[概率论与数理统计]第三版_科学出版社_课后习题答案._

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

k

8 5/36

9 1/9

10 1/12

11 1/18

12 1/36

2.2解：根据P(X

k0

k)1，得ae

k0

ae1

1。 1，即

1e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}=

[1**********]0

0.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.3124C2C2C2C2C2C2

1

1

2

2

(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}=

[1**********]1

C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.60.56281

2

2

1

2.4解:（1）P{1≤X≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=(2) P{0.5

1232

 1515155

121 15155

2.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=

111462

222

11k[1()]11 =lim

22kk314

111 244

（2）P{X≥3}=1―P{X

2.6解：设Ai表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，1，2

P{X0}P{A1A2A3A4}P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)=

1817161512 2019181719

[***********][1**********]2 [***********][**************]5

P{X2}1P{X0}P{X1}1

12323 199595

P{X1}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}

2.7解：(1)设X表示4次独立试验中A发生的次数，则X~B(4,0.4)

P(X3)P(X3)P(X4)C40.430.61C40.440.600.1792

3

4

(2)设Y表示5次独立试验中A发生的次数，则Y~B(5,0.4)

P(X3)P(X3)P(X4)P(X5)C50.430.62C50.440.61C50.450.600.31744

3

4

5

2.8 （1）X～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)

1.501.51.5P{X0}e=e

0!

（2）X～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)

202212

P{X2}1P{X0}P{X1}1ee13e2

0!1!

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。

2.10解：一个元件使用1500小时失效的概率为

10001000

P(1000X1500)

1000x2x

1500

1500



1000

1

3

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

1280

P(Y2)C52()2()350.329

333

2.11解：(1)P(X2)F(2)ln2

(2)

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11xe

f(x)F(x)

其它0

2.12

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

a=1,b=-1.

x

2

f(x)F(x)xe

0

2

(2) x0 x0

(3) P(ln4Xln16)F(ln16)F(ln4)

(1e

ln16

2

)(1e



ln42

)

1

0.25 4

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}12x(1x)dx(6x8x3x)|0.0272

2

2

3

4

0.8

0.8

1

1

（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}12x(1x)2dx(6x28x33x4)|0.0037

0.9

0.9

1

1

2.14解:要使方程x22Kx2K30有实根则使

(2K)4(2K3)0

2

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]1



4(2)3

1

) 200

2.15解：X~P(λ)= P((1)

P{X100}

100

111

x1001200

edxe200|1e2 0200

113

x1200

edxe200|e2 （2）P{X300}300

300200



（3）P{100X300}100

300

1113x3001200

2002

edxeee2 |100200

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



1

2



12



32

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)0.5e0.5xdxe0.5x

10

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282e51.9的泊松分布。

所求的概率为

P(Y2)1P(Y0)P(Y1)

1e1.91.9e1.912.9e1.90.56625

2.17解：(1)P(X

105110

105)()(0.42)1(0.42)

12

10.66280.3372

(2)P(100X

120110100110

120)()()

1212

(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170

)0.996

a170

2.33 6a184厘米

2.19解：X的可能取值为1,2,3。

2C4

因为P(X1)360.6；

C510

P(X3)

110.1； 3

10C5

P(X2)10.60.10.3

所以X的分布律为

X的分布函数为

x10

0.61x2

F(x)

0.92x31x3

2.20(1)

P{Y0}P{X0.2

2

P{Y2}P{X0}P{X}0.30.40.7

3

P{Y42}P{X0.1

2



Y

qi

0 0.2

2 42 0.1

0.7

(2)

P{Y1}P{X0}P{X}0.30.40.7

3

P{Y1}P{XP{X0.20.10.3

22

Y

qi

-1 0.7

1 0.3

2.21（1）

当1x1时，F(x)P{X1}0.3

当1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{X1}P{X1}P{X2}0.8P{X2}1

P{X2}10.80.2

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

Y

qi

1 0.8

x2

X~N

(0,1)fX(x)2

2 0.2

2.22

（1）设FY(y)，fY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

y1x

y1FY(y)P{Yy}P{2X1y}P{X}22dx 22

对FY(y)求关于y

的导数，得fY(y)y(,)

y12

)2(

(

y1)2

(y1)2

8

（2）设FY(y)，fY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

当y0时，FY(y)P{Yy}P{eXy}P{}0 当y0时，有

FY(y)P{Yy}P{eXy}P{Xlny}P{Xlny}



ln

x22

dx

对FY(y)求关于y的导数，得

(lny)(lny)2(lny)2fY(y)0

2

2

y>0

y0

（3）设FY(y)，fY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

当y0时，FY(y)P{Yy}P{X2y}P{}0 当y>0

时，FY(y)P{Yy}P{X2y}P{Xx2

dx 2

对FY(y)求关于y

的导数，得

fY(y)0





(lny)2

2

y>0

y0

2.23 ∵XU(0,)∴

1

fX(x)

0

0x

其它

（1）

当2lny时

FY(y)P{Yy}P{2lnXy}P{lnX2y}P{}0 当

y2ln时

y

FY(y)P{Yy}P{2lnXy}P{lnX2y}P{X2ey}P{X

yy

1212

e(e)

fY(y)2

0

e2

1



对FY(y)求关于y的导数，得到

y2ln

2lny

（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}



1

arccosy



对FY(y)求关于y的导数，得到

1(arccosy)

fY(y)0

1y1

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}

arcsiny

1







1

arcsiny



对FY(y)求关于y的导数，得到

11arcsiny(arcsiny)fY(y)0

0y1

其它

第三章 随机向量

3.1 P{1

3 128

9

3.4（1）a= （2）

5 12

（3）

P{(X,Y)D}dy

1y1111

(6xy)dx[(6y)xx2]|dy 0009902

[1**********](y26y5)dy(y33y25y)| [1**********]7

1

1y

3.5解：（1）

F(x,y)

y0



x

yx

2e(2uv)dudvevdv2e2udu(ev|0)(e2u|0)(1ey)(1e2x)

yx

（2）

P(YX)2e

0

2x

x





x

2e(2xy)dxdy2e2xdxevdy2e2x(ey|0)dx



x

23x21

(1e)dx(2e2x2e3x)dx(e2x|)e|1 000333

x

3.6

2a1r解：P(xya)ddr 22200(1r2)2(1xy)x2y2a2

2

2

2

d

2a

a11111a22

d(1r)2|11a21a2

(1r2)22(1r2)0

3.7参见课本后面P227的答案 3.8

fX(x)

2

1

323y31x

f(x,y)dyxydyx| 022302

12

fy(y)f(x,y)dx

32312

xydxy2x2|3y2 2220

x0x2

,

fX(x)2

0,其它

3y20y1

fY(y)

其它0

3.9解：X的边缘概率密度函数fX(x)为： ①当x1或x0时，f(x,y)0，

11111

fY(y)4.8y(2x)dx4.8y[2xx2]|4.8y[12yy2]

yy222

fX(x)0y1或y0

0y1

fX(x)4.8y(2x)dy2.4y2(2x)|2.4x2(2x)

x

x

②当0x1时，fX(x)04.8y(2x)dy2.4y(2x)|02.4x2(2x)

2

xx

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，

fY(y)4.8y(2x)dx4.8y[2x

y1

12111

x]|4.8y[12yy2] y222

2.4y(34yy2)

3.10 （1）参见课本后面P227的答案 （2）

x

6dy

fX(x)x2

0

0x16（x1-x）0x1

=

其它其它

0

dx0y

1

y6y）0y1

fY(y)=

其它其它00

3.11参见课本后面P228的答案 3.12参见课本后面P228的答案 3.13（1）

0x1220x122xy

(x)dy2xx

fX(x)033

其它其它000y21y12xy(x)dx

fY(y)0=336

其它00

0y2

其它

对于0y2时，fY(y)0，

2xy

xf(x,y)

fX|Y(x|y)1y

fY(y)36

0

所以

6x2+2xy

0x10x1

2y 其它其它0

对于0x1时，fX(x)0

2xyxf(x,y)

fY|X(y|x)22x

fX(x)2x3

0

0y2

所以

其它

3xy6x2



0

0y2

其它

111

|XfY|X(y|)dy222

1

20

120

P{Y

113yy1372 0540622

3.14

由表格可知 P{X=1;Y=2}=0.25≠P{X=1}P{Y=2}=0.3225 故P{Xxi;Yyi}P{Xxi}P{Yyi} 所以X与Y不独立 3.15

由独立的条件P{Xxi;Yyi}P{Xxi}P{Yyi}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

11

(ab)(a)a 39

11

(b)(ab)b 18311

ab1 33

a0,b0

解得a

21,b 99

3.16 解（1）在3.8中

x

fX(x)2

0

0x2

其它

3y20y1

fY(y)

其它0

当0x2，

32

(f,x )y0y1时，fX(x)fYy()xy2

当x2或x0时，当y1或y0时，fX(x)fY(y)0所以， X与Y之间相互独立。 （2）在3.9中，

2.4x2(2x)0x1

fX(x)

其它0

f(x,y)

2.4y(34yy2)

fY(y)

0

0y1其它

当0x1，0y1时，

fX(x)fY(y)=2.4x2(2x)2.4y(34yy2)5.76x2(2x)y(34yy2)

f(x,y)

，所以X与Y之间不相互独立。

3.17解：

f

x

(x)





f(x,y)dy



xe

x

1

(1y)

1

xe2

x

ff

y

(y)f(x,y)dy





xe

x

(1y)

2

1

(1y)

2

x

(x)f(y)xe

y

x

1

(1y)

2

f(x,y)

故X 与Y相互独立

3.18参见课本后面P228的答案

第四章 数字特征

4.1 解：E(X)xipi1

i

E(Y)yipi0.9

i

∵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

C

C

35

P{X4}30.3 3

52

2

4P{X5}30.6

C

5

E(X)xipi30.140.350.64.5

i

4.3参见课本230页参考答案 4.4解：

P{Xn}p(1p)n1,n1,2,3......

E(X)xipinp(1p)n1

i

n1

p1



[1(1p)]2p

4.6参考课本230页参考答案

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

1500



1(x3000)xdx 15001500

3000

2

2

1500

2

500+1000 1500

4.9参见课本后面230页参考答案 4.10参见课本后面231页参考答案

4.11 解:设均值为,方差为2,则X~N(,)根据题意有:

2

P(X96)1P(X96)

1P(

X





9672



)

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-84-72

) 1212

(1)-(-1) 2(1)-1 20.8413-1

0.6826

4.12E(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

E(Y)E(2X)2xexdx2xd(ex)2[xex|exdx]









4.13解：

2(e)|2

x



11

E(Y)E(e2X)e2xexdxe3xdxe3x| 00033

4.14

4R3

解：V

3

1

f(x)ba

0

设球的直径为X,则：

axb其它

4(

E(V)E(

X3

)

)E(X3)=bx3111x4b(ba)(b2a2)

a6ba6ba4|a2436

4.15参看课本后面231页答案 4.16 解:

f

x

(x)f(x,y)dy12ydy4x



x2

3

3

f

y

(y)f(x,y)dy12ydx12y12y



y



122

E(X)E(Y)



ff

x

(x)xdx

1

4xdx

3

4

4 5

4



y

(x)ydy12y12ydy

1

3 5

1x

E(XY)

0yx1



f(x,y)xydxdy

0yx1

12xydxdy

5

3

00



12xydydx

3

1 2

E(X)E(Y)E(X

22

2





f(x)xdx

2

2

1

4xdx

4

2 3

5





f(y)ydy12y12ydy

1

2 5

Y

2

)E(X)E(Y)

22

16 15

4.17解

∵X与Y相互独立， ∴

121

E(XY)E(X)E(Y)x2xdxye5ydy(x3|)yd(e5y)

05305

222

(ye5y|e5ydy)[5(e5y)|](51)4

555 333

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(i1,2,

i颗骰子出现的点数，则XXi，且X1,X2,

i110

10)表示第

X10是

独立同分布的，又E(Xi)1

10

10

11266

6

121

66

所以E(X)E(Xi)E(Xi)102135

i1

i1

6

4.22参看课本后面232页答案

4.23E(X2)00.4120.3220.2320.12

D(X)E(X2)[E(X)]22121 E(Y2)00.3120.5220.23201.3 D(Y)E(Y2)[E(Y)]21.30.920.49

4.24

E(X2)x2

02

[1**********]4xdxx2(x1)dxx4|[x4x3]|1 [1**********]3

D(X)E(X2)[E(X)]2

142

4 33

4.25

11xydy

fX(x)14

0

1x11

=2 其它0

1

1x1其它

Var(X)E(X2)[E(X)]21111111

x3|x2| 2312213

1112

xdx[]2 1212

1y1111xy

fY(y)14=2

其它00

2

2

1

1y1其它

1112

Var(Y)E(Y)[E(Y)]ydy[ydy]2 1212

1111111y3|y2| 2312213

4.26因为X~N(0,4),Y~U(0,4)所以有Var(X)=4 Var(Y)= 故：Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)=4+=Var(2X-3Y)=4Var(X)+9Var(Y)=

43

43

16 3

4

28 3

449

4.27参看课本后面232页答案 4.28E(Z)E(



X1X2

n

Xn

)E(

X1X)E(2)nn

E(

Xn

) n

11

E(X1)E(X2)nn

X1X2

n

11

E(Xn)n nn)D(

X1X

)D(2)nn

D(

Xn

) n

D(Z)D(

Xn

11

2E(X1)2E(X2)nn

1122

2E(Xn)2nnnn

后面4题不作详解

第五章 极限理

5.3

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

X

i1

100

i

~N(n,n2)N(10010,1000.1)

Z

X

100

i

n



X

100

i

10010





X

100

i

1000~N(0,1)

P(990

Xi1010)Pi1

100

100

Xi1000

(

(210.9986

5.4解：因为Vi 服从区间[0,10]上的均匀分布，

010

E(Vi)5

2

20

20

20

102100

D(Vi)

1212

V~N[E(V),

D(V)]N(205,2012)

i

i

i

i1

i1

i1

100

Z

VE(V)V205V100

i

i

i

i

20202020





~N(0,1)

P(V105)1P(V105)1P(

Vi105)1Pi1

20

V100

i20



11(0.387)0.348

5.5解：方法1：用Xi表示每个部件的情况，则

X

1,正常工作

i0,损坏

Xi~B(1,0.9)，E(Xi)p0.9,D(Xi)p(1p)0.90.1



100

X

i

~N[np,np(1p)]N(1000.9,1000.90.1)

i1

100

100

100

i

np

i

1000.9

i

90

Z

X



X



X

i1

3

~N(0,1)

100

100100

P(X8590

i85)1P(Xi85)1P(X

i

90

i1

3



i1

i1

3

) 1(53)(5

3

)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90

3~N(0,1)

Z

X90

3~N(0,1)

P(X85)1P(X85)1P(X9038590

3

)5

1(3)(5

3

)0.9525

5.6略

第六章样本与统计

6.1 6.3.1证明:

由错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。+b可得，对等式两边求和再除以n有

Y(aX

i1

i

nn

n



i1

i

b)

n

错误！未找到引用源。

由于

1n1nYiXi

ni1 ni1

错误！未找到引用源。

所以由错误！未找到引用源。 可得

annb=Xi=ab ni1n

n

2

n

2

n

2

6.3.2因为 (Yi)

i1

a

i1n

2

Yin(aXib)n

i1

i1

2

aib

2

XX

2i

2nabnb(na

22

2

2nabnb)

2

a

i1

n

22i

na

2

2

a

2

X

ni1

2i

2



a

a

2

(Xi2X

i1

n

2

i2

)

2

(Xi)

i1

2

n

2

(n1)a

S

2X

(n1)SY

2

222aSX 所以有SY

6.2 证明：

n

1n

E()E(i)

ni1n

Var()

1

n

2

Var(i)

i1

n

n2

n

2

n

2

6.3（1）S

2

(Xi)

i1

n

2

21n2

(Xi2Xi) n1i1

n1

nn

212

(Xi2Xin) n1i1i1

n

212

(Xi2nn) n1i1

n

212

(Xin) n1i1

（2）由于Var(Xi)E(Xi)(E(Xi))

2

2

所以有E(Xi)(E(Xi))Var(Xi)2

2

2

2

E()(E)Var()n

2

2

2

n

2

2

2

E((X

i1

)n(i)

2

2

2

)n()(n1)n

2

两边同时除以（n-1）可得E(i1

E(S)

2

2

(Xi)

n1

n

2

)

2

即

6.4 同例6.3.3可知

P{|-|0.3}2(

n

)-12n)-10.95



得 n)0.975查表可知n=1.96 又nZ 根据题

意可知n=43

6.5解（1）记这25个电阻的电阻值分别为错误！未找到引用源。,它们来自均值为错误！未找到引用源。=200欧姆，标准差为错误！未找到引用源。=10欧姆的正态分布的样本则根据题意有：

199200-202200

P{199202}P{

25n25

-

1} n

P{0.5

(1)(0.5)

0.5328

(2)根据题意有

P{Xi5100}P{255100}i125

-

2}(2)0.9772 n

6.6 解：（1）记一个月（30天）中每天的停机时间分别为错误！未找到引用源。，它们是来自均值为错误！未找到引用源。=4小时，标准差为错误！未找到引用源。=0.8小时的总体的样本。根据题意有：

P{15}P14-54

} 0.30n0.30

P{20.54

-

6.846} n

(6.846)(20.54)

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：

P{Xi115}P{30115}i130

-

1.14}(1.14)1(1.14)0.1271 n

6.7证明：因为T错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。，则，

随机变量T

XY/n

的密度函数为

n12()tf(t)1n()n2

n12

,t 显然f(t)f(t)，则f(t)为偶函数，

则

E(T)f(t)tdtf(t)tdt









f(t)tdt



f(t)(t)dt



f(t)tdt



f(t)tdt



f(t)tdt0

6.8 解：记1.50，

故

25，则

X错误！未找到引用源。N(,2),n=25

140-150-147.5-150

P{140147.5}

25n25

-

0.5} n

P{-2

(-0.5)-(-2) (2)-(0.5)

0.2857

6.9 解：记这100人的年均收入为错误！未找到引用源。，它们是来

自均值为1.5万元，标准差为0.5万元的总体的样本，n=100则根据题意有： （1）1.6}11.6}

1-1.6-1.5

 n

1-

2} n

1(2)

10.9772

0.0228

（2）

1.3}-1.3-1.5-

4}(4)1(4)110nn

（3）

1.2-1.5-1.6-1.5

P{1.21.6}

n(2)-(-6)

0.97720

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

13}113}1-13-12-

11.12}1(1.12)10.86860.1314 nn

（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-





10-12

)(-1)1-(1)1-0.84130.1587 2

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-C5

p1p

5

111(10.1587)0.5785

5

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-





15-12

)1(1.5)1-0.93320.0668 2

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

PB(X1)1-P(X0)1-C5

p1p

5

111(10.0668)0.2923

5

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:错误！未找到引用源。是抽自二项分布B（m,p）的样本，故都独立同分布所以有

E(X)mp用样本均值ˆ代替总体均值，则p的矩估计为p

m

7.2解：E(x)0exxdx1 用样本均值代替总体均值，则





的矩估计为

ˆ11 

E(x)

由概率密度函数可知联合密度分布函数为：

L()ex1ex2exn







n

e



xi

i1

n

对它们两边求对数可得

ln(L())ln(

n

e



n

xi)nln

i1

n

i1

x 对求导并令其为0得

i

ln(L())nn

xi0 i1

ˆ 即可得的似然估计值为

11n

ni1xi



1 7.3解:记随机变量x服从总体为[0,错误！未找到引用源。]上的均匀分布，则

E(X)

0

22

故错误！未找到引用源。的矩估计为ˆ2

1

X的密度函数为p(x)故它的是似然函数为



L()

1



n

I

i1

n

{0

Xi

}

1



n

IX

{

(n)

}

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n尽可能大。由于n是错误！未找到引用源。的单调减函数，所以错误！未找到引用源。的取值应该尽可能小，但示性函数为1决定了错误！未找到引用源。不能小于错误！未找到引用源。,因此给出错误！未找到引用源。的最大似然估计ˆ错误！未找到引用源。

（示性函数I=错误！未找到引用源。 ，错误！未找到引用源。=min{错误！未找到引用源。} 错误！未找到引用源。=max{错误！未找到引用源。}）

7.4解:记随机变量x服从总体为[错误！未找到引用源。,错误！未找到引用源。]上的均匀分布，则

E(X)

2

2



32

所以错误！未找到引用源。的矩估计为ˆ



23

X的密度函数为p(x)1故它的是似然函数为

L()

1



n

I

i1

n

{

Xi

2}

1



n

Ix

{

(1)



x(n)

2}

1



n

Ix

{

(n)

2



x(1)}

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n尽可能大。由于n是错误！未找到引用源。的单调减函数，所以错误！未找到引用源。的取值应该尽可能小，但示性函数为1决定了错误！未找到引用源。不能小于错误！未找到引用源。,因此给出错误！未找到引用源。的最大似然估计ˆ错误！未找到引用源。 7.5 解:似然函数为:L()

i1

2

n

12

e

2



(X)

2

2



(2

2

)e



n2



12



(Xi)

i1

n

2

它的对数为:lnL(

2nn1n2

)ln(2)ln()()2Xii1222

对2求偏导并令它等于零有

lnL()

22



n2

2

12

0 4(Xi)

i1

2

21n

(Xi) ni1

n2

解得的似然估计值为 ˆ

2

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

-





dx e

1



x

Var(X)

2

(1)

E(ˆ)E(X1)

1

E(ˆ)E(1

2

22

)

11

(E(X1)E(X2))2 22

11)(E(X)2E(X))3 E(ˆ)E(

1

2

3

33

12

3

11E()(E(X)E(X)E(X))3 ˆ)E()E(

333

1

2

3

4

1

2

3

故这四个估计都是错误！未找到引用源。的无偏估计.. （2）Var(ˆ1)Var(X1)2

Var(ˆ)Var(

2

12

2112

)(Var(X1)Var(X2))2442

2

2

Var(ˆ)Var(

3

12

3112)(Var(X1)4Var(X2))5999

Var(ˆ)Var(

4

123

3112

)(Var(X1)Var(X2)Var(X3))3993

2

故有

Var(ˆ)Var(ˆ)Var(ˆ)Var(ˆ)

4

2

3

1

7.7证明（1）因为X服从[错误！未找到引用源。]上的均匀分布，故

E(X)

1

2



1 2

故样本均值不是错误！未找到引用源。的

E()E(X)

1

 2

无偏估计

1

（2）由（1）可知错误！未找到引用源。的矩估计为 ˆ

2

又

ˆ)E(1)11E(

222

故它是错误！未找到引用源。

无偏估计.

7.8解;因为Var(ˆ)E(cˆ1(1c)ˆ2)c2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

ˆ)22Var(

2c12(1c)20 c

2

2

2

解得

c

12

2

2

2

ˆ)Va(r2122因为对Var(ˆ)关于c求二阶导可得

c

2

2

2

2

0

故当c

12

2

2

2

时Var(ˆ)达到最小。

7.9 解(1)根据题意和所给的数据可得

0.05,n16,ZZ0.0251.96,0.01,2.125

2

2

2



Zn

2

1.960.0049

2

所以的置信区间为

[



Zn



2

,



,2.1250.0049][2.1201,2.1299] ][2.1250.0049Zn

2

(2) 0.05 n16 2.125

2

t

15

(0.025)2.1315

S

2

11515i1

 即S0.017 1Xi0.000293

所以的置信区间为

[

SS0.01710.0171

(),()][2.1252.1315,2.1252.1315][2.116,2.1406] tt151522n7.10解:根据所给的数据计算:

13

S13i1

2

0.14125, 0.1392

Xi

2

0.00000825

14

S24i1

2

Yi0.0000052

2

则X 和Y构成的总体的方差为

S

2



(m1)1(n1)2

mn2

22

0.0000065

所以12置信系数10.950.05的置信区间为

1111

[tmn2()S,tmn2()S]

2mn2mn

=[t7(0.025)S=[-0.002,0.006] 7.11 解:

1111

,t7(0.025)S] 4545

n1000 10.950.05

ZZ

2

0.025

1.96

Y

n

228

ˆn0.238 p

n

ˆZ[p

2

则比例p的区间估计为：

ˆ(1pˆ)/n][0.2381.0.238(10.238)/1000,0.2381..238(10.238)/1000]p

2

ˆ(1pˆ)/n,pˆZp

=[0.202,0.254]

7.12 解：根据题意有，n120 10.950.05

7.5

ZZ

2

0.025

1.96

则的置信区间为：

[Z/n,Z/n][7.51..5/120,7.51.967.5/120][7.01,7.99]

2

2