概率论第六章习题解答(全)

概率论第六章习题解答1、在总体2(52,6.3)N中随机抽取一容量为36的样本，求样本均值X落在50.8与53.8之间的概率。解因为2(52,6.3)N，所以50.8525253.852{50.853.8}{}6.3366.3366.336XPXP10.87.2()()6.36.3(1.71)(1.14)0.956410.87290.82932、在总体(12,4)N中随机抽取一容量为5的样本1X，2X，3X，4X，5X，（1）求样本均值与总体均值之差的绝对值大于1的概率。（2）求概率12345{max(,,,,)15}PXXXXX，12345{min{(,,,,)10}PXXXXX解（1）总体均值为12，，样本均值5114(12,)55iiXXN所求概率为{|12|1}1{|12|1}PXPX1{1121}PX11211{}454545XP551()()2222(1.12)2(10.8686)0.2628（2）1234512345{max(,,,,)15}1{max(,,,,)15}PXXXXXPXXXXX123451{15,15,15,15,15}PXXXXX511{15}iiPX511215121{}22iiXP51((1.5))51(0.9332)0.2923.（3）12345{min{(,,,,)10}PXXXXX123451{min{(,,,,)10}PXXXXX123451{10,10,10,10,10}PXXXXX511{10}iiPX511(1{10})iiPX511210121(1{})22iiXP511(1(1))i511(1)i51(0.8413)1042150.52853、求总体(20,3)N的容量分别为10,15的两个独立样本均值差的绝对值不超过0.3的概率。解设容量为10的样本均值为X，样本容量为15的样本均值为Y，则3(20,)10X，3(20,)15Y，331()(0,)(0,)10152XYNN{||0.3}1{||0.3}PXYPXY1{0.30.3}PXY0.30.31{}111222XYP1{0.32()20.32}PXY1(0.32)(0.32)22(0.32)22(0.42)2(10.6628)20.33720.67444、（1）设126,,,XXX样本是来自总体(0,1)N，22123456()()YXXXXXX，试确定常数C，使CY服从2分布。（2）设125,,,XXX来自总体(0,1)N样本，1212222345()()CXXYXXX，试确定常数C使Y服从t分布。（3）已知()Xtn，求2(1,)XFn解（1）因为126,,,XXX是来自总体(0,1)N的样本，由2(,)iiiXN知222121212()(,)NnnXXXN）故123(0,3)XXXN，456(0,3)XXXN，且相互独立，因此123(0,1)3XXXN，456(0,1)3XXXN且两者相互独立，由22212,,,nXXX是来自总体(0,1)N的样本，则统计量2222212()nXXXn由2分布的定义知222123456()()(2)33XXXXXX即2(2)3Y，所以13C。（2）因为设125,,,XXX是来自总体(0,1)N的样本12(0,2)XXN，即有12(0,1)2XXN，又有2222345(3)XXX且122XX，222345XXX相互独立，于是由t分布的定义知12122221222234534532(3)2()3XXXXtXXXXXX因此所求常数为32C。（3）因为()Xtn，故X可写成ZYn的形式，其中(0,1)ZN，2()Yn，且Z，Y相互独立，按F分布的定义知2(1,)XFn。5、（1）已知某种能力测试的得分服从正态分布2(,)N，随机地取10个人参加这一测试，求他们的联合概率密度，并求这10个人得分的平均值小于的概率。（2）在（1）中设62，225，若得分超过70就能得奖，求至少有一人得奖的概率。解设iX表示参加测试的i个人的得分（1,2,,10i），则2(,)iXN，22()21()2xXfxe，0，x由于1210,,,XXX相互独立，所以它们的联合的联合分布密度为22()102121011(,,,)2ixXifxxxe10212()1021()2iixe又101110iiXX，10101111()()()1010iiiiEXEXEX2101021111()()()101010iiiiDXDXDX故2(,)10XN，则{}{0}(0)0.510XPXP（2）因为(62,25)iXN，若一人得分超过70就能得奖，则一人得奖的概率为{70}1{70}iiPXPX6270621{}1(1.6)10.94520.054855iXP则10个人得奖可以看作是一个二项分布：(10,0.0548)b，设A表示没有人得奖，则001010()(0.0548)(0.9452)0.5692PAC()10.56920.4308PA即至少有一得奖的概率为0.4308。6、设总体(1,)Xbp，12,,,nXXX是来自总体的样本。（1）求12(,,,)nXXX的分布律；（2）求1niiX的分布律；（3）求()EX，()DX，2()ES解（1）因为12,,,nXXX相互独立，且有(1,)iXbp，1,2,,in，即iX具有分布律1{}(1)iixxiPXxpp，0,1ix，因此12(,,,)nXXX分布律为（各个样本的分布律的乘积）1112211{,,,}{}(1)iinnxxnniiiPXxXxXxPXxpp11(1)nniiiixxnpp（2）因为12,,,nXXX相互独立，且有(1,)iXbp，故1(,)niiXbnp，其分布律为1{}(1)nkknkiniPXkCpp7、设总体2()Xn，1210,,,XXX是来自X的样本，求()EX，()DX，2()DS。解因为2()Xn，所以2()()iEXEn，2()()2iDXDn1,2,,10i10101111()()()1010iiiiEXEXEXn1010211112()()()1010105iiiinnDXEXEX1010222221111()((10)(()10())99iiiiESEXXEXEX因为222()()(())2iiiEXDXEXnn222()()(())5nEXDXEXn所以1022211()((2)10())95inESnnn221(10(2)10())95nnnn11829nn8、总体2(,)XN，1210,,,XXX是来自X的样本，（1）写出1210,,,XXX的联合分布密度；（2）写出X的概率密度。解（1）1210,,,XXX联合概率密度22()1021,21011(,,)2xifxxxe10221()2251(2)ixe（2）因为()EX，2()10DX，所以2222()5()2(10)15()210xxXfxee。一般地2(,)XN，22()2()1()2xnXfxen。9、设在总体2(,)XN中抽取一容量为16的样本，这里，2均为未知。（1）求22{2.041}SP；其中2S为样本方差。（2）2()DS。解（1）设1216,,,XXX为总体的一个样本，则由教材P143定理二知2221(1)1Snn从而2222{2.041}{15152.041}SSPP（n-1＝15）221{1530.615}SP10.010.99（查表，115n，2(1)30.615n，得0.01）（2）由于2221(1)1Snn，故22(1)()2(1)nSDn（因为2()2Dn）224(1)()2(1)nDSn即44222(1)2()(1)1nDSnn10题和11题略去