《概率论与数理统计》(第4版)电子教案 附件 选做习题全解 选做习题全解

,使用未经校正的枪击中目标的概率为.他随机地取一支枪进行射击,已知他射击了5次,都未击中,求他使用的是已校正的枪的概率(设各次射击的结果相互独立).解以表示事件“射击了5次均未击中”,以表示事件“取得的枪是已经校正的”，则又,按题设,由贝叶斯公式三人,各人分别得到4只、6只、1只.(1)求未拿到二级品的概率.(2)已知未拿到二级品,求均拿到二级品的概率.均拿到二级品而未拿到二级品的概率.(3)求解以(1)分别表示事件取到二级品,则表示事件未取到二级品.(2)就是需要求品,其他已知未取到二级品,这时均取到二级品,只需取到1只至2只二级(3)由两个只能传输字符0和1的独立工作的子系统和串联而成(如图1),每个子系统输入为0输出为0的概率为;而输入为1输出为1的概率也是.今在图中端输入字符1,求系统的端输出字符0的概率.题1解“系统的输入为1输出为0”这一事件(记)是两个不相容事件之和,即这里的记号“”表示事件“子系统4.甲乙二人轮流掷一骰子,每轮掷一次,谁先掷得6点谁得胜,从甲开始掷,问甲、乙得胜的概率各为多少?解以表示事件“第次投掷时投掷者才得6点”.事件发生,表示在前次投掷甲或乙得6点.因各次投掷相互独立,故有次甲或乙均未得6点,而在第因甲为首掷,故甲掷奇数轮次,从而甲胜的概率为同样,乙胜的概率为5.将一颗骰子掷两次,考虑事件“第一次掷得点数2或5”,“两次点数之和至少为7”，求并问事件是否相互独立.解将骰子掷一次共有6种等可能结果,故设以表示第次掷出骰子的点数,则因将骰子掷两次共有36个样本点,其中有1,2,3,4,5个样本点,故有共5种情况,这5种情况分别含以记两次投掷的结果,则今有按定义相互独立.两人轮流射击,每次各人射击一枪,射击的次序为6.,且各次击中与否相互独立.求击射击时又一次击中,射击在中的两枪是由同一人射击的概率.解总是在奇数轮射击,此时结束”.发生表示“前（这一事件记为），同时“在前表示事件“在第轮中共射击枪而其中击中一枪,且在第轮中共射击枪但一枪未中”(这一事件记为)，因此轮轮时击中第二枪”注意到两两互不相容,故由击中了两枪而结束射击(这一事件仍记为)的概率为(此处级数求和用到公式若两枪均由击中,以这一公式可自等比级数两边求导而得到.)表示事件“在第发生表示在前轮中射击枪其中击中一枪,且在第两两互不相容,故击中了两枪而结束射击(这一轮射击时又一次击中,射击在此时结束”.轮时击中第2枪，同时在前轮中共射击事件仍记为)的概率为因此,由一人击中两枪的概率为7.有3个独立工作的元件1,元件2,元件3,它们的可靠性分别为设由它们组成一个“3个元件取2个元件的表决系统”,记为2/3系统的可靠性.解以表示事件“第个元件正常工作”，以表示事件“2/3系统正常工作”，则可表示为下述两两互不相容的事件之和：因相互独立,故有8.在如图15.8图所示的桥式结构电路中，第个继电器触点闭合的概率为工作相互独立.求：，各继电器（1）以继电器触点1是否闭合为条件，求A到B之间为通路的概率.（2）已知A到B为通路的条件下，继电器触点3是闭合的概率.解以F表示事件“A到B为通路”，以表示事件“继电器触点闭合”，（1）得各继电器工作相互独立.而故，其中.（2）令则的表达式由（1）确定.9.进行非学历考试，规定考甲、乙两门课程，每门课考第一次未通过都允许考第二次．考生仅在课程甲通过后才能考课程乙，如两门课程都通过可获得一张资格证书．设某考生通过课程甲的各次考试的概率为，通过课程乙的各次考试的概率为，设各次考试的结果相互独立．又设考生参加考试直至获得资格证书或者不准予再考为止．以表示考生总共需考试的次数．求的分布律以及数学期望．解按题意知考试总共至少需考２次而最多只考４次．以表示事件“课程甲在考第次时通过”，以表示事件“课程乙在考第次时通过”，．事件表示考试总共考２次，这一事件只在下列两种互不相容的情况下发生，一种是课程甲、乙都在第一次考试时通过．亦即发生（此时他得到证书）；另一种是课程甲在第一次、第二次考试均未通过，亦即同样发生（此时他不准再考）．故，，.得的分布律为；；．．例如，若，，则有（次）．10次找到,求的分布规律(注:在实际上第5次检测可无需进行).(2)5只电池,其中2只是次品,每次取一只,直到找出2只次品或3只正品为止.写出需要测试的次数的分布律.解(1)可能取的值为2,3,4,5.{第1次、第2次都取到一只次品}{(前两次取到一只次品)(第3次取到一只次品)}={第3次取到一只次品|前两次取到一只次品}{前两次取到一只次品}{(前3次取到一只次品)(第4次取到一只次品)}={第4次取到一只次品|前3次取到一只次品}{前3次取到一只次品}得分布律为2345(2)以表示所需测试的次数,则的可能取值为2,3,4.表示“前3次取到都是正品”或“第二只次品在第3次取到”，故的分布律为23411．向某一目标发射炮弹设炮弹弹着点目标的距离为(单位:10),服从瑞利分布,其概率密度为若弹着点离目标不超过5时,目标被摧毁.(1)求发射一枚炮弹能摧毁目标的概率.(2)为使至少有一枚炮弹能摧毁目标的概率不小于0.94,问最少需要独立发射多少枚炮弹.解(1)所求概率为(2)设发射枚炮弹,则这枚炮弹都不能摧毁目标的概率为,故至少有一枚炮弹能摧毁目标的概率为.按题意需求最小的,使得即故最少需要独立发射3枚炮弹.12．设一枚深水炸弹击沉一潜水艇的概率为，击伤的概率为，击不中的概率为.并设击伤两次也会导致潜水艇下沉.求释放4枚深水炸弹能击沉潜水艇的概率.（提示：先求击不沉的概率.）解“击沉”的逆事件为事件“击不沉”（因击伤潜水艇的炸弹可以是4枚中的任一枚），又A，B是互不相容的，于是，击不沉潜艇的概率为因此，击沉潜艇的概率为13．一盒中装有4只白球，8只黑球，从中取3只球，每次一只，作不放回抽样.（1）求第1次和第3次都取到白球的概率.（提示：考虑第2次的抽取.）（2）求在第1次取到白球的条件下，前3次都取到白球的概率.解以分别表示1，2，3次取到白球.（1）（2）14．设元件的寿命(以小时计)服从指数分布,分布函数为(1)已知元件至少工作了30小时,求它能再至少工作20小时的概率.(2)由3个独立工作的此种元件组成一个2/3系统(参见第7题),求这一系统的寿命的概率.解(1)由指数分布的无记忆性(参见教材第56页)知所求概率为(2)由第7题知2/3系统的寿命的概率为15.(1)已知随机变量的概率密度为求的分布函数.(2)已知随机变量的分布函数为解(1)由于另外有随机变量试求的分布律和分布函数.当时,分布函数当时,分布函数故所求分布函数为(2)分布律为-11分布函数为16.(1)服从泊松分布,其分布律为问当取何值时为最大.(2)服从二项分布,其分布律为问当取何值时为最大.解(1)由知道,当时,随增大而递增;当时,随增大而递减.从而,若为正整数,则不是正整数,令当时,为概率的最大值,即当则此时有因此不难推得为概率的最大值.(2)由知道,当而,若时,随增大而递增;,当时,时,随增大而递减.从为概率的最,则为正整数,则当大值,即当不是正整数,令,此时有不难推得为概率的最大值.17..若离散型随机变量具有分布律12……称服从取值为，记为不超过证明服从取值为的离散型均匀分布.证对于证毕.18.设求的概率密度.解的概率密度为记的分布函数为先来求的分布函数当当时,时,将关于求导可得的概率密度如下:当当时,时,.因而此时.因而此时当故时,因而19.设的概率密度求的概率密度.解因函数严格单调减少,它的反函数当时,.由第二章公式(2.1)得的概率密度为因而即本题和的概率密度相同.20.设随机变量服从以均值为量的函数可以是离散型随机变量.服从以参数为，的值域为的几何分布.这一事实表明连续型随机变解的概率密度为，故的值域为，，有这就是说服从以为参数的几何分布.这表示一个连续型随机变量经过变换变成了离散型随机变量.21.投掷一硬币直至正面出现为止,引入随机变量投掷总次数.(1)求和的联合分布律及边缘分布律.(2)求条件概率解(1)的可能值是0,1,的可能值是(因必定首次得正面,故若,(因首次得正面是不可能的,故(因必须首次得正面,故当(因必定首次得反面,故综上,得的分布律及边缘分布律如下:1234…00…1000……1(2)22.设随机变量随机变量试求和的联合分布律及边缘分布律.解的分布律为的可能值是;的可能值为时即得的联合分布律及边缘分布律为012345…2340000…0000000…00………123.设，是相互独立的泊松随机变量，参数分别为求给定的条件下的条件分布.解这就是说给定，的条件下的条件分布为以为参数的二项分布.，相互独立.（1）求，的联合分布律；（2）求两篇论文总共至多1个错误的概率.解（1），的联合分布律为(2)两篇论文总共至多1个错误的概率为25.一等边三角形内均匀分布).(如图)的边长为1,在三角形内随机地取点(意指随机点在三角形(1)写出随机变量(2)求点的底边的概率密度.的距离的分布密度.解(1)因三角形的面积为,故的概率密度为（2）点到底边的距离就是,因而求到的距离的分布函数,就是求关于的边缘分布函数,现在从而的分布函数为26.设随机变量具有概率密度(1)求边缘概率密度(2)求条件概率密度解(1)当时,当时,故边缘概率密度分别是(2)条件概率密度:当时,当时,27.设有随机变量和，它们都仅取，两个值．已知(1)求和的联合分布密度.(2)求的方程至少有一个实根的概率.(3)求的方程解(1)至少有一个实根的概率.的联合分布密度为-11-11/62/62/61/61(2)方程当且仅当在时至少有一实根,因而所求的概率为(3)方程当且仅当在时至少有一实根,因而所求的概率为28.某图书馆一天的读者人数解读者借书人数的可能值为,任一读者借书的概率为,求与的联合分布律.=29.设随机变量X和Y相互独立,且都服从U(0,1),求两变量之一至少为另一变量之值两倍的概率.解按题意知,(X,Y)在区域:服从均匀分布,其概率密度为所求概率为==G1的面积+G2的面积=1/2,G1,G2见图1.30.一家公司有一份保单招标，两家保险公司竞标.规定标书的保险费必须在20万元至22万元之间.若两份标书保险费相差2千或2千以上，招标公司将选择报价低者，否则就重新招标.设两家保险公司的报价是相互独立的，且都在20万至22万之间均匀分布.试求招标公司需重新招标的概率.解设以，分别表示两家保险公司提出的保费.由假设和的概率密度均为因，相互独立，故的概率密度为按题意需求概率为面积为画出区域：以及矩形如图15.30，它们公共部分的＝正方形面积－2××1.8＝0.76.所求概率＝31.设且相互独立,求概率.解因独立,其线性组合仍为正态变量,而故因而===（1）主队胜的概率有多大？（2）在前半场主队落后5分的情况下，主队得胜的概率有多大？（3）在第1节主队赢5分得情况下，主队得胜的概率有多大？解以记主队在第节的得分与客队在第节的得分之差，则有记为标准正态随机变量.（1）（2）由独立性（3）33.产品的某种性能指标的测量值X是随机变量,设X的概率密度为测量误差Y~U(),X,Y相互独立,求Z=X+Y的概率密度,并验证解(1)Y的概率密度为故Z=X+Y的概率密度为仅当即时，上述积分的被积函数不等于零,参考图,即得=(2)=[Ⅰ+Ⅱ]其中Ⅰ=Ⅱ=于是[Ⅰ+Ⅱ]=34.在一化学过程中，产品中有份额为杂质，而在杂质中有份额且和相互独立，求产品中有害杂质份额的概率密度.，解因且和相互独立，于是的概率密度为其中，，易知仅当即时，中的被积函数不等于零，参考题15.34图，即得35.设随机变量的概率密度为(1)求(2)问的边缘概率密度.是否相互独立.(3)求的概率密度(4)求条件概率密度(5)求条件概率(6)求条件概率解（1）（2）（3）不是相互独立的.仅当即时被积函数不为零.如图15.35图1，得（4）对于即对于固定的的条件分布是区间上的均匀分布.（5）如图15.35图2，条件概率为分子＝分母＝故（6）36.设图书馆的读者借阅甲种图书的概率为,借阅乙种图书的概率为,设每人借阅甲、乙图书的行动相互独立，读者之间的行动也相互独立.(1)某天恰有n个读者,求甲、乙两种图书中至少借阅一种的人数的数学期望.解(1)以X表示某天读者中借阅甲种图书的人数，因各人借阅甲种图书的概率均为p,且由题设各人是否借阅相互独立,故.(2)以A表示事件“读者借阅甲种图书”,以B表示事件“读者借阅乙种图书”,则就读者而言,有借阅两种图书的行动相互独立,故.以Y表示至少借阅一种图书的人数,由题设各人是否借阅相互独立,知,故也可这样做.引入随机变量:.这里不需假设读者之间的行动相互独立.37.某种鸟在某时间区间下蛋数为1~5只,下只蛋的概率与时去收集鸟蛋,但他仅当鸟窝多于3只蛋时他从中取走一只蛋.在某处有这种鸟的鸟窝6个(每个鸟窝保存完好,各鸟窝中蛋的个数相互独立).(1)写出一个鸟窝中鸟蛋只数的分布率.(2)对于指定的一只鸟窝,求拾蛋人在该鸟窝中拾到一只蛋的概率.(3)求拾蛋人在6只鸟窝中拾到蛋的总数的分布律及数学期望.(4)求(5)当一个拾蛋人在这6只鸟窝中拾过蛋后,紧接着又有一个拾蛋人到这些鸟窝中拾蛋,也仅当鸟窝中多于3只蛋时,拾取一只蛋,求第二个拾蛋人拾得蛋数的数学期望.解(1)设该中鸟在内下蛋数为按题意其中即有所以,因此的分布律为(2)因当且仅当窝中蛋数多于3时,某人从中取走一只蛋,故拾蛋人在该窝中拾取一只蛋的概率为(3)记拾蛋人在6只鸟窝中拾到蛋的总数为,则,故(4)==0.456,(6)第2个拾蛋人仅当鸟窝中最初有5只蛋时,他才能从该窝中拾到一只蛋,故他在一个鸟窝中拾到一只蛋的为以记第2个拾蛋人拾到蛋的总数,则故有．38.设袋中有只白球,次,每次任取一只做不放回抽样,以表示取到白球的个数,求.解引入随机变量:则次取球得到的白球数而1即知的数学期望为.于是得得数学期望为.本题也可按以下方式写出的表达式,从而求得,将球编号,引入随机变量则.事件发生,表示在袋中取球次,若每次任取一只不放回抽样时,第可以在第一次、第二次、…、第次取球,这种两两互不相容的情况发生,且每次取到第号白球的概率都是.因此,这样,从而39.抛一颗骰子直到所有点数全部出现为止,求所需投掷次数的数学期望.解引入随机变量如下:.是第一、第二两点得到后,等待第三个不同点所需等待次数,的意义类似.则所需投掷的总次数为.因第一点得到后,掷一次得第二个不同的点的概率为,因此的分布律为即服从参数的几何分布,又因得到两个不同的点后,掷一次得第三个不相同点的概率为的几何分布,其分布律为,故服从参数同样,的分布律分别为因几何分布的数学期望为(参见第四章习题选解19题).所以=．分别服从以解41.一酒吧间柜台前有6张凳子,服务员预测,若两个陌生人进来就坐的话,他们之间至少相隔两张凳子.(1)若真有2个陌生人入内,他们随机地就坐,问服务员预言为真的概率是多少?(2)设2个顾客是随机坐的,求顾客之间凳子数的数学期望.解(1)将凳子按自左至右编号,设服务员预言为真.若第一顾客就坐于1号,则另一顾客可坐4或5或6号共三种坐法,若第一顾客就坐于2号,则另一顾客可坐在5或6号共两种坐法,三种情况共计6种坐法.同样,若第一顾客分别就坐于6号,5号,4号,则另一顾客也有6种坐法,因此两人共有种坐法,若两人随机就坐共有种坐法,故服务员预言为真的概率是．(2)若两顾客是随机坐的,以记两顾客间的凳子数,则的分布律为于是．相互独立，且都服从又设求概率的近似值.解所求概率为因相互独立且都服从其概率密度为知也相互独立,且服从同一分布,又故有由中心极限定理得(以分计)是一个随机变量,它的分布函数是(其中(1)画出是不大于的最大整数).的图形.(2)说明是什么类型的随机变量.(3)求(提示).解(1)(2)的所有不连续点为取这些值的概率的总和为注意到,在的任一连续点处有使得又由于,因此,不可能取到可列多个值故不是连续函数,故也不是连续型随机变量.(3)44.一汽车保险公司分析一组(250人)签约的客户中的赔付情况.据历史数据分析,在未来一周中一组客户中至少提出一项索赔的客户数占10%.写出的分布,并求否提出索赔相互独立.(即)的概率.设各客户是解按题意知.现在需要求即需求由拉普拉斯定理得随机地取一点.定义(1)求随机变量的值域.(2)求的分布函数,并画出它的图形.(3)说明不是连续型随机变量,也不是离散型随机变量.解(1)因故且又由于的值域是,知的值域为.(2)由(1)知当时当时,当时,事件表示是在的图形如题15.45图所示.(3)从题15.45图看出,在点处不连续,故它不是连续型随机变量.只有一个不连续点.注意到在的任一连续点处,有而在不连续点处,故不可能取到可列多个值故不是离散型随机变量.使得46.设是数学期望为的指数分布总体的容量为2的样本,设,试证明．证的概率密度为．(参见134页附注)=．又相互独立,从而相互独立,且．故由数学期望的性质,得=．是一个样本.分别为样本均值和样本方差,试证．证因分别是正态总体的容量为的样本均值和样本方差,于是与=，，，又由分布的性质知,，得，将这些结果代入．式,得具有概率密度:其中为未知参数,是来自的样本,是相应的样本观察值.(1)求的最大似然估计量.(2)求的矩估计量.(3)问求得的估计量是否是无偏估计量.解(1)由的样本观察值以及的概率密度的形式,得似然函数为=故令,，得的最大似然估计值为，(2)==，得以，代替上式中的,得的矩估计量为,它与最大似然估计量相一致.(3)因故是的无偏估计量.以及为分别来自总体与的样本,且它们相互独立.均未知,试求的最大似然估计量.解设给定的两独立样本的相应样本值分别为度,然后相乘,得似然函数为,将它们代入相应的概率密=，令得的最大似然估计值为，．的最大似然值为,．50.为了探究一批存贮着的产品的可靠性,在产品投入贮存时,即在时刻时,随机地选定只产品,然后在预先规定的时刻取出来进行检测(检测时确定已失效的去掉,将未失效的继续投入贮存),今得到以下的寿命试验数据.检测时刻(月)区间在的失效数这种数据称为区间数据.设产品寿命服从指数分布,其概率密度为未知．(1)试基于上述数据写出的对数似然方程.(2)设我们可以用数值解法求得的最大似然估计值.在计算机上实现是容易的.特别,取检测时间是等间隔的,即取验证,此时可得的最大似然估计为．解(1)由假设产品寿命服从指数分布,其分布函数为则产品在区间失效的概率为(这里),产品直至未失效的概率为因而事件“只产品分别在区间只未失效”的概率为失效只,而直至还有这就是样本的似然函数.取对数得对数似然方程为即为上式右边第一项即为==于是得对数似然方程为(2)若则上述方程化成即即亦即从而得的最大似然估计为51.设某种电子器件的寿命（以小时计）服从指数分布，概率密度为：其中未知．从这批器件中任取只在时刻时投入独立寿命试验，试验进行到预订时间结束．此时有只器件失效，试求的最大似然估计．解考虑事件：“试验直至时间为止，有只器件失效，而有只未失效”的概率．记的分布函数为，一只器件在投入试验，则在时间以前失效的概率为；而在时间未失效的概率为．由于各只器件的试验是相互独立的，因此事件的概率为,这就是所求的似然函数．取对数得.令得,.解得的最大似然估计为.52.设系统由两个独立工作的成败型元件串联而成(成败型元件只有两种状态:正常工作或失效).元件1、元件2的可靠性分别为,它们均未知.随机地取个系统投入试验,当系统中至少有一个元件失效时系统失效,现得到以下的试验数据:－仅元件1失效的系统数;至少有一个失效的系统数;－未失效的系统数.－仅元件2失效的系统数;－元件1,元件2.这里为隐蔽数据,也就是只知系统失效,但不知道是由元件1还是元件2单独失效引起的,还是由元件1,2均失效引起的,设隐蔽与系统失效的真正原因独立.(1)试写出的似然函数.(2)设有系统寿命试验数据试求的最大似然估计.解(1)为了写出似然函数,现在来求取到现有样本的概率.因共有个系统,因而似然函数是个因子的乘积,其中对应于对应于对应于个仅元件1失效的系统有个因子:个仅元件2失效的系统有个因子:个仅元件1,2至少有一个失效的系统有个因子:对应于个未失效的系统有个因子:故得似然函数为(2)以代入上式得似然函数为令得即有将即代入,经简化得解得即得(不合理,舍去)，于是的最大似然估计值为53.(1)设总体具有分布律123得最大似然估计值和矩估计值.(2)设总体服从分布,其概率密度为其形状参数为已知,尺度参数,求的最大似然估计值.样本值1出现7次,2出现6次,3出现3次,故似然函数为解(1)令得的最大似然估计值为下面来求矩估计,令解得于是得矩估计值为(2)对于样本值,似然函数为令得参数的最大似然估计值为54.(1)设即服从对数正态分布,验证(2)设自(1)中总体中取一容量为的样本知.求的最大似然估计,此处设均为未(3)已知在文学家萧伯纳的《AnIntelligentWomen’sGuideToSocialism》一书中,一个句子的单词数近似地服从对数指数分布,设及为未知.今自该书中随机地取20个句子.这些句子中的单词数分别为5224156715226326163273328147291065930,问这本书中,一个句子的单词数均值的最大似然估计值等于多少?解(1)由得,而故由于故有(2)为求的最大似然估计,先来求的最大似然估计.为此,先来求的概率密度.严格单调递增,其反函数为而记的概率密度为由于函数故由第二章公式(2.1)知,的概率密度为接着来求和,似然函数为令得和的最大似然估计值分别为注意到由最大似然估计量的不变性知的最大似然估计为(3)将所给的20个数取对数,经计算得到和分别为故55.考虑进行定数截尾寿命试验，假设将随机抽取的件产品在时间到件产品失效时停止,件失效产品的失效时间分别为.是第件产品失效的时间.设产品的寿命分布为韦布尔分布,其概率密度为其中参数的最大似然估计.解,已知,使用定数截尾数据,截尾数为.则似然方程为其中令得于是得的最大似然估计为其中56.设某大城市郊区的一条林荫道两旁开设了许多小商店，这些商店的开设延续时间（以月计）是一个随机变量，现随机地抽取30家商店，将它们的延续时间按自小到大排序，选其中前8家商店，它们的延续时间分别是假设商店开设延续时间的长度是韦布尔随机变量.其概率密度为其中，（1）试用上题结果，写出的最大似然估计.（2）按（1）的结果求商店开始延续时间至少为2年的概率的估计.解（1）现在（2）2年＝24月.韦布尔分布的分布函数为于是商店开设延续时间至少为24个月的概率为和中抽取容量都是试证,对于任意常数的无偏估计,并确定常数使达到最小.解因且,于是故对于任意常数,只要都是(这是因为正态分布总体的样本方差有而由变量方差为).记令,可化成得(此时).而即知当时,取最小值.这就是说,当,时取到最小值.是来自是不是标准差的无偏估计.证因而是的函数,故其中是的表达式代入上式右边,得到(因).因此,即不是的无偏估计.服从指数分布,其概率密度为的样本(1)证明(2)求的置信水平为的单侧置信下限.(3)某种元件的寿命(以小时计)服从上述指数分布,现从中抽得一容量为5010(小时),试求元件的平均寿命的置信水平为0.90的单侧置信下限.的样本,测得样本均值为解(1)令因为严格单调函数,其反函数为故由第二章(2.1)式,知的概率密度为它是分布的概率密度.也就是说是来自的样本,因此相互独立,且都与再由分布的可加性得(2)因即有故得知新水平为的单侧置信下限是(3)令故60.设总体是来自的样本.(1)验证的分布函数为(2)验证的概率密度为(3)给定正数,求的分布的上分位点以及上分位点(4)利用(2)(3)求参数的置信水平为(5)设某人上班的等车时间的置信区间.求的置信水平为0.95的置信区间.解(1)它的分布函数为是来自的样本,故它们相互独立,且都与的分布函数为(2)的分布函数为将关于求导,得的概率密度函数为(3)如图.上即分位点应满足或即因而同样,应满足即或即因而(4)考虑到即因此即故得总体的未知参数的置信水平为的一个置信区间为(5)现在所求的置信水平为0.95的置信区间为服从指数分布,概率密度为设是来自时的统计量作为检验统计量,检验假设取水平为(注意:).设某种电子元件的寿命(以小时计)服从均值为的指数分布,随机取12只元件,测得它们的寿命分别为340,430,560,920,1380,1520,1660,1770,2100,2320,2件350,2650.试取水平检验假设解按题设总体服从指数分布,其概率密度为是来自的样本,现在来检验假设(取水平为)取检验统计量,当为真时,由于与接近,而当为真时,倾向于偏离,因此拒绝域具有以下的形式或此处的值由下式确定:取由59题当为真时,故得于是拒绝域为或现在要检验假设令即有12.401<24.828<39.364,故接受.认为这批电子元件寿命的均值为小时.62．经过十一年的试验,达尔文于1876年得到15对玉米样品的数据如下表,每对作物除授粉方式不同外,其它条件都是相同的.试用逐对比较法检验不同授粉方式对玉米高度是否有显著的影响(设什么条件才能用逐对比较法进行检验?).问应增授粉方式123456异株授粉的作物高度(xi)1222同株授粉的作物高度(xi)721920102011812211813114521321188解本题是历史上第一个对比试验的结果．我们用逐对比较法来检验．计算与的差：的差．得到：-4.25,-9,-0.375,2,-0.25,2.875,3.5,5.125,1.75,3.625,7,3,9.375,7.5,-6今要求在水平下检验假设．现在有所给的数据得．．故接受,即认为两种授粉方式对玉米高度无显著影响．用逐对比较法作检验时,一般应假定各对数据之差定,通常体现于做对比试验的要求上．构成正态总体的一个样本．不过这种假63．一内科医生声称,如果病人每天傍晚聆听一种特殊的轻音乐会降低血压(舒张压,以选取了个病人在试验之前和试验之后分别测量了血压,得到以下的数据：记)．今病人123456789109682868492839581847880827874988695859480试验之前(试验之后())设认为医生的意见是对的(取为来自正态总体的样本,均已知．试检验是否可以)．解本题亦宜采用逐对比较法,即在水平下检验假设．今．检验统计量为的观察值为,当的观察值时拒绝2,9,14,6,-2,4,12,10,14,14得查表,检验统计量的观察值．从而在水平下拒绝,认为医生的意见是对的．64．以下是各种颜色汽车的销售情况：颜色红黄蓝绿棕车辆数4064463614试检验顾客对这些颜色是否有偏爱,即检验销售情况是否是均匀的(取)．解以表示一顾客买一辆色的汽车的概率．本题要求根据销售记录,在水平下检验假设：(红)=(黄)=(蓝)=(绿)=(棕)=0.2．现在,所需计算列表如下：车辆颜色红黄蓝绿棕40644636144040．而观察值,故在下拒绝,认为顾客对颜色是有偏爱的．65．某种闪光灯,每盏灯含4个电池,随机地取150盏灯,经检测得到以下的数据：01234一盏灯损坏的电池数灯的盏数2651471610试取检验一盏灯损坏的电池数(未知)．解本题要求在水平下检验假设,此处为未知,故需在下用最大似然估计法估计．由知的最大似然估计值为(参见教材第七章习题3),即有．其余所需的计算列表如下：265147,而观察值．故接受,认为．66．下面分别给出了某城市在春季(9周)和秋季(10周)发生的案件数．春季秋季51425753433745494640353044335041393638试取,用秩和检验法检验春季发生的案件数的均值是否较秋季的为多．解本题要求在水平下,检验假设,将两组共19个数排序如下：数据30333536383940414450秩12345678910111213141516171819(对于来自第1个总体()的数据下面加“_”表示),故,查教材附表9知拒绝域为．现在落在拒绝域内,故拒绝,认为春季发生的案件数的均值较秋季的为多．67．临界闪烁频率(cff)是人眼对于闪烁光源能够分辨出它在闪烁