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《概率论与数理统计》科学出版社课后习题答案

来源：要发发知识网

（概率课后习题答案详解）

董永俊

第二章随机变量

2.1 X 2 P 1/36

3 1/18

4 1/12

5 1/9

6 5/36

7 1/6

k8 5/36

9 1/9

ae110 1/12

11 1/18

12 1/36

2.2解：根据P(Xk0k)1，得aek01，即

1e11。

故 ae1

2.3解：用X表示甲在两次投篮中所投中的次数，X~B(2,0.7) 用Y表示乙在两次投篮中所投中的次数, Y~B(2,0.4) (1) 两人投中的次数相同

P{X=Y}= P{X=0,Y=0}+ P{X=1,Y=1} +P{X=2,Y=2}= C00.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.60.3124202002111111220220(2)甲比乙投中的次数多

P{X>Y}= P{X=1,Y=0}+ P{X=2,Y=0} +P{X=2,Y=1}=

（概率课后习题答案详解）

董永俊

C10.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.60.562821521531525110022200022201112.4解:（1）P{1≤X≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=1(2) P{0.515

12.5

1k[1()]144解：（1）P{X=2,4,6,…}=1214161=lim2kk1222231414

（2）P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}- P{X=2}=11124

2.6解：设A表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，

i1，2

P{X0}P{A1A2A3A4}P(A1)P(A2|A1)P(A3|AA2)P(A4|AA2A3)=1118201719161815171219

P{X1}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}2201819171816171820219171816171820181921816171820171916182173295

P{X2}1P{X0}P{X1}112193295395

2.7解：(1)设X表示4次试验中A发生的次数，则X~B(4,0.4)

P(X3)P(X3)P(X4)C30.40.6C40.40.60.1792 431440(2)设Y表示5次试验中A发生的次数，则Y~B(5,0.4)

（概率课后习题答案详解）

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P(X3)P(X3)P(X4)P(X5)C30.40.6C50.40.6C50.40.60.31744532441550

2.8 （1）X～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)

P{X0}1.500!e1.5=e1.5

（2）X～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)

P{X2}1P{X0}P{X1}1200!e2211!e213e2

2.9解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为X，则X~B(180,0.01)。

依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即

P(Xm)0.99，也即

P(Xm1)0.01

因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为

1800.011.8的泊松分布。

查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。故应至少配备6名设备维修人员。

（概率课后习题答案详解）

董永俊

2.10解：一个元件使用1500小时失效的概率为

P(1000X1500)15001000x21000dx1000x1500100013

1~B(5,)3 设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则Y所求的概率为

2380212P(Y2)C5()()50.329333。

2.11解：(1)P(X (2)

2)F(2)ln2

P(0X3)F(3)F(0)101

P(2X2.5)F(2.5)F(2)ln2.5ln2ln1.25

x1f(x)F(x)01xe其它

2.12

a1F(x)F(0)，得解：(1)由F()1及limx0ab0，故

a=1,b=-1.

x2f(x)F(x)xe02(2)

x0x0

(3)

P(ln4Xln16)F(ln16)F(ln4)

（概率课后习题答案详解）

董永俊

(1eln162)(1eln42)140.25

2.13（1）

假设该地区每天的用电量仅有80万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

P{0.8X1}10.812x(1x)dx(6x8x3x)|223410.80.0272

（2）假设该地区每天的用电量仅有90万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

P{0.9X1}10.912x(1x)dx(6x8x3x)|2234210.90.0037

2.14解:要使方程x2Kx2K30有实根则使

(2K)24(2K3)0

解得K的取值范围为[,1][4,],又随机变量K~U(-2,4)则有实根的概率为

p[1(2)43]4(2)13

12002.15解：X~P(λ)= P((1)

1000)

11200x100P{X100}1200e200dxe|01e12

（概率课后习题答案详解）

董永俊

（2）P{X300}1200300e1200dxe1200x|300e32

1232（3）P{100X300}3001200100e1200dxe1200x300|100ee

121232P{X100,100X300}P{X100}P{100X300}(1e)(ee)

2.16解：设每人每次打电话的时间为X，X~E(0.5)，则一个人打电话超过10分钟的概率为

P(X10)100.5e0.5xdxe0.5x10e5

又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y，则

Y~B(282,e5)。

因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为的泊松分布。

所求的概率为

P(Y2)1P(Y0)P(Y1)

282e51.9

1e1.91.9e1.912.9e1.90.56625

2.17解：(1)P(X105)(10511012)(0.42)1(0.42)10.66280.3372

（概率课后习题答案详解）

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(2)P(100X120)(12011012)(10011012)

(0.83)(0.83)2(0.83)120.796710.5934

2.18解：设车门的最低高度应为a厘米，X~N(170,62)

P{Xa}1P{Xa}0.01P{Xa}(a1706)0.99

a17062.33

a184厘米

2.19解：X的可能取值为1,2,3。

因为P(X1)C246C3

P(X3)115100.6；C35100.1；P(X2)10.60.10.3

所以X的分布律为

X 1 2 3 P 0.6 0.3 0.1 X的分布函数为

（概率课后习题答案详解）

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x100.61x2 F(x)0.92x31x3 2.20(1)

P{Y0}P{X22}0.2P{Y}P{X0}P{X}0.30.40.7P{Y4}P{X2

32}0.1 Y

0 0.2

2 4

20.7 0.1

(2)

P{Y1}P{X0}P{X}0.30.40.7P{Y1}P{X2}P{X32}0.20.10.3

-1 0.7

1 0.3

2.21（1）

（概率课后习题答案详解）

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当1x1时，F(x)P{X当11}0.3

x2时，F(x)P{X1}P{X1}0.3P{X1}0.8

P{X1}0.80.30.5

当x2时，F(x)P{XP{X2}10.80.2

1}P{X1}P{X2}0.8P{X2}1

X P （2）

-1 0.3

1 0.5

2 0.2

P{Y1}P{X1}P{X1}0.30.50.8

P{Y2}P{X2}0.2

1 0.8

~N(0,1)fX(x)2 0.2

ex22.22X122

Y的分布函数和概率密度函

（1）设FY(y)，f数，则

Y(y)分别为随机变量

（概率课后习题答案详解）

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FY(y)P{Yy}P{2X1y}P{Xy12y1}212ex22dx

2对FY(y)求关于y的导数，得fY(y)12(y122)2e(y12)122e(y1)8

y(,)

（2）设FY(y)，f数，则当y0时，FYY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函

(y)P{Yy}P{eXy}P{}0

当y0时，有

XlnyFY(y)P{Yy}P{ey}P{Xlny}P{Xlny}12ex22dx

对FY(y)求关于y的导数，得

12e(lny)22fY(y)0(lny)12ye(lny)22y>0

y0

（3）设FY(y)，f数，则当y0时，FYY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函

(y)P{Yy}P{X2y}P{}0

（概率课后习题答案详解）

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当y>0时，F对F(y)P{Yy}P{XY2y}P{yXy}yy12ex22dx

Y(y)求关于y的导数，得

y)22(1efY(y)20(y)12e(y)22(y)12ye(lny)22y>0

y0

2.23 ∵XU(0,)∴

1fX(x)00x

其它

（1）

当2lny时

y}P{}0

FY(y)P{Yy}P{2lnXy}P{lnX2当y2ln时yFY(y)P{Yy}P{2lnXy}P{lnX2y}P{X2e}P{Xye}ye201dx

对FY(y)求关于y的导数，得到

yy1212e(e)fY(y)20

y2ln

2lny（概率课后习题答案详解）

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（2）

当y1或 y-1时，FY(y)P{Yy}P{cosXy}P{}0 当1y1时,FY(y)P{Yy}P{cosXy}P{Xarccosy}1dx

arccosy对FY(y)求关于y的导数，得到

1(arccosy11y1f))1y2Y(y

0其它（3）当y1或 y0时FY(y)P{Yy}P{sinXy}P{}0

当0y1时，

FY(y)P{Yy}P{sinXy}P{0Xarcsiny}P{arcsinyX}arcsiny10dx1arcsinydx对FY(y)求关于y的导数，得到

1120y1farcsiny(arcsiny)2Y(y)1y

0其它

（概率课后习题答案详解）

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第三章随机向量

3.1 P{1128 3.2

Y 1 2 X 2 0 c223c24=3c55 3 c3c1320 c4=255 3.4（1）a=19 （2）

512

（3）

P{(X,Y)D}1y10dy109(6xy)dx1190[(6y)x12x2]|1y0dy

1112111311180(2y6y52)dy9(6y3y252y)|09327

（概率课后习题答案详解）

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3.5解：（1）

yx(2uv)yvx2uvy2uxy2xF(x,y)002edudv0edv02edu(e|0)(e|0)(1e)(1e（2）

P(YX)x(2xy)002edxdy02e2xdxxv0edy02e2x(ey|x0)dx2xx)dx(2e2x2x2202e(1e02e3x)dx(e|0)3e3x|01313

3.6解：P(x2y2a2)2r222dr

210da0xy2a2(1xy2)2(1r)2120da0(1r2)2d(1r)12112(1r2)|a0111a2a21a2

3.7参见课本后面P227的答案 3.8

3fX(x)10f(x,y)dy132302xydy2xy3|1x02

f)2x,y)dx232321222y(y0f(02xydx2y2x|03y

0x2fx)x2,X(

f(y)3y20y1Y0,其它0其它

3.9解：X的边缘概率密度函数fX(x)为：

（概率课后习题答案详解）

)14

（概率课后习题答案详解）

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①当x1或x0时，f(x,y)0，

f21112Y(y)1y4.8y(2x)dx4.8y[2x12x]|y4.8y[122y2y]fX(x)0y1或y0

0y1f2x2X(x)x04.8y(2x)dy2.4y(2x)|02.4x(2x)②当0x1时，fX(x)x04.8y(2x)dy2.4y2(2x)|x2.4x20(2x)

Y的边缘概率密度函数fY(y)为：

① 当y1或y0时，f(x,y)0，fY(y)0

② 当0y1时，

f21112Y(y)1y4.8y(2x)dx4.8y[2x12x]|y4.8y[122y2y]

2.4y(34yy2)

3.10 （1）参见课本后面P227的答案（2）

xf(x)x26dyX

0x1=6（x1-x）0x10其它0 其它

yf(y)6dx0y1y =6（y-y）Y

0y10其它0其它

3.11参见课本后面P228的答案

（概率课后习题答案详解）

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3.12参见课本后面P228的答案 3.13（1）

20x1fx)0(x2xy3)dy220x12xX( 3x 0其它0其它12xyf0(x3)dx0y20y2Y(y)

1=y36

0其它0其它对于0y2时，fY(y)0，

x2xy0x16x2+2xy0x1所以

2yff(x,y)3X|Y(x|y)f1y

 Y(y)360其它0其它对于0x1时，fX(x)0

2xyx0y23xy0y2所以fY|X(y|x)f(x,y)3f2x22x

6x2

X(x)30其它0其它

11113|X11P{Y22}20fY|X(y|1)dy22y1322y72061dy05dy40

22（概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

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3.14 X Y 1 3 Y的边缘分布由表格可知 P{X=1;Y=2}=0.25≠P{X=1}P{Y=2}=0.3225 故P{Xx;Yy}P{Xx}P{Yy}

iiii0 2 5 X的边缘分布 0.15 0.05 0.2 0.25 0.18 0.43 0.35 0.02 0.37 0.75 0.25 1 所以X与Y不 3.15

X 1 Y 1 2 16132 3 X的边缘分布 19 118 1313 +a+b a b （概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

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Y的边缘分12 a+19 b+118 1 布由的条件P{Xxi;Yy}P{iXxi}P{Yy}i则

P{X2;Y2}P{X2}P{Y2}

P{X2;Y3}P{X2}P{Y3}

P{Xi}1

可以列出方程

(13ab)(19a)a

(1b)(1183ab)b

1313ab1

a0,b0

解得a2,b199

x0x2 3.16 解（1）在3.8中fX(x)2

f)3y20y1Y(y0其它0其它当0x2，

0y1时，f3X(x)fYy()2xy2(f,x )y（概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

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当x2或x0时，当y1或y0时，fX(x)fY(y)0f(x,y)

所以， X与Y之间相互。（2）在3.9中，

fx)2.4x2(2x)X(

0x10其它

2.4y(34yy2fy))Y(

0y10其它

当0x1，0y1时，

f222X(x)fY(y)=2.4x(2x)2.4y(34yy)5.76x(2x)y(34yy2)

f(x,y) ，所以X与Y之间不相互。

3.17解： fx(x)f(x,y)dyx10xe(1y)2dyxex

fxy(y)f(x,y)dyxe10(1y)dx12(1y)2

fx(x)fy(y)xex1(1y)2f(x,y)

故X 与Y相互

3.18参见课本后面P228的答案

（概率课后习题答案详解）

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第四章数字特征

4.1 解：E(X)xiipi1

E(Y)yiipi0.9

∵甲机床生产的零件次品数多于乙机床生产的零件次品数，又∵两台机床的总的产量相同 ∴乙机床生产的零件的质量较好。 4.2 解：X的所有可能取值为：3，4，5

P{X3}10.1

C35P{X4}CCCCi23350.3

2435P{X5}0.6

E(X)xipi30.140.350.64.5

4.3参见课本230页参 4.4解：

（概率课后习题答案详解）

董永俊

P{Xn}p(1p)n1,n1,2,3......E(X)xipinp(1p)n1pin1[1(1p)]21p

4.6参考课本230页参

4.7解：设途中遇到红灯次数为X，则X~B(3,0.4)

E(X)np40.31.2

4.8解

E(X)f(x)xdx

15002

3000x2dx101500150015002(x3000)xdx 500+1000 1500

4.9参见课本后面230页参 4.10参见课本后面231页参

4.11 解:设均值为,方差为2,则X~N(,2)根据题意有:

P(X96)1P(X96)

（概率课后习题答案详解）

董永俊

1P(X7296)

1(t)

2.3%

(t)0.997,解得t=2即=12

所以成绩在60到84的概率为

P(60X84)P(60-72X-84-721212)

(1-)(-1 ) 2(1-)1 20.841-13 0.682 .12E(X2)00.4120.3220.2320.12

E(5X24)40.4(5124)0.3(5224)0.2(5324)0.114

x4.13解：

E(Y)E(2X)02xedx2xd(exx0)2[xex|00edx]2(ex)|02E(Y)E(e2X)x0e2xedx0e3xdx13e3x|013

4.14解：3V4R3

（概率课后习题答案详解）

董永俊

设球的直径为X,则：

1f(x)ba0

ax其它b

4(E(V)E(X23)3)E(6X)=3ba6x31badx61ba14x4|ba24(ba)(ba)224.15参看课本后面231页答案 4.16 解: ffyx(x)f(x,y)dy12y012yx2dy4x

3(y)f(x,y)dy12y4x01014dx1245y212y

3E(X)fx(x)xdxdx y4E(Y)fy(x)ydy12y312dy35

1E(XY)f(x,y)xydxdy12x0yx15y233dxdy0x012xy3dydx12

0yx1E(X)22f(x)xdx24x0101dx y5E(Y)2f(y)y2dy12y2412dy25

E(XY2)E(X)E(Y)21615

4.17解

（概率课后习题答案详解）

董永俊

∵X与Y相互， ∴

E(XY)E(X)E(Y)10x2xdx5ye5ydy(5y23x3|10)5yd(e5y)23(ye5y|55e5ydy)23[5(e)|]523(51)4

4.18，4.19，4.20参看课本后面231，232页答案 4.21设X表示10颗骰子出现的点数之和，Xi颗骰子出现的点数，则X10i(i1,2,10)表示第

i1Xi，且X161,X2,X10是

同分布的，又E(X所以E(X)E(Xi11010i)1162616216

)ii1E(Xi)1021635

4.22参看课本后面232页答案 4.23E(X2)00.410.320.230.12222

D(X)E(X)[E(X)]211

222E(Y)00.310.520.2301.3

2222D(Y)E(Y)[E(Y)]1.30.90.49222

（概率课后习题答案详解）

董永俊

4.24

E(X2)21421424130x24xdx2x(14x1)dx16x|0[116x3x]|411123143

D(X)E(X2)[E(X)]2142343

11x114.25

f1xy14dyX(x)

=2

1x10其它0其它

Var(X)E(X2)[E(X)]2112112xdx[1212xdx]

11x3|111123122x2|113

11xyf)14dx1y11

=

1y1Y(y2

0其它0其它Var(Y)E(Y2)[E(Y)]21121212ydy[112ydy]

11y3|111123122y2|113

4.26因为X~N(0,4),Y~U(0,4)所以有Var(X)=4 Var(Y)= 43

故：Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)=4+4163=

Var(2X-3Y)=4Var(X)+9Var(Y)=

4494328

4.27参看课本后面232页答案 4.28E(Z)E(X1X2Xnn)E(X1n)E(X2n)E(Xnn)

（概率课后习题答案详解）

董永俊

1nE(X1)1nE(X2)1nE(Xn)X1n1nnX2n

Xnn)

D(Z)D(X1X2Xnn)D()D()D(1n2E(X1)1n2E(X2)1n2E(Xn)1n2n22n

后面4题不作详解

第五章极限理

5.3

解：用X表示每包大米的重量，，则E(Xii)10,D(Xi)20.1

100Xi1i~N(n,n)N(10010,1000.1)2

1000~N(0, 1)10100100i100XZi1n2i1Xi10010010i1Xin0.1100100P(990i1Xi1010)P(990100010Xi1i1000101010100010)

(1010100010)(1010100010)(10)(10)2(10)10.9986

（概率课后习题答案详解）

董永俊

5.4解：因为Vi 服从区间[0,10]上的均匀分布，

E(Vi)01025

D(Vi)1021210012

202020V100i~N[E(Vi),D(Vi)]N(205,20i1i1i112)

20202020ViE(Vi)Vi205Vi100Zi1i120i1i1D(V100~N(0,1)

i)201015i11232020Vi100P(V105)1P(V105)1P(V100i105)1P(i11015105i11015)331(1051001015)1(0.387)0.348

35.5解：方法1：用Xi表示每个部件的情况，则

X1,正常工作iX0,损坏i~B(1,0.9)，

E(Xi)p0.9,D(Xi)p(1p)0.90.1100Xi~N[np,np(1p)]N(1000.9,1000.90.1)

i1（概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

董永俊

100100100XinpXi1000.9Xi90Zi1np(1p)i11000.90.1i13~N(0,1)

100100100Xi90P(Xi1i85)1P(Xi85)1P(8590i1i133)

1(53)(53)0.9525 方法2：用X表示100个部件中正常工作的部件数，则X~B(100,0.9)

E(X)np1000.990D(X)np(1p)1000.90.19X~N[np,np(1p)]N(90,9)ZXnpnp(1pX903~N(0,1)

ZXnpX90np(1p3~N(0,1)

P(X85)1P(X85)1P(X90859033)

1(553)(3)0.95255.6略

第六章样本与统计（概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

董永俊

6.1 6.3.1证明:

由=+b可得，对等式两边求和再除以n有

Y(aXi1innni1ib)n

由于

1n1nYYiXXini1 ni1

所以由可得

Y=Xni1aninbn=aXnb

nn6.3.2因为 (YiY)i1n22i2Yii122nY2(aXib)i12naXib

2aXi1n22nabXnb(na2X22nabXnb)

2aXi12ina2X2a2Xni12iX

2（概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

董永俊

a2n(22i2i1XXiXX)

2na(X)2Xi

i1(n1)a2S2X

(n1)S2Y

所以有S2Ya2S2X

6.2 证明：

nE(X)1nE()ni1Xin

22Var(X)1nn2Var(ni1Xi)n2n

n26.3（1）(X)nS2i1Xin11n1(2i2i1XXiXX2)

1nnn1(2X2ii1X2ii1XnX)1nnXnX2n1(i2X)

i1X2n12n1(ii1XnX2)

（概率课后习题答案详解）

董永俊

（2）由于Var(X所以有E(X2)E(Xi)(E(Xi22i))

2)i2(E(Xi))Var(X)Var(Xi)n222

E(X)(EX)222

2nE(i1(XiX)2)n()n()(n1)n222

两边同时除以（n-1）可得E(E(S)22(XiX)i1n22n1) 即

6.4 同例6.3.3可知

P{|X-|0.3}2(0.3n)-12(0.3n)-10.95

得

意可知n=43

(0.3n)0.975查表可知0.3n=1.96 又nZ 根据题

6.5解（1）记这25个电阻的电阻值分别为,它们来自

均值为=200欧姆，标准差为=10欧姆的正态分布的样本则根据题意有：

P{199X202}P{1992001025X-2022001025}

n（概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

董永俊

P{0.5X-n1}

(1)(0.5) 0.5328

(2)根据题意有

25P{i1Xi5100}P{25X5100}P{X-n2}(2)0.9772

6.6 解：（1）记一个月（30天）中每天的停机时间分别为

，它们是来自均值为=4小时，标准差为=0.8小时的

总体的样本。根据题意有：

P{1X5}P{140.830X-540.830}

nP{20.X-n6.846}

(6.846)(20.)1

（注：(u)当u6时，(u)的值趋近于1，相反当u6时，其值趋近于0）（2）根据题意有：

（概率课后习题答案详解）

董永俊

30P{115}P{30X115}P{X-1.14)1(1.14)0.1271

i1Xin1.14}(6.7证明：因为T ，则，随机变量TXY/n的密度函数为

n1n1()2f(t)21t2,t 显然f(t)f(t)，则f(t)为偶函数，

n(n2)n则

E(T)f(t)tdt0f(t)tdt0f(t)tdt0f(t)(t)dt0f(t)tdt0f(t)tdt0f(t)tdt0

6.8 解：记1.50，25，则XN(,2),n=25故

P{140X147.5}P{140-150X--1502525n147.52525}

P{-2X-n0.5}

(-0.5)-(-2)

(2)-(0.5)

0.2857

（概率课后习题答案详解）

董永俊

6.9 解：记这100人的年均收入为

，它们是来自均值为

则根据题

1.5万元，标准差为0.5万元的总体的样本，n=100

意有：（1）P{X1.6}1P{X1.6}

1.6-1.50.5100}

1P{X-n1P{X-n2}

1(2) 10.97720.0228

（2）

P{X1.3}P{X-1.3-1.50.5100}P{X-4}(4)1(4)110nn（3）

P{1.2X1.6}P{1.2-1.50.5100X-1.6-1.50.5100}

n(2)-(-6)0.97720

（概率课后习题答案详解）

董永俊

0.9772

6.10 解：根据题意可知此样本是来自均值为12，标准差为

2的总体，样本容量为

n=5

（1）依题意有

P{X13}1P{X13}1P{X-n13-1225}1P{X-n1.12}1(1.12)10.86860.1314

（2）要求样本的最小值小于10概率，即5个数中至少有一个小于10的概率，首先计算每个样本小于10的概率：

pP(X10)P(X-10-122)(-1)1-(1)1-0.84130.1587

设X是5个样本中小于10的样本个数则X服从二项分布B(5,0.1587)故有 PB(X1)1-P(X0)1-C50p1p05111(10.1587)50.5785

即样本的最小值小于10的概率是0.5785.

（3）同（2）要求样本的最大值大于15的概率，即5个数中至少有一个大于15的概率，首先计算每个样本大于15的概率：

pP(X15)1-P(X15)1P(X-15-122)1(1.5)1-0.93320.0668

设X是5个样本中大于15的样本个数则X服从二项分布B(5,0.0668)故有

（概率课后习题答案详解）

董永俊

PB(X1)1-P(X0)1-C50p1p05111(10.0668)50.2923

即样本的最大值大于15的概率是0.2923

第七章参数估计

7.1解因为:立同分布所以有

ˆ用样本均值X代替总体均值，则p的矩估计为pXm是抽自二项分布B（m,p）的样本，故都独

E(X)mp

7.2解：E(x)0exxdx1 用样本均值x代替总体均值，则的矩估计为

ˆ1E(x)1x

由概率密度函数可知联合密度分布函数为：

nL()ex1ex2exneninxii1 对它们两边求对数可得

nln(L())ln(nexii1)nlni1x 对求导并令其为0得

（概率课后习题答案详解）

董永俊

ln(L())ni1nxi0 即可得的似然估计值为ˆ11nn1x

i1xi7.3解:记随机变量x服从总体为[0,]上的均匀分布，则

E(X)022 故的矩估计为ˆ2X

X的密度函数为p(x)1故它的是似然函数为

L()1nnIi1{0Xi}1nI{X(n)}要使L()达到最大，首先一点是示性

nn函数的取值应该为1，其次是1尽可能大。由于1是的单调减函数，所以的取值应该尽可能小，但示性函数为1决定了不能小于

,因此给出的最大似然估计ˆ ，}）

=min{

}

（示性函数I==max{

7.4解:记随机变量x服从总体为[,]上的均匀分布，则

E(X)2232 所以的矩估计为ˆ123X

X的密度函数为p(x)故它的是似然函数为

L()1nnIi1{Xi2}1nI{x(1)x(n)2}1nI{x(n)2x(1)}

（概率课后习题答案详解）

董永俊

要使L()达到最大，首先一点是示性函数的取值应该为1，其次是1尽可能大。由于1是的单调减函数，所以的取值应该

nn尽可能小，但示性函数为1决定了不能小于,因此给出的最大似然估计ˆ

7.5 解:似然函数n为:nXL(2)1i)2122(2)2i1

i12e(2)n2e22(Xi它的对数为:lnL(2)n2n)122ln(2)n2ln(22i1(Xi)

对2求偏导并令它等于零有

lnL(2)nn1222224i1(Xi)0

解得2的似然估计值为 ˆ2n12ni1(Xi)

7.6解:根据所给的概率密度函数是指数函数的密度函数可知E(x)-xf(x)dxx0x1edx

Var(X)2

(1)

E(ˆ1)E(X1)

（概率课后习题答案详解）

董永俊

E(ˆ2)E(X12X2)12(E(X1)E(X2))122

E(ˆ)E(X312X23)13(E(X1)2E(X2))133

13XE(ˆ)E(X)E(41X32X3)13(E(X1)E(X2)E(X3))3

故这四个估计都是的无偏估计.. （2）Var(ˆ)Var(X1)12

142Var(ˆ2)Var(X12X2)14(Var(X1)Var(X2))2

22Var(ˆ)Var(3X12X32)19(Var(X1)4Var(X2))19525

9192Var(ˆ4)Var(X1X23X3)19(Var(X1)Var(X2)Var(X3))32

32故有

Var(ˆ)Var(ˆ)Var(ˆ)Var(ˆ)

42317.7证明（1）因为X服从[

E(X)]上的均匀分布，故

121212

故样本均值不是的无偏估计

ˆX12E(X)E(X)（2）由（1）可知的矩估计为

（概率课后习题答案详解）

董永俊

又

E(ˆ)E(X12)1122 故它是

无偏估计.

7.8解;因为Var(ˆ)E(cˆ22221(1c)ˆ2)c1(1c)2

要使Var(ˆ)最小则对Var(ˆ)关于c求一阶导并令其等于零可得

Var(ˆ)c2c212(1c)220

2解得

c2

22122因为对Var(ˆ)关于c求二阶导可得 Va(rˆ)c22212220

故当c2222Var(ˆ)达到最小。

1时27.9 解(1)根据题意和所给的数据可得

0.05,n16,Z1.96,2.125

2Z0.02520.012,X2nZ0.010.0049

2161.96所以的置信区间为

[XnZ,X2nZ][2.1250.0049,2.1250.0049][2.1201,2.1299]

2（概率课后习题答案详解）

（概率课后习题答案详解）

董永俊

(2) S20.05

n16

2X2.125 t15(0.025)2.1315

XiX151i1150.000293 即S0.0171

所以的置信区间为

[XSnt15(2),XSnt15(2)][2.1250.0171162.1315,2.1250.0171162.1315][2.116,2.1406]

7.10解:根据所给的数据计算: S21X0.14125,

Y0.1392

1XiX3i1320.00000825 S221YiY4i140.00000 522则X 和Y构成的总体的方差为 S所以2(m1)S1(n1)S2mn2220.00000 651置信系数210.950.05的置信区间为

1m1n]

[XYtmn2(2)S1m1n,XYtmn2(2)S=[XYt7(0.025)S1415,XYt7(0.025)S1415]

=[-0.002,0.006] 7.11 解:

ˆpn1000

10.950.05 ZZ20.0251.96 Yn228

Ynn0.238 则比例p的区间估计为：

（概率课后习题答案详解）

董永俊

ˆZ[p2ˆ(1pˆ)/n,pˆpZˆ(1pˆ)/n][0.2381.960.238(10.238)/1000,0.2381.960.238(10.238)/1000]p2

=[0.202,0.2]

7.12 解：根据题意有，n120 ZZ20.02510.950.05 X7.5

1.96

则的置信区间为：

[XZX/n,X2ZX/n][7.51.967.5/120,7.51.967.5/120][7.01,7.99]

（概率课后习题答案详解）

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