检验的临界值为t0.05(9)1.8331。

因为t1.18241.8331，所以样本值没有落入拒绝域中，故接受原假设H0，即认为培训时间不超过200小时。

6，一制造商声称他的工厂生产的某种牌号的电池的寿命的方差为5000（小时2），为了检验这一主张，随机地取26只电池测得样本方差为7200小时2，有理由认为样本来自正态总体。现需取0.02检验假设H0:25000,H1:25000。

解：这是一个正态总体的方差检验问题，属于双边检验。 检验统计量为

(n1)s2。

50002代入本题中的具体数据得到2(261)720036。

5000检验的临界值为02.01(25)44.313。

因为23644.313，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设H0，即认为电池寿命的方差为5000小时2。

7，某种标准类型电池的容量（以安-时计）的标准差1.66，随机地取10只新类型的电池测得它们的容量如下

70

概率论与数理统计及其应用习题解答

146，141，135，142，140，143，138，137，142，136 设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知，问标准差是否有变动，即需检验假设（取0.05）：H0:21.662,H1:21.662。 解：这是一个正态总体的方差检验问题，属于双边检验问题。 检验统计量为

(n1)s2。 21.662代入本题中的具体数据得到2(101)1239.193。

1.662检验的临界值为02.025(9)19.022。

因为239.19319.022，所以样本值落入拒绝域，因此拒绝原假设H0，即认为电池容量的标准差发生了显著的变化，不再为1.66。

8，设X是一头母牛生了小牛之后的305天产奶期内产出的白脱油磅数。又设X~N(,2)，,2均未知。今测得以下数据：

425，710，661，6，732，714，934，761，744， 653，725，657，421，573，535，602，537，405， 874，791，721，849，567，468，975

试取显著性水平0.05检验假设H0:140,H1:140。 解：题中所要求检验的假设实际上等价于要求检验假设

H0:21402,H1:21402

这是一个正态总体的方差检验问题，属于右边检验。 检验统计量为

71

概率论与数理统计及其应用习题解答

(n1)s2。 21402代入本题中的具体数据得到2(251)23827.4929.177。 2140检验的临界值为02.05(24)36.415。

因为229.17736.415，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设H0，即认为标准差不大于140。

9，由某种铁的比热的9个观察值得到样本标准差s0.0086。设样本来自正态总体N(,2)，,2均未知。试检验假设（0.05）

H0:0.0100,H1:0.0100。

解：题中所要求检验的假设实际上等价于要求检验假设

H0:20.01002,H1:20.01002

这是一个正态总体的方差检验问题，属于左边检验。 检验统计量为

(n1)s2。

0.0122(91)0.008625.9168。 代入本题中的具体数据得到20.012检验的临界值为02.95(8)2.733。

因为25.91682.733，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设H0，即认为标准差不小于0.0100。

10，以X表示耶路撒冷新生儿的体重（以克计），设X~N(,2)，,2均未知。现测得一容量为30的样本，得样本均值为31，样本标准

72

概率论与数理统计及其应用习题解答

差为488。试检验假设（0.1）： （1）H0:3315,H1:3315。 （2）H'0:525,H'1:525。

解：（1）这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于左边检验问题，检验统计量为

tx3315s/n。

1.4142。

代入本题具体数据，得到t3133188/30检验的临界值为t0.1(29)1.3114。

因为t1.41421.3114，所以样本值落入拒绝域中，故拒绝原假设H0，即认为3315。

（2）题中所要求检验的假设实际上等价于要求检验假设

H'0:25252,H'1:25252

这是一个正态总体的方差检验问题，属于右边检验。 检验统计量为

(n1)s2。 25252(301)488225.05。 代入本题中的具体数据得到25252检验的临界值为02.05(29)42.557。

因为225.0542.557，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为标准差不大于525。

73

概率论与数理统计及其应用习题解答

11，两个班级A和B，参加数学课的同一期终考试。分别在两个班级中随机地取9个，4个学生，他们的得分如下：

A班 65 68 72 75 82 85 87 91 95 B班 50 59 71 80 设A班、B班考试成绩的总体分别为N(1,2)，N(2,2) ，1,2,2均未知，两样本。试取0.05检验假设H0:12,H1:12。 解：这是两个正态总体（方差相等但未知）均值之差的检验问题，属于右边检验。检验统计量为

txAxB0

sw11n1n2代入本题中的具体数据得到t806501111.3942.21。

检验的临界值为t0.05(11)1.7959。因为t2.211.7959，所以样本值落入了拒绝域，因此拒绝原假设，即认为A班的考试成绩显著地大于B班的成绩。

12，溪流混浊是由于水中有悬浮固体，对一溪流的水观察了26天，一半是在晴天，一半是在下过中到大雨之后，分别以X,Y表示晴天和雨天水的混浊度（以NTU单位计）的总体，设X~N(1,2)，

Y~N(2,2) ，1,2,2均未知。今取到X和Y的样本分别为

X: 2.9, 14.9, 1.0, 12.6, 9.4, 7.6, 3.6, 3.1, 2.7, 4.8, 3.4, 7.1, 7.2 Y: 7.8, 4.2, 2.4, 12.9, 17.3, 10.4, 5.9, 4.9, 5.1, 8.4, 10.8, 23.4, 9.7

74

概率论与数理统计及其应用习题解答

设两样本。试取0.05检验假设H0:12,H1:12。 解：这是两个正态总体（方差相等但未知）均值之差的检验问题，属于左边检验。检验统计量为

txy0

sw11n1n2代入本题中的具体数据得到t6.1779.47701.667。

5.047111313检验的临界值为t0.05(24)1.7109。因为t1.6671.7105，所以样本值没有落入拒绝域，因此接收原假设，即认为雨天的混浊度不必晴天的高。

13，用包装机包装产品，将产品分别装入包装机上编号为1~24的24个注入口，奇数号的注入口在机器的一边，偶数号的在机器的另一边。以X,Y分别表示自奇数号和偶数号注入口注入包装机的产品的质量（以g计）。设X~N(X,2)，Y~N(Y,2) ，X,Y,2均未知。在总体X和Y中分别取到样本:

X: 1071,1076,1070,1083,1082,1067,1078,1080,1084,1075,1080,1075 Y: 1074,1069,1067,1068,1079,1075,1082,10,1073,1070,1072,1075 设两样本。试检验假设H0:12,H1:12(0.10)。 解：这是两个正态总体（方差相等但未知）均值之差的检验问题，属于双边检验。检验统计量为

75

概率论与数理统计及其应用习题解答

txy0

sw11n1n2代入本题中的具体数据得到t1076.751072.3302.06。

5.27111212检验的临界值为t0.05(22)1.7171。因为t2.061.7171，所以样本值落入拒绝域，因此拒绝原假设，即认为产品均值有显著差异。

14，测定家庭中的空气污染。令X和Y分别为房间中无吸烟者和有一名吸烟者在24小时内的悬浮颗粒量（以g/m3计）。设X~N(X,X2)，

Y~N(Y,Y2) ，X,Y,X2,Y2均未知。今取到总体X的容量n19的样

本，算得样本均值为x=93，样本标准差为sX12.9；取到总体Y的容量为11的样本，算得样本均值为y=132，样本标准差为sY7.1，两样

2本。（1）试检验假设(0.05)： H0:2X2Y,H1。:2XY

（2）如能接受H0，接着检验假设(0.05)： H'0:XY,H'1:XY。 解：（1）这是一个两个正态总体的方差之比的检验问题，属于双边检

s2验。检验统计量为 FX 2

sY

12.92代入本题中的具体数据得到F23.301。

7.1检验的临界值为F0.025(8,10)3.85,F0.975(8,10)10.2326。因为4.30.2326即认为两总体方差相等。

（2）因为两总体方差相等，所以这是一个方差相等的两个正态总体

76

概率论与数理统计及其应用习题解答

的均值之差的检验问题，属于左边检验。检验统计量为

txy0

sw11n1n2931320代入本题中的具体数据得到t1110.19118.5929。

检验的临界值为t0.025(18)2.1009。因为t8.5929<2.1009，所以样本值落入拒绝域，因此拒绝原假设，即认为有吸烟者的房间悬浮颗粒显著大于没有吸烟者的房间。

15，分别在两种牌号的灯泡中各取样本容量为n17,n210的样本，测

22得灯泡的寿命（以小时计）的样本方差分别为s19201,s24856。设两

样本，两总体分别为X~N(1,12)，Y~N(2,22)分布，1,2,12,222222均未知。试检验假设(0.05)： H0:1。 2,H1:12解：这是一个两个正态总体的方差之比的检验问题，属于右边检验。

2s1检验统计量为 F2

s2代入本题中的具体数据得到F92011.48。 4856检验的临界值为F0.05(6,9)3.37。因为F1.483.37，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为第一个总体的方差不比第二个总体的方差大。

16，在第13题中检验假设（取0.05）

77

概率论与数理统计及其应用习题解答

2222。 H0:XY,H1:XY2以说明在该题中我们假设2XY是合理的。

解：这是一个两个正态总体的方差之比的检验问题，属于双边检验。

s2检验统计量为 FX，代入第13题中的具体数据得到

s2Y

F29.2951.1163。 26.242检验的临界值为F0.025(11,11)3.48,F0.975(11,11)10.2874。因为3.480.2874即认为两总体方差相等。

17，将双胞胎分开来抚养，一个由父母亲自带大，另一个不是由父母亲自带大。现取14对双胞胎测试他们的智商，智商测试得分如下， 双胞胎序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 父母亲代大xi 23 31 25 18 19 25 28 18 25 28 22 14 34 36 非父母带大yi 22 31 29 24 28 31 27 15 23 27 26 19 30 28 2设各对数据的差DiXiYi(i1,2,14)是来自正态总体N(D,D)的样2本，D,D均未知。问是否可以认为在两种不同的环境中长大的孩子，

其智商得分是不一样的。即检验假设H0:D0,H1:D0（取0.05） 解：本题要求一个基于成对数据的检验，双边检验。检验统计量为

tD0sD/n104.74/14

0.75

代入本题中的具体数据得到t 78

概率论与数理统计及其应用习题解答

检验的临界值为t0.975(13)2.1604。因为t0.752.1604，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为两种环境中长大的孩子智商没有显著差异。

18，医生对于慢走是否能降低血压（以Hg-mm计）这一问题的研究感兴趣。随机地选取8个病人慢走一个月，得到以下数据。 病人序号 1 2 3 4 5 6 7 8 慢走前xi 134 122 118 130 144 125 127 133 慢走后yi 130 120 123 127 138 121 132 135 2设各对数据的差DiXiYi(i1,2,8)是来自正态总体N(D,D)的样2本，D,D均未知。问是否可以认为慢走后比慢走前血压有了降低。

即检验假设H0:D0,H1:D0（取0.05）。并求D的置信水平为0.95的置信区间。

解：本题要求对一组成对数据进行t检验，且为右边检验。检验统计量为tD0sD/n。

0.87504.29/80.5768

代入本题中的具体数据得到t检验的临界值为t0.025(7)2.36。因为t0.57682.36，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为慢走对于血压的下降没有显著效果。

D的置信水平为0.95的置信区间为

(D

t0.025(7)8sD)(0.8752.364.29)(0.8753.587)。 879

概率论与数理统计及其应用习题解答

19，统计了日本西部地震在一天中发生的时间段，共观察了527次地震，这些地震在一天中的四个时间段的分布如下表

时间段 0点—6点 6点—12点 12点—18点 18点—24点 次 数 123 135 141 128 试取0.05检验假设：地震在各个时间段内发生时等可能的。 解：根据题意，要检验以下假设：

H0:地震的发生时间在（0，24）内是均匀分布的fi2检验统计量为n，其中pi6/240.25。

npi1i2412321352141212825271.417，代入本题中的数据得到检

5270.252验的临界值为20.05(41)7.815。因为21.4177.815，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为地震在各个时间段内发生时等可能的。

20，美国《教育统计文摘》1993年版给出该国18岁或以上的人持有学士或更高学位的年龄分布如下

年 龄 18~24 25~34 35~44 45~ 55~ 65或以上 百分比 5 29 30 16 10 10 在阿拉斯加州随机选择500个18岁或以上的持有学士或更高学位的一项调查给出如下数据

年 龄 18~24 25~34 35~44 45~ 55~ 65或以上 人 数

30 150 155 75 35 55 80

概率论与数理统计及其应用习题解答

试取0.1检验该地区年龄分布是否和全国一样。 解：根据题意，要检验以下假设：

H0:阿拉斯加州的年龄分布律为

年 龄 18~24 25~34 35~44 45~ 55~ 65或以上 概 率 0.05 0.29 0.30 0.16 0.10 0.10 fi2检验统计量为n。所需计算列表如下：

i1npi26Ai A1 A2 fi pi npi fi2/(npi) 30 150 155 75 35 55 0.05 0.29 0.30 0.16 0.10 0.10 25 145 150 80 50 50 36 155.172 160.167 70.313 24.5 60.5 A3 A4 A5 A6 26fi2n506.6525006.652，检验的临界值为20.1(61)9.236。

i1npi因为26.6529.236，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为阿拉斯加州的年龄分布与全国的分布一样。

21以下是某地区100个月中各月发生的较大的地震次数 一个月的较大的地震次数 0 1 2 3 4 月 数 57 31 8 3 1 试取0.05检验假设H0:数据来自泊松分布的总体。

81

概率论与数理统计及其应用习题解答

解：以随机变量X表示该地区一个月的较大的地震次数，则要检验假设H0:X~()，利用极大似然估计可以得到

ˆ0571312833410.6。

10025fi2检验统计量为n，所需计算列表如下：

npi1iAi A1 A2 fi pi e0.60.88 0.6e0.60.3293 0.18e0.60.0988 0.036e0.60.0198 0.00e0.60.0030 npi fi2/(npi) 57 31 8 3 1 5.88 32.93 9.88 1.98 0.30 59.202 29.183 6.478 4.5 3.333 A3 A4 A5 2fi2n102.7411002.741,检验的临界值为

npi1i20.05(511)7.815。因为22.7417.815，所以样本值没有落入拒绝

域，因此接受原假设，即认为数据来自泊松分布的总体。

22，一供货商声称他们厂生产的电子元件的寿命（以小时计）服从均值为200的指数分布。现随机地取1000只此种元件，测得如下数据。试取0.05检验假设H0:这些数据来自均值为200的指数分布总体。 寿命x 只 数 x150 150x300 300x450 450x600 600x750 x750 3 258 120 48 20 11 解：要检验假设H0:这些数据来自均值为200的指数分布总体。检

82

概率论与数理统计及其应用习题解答

fi2验统计量为n，所需计算列表如下：

i1npi26Ai A1 A2 fi pi 1eeee150200300200450200150200npi fi2/(npi) 3 258 120 48 20 11 60.5276 0.2492 0.1177 0.0556 527.6 249.2 117.7 55.6 26.3 23.5 558.8495 267.1108 122.3449 41.4388 15.2091 5.14 eee300200450200600200A3 A4 A5 A6 2e600200e7502007502000.0263 e0.0235 fi2n1010.147100010.147,检验的临界值为

i1npi因为210.14711.070，所以样本值没有落入拒绝20.05(61)11.070。

域，因此接受原假设，即认为数据来自均值为200的指数分布总体。

23，一计算机程序用来产生在区间（0，10）均匀分布的随机变量的简单随机样本值（即产生区间（0，10）上的随机数），以下是相继得到的250个数据的分布情况。试取0.05检验这些数据是否来自均匀分布U(0,10)的总体。亦即检验这一程序是否符合要求。 数据所在区间 0~1.99 2~3.99 4~5.99 6~7.99 8~9.99 频 数 38 55 41 62

解：要检验假设H0:这些数据来自均匀分布U(0,10)的总体。检验统计

fi2量为n，所需计算列表如下：

npi1i25 83

概率论与数理统计及其应用习题解答

Ai A1 A2 fi pi npi fi2/(npi) 38 55 41 62 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 50 50 50 50 50 28.88 60.5 58.32 33.62 76.88 A3 A4 A5 25fi2因为n258.22508.2,检验的临界值为20.05(51)9.488。

i1npi28.29.488，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认

为这些数据来自均匀分布U(0,10)的总体。这一程序符合要求。

24，下面给出了某医院在1978年统计的70位孕妇的怀孕期（以日计），试取0.1检验这些数据是否来自正态总体。

251， 2， 234， 283， 226， 244， 269， 241， 276， 274 263， 243， 2， 276， 241， 232， 260， 248， 284， 253 265， 235， 259， 279， 256， 256， 2， 256， 250， 269 240， 261， 263， 262， 259， 230， 268， 284， 259， 261 268， 268， 2， 271， 263， 259， 294， 259， 263， 278 267， 293， 247， 244， 250， 266， 286， 263， 274， 253 281， 286， 266， 249， 255， 233， 245， 266， 265， 2 解：本题要求检验H0：数据来自正态分布N(,2)。根据极大似然估

1701702ˆ15.258。 ˆˆ计计算出xi260.3，(xix)2232.8，70i169i1

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概率论与数理统计及其应用习题解答

fi2使用分布拟合检验，检验统计量为n。数据被分成8组，

i1npi28频数表如下。

检验过程中所需计算列表如下：

Ai A1 A2 怀孕天数 219.5~229.5 229.5~239.5 239.5~249.5 249.5~259.5 人 数 1 5 10 16 怀孕天数 259.5~269.5 269.5~279.5 279.5~2.5 2.5~299.5 人 数 23 7 6 2 fi pi (npi fi2/(npi) 1 5 10 16 23 7 6 2 8A3 A4 A5 A6 A7 A8 2229.5260.3)0.0217 1.519 15.258239.5260.3229.5260.3()()0.0652 4.5 15.25815.258249.5260.3239.5260.3()()0.1520 10. 15.25815.258259.5260.3249.5260.3()()0.2412 16.884 15.25815.258269.5260.3259.5260.3()()0.2456 17.192 15.25815.258279.5260.3269.5260.3()()0.1705 11.935 15.25815.2582.5260.3279.5260.3()()0.0757 5.299 15.25815.2582.5260.31()0.0281 1.967 15.2580.65833 5.47765 9.39850 15.16228 30.77013 4.10557 6.79373 2.03355 fi2n74.39974704.3997,

npi1i检验的临界值为

20.1(821)9.236。因为24.39979.236，所以样本值没有落入拒

绝域，因此接受原假设，即认为这些数据来自正态总体。（本章习题解答完毕）

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