写出下列随机试验的样本空间及相应

举一反三参考详解

第一 一 的关系与运解：(1)23,,12；A3579,11(正,正);(正,反);(反,正);(反,反)A(正,正);(正,反)}；B={(正,正);(反,反)1，2,3,,n,；A{1,2,3}；B{3,4,①ABC；②ABC；③ABBCAC；④ABCABCABC ③A，B，C④A，B，C3、设A，B为两 ，且Aϕ，Bϕ，则(AB)(AB)表示（Ａ）必然（Ｂ）不可（Ｃ）A与B不能同时发 解：易得ABABABBA。故选4、以A表示“甲种商品畅销，乙种商品滞销”，则其对立A“ “C“ “解： —则A=BC，A=BC=BC=“甲种商品滞销或乙种商品畅5、已知ABABABABCP(C3解：因为ABABABABABAAB)BABABCBABAA)BCBABBCBABCB2所 P(B)1P(B)1P(C)3二、古典型概率与几何概率 （2）P(B)C2C2 （3）P(C)1C35C

35 C C （I）有序

610C

644106

（3）1

410C无序 （1）6 C C

（3）1 C 有放回

610

64410

（3）1

4103、候车问题5min有一列车通过，在乘客对列车通过该站时间完全不知道的情况下，求每一个乘车到站等车时间不多于2min的概率解：A{2min}。由于乘客可以在接连两列车之间的任何一个时刻到达车站，因此每一个乘客到达站台时刻t可以看成是均匀地出现在长为5min的时间区间上的一个随机点，即[0,5)。又设前一列车在时刻点M开出，后一列车在时C之后到达（即只有t落段MN上）2minLA2。因 P(A)L(A) 4、会面问题甲乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，他们在一昼夜内则0x24，0y24xy2斜线之间的部分。L(x0x24y0,y24所围成图形面积S242L( 242 22L(A)242222，因 P(A) 1

24yyS202x三、概率、条件概率和基1、若有M件产品中包含m件废品，从中任选2A1B{有两件次品}，A2B{一件正品，一件次品}（1）P(B|A1)P(

P(A1

m2Mm（2）P(B|A2)P(A2

P(A2

MmC2C1（3）P(A) mMm

m(2MmCM M(MCM（A）P(AB)P( （B）P(AB)（C）P(AB)P( （D）P(AB)解：根据乘法与加法有P(AB)P(B)P(A|B)P(B)PAB)PAP(BPAB)PA。应选 P(A)20 P( i0P(A)P(A)P(A|A)P(A)P( 20 30 48

(BC)0解：DABC中至少有一个发生}DABCP(D)P(ABP(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(

P(A)P(B)P(C)1，P(AB)P(BC)0，P(AC)4PAB0P(ABC0

P(D)31 P(A)95P(B|A) P(AB)P(A)P(B|A) 100 6、 31 ,, 1051011

,, 43解：令A1{乘火车}，A2{乘轮船}，A3{乘汽车}，A4{乘飞机}，B{P(A)3,P(A)1,P(A)1,P(A) P(B|A)1,P(B|A)1,P(B|A)1,P(B|A) P(B)P(Ai)P(B|Ai) 0

P(Ai|B)

P(Ai)P(B|Ai4P(Aj)P(B|Ajj

,P(A|得 P(A|B)1,P(A|B)4,P(A|,P(A| B0{三人都射不中}B1{只有一人射中}B2{恰有两人射中}B3{三人同中}C{飞机坠毁}。P(C|B0)0，P(C|B1)0.2，P(C|B2)0.6，P(C|B3)

P(B0)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)0.50.40.30.06P(B1)P(A1A2A3A1A2A3A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)0.29P(B20.44P(B30.213P(C)P(Bi)P(C|Bi)0.0600.290.20.440.6四 的独立性与独立重复试人第4次射击恰好第2次命中目标的概率为（A）3p(1p) （B）6p(1p) （C）3p2(1 其中前3次只有1次命中目标，且第4次命中目标。3因 P(A)C1p(1p)2p3p2(1p)2。应选3B{掷第二次出现正面}，C{正、各出现一次}，则A,B,C是相互独立， 由题设，可知P(AB)P(A)P(B)，即A,B相互独立。P(AC)P(A(ABAB))P(AB)P(A)P(B)4(P(A)P(C)P(A)P(ABAB)P(A)(P(AB)P(AB))111)( ACBC也相互独立。但是PABCP(ϕ P(A)P(B)P(C)111 P(ABC)P(3AB和C满足条件：ABCϕ，PAP(BP(C12PABC

9PA)解：A、B、CPAP(BP(CP(AB)P(A)P(B)[P(A)]2，P(AC)P(A)P(C)[P(A)]2P(BC)P(B)P(C)[P(P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(

3P(A)3[P(3P(A)3[P(A)]29，[P(A)]2P(A)3 P(A)1(P(A)3不和题意舍去 ABCP(AB)P(A)P(B)考虑到CAB，故有

CABABP(ABC)P(AB)P(A)P(B)(1a)(1，

322

228 322方法二，由二次概型，有P(A)P(μ2)C 3 3

试求（1）第k次命中的概率 （2）第k次才命中的概率k mn（1）0.6（2） k mn全部能出厂的概率α其中恰好有两台不能出厂的概率β则A仪器能直接出厂}；AB仪器经调试后能出厂。由条件知：BAABP(A)0.30,P(B|A)0.80,P(AB)P(A)P(B|A)0.300.80P(B)P(A)P(AB)0.700.24X为所生产的nX作为n次独立试验成功（仪器出厂）的次数，服从参数为(n,0.94)的二项分布，因此αP(Xn)0.94nnβP(Xn2)C20.94n20.062nθPXn2)1PXn1)PXn1n0.94n10.060.94n举一反三参考详解

第二章随量及其分一、随量的概率分 x 量X的分布函数为F(x)Asinx,0x

，求A,B及P{X B xB 0)F()，得出A F(P{Xπ}P{ Xπ} πF(π)sinπ F( 2、车沿一街道行驶，需要通过三个均设有红绿信号灯的路口，每个信号灯为红或X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数。求X的概率分布。P{X0}PA)1； P{X1}P(AA)P(A)P(A)11 ；P{X2}P(AAA)P(A)P(A)P(A)；12 P{X3}P(AAA)P(A)P(A)P(A)112

1或P{X3}1P{X0}P{X1}P{X2} 0 x0.25,1x0.75,0x 量X的分布函数0.75,0x x

，求（1）X （2）P{

（3）2

|X2（2）P{

1}0.52

}P{X1,X P{0X}（3）P{

1|X0}2

2P{X

2P{Xkx 0x 2 量X具有概率密度f(x)2 ,3x4，求（1）确定常数k2 7（2）求X的分布函数F(x)求P{X2}，P{1X }（4）P{1X5|X2}2 解：（1）由f(x)dx10kxdx3(22)dx1k

x（2）F(x)12x2 0x1x22x 3x

x （3）P{X2}1P{X2} P{1X

}2f(x)dx31xdx2(2 )dx 1 P{1X7}F(7)F(1) P{1X5|X2}P{1X5,X2}P{2X5}P{X P{X二、常见随量的概率分布及其应X012P X2出现的次数的概率分布为Ck

)k5

10k，k0,1,2,,10()52x,0x

其察 {X1}出现的次数，求P{Y2Y~B(3

1122xdx1 故P{Y2} 2123

3、设随量X服从参数为你1的泊松分布，则P{XEX2}

然后计算得：P(Xi)

DX(EX)11P{XEX2PX2)e1 4、设随量X的概率密度

1,x，f(x)2,x[3,， 其2若k使得P(Xk) 解：由题设P(Xk) ，可知P(Xk) kPXkfx)dxk1 此时，P(Xk) dx 三、随量函数的分21、已知随量X的密度函数为f(x)Ae

aXb~N(0,1（a0 ( 2解：由于f(x)Ae ，则X~N(1,2)，故A2aXb~N(ab2a2

ab21，所以2a2 ，解得ab212、假设随量X服从指数分布，求随量Ymin{X,2}的分布函数FY(y)P{Yy}P{min{X,2}y}1P{min{X,2}y}1P{Xy,2yyy0FYy1P{XyP{Xyf(x)dxyy当0y2

(y)1P{Xy}P{Xy}

f(x)dxyλeλxdx10y2FYy1P{Xy2y F(y)

yeλy,0

2 y

1,1x 量X的概率密度为fX(x)

0x2eiθ，令YX2，求Y0y4P{Yy1

0,Y当0y1时，F(y)P{Yy}P{X2y} X Yyyy0 fX(x)dx fX(x)dx fXyyy0y 1dx y 当1y4时，FY(y)P{Yy} XP{1X0}P{0Xy 0y

yy}1y 于是Y的分布函数为F(y) Y

,1yy则Y

88(y)

3,0yy1,1yy 其 解法二y0FyP{X2y0,fy0 当y0时，F(y)P{X2y} X y}F(y)F(y 1 fY(y)2y[fX(y)fX(y y从而有（1）当0y1时，fY(y) [] y（2）当1y4

12(y12

[10] 4（3）y4fYy0

fY(y)8

,0y,1y 其举一反三参考详解

第三章随量及其分一、随量的联合分布、边缘分布与条件分1、设二维随量(X,Y)的概率分布YX 0 1 已知随机{X0}与{XY1}相互独立，（A）a0.2,b （B）a0.4,b（C）a0.3,b （D）a0.1,b解：从

0.4ab0.11，可知ab0.5。从{X0}{XY1}相互独立可 P{X0}P{XY1}P{X0,XY

P{X0,XY1}P{X0,Y1}aP{X0}P{X0,Y0}P{X0,Y1}aP{XY1}P{X0,Y1}P{X1,Y0}ab

0.5(a0.4)ab

a0.4,b2、袋中1个红球、 个黑球与3个白球。现有放回地从袋中取两次，每次取一个球。求P{X1|Z0} （2）求二维随量(X,Y)的概率分布解（1）P{Z0339P{X1Z0}12216 6 6 于 P{X1|Z0}P{X1,Z0}P{Z (X,Y)是离散型随量，其取值为(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0)(2,1),(2,2)相应概率为P{X0,Y0}339P{X0,Y1}2236 6 P{X0,Y2}224，P{X1,Y0}2136

6 1 1 P{X1,Y1}2 ，P{X2,Y0} 6 6 P{X1,Y2}P{X2,Y1}P{X2,Y2}X,Y)的概率分布XY012094164021001,1x2 fX(x)

,0x

，令YX2，F(xy二维随量(X,Y)的分布函数

0,1求（1）Y的概率密度fY(y) （2）F(2（1）当y0时，P{Yy}0；当y4时，P{Yy}1；当0y4时，1 0，FY(y)P{Yy}P{X2y} X 当1y4时，1

yyyyyy

X0}P{0X

y} 4 4FY(y)P{Yy} Xy1y

y}P{1X0}P{0X 0,y于是Y

3yFY(y)y

,0y1

,1y4

8 8fY(y)

,0y,1y80,（2）F(1,4)P{X1,Y4}P{X1,X24}P{X1 （1）（2）F(1,4)P{X1,Y4}P{X1,X2 }P{X1,2X2}P{2X}

1f(x)dx11dx222221 P{2X}1

1 4、设随量(X,Y)的密度x21xy 0x1,0yφ(x,y) ④概率P(XY1) P(YX)及P(Y1|X1) 解：①（i）x0y0时，因为φ(xy0F(xy（ii）当0x10y2时，因为φ(x,yx21xy所以F(x,y)φ(u,v)dudv(u2 31x3y x

x2当0x

y2

0

x xF(x,y)φ(u,v)dudv00φ(u,v)dudv00φ(u,x2(u21uv)dudv1(2x0 x1,0y2 1F(x,y)φ(u,v)dudv00φ(u,1(u21uv)dudv1(4y)10x1y2

F(x,y)12(u21uv)dudv1du2(u21uv)dv00

x0或yyxy(x) 0x 0y 13综上所述，F(x,y)x(2x 0x y312y(4 x 0y x y②当0x1时，φ(x) φ(x,y)dy2(x2xy)dy2x22x 2x22x 0x故φX(x) 当0y2φ(y) φ(x,y)dx1(x2xy)dx11y φ(y) 11φ(y) φ(x, 6x2③当0y2时，X关于Yy的条件密度为φ(x|y) φY( 2φ(x, 3x当0x1YXx的条件密度为φy|x

φX

6x④P(XY1)

φ(x,y)dxdy

(x2xy)dyx

12 112

P(YX)φ(x,y)dxdy1dx2(x2xy)dyy 1 1x2y(xy) P(X ,Y F(, 4(1,1) P(Y2|X2)

P(X21)

2

22FX

2

X X二、随量函数的分1、设ξ,η是相互独立且服从同一分布的两个随量，已知ξ的分布律P{ξi1i1,2,33

max(ξ,η)，Ymin(ξ,η)写出二维随量(X,Y)的分布律YX123123依题意{XYϕ，故P{XY0P{X1,Y2}P{X1,Y3}P{X2,Y3}9,YX1231292919X~

3 5，E(X)

1132

3

（A）P{XY0}2（C）P{XY0}2

（B）P{XY1}2（D）P{XY1}2解一：X与YXYXY也都服从XY~N(1,2XY~N(1,2。由于1 P{XY1}

(0)22

，故应选2解二：若 量U服从正态分布N(μ,σ2)，则一定有P{Uμ}P{Uμ}12EXY1。因此应选3、设随量X与Y独立，其中X的概率分布

2X~ 而Y的概率密度为f(y)，求随量UXY的概率密度

解：设F(y)是Y的分布函数，则由全概 ，知UXY的分布函数G(u)P{XYu}0.3P{XYu|X1}0.7P{XYu|X0.3P{Yu1|X1}0.7P{Yu2|XX与YG(u)0.3P{Yu1}0.7P{Yu2}0.3F(u1)0.7F(u由此，得Ug(u)G'(u)0.3F'(u1)0.7F'(u2)0.3f(u1)0.7f(u4、设随量X与Y独立，X服从正态分布N(μ,σ2)，Y服从[π,π]上的均匀分布。试求ZXY的概率分布密度（计算结果用标准正态分布函数e2dt(x) xe2dt2π解一：先求分布函数FZ(z)FZ(z)P{Zz}P{XYz} fX(x)fY(xy

dyzy1

(x μ 1π zy μ 1π zy 2π

f(z)F

(z) π1φ(zyμ)dy1 2ππ 1其中φ(x)是标准正态分布的分布函数。由于φ(x)时偶函数，故 φ(zyμ)φ(yμz π yμ πμ πμ于 fZ(z)

π

)dy2

) σ

fZ(z) fX(zy)fY(y)dy

1

(yμ 2σ

πdy

[(πμz)(πμz2π 量X与Y相互独立，X的概率分布为P{Xi}1(i1,0,1)，Y的31,0yfYy0

，记ZX（1）P{Z1|2

0}；（2）求Zf

（1） |2

0}P{XY |2022 022

0}P{Y |21

P{Y

}2fY(y)dy1FZ(z)P{Zz}P{XYz}i

i,XY P{Xi,Yzi}P{Xi}P{Yz 1(P{Yz1}P{Yz}P{Yz1})z1z1,zz1均小于0FZ(z01当1z0zz1均小于0FZz3P{Yz1}1当0z1z10,z12

z；3F(z)1(P{Yz1}P{Yz}) 当1z20z11

z13F(z)(P{Yz1}P{Yz}P{Yz1})1(11z1)z1 z2FZz10z于是Z的分布函数 FZ(z)

z,1zz

1,1zfZ(z)三、随量的独立性与相关1、设随量X与Y都服从正态分布，且它们不相关，则（A）X与Y一定独 （B）(X,Y)服从二维正态分（C）X与Y未必独 （D）XY服从一维正态分解X与YX与Y x2ye判定X与Y是否独立。如果(X,Y)的联合密度 f(x,y) e（A） （B） （C）2

解XYn，即YnX相关系数ρXY1的充分必要条件是随量X和Y之间 性关系，即YaX

（ACovX,YCovXnXDXDYD(nX)DX

ρXY

DX DX 3、设随量（X,Y）服从二维正态分布，且X与Y不相关，fX(x),fY(y)分别X与Y的概率密度，则在YyX的条件概率密度fX|Y(x|y为（A）f （B）f( （C）f(x)f( （D）fXf fY

(解：由于(X,Y)服从二维正态分布，因此从X与Y不相关可知X与Y相互独立。于 fX|Y(x|y)fX(x)。应选（C）X与Yρ0，因此X,Y 1[(xμ1)2(xμ2)2f(x,y) e2 σ2πσ1σX,Y 1(xμ1 1(xμ2 2πσYf 2πσY

e2 ，

(y)

e2σf(x, 1(xμ1X (x|y) e2σ1 X

X应选

fY(

YX1231161319α1β2YX1231161319α1β2 问α ，β 时，X与Y相互独立 问αβX与Y ，β 时 XY12311113993122953由于P{X1,Y2} P{X1}P{Y2}13X与YYX123YX1231161319α1β132231219

2 P{X2,Y2}P{X2}P{Y2}，可得

α2αα19 19

β 经验证，当α ，β 时，X与Y相互独立 5、某箱装有100件产品，其中一、二和三等品分别为80、10和10件，现从中XX

1试求：①随量X1与X2的联合分布；②随量X1与X2的相关系数ρX1（PA10.8PA2PA30.1。易P(X10,X20)P(A3)0.1，P(X10,X21)P(A2)P(X11,X20)P(A1)0.8，P(X11,X21)P(ϕ)即 X01010②01X01PPE(X1)00.210.80.8，E(X2)00.910.1 D(X)E(X2)[E(X)]20.16，D(X)E(X2)[E E(X1X2)000.1010.1100.81100cov(X1,X2)E(X1X2)E(X1)E(X2)00.80.10.08 X与X的相关系数为ρ 第四章随量的数字特举一反三参考详解21、设随量X服从正态分布N(μ,σ2)(σ0)，且二次方程y24yX0无实根的概率为1，则 2A{164X0}{X1 P(A)P{X4}

4 P{X4}1P{X4}1 σ 1(4μ)1，(4μ)1，4

0，μ 2、已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装有3件合格品。从甲箱中任取3件产品放入乙箱后，求CkCC3P{Xk} ,kC36即XP{X101919929 31因 EX0XP{X101919929 31 （2）设 表示“从乙箱中任意取出的一件产品时次品”，根据全概率，3P(A)k

k}P{A|Xk}10

91

92

13 Xi的概率

0,从甲箱中取出的第i件产品1，从甲箱中取出的第i件产品是XXp01121213EXi13

(i1,2,3)。因为XX

X

X

EXE(X1X

X

)

EX

EX3（2）设A表示“从乙箱中任意取出的一件产品是次品”，由于 0}，{X{X2}和{X3}构成完备组，因此根据全概率， P(A)k

k}P{A|Xk}P{X6k6 3kP{Xk}1EX136k 6

EX N1N 3、设随量X服从参数为1的泊松分布，则P{XEX2}解EXDXλ1。EX2DXEX)22P{XEX2}P{X2}

122

1e2EX2解XB(10,0.4EXnp4DXnpq2.4

EX2DX(EX)2匀分布，试求随量ZXY的方差 Eg(X,Y)g(x,y)f(x,如图所示，三角区域为G{(x,y)|0x1,1xy1}，随量X和Y的联合yy1DO1zxf(x,y)2,(x,y)0,(x,y)EZE(XY)(xy)f(x,y)dxdy1dy

2(xy)dx1(y22y)dy 1 EZ2E(XY)2(xy)2f(x,y)dxdy1dy 2(x22xy 11(2y2y22y3)dy DZEZ2(EZ)21116

f(x,y)2,(x,y)0,(x,y)设随量X的边缘概率密度为fX(x)，则当0x1时， fX(x)f(x,y)dy1x2dyx0x1fX(x) 于 EX xf(x)dx 2x2dx EX212x3dx1，DXEX2(EX)2 EY

，DY 1 1EXY2xydxdy1

2xydx(2y2y3)dy1 1 1Cov(X,Y)EXYEXEY54 DZD(XY)DXDY2Cov(X,Y)112 解三：先求出ZXYf(zEXY，EXY)2DXYP{1XY2}1z1z2f(z0；当1z2 f(z)f(x,zx)dxz2dx2(2 E(XY)EZzf(z)dz2z(2z)dz E(XY)2EZ2z2f(z)dz2z2(2z)dz1 D(XY)DZ 解四：与【解析三】思路相同，都是先求出ZXY的概率密度，但方法直观简捷。最简便的解法是应用均匀分布的性质计算ZXY的分布函数：当1z2时，F(z)P{XYz}

11(2z) 1(2z)2 2z1F(z0z2F(z) 2(2z),1z f(z)F(z)

下同【解法三】可求出DZ记YiXiXi1,2,n求(1)Yi的方差DYii1,2,n；(2)Y1与Yn的协方差Cov(Y1Yn解：根据简单随机样本的性质，X1X2Xn相互独立，且都服从分布N(0,1)EXi0，DXi1，i1,2,, YiXiXnXj(1)Xj j1 1 n (n1) n12 DYi()DXj(1 j

DXin2 n 因X1,X2,,Xn相互独立，而独立的两个随量协方差等于零。于是Cov(Y1,Yn)Cov(X1X,XnXCov(X1,Xn)Cov(X1,X)Cov(Xn,X)1 Cov(X1,X)Cov(X1,nXi)nCov(X1,Xi)nDX1i

i1类似地，Cov(Xn,X) DXn

。又因DX Cov(Y,Y)01

11 7、已知X,Y)服从二维正态分布，且X、Y分别服从正态分布N(132)N(0,42 ρXY0.5Z3（2 （1） E(X) E(Y) D(Z)D(XY)D(X) Y2Cov(X D( 1D(X)1D(Y)1Cov(X,Y)51ρ D(X) Cov(X,Z)Cov(X, )Cov(X,)Cov(X, 1Cov(X,X)1Cov(X,Y)1D(X)1ρ Cov(X,Z从而ρXZ D(X) D(Y

D(X) 1 Z~N(,3第五 举一反三参考详解一、有关切不等式与大数定 1、已知正常成人血液中，每一毫升白细胞平均是7300，均方差是700.利用切比 D(X)7002，于是有P{5200X9400}P{X73002100} 92、证明（ 定理）如果 量序列X1,X2,,Xn,，满n nilim Xi)0，则对于任意给定的ε0，有lim X E(Xi)ε}in 1 1 证明：E(Xi) E(Xi)，D(Xi)2D(Xi)，由 i i可得limP1X1E(nX)ε1n2D(Xiii

n

n2ε1n 1n

Xi1E(Xi)ε1，但概率小于等于

3、设{Xk}为相互独立的 量序列， 2kX~ 1（k1,2,k试证{Xk}服从大

1

22k1证明：由题意可知E

22k

0(122

)2k

0D(X)E(X2)E(X)2(2k)2

(2k)2

1，k1,

22k

22k由 大数定律可知 量序列{Xk}服从大数定律二、有关中心极限定 1、设X1,X2,,Xn,为独立同分布的随 量列，且均服从参数为λ(λ1)的指数分布，记(x)为标准正态分布函数，则（C） Xi Xi（A）limP （B）limP

Xi

Xi

x( （D）limP

x 由于E(Xi)E(Xi) ，D(Xi)D(Xi)2，所i n

Xi

λXi

Xinn λ 的极限分布为标准正态分布，即limP nn 从而应选2、一本书共有100万个印刷符号.排版时每个符号被排错的概率为0.0001，校对时每个排版错误被改正的概率为0.9，求校对后错误不多于15个的概率.1,第n个印刷符号校队后解：设随量Xn

其同分布随量序列，有p

10.00010.1105。作

为校队后Y 15np 5P{Yn15}P 5 10(110) 3、某车间有200台车床，在生产时间内由于需要检修、调换刀具、变换位置、调换工件等常需停车设开工率为 并设每台车床的工作是独立的且在开工时需电力 kW问至少供应该车间多少电力，才能以 的概率保证该车间不会因供电不足而影响生产解：首先，把对每台车床的观察作为一次试验，若观察到车床正在工作作为A，立试验。把某时刻正在工作的车床数记为Sn，并把第i台车床开工用{Xi1}表示，停工{Xi0}Xi~B(1,0.6)（i1,2,200）SnX1X2X200，显然有0Sn200。现在问题是要求最大值M，使P{SnM}

Mkkk

(0.6)k(0.4)200kP{SnM}P{0SnMM200200M2002000.6 MP{SnM}Ck(0.6)k

P120

Sn

M120M

ke1te

2dt2dt )(17.32) )M当 )0.999时，可

M120

3.1，所以M141.4768，取M为142第六章数理统计的基本概念举一反三参考详解一、求统计量的数学特征1、Xf(x1ex(xXX,,XX2简单随机样本，其样本方差为S2ES2 E(X)xf(x)dxxexdx

x2 2 2x xE(X)xf(x)dx2 dx0xedxxx2xex2exdx 所 D(X)E(X2)E2(X)2，从而ES2

0 xe 2、X~N(μ,σ2XX,X n1n n

Xiμ，E(YD(Y1

(xμn解：E(Y) E(Xiμ)E(Xμ)n

xμ

2σ2 t1

dt D(Y) 2D(Xiμ) D(Xμ) (σ)]

X

(E(Xμ)) X1,X2,,X2n(n2n 12n Xi，求统计量Y (XiXni2X)的数学期望E(Yi i 量(X1Xn1)，(X2Xn2)，，(XnXnn)相互独立都服从

1 1n(XiXni)nXi2

i

i (XiXni2Xnn

n1n

Y2σ2E(Y2(n1)σ1 1 1 Xi，X'' Xni，易见X'X'' (XiXni)2 i i nE(Y)E[(X

Xni2X)2] i

X')(XniX E[(XiX')2]2E[(XiX')(XniX'')]E[(XniX'')2i (n1)σ20(n1)σ22(n1)σn解三：X

Xni2X

(X2X22X 4XX4 4X2iii X22XX4XXiini

2iX22X 4nXi E(Y) (XX2X)2] EX2 EXEX4nE(X2

n

n 24n(σ2 μ)

μ)2(n1)σ二、求统计量的分 1(9x24y281、已知(X,Y)的联合概率密度为f(x,y)12πe 9X则4(Y1)2服从参数 分布解:由题设知X,Yf(x,y)

1x2y12 e223X~N(0,22Y~N(1,322π2X与Yρ0X与Y2

~N(0,1)，Y1~N3X2/ 9X根据F分布典型模式知 2~FY13 /3

4(YY1(

X

X

)，Y1(

X

X9) 2(Y1Y212S (XiY2) Z2S证明：统计量Z服从自由度为2的t σ证明DXσ（未知EY1EY2EX，E(Y1Y20，DY16σDY23，由于Y1与Y2

)

σ 2622 从 UY12622 σ

~N222S2

2服从自由度为2χ根据正态总体样本方差的性质，知σ由于Y与Y独立，YS2独立，Y与S2独立，且Y，Y，S2相互独立，可知Y S2也独根据t分布的

Z 2(Y1Y2) S

~3、X~N(0,22X1X2,X15XX2X2XY2(X21X22X 服 解：根据简单随机样本的性X1,X2,X15相互独立同分布N(0,22)，易X2X2X2与X2X2X2也相互独立。并且由于 ~N(0,22)， Xi~N(0,1)，(X1)2(X2)2(X10)21(X2X2X2)~χ2 (X11)2(X12)2(X15)21(X2X2X2)~χ2 1(X2X2X2

X2X

X从

~F(10, 1(X2X2 2(X2X2 4即Y~F4、设随量X和Y都服从标准正态分布，（A）XY服从正态分 （B）X2Y2服从χ2分（C）X2,Y2都服从χ2分 （D）X2Y2服从F分X与YXYX2Y2服从χ2X2Y2F分布，因而选5、X~N(μ,σ2X1X2XnXn1Xn1 * 1 n

nX Xii1n

，(S

(Xii1

X

，试求统计量n

的分布nn解Xnn

σnXn1~N(μ,σ2XXn1Xn

X~N(0,n1σ2n

Xn1 ~N(0,1)(nn(S* (n ~χ(n1) 与 相互独立σ σ由t分布的定义

Xn1 ~t(n(Xn(Xn1X(nnn(Sσ(nnn第七章参数估计与假设检验举一反三参考详解一、参数 F(X;β)1xβ x ,x解Xβf(x;β)xβ

x ,xEX xf(x;β)dxxβdx xβ β解出被估计参数β与X的期望之间的关系 β μn 1n因此β的矩估计量 β

X

对于总X的样本x1x2xnL(β)(xxβ β1

1,i1,2,,x 1 0 其0xi1(i1,2,nL(β0nlnL(β)nlnβ(β1)lnidlnL(β β

lnβiβdlnL(β)0

βnni

ln

，因此参数β的最大似然估计量为βˆ

nni

lnXθ 0xf(x;θ)θ,1x 其其中θ是未知参数(0θ1)X1X2XnXN为样本值x1x2,xn中小于1的个数。求θ的最大似然估计量。 LθN(1θ)nN，lnLNlnθ(nN)ln(1θdlnLLn

，dln

0，

nN0，θ 1 1 于是θ的最大似然估计为θˆn

f(x;θ) 2(1θ

0x θx 其其中θ是未知参数(0θ1)X1X2XnXX是样本（为此要首先求出被估计参数θ与总体矩的关系。 θ 0θEXxf(x)dx02θdxθ2(1θ)dx 0θ2θ1μθ2μ 则θ

θˆ2X2（2）判断4X2是否为θ2的无偏估计量，就是要计算4X2的期望，并判断其是否等于被

1

2θθ2

θxf(x)dx0

dxθ2(1θ

dx 6(1θ DXEX

(EX

2θ2θ14θ24θ14θ24θ DXDX，EXEXn