廣西大學概率論與數理統(tǒng)計-選做習題全解

1、概率論與數理統(tǒng)計（第四版）選做習題全解PAGE PAGE 551.一打靶場備有5支某種型號的槍,其中3支已經校正,2支未經校正.某人使用已校正的槍擊中目標的概率為,使用未經校正的槍擊中目標的概率為.他隨機地取一支槍進行射擊,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(設各次射擊的結果相互獨立). 解 以表示事件“射擊了5次均未擊中”,以表示事件“取得的槍是已經校正的”，則又,按題設,由貝葉斯公式 2.某人共買了11只水果,其中有3只是二級品,8只是一級品.隨機地將水果分給三人,各人分別得到4只、6只、1只.(1)求未拿到二級品的概率.(2)已知未拿到二級品,求均拿到二級品的概率.

2、(3)求均拿到二級品而未拿到二級品的概率.解 以分別表示事件取到二級品,則表示事件未取到二級品.(1)(2)就是需要求已知未取到二級品,這時將7只一級品和3只二級品全部分掉.而均取到二級品,只需取到1只至2只二級品,其他的為一級品.于是 (3)3.一系統(tǒng)由兩個只能傳輸字符0和1的獨立工作的子系統(tǒng)和串聯而成(如圖15.3),每個子系統(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)是兩個不相容事件之和,即這里的記號“”表示事件“子系統(tǒng)的輸入為1輸出為1,其余3個記號的含義類似.于是

3、由子系統(tǒng)工作的獨立性得 4.甲乙二人輪流擲一骰子,每輪擲一次,誰先擲得6點誰得勝,從甲開始擲,問甲、乙得勝的概率各為多少?解 以表示事件“第次投擲時投擲者才得6點”.事件發(fā)生,表示在前次甲或乙均未得6點,而在第次投擲甲或乙得6點.因各次投擲相互獨立,故有 因甲為首擲,故甲擲奇數輪次,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“第一次擲得點數2或5”,“兩次點數之和至少為7”，求并問事件是否相互獨立.解 將骰子擲一次共有6種等可能結果,故設以表示第次擲出骰子的點數,則因將骰子擲兩次共有36個樣本點,其中有共5種情況,這5種情況分別含有1,2,3,4,5個樣本點,故 以記

4、兩次投擲的結果,則共有(2,5),(2,6),(5,2),(5,3)(5,4),(5,5),(5,6)這7個樣本點.故 今有 按定義相互獨立.6.兩人輪流射擊,每次各人射擊一槍,射擊的次序為,射擊直至擊中兩槍為止.設各人擊中的概率均為,且各次擊中與否相互獨立.求擊中的兩槍是由同一人射擊的概率.解 總是在奇數輪射擊,在偶數輪射擊.先考慮擊中兩槍的情況.以表示事件“在第輪射擊時又一次擊中,射擊在此時結束”. 發(fā)生表示“前輪中共射擊槍而其中擊中一槍,且在第輪時擊中第二槍”（這一事件記為），同時“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束射擊(這一事件

5、仍記為)的概率為(此處級數求和用到公式這一公式可自等比級數兩邊求導而得到.) 若兩槍均由擊中,以表示事件 “在第輪射擊時又一次擊中,射擊在此時結束”. 發(fā)生表示在前輪中射擊槍其中擊中一槍,且在第輪時擊中第2槍，同時在前輪中共射擊槍,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個獨立工作的元件1,元件2,元件3,它們的可靠性分別為設由它們組成一個“3個元件取2個元件的表決系統(tǒng)”,記為2/3這一系統(tǒng)的運行方式是當且僅當3個元件中至少有2個正常工作時這一系統(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： 因相互獨立,故有 8. 在如圖15.8圖所示的橋式結構電路中，第個繼電器觸點閉合的概率為，各繼電器工作相互獨立.求：（1）以繼電器觸點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“繼電器觸點閉合”，各繼電器工作相互獨立.（1）得而 故 其中，.（2）令則的表達式由（1）確定.9.進行非學歷考試，規(guī)定考甲、乙兩門課程，每門課考第一次未通過都允許考第二次考生僅在課程甲通過后才能考課程乙，如兩門課程都通過可獲得一張資格

7、證書設某考生通過課程甲的各次考試的概率為，通過課程乙的各次考試的概率為，設各次考試的結果相互獨立又設考生參加考試直至獲得資格證書或者不準予再考為止以表示考生總共需考試的次數求的分布律以及數學期望解 按題意知考試總共至少需考次而最多只考次以表示事件“課程甲在考第次時通過”，以表示事件“課程乙在考第次時通過”，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通過亦即發(fā)生（此時他得到證書）；另一種是課程甲在第一次、第二次考試均未通過，亦即發(fā)生（此時他不準再考）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、次取一只測試,直到將2只次品都找到.設第2只次品在第次找到,求的分布規(guī)律(注:在實際上第5次檢測可無需進行). (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.寫出需要測試的次數的分布律.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)以表示所需測試的次數,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向某一目標發(fā)射炮彈設炮彈彈著點目標的距離為(單位:10),服從瑞利分布,其概率密度為 若彈著點離目標不超過5時,目標被摧毀.(1)求發(fā)射一枚炮彈能摧毀目標的概率.(2)為使至少有一枚炮彈能摧毀目標的概率不小于0.94,問最少需要獨立發(fā)射多少枚炮彈.解 (1)所求概率為 (2)設發(fā)射枚炮彈,則這枚炮彈都不能摧毀目標的概率為,故至少有一枚炮彈能摧毀目標的概率為.按題意需求最小的,使得即故最少需要獨立發(fā)射3枚炮彈.12設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.并設擊傷兩次也會導致潛水艇下沉.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為是相互獨立的.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設元件的壽命(以小時計)服從指數分布,分布函數為(1)已知元件至少工作了30小時,求它能再至少工作20小時的概率.(2)由3個獨立工作的此種元件組成一個2/3系統(tǒng)(參見第7題),求這一系統(tǒng)的壽命的概率.解 (1)由指數分布的無記憶性(參見教材第56頁)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)已知隨機變量的概率密度為求的分布函數. (2)已知隨機變量的分布函數為另外有隨機變量試求的分布律和分布函數.解 (1)由于當時,分布函數當時,分布函數故所求分布函數為(2) 分布律為 -1 1 分布函數為 16.(1)服從泊松分布,其分

12、布律為問當取何值時為最大. (2)服從二項分布,其分布律為問當取何值時為最大. 解 (1)由知道,當時,隨增大而遞增; 當時,隨增大而遞減.從而,若為正整數,則當時,為概率的最大值,即當時概率都取到最大值.若不是正整數,令則此時有因此不難推得為概率的最大值. (2)由知道,當時, 隨增大而遞增; ,當時,隨增大而遞減.從而,若為正整數,則當時,為概率的最大值,即當時概率都取到最大值.若不是正整數,令,則,此時有不難推得為概率的最大值.17. 若離散型隨機變量具有分布律 1 2 稱服從取值為的離散型均勻分布.對于任意非負實數，記為不超過的最大整數.記證明服從取值為的離散型均勻分布.證 對于 證畢

13、.18.設求的概率密度.解 的概率密度為記的分布函數為先來求的分布函數 當時, 當時, 將關于求導可得的概率密度如下:當時, .因而此時當時, .因而此時當時,因而故 19.設的概率密度求的概率密度.解 因函數嚴格單調減少,它的反函數當時, .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. 設隨機變量服從以均值為的指數分布.驗證隨機變量服從以參數為的幾何分布.這一事實表明連續(xù)型隨機變量的函數可以是離散型隨機變量.解 的概率密度為，的值域為，故的值域為，是離散型隨機變量.對于任意非負整數，有這就是說服從以為參數的幾何分布.這表示一個連續(xù)型隨機變量經過變換變成了離散型隨機變

14、量.21.投擲一硬幣直至正面出現為止,引入隨機變量 投擲總次數. (1)求和的聯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 (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.設隨機變量隨機變量試求和的聯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 即得的聯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，是相互獨立

15、的泊松隨機變量，參數分別為求給定的條件下的條件分布.解 這就是說給定的條件下的條件分布為以為參數的二項分布.24. 一教授將兩篇論文分別交給兩個打字員打印.以，分別表示第一篇第二篇論文的印刷錯誤.設，相互獨立.（1）求，的聯合分布律；（2）求兩篇論文總共至多1個錯誤的概率.解 （1），的聯合分布律為(2) 兩篇論文總共至多1個錯誤的概率為25. 一等邊三角形(如圖15.25)的邊長為1,在三角形內隨機地取點(意指隨機點在三角形內均勻分布). 寫出隨機變量的概率密度. 求點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）點到底邊的距離就是,因而求到的距離的分布函數,就是

16、求關于的 邊緣分布函數,現在 從而 的分布函數為 26. 設隨機變量具有概率密度 求邊緣概率密度求條件概率密度解 (1)當時, 當時, 故邊緣概率密度分別是 (2)條件概率密度:當時, 當時, 27. 設有隨機變量和，它們都僅取，兩個值已知 (1)求和的聯合分布密度. (2)求的方程至少有一個實根的概率. (3)求的方程至少有一個實根的概率. 解 (1) 的聯合分布密度為 -1 1 -1 1/6 2/6 1 2/6 1/6 (2) 方程當且僅當在時至少有一實根,因而所求的概率為 (3) 方程當且僅當在時至少有一實根,因而所求的概率為 28. 某圖書館一天的讀者人數,任一讀者借書的概率為,各讀者

17、借書與否相互獨立.記一天讀者借書的人數為,求與的聯合分布律.解 讀者借書人數的可能值為 = 29. 設隨機變量X 和Y相互獨立,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，兩家保險公司競標.規(guī)定標書的保險費必須在20萬元至22萬元之間.若兩份標書保險費相差2千或2千以上，招標公司將選擇報價低者，否則就重新招標.設兩家保險公司的報價是相互獨立的，且都在20萬至22萬之間均勻分布.試求招標公司需重新招標的概率

18、.解 設以，分別表示兩家保險公司提出的保費.由假設和的概率密度均為 因，相互獨立，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. 設且相互獨立,求概率 .解 因獨立,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，兩支實力相當的球隊比賽時，每節(jié)主隊得分與客隊得分之差為正態(tài)隨機變量，均值為1.5，方差為6，并且假設四節(jié)的比分差是相互獨立的.問（1）主隊勝的概率有多大？（2）在前半場主隊落后5分的情況下，主隊得勝的概率有多大？（3）在第1節(jié)主隊贏5分得情況下，主隊

19、得勝的概率有多大？解 以記主隊在第節(jié)的得分與客隊在第節(jié)的得分之差，則有記為標準正態(tài)隨機變量.（1）（2）由獨立性（3）33. 產品的某種性能指標的測量值X是隨機變量,設X的概率密度為 測量誤差YU(),X,Y相互獨立,求Z=X+Y的概率密度,并驗證 解 (1)Y的概率密度為 故Z=X+Y的概率密度為僅當即時，上述積分的被積函數不等于零,參考圖15.33, 即得=(2) = +其中= =于是+=34. 在一化學過程中，產品中有份額為雜質，而在雜質中有份額是有害的，而其余部分不影響產品的質量.設，且和相互獨立，求產品中有害雜質份額的概率密度.解 因且和相互獨立，于是的概率密度為 其中，易知僅當即時

20、，中的被積函數不等于零，參考題15.34圖，即得35. 設隨機變量的概率密度為求的邊緣概率密度.問是否相互獨立.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）不是相互獨立的.（3）僅當即時被積函數不為零. 如圖15.35圖1，得（4）對于即對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,設每人借閱甲、乙圖書的行動相互獨立，讀者之間的行動也相互獨立.(1)某天恰有n個讀者,求甲、乙兩種圖書中至少借閱一種的人數的數學期望.解 (1)以X表示某天讀者中借閱甲種圖書的人數，因各

21、人借閱甲種圖書的概率均為p,且由題設各人是否借閱相互獨立,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相互獨立,故.以Y表示至少借閱一種圖書的人數,由題設各人是否借閱相互獨立,知,故也可這樣做.引入隨機變量: .這里不需假設讀者之間的行動相互獨立.37.某種鳥在某時間區(qū)間下蛋數為15只,下只蛋的概率與成正比.一個收集鳥蛋的人在時去收集鳥蛋,但他僅當鳥窩多于3只蛋時他從中取走一只蛋.在某處有這種鳥的鳥窩6個(每個鳥窩保存完好,各鳥窩中蛋的個數相互獨立).寫出一個鳥窩中鳥蛋只數的分布率.對于指定的一只鳥窩,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的分布律及數學期望.求當一個拾蛋人在這6只鳥窩中拾過蛋后,緊接著又有一個拾蛋人到這些鳥窩中拾蛋,也僅當鳥窩中多于3只蛋時,拾取一只蛋,求第二個拾蛋人拾得蛋數的數學期望.解 (1)設該中鳥在內下蛋數為按題意其中為待定常數.因即有所以,因此的分布律為 (2)因當且僅當窩中蛋數多于3時,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為,則,故(4) = =0.456,第2個拾蛋人僅當鳥窩中最初有5只蛋時,他才能從該窩中拾到一只蛋,故他在一個鳥窩中拾到一只蛋的為以記第2個拾蛋人拾到蛋的總數,則故有38. 設袋中

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數,求.解 引入隨機變量:則次取球得到的白球數而 1 即知的數學期望為.于是得得數學期望為.本題也可按以下方式寫出的表達式,從而求得,將球編號,引入隨機變量 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,第號白球被取到.因為事件可以在第一次、第二次、第次取球,這種兩兩互不相容的情況發(fā)生,且每次取到第號白球的概率都是.因此,這樣,從而.39.拋一顆骰子直到所有點數全部出現為止,求所需投擲次數的數學期望.解 引入隨機變量如下:是第一、第二兩點得到后,等待第三個不同點所需等待次數,的意義類似.則所需投擲的總

24、次數為.因第一點得到后,擲一次得第二個不同的點的概率為,因此的分布律為 即服從參數的幾何分布,又因得到兩個不同的點后,擲一次得第三個不相同點的概率為,故服從參數的幾何分布,其分布律為同樣,的分布律分別為因幾何分布的數學期望為(參見第四章習題選解19題).所以=40.設隨機變量相互獨立.且分別服從以為均值得指數分布.求解 41.一酒吧間柜臺前有6張凳子,服務員預測,若兩個陌生人進來就坐的話,他們之間至少相隔兩張凳子.若真有2個陌生人入內,他們隨機地就坐,問服務員預言為真的概率是多少?設2個顧客是隨機坐的,求顧客之間凳子數的數學期望.解 (1)將凳子按自左至右編號,設服務員預言為真.若第一顧客就坐

25、于1號,則另一顧客可坐4或5或6號共三種坐法,若第一顧客就坐于2號,則另一顧客可坐在5或6號共兩種坐法,若第一顧客就坐于6號,只有一種坐法.綜合三種情況共計6種坐法.同樣,若第一顧客分別就坐于6號,5號,4號,則另一顧客也有6種坐法,因此兩人共有種坐法,若兩人隨機就坐共有種坐法,故服務員預言為真的概率是(2)若兩顧客是隨機坐的,以記兩顧客間的凳子數,則可能取的值為0,1,2,3,4.可知的分布律為 于是42.設隨機變量相互獨立，且都服從又設求概率的近似值.解 所求概率為因相互獨立且都服從知也相互獨立,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.來自某個城市的長途電話呼叫的持續(xù)時間

26、(以分計)是一個隨機變量,它的分布函數是 (其中是不大于的最大整數). (1) 畫出的圖形. (2) 說明是什么類型的隨機變量. (3) 求(提示). 解 (1) (2)的所有不連續(xù)點為取這些值的概率的總和為 注意到,在的任一連續(xù)點處有又由于,因此,不可能取到可列多個值使得故不是離散型隨機變量.又由于不是連續(xù)函數,故也不是連續(xù)型隨機變量. (3) 44.一汽車保險公司分析一組(250人)簽約的客戶中的賠付情況.據歷史數據分析,在未來一周中一組客戶中至少提出一項索賠的客戶數占10%.寫出的分布,并求(即)的概率.設各客戶是否提出索賠相互獨立. 解 按題意知.現在需要求 即需求 由拉普拉斯定理得

27、45.在區(qū)間隨機地取一點.定義(1) 求隨機變量的值域.(2) 求的分布函數,并畫出它的圖形.(3) 說明不是連續(xù)型隨機變量, 也不是離散型隨機變量.解 (1)因故且又由于的值域是,知的值域為.(2) 由(1)知當時當時, 當時,事件表示是在隨機取的一點.故有的圖形如題15.45圖所示.(3) 從題15.45圖看出, 在點處不連續(xù),故它不是連續(xù)型隨機變量. 只有一個不連續(xù)點.注意到在的任一連續(xù)點處,有而在不連續(xù)點處,故不可能取到可列多個值使得故不是離散型隨機變量.46.設是數學期望為的指數分布總體的容量為2的樣本,設,試證明證 的概率密度為 (參見134頁附注) =又 相互獨立,從而相互獨立,

28、且故由數學期望的性質,得=47.設總體是一個樣本.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,于是與也相互獨立.從而 =， ， ，又由分布的性質知,，得，將這些結果代入式,得48.設總體具有概率密度: 其中為未知參數,是來自的樣本,是相應的樣本觀察值.求的最大似然估計量.求的矩估計量.問求得的估計量是否是無偏估計量.解 (1)由的樣本觀察值以及的概率密度的形式,得似然函數為 =故 ,令 ，得的最大似然估計值為，(2) =，得 ，以代替上式中的,得的矩估計量為,它與最大似然估計量相一致.(3) 因故是的無偏估計量.49.設以及為分別來自總體與的樣本,且它們相互

29、獨立.均未知,試求的最大似然估計量.解 設給定的兩獨立樣本的相應樣本值分別為,將它們代入相應的概率密度,然后相乘,得似然函數為=，令 得的最大似然估計值為，的最大似然值為,50.為了探究一批存貯著的產品的可靠性,在產品投入貯存時,即在時刻時,隨機地選定只產品,然后在預先規(guī)定的時刻取出來進行檢測(檢測時確定已失效的去掉,將未失效的繼續(xù)投入貯存),今得到以下的壽命試驗數據.檢測時刻(月) 區(qū)間 在的失效數 這種數據稱為區(qū)間數據.設產品壽命服從指數分布,其概率密度為未知試基于上述數據寫出的對數似然方程.設我們可以用數值解法求得的最大似然估計值.在計算機上實現是容易的.特別,取檢測時間是等間隔的,即取

30、驗證,此時可得的最大似然估計為解 (1)由假設產品壽命服從指數分布,其分布函數為則產品在區(qū)間失效的概率為 (這里), 產品直至未失效的概率為 因而事件“只產品分別在區(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.取對數得 對數似然方程為即為 上式右邊第一項即為= = 于是得對數似然方程為 (2)若則上述方程化成即 即 亦即 從而得的最大似然估計為51. 設某種電子器件的壽命（以小時計）服從指數分布，概率密度為：其中未知從這批器件中任取只在時刻時投入獨立壽命試驗，試驗進行到預訂時間結束此時有只器件失效，試求的最大似然估計解 考慮事件：“試驗直至時間為止，有只器件失效，而有只未失效

31、”的概率記的分布函數為，一只器件在投入試驗，則在時間以前失效的概率為；而在時間未失效的概率為由于各只器件的試驗是相互獨立的，因此事件的概率為,這就是所求的似然函數取對數得.令 ,得 .解得的最大似然估計為. 52.設系統(tǒng)由兩個獨立工作的成敗型元件串聯而成(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.隨機地取個系統(tǒng)投入試驗,當系統(tǒng)中至少有一個元件失效時系統(tǒng)失效,現得到以下的試驗數據:僅元件1失效的系統(tǒng)數; 僅元件2失效的系統(tǒng)數; 元件1,元件2至少有一個失效的系統(tǒng)數;未失效的系統(tǒng)數.這里為隱蔽數據,也就是只知系統(tǒng)失效,但不知道是由元件1還是元件2單獨失效引

32、起的,還是由元件1,2均失效引起的,設隱蔽與系統(tǒng)失效的真正原因獨立. (1)試寫出的似然函數. (2)設有系統(tǒng)壽命試驗數據試求的最大似然估計.解 (1)為了寫出似然函數,現在來求取到現有樣本的概率.因共有個系統(tǒng),因而似然函數是個因子的乘積,其中 對應于個僅元件1失效的系統(tǒng)有個因子: 對應于個僅元件2失效的系統(tǒng)有個因子: 對應于個僅元件1,2至少有一個失效的系統(tǒng)有個因子: 對應于個未失效的系統(tǒng)有個因子: 故得似然函數為 (2)以代入上式得似然函數為 令 得 即有 將代入,經簡化得 即 解得(不合理,舍去)，于是 即得的最大似然估計值為 53.(1)設總體具有分布律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值和矩估計值. (2)設總體服從分布,其概率密度為 其形狀參數為已知,尺度參數未知.今有樣本值,求的最大似然估計值.解 (1)樣本值1出現7次,2出現6次,3出現3次,故似然函數為 令 得的最大似然估計值為 下面來求矩估計,令 解得 于是得矩估計值為 (2)對于樣本值,似然函數為 令 得參數的最大似然估計值為 54.(1)設即服從對數正態(tài)分布,驗證 (2)設自(1)中總體中取一容量為的樣本求的最大似然估計,此處設均為未知.(3)已知在文學家蕭伯納的An Intelligent Womens Guide To Sociali

34、sm一書中,一個句子的單詞數近似地服從對數指數分布,設及為未知.今自該書中隨機地取20個句子.這些句子中的單詞數分別為 52 24 15 67 15 22 63 26 16 32 7 33 28 14 7 29 10 6 59 30,問這本書中,一個句子的單詞數均值的最大似然估計值等于多少?解 (1)由得,而故 由于 故有 (2)為求的最大似然估計,先來求的最大似然估計.為此,先來求的概率密度.而記的概率密度為由于函數嚴格單調遞增,其反函數為故由第二章公式(2.1)知, 的概率密度為 接著來求和的最大似然估計.對于樣本值,似然函數為令 得和的最大似然估計值分別為 注意到由最大似然估計量的不變性

35、知的最大似然估計為 (3)將所給的20個數取對數,經計算得到和分別為 故 55.考慮進行定數截尾壽命試驗，假設將隨機抽取的件產品在時間時同時投入試驗.試驗進行到件產品失效時停止, 件失效產品的失效時間分別為 .是第件產品失效的時間.設產品的壽命分布為韋布爾分布,其概率密度為其中參數已知.求參數的最大似然估計.解 , 已知,使用定數截尾數據,截尾數為.則似然方程為 其中令 得 于是得的最大似然估計為 其中56.設某大城市郊區(qū)的一條林蔭道兩旁開設了許多小商店，這些商店的開設延續(xù)時間（以月計）是一個隨機變量，現隨機地抽取30家商店，將它們的延續(xù)時間按自小到大排序，選其中前8家商店，它們的延續(xù)時間分別

36、是 3.2 3.9 5.9 6.5 16.5 20.3 40.4 50.9假設商店開設延續(xù)時間的長度是韋布爾隨機變量. 其概率密度為其中， （1）試用上題結果，寫出的最大似然估計. （2）按（1）的結果求商店開始延續(xù)時間至少為2年的概率的估計.解 （1）現在 （2）2年24月. 韋布爾分布的分布函數為于是商店開設延續(xù)時間至少為24個月的概率為57.設分別自總體和中抽取容量的兩獨立樣本.其樣本方差分別為 試證,對于任意常數都是的無偏估計,并確定常數使達到最小. 解 因且,于是 故對于任意常數,只要都是的無偏估計.故(這是因為正態(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).

37、而 即知當 時,取最小值.這就是說,當 , 時取到最小值. 58.設總體是來自的樣本.已知樣本方差 是的無偏估計.驗證樣本標準差不是標準差的無偏估計. 證 因而是的函數,故 其中是分布的概率密度.將的表達式代入上式右邊,得到 (因).因此,即不是的無偏估計.59.設總體服從指數分布,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置信下限. (3)某種元件的壽命(以小時計)服從上述指數分布,現從中抽得一容量為的樣本,測得樣本均值為5010(小時),試求元件的平均壽命的置信水平為0.90的單側置信下限. 解 (1)令因為嚴格單調函數,其反函數為故由第二章(2.1

38、)式,知的概率密度為 它是分布的概率密度.也就是說 是來自的樣本,因此相互獨立,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置信下限是 (3)令 故 60. 設總體是來自的樣本. (1)驗證的分布函數為 (2)驗證的概率密度為 (3)給定正數,求的分布的上分位點以及上分位點 (4)利用(2)(3) 求參數的置信水平為的置信區(qū)間. (5)設某人上班的等車時間未知.現在有樣本求的置信水平為0.95的置信區(qū)間. 解 (1) 它的分布函數為 是來自的樣本,故它們相互獨立,且都與有相同的分布.從而的分布函數為 (2)的分布函數為 將關于求導,得的概率密度函數為

39、如圖15.60.上分位點應滿足 即或即因而 同樣, 應滿足 即或即因而 (4)考慮到 即 因此 即 故得總體的未知參數的置信水平為的一個置信區(qū)間為(5)現在所求的置信水平為0.95的置信區(qū)間為 61.設總體服從指數分布,概率密度為 設是來自的樣本.試取59題中當時的統(tǒng)計量作為檢驗統(tǒng)計量,檢驗假設 取水平為(注意:). 設某種電子元件的壽命(以小時計)服從均值為的指數分布,隨機取12只元件,測得它們的壽命分別為 340 , 430 , 560 , 920 , 1380 , 1520 , 1660 , 1770 , 2100 , 2320 , 2件350 , 2650 .試取水平檢驗假設 解 按題

40、設總體服從指數分布,其概率密度為是來自的樣本,現在來檢驗假設(取水平為) 取檢驗統(tǒng)計量 ,當為真時,由于與接近,而當為真時, 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題當為真時, 故得于是拒絕域為 或 現在要檢驗假設 令 即有 12.40124.82839.364 ,故接受.認為這批電子元件壽命的均值為小時.62經過十一年的試驗,達爾文于1876年得到15對玉米樣品的數據如下表,每對作物除授粉方式不同外,其它條件都是相同的.試用逐對比較法檢驗不同授粉方式對玉米高度是否有顯著的影響().問應增設什么條件才能用逐對比較法進行檢驗?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對比試驗的結果我們用逐對比較法來檢驗計算與的差：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假設現在有所給的數據得故

42、接受,即認為兩種授粉方式對玉米高度無顯著影響用逐對比較法作檢驗時,一般應假定各對數據之差構成正態(tài)總體的一個樣本不過這種假定,通常體現于做對比試驗的要求上63一內科醫(yī)生聲稱,如果病人每天傍晚聆聽一種特殊的輕音樂會降低血壓(舒張壓,以記)今選取了個病人在試驗之前和試驗之后分別測量了血壓,得到以下的數據： 病人12345678910試驗之前()86929584807898959496試驗之后()84838178827486858082設為來自正態(tài)總體的樣本,均已知試檢驗是否可以認為醫(yī)生的意見是對的(取)解 本題亦宜采用逐對比較法,即在水平下檢驗假設檢驗統(tǒng)計量為,當的觀察值時拒絕今的觀察值為2, 9,

43、 14, 6, -2, 4, 12, 10, 14, 14得查表,檢驗統(tǒng)計量的觀察值從而在水平下拒絕,認為醫(yī)生的意見是對的64以下是各種顏色汽車的銷售情況： 顏色紅 黃 藍 綠 棕車輛數40 64 46 36 14試檢驗顧客對這些顏色是否有偏愛,即檢驗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銷售記錄,在水平下檢驗假設 ：(紅)=(黃)=(藍)=(綠)=(棕)=0.2現在,所需計算列表如下： 車輛顏色 紅黃藍綠棕40644636140.20.20.20.20.240 4040 102.440 52.940 32.440 4.9 而觀察值,故在下拒絕,認為顧客對顏

44、色是有偏愛的65某種閃光燈,每盞燈含4個電池,隨機地取150盞燈,經檢測得到以下的數據： 一盞燈損壞的電池數0 1 2 3 4 燈的盞數26 51 47 16 10試取檢驗一盞燈損壞的電池數(未知) 解 本題要求在水平下檢驗假設 , 此處為未知,故需在下用最大似然估計法估計由知的最大似然估計值為(參見教材第七章習題3),即有其余所需的計算列表如下： 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,用秩和檢驗法檢驗春季發(fā)生的案件數的均值是否較秋季的為多 解 本題要求在水平下,檢驗假設,將兩組共19個數排序如下： 數據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(對于來自第1個總體()的數據下面加“_”表示),故 ,查教材附表9知拒絕域為現在落在拒絕域內,故拒絕,認為春季發(fā)生的案件數的均值較秋季的為多67臨界閃爍頻率(cff)是人眼對于閃爍光源能夠分辨出它在閃爍的最高頻率(以赫計)超過cff的頻率,即使光源實際是在閃爍的,而人看起來是連續(xù)的(不閃爍的)一項研究旨在判定cff的均值是否與人眼的虹膜顏色有關,所得數據如下： 臨界