《概率统计》作业题参考答案Word文件下载.docx
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又已知广州肝癌发病率为0.02%（1999年数据）,即每一万广州人有两人得肝癌。
假设某人的检验结果是阳性,试问:
他应该沮丧到什么程度?
[解]答案是令人惊讶的,他甚至应该保持谨慎乐观的态度。
为什么呢?
我们来求一下他真的患有肝癌的（条件）概率。
令A={检验结果是阳性},B={他真的患病},则
）
|（）（）|（）（）
|（）（）|（BAPBPBAPBPBAPBPABP+=
%19.0%）
901（%）02.01（%95%02.0%
95%02.0≈-⨯-+⨯⨯=
5.设连续随机变量X的概率密度为:
2
（）1A
fxx=+,x-∞<
<
∞
（1）常数A;
（2）X落在区间[0,1]内的概率;
（3）XYe=的概率密度。
[解]
（1）由概率密度的性质,有
2211（）arctan11AfxdxdxAdxAxAxxπ∞∞∞
-∞-∞-∞-∞
=====++⎰⎰⎰,故1Aπ=。
（2）由概率计算公式知,所求概率为
1
02
1111（01）arctan
（1）44PXdxxxππππ≤≤===⋅=+⎰;
（3）随机变量函数XYe=的分布函数为
ln20,
0;
（）（）1
（ln）,0.
（1）Xy
YyFyPeyPXydxyxπ-∞
≤⎧⎪=<
=⎨<
=>
⎪+⎩⎰故XYe=的概率密度是
20,
0.（1（ln））
YYyfyFyyyyπ≤⎧⎪
'
==⎨>
⎪+⎩
6.设随机变量X的分布函数为（）arctanFxABx=+,x-∞<
+∞。
（1）求常数,AB;
（2）求（||1）PX<
;
（3）求概率密度。
[解]
（1）由0）（lim=-∞
→xFx及1）（lim=+∞
→xFx,得
0）2（=-+πBA,1）2（=+π
BA
解得π
21==BA;
（2）（||1）PX<
））1arctan（（）1arctan（）1（）1（-+-+=--=BABAFF
1））4（4（1=--⨯=πππ;
（3）随机变量X的概率密度为
）1（1
）（arctan）（）（2
xxBxFxf+='
⨯='
=π。
7.设二维连续随机变量（,）XY的联合概率密度为
（2）,（,）0,
xyCefxy-+⎧=⎨
⎩,0;
.xy>
其它求:
（1）常数C;
（2）概率（3）PXY+≤;
（3）X、Y的边缘概率密度;
并判断X与Y是否独立。
[解]
（1）由联合概率密度的性质,有
（2）20000
1（,）2xyx
yCfxydxdyCedxdyCedxedy∞∞∞∞∞∞
-+---∞-∞====⎰⎰⎰⎰⎰⎰,故2C=。
（2）由概率计算公式知,所求概率为
3
33
（2）
22（3）30
0
（3）22
（1）xxyx
y
xxxyxyPXYe
dxdyedxe
dyeedx--+-----+≤>
+≤=
==-⎰⎰
⎰⎰⎰
（6）
320
（）（）
（1）xxxxee
dxee
e-------=-=-+=-⎰;
（3）X、Y的边缘概率密度分别为
02,0;
（）（,）0,0.xyxXe
dyexfxfxydyx∞-+-∞
-∞⎧=>
⎪==⎨⎪≤⎩
⎰⎰
22,0;
（）0,
0.yYeyfyy-⎧>
=⎨
≤⎩显然（,）（）（）XYfxyfxfy=,故X与Y独立。
8.设二维随机变量（,）XY的联合概率密度为
（23）,0,0;
（,）0,
.xyAexyfxy-+⎧>
>
⎩其它求
（1）系数A;
（2）（,）XY落在区域:
0,0,236Rxyxy>
+<
内的概率;
（3）（,）XY的边缘概率密度;
31211003200）32（⋅⋅===⎰⎰⎰⎰∞∞
--∞∞+-AdyedxeAdxdyAeyx
yx
故6=A;
内的概率为
）632,0,0（=<
+>
YXYXP⎰⎰⎰⎰--->
++-=2
360
230
06
32）32（236y
xy
yxyxyxdxedy
edxdye⎰⎰------=-=2
6320
36（3）（3）1（3dyeedye
e
yyy
662
037123----=⋅--=eeey;
⎪⎩
⎪⎨⎧≤>
===-∞+-∞
∞-⎰⎰.0,0;
0,26）,（）（20）32（xxedye
dyyxfxfxyxX
⎩⎨
⎧≤>
==-∞
-⎰.0,0;
0,3）,（）（3yyedxyxfyfyY显然（,）（）（）XYfxyfxfy=,故X与Y独立。
9.设随机变量~[0,2]XU与~
（2）Ye独立,求:
（1）二维随机变量（,）XY的联合概率密度;
（2）概率（）PXY≤。
[解]
（1）随机变量~[0,2]XU的密度为
⎪⎩⎪⎨⎧<
=其它。
0;
20,2
）（xxfX随机变量~
（2）Ye的密度为
⎩⎨⎧>
=-其它。
0,2）（2yeyfyY
随机变量（,）XY的联合概率密度为
==-.,
0,20,）（）（）,（2其它yxeyfxfyxfyYX
（2）概率（）PXY≤⎰⎰⎰⎰∞
->
≥<
-==
20
202x
yxyxy
dyedxdxdye
）1（41
412142022
2|----=-==⎰eedxexx。
10.设袋有2个白球和3个黑球,每次从其任取1个球,直至取到黑球为止,
分别就
（1）不放回取球与
（2）有放回取球两种情形计算取球次数的数学期望、方差与标准差.[解]设X与Y分别表示情形
（1）与
（2）的取球次数,则不难知道,X的
又7.21.033.026.01）（2222=⨯+⨯+⨯=XE
故45.0）（）（）（22=-=XEXEXD,67.0）（）（≈=XDXσ
而Y的概率分布为:
6.0）4.0（）（1⋅==-kkYP,1,2,3,k=,即）6.0（~GY
从而356.01）（==YE,9106.06.01）（2=-=YD,05.1）（）（≈=YDYσ
11.设随机变量],0[~πUX,求随机变量函数XYcos=的数学期望与方差.[解]随机变量],0[~πUX的密度为
0,1
）（ππ
xxf则函数XYcos=的数学期望与方差分别为
⎰∞
-⋅==dxxfxXEYE）（cos）（cos）（
0sin1
cos1
|0
==
=
π
ππ
xxdx;
-⋅==-=dxxfxXEYEYEYD）（cos）（cos）（）（）（2222
21
））2sin（21（21））2cos（1（21cos1
|00
=+=+==⎰⎰ππ
ππππxxdxxxdx
12.设二维连续随机变量（,）XY的联合概率密度为
2,0,1;
.xyxyfxy--<
⎧=⎨
⎩其它,试求X与Y的协方差。
[解]由随机变量函数的数学期望的计算公式即知
111
10000（）（,）
（2）
（2）EXxfxydxdyxxydxdyxdxxydy∞∞-∞-∞⎡⎤
==--=--⎢⎥
⎣⎦
⎰⎰⎰⎰⎰⎰1
1315
（2）24312xxdx=--=-=⎰
同理可得12
5
）（=YE。
又
1100（）
（2）EXYxyxydxdy=--⎰⎰1
021111
（）23366xxdx-=-=-=⎰
故X与Y的协方差为
144
）（）（）（）,（-
=-=YEYEXYEYXCov
13.设随机变量）4,4（~NX,求:
（1）（210）PX-<
≤;
（2）（3）PX>
（3）确定d,使得（）0.9PXd>
≥。
[解]
（1））3（）3（）2
4
1024242（
）102（-Φ-Φ=-≤-<
--=≤<
-XPXP9973.0199865.021）3（2=-⨯=-Φ=
（2）6915.0）5.0（）5.0
（1）2
324（
）3（=Φ=-Φ-=->
-=>
XPXP（3）由）28.1（9.0）2
4（）24
（1）2424（
）（Φ=≥-Φ=-Φ-=->
d
ddXPdXP得
28.12
4≥-d
故44.1≤d
14.设随机变量~（1,4）XN,求下列概率:
（1）（1.65.8）PX-≤<
（2）（||4.56）PX≥。
[解]
（1））3.1（）4.2（）2
8.521216.1（
）8.56.1（-Φ-Φ=-≤-<
--=<
≤-XPXP895.0）9032.01（9918.0=--=
（2）（||4.56）PX≥）2
56.4212156.4（
1）56.456.4（1-≤-<
---=<
--=XPXP0402.09973.09625.02）78.2（）78.1
（2））78.2（）78.1（（1=--=Φ-Φ-=-Φ-Φ-=
15.设随机变量2~（0,）XNσ,求随机变量函数||YX=的概率密度、数学期望与
方差。
[解]
（1）先求Y的分布函数:
）|（|）（yXPyF≤=。
显然,当0y≤时,（）0Fy=;
而当0y>
时,⎰
⎰
-
--
≤≤-=y
xdxe
dxe
yXyPyF0
22222221）（）（σσσ
πσ
故||YX=的概率密度为
⎪
⎩⎪⎨⎧≤>
='
=-0,
00
22）（）（2
2yyeyFyfyσσπ
（2）σπ
σπ
σ
222
222222）（0
22
2==
=⎰⎰⎰∞
xde
dxxe
dye
YExxy
2222）（）（）（）（σ=+==XEXDXEYE
故222）2
1（）（）（）（σπ
-=-=YEYEYD
16.某工厂有200台同类型的机器,每台机器工作时需要的电功率为10千瓦。
由于工艺等原因,每台机器的实际工作时间只占全部工作时间的75%,各台机器是否工作是相互独立的。
（1）任一时刻有140至160台机器正在工作的概率;
（2）需要供应多少电功率可以保证所有机器正常工作的概率不小于0.95?
[解]设事件A表示机器工作,则可把200台机器是否工作视作200重贝努利试验。
设Y表示任一时刻正在工作的机器数,则）75.0,200（~NY.
（1）由DeMoivre-Laplace心极限定理知
.37150
1605.371505.37150140（）160140（-≤-≤-=≤≤YPYP8968.019484.021）63.1（2=-⨯=-Φ≈
（2）设任一时刻正在工作的机器数不超过m,则题目要求
95.0）0（≥≤≤mYP即有）5.24（）5.37150
（）5.371500（）5.37150（
）0（-Φ--Φ≈-Φ--Φ≈≤≤mmmYP）645.1（）5
.37150（Φ≥-Φ≈m,
故
645.15
.37150≥-m,1.160≥m,
取161=m,即需要供应1610千瓦的电功率.
17.设总体）（~pGX,抽取样本12,,,nXXX。
（1）样本均值X的数学期望与方差;
（2）样本方差2S的数学期望。
[解]因为）（~pGX,故21）（,1）（p
pXDpXE-==
。
（1）pXEXE1）（）（=
=,21）（）（np
pnXDXD-==;
（2）221）（）（p
p
XDSE-=
=。
18.设总体~（40,25）XN。
（1）抽取容量为36的样本,求样本均值X在38与43之间的概率;
（2）抽取样本容量n多大时,才能使概率（|40|1）0.95PX-<
≥?
（3）抽取样本容量n多大时,才能使（||）0.5EXμ-≤?
[解]设样本容量为n,则）1,0（~2540
Nn
Xu-=
（1）此时36=n,
）1,0（~36
2540
NX-,故所求概率为
）6.336
4.2（）4338（<
-<
-=<
XPXP9916.0）9918.01（99984.0）4.2（）6.3（=--=-Φ-Φ=
（2）95.01）5
（2）5|（|）1|40（|≥-Φ=<
=<
-n
nuPXP,）96.1（975.0）5（
Φ=≥Φn,96.15
≥n
04.96≥n,取97=n（3
）222
||||xxEuxdxxe
dx∞
-∞
⎰⎰,
5.050||25||≤==
-π
μnuEnXE,7.63200
≈≥
n,故取64=n。
19.设总体~（）XGp,其01p<
求未知参数p的矩估计与最大似然估计,
并说明它们是否为无偏估计。
[解]因为）（~pGX,故pXE1）（=
故有矩法方程:
X1=。
解之得p的矩估计是X
1ˆ=。
设样本观测值为12,,,nxxx,则似然函数为
nxnn
ixpppppLi）1（11）1（）1（）（-=--=-=∏
故pnpxnpLln）1ln（）1（）（ln+--=,有似然方程:
0111）1（）（ln=+---=p
npxndppLd,解之得p的最大似然估计值是xp
1ˆ=,最大似然估计也是X
ˆ=。
因为pp
XEXEXEp
E===≠=11
）
（1）
（1）1（）ˆ（,所以参数p的矩估计和最大似然估计都不是无偏估计。
20.设1112（,,,）nXXXθθ=和2212（,,,）nXXXθθ=是θ的两个相互独立的无偏估计,且方差）ˆ（2
3）ˆ（1
2θθDD=。
（1）试证明:
对任意常数k,12
（1）kkθ
θθ=+-都是θ的无偏估计;
（2）在所有这些无偏估计,试求方差最小的无偏估计。
[解]
（1）因为
1212（）[
（1）]（）
（1）（）
（1）EEkkkEkEkkθ
θθθθθθθ=+-=+-=+-=
所以,对任意常数k,12
（1）kkθ
θθ=+-都是θ的无偏估计。
（2）
21212（）[
（1）]（）
（1）（）DDkkk
DkDθθθθ
θ=+-=+-2
）ˆ（）
56）53（5
（2）ˆ（））1（32（）ˆ（）23）1（（1212212
θθθDkDkkDkk+-=-+=-+=故方差最小的无偏估计是21ˆ
2ˆ53θθ+
21.假设考生成绩服从正态分布2（,）Nμσ。
现随机抽取36人,算得平均成绩是
66.5分,标准差为15分。
试问在显著性水平α=0.05下,是否可认为这次考试全体考生的平均成绩为70分?
[解]设考生成绩服从正态分布）,（~2σμNX
依题意,要检验的假设是
70:
00==μμH01:
μμ≠↔H
因为未知σ,所以应选取统计量）1（~/0
0--=
ntn
SXtHμ;
在显著性水平05.0=α下的拒绝域为}03.2）35（）1（|{|025.02==->
=tnttRα。
计算统计量t的观测值得:
4.1|36
15705.66|
||
||0=-=-=n
s
xtμ。
因为03.2||<
t,所以在显著性水平05.0=α下,没有充分理由拒绝原假设0H,即没有充分理由认为这次考试全体考生的平均成绩不是70分。
22.已知某种电子元件的平均寿命为3000小时。
采用新技术后抽查16个,测得电子元件寿命的样本均值3100x=小时,样本标准差170s=小时。
设电子元件的寿命服从正态分布,试问采用新技术后电子元件的平均寿命是否有显著提高?
（取显著性水平05.0=α）
[解]设电子元件的寿命）,（~2σμNX,依题意,要检验的假设是
00:
3000Hμμ==10:
Hμμ↔>
因为未知σ,所以应选取统计量）1（~/00--=ntn
在显著性水平05.0=α下的拒绝域为}753.1）15（）1（{05.0==->
计算统计量t的观测值得:
35.216
170300031000
≈-=-=nsxtμ。
因为753.1>
t,所以在显著性水平05.0=α下,拒绝原假设0H,接受备择假设1H,即可认为采用新技术后电子元件平均寿命显著提高。
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