2011修订版概率论与数理统计课后答案(6)

1习题六1.设总体X~N（60，152），从总体X中抽取一个容量为100的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值大于3的概率.【解】μ=60,σ2=152,n=100~(0,1)/XZNn即60~(0,1)15/10XZN(|60|3)(||30/15)1(||2)PXPZPZ2[1(2)]2(10.9772)0.0456.2.从正态总体N（4.2，52）中抽取容量为n的样本，若要求其样本均值位于区间（2.2,6.2）内的概率不小于0.95，则样本容量n至少取多大？【解】4~(0,1)5/XZNn2.24.26.24.2(2.26.2)()55PXPnZn2(0.4)10.95,n则Φ(0.4n)=0.975，故0.4n1.96,即n24.01，所以n至少应取253.设某厂生产的灯泡的使用寿命X~N（1000，σ2）（单位：小时），随机抽取一容量为9的样本，并测得样本均值及样本方差.但是由于工作上的失误，事后失去了此试验的结果，只记得样本方差为S2=1002，试求P（X＞1062）.【解】μ=1000,n=9，S2=10021000~(8)100/3/XXttSn10621000(1062)()(1.86)0.05100/3PXPtPt4.从一正态总体中抽取容量为10的样本，假定有2%的样本均值与总体均值之差的绝对值在4以上，求总体的标准差.【解】~(0,1)/XZNn，由P(|X-μ|4)=0.02得2P|Z|4(σ/n)=0.02,故410210.02,即4100.99.查表得4102.33,所以4105.43.2.335.设总体X~N（μ，16），X1，X2，…，X10是来自总体X的一个容量为10的简单随机样本，S2为其样本方差，且P（S2＞a）=0.1，求a之值.【解】2222299~(9),()0.1.1616SaPSaP查表得914.684,16a所以14.6841626.105.9a6.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Y=niiiiXXn62512)15(，n＞5服从何种分布？【解】2522222211~(5),~(5)iniiiiXXXn且12与22相互独立.所以2122/5~(5,5)/5XYFnXn7.求总体X~N（20，3）的容量分别为10，15的两个独立随机样本平均值差的绝对值大于0.3的概率.【解】令X的容量为10的样本均值，Y为容量为15的样本均值,则X~N(20,310),Y~N(20,315)，且X与Y相互独立.则33~0,(0,0.5),1015XYNN3那么~(0,1),0.5XYZN所以0.3(||0.3)||2[1(0.424)]0.5PXYPZ2(10.6628)0.6744.8.设总体X~N（0，σ2）,X1,…,X10,…,X15为总体的一个样本.则Y=21521221121022212XXXXXX服从分布,参数为.【解】~(0,1),iXNi=1,2,…,15.那么122210152222111~(10),~(5)iiiiXX且12与22相互独立,所以222110122211152/10~(10,5)2()/5XXXYFXXX所以Y~F分布，参数为（10,5）.9.2)()(21121221nnYYXXEnjjnii=.【解】令1222212111211(),(),11nniiijSXXSYYnn则122222112211()(1),()(1),nnijijXXnSyynS又2222221122112222(1)(1)~(1),~(1),nSnSnn那么41222112222121212()()1()22nnijijXXYYEEnnnn2221212221212[()()]2[(1)(1)]2EEnnnnnn10.设总体X~N（μ,σ2），X1，X2，…，X2n（n≥2）是总体X的一个样本，niiXnX2121，令Y=niiniXXX12)2(，求EY.【解】令Zi=Xi+Xn+i,i=1,2,…,n.则Zi~N(2μ,2σ2)(1≤i≤n),且Z1,Z2,…,Zn相互独立.令2211,()/1,nniiiiZZSZZnn则21111,222nniiiiXXZZnn故2ZX那么22211(2)()(1),nniniiiiYXXXZZnS所以22()(1)2(1).EYnESn11.解：由题意，得1e,0,2()1e,0,2xxxfxx于是22222220()()()()1()()ded021()()deded2,2xxxESDXEXEXEXxfxxxxEXxfxxxxxx5所以2()2ES.