概率论试题及答案 1

概率论试题及答案

五、已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？ 解：A1={男人}，A2={女人}，B={色盲}，显然A1∪A2=S，A1 A2=φ

由已知条件知P(A1)P(A2)1P(B|A1)5%,P(B|A2)0.25%

2由贝叶斯公式，有

P(AP(A1B)1)P(B|A1)P(A1|B)

P(AP(B)1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)

15

20

212100210000

四、 设随机变量X的分布函数为FX

0,x1,

(x)lnx,1xe,，

1,xe.

求（1）P (X

解：（1）P (X≤2)=FX (2)= ln2， P (0

5555

FX()FX(2)lnln2ln

2224

1

（2）f(x)F'(x)x,1xe,

0,其它

22cxy,xy1

四、设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)

0,其它P(2X

（1）试确定常数c。（2）求边缘概率密度。 解: l=







f(x,y)dxdy

dy

1yy

cxydxc

2

10

22421ydycc 3214

5

2121212

2xydyx(1x4),1x1

X~fX(x)x4 8

0,其它

5

y212720y1 Y~fY(y)y4dydx2y0其它

五、设二维随机变量（X，Y ）的概率密度为

4.8y(2x)

f(x,y)

0

0x1,0yx其它

求边缘概率密度.

解：fX(x)







x4.8y(2x)dy2.4x2(2x)

f(x,y)dy0

0

0x1其它

1

4.8y(2x)dx2.4y(34yy2)

fY(y)f(x,y)dxy



0

四、设随机变量X的概率密度为

0y1其它

ex,x0

f(x) 求（1）Y=2X （2）Y=e－2x的数学期望。

0,x0

解：（1）

E(y)

e





2xf(x)dx

x



2xe

x

dx

2xe （2）E(Y)

2e

x

0

2



2x



f(x)dx



e2xexex

113xe

33 0

五、设随机变量X1，X2的概率密度分别为

4e4x,x0

f2(x)

x00,x0

2

求（1）E (X1+X2)，E (2X1－3X2)；（2）又设X1，X2相互独立，求E (X1X2)

x0

2e2x,

f1(x)

0

解：（1）E(X1X2)E(X1)E(X2)

0

x2e

2x

dx

0

x4e4xdx

xe2x1e2xxe4x1e4x113

= 2444002（2）

2E(2X13X2)

2E(X1)

2

3E(X2)

1

23

2

0

x24e4xdx

x4x14x3524x

ee1 =13xe 28880（3）E(X1X2)E(X1)E(X2)

111

248

三、据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在

随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。 解：设第i只寿命为Xi，（1≤i≤16），故E (Xi )=100，D (Xi )=1002(l=1,2,„,16).依本章定理1知

P(

i1

16



Xi1920)P



16

Xi1600

19201600i0

P

100100



16

16

i0

16

Xi1600400

0.8



从而P(

i

(0.8)0.7881.

X

i1

1920)1P(

X

i1

i

1920)10.78810.2119.

四、某种电子器件的寿命（小时）具有数学期望μ（未知），方差σ2=400 为了估计μ，随机地取几只这种器件，在时刻t=0投入测试（设测试是相互独立的）直到失败，测得其寿命X1，„，Xn，以1

n

P{|μ|}0.95,问n至少为多少？

X

i1

n

i

作为μ的估计，为使

解：由中心极限定理知，当n很大时

X

i1

n

i

nμ

2

nσ

nnμ

nσ

2

~N(0,1) nnσ

2

nnnμ

P{|μ|1}P

22nσnσ





nnσ2





nnσ2



nn

210.95 = 所以200.975 20



n

查标准正态分布表知 201.96

n1536.64

即n至少取1537。

三、设X1，X1，„，Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。 解：（1）矩估计 X ~ π (λ )，E (X )= λ，故λˆ=为矩估计量。

n

（2）极大似然估计

n

L(λ)

i

i1

λi1

P(xi;λ)enλ，

x1!x2!xn!

xi

n

lnL(λ)

x

i1

ni1

lnλ

i

lnx!nλ

i

i1

n

dlnL(λ)

dλ

x

λ

n0,解得λˆ为极大似然估计量。

λxiλ

（其中p(xi;λ)P{Xxi}x!e,xi0,1,)

i

四、设总体X

其中θ(0

解：（1）求θ的矩估计值

E(X)1θ

2

22θ(1θ)3(1θ)2

[θ3(1θ)][θ(1θ)]32θ

θ 令E(X)32

ˆ3 则得到θ的矩估计值为θ

2

3

121

5

26

（2）求θ的最大似然估计值

似然函数L(θ)P{Xixi}P{X11}P{X22}P{X31}

i13

θ22θ(1θ)θ22θ(1θ)

5

ln L(θ )=ln2+5lnθ+ln(1－θ)

dlnL(θ)51

0 61得到唯一解为θˆ5

6

求导

三、某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）3.25 3.27 3.24 3.26 3.24。设测定值总体服从正态分布，问在α = 0.01下能否接受假设：这批矿砂的含镍量的均值为3.25.

解：设测定值总体X～N（μ，σ 2），μ，σ 2均未知 步骤：（1）提出假设检验H0：μ=3.25; H1：μ≠3.25

（2）选取检验统计量为t3.25~t(n1)

n

（3）H0的拒绝域为| t |≥tα(n1).

（4）n=5, α = 0.01，由计算知3.252,S

1n1

(X

i1

5

i

)20.01304

查表t0.005(4)=4.6041, |t|3.2523.250.343tα(n1)

0.（5）故在α = 0.01下，接受假设H0

四、要求一种元件使用寿命不得低于1000小时，今从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时，已知这种元件寿命服从标准差为σ =100小时的正态分布。试在显著水平α = 0.05下确定这批元件是否合格？设总体均

值为μ。即需检验假设H0：μ≥1000，H1：μ

解：步骤：（1）H0:μ≥1000；H1：μ

（2）H0的拒绝域为1000zα

n

（3）n=25，α = 0.05，950， 计算知10002.5z0.051.645

25

（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，即认为这批元件不合格。

五、某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批导线中取样品9根，测得s=0.007(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平α = 0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大？

解：（1）提出H0：σ ≤0.005；H1：σ >0.005

2

(n1)S（2）H0的拒绝域为

0.005

2

χα(n1)

2

（3）n=9，α = 0.05，S=0.007，由计算知

280.007215.68χ(n1) α0.00520.0052

2

查表χ0.05(8)15.507

(n1)S2

（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。 三、设A，B，C是三事件，且P(A)P(B)P(C)1,P(AB)P(BC)0，P(AC)1.

4

8

求A，B，C至少有一个发生的概率。

解：P (A，B，C至少有一个发生)=P (A+B+C)= P(A)+ P(B)+ P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)+ P(ABC)= 3105

4

8

8

四、 P(A)1,P(B|A)1,P(A|B)1,求P(AB)。

4

3

2

11

定义P(AB)P(A)P(B|A)由已知条件143P(B)1 有解：由P(A|B)

P(B)P(B)2P(B)6

由乘法公式，得P(AB)P(A)P(B|A)1

12

由加法公式，得P(AB)P(A)P(B)P(AB)1111

4

6

12

3

六、设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球

M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中取到）白球的概率是多少？（此为第三版19题(1)）

记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋” 再记B表“再从乙袋中取得白球”。 ∵

B=A1B+A2B且A1，A2互斥

∴ P (B)=P (A1)P(B| A1)+ P (A2)P (B| A2)

nN1mN



nmNM1nmNM1

=

三、一袋中有5只乒乓球，编号为1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以X表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律

解：X可以取值3，4，5，分布律为

P(X3)P(一球为3号,两球为1,2号)

2

1C2

3C5

110

2

1C3

3C5

P(X4)P(一球为4号,再在1,2,3中任取两球)

310610

P(X5)P(一球为5号,再在1,2,3,4中任取两球)

2

1C4

3C5

也可列为下表 X： 3， 4，5

P：1,3,6

10

10

10

五、设随机变量X的概率密度f(x)为

x

f(x)2x

0

0x1

1x2 其他

x

求X的分布函数F (x)。 解：F(x)P(Xx)

当x0时,

F(x)



f(t)dt

x



0dt0

当0x1时,当1x2时,当2x时,

x2

F(x)0dttdt

02

x

F(x)



0dt

1

tdt

x

1

(2t)dt2x

x

12

2

F(x)



0dt

1

tdt

2

1

(2t)dt

x

2

0dt1

故分布函数为

0x2

F(x)2

2x1

x00x1

x2

2

1

1x22x

六、设K在（0，5）上服从均匀分布，求方程4x24xKK20有实根的概率 ∵

1

K的分布密度为：f(K)50

0

0K5其他

要方程有根，就是要K满足(4K)2－4×4× (K+2)≥0。

解不等式，得K≥2时，方程有实根。

∴

P(K2)

2

1

f(x)dxdx

25

5

5

30dx

5

七、设随机变量X在（0，1）上服从均匀分布 （1）求Y=eX的分布密度

∵ X的分布密度为：f(x)0

1

0x1

x为其他

Y=g (X) =eX是单调增函数 又 X=h (Y)=lnY，反函数存在

且 α = min[g (0), g (1)]=min(1, e)=1 max[g (0), g (1)]=max(1, e)= e

f[h(y)]|h'(y)|11

∴ Y的分布密度为：ψ(y)y

0

1yey为其他

八、设X的概率密度为

2x

f(x)π2

0

0xπx为其他

求Y=sin X的概率密度。

∵ FY ( y)=P (Y≤y) = P (sinX≤y) 当y

当0≤y≤1时：FY ( y) = P (sinX≤y) = P (0≤X≤arc sin y或π－arc sin y≤X≤π)

=

arcsiny

2x

dx2

π

π

πarcsiny

2x

dx 2

π

当1

∴ Y的概率密度ψ( y )为：

y≤0时，ψ( y )=[ FY ( y)]' = (0 )' = 0

0

=

arcsiny

2x

dx2

π

2

π

πarcsiny

2x

dx 2

π

2

π

y

1≤y时，ψ( y )=[ FY ( y)]'=(1)=0

k(6xy),0x2,2y4

三、设随机变量（X，Y）概率密度为f(x,y)

0,其它

（1）确定常数k。 （2）求P {X

（3）求P (X

分析：利用P {(X, Y)∈G}=f(x,y)dxdyf(x,y)dxdy再化为累次积分，

G

GDo

0x2,

其中Do(x,y)

2y4

解：（1）∵1







f(x,y)dxdy

10



031

212

k(6xy)dydx，∴k1

8

（2）P(X1,Y3)dx

2

8

(6xy)dy

1.50

3

8

（3）P(X1.5)P(X1.5,Y)（4）P(XY4)dx

02

4x0

dx

127(6xy)dy 2832

4

12

(6xy)dy 83

六、设X，Y是两个相互独立的随机变量，X在（0，1）上服从均匀分布。Y的概率密度为fY

y

1e2,y0

(y)2

0,y0.

（1）求X和Y的联合密度。（2）设含有a的二次方程为a2+2Xa+Y=0,试求有实根的概率。 解：（1）X的概率密度为fX

1,x(0,1)

(x)

0,其它

Y的概率密度为fY

1y

e,y0

(y)2且知X, Y相互独立，

0,y0.

于是（X，Y）的联合密度为

y120x1,y0 f(x,y)fX(x)fY(y)2e其它0

（2）由于a有实跟根，从而判别式4X24Y0

即：YX2 记D{(x,y)|0x1,0yx2}

P(YX2)f(x,y)dxdydx

D

1

x2

12

y2

dydxde

1

x2

y2

1e

1

x22

dx

2

12.50663120.341310.85550.1445

七.、设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，202）分布。随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率。

解：设X1，X2，X3，X4为4只电子管的寿命，它们相互独立，同分布，其概

12

1

e

x22

dx12((1)(2))12(0.84130.5)

率密度为：fT(t)

1

e

2π20

(t160)2

2202

f{X180}FX(180)令

t160

u

200.8413

u22

1220

1

180

(t160)2

dt

2202

12

1



e

18060

du()

20

查表

设N=min{X1，X2，X3，X 4} P {N>180}=P {X1>180, X2>180, X3>180, X4>180} =P {X>180}4={1－p[X

Pk 0.4 0.3 0.3

2

求 E (X)， E (3X+5)

解： E (X)= (－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2 E (X2)= (－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8 E (3X2+5) = 3E (X2)+ E (5)= 8.4+5=13.4 六、设随机变量X和Y的联合分布为：

证：∵

验证：X和YP [X=1 Y=1]=1

8

P [X=1]=3 P [Y=1]=3

8

8

P [X=1 Y=1]≠P [X=1] P [Y=1] ∴ X，Y不是独立的

又

E (X )=－1×3+0×2+1×3=0

8

8

8

8

8

8

E (Y )=－1×3+0×2+1×3=0

COV(X, Y )=E{[X－E (X )][Y－E (Y )]}= E (XY )－EX·EY = (－1)(－1) 1+(－1)1×1+1×(－1)×1+1×1×1=0

8

8

8

8

∴ X，Y是不相关的

七、设随机变量（X1，X2）具有概率密度。

1

0≤x≤2, 0≤y≤2 (xy)，

8

E (X1)，E (X2)，COV（X1，X2），ρX1X2D(X1X2) f(x,y)

求 解：

17

(xy)dy

00862217

E(X)dxy(xy)dy 20086

77)(X2)} COV(X1X2)E{(X166

227711

dx(x)(y)(xy)dy

0066836

E(X2)

2

dx

2

x

D(X1)

E(X12)

[E(X1)]

2

2

20

dx

20

1711

x(xy)dy 

8366

2

2

D(X2)

2

E(X2)

[E(X2)]

20

1711

dxy(xy)dy 08366

2

2

2

XY

COV(X1,X2)

DX1

DX

2



1

1 111136

D (X1+X2)= D (X1)+ D (X2)+2COV(X1, X2) =11112(

36

36

2

15

)

369

三、在总体N（52，6.3）中随机抽一容量为36的样本，求样本均值落在50.8

到53.8之间的概率。

6.321.2521.8

~N(52,),P{50.853.8}P{6.36.36.336

解：666

128()()0.8293

77

四、设X1，X2，„，Xn是来自泊松分布π (λ )的一个样本，，S2分别为样本均值和样本方差，求E (), D (), E (S 2 ).

解：由X~π (λ )知E (X )= λ ，D(X) ∴E ()=E (X )= λ, D ()=

D(X)λ

,E(S2)D(X)λ. nn

五设X1，X2， X3， X4是来自均值为θ指数分布总体的样本θ未知，设有估计量

T1

11

(X1X2)(X3X4) 63

T2(X12X23X34X4)5

(X1X2X3X4)

T3

（1）指出T1，T2， T3哪几个是θ的无偏估计量； （2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。 解：（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以

E (Xi )= θ, D (Xi )= θ 2, i=1,2,3,4 由数学期望的性质2°，3°有

11

[E(X1)E(X2)][E(X3)E(X4)]θ 631

E(T2)[E(X1)2E(X2)3E(X3)4E(X4)]2θ

51

E(T3)[E(X1)E(X2)E(X3)E(X4)]θ

4E(T1)

即T1，T2是θ的无偏估计量

（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2， X3， X4独立，知

D(T1)

1152

[D(X1)D(X2)][D(X3)D(X4)]θ 3691811

D(T2)[D(X1)D(X2)D(X3)D(X4)]θ2

164

D (T1)> D (T2) 所以T2较为有效。

六、 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0 5.7 5.8 6.5

7.0 6.3 5.6 6.1 5.0。设干燥时间总体服从正态分布N ~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。

解：（1）μ

的置信度为0.95的置信区间为（σ

n

，计算得zα）

2

6.0,查表z0.0251.96,σ0.6,即为(6.0

n

0.6

1.96)(5.608,6.392)（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（Stα(n1)），计算得6.0，查表t0.025(8)=2.3060.

2

191.33S(xi)22.640.33.故为(6.02.3060)(5.558,6.442)

8i183

2

3．设A，B为随机事件，则下列各式中正确的是（C ）.

C.P(AB)P(AB)

2.Ai(i1,2,,n)为一列随机事件,且P(A1A2An)0,则下列叙述中错误的是( D ).D.P(Ai)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A2)P(An|An1)

i1n

2.设随机变量X服从参数为的泊松分布，且P{X1}P{X2},则

5

2

e519

5.设X~B(2,p),Y~B(3,p),若P{X1},则P{Y1}( A ).A.

927

6.设随机变量X的概率密度函数为fX(x),则Y2X3的密度函数为

1y3

( B ). B.fX()

22

101

2.设随机变量Xi的分布为Xi~111(i1,2)且P{X1X20}1,则

424

P{X1X2}( A ).A.0

P{X2}的值为( B ）.B.1

3.下列叙述中错误的是( D ). D.边缘分布之积即为联合分布

22

X~N(,),Y~N(,6.若1122),且X,Y相互独立,则

( C ).

22X2Y~N(2,4C.1212)

7.已知X~N(3,1)，Y~N(2,1)，且X,Y相互独立,记ZX2Y7, 则Z~( A ). A.N(0,5)

Ae(2x3y),x,y0

10.为使f(x,y)为二维随机向量(X,Y)

其他0,

的联合密度,则A必为( B ). B.6

12. 设X是一随机变量,EX,DX2,0,则对任何常数c,必有( D ). D. E(Xc)22

2x,0x1

19. 设X~f(x),以Y表示对X的三次独立重复观察中

0,其他

“X

19”出现的次数，则DY=（ A ）. A． 216

1.设X为随机变量,EX,DX2,则P{|X|3}满足( A ). A.

10

1

9

2. 设随机变量X1,X2,,X10相互独立,且EXi1,DXi2(i1,2,,10)，

则（ C ） C. P{Xi10}1202

i1

4. 设 X1,X2,,Xn独立同分布,EXi,DXi2,i1,2,,n,当n30时,下列结论中错误的是( C ). C. X1X2服从N(2,22)分布 4.下列叙述中仅在正态总体之下才成立的是( B ) B. X与S2相互独立 7. 设总体X的数学期望为，方差为2，(X1,X2)是X的一个样本，

11

ˆ3X1X2 则在下述的４个估计量中，（C）是最优的. (C) 

2

2

8. X1,X2,X3设为来自总体X的样本，下列关于E(X)的无偏估计中，最有效的为（ B ）. B（B）(X1X2X3)

4.设A,B为随机事件,则下列各式中不能恒成立的是( C ). C.P(A+B)=P(A)+P(B)

5.若AB，则下列各式中错误的是（ C ）. C.P(A+B)=P(A)+P(B) 3.设

X

服从[1,5]上的均匀分布,则( D ).

1

2

13

D.P{1X3}

4.设X~N(,4),则( C ). C.P{X2}1(1)

9.设随机变量X的概率密度函数为f(x),f(x)f(x),F(x)是X的分布函数,则对任意实数a有( B ). B.F(a)

12

a

f(x)dx

0x11710.设X

的密度函数为f(x)则P{X为( A ). A.

480,其他

11.设X~N(1,4),(0.5)0.6915,(1.5)0.9332,则P{|X|2}为 B0.3753 12.设X服从参数指数分布,则下列叙述中错误的是(D为任意实数

13.设X~N(,2),则下列叙述中错误的是( A ). A.

X

2

~N(0,1)

14.设随机变量X服从(1,6)上的均匀分布,则方程x2Xx10有实根的概率是( B ). B.0.8 以下是第八章《假设检验》选择答

案

XB.

0S/n

B. X100

12/nC. {X100

S/C} B. {X100C} B. (n1)S

2

100B

概率论试题及答案

五、已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？ 解：A1={男人}，A2={女人}，B={色盲}，显然A1∪A2=S，A1 A2=φ

由已知条件知P(A1)P(A2)1P(B|A1)5%,P(B|A2)0.25%

2由贝叶斯公式，有

P(AP(A1B)1)P(B|A1)P(A1|B)

P(AP(B)1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)

15

20

212100210000

四、 设随机变量X的分布函数为FX

0,x1,

(x)lnx,1xe,，

1,xe.

求（1）P (X

解：（1）P (X≤2)=FX (2)= ln2， P (0

5555

FX()FX(2)lnln2ln

2224

1

（2）f(x)F'(x)x,1xe,

0,其它

22cxy,xy1

四、设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)

0,其它P(2X

（1）试确定常数c。（2）求边缘概率密度。 解: l=







f(x,y)dxdy

dy

1yy

cxydxc

2

10

22421ydycc 3214

5

2121212

2xydyx(1x4),1x1

X~fX(x)x4 8

0,其它

5

y212720y1 Y~fY(y)y4dydx2y0其它

五、设二维随机变量（X，Y ）的概率密度为

4.8y(2x)

f(x,y)

0

0x1,0yx其它

求边缘概率密度.

解：fX(x)







x4.8y(2x)dy2.4x2(2x)

f(x,y)dy0

0

0x1其它

1

4.8y(2x)dx2.4y(34yy2)

fY(y)f(x,y)dxy



0

四、设随机变量X的概率密度为

0y1其它

ex,x0

f(x) 求（1）Y=2X （2）Y=e－2x的数学期望。

0,x0

解：（1）

E(y)

e





2xf(x)dx

x



2xe

x

dx

2xe （2）E(Y)

2e

x

0

2



2x



f(x)dx



e2xexex

113xe

33 0

五、设随机变量X1，X2的概率密度分别为

4e4x,x0

f2(x)

x00,x0

2

求（1）E (X1+X2)，E (2X1－3X2)；（2）又设X1，X2相互独立，求E (X1X2)

x0

2e2x,

f1(x)

0

解：（1）E(X1X2)E(X1)E(X2)

0

x2e

2x

dx

0

x4e4xdx

xe2x1e2xxe4x1e4x113

= 2444002（2）

2E(2X13X2)

2E(X1)

2

3E(X2)

1

23

2

0

x24e4xdx

x4x14x3524x

ee1 =13xe 28880（3）E(X1X2)E(X1)E(X2)

111

248

三、据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在

随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。 解：设第i只寿命为Xi，（1≤i≤16），故E (Xi )=100，D (Xi )=1002(l=1,2,„,16).依本章定理1知

P(

i1

16



Xi1920)P



16

Xi1600

19201600i0

P

100100



16

16

i0

16

Xi1600400

0.8



从而P(

i

(0.8)0.7881.

X

i1

1920)1P(

X

i1

i

1920)10.78810.2119.

四、某种电子器件的寿命（小时）具有数学期望μ（未知），方差σ2=400 为了估计μ，随机地取几只这种器件，在时刻t=0投入测试（设测试是相互独立的）直到失败，测得其寿命X1，„，Xn，以1

n

P{|μ|}0.95,问n至少为多少？

X

i1

n

i

作为μ的估计，为使

解：由中心极限定理知，当n很大时

X

i1

n

i

nμ

2

nσ

nnμ

nσ

2

~N(0,1) nnσ

2

nnnμ

P{|μ|1}P

22nσnσ





nnσ2





nnσ2



nn

210.95 = 所以200.975 20



n

查标准正态分布表知 201.96

n1536.64

即n至少取1537。

三、设X1，X1，„，Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。 解：（1）矩估计 X ~ π (λ )，E (X )= λ，故λˆ=为矩估计量。

n

（2）极大似然估计

n

L(λ)

i

i1

λi1

P(xi;λ)enλ，

x1!x2!xn!

xi

n

lnL(λ)

x

i1

ni1

lnλ

i

lnx!nλ

i

i1

n

dlnL(λ)

dλ

x

λ

n0,解得λˆ为极大似然估计量。

λxiλ

（其中p(xi;λ)P{Xxi}x!e,xi0,1,)

i

四、设总体X

其中θ(0

解：（1）求θ的矩估计值

E(X)1θ

2

22θ(1θ)3(1θ)2

[θ3(1θ)][θ(1θ)]32θ

θ 令E(X)32

ˆ3 则得到θ的矩估计值为θ

2

3

121

5

26

（2）求θ的最大似然估计值

似然函数L(θ)P{Xixi}P{X11}P{X22}P{X31}

i13

θ22θ(1θ)θ22θ(1θ)

5

ln L(θ )=ln2+5lnθ+ln(1－θ)

dlnL(θ)51

0 61得到唯一解为θˆ5

6

求导

三、某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）3.25 3.27 3.24 3.26 3.24。设测定值总体服从正态分布，问在α = 0.01下能否接受假设：这批矿砂的含镍量的均值为3.25.

解：设测定值总体X～N（μ，σ 2），μ，σ 2均未知 步骤：（1）提出假设检验H0：μ=3.25; H1：μ≠3.25

（2）选取检验统计量为t3.25~t(n1)

n

（3）H0的拒绝域为| t |≥tα(n1).

（4）n=5, α = 0.01，由计算知3.252,S

1n1

(X

i1

5

i

)20.01304

查表t0.005(4)=4.6041, |t|3.2523.250.343tα(n1)

0.（5）故在α = 0.01下，接受假设H0

四、要求一种元件使用寿命不得低于1000小时，今从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时，已知这种元件寿命服从标准差为σ =100小时的正态分布。试在显著水平α = 0.05下确定这批元件是否合格？设总体均

值为μ。即需检验假设H0：μ≥1000，H1：μ

解：步骤：（1）H0:μ≥1000；H1：μ

（2）H0的拒绝域为1000zα

n

（3）n=25，α = 0.05，950， 计算知10002.5z0.051.645

25

（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，即认为这批元件不合格。

五、某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批导线中取样品9根，测得s=0.007(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平α = 0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大？

解：（1）提出H0：σ ≤0.005；H1：σ >0.005

2

(n1)S（2）H0的拒绝域为

0.005

2

χα(n1)

2

（3）n=9，α = 0.05，S=0.007，由计算知

280.007215.68χ(n1) α0.00520.0052

2

查表χ0.05(8)15.507

(n1)S2

（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。 三、设A，B，C是三事件，且P(A)P(B)P(C)1,P(AB)P(BC)0，P(AC)1.

4

8

求A，B，C至少有一个发生的概率。

解：P (A，B，C至少有一个发生)=P (A+B+C)= P(A)+ P(B)+ P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)+ P(ABC)= 3105

4

8

8

四、 P(A)1,P(B|A)1,P(A|B)1,求P(AB)。

4

3

2

11

定义P(AB)P(A)P(B|A)由已知条件143P(B)1 有解：由P(A|B)

P(B)P(B)2P(B)6

由乘法公式，得P(AB)P(A)P(B|A)1

12

由加法公式，得P(AB)P(A)P(B)P(AB)1111

4

6

12

3

六、设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球

M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中取到）白球的概率是多少？（此为第三版19题(1)）

记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋” 再记B表“再从乙袋中取得白球”。 ∵

B=A1B+A2B且A1，A2互斥

∴ P (B)=P (A1)P(B| A1)+ P (A2)P (B| A2)

nN1mN



nmNM1nmNM1

=

三、一袋中有5只乒乓球，编号为1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以X表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律

解：X可以取值3，4，5，分布律为

P(X3)P(一球为3号,两球为1,2号)

2

1C2

3C5

110

2

1C3

3C5

P(X4)P(一球为4号,再在1,2,3中任取两球)

310610

P(X5)P(一球为5号,再在1,2,3,4中任取两球)

2

1C4

3C5

也可列为下表 X： 3， 4，5

P：1,3,6

10

10

10

五、设随机变量X的概率密度f(x)为

x

f(x)2x

0

0x1

1x2 其他

x

求X的分布函数F (x)。 解：F(x)P(Xx)

当x0时,

F(x)



f(t)dt

x



0dt0

当0x1时,当1x2时,当2x时,

x2

F(x)0dttdt

02

x

F(x)



0dt

1

tdt

x

1

(2t)dt2x

x

12

2

F(x)



0dt

1

tdt

2

1

(2t)dt

x

2

0dt1

故分布函数为

0x2

F(x)2

2x1

x00x1

x2

2

1

1x22x

六、设K在（0，5）上服从均匀分布，求方程4x24xKK20有实根的概率 ∵

1

K的分布密度为：f(K)50

0

0K5其他

要方程有根，就是要K满足(4K)2－4×4× (K+2)≥0。

解不等式，得K≥2时，方程有实根。

∴

P(K2)

2

1

f(x)dxdx

25

5

5

30dx

5

七、设随机变量X在（0，1）上服从均匀分布 （1）求Y=eX的分布密度

∵ X的分布密度为：f(x)0

1

0x1

x为其他

Y=g (X) =eX是单调增函数 又 X=h (Y)=lnY，反函数存在

且 α = min[g (0), g (1)]=min(1, e)=1 max[g (0), g (1)]=max(1, e)= e

f[h(y)]|h'(y)|11

∴ Y的分布密度为：ψ(y)y

0

1yey为其他

八、设X的概率密度为

2x

f(x)π2

0

0xπx为其他

求Y=sin X的概率密度。

∵ FY ( y)=P (Y≤y) = P (sinX≤y) 当y

当0≤y≤1时：FY ( y) = P (sinX≤y) = P (0≤X≤arc sin y或π－arc sin y≤X≤π)

=

arcsiny

2x

dx2

π

π

πarcsiny

2x

dx 2

π

当1

∴ Y的概率密度ψ( y )为：

y≤0时，ψ( y )=[ FY ( y)]' = (0 )' = 0

0

=

arcsiny

2x

dx2

π

2

π

πarcsiny

2x

dx 2

π

2

π

y

1≤y时，ψ( y )=[ FY ( y)]'=(1)=0

k(6xy),0x2,2y4

三、设随机变量（X，Y）概率密度为f(x,y)

0,其它

（1）确定常数k。 （2）求P {X

（3）求P (X

分析：利用P {(X, Y)∈G}=f(x,y)dxdyf(x,y)dxdy再化为累次积分，

G

GDo

0x2,

其中Do(x,y)

2y4

解：（1）∵1







f(x,y)dxdy

10



031

212

k(6xy)dydx，∴k1

8

（2）P(X1,Y3)dx

2

8

(6xy)dy

1.50

3

8

（3）P(X1.5)P(X1.5,Y)（4）P(XY4)dx

02

4x0

dx

127(6xy)dy 2832

4

12

(6xy)dy 83

六、设X，Y是两个相互独立的随机变量，X在（0，1）上服从均匀分布。Y的概率密度为fY

y

1e2,y0

(y)2

0,y0.

（1）求X和Y的联合密度。（2）设含有a的二次方程为a2+2Xa+Y=0,试求有实根的概率。 解：（1）X的概率密度为fX

1,x(0,1)

(x)

0,其它

Y的概率密度为fY

1y

e,y0

(y)2且知X, Y相互独立，

0,y0.

于是（X，Y）的联合密度为

y120x1,y0 f(x,y)fX(x)fY(y)2e其它0

（2）由于a有实跟根，从而判别式4X24Y0

即：YX2 记D{(x,y)|0x1,0yx2}

P(YX2)f(x,y)dxdydx

D

1

x2

12

y2

dydxde

1

x2

y2

1e

1

x22

dx

2

12.50663120.341310.85550.1445

七.、设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，202）分布。随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率。

解：设X1，X2，X3，X4为4只电子管的寿命，它们相互独立，同分布，其概

12

1

e

x22

dx12((1)(2))12(0.84130.5)

率密度为：fT(t)

1

e

2π20

(t160)2

2202

f{X180}FX(180)令

t160

u

200.8413

u22

1220

1

180

(t160)2

dt

2202

12

1



e

18060

du()

20

查表

设N=min{X1，X2，X3，X 4} P {N>180}=P {X1>180, X2>180, X3>180, X4>180} =P {X>180}4={1－p[X

Pk 0.4 0.3 0.3

2

求 E (X)， E (3X+5)

解： E (X)= (－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2 E (X2)= (－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8 E (3X2+5) = 3E (X2)+ E (5)= 8.4+5=13.4 六、设随机变量X和Y的联合分布为：

证：∵

验证：X和YP [X=1 Y=1]=1

8

P [X=1]=3 P [Y=1]=3

8

8

P [X=1 Y=1]≠P [X=1] P [Y=1] ∴ X，Y不是独立的

又

E (X )=－1×3+0×2+1×3=0

8

8

8

8

8

8

E (Y )=－1×3+0×2+1×3=0

COV(X, Y )=E{[X－E (X )][Y－E (Y )]}= E (XY )－EX·EY = (－1)(－1) 1+(－1)1×1+1×(－1)×1+1×1×1=0

8

8

8

8

∴ X，Y是不相关的

七、设随机变量（X1，X2）具有概率密度。

1

0≤x≤2, 0≤y≤2 (xy)，

8

E (X1)，E (X2)，COV（X1，X2），ρX1X2D(X1X2) f(x,y)

求 解：

17

(xy)dy

00862217

E(X)dxy(xy)dy 20086

77)(X2)} COV(X1X2)E{(X166

227711

dx(x)(y)(xy)dy

0066836

E(X2)

2

dx

2

x

D(X1)

E(X12)

[E(X1)]

2

2

20

dx

20

1711

x(xy)dy 

8366

2

2

D(X2)

2

E(X2)

[E(X2)]

20

1711

dxy(xy)dy 08366

2

2

2

XY

COV(X1,X2)

DX1

DX

2



1

1 111136

D (X1+X2)= D (X1)+ D (X2)+2COV(X1, X2) =11112(

36

36

2

15

)

369

三、在总体N（52，6.3）中随机抽一容量为36的样本，求样本均值落在50.8

到53.8之间的概率。

6.321.2521.8

~N(52,),P{50.853.8}P{6.36.36.336

解：666

128()()0.8293

77

四、设X1，X2，„，Xn是来自泊松分布π (λ )的一个样本，，S2分别为样本均值和样本方差，求E (), D (), E (S 2 ).

解：由X~π (λ )知E (X )= λ ，D(X) ∴E ()=E (X )= λ, D ()=

D(X)λ

,E(S2)D(X)λ. nn

五设X1，X2， X3， X4是来自均值为θ指数分布总体的样本θ未知，设有估计量

T1

11

(X1X2)(X3X4) 63

T2(X12X23X34X4)5

(X1X2X3X4)

T3

（1）指出T1，T2， T3哪几个是θ的无偏估计量； （2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。 解：（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以

E (Xi )= θ, D (Xi )= θ 2, i=1,2,3,4 由数学期望的性质2°，3°有

11

[E(X1)E(X2)][E(X3)E(X4)]θ 631

E(T2)[E(X1)2E(X2)3E(X3)4E(X4)]2θ

51

E(T3)[E(X1)E(X2)E(X3)E(X4)]θ

4E(T1)

即T1，T2是θ的无偏估计量

（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2， X3， X4独立，知

D(T1)

1152

[D(X1)D(X2)][D(X3)D(X4)]θ 3691811

D(T2)[D(X1)D(X2)D(X3)D(X4)]θ2

164

D (T1)> D (T2) 所以T2较为有效。

六、 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0 5.7 5.8 6.5

7.0 6.3 5.6 6.1 5.0。设干燥时间总体服从正态分布N ~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。

解：（1）μ

的置信度为0.95的置信区间为（σ

n

，计算得zα）

2

6.0,查表z0.0251.96,σ0.6,即为(6.0

n

0.6

1.96)(5.608,6.392)（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（Stα(n1)），计算得6.0，查表t0.025(8)=2.3060.

2

191.33S(xi)22.640.33.故为(6.02.3060)(5.558,6.442)

8i183

2

3．设A，B为随机事件，则下列各式中正确的是（C ）.

C.P(AB)P(AB)

2.Ai(i1,2,,n)为一列随机事件,且P(A1A2An)0,则下列叙述中错误的是( D ).D.P(Ai)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A2)P(An|An1)

i1n

2.设随机变量X服从参数为的泊松分布，且P{X1}P{X2},则

5

2

e519

5.设X~B(2,p),Y~B(3,p),若P{X1},则P{Y1}( A ).A.

927

6.设随机变量X的概率密度函数为fX(x),则Y2X3的密度函数为

1y3

( B ). B.fX()

22

101

2.设随机变量Xi的分布为Xi~111(i1,2)且P{X1X20}1,则

424

P{X1X2}( A ).A.0

P{X2}的值为( B ）.B.1

3.下列叙述中错误的是( D ). D.边缘分布之积即为联合分布

22

X~N(,),Y~N(,6.若1122),且X,Y相互独立,则

( C ).

22X2Y~N(2,4C.1212)

7.已知X~N(3,1)，Y~N(2,1)，且X,Y相互独立,记ZX2Y7, 则Z~( A ). A.N(0,5)

Ae(2x3y),x,y0

10.为使f(x,y)为二维随机向量(X,Y)

其他0,

的联合密度,则A必为( B ). B.6

12. 设X是一随机变量,EX,DX2,0,则对任何常数c,必有( D ). D. E(Xc)22

2x,0x1

19. 设X~f(x),以Y表示对X的三次独立重复观察中

0,其他

“X

19”出现的次数，则DY=（ A ）. A． 216

1.设X为随机变量,EX,DX2,则P{|X|3}满足( A ). A.

10

1

9

2. 设随机变量X1,X2,,X10相互独立,且EXi1,DXi2(i1,2,,10)，

则（ C ） C. P{Xi10}1202

i1

4. 设 X1,X2,,Xn独立同分布,EXi,DXi2,i1,2,,n,当n30时,下列结论中错误的是( C ). C. X1X2服从N(2,22)分布 4.下列叙述中仅在正态总体之下才成立的是( B ) B. X与S2相互独立 7. 设总体X的数学期望为，方差为2，(X1,X2)是X的一个样本，

11

ˆ3X1X2 则在下述的４个估计量中，（C）是最优的. (C) 

2

2

8. X1,X2,X3设为来自总体X的样本，下列关于E(X)的无偏估计中，最有效的为（ B ）. B（B）(X1X2X3)

4.设A,B为随机事件,则下列各式中不能恒成立的是( C ). C.P(A+B)=P(A)+P(B)

5.若AB，则下列各式中错误的是（ C ）. C.P(A+B)=P(A)+P(B) 3.设

X

服从[1,5]上的均匀分布,则( D ).

1

2

13

D.P{1X3}

4.设X~N(,4),则( C ). C.P{X2}1(1)

9.设随机变量X的概率密度函数为f(x),f(x)f(x),F(x)是X的分布函数,则对任意实数a有( B ). B.F(a)

12

a

f(x)dx

0x11710.设X

的密度函数为f(x)则P{X为( A ). A.

480,其他

11.设X~N(1,4),(0.5)0.6915,(1.5)0.9332,则P{|X|2}为 B0.3753 12.设X服从参数指数分布,则下列叙述中错误的是(D为任意实数

13.设X~N(,2),则下列叙述中错误的是( A ). A.

X

2

~N(0,1)

14.设随机变量X服从(1,6)上的均匀分布,则方程x2Xx10有实根的概率是( B ). B.0.8 以下是第八章《假设检验》选择答

案

XB.

0S/n

B. X100

12/nC. {X100

S/C} B. {X100C} B. (n1)S

2

100B


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