概率统计答案

例9 某商店收进甲厂生产的产品30箱，乙厂生产的同种产品20箱，甲厂每箱装100个，废品率为0.06, 乙厂每箱装120个, 废品率为0.05, 求: (1)任取一箱，从中任取一个为废品的概率；

(2)若将所有产品开箱混放,求任取一个为废品的概率.

解 记事件A、B分别为甲、乙两厂的产品, C为废品, 则

303202,P(B),P(C|A)0.06,P(C|B)0.05 505505

由全概率公式, 得 P(C)P(A)P(C|A)P(B)P(C|B)0.056 (1) P(A)(2) P(A)

301005201204

,P(B),

3010020120930100201209

P(C|A)0.06,P(C|B)0.05

由全概率公式, 得 P(C)P(A)P(C|A)P(B)P(C|B)0.056.

例14 设某批产品中, 甲, 乙, 丙三厂生产的产品分别占45%, 35%, 20%, 各厂的产品的次品率分别为4%, 2%, 5%, 现从中任取一件,

(1) 求取到的是次品的概率;

(2) 经检验发现取到的产品为次品, 求该产品是甲厂生产的概率.

解

记事件A1:“该产品是次品”, 事件A2:“该产品为乙厂生产的”, 事件A3:“该产品为

丙厂生产的”, 事件B:“该产品是次品”. 由题设, 知

P(A1)45%,P(A2)35%,P(A3)20%,P(B|A1)4%,P(B|A2)2%,P(B|A3)5%,

(1) 由全概率公式得P(B)

P(A)P(B|A)3.5%.

i

i

i1

3

(2) 由贝叶斯公式(或条件概率定义), 得

P(A1B)P(A1)P(B|A1)

51.4%. P(A1|B)

P(B)P(B)

例3 (讲义例2) 把一枚均匀硬币抛掷三次, 设X为三次抛掷中正面出现的次数, 而Y为正面出现次数与反面出现次数之差的绝对值, 求(X,Y)的概率分布及(X,Y)关于X,Y的边缘分布.

解 (X,Y)可取值(0,3),(1,1),(2,1),(3,3)

P{X0,Y3}(1/2)31/8, P{X1,Y1}3(1/2)33/8, P{X2,Y1}3/8, P{X3,Y3}1/8,

故(X,Y)的概率分布如右表.

从概率分布表不难求得(X,Y)关于 X,Y的边缘分布.

P{X0}1/8,P{X1}3/8,

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P{X2}3/8,P{X3}1/8, P{Y1}3/83/86/8, P{Y3}1/81/82/8,

从而得右表

例7 (讲义例3) 设二维随机变量(X,Y)具有概率密度

(2xy),2e

f(x,y)

0,

x0,y0,其它.

(1) 求分布函数F(x,y); (2) 求概率P{YX}. 解

(1) F(x,y)





yx



f(x,y)dxdy





yx

2e(2xy)dxdy,x0,y00,

其它

,

(1e2x)(1ey),x0,y0

即有 F(x,y).

0,其它

(2) 将(X,Y)看作是平面上随机点的坐标, 即有{YX}{(X,Y)G}, 其中G为xOy

平面上直线yx及其下方的部分, 如图. 于是

P{YX}P{(x,y)G





G

f(x,y)dxdy







y

2e

(2xy)

dxdy







dy





y

2e(2xy)dx









ey[e2x]ydy



1

e3ydy. 3

例8 (讲义例4) 设(X,Y)的概率密度是

cy(2x),0x1,0yx

f(x,y)

0,其它

求 (1) c的值; (2) 两个边缘密度. 解

1

(1) 由









f(x,y)dxdy1确定c.



x

cy(2x)dydx 0

10

c[x2(2x)/2]dx 5c/241 c24/5.

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

(2) fX(x)

fY(y)



y

x

2412

y(2x)dyx2(2x),0x1 55243y2

,0y1 y(2x)dxy2y

5522



124

122

x(2x),0x1

即 fX(x)5

0,其它

243y2

,0y1y2y

fY(y)52. 2

0,其它

二维均匀分布

例9 设随机变量X和Y具有联合概率密度

6,x2yx

f(x,y)

其它0,

求边缘概率密度fX(x),fY(y). 解

fX(x)









f(x,y)dy





x

2

x

6dy6(xx2),0x1

,

0,其它

y1

x2

O

yx

fY(y)









f(x,y)dx





y

y

6dx6(yy),0y1

.

0,其它

2分布

例2（讲义例2）设X1,,X6是来自总体N(0,1)的样本, 又设

Y(X1X2X3)2(X4X5X6)2

试求常数C, 使CY服从2分布. 解 所以

因为X1X2X3~N(0,3)X4X5X6~N(0,3) X1X2X3

3

~N(0,1),

X4X5X6

3

2

~N(0,1),

且相互独立, 于是

X1X2X3X4X5X62~(2),

3

2

11

故应取C, 则有Y~2(2).

33

t分布

例3（讲义例3）设随机变量X~N(2,1), 随机变量Y1,Y2,Y3,Y4均服从N(0,4), 且X,Yi(i1,2,3,4)都相互独立, 令

第3页共12页

T

4(X2)

Y

i1

4

,

i

2

试求T的分布, 并确定t0的值, 使P{|T|t0}0.01.

解

由于X2~N(0,1),Yi/2~N(0,1),i1,2,3,4,

故由t分布的定义知

T

4(X2)

4



X2



i1

Yi2



Yi4i1

4

2



X2



Yi

2i1

4

2

~t(4), 即T服从自由度为4的t分布: T~t(4).

由P{|T|t0}0.01. 对于n4,0.01查附表4, 得t/2t0.005(4)4.6041.

F分布

例4（讲义例4）设总体X服从标准正态分布, X1,X2,,Xn是来自总体X的一个简单随机样本, 试问统计量

n

n52

Y1XiXi2,n5

5i1i6服从何种分布?

解

因为Xi~N(0,1),

5

n



i1

Xi2

~(5),

5

2

X

i62

i

2i

~2(n5),

且

X

i1

5

2i

与

X

i6

n

2i

X

相互独立, 所以

i1

~F(5,n5),

X

i6

n

2i

n5)

再由统计量Y的表达式, 即得Y~F(5,n5).

例7（讲义例5）设总体X服从指数分布, 其概率密度函数

ex,x0

f(x,)

x00,

其中0, 是未知参数. x1,x2,,xn是来自总体X的样本观察值, 求参数的最大似然估计值.

解

n

xini1

,xi0 似然函数L(x1,x2,,xn;)e

0,其它

n

显然L(x1,x2,xn;)的最大值点一定是L1(x1,x2,,xn;)e取对数lnL1(x1,x2,,xn;)nln

n



xi

i1

的最大值点, 对其

x

i1

n

i

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dlnL1(x1,x2,,xn;)n由

d



i1

n

ˆxi0, 可得参数的最大似然估计值

n

x

i1

n



i

1

. 总体均值的假设检验 1. 方差2已知情形

例1 (讲义例1) 某车间生产钢丝, 用X表示钢丝的折断力, 由经验判断X~N(,2), 其中570,282.今换了一批材料, 从性能上看估计折断力的方差2不会有什么变化 (即仍有282), 但不知折断力的均值和原先有无差别. 现抽得样本, 测得其折断力为:

578 572 570 568 572 570 570 572 596 584

取0.05, 试检验折断力均值有无变化?

解

(1) 建立假设H0:0570,H1:570.

0

~N(0,1).

(2) 选择统计量U

/n

(3) 对于给定的显著性水平, 确定k, 使P{|U|k} 查正态分布表得ku/2u0.0251.96, 从而拒绝域为|u|1.96.

110

(4) 由于xi575.20,264, 所以

10ij



|u|

0

/n

2.061.96,

故应拒绝H0, 即认为折断力的均值发生了变化

2.方差2未知情形

例3 (讲义例3) 水泥厂用自动包装机包装水泥, 每袋额定重量是50kg, 某日开工后随机抽查了9袋, 称得重量如下:

49.6 49.3 50.1 50.0 49.2 49.9 49.8 51.0 50.2

设每袋重量服从正态分布,问包装机工作是否正常(0.05)?

解

(1) 建立假设H0:50,H1:50.

0S/~t(n1).

(2) 选择统计量T

(3) 对于给定的显著性水平, 确定k, 使P{|T|k} 查t分布表得kt/2t0.025(8)2.306, 从而拒绝域为|t|2.306. (4) 由于49.9,s20.29, 所以 |t|

50s/n

0.562.036, |t|0.562.036,

第5页共12页

故应接受H0, 即认为包装机工作正常.

总体方差的假设检验

例5 (讲义例5) 某厂生产的某种型号的电池, 其寿命(以小时计)长期以来服从方差

25000的正态分布, 现有一批这种电池, 从它的生产情况来看, 寿命的波动性有所改变.

.问根据这一数据能否推断这批电池现随机取26只电池, 测出其寿命的样本方差s9200

的寿命的波动性较以往的有显著的变化(取0.02)?

解 现在

22222

n26,0,15000,/2(n1)0.01(25)44.314/2(n1)0.99(25)11.524,

2

本题要求在水平0.02下检验假设H0:5000,H1:25000.

根据2检验法, 拒绝域为W[0,11.524)(44.314,) 代入观察值s9200, 得

2

2

(n1)s2

2

0

4644.314,

故拒绝H0, 认为这批电池寿命的波动性较以往有显著的变化

.

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第7页共12页

第8页共12页

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1. never.

2. polynomial : 1, -1.

3. Answers may vary.

4. Proof (1) For abi,cdiZ[i], where a,b,c,dZ,

Then ac,bd,acbd,adbcZ, and (ac)(bd)iZ[i] (acbd)(adbc)i.So Z[i] is a subring of C , and Z[i]

is commutative.

(2) Z[i] has non-zero divisors , since there is not zero divisors

in C.

(3) 110iZ[i] is the unity of Z[i] .

Therefore Z[i] is a domain. It’s units are 1,1,i,i.

5. dZ,where,dZ,d0 .

7. proof Let I be a non-zero ideal of Mn(R).

For 0A(aij)nI,aij0, so Eij

and EkkEkiEijEjkI(k1,2,,n).

Thus EE11E22EnnI, and IMn(R).

Therefore Mn(R) has no nontrivial ideals .

10.proof Let R be a ring , a1,a2,,asR, then a1, ,……， are all the ideal of R . Let =a1+ =…+ Then is the ideal of R, and is the minimal ideal which contains a1,a2,,as.

13. proof Suppose that nZ,,then is the prime ideal of Z iff n is prime . Iff is the maximal ideal of Z .

16. Hint . Theorem 3.5.1.

17.proof For a,bf11EiiAEjjI, aij(p), then f(a)a,f(b)bp

And for rR,f(ab)f(a)f(b)abp

farfaf(r)af(r)p

f(ra)f(r)f(a)f(r)ap

So , f1pR. By the definition of prime ideal . f1p is prime .

If p is prime . i.e., if a,bR, such that abf1(p), then f(a)f(b)f(ab)p, Since P is prime ,we have f(a)p,or f(b)p.

Then af1(p),or bf1(p). Hence, f1p is prime .

19. Answer may vary.

例9 某商店收进甲厂生产的产品30箱，乙厂生产的同种产品20箱，甲厂每箱装100个，废品率为0.06, 乙厂每箱装120个, 废品率为0.05, 求: (1)任取一箱，从中任取一个为废品的概率；

(2)若将所有产品开箱混放,求任取一个为废品的概率.

解 记事件A、B分别为甲、乙两厂的产品, C为废品, 则

303202,P(B),P(C|A)0.06,P(C|B)0.05 505505

由全概率公式, 得 P(C)P(A)P(C|A)P(B)P(C|B)0.056 (1) P(A)(2) P(A)

301005201204

,P(B),

3010020120930100201209

P(C|A)0.06,P(C|B)0.05

由全概率公式, 得 P(C)P(A)P(C|A)P(B)P(C|B)0.056.

例14 设某批产品中, 甲, 乙, 丙三厂生产的产品分别占45%, 35%, 20%, 各厂的产品的次品率分别为4%, 2%, 5%, 现从中任取一件,

(1) 求取到的是次品的概率;

(2) 经检验发现取到的产品为次品, 求该产品是甲厂生产的概率.

解

记事件A1:“该产品是次品”, 事件A2:“该产品为乙厂生产的”, 事件A3:“该产品为

丙厂生产的”, 事件B:“该产品是次品”. 由题设, 知

P(A1)45%,P(A2)35%,P(A3)20%,P(B|A1)4%,P(B|A2)2%,P(B|A3)5%,

(1) 由全概率公式得P(B)

P(A)P(B|A)3.5%.

i

i

i1

3

(2) 由贝叶斯公式(或条件概率定义), 得

P(A1B)P(A1)P(B|A1)

51.4%. P(A1|B)

P(B)P(B)

例3 (讲义例2) 把一枚均匀硬币抛掷三次, 设X为三次抛掷中正面出现的次数, 而Y为正面出现次数与反面出现次数之差的绝对值, 求(X,Y)的概率分布及(X,Y)关于X,Y的边缘分布.

解 (X,Y)可取值(0,3),(1,1),(2,1),(3,3)

P{X0,Y3}(1/2)31/8, P{X1,Y1}3(1/2)33/8, P{X2,Y1}3/8, P{X3,Y3}1/8,

故(X,Y)的概率分布如右表.

从概率分布表不难求得(X,Y)关于 X,Y的边缘分布.

P{X0}1/8,P{X1}3/8,

第1页共12页

P{X2}3/8,P{X3}1/8, P{Y1}3/83/86/8, P{Y3}1/81/82/8,

从而得右表

例7 (讲义例3) 设二维随机变量(X,Y)具有概率密度

(2xy),2e

f(x,y)

0,

x0,y0,其它.

(1) 求分布函数F(x,y); (2) 求概率P{YX}. 解

(1) F(x,y)





yx



f(x,y)dxdy





yx

2e(2xy)dxdy,x0,y00,

其它

,

(1e2x)(1ey),x0,y0

即有 F(x,y).

0,其它

(2) 将(X,Y)看作是平面上随机点的坐标, 即有{YX}{(X,Y)G}, 其中G为xOy

平面上直线yx及其下方的部分, 如图. 于是

P{YX}P{(x,y)G





G

f(x,y)dxdy







y

2e

(2xy)

dxdy







dy





y

2e(2xy)dx









ey[e2x]ydy



1

e3ydy. 3

例8 (讲义例4) 设(X,Y)的概率密度是

cy(2x),0x1,0yx

f(x,y)

0,其它

求 (1) c的值; (2) 两个边缘密度. 解

1

(1) 由









f(x,y)dxdy1确定c.



x

cy(2x)dydx 0

10

c[x2(2x)/2]dx 5c/241 c24/5.

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

(2) fX(x)

fY(y)



y

x

2412

y(2x)dyx2(2x),0x1 55243y2

,0y1 y(2x)dxy2y

5522



124

122

x(2x),0x1

即 fX(x)5

0,其它

243y2

,0y1y2y

fY(y)52. 2

0,其它

二维均匀分布

例9 设随机变量X和Y具有联合概率密度

6,x2yx

f(x,y)

其它0,

求边缘概率密度fX(x),fY(y). 解

fX(x)









f(x,y)dy





x

2

x

6dy6(xx2),0x1

,

0,其它

y1

x2

O

yx

fY(y)









f(x,y)dx





y

y

6dx6(yy),0y1

.

0,其它

2分布

例2（讲义例2）设X1,,X6是来自总体N(0,1)的样本, 又设

Y(X1X2X3)2(X4X5X6)2

试求常数C, 使CY服从2分布. 解 所以

因为X1X2X3~N(0,3)X4X5X6~N(0,3) X1X2X3

3

~N(0,1),

X4X5X6

3

2

~N(0,1),

且相互独立, 于是

X1X2X3X4X5X62~(2),

3

2

11

故应取C, 则有Y~2(2).

33

t分布

例3（讲义例3）设随机变量X~N(2,1), 随机变量Y1,Y2,Y3,Y4均服从N(0,4), 且X,Yi(i1,2,3,4)都相互独立, 令

第3页共12页

T

4(X2)

Y

i1

4

,

i

2

试求T的分布, 并确定t0的值, 使P{|T|t0}0.01.

解

由于X2~N(0,1),Yi/2~N(0,1),i1,2,3,4,

故由t分布的定义知

T

4(X2)

4



X2



i1

Yi2



Yi4i1

4

2



X2



Yi

2i1

4

2

~t(4), 即T服从自由度为4的t分布: T~t(4).

由P{|T|t0}0.01. 对于n4,0.01查附表4, 得t/2t0.005(4)4.6041.

F分布

例4（讲义例4）设总体X服从标准正态分布, X1,X2,,Xn是来自总体X的一个简单随机样本, 试问统计量

n

n52

Y1XiXi2,n5

5i1i6服从何种分布?

解

因为Xi~N(0,1),

5

n



i1

Xi2

~(5),

5

2

X

i62

i

2i

~2(n5),

且

X

i1

5

2i

与

X

i6

n

2i

X

相互独立, 所以

i1

~F(5,n5),

X

i6

n

2i

n5)

再由统计量Y的表达式, 即得Y~F(5,n5).

例7（讲义例5）设总体X服从指数分布, 其概率密度函数

ex,x0

f(x,)

x00,

其中0, 是未知参数. x1,x2,,xn是来自总体X的样本观察值, 求参数的最大似然估计值.

解

n

xini1

,xi0 似然函数L(x1,x2,,xn;)e

0,其它

n

显然L(x1,x2,xn;)的最大值点一定是L1(x1,x2,,xn;)e取对数lnL1(x1,x2,,xn;)nln

n



xi

i1

的最大值点, 对其

x

i1

n

i

第4页共12页

dlnL1(x1,x2,,xn;)n由

d



i1

n

ˆxi0, 可得参数的最大似然估计值

n

x

i1

n



i

1

. 总体均值的假设检验 1. 方差2已知情形

例1 (讲义例1) 某车间生产钢丝, 用X表示钢丝的折断力, 由经验判断X~N(,2), 其中570,282.今换了一批材料, 从性能上看估计折断力的方差2不会有什么变化 (即仍有282), 但不知折断力的均值和原先有无差别. 现抽得样本, 测得其折断力为:

578 572 570 568 572 570 570 572 596 584

取0.05, 试检验折断力均值有无变化?

解

(1) 建立假设H0:0570,H1:570.

0

~N(0,1).

(2) 选择统计量U

/n

(3) 对于给定的显著性水平, 确定k, 使P{|U|k} 查正态分布表得ku/2u0.0251.96, 从而拒绝域为|u|1.96.

110

(4) 由于xi575.20,264, 所以

10ij



|u|

0

/n

2.061.96,

故应拒绝H0, 即认为折断力的均值发生了变化

2.方差2未知情形

例3 (讲义例3) 水泥厂用自动包装机包装水泥, 每袋额定重量是50kg, 某日开工后随机抽查了9袋, 称得重量如下:

49.6 49.3 50.1 50.0 49.2 49.9 49.8 51.0 50.2

设每袋重量服从正态分布,问包装机工作是否正常(0.05)?

解

(1) 建立假设H0:50,H1:50.

0S/~t(n1).

(2) 选择统计量T

(3) 对于给定的显著性水平, 确定k, 使P{|T|k} 查t分布表得kt/2t0.025(8)2.306, 从而拒绝域为|t|2.306. (4) 由于49.9,s20.29, 所以 |t|

50s/n

0.562.036, |t|0.562.036,

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故应接受H0, 即认为包装机工作正常.

总体方差的假设检验

例5 (讲义例5) 某厂生产的某种型号的电池, 其寿命(以小时计)长期以来服从方差

25000的正态分布, 现有一批这种电池, 从它的生产情况来看, 寿命的波动性有所改变.

.问根据这一数据能否推断这批电池现随机取26只电池, 测出其寿命的样本方差s9200

的寿命的波动性较以往的有显著的变化(取0.02)?

解 现在

22222

n26,0,15000,/2(n1)0.01(25)44.314/2(n1)0.99(25)11.524,

2

本题要求在水平0.02下检验假设H0:5000,H1:25000.

根据2检验法, 拒绝域为W[0,11.524)(44.314,) 代入观察值s9200, 得

2

2

(n1)s2

2

0

4644.314,

故拒绝H0, 认为这批电池寿命的波动性较以往有显著的变化

.

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1. never.

2. polynomial : 1, -1.

3. Answers may vary.

4. Proof (1) For abi,cdiZ[i], where a,b,c,dZ,

Then ac,bd,acbd,adbcZ, and (ac)(bd)iZ[i] (acbd)(adbc)i.So Z[i] is a subring of C , and Z[i]

is commutative.

(2) Z[i] has non-zero divisors , since there is not zero divisors

in C.

(3) 110iZ[i] is the unity of Z[i] .

Therefore Z[i] is a domain. It’s units are 1,1,i,i.

5. dZ,where,dZ,d0 .

7. proof Let I be a non-zero ideal of Mn(R).

For 0A(aij)nI,aij0, so Eij

and EkkEkiEijEjkI(k1,2,,n).

Thus EE11E22EnnI, and IMn(R).

Therefore Mn(R) has no nontrivial ideals .

10.proof Let R be a ring , a1,a2,,asR, then a1, ,……， are all the ideal of R . Let =a1+ =…+ Then is the ideal of R, and is the minimal ideal which contains a1,a2,,as.

13. proof Suppose that nZ,,then is the prime ideal of Z iff n is prime . Iff is the maximal ideal of Z .

16. Hint . Theorem 3.5.1.

17.proof For a,bf11EiiAEjjI, aij(p), then f(a)a,f(b)bp

And for rR,f(ab)f(a)f(b)abp

farfaf(r)af(r)p

f(ra)f(r)f(a)f(r)ap

So , f1pR. By the definition of prime ideal . f1p is prime .

If p is prime . i.e., if a,bR, such that abf1(p), then f(a)f(b)f(ab)p, Since P is prime ,we have f(a)p,or f(b)p.

Then af1(p),or bf1(p). Hence, f1p is prime .

19. Answer may vary.