廣西大學(xué)概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)-選做習(xí)題全解

1、概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)（第四版）選做習(xí)題全解PAGE PAGE 551.一打靶場(chǎng)備有5支某種型號(hào)的槍,其中3支已經(jīng)校正,2支未經(jīng)校正.某人使用已校正的槍擊中目標(biāo)的概率為,使用未經(jīng)校正的槍擊中目標(biāo)的概率為.他隨機(jī)地取一支槍進(jìn)行射擊,已知他射擊了5次,都未擊中,求他使用的是已校正的槍的概率(設(shè)各次射擊的結(jié)果相互獨(dú)立). 解 以表示事件“射擊了5次均未擊中”,以表示事件“取得的槍是已經(jīng)校正的”，則又,按題設(shè),由貝葉斯公式 2.某人共買了11只水果,其中有3只是二級(jí)品,8只是一級(jí)品.隨機(jī)地將水果分給三人,各人分別得到4只、6只、1只.(1)求未拿到二級(jí)品的概率.(2)已知未拿到二級(jí)品,求均拿到二級(jí)品的概率.

2、(3)求均拿到二級(jí)品而未拿到二級(jí)品的概率.解 以分別表示事件取到二級(jí)品,則表示事件未取到二級(jí)品.(1)(2)就是需要求已知未取到二級(jí)品,這時(shí)將7只一級(jí)品和3只二級(jí)品全部分掉.而均取到二級(jí)品,只需取到1只至2只二級(jí)品,其他的為一級(jí)品.于是 (3)3.一系統(tǒng)由兩個(gè)只能傳輸字符0和1的獨(dú)立工作的子系統(tǒng)和串聯(lián)而成(如圖15.3),每個(gè)子系統(tǒng)輸入為0輸出為0的概率為;而輸入為1輸出為1的概率也是.今在圖中端輸入字符1,求系統(tǒng)的端輸出字符0的概率. 題15.3圖解 “系統(tǒng)的輸入為1輸出為0”這一事件(記)是兩個(gè)不相容事件之和,即這里的記號(hào)“”表示事件“子系統(tǒng)的輸入為1輸出為1,其余3個(gè)記號(hào)的含義類似.于是

3、由子系統(tǒng)工作的獨(dú)立性得 4.甲乙二人輪流擲一骰子,每輪擲一次,誰(shuí)先擲得6點(diǎn)誰(shuí)得勝,從甲開始擲,問(wèn)甲、乙得勝的概率各為多少?解 以表示事件“第次投擲時(shí)投擲者才得6點(diǎn)”.事件發(fā)生,表示在前次甲或乙均未得6點(diǎn),而在第次投擲甲或乙得6點(diǎn).因各次投擲相互獨(dú)立,故有 因甲為首擲,故甲擲奇數(shù)輪次,從而甲勝的概率為 同樣,乙勝的概率為 5.將一顆骰子擲兩次,考慮事件“第一次擲得點(diǎn)數(shù)2或5”,“兩次點(diǎn)數(shù)之和至少為7”，求并問(wèn)事件是否相互獨(dú)立.解 將骰子擲一次共有6種等可能結(jié)果,故設(shè)以表示第次擲出骰子的點(diǎn)數(shù),則因?qū)Ⅶ蛔訑S兩次共有36個(gè)樣本點(diǎn),其中有共5種情況,這5種情況分別含有1,2,3,4,5個(gè)樣本點(diǎn),故 以記

4、兩次投擲的結(jié)果,則共有(2,5),(2,6),(5,2),(5,3)(5,4),(5,5),(5,6)這7個(gè)樣本點(diǎn).故 今有 按定義相互獨(dú)立.6.兩人輪流射擊,每次各人射擊一槍,射擊的次序?yàn)?射擊直至擊中兩槍為止.設(shè)各人擊中的概率均為,且各次擊中與否相互獨(dú)立.求擊中的兩槍是由同一人射擊的概率.解 總是在奇數(shù)輪射擊,在偶數(shù)輪射擊.先考慮擊中兩槍的情況.以表示事件“在第輪射擊時(shí)又一次擊中,射擊在此時(shí)結(jié)束”. 發(fā)生表示“前輪中共射擊槍而其中擊中一槍,且在第輪時(shí)擊中第二槍”（這一事件記為），同時(shí)“在前輪中共射擊槍但一槍未中”(這一事件記為)，因此 注意到兩兩互不相容,故由擊中了兩槍而結(jié)束射擊(這一事件

5、仍記為)的概率為(此處級(jí)數(shù)求和用到公式這一公式可自等比級(jí)數(shù)兩邊求導(dǎo)而得到.) 若兩槍均由擊中,以表示事件 “在第輪射擊時(shí)又一次擊中,射擊在此時(shí)結(jié)束”. 發(fā)生表示在前輪中射擊槍其中擊中一槍,且在第輪時(shí)擊中第2槍，同時(shí)在前輪中共射擊槍,但一槍未中.注意到兩兩互不相容,故擊中了兩槍而結(jié)束射擊(這一事件仍記為)的概率為 因此,由一人擊中兩槍的概率為 7.有3個(gè)獨(dú)立工作的元件1,元件2,元件3,它們的可靠性分別為設(shè)由它們組成一個(gè)“3個(gè)元件取2個(gè)元件的表決系統(tǒng)”,記為2/3這一系統(tǒng)的運(yùn)行方式是當(dāng)且僅當(dāng)3個(gè)元件中至少有2個(gè)正常工作時(shí)這一系統(tǒng)正常工作.求這一2/3系統(tǒng)的可靠性. 解 以表示事件“第個(gè)元件正常工

6、作”，以表示事件“2/3系統(tǒng)正常工作”，則可表示為下述兩兩互不相容的事件之和： 因相互獨(dú)立,故有 8. 在如圖15.8圖所示的橋式結(jié)構(gòu)電路中，第個(gè)繼電器觸點(diǎn)閉合的概率為，各繼電器工作相互獨(dú)立.求：（1）以繼電器觸點(diǎn)1是否閉合為條件，求A到B之間為通路的概率. （2）已知A到B為通路的條件下，繼電器觸點(diǎn)3是閉合的概率.解 以F表示事件“A到B為通路”，以表示事件“繼電器觸點(diǎn)閉合”，各繼電器工作相互獨(dú)立.（1）得而 故 其中，.（2）令則的表達(dá)式由（1）確定.9.進(jìn)行非學(xué)歷考試，規(guī)定考甲、乙兩門課程，每門課考第一次未通過(guò)都允許考第二次考生僅在課程甲通過(guò)后才能考課程乙，如兩門課程都通過(guò)可獲得一張資格

7、證書設(shè)某考生通過(guò)課程甲的各次考試的概率為，通過(guò)課程乙的各次考試的概率為，設(shè)各次考試的結(jié)果相互獨(dú)立又設(shè)考生參加考試直至獲得資格證書或者不準(zhǔn)予再考為止以表示考生總共需考試的次數(shù)求的分布律以及數(shù)學(xué)期望解 按題意知考試總共至少需考次而最多只考次以表示事件“課程甲在考第次時(shí)通過(guò)”，以表示事件“課程乙在考第次時(shí)通過(guò)”，事件表示考試總共考次，這一事件只在下列兩種互不相容的情況下發(fā)生，一種是課程甲、乙都在第一次考試時(shí)通過(guò)亦即發(fā)生（此時(shí)他得到證書）；另一種是課程甲在第一次、第二次考試均未通過(guò)，亦即發(fā)生（此時(shí)他不準(zhǔn)再考）故，同樣，.得的分布律為 ； ；例如，若，則有（次）10.(1)5只電池,其中有2只是次品,每

8、次取一只測(cè)試,直到將2只次品都找到.設(shè)第2只次品在第次找到,求的分布規(guī)律(注:在實(shí)際上第5次檢測(cè)可無(wú)需進(jìn)行). (2)5只電池,其中2只是次品,每次取一只,直到找出2只次品或3只正品為止.寫出需要測(cè)試的次數(shù)的分布律.解 (1)可能取的值為2,3,4,5.第1次、第2次都取到一只次品 (前兩次取到一只次品)(第3次取到一只次品) =第3次取到一只次品|前兩次取到一只次品前兩次取到一只次品 (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 得分布律為 2 3 4 5 (2)以表示所需測(cè)試的次數(shù),則的可能取值為2,3,4. 表示“前3次取到都是

9、正品”或“第二只次品在第3次取到”，故 的分布律為 2 3 4 11向某一目標(biāo)發(fā)射炮彈設(shè)炮彈彈著點(diǎn)目標(biāo)的距離為(單位:10),服從瑞利分布,其概率密度為 若彈著點(diǎn)離目標(biāo)不超過(guò)5時(shí),目標(biāo)被摧毀.(1)求發(fā)射一枚炮彈能摧毀目標(biāo)的概率.(2)為使至少有一枚炮彈能摧毀目標(biāo)的概率不小于0.94,問(wèn)最少需要獨(dú)立發(fā)射多少枚炮彈.解 (1)所求概率為 (2)設(shè)發(fā)射枚炮彈,則這枚炮彈都不能摧毀目標(biāo)的概率為,故至少有一枚炮彈能摧毀目標(biāo)的概率為.按題意需求最小的,使得即故最少需要獨(dú)立發(fā)射3枚炮彈.12設(shè)一枚深水炸彈擊沉一潛水艇的概率為，擊傷的概率為，擊不中的概率為.并設(shè)擊傷兩次也會(huì)導(dǎo)致潛水艇下沉.求釋放4枚深水炸彈

10、能擊沉潛水艇的概率.（提示：先求擊不沉的概率.）解 “擊沉”的逆事件為事件“擊不沉”，擊不沉潛水艇僅出現(xiàn)于下述兩種不相容的情況：（1）4枚深水炸彈全擊不中潛水艇（這一事件記為A），（2）一枚擊傷潛水艇而另三枚擊不中潛水艇（這一事件記為B）.各枚炸彈襲擊效果被認(rèn)為是相互獨(dú)立的.故有（因擊傷潛水艇的炸彈可以是4枚中的任一枚），又A，B是互不相容的，于是，擊不沉潛艇的概率為因此，擊沉潛艇的概率為13 一盒中裝有4只白球，8只黑球，從中取3只球，每次一只，作不放回抽樣.（1）求第1次和第3次都取到白球的概率.（提示：考慮第2次的抽取.）（2）求在第1次取到白球的條件下，前3次都取到白球的概率.解 以分

11、別表示1，2，3次取到白球.（1）（2）14設(shè)元件的壽命(以小時(shí)計(jì))服從指數(shù)分布,分布函數(shù)為(1)已知元件至少工作了30小時(shí),求它能再至少工作20小時(shí)的概率.(2)由3個(gè)獨(dú)立工作的此種元件組成一個(gè)2/3系統(tǒng)(參見第7題),求這一系統(tǒng)的壽命的概率.解 (1)由指數(shù)分布的無(wú)記憶性(參見教材第56頁(yè))知所求概率為 (2)由第7題知2/3系統(tǒng)的壽命的概率為 15.(1)已知隨機(jī)變量的概率密度為求的分布函數(shù). (2)已知隨機(jī)變量的分布函數(shù)為另外有隨機(jī)變量試求的分布律和分布函數(shù).解 (1)由于當(dāng)時(shí),分布函數(shù)當(dāng)時(shí),分布函數(shù)故所求分布函數(shù)為(2) 分布律為 -1 1 分布函數(shù)為 16.(1)服從泊松分布,其分

12、布律為問(wèn)當(dāng)取何值時(shí)為最大. (2)服從二項(xiàng)分布,其分布律為問(wèn)當(dāng)取何值時(shí)為最大. 解 (1)由知道,當(dāng)時(shí),隨增大而遞增; 當(dāng)時(shí),隨增大而遞減.從而,若為正整數(shù),則當(dāng)時(shí),為概率的最大值,即當(dāng)時(shí)概率都取到最大值.若不是正整數(shù),令則此時(shí)有因此不難推得為概率的最大值. (2)由知道,當(dāng)時(shí), 隨增大而遞增; ,當(dāng)時(shí),隨增大而遞減.從而,若為正整數(shù),則當(dāng)時(shí),為概率的最大值,即當(dāng)時(shí)概率都取到最大值.若不是正整數(shù),令,則,此時(shí)有不難推得為概率的最大值.17. 若離散型隨機(jī)變量具有分布律 1 2 稱服從取值為的離散型均勻分布.對(duì)于任意非負(fù)實(shí)數(shù)，記為不超過(guò)的最大整數(shù).記證明服從取值為的離散型均勻分布.證 對(duì)于 證畢

13、.18.設(shè)求的概率密度.解 的概率密度為記的分布函數(shù)為先來(lái)求的分布函數(shù) 當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí), 將關(guān)于求導(dǎo)可得的概率密度如下:當(dāng)時(shí), .因而此時(shí)當(dāng)時(shí), .因而此時(shí)當(dāng)時(shí),因而故 19.設(shè)的概率密度求的概率密度.解 因函數(shù)嚴(yán)格單調(diào)減少,它的反函數(shù)當(dāng)時(shí), .由第二章公式(2.1)得的概率密度為因而即本題和的概率密度相同.20. 設(shè)隨機(jī)變量服從以均值為的指數(shù)分布.驗(yàn)證隨機(jī)變量服從以參數(shù)為的幾何分布.這一事實(shí)表明連續(xù)型隨機(jī)變量的函數(shù)可以是離散型隨機(jī)變量.解 的概率密度為，的值域?yàn)椋实闹涤驗(yàn)?，是離散型隨機(jī)變量.對(duì)于任意非負(fù)整數(shù)，有這就是說(shuō)服從以為參數(shù)的幾何分布.這表示一個(gè)連續(xù)型隨機(jī)變量經(jīng)過(guò)變換變成了離散型隨機(jī)變

14、量.21.投擲一硬幣直至正面出現(xiàn)為止,引入隨機(jī)變量 投擲總次數(shù). (1)求和的聯(lián)合分布律及邊緣分布律.(2)求條件概率解 (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 (因必須首次得正面,故 當(dāng) (因必定首次得反面,故 綜上,得的分布律及邊緣分布律如下: 1 2 3 4 0 0 1 0 0 0 1(2) 22.設(shè)隨機(jī)變量隨機(jī)變量試求和的聯(lián)合分布律及邊緣分布律.解 的分布律為 的可能值是;的可能值為 時(shí) 即得的聯(lián)合分布律及邊緣分布律為 0 1 2 3 4 5 2 0 0 0 3 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 123. 設(shè)，是相互獨(dú)立

15、的泊松隨機(jī)變量，參數(shù)分別為求給定的條件下的條件分布.解 這就是說(shuō)給定的條件下的條件分布為以為參數(shù)的二項(xiàng)分布.24. 一教授將兩篇論文分別交給兩個(gè)打字員打印.以，分別表示第一篇第二篇論文的印刷錯(cuò)誤.設(shè)，相互獨(dú)立.（1）求，的聯(lián)合分布律；（2）求兩篇論文總共至多1個(gè)錯(cuò)誤的概率.解 （1），的聯(lián)合分布律為(2) 兩篇論文總共至多1個(gè)錯(cuò)誤的概率為25. 一等邊三角形(如圖15.25)的邊長(zhǎng)為1,在三角形內(nèi)隨機(jī)地取點(diǎn)(意指隨機(jī)點(diǎn)在三角形內(nèi)均勻分布). 寫出隨機(jī)變量的概率密度. 求點(diǎn)的底邊的距離的分布密度.解 (1)因三角形的面積為,故的概率密度為 （2）點(diǎn)到底邊的距離就是,因而求到的距離的分布函數(shù),就是

16、求關(guān)于的 邊緣分布函數(shù),現(xiàn)在 從而 的分布函數(shù)為 26. 設(shè)隨機(jī)變量具有概率密度 求邊緣概率密度求條件概率密度解 (1)當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí), 故邊緣概率密度分別是 (2)條件概率密度:當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí), 27. 設(shè)有隨機(jī)變量和，它們都僅取，兩個(gè)值已知 (1)求和的聯(lián)合分布密度. (2)求的方程至少有一個(gè)實(shí)根的概率. (3)求的方程至少有一個(gè)實(shí)根的概率. 解 (1) 的聯(lián)合分布密度為 -1 1 -1 1/6 2/6 1 2/6 1/6 (2) 方程當(dāng)且僅當(dāng)在時(shí)至少有一實(shí)根,因而所求的概率為 (3) 方程當(dāng)且僅當(dāng)在時(shí)至少有一實(shí)根,因而所求的概率為 28. 某圖書館一天的讀者人數(shù),任一讀者借書的概率為,各讀者

17、借書與否相互獨(dú)立.記一天讀者借書的人數(shù)為,求與的聯(lián)合分布律.解 讀者借書人數(shù)的可能值為 = 29. 設(shè)隨機(jī)變量X 和Y相互獨(dú)立,且都服從U(0,1),求兩變量之一至少為另一變量之值兩倍的概率.解 按題意知,(X,Y)在區(qū)域:服從均勻分布,其概率密度為 所求概率為 = =G1的面積+G2的面積=1/2,G1 ,G2見圖15.29. 30. 一家公司有一份保單招標(biāo)，兩家保險(xiǎn)公司競(jìng)標(biāo).規(guī)定標(biāo)書的保險(xiǎn)費(fèi)必須在20萬(wàn)元至22萬(wàn)元之間.若兩份標(biāo)書保險(xiǎn)費(fèi)相差2千或2千以上，招標(biāo)公司將選擇報(bào)價(jià)低者，否則就重新招標(biāo).設(shè)兩家保險(xiǎn)公司的報(bào)價(jià)是相互獨(dú)立的，且都在20萬(wàn)至22萬(wàn)之間均勻分布.試求招標(biāo)公司需重新招標(biāo)的概率

18、.解 設(shè)以，分別表示兩家保險(xiǎn)公司提出的保費(fèi).由假設(shè)和的概率密度均為 因，相互獨(dú)立，故的概率密度為按題意需求概率為畫出區(qū)域：以及矩形如圖15.30，它們公共部分的面積為正方形面積2三角形面積4-1.81.80.76.所求概率31. 設(shè)且相互獨(dú)立,求概率 .解 因獨(dú)立,其線性組合仍為正態(tài)變量,而 故 因而 = = =32. NBA籃球賽中有這樣的規(guī)律，兩支實(shí)力相當(dāng)?shù)那蜿?duì)比賽時(shí)，每節(jié)主隊(duì)得分與客隊(duì)得分之差為正態(tài)隨機(jī)變量，均值為1.5，方差為6，并且假設(shè)四節(jié)的比分差是相互獨(dú)立的.問(wèn)（1）主隊(duì)勝的概率有多大？（2）在前半場(chǎng)主隊(duì)落后5分的情況下，主隊(duì)得勝的概率有多大？（3）在第1節(jié)主隊(duì)贏5分得情況下，主隊(duì)

19、得勝的概率有多大？解 以記主隊(duì)在第節(jié)的得分與客隊(duì)在第節(jié)的得分之差，則有記為標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)隨機(jī)變量.（1）（2）由獨(dú)立性（3）33. 產(chǎn)品的某種性能指標(biāo)的測(cè)量值X是隨機(jī)變量,設(shè)X的概率密度為 測(cè)量誤差YU(),X,Y相互獨(dú)立,求Z=X+Y的概率密度,并驗(yàn)證 解 (1)Y的概率密度為 故Z=X+Y的概率密度為僅當(dāng)即時(shí)，上述積分的被積函數(shù)不等于零,參考圖15.33, 即得=(2) = +其中= =于是+=34. 在一化學(xué)過(guò)程中，產(chǎn)品中有份額為雜質(zhì)，而在雜質(zhì)中有份額是有害的，而其余部分不影響產(chǎn)品的質(zhì)量.設(shè)，且和相互獨(dú)立，求產(chǎn)品中有害雜質(zhì)份額的概率密度.解 因且和相互獨(dú)立，于是的概率密度為 其中，易知僅當(dāng)即時(shí)

20、，中的被積函數(shù)不等于零，參考題15.34圖，即得35. 設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為求的邊緣概率密度.問(wèn)是否相互獨(dú)立.求的概率密度求條件概率密度求條件概率求條件概率 解 （1）（2）不是相互獨(dú)立的.（3）僅當(dāng)即時(shí)被積函數(shù)不為零. 如圖15.35圖1，得（4）對(duì)于即對(duì)于固定的的條件分布是區(qū)間上的均勻分布.（5）如圖15.35圖2，條件概率為分子分母故（6）36.設(shè)圖書館的讀者借閱甲種圖書的概率為,借閱乙種圖書的概率為,設(shè)每人借閱甲、乙圖書的行動(dòng)相互獨(dú)立，讀者之間的行動(dòng)也相互獨(dú)立.(1)某天恰有n個(gè)讀者,求甲、乙兩種圖書中至少借閱一種的人數(shù)的數(shù)學(xué)期望.解 (1)以X表示某天讀者中借閱甲種圖書的人數(shù)，因各

21、人借閱甲種圖書的概率均為p,且由題設(shè)各人是否借閱相互獨(dú)立,故.(2)以A表示事件“讀者借閱甲種圖書”,以B表示事件“讀者借閱乙種圖書”,則就讀者而言,有 借閱兩種圖書的行動(dòng)相互獨(dú)立,故.以Y表示至少借閱一種圖書的人數(shù),由題設(shè)各人是否借閱相互獨(dú)立,知,故也可這樣做.引入隨機(jī)變量: .這里不需假設(shè)讀者之間的行動(dòng)相互獨(dú)立.37.某種鳥在某時(shí)間區(qū)間下蛋數(shù)為15只,下只蛋的概率與成正比.一個(gè)收集鳥蛋的人在時(shí)去收集鳥蛋,但他僅當(dāng)鳥窩多于3只蛋時(shí)他從中取走一只蛋.在某處有這種鳥的鳥窩6個(gè)(每個(gè)鳥窩保存完好,各鳥窩中蛋的個(gè)數(shù)相互獨(dú)立).寫出一個(gè)鳥窩中鳥蛋只數(shù)的分布率.對(duì)于指定的一只鳥窩,求拾蛋人在該鳥窩中拾到

22、一只蛋的概率.求拾蛋人在6只鳥窩中拾到蛋的總數(shù)的分布律及數(shù)學(xué)期望.求當(dāng)一個(gè)拾蛋人在這6只鳥窩中拾過(guò)蛋后,緊接著又有一個(gè)拾蛋人到這些鳥窩中拾蛋,也僅當(dāng)鳥窩中多于3只蛋時(shí),拾取一只蛋,求第二個(gè)拾蛋人拾得蛋數(shù)的數(shù)學(xué)期望.解 (1)設(shè)該中鳥在內(nèi)下蛋數(shù)為按題意其中為待定常數(shù).因即有所以,因此的分布律為 (2)因當(dāng)且僅當(dāng)窩中蛋數(shù)多于3時(shí),某人從中取走一只蛋,故拾蛋人在該窩中拾取一只蛋的概率為(3)記拾蛋人在6只鳥窩中拾到蛋的總數(shù)為,則,故(4) = =0.456,第2個(gè)拾蛋人僅當(dāng)鳥窩中最初有5只蛋時(shí),他才能從該窩中拾到一只蛋,故他在一個(gè)鳥窩中拾到一只蛋的為以記第2個(gè)拾蛋人拾到蛋的總數(shù),則故有38. 設(shè)袋中

23、有只白球,只黑球.在袋中取球次,每次任取一只做不放回抽樣,以表示取到白球的個(gè)數(shù),求.解 引入隨機(jī)變量:則次取球得到的白球數(shù)而 1 即知的數(shù)學(xué)期望為.于是得得數(shù)學(xué)期望為.本題也可按以下方式寫出的表達(dá)式,從而求得,將球編號(hào),引入隨機(jī)變量 則 .事件發(fā)生,表示在袋中取球 次,若每次任取一只不放回抽樣時(shí),第號(hào)白球被取到.因?yàn)槭录梢栽诘谝淮巍⒌诙?、第次取?這種兩兩互不相容的情況發(fā)生,且每次取到第號(hào)白球的概率都是.因此,這樣,從而.39.拋一顆骰子直到所有點(diǎn)數(shù)全部出現(xiàn)為止,求所需投擲次數(shù)的數(shù)學(xué)期望.解 引入隨機(jī)變量如下:是第一、第二兩點(diǎn)得到后,等待第三個(gè)不同點(diǎn)所需等待次數(shù),的意義類似.則所需投擲的總

24、次數(shù)為.因第一點(diǎn)得到后,擲一次得第二個(gè)不同的點(diǎn)的概率為,因此的分布律為 即服從參數(shù)的幾何分布,又因得到兩個(gè)不同的點(diǎn)后,擲一次得第三個(gè)不相同點(diǎn)的概率為,故服從參數(shù)的幾何分布,其分布律為同樣,的分布律分別為因幾何分布的數(shù)學(xué)期望為(參見第四章習(xí)題選解19題).所以=40.設(shè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立.且分別服從以為均值得指數(shù)分布.求解 41.一酒吧間柜臺(tái)前有6張凳子,服務(wù)員預(yù)測(cè),若兩個(gè)陌生人進(jìn)來(lái)就坐的話,他們之間至少相隔兩張凳子.若真有2個(gè)陌生人入內(nèi),他們隨機(jī)地就坐,問(wèn)服務(wù)員預(yù)言為真的概率是多少?設(shè)2個(gè)顧客是隨機(jī)坐的,求顧客之間凳子數(shù)的數(shù)學(xué)期望.解 (1)將凳子按自左至右編號(hào),設(shè)服務(wù)員預(yù)言為真.若第一顧客就坐

25、于1號(hào),則另一顧客可坐4或5或6號(hào)共三種坐法,若第一顧客就坐于2號(hào),則另一顧客可坐在5或6號(hào)共兩種坐法,若第一顧客就坐于6號(hào),只有一種坐法.綜合三種情況共計(jì)6種坐法.同樣,若第一顧客分別就坐于6號(hào),5號(hào),4號(hào),則另一顧客也有6種坐法,因此兩人共有種坐法,若兩人隨機(jī)就坐共有種坐法,故服務(wù)員預(yù)言為真的概率是(2)若兩顧客是隨機(jī)坐的,以記兩顧客間的凳子數(shù),則可能取的值為0,1,2,3,4.可知的分布律為 于是42.設(shè)隨機(jī)變量相互獨(dú)立，且都服從又設(shè)求概率的近似值.解 所求概率為因相互獨(dú)立且都服從知也相互獨(dú)立,且服從同一分布,又其概率密度為故有由中心極限定理得 43.來(lái)自某個(gè)城市的長(zhǎng)途電話呼叫的持續(xù)時(shí)間

26、(以分計(jì))是一個(gè)隨機(jī)變量,它的分布函數(shù)是 (其中是不大于的最大整數(shù)). (1) 畫出的圖形. (2) 說(shuō)明是什么類型的隨機(jī)變量. (3) 求(提示). 解 (1) (2)的所有不連續(xù)點(diǎn)為取這些值的概率的總和為 注意到,在的任一連續(xù)點(diǎn)處有又由于,因此,不可能取到可列多個(gè)值使得故不是離散型隨機(jī)變量.又由于不是連續(xù)函數(shù),故也不是連續(xù)型隨機(jī)變量. (3) 44.一汽車保險(xiǎn)公司分析一組(250人)簽約的客戶中的賠付情況.據(jù)歷史數(shù)據(jù)分析,在未來(lái)一周中一組客戶中至少提出一項(xiàng)索賠的客戶數(shù)占10%.寫出的分布,并求(即)的概率.設(shè)各客戶是否提出索賠相互獨(dú)立. 解 按題意知.現(xiàn)在需要求 即需求 由拉普拉斯定理得

27、45.在區(qū)間隨機(jī)地取一點(diǎn).定義(1) 求隨機(jī)變量的值域.(2) 求的分布函數(shù),并畫出它的圖形.(3) 說(shuō)明不是連續(xù)型隨機(jī)變量, 也不是離散型隨機(jī)變量.解 (1)因故且又由于的值域是,知的值域?yàn)?(2) 由(1)知當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí),事件表示是在隨機(jī)取的一點(diǎn).故有的圖形如題15.45圖所示.(3) 從題15.45圖看出, 在點(diǎn)處不連續(xù),故它不是連續(xù)型隨機(jī)變量. 只有一個(gè)不連續(xù)點(diǎn).注意到在的任一連續(xù)點(diǎn)處,有而在不連續(xù)點(diǎn)處,故不可能取到可列多個(gè)值使得故不是離散型隨機(jī)變量.46.設(shè)是數(shù)學(xué)期望為的指數(shù)分布總體的容量為2的樣本,設(shè),試證明證 的概率密度為 (參見134頁(yè)附注) =又 相互獨(dú)立,從而相互獨(dú)立,

28、且故由數(shù)學(xué)期望的性質(zhì),得=47.設(shè)總體是一個(gè)樣本.分別為樣本均值和樣本方差,試證證 因分別是正態(tài)總體的容量為的樣本均值和樣本方差,于是與也相互獨(dú)立.從而 =， ， ，又由分布的性質(zhì)知,，得，將這些結(jié)果代入式,得48.設(shè)總體具有概率密度: 其中為未知參數(shù),是來(lái)自的樣本,是相應(yīng)的樣本觀察值.求的最大似然估計(jì)量.求的矩估計(jì)量.問(wèn)求得的估計(jì)量是否是無(wú)偏估計(jì)量.解 (1)由的樣本觀察值以及的概率密度的形式,得似然函數(shù)為 =故 ,令 ，得的最大似然估計(jì)值為，(2) =，得 ，以代替上式中的,得的矩估計(jì)量為,它與最大似然估計(jì)量相一致.(3) 因故是的無(wú)偏估計(jì)量.49.設(shè)以及為分別來(lái)自總體與的樣本,且它們相互

29、獨(dú)立.均未知,試求的最大似然估計(jì)量.解 設(shè)給定的兩獨(dú)立樣本的相應(yīng)樣本值分別為,將它們代入相應(yīng)的概率密度,然后相乘,得似然函數(shù)為=，令 得的最大似然估計(jì)值為，的最大似然值為,50.為了探究一批存貯著的產(chǎn)品的可靠性,在產(chǎn)品投入貯存時(shí),即在時(shí)刻時(shí),隨機(jī)地選定只產(chǎn)品,然后在預(yù)先規(guī)定的時(shí)刻取出來(lái)進(jìn)行檢測(cè)(檢測(cè)時(shí)確定已失效的去掉,將未失效的繼續(xù)投入貯存),今得到以下的壽命試驗(yàn)數(shù)據(jù).檢測(cè)時(shí)刻(月) 區(qū)間 在的失效數(shù) 這種數(shù)據(jù)稱為區(qū)間數(shù)據(jù).設(shè)產(chǎn)品壽命服從指數(shù)分布,其概率密度為未知試基于上述數(shù)據(jù)寫出的對(duì)數(shù)似然方程.設(shè)我們可以用數(shù)值解法求得的最大似然估計(jì)值.在計(jì)算機(jī)上實(shí)現(xiàn)是容易的.特別,取檢測(cè)時(shí)間是等間隔的,即取

30、驗(yàn)證,此時(shí)可得的最大似然估計(jì)為解 (1)由假設(shè)產(chǎn)品壽命服從指數(shù)分布,其分布函數(shù)為則產(chǎn)品在區(qū)間失效的概率為 (這里), 產(chǎn)品直至未失效的概率為 因而事件“只產(chǎn)品分別在區(qū)間失效只,而直至還有只未失效”的概率為 這就是樣本的似然函數(shù).取對(duì)數(shù)得 對(duì)數(shù)似然方程為即為 上式右邊第一項(xiàng)即為= = 于是得對(duì)數(shù)似然方程為 (2)若則上述方程化成即 即 亦即 從而得的最大似然估計(jì)為51. 設(shè)某種電子器件的壽命（以小時(shí)計(jì)）服從指數(shù)分布，概率密度為：其中未知從這批器件中任取只在時(shí)刻時(shí)投入獨(dú)立壽命試驗(yàn)，試驗(yàn)進(jìn)行到預(yù)訂時(shí)間結(jié)束此時(shí)有只器件失效，試求的最大似然估計(jì)解 考慮事件：“試驗(yàn)直至?xí)r間為止，有只器件失效，而有只未失效

31、”的概率記的分布函數(shù)為，一只器件在投入試驗(yàn)，則在時(shí)間以前失效的概率為；而在時(shí)間未失效的概率為由于各只器件的試驗(yàn)是相互獨(dú)立的，因此事件的概率為,這就是所求的似然函數(shù)取對(duì)數(shù)得.令 ,得 .解得的最大似然估計(jì)為. 52.設(shè)系統(tǒng)由兩個(gè)獨(dú)立工作的成敗型元件串聯(lián)而成(成敗型元件只有兩種狀態(tài):正常工作或失效).元件1、元件2的可靠性分別為,它們均未知.隨機(jī)地取個(gè)系統(tǒng)投入試驗(yàn),當(dāng)系統(tǒng)中至少有一個(gè)元件失效時(shí)系統(tǒng)失效,現(xiàn)得到以下的試驗(yàn)數(shù)據(jù):僅元件1失效的系統(tǒng)數(shù); 僅元件2失效的系統(tǒng)數(shù); 元件1,元件2至少有一個(gè)失效的系統(tǒng)數(shù);未失效的系統(tǒng)數(shù).這里為隱蔽數(shù)據(jù),也就是只知系統(tǒng)失效,但不知道是由元件1還是元件2單獨(dú)失效引

32、起的,還是由元件1,2均失效引起的,設(shè)隱蔽與系統(tǒng)失效的真正原因獨(dú)立. (1)試寫出的似然函數(shù). (2)設(shè)有系統(tǒng)壽命試驗(yàn)數(shù)據(jù)試求的最大似然估計(jì).解 (1)為了寫出似然函數(shù),現(xiàn)在來(lái)求取到現(xiàn)有樣本的概率.因共有個(gè)系統(tǒng),因而似然函數(shù)是個(gè)因子的乘積,其中 對(duì)應(yīng)于個(gè)僅元件1失效的系統(tǒng)有個(gè)因子: 對(duì)應(yīng)于個(gè)僅元件2失效的系統(tǒng)有個(gè)因子: 對(duì)應(yīng)于個(gè)僅元件1,2至少有一個(gè)失效的系統(tǒng)有個(gè)因子: 對(duì)應(yīng)于個(gè)未失效的系統(tǒng)有個(gè)因子: 故得似然函數(shù)為 (2)以代入上式得似然函數(shù)為 令 得 即有 將代入,經(jīng)簡(jiǎn)化得 即 解得(不合理,舍去)，于是 即得的最大似然估計(jì)值為 53.(1)設(shè)總體具有分布律123 未知,今有樣本1 1 1

33、 3 2 1 3 2 2 1 2 2 3 1 1 2.試求得最大似然估計(jì)值和矩估計(jì)值. (2)設(shè)總體服從分布,其概率密度為 其形狀參數(shù)為已知,尺度參數(shù)未知.今有樣本值,求的最大似然估計(jì)值.解 (1)樣本值1出現(xiàn)7次,2出現(xiàn)6次,3出現(xiàn)3次,故似然函數(shù)為 令 得的最大似然估計(jì)值為 下面來(lái)求矩估計(jì),令 解得 于是得矩估計(jì)值為 (2)對(duì)于樣本值,似然函數(shù)為 令 得參數(shù)的最大似然估計(jì)值為 54.(1)設(shè)即服從對(duì)數(shù)正態(tài)分布,驗(yàn)證 (2)設(shè)自(1)中總體中取一容量為的樣本求的最大似然估計(jì),此處設(shè)均為未知.(3)已知在文學(xué)家蕭伯納的An Intelligent Womens Guide To Sociali

34、sm一書中,一個(gè)句子的單詞數(shù)近似地服從對(duì)數(shù)指數(shù)分布,設(shè)及為未知.今自該書中隨機(jī)地取20個(gè)句子.這些句子中的單詞數(shù)分別為 52 24 15 67 15 22 63 26 16 32 7 33 28 14 7 29 10 6 59 30,問(wèn)這本書中,一個(gè)句子的單詞數(shù)均值的最大似然估計(jì)值等于多少?解 (1)由得,而故 由于 故有 (2)為求的最大似然估計(jì),先來(lái)求的最大似然估計(jì).為此,先來(lái)求的概率密度.而記的概率密度為由于函數(shù)嚴(yán)格單調(diào)遞增,其反函數(shù)為故由第二章公式(2.1)知, 的概率密度為 接著來(lái)求和的最大似然估計(jì).對(duì)于樣本值,似然函數(shù)為令 得和的最大似然估計(jì)值分別為 注意到由最大似然估計(jì)量的不變性

35、知的最大似然估計(jì)為 (3)將所給的20個(gè)數(shù)取對(duì)數(shù),經(jīng)計(jì)算得到和分別為 故 55.考慮進(jìn)行定數(shù)截尾壽命試驗(yàn)，假設(shè)將隨機(jī)抽取的件產(chǎn)品在時(shí)間時(shí)同時(shí)投入試驗(yàn).試驗(yàn)進(jìn)行到件產(chǎn)品失效時(shí)停止, 件失效產(chǎn)品的失效時(shí)間分別為 .是第件產(chǎn)品失效的時(shí)間.設(shè)產(chǎn)品的壽命分布為韋布爾分布,其概率密度為其中參數(shù)已知.求參數(shù)的最大似然估計(jì).解 , 已知,使用定數(shù)截尾數(shù)據(jù),截尾數(shù)為.則似然方程為 其中令 得 于是得的最大似然估計(jì)為 其中56.設(shè)某大城市郊區(qū)的一條林蔭道兩旁開設(shè)了許多小商店，這些商店的開設(shè)延續(xù)時(shí)間（以月計(jì)）是一個(gè)隨機(jī)變量，現(xiàn)隨機(jī)地抽取30家商店，將它們的延續(xù)時(shí)間按自小到大排序，選其中前8家商店，它們的延續(xù)時(shí)間分別

36、是 3.2 3.9 5.9 6.5 16.5 20.3 40.4 50.9假設(shè)商店開設(shè)延續(xù)時(shí)間的長(zhǎng)度是韋布爾隨機(jī)變量. 其概率密度為其中， （1）試用上題結(jié)果，寫出的最大似然估計(jì). （2）按（1）的結(jié)果求商店開始延續(xù)時(shí)間至少為2年的概率的估計(jì).解 （1）現(xiàn)在 （2）2年24月. 韋布爾分布的分布函數(shù)為于是商店開設(shè)延續(xù)時(shí)間至少為24個(gè)月的概率為57.設(shè)分別自總體和中抽取容量的兩獨(dú)立樣本.其樣本方差分別為 試證,對(duì)于任意常數(shù)都是的無(wú)偏估計(jì),并確定常數(shù)使達(dá)到最小. 解 因且,于是 故對(duì)于任意常數(shù),只要都是的無(wú)偏估計(jì).故(這是因?yàn)檎龖B(tài)分布總體的樣本方差有而變量方差為).記由,可化成 令 得 (此時(shí)).

37、而 即知當(dāng) 時(shí),取最小值.這就是說(shuō),當(dāng) , 時(shí)取到最小值. 58.設(shè)總體是來(lái)自的樣本.已知樣本方差 是的無(wú)偏估計(jì).驗(yàn)證樣本標(biāo)準(zhǔn)差不是標(biāo)準(zhǔn)差的無(wú)偏估計(jì). 證 因而是的函數(shù),故 其中是分布的概率密度.將的表達(dá)式代入上式右邊,得到 (因).因此,即不是的無(wú)偏估計(jì).59.設(shè)總體服從指數(shù)分布,其概率密度為未知.從總體中抽取一容量為的樣本 (1)證明(2)求的置信水平為的單側(cè)置信下限. (3)某種元件的壽命(以小時(shí)計(jì))服從上述指數(shù)分布,現(xiàn)從中抽得一容量為的樣本,測(cè)得樣本均值為5010(小時(shí)),試求元件的平均壽命的置信水平為0.90的單側(cè)置信下限. 解 (1)令因?yàn)閲?yán)格單調(diào)函數(shù),其反函數(shù)為故由第二章(2.1

38、)式,知的概率密度為 它是分布的概率密度.也就是說(shuō) 是來(lái)自的樣本,因此相互獨(dú)立,且都與有相同的分布.這樣就有 再由分布的可加性得 (2)因 即有 故得知新水平為的單側(cè)置信下限是 (3)令 故 60. 設(shè)總體是來(lái)自的樣本. (1)驗(yàn)證的分布函數(shù)為 (2)驗(yàn)證的概率密度為 (3)給定正數(shù),求的分布的上分位點(diǎn)以及上分位點(diǎn) (4)利用(2)(3) 求參數(shù)的置信水平為的置信區(qū)間. (5)設(shè)某人上班的等車時(shí)間未知.現(xiàn)在有樣本求的置信水平為0.95的置信區(qū)間. 解 (1) 它的分布函數(shù)為 是來(lái)自的樣本,故它們相互獨(dú)立,且都與有相同的分布.從而的分布函數(shù)為 (2)的分布函數(shù)為 將關(guān)于求導(dǎo),得的概率密度函數(shù)為

39、如圖15.60.上分位點(diǎn)應(yīng)滿足 即或即因而 同樣, 應(yīng)滿足 即或即因而 (4)考慮到 即 因此 即 故得總體的未知參數(shù)的置信水平為的一個(gè)置信區(qū)間為(5)現(xiàn)在所求的置信水平為0.95的置信區(qū)間為 61.設(shè)總體服從指數(shù)分布,概率密度為 設(shè)是來(lái)自的樣本.試取59題中當(dāng)時(shí)的統(tǒng)計(jì)量作為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量,檢驗(yàn)假設(shè) 取水平為(注意:). 設(shè)某種電子元件的壽命(以小時(shí)計(jì))服從均值為的指數(shù)分布,隨機(jī)取12只元件,測(cè)得它們的壽命分別為 340 , 430 , 560 , 920 , 1380 , 1520 , 1660 , 1770 , 2100 , 2320 , 2件350 , 2650 .試取水平檢驗(yàn)假設(shè) 解 按題

40、設(shè)總體服從指數(shù)分布,其概率密度為是來(lái)自的樣本,現(xiàn)在來(lái)檢驗(yàn)假設(shè)(取水平為) 取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 ,當(dāng)為真時(shí),由于與接近,而當(dāng)為真時(shí), 傾向于偏離,因此拒絕域具有以下的形式 或 此處的值由下式確定: 取 由59題當(dāng)為真時(shí), 故得于是拒絕域?yàn)?或 現(xiàn)在要檢驗(yàn)假設(shè) 令 即有 12.40124.82839.364 ,故接受.認(rèn)為這批電子元件壽命的均值為小時(shí).62經(jīng)過(guò)十一年的試驗(yàn),達(dá)爾文于1876年得到15對(duì)玉米樣品的數(shù)據(jù)如下表,每對(duì)作物除授粉方式不同外,其它條件都是相同的.試用逐對(duì)比較法檢驗(yàn)不同授粉方式對(duì)玉米高度是否有顯著的影響().問(wèn)應(yīng)增設(shè)什么條件才能用逐對(duì)比較法進(jìn)行檢驗(yàn)?授粉方式123456異株授粉的作物

41、高度(xi)23.1251220.3752219.12521.5同株授粉的作物高度(xi)27.37521202019.37518.62578910111213141522.12520.37518.2521.62523.252122.125231218.62515.2516.51816.251812.7525.518解 本題是歷史上第一個(gè)對(duì)比試驗(yàn)的結(jié)果我們用逐對(duì)比較法來(lái)檢驗(yàn)計(jì)算與的差：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今要求在水平下檢驗(yàn)假設(shè)現(xiàn)在有所給的數(shù)據(jù)得故

42、接受,即認(rèn)為兩種授粉方式對(duì)玉米高度無(wú)顯著影響用逐對(duì)比較法作檢驗(yàn)時(shí),一般應(yīng)假定各對(duì)數(shù)據(jù)之差構(gòu)成正態(tài)總體的一個(gè)樣本不過(guò)這種假定,通常體現(xiàn)于做對(duì)比試驗(yàn)的要求上63一內(nèi)科醫(yī)生聲稱,如果病人每天傍晚聆聽一種特殊的輕音樂會(huì)降低血壓(舒張壓,以記)今選取了個(gè)病人在試驗(yàn)之前和試驗(yàn)之后分別測(cè)量了血壓,得到以下的數(shù)據(jù)： 病人12345678910試驗(yàn)之前()86929584807898959496試驗(yàn)之后()84838178827486858082設(shè)為來(lái)自正態(tài)總體的樣本,均已知試檢驗(yàn)是否可以認(rèn)為醫(yī)生的意見是對(duì)的(取)解 本題亦宜采用逐對(duì)比較法,即在水平下檢驗(yàn)假設(shè)檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為,當(dāng)?shù)挠^察值時(shí)拒絕今的觀察值為2, 9,

43、 14, 6, -2, 4, 12, 10, 14, 14得查表,檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量的觀察值從而在水平下拒絕,認(rèn)為醫(yī)生的意見是對(duì)的64以下是各種顏色汽車的銷售情況： 顏色紅 黃 藍(lán) 綠 棕車輛數(shù)40 64 46 36 14試檢驗(yàn)顧客對(duì)這些顏色是否有偏愛,即檢驗(yàn)銷售情況是否是均勻的(取)解 以表示一顧客買一輛色的汽車的概率本題要求根據(jù)銷售記錄,在水平下檢驗(yàn)假設(shè) ：(紅)=(黃)=(藍(lán))=(綠)=(棕)=0.2現(xiàn)在,所需計(jì)算列表如下： 車輛顏色 紅黃藍(lán)綠棕40644636140.20.20.20.20.240 4040 102.440 52.940 32.440 4.9 而觀察值,故在下拒絕,認(rèn)為顧客對(duì)顏

44、色是有偏愛的65某種閃光燈,每盞燈含4個(gè)電池,隨機(jī)地取150盞燈,經(jīng)檢測(cè)得到以下的數(shù)據(jù)： 一盞燈損壞的電池?cái)?shù)0 1 2 3 4 燈的盞數(shù)26 51 47 16 10試取檢驗(yàn)一盞燈損壞的電池?cái)?shù)(未知) 解 本題要求在水平下檢驗(yàn)假設(shè) , 此處為未知,故需在下用最大似然估計(jì)法估計(jì)由知的最大似然估計(jì)值為(參見教材第七章習(xí)題3),即有其余所需的計(jì)算列表如下： 2651470.1399780.3554750.3385240.1432810.02274120.996753.3212550.778632.195648.779843.502627.1450 ,而觀察值故接受,認(rèn)為66下面分別給出了某城市在春季(

45、9周)和秋季(10周)發(fā)生的案件數(shù)春季51 42 57 53 43 37 45 49 46秋季40 35 30 44 33 50 41 39 36 38試取,用秩和檢驗(yàn)法檢驗(yàn)春季發(fā)生的案件數(shù)的均值是否較秋季的為多 解 本題要求在水平下,檢驗(yàn)假設(shè),將兩組共19個(gè)數(shù)排序如下： 數(shù)據(jù)30 33 35 36 38 39 40 41 44 50 秩1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19(對(duì)于來(lái)自第1個(gè)總體()的數(shù)據(jù)下面加“_”表示),故 ,查教材附表9知拒絕域?yàn)楝F(xiàn)在落在拒絕域內(nèi),故拒絕,認(rèn)為春季發(fā)生的案件數(shù)的均值較秋季的為多67臨界閃爍頻率(cff)是人眼對(duì)于閃爍光源能夠分辨出它在閃爍的最高頻率(以赫計(jì))超過(guò)cff的頻率,即使光源實(shí)際是在閃爍的,而人看起來(lái)是連續(xù)的(不閃爍的)一項(xiàng)研究旨在判定cff的均值是否與人眼的虹膜顏色有關(guān),所得數(shù)據(jù)如下： 臨界