概率论与数理统计答案-浙江大学-张帼奋-主编.doc

第一章 概率论的基本概念
注意： 这是第一稿（存在一些错误）

1解：该试验的结果有9个：（0，a），（0，b），（0，c），（1，a），（1，b），（1，c），（2，a），（2，b），（2，c）。所以，
（1） 试验的样本空间共有9个样本点。
（2） 事件A包含3个结果：不吸烟的身体健康者，少量吸烟的身体健康者，吸烟较多的身体健康者。即A所包含的样本点为（0，a），（1，a），（2，a）。
（3） 事件B包含3个结果：不吸烟的身体健康者，不吸烟的身体一般者，不吸烟的身体有病者。即B所包含的样本点为（0，a），（0，b），（0，c）。
2、解
（1）或；
（2）
提示：题目等价于，，至少有2个发生，与（1）相似）；
（3）；
（4）或；
（提示：，，至少有一个发生，或者不同时发生）；
3（1）错。依题得,但，故A、B可能相容。
（2） 错。举反例
（3） 错。举反例
（4）对。证明：由,知
,即A和B交非空，故A和B一定相容。
4、解
（1）因为不相容，所以至少有一发生的概率为：

(2) 都不发生的概率为：
；
（3）不发生同时发生可表示为：，又因为不相容，于是

；
5解：由题知,.
因得，

故A,B,C都不发生的概率为

.
6、解 设{“两次均为红球”}，{“恰有1个红球”}，{“第二次是红球”}
若是放回抽样，每次抽到红球的概率是：，抽不到红球的概率是：，则
（1）；
（2）；
（3）由于每次抽样的样本空间一样，所以：

若是不放回抽样，则
（1）；
（2）；
（3）。
7解：将全班学生排成一排的任何一种排列视为一样本点，则样本空间共有个样本点。
（1） 把两个“王姓”学生看作一整体，和其余28个学生一起排列共有个样本点，而两个“王姓”学生也有左右之分，所以，两个“王姓”学生紧挨在一起共有个样本点。
即两个“王姓”学生紧挨在一起的概率为。

（2） 两个“王姓”学生正好一头一尾包含个样本点，故
两个“王姓”学生正好一头一尾的概率为。
8、解
（1）设{“1红1黑1白”}，则
；
（2）设{“全是黑球”}，则
；
（3）设{第1次为红球，第2次为黑球，第3次为白球”}，则
。
9解：设,.
若将先后停入的车位的排列作为一个样本点，那么共有个样本点。
由题知，出现每一个样本点的概率相等，当发生时，第i号车配对，其余9个号可以任意排列，故（1）。
（2）1号车配对，9号车不配对指9号车选2~8号任一个车位，其余7辆车任意排列，共有个样本点。故.
(3) ，表示在事件：已知1号和9号配对情况下，2~8号均不配对，问题可以转化为2~8号车随即停入2~8号车位
记，。
则。
由上知，，，（），，（）
……
。则

故。
10、解 由已知条件可得出:
；
；
；
（1）；
（2）

于是 ；
（3）。
11解：由题知,,,,
则

12、解 设{该职工为女职工}，{该职工在管理岗位}，由题意知，
，，
所要求的概率为
（1）；

（2）。
13、解：

14、解 设{此人取的是调试好的枪 }，{此人命中}，由题意知：
，，
所要求的概率分别是：
（1）；
（2）。

15解：设，，，，，
则,,,,,,,,
(1)

（2）

16、解 设，分别为从第一、二组中取优质品的事件，，分别为第一、二次取到得产品是优质品的事件，有题意知：
，

（1） 所要求的概率是：

（2）由题意可求得：

所要求的概率是：
。
17解：（1）第三天与今天持平包括三种情况：第2天平，第3天平；第2天涨，第3天跌；第2天跌，第3天涨。则

（2） 第4天股价比今天涨了2个单位包括三种情况：第2天平，第3、4天涨；第2、4天涨，第3天平；第2、3天涨，第4天平。则
。
19(1)对。证明：假设A,B不相容，则。而，，即，
故，即A,B不相互独立。与已知矛盾，所以A,B相容。
（2） 可能对。证明：由,知
,
,
与可能相等，所以A,B独立可能成立。
（3）可能对。
（4）对。证明：若A,B不相容，则。而，，即，
故，即A,B不相互独立。

18、证明：必要条件
由于，相互独立， 根据定理1.5.2知，与也相互独立，于是：
，
即

充分条件
由于及，结合已知条件，成立

化简后，得：

由此可得到与相互独立。
20、解 设分别为第个部件工作正常的事件，为系统工作正常的事件，则
（1）所要求的概率为：

（2） 设为4个部件均工作正常的事件，所要求的概率为：
。
（3）。
21解：记，
（1）

（2）
（3）
22、解 设={照明灯管使用寿命大于1000小时}，={照明灯管使用寿命大于2000小时}，={照明灯管使用寿命大于4000小时}，由题意可知
，，
（1） 所要求的概率为：
；
（2）设分别为有个灯管损坏的事件（），表示至少有3个损坏的概率，则

所要求的概率为：

23解：设，，，
则,,,,
（1）

（2） 记，则

第二章 随机变量及其概率分布

注意： 这是第一稿（存在一些错误）

1解：X取值可能为2,3,4,5,6，则X的概率分布律为：
；
；
；
；
。
2、解 （1）由题意知，此二年得分数可取值有0、1、2、4，有
，
，
，
，
从而此人得分数的概率分布律为：
0 1 2 4
0.8 0.16 0.032 0.008
（2）此人得分数大于2的概率可表示为：
；
(3)已知此人得分不低于2，即，此人得分4的概率可表示为：
。

3解：（1）没有中大奖的概率是；
（2） 每一期没有中大奖的概率是，
n期没有中大奖的概率是。
4、解　（1）用表示男婴的个数，则可取值有0、1、2、3，至少有1名男婴的概率可表示为：
；
（2）恰有1名男婴的概率可表示为：
；
（3）用表示第1，第2名是男婴，第3名是女婴的概率，则
；
（4）用表示第1，第2名是男婴的概率，则
。
5解：X取值可能为0,1,2,3；Y取值可能为0,1,2,3
，
，
，

。
Y取每一值的概率分布为：
，
，
，
。
6、解 由题意可判断各次抽样结果是相互独立的，停止时已检查了件产品，说明第次抽样才有可能抽到不合格品。的取值有1、2、3、4、5，有

，
；
（2）。
7解：（1），
。
（2） 诊断正确的概率为。
（3） 此人被诊断为有病的概率为。
7、解 （1）用表示诊断此人有病的专家的人数，的取值有1、2、3、4、5。在此人有病的条件下，诊断此人有病的概率为：

在此人无病的条件下，诊断此人无病的概率为：

（2）用表示诊断正确的概率，诊断正确可分为两种情况：有病条件下诊断为有病、无病条件下诊断为无病，于是：

（3）用表示诊断为有病的概率，诊断为有病可分为两种情况：有病条件下诊断此人为有病、无病条件下诊断此人为有病，于是：
；
8、解 用表示恰有3名专家意见一致，表示诊断正确的事件，则

所求的概率可表示为：

9解：（1）由题意知，候车人数的概率为，
则，
从而单位时间内至少有一人候车的概率为，所以
解得
则。
所以单位时间内至少有两人候车的概率为。
（2） 若，则，
则这车站就他一人候车的概率为。
10、解 有题意知，，其中
（1）10：00至12：00期间，即，恰好收到6条短信的概率为：
；
（2）在10：00至12：00期间至少收到5条短信的概率为：

于是，所求的概率为：
。

11、解：由题意知，被体检出有重大疾病的人数近似服从参数为的泊松分布，即，。
则至少有2人被检出重大疾病的概率为
。

12、解 （1）由于，因此的概率分布函数为：
，
（2）

13、解：（1）由解得。
（2） 易知时，；时，；
当时，，
所以，X的分布函数为
（3） 。
（4） 事件恰好发生2次的概率为
。
14、解 （1）该学生在7：20过分钟到站，，由题意知，只有当该学生在7：20~7：30期间或者7：40~7：45期间到达时，等车小时10分钟，长度一共15分钟，所以：
；
（2）由题意知当该学生在7：20~7：25和7：35~7：45到达时，等车时间大于5分钟又小于15分钟，长度为15分钟，所以：
；

（3）已知其候车时间大于5分钟的条件下，其能乘上7：30的班车的概率为：

其中 ，，于是
。
15、解：由题知，X服从区间上的均匀分布，则X的概率密度函数为

在该区间取每个数大于0的概率为，则
，。
16、解（1）

（2）

（3）

17、解：他能实现自己的计划的概率为
。

18、解 （1），有题意知，该青年男子身高大于170cm的概率为：

（2）该青年男子身高大于165cm且小于175cm的概率为：

（3）该青年男子身高小于172cm的概率为：
。
19、解：系统电压小于200伏的概率为，
在区间的概率为
，
大于240伏的概率为。
（1） 该电子元件不能正常工作的概率为。
（2） 。
（3） 该系统运行正常的概率为。
20、解 （1）有题意知：

于是 ，
从而得到侧分位点 ；
（2）

，
于是 ，
结合概率密度函数是连续的，可得到侧分点为 ；
（3）

于是 ，从而得到侧分位点为 。
21、解：由题意得，，
，
，
则，
解得，。
22、解 （1）由密度函数的性质得：

所以 ；
（2）

令 ，上式可写为：
。
23解：（1）易知X的概率密度函数为

（2） A等待时间超过10分钟的概率是。
（3） 等待时间大于8分钟且小于16分钟的概率是
。
24、解 用，分别表示甲、乙两厂生产的同类型产品的寿命，用表示从这批混合产品中随机取一件产品的寿命，则该产品寿命大于6年的概率为：

（2）该产品寿命大于8年的概率为：

所求的概率为：
。
25、解：（1）由题知，
（2） .
（3） 每天等待时间不超过五分钟的概率为，
则每一周至少有6天等待时间不超过五分钟的概率为
。
26、解 （1）这3只元件中恰好有2只寿命大于150小时的概率为：
，
其中
于是 ；
（2）这个人会再买，说明这3只元件中至少有2只寿命大于150小时，这时所求的概率为：

。
27、解：依题知，Y的分布律为
，
，

28、解 （1）由密度函数的性质可得：

于是
（2）设，的分布函数分别为：，，的概率密度为，有

那么， ；
（3）设的分布函数为：。当，显然。当，有
，
于是有
从而，的概率密度为： ，
的分布函数为：

。
29、解：（1）依题知，
当时，，
当时，，
所以，T的概率分布函数为
（2）

。
30、解 由题意知，，即的概率密度为：

设，的分布函数分别为：，，其中。有

当，显然有。当

那么 。

31解：由题意知，X的概率分布函数为
则

32、解 由题意知，，即的概率密度为：

设，的分布函数分别为：，，其中。
当，显然有。当，有

那么
。

33解：（1）由题意知，，解得。
（2） 的反函数为，则

34、解 设，，的分布函数分别为：，由，容易得出：
当，有。当，有
，
从而求得的概率密度：；
又 ，于是

从而

第三章 多维随机变量及其概率分布

注意： 这是第一稿（存在一些错误）

1、解 互换球后，红球的总数是不变的，即有，的可能取值有：2，3，4，的取值为：2，3，4。则的联合分布律为：

由于，计算的边际分布律为：

2解：

因事件与事件相互独立，则
,即

由，解得。

3、解 利用分布律的性质，由题意，得

计算可得：
于是的边际分布律为：

的边际分布律为
，

4解：（1）由已知，则
，
，
，
。
（2）
5、解 （1）每次抛硬币是正面的概率为0.5，且每次抛硬币是相互独立的。由题意知，的可能取值有：3，2，1，0，的取值为：3，1。则的联合分布律为：

，
，
的边际分布律为：
，

，
的边际分布律为：

（2）在的条件下的条件分布律为：
，
，

6解：（１），
，
，
，
，
。
（２） ，
，
。
（３） ，
。
7、解 （1）已知，。由题意知，每次因超速引起的事故是相互独立的，当

时，
，。
于是的联合分布律为：
，
（；）
（2）的边际分布律为：
，

即。
（该题与41页例3.1.4相似）

８解：（１）可取值为，，，
，
，
，
，
，
，
，
。
（２） ，
，
。

9、解 (1)由边际分布函数的定义，知

（2）从和的分布函数，可以判断出和都服从两点分布，则
的边际分布律为：
0 1
0.3 0.7
的边际分布律为
0 1
0.4 0.6

（3） 易判断出，所以的联合分布律为：

。

１０解：(1)，
，
，
。
（2） 当或时，，
当，时，，

当，时，，
当，时，，
当，时，。
所以，的联合分布函数为
11、解 由的联合分布律可知，在的条件下，的条件分布律为：

因此在的条件下，的条件分布函数为

12解：设，，
则，时，，即。
所以的联合分布函数为

13，解 由的性质，得：
，

所以
（2）设，则

（3）设，则

14解：（1）由得。
（2） 由（1）知，
则

15、解 （1）由题意，知
当，
当 ，

所以：；
当 ，
当，
所以 ：；
（2）当时，有

（3）当已知时，由的公式可以判断出，的条件分布为上的均匀分布。

16解：（1）由得，

（2）当时，

（3） 。
17、解 （1）由题意可得：
当时，，
当，
所以 ；
（2）当时

（3）当时，
所以 。

18解：（1）因，，
所以
（2）

19、解 设事故车与处理车的距离的分布函数为，和都服从（0，m）的均匀分布，且相互独立，由题意知：
当时， ，
有

所以的概率密度函数为：

20解：由题意得，即
（1）

（2）
（3） 同理得，
所以，故和不独立。
21、解 （1）设，的边际概率密度分别为，，由已知条件得，

（计算的详细过程见例3.3.5）
（2）有条件概率密度的定义可得：

在的条件下，的条件概率密度为：

（3）

22解：（1）

，
，
（2） 当时，与，与均独立，则

所以，，即与独立。
23、解 设表示正常工作的时间。由题意知（），即
。
设是设备正常工作时间的概率分布函数，是概率密度函数。则
当时

当时，。
于是：
同时可求得：。

24解：（1），。
所以，
（2）

所以，。

25、解 设，，分别是，，的概率密度。利用公式（3.5.5），由题意得：
，。

26解：

27、解 设为一月中第天的产煤量（），是一月中总的产煤量。由于，且相互独立，因此有，即。
于是，

28解：

所以，。
29、解 （1）由于（），且相互独立，因此有（见例3.5.1），由题意知，得

（2）所求的概率为：

（3）由题意可求：

及

于是所求的概率为：

30解：，
，

，

。
‚，
，
。
ƒ，

。
31、解 设的概率密度函数为。
（1）串联
当时

计算可得
当时，显然有。
因此的概率密度函数为为：

（2）并联
当时

计算可得
当时，显然有。
因此的概率密度函数为为：

（3）备份
由题意知，，于是
当时，显然有。
当时

从而所求的概率密度函数为：
当时

当时

32解：令，则

所以，
33、解 （1）由题意得，对独立观察次，次观察值之和的概率分布律为：
，
（2）的可能取值为：0，1，的可能取值为：0，1，因此的联合分布律为：

34解：令，则

第四章 随机变量的数字特征

注意： 这是第一稿（存在一些错误）

1、 解 每次抽到正品的概率为：，放回抽取，抽取次，抽到正品的平均次数为：
2、方案一：平均年薪为3万
方案二：记年薪为X，则，

故应采用方案二
3 、解 由于：
所以的数学期望不存在。
4、，，，，，，，
。
5、 解 每次向右移动的概率为，到时刻为止质点向右移动的平均次数，即的期望为：

时刻质点的位置的期望为：
6、不会
7 、解 方法 1：由于，所以为非负随机变量。于是有：

方法二：由于，所以，可以求出T的概率函数：

于是
8、，
（1）
（2）
（3） 。
9．解 设棍子上的点是在[0,1]之间的，Q点的位置距离端点0的长度为q。设棍子是在t点处跌断，t服从[0,1]的均匀分布。于是：包含Q点的棍子长度为T，则：
，
于是包Q点的那一段棍子的平均长度为：

10、，

即先到的人等待的平均时间为20分钟。
11、解 (I)每个人化验一次，需要化验500次
（II）分成k组，对每一组进行化验一共化验次，每组化验为阳性的概率为：，若该组检验为阳性的话，需对每个人进行化验需要k次，于是该方法需要化验的次数为：

。
将（II）的次数减去（I）的次数，得：
于是：
当时，第二种方法检验的次数少一些；当时，第一种方法检验的次数少一些；当时，二种方法检验的次数一样多。
12、
。
13、解 由题意知：
，，
（1） 计算可得
（2） A的位置是（x，y），距中心位置（0，0）的距离是：，于是所求的平均距离为：

14、（1）时，，

时，，，

由得，。

（2） ，，，
，，
。
15、解

于是：

16、记为进入购物中心的人数，为购买冷饮的人数，则

故购买冷饮的顾客人数服从参数为的泊松分布，易知期望为。

17、解：由题意知 ，其中。于是

从而
于是：
又
从而
18、 .

19、解

20、 ，

21、解 (1)设p表示从产品取到非正品的概率，于是有：
，
用X表示产品中非正品数，X服从二项分布B(100，0.06)，有：

（参考77页的例4.2.5）

（3） 用Y表示在该条件下正品数，Y服从二项分布B(100,0.98)，于是

22、
（1）

（2）

23、解 证明：

24、

（1）

故服从参数为的指数分布，故，。故。

（2）

，
，
故。
（3) ，
，，

25、解（1）由相关系数的定义，得：
，其中
通过计算得，即，从而说明是不相关的。
（2）很显然，不是相互独立的。
26、(1)，
，，
同理，
，

，故和正相关。
又，故和不独立。

（2）
故，即和不相关。
又

所以，故和相互独立。
27、解（1）由题意得：

，
结合已知条件，可求出：，
由于A和B是独立同分布的，于是（A,B）的联合分布律为：
A B P(A=i)
1/16 1/8 1/16 1/4
1/8 1/4 1/8 1/2
1/16 1/8 1/16 1/4

（2）

（3），其中

所以：，说明A和C是负相关的。
28（1）不会写
（2）
（3）

，
，
，
。
29.解 （1）证明：由于X和Y相互独立，于是由题意得

从而有
（2）

当时，和是不相关的；当，即时，说明和是正相关的
当，即时，说明和是负相关的
显然，和是 不独立的

30 （1），
，
，
，
，，，，
，故和不独立。
（2）

故和正相关。
31、解 （1）泊松分布的表示式为：，于是通过计算有：

故：
因此若为正整数，则众数为和-1；当不为正整数时，则众数为的整数部分[]。
32 （1）由知，和不相关，等价于和相互独立。
，
，，
，，
和分别为和的标准化变量。

（2) 时，，
，
则
（3） 因，

故定义知的中位数为，众数为。
（4）
故或时，和不相关。
又正态分布的独立性与相关性相同，
故或时，和独立且不相关，否则不独立且相关。
33、解 （1）由题意可知：
，说明
，说明
，说明
（2）对于二维正态而言，两变量不相关等价于两变量独立。
由于，所以与相关且不独立
由于，所以与相关且不独立
由于，所以与不相关且独立
从而（由88页性质4）可以判断出，与不相互独立
（3）计算有，

于是，其中，

第五章 大数定律及中心极限定理

注意： 这是第一稿（存在一些错误）

1、 解（1）由于，且，利用马尔科夫不等式，得

（2），，利用切比雪夫不等式，所求的概率为：

2、解：，

3、 解 服从参数为0.5的几何分布，
可求出
于是令，，利用切比雪夫不等式，得
有
从而可以求出

4、解：，。
则，。
，
。
，
所以。
5、 解 服从大数定律。由题意得：

由

根据马尔科夫大数定律，可判断该序列服从大数定律的。
6、解：（1），则连续。
，则，有
，则，。
（2） 连续，，则，有
，则，。
（3）
，，故

(4)原式依概率收敛，即

7 解 （1）由题意得：
根据推论5.1.4，可求得

（2）由题意得：，

根据中心极限定理，可知

（3） ，利用中心极限定理，可知

从而

8、解：，

9、解 （1）由题意得：记，引入随机变量
，且
于是服从二项分布：
方法一：（Y的精确分布）

方法二（泊松分布）
近似服从参数为的泊松分布

方法三：（中心极限定理）
近似服从
于是：
（2）设至少需要n次观察
记，这时
于是近似服从

经查表有，从而求得n=117

10、解：
，
，
，
则

11 、解 （1）由题意得，引入随机变量
，且
所求的概率为：

（2）用表示第i名选手的得分，则

并且

同时，
于是所求的概率为：

第六章 统计量与抽样分布

注意： 这是第一稿（存在一些错误）

1、解：易知的期望为，方差为，则，
所以，。
2、解 （1）由题意得：

（2）服从正态分布，其中：
，
从而
由于，，且相互独立，因此：

由于，所以
由于，所以

（3）由于，以及，因此有：

3、解：（1）
故
（2）

4、解 用表示的估计值，则。由题意得：

经查表有：
5、解：（1），
因，故，
所以。
（2） 因，，
故，
由分布函数的的右连续性知，，即。
（3）

因，故
故
6、解 （1）由题意得：，于是：

（2）由于，即，于是

7、解：，
，
，
显然，和相互独立。
则，，，
取，，，则

8、 解 由题意得：，以及，从而有
，即
9、解：（1）和相互独立，
，，
，，
，
，
，
（2）
因，，则

10、解 （1）由题意得：，，从而
，
（2）由题意可计算：
（3）近似服从正态分布，于是

11、解：，，
，，

12、 解 （1），，，
（2），，，，
（3），，，
13、解：和是统计量，
，
则，
，
则。

14、解由题意得：，，于是：
，从而：
15、解：和分别是总体的期望和方差的无偏估计。又
，，
故，，
。
16、解（1）由于，，且相互独立，以及，因此：

，
（2）由于，所以
同时
（3）由题意得：

从而求得：
（4）由（3）知：，
又和，于是，从而

化简后求得：
17、解：，，且和相互独立。
则，
则，
又为连续分布，故。

第七章 参数估计

注意： 这是第一稿（存在一些错误）

1、 解 由，，可得的矩估计量为，这时，。
3、 解 由，得的矩估计量为：
。
建立关于的似然函数：

令，得到的极大似然估计值：
4、解：矩估计：
，
,
,
,
故
解得为所求矩估计。
极大似然估计：
，
，
解得即为所求。

5、 解 由，所以得到的矩估计量为
建立关于的似然函数：
令，求得到的极大似然估计值：

6、解：(1)，
由得为的矩估计量。

令得，
所以的极大似然估计为。
(2)，令得为的矩估计量。
，
令得为的极大似然估计。
(3) ，
令得为的矩估计量。

令得，为的极大似然估计。
(4) ，令得为的矩估计量。
，因，要使最大，则应取最大。
又不能大于，故的极大似然估计为
(5) ，故。
，
由和得
为的矩估计量。

则

令得为的极大似然估计。

7、 解 （1）记，由题意有

根据极大似然估计的不变性可得概率的极大似然估计为：

（2） 由题意得：，于是经查表可求得的极大似然估计为
8、(1)，
(2)
则即为所求。
9、 解 由题意得
及
所以和都是的无偏估计量
又：
以及
有，说明更有效。
10、(1)依题，，与相互独立，
故是的无偏估计的充要条件为
(2) 记个样本的方差为，则，
故，，

故
要使为最有效估计，只须使在的条件下取最小值即可。
令
由得即为所求。
11、 解 由题意可以求出：。
建立建立关于的似然函数：，于是有：

令，得到的极大似然估计值：。
又：，无偏的。
12、，，
故为的矩估计量，且为无偏估计。

显然关于单调递减。故取最小值时最大。
又不小于，故为的极大似然估计。
又，
故
即故为的有偏估计。
13、 解 ，于是得的矩估计量为：。
建立建立关于的似然函数：，若使其似然函数最大，于是可以求出的极大似然估计值：。
(2)由，可计算。
设，那么
，
当时，，
于是
从而：
因此和都是的无偏估计量。
又

由于，所以比更有效。
14、(1)，

，
为的单调递增函数，故取最大值时取最大值。
又不大于，故为的极大似然估计。
因
易知
所以，即是的有偏估计。
是的无偏估计。
(2) ，则是的矩估计量且为无偏估计。
(3)
，故比更有效。
(4) 由切比雪夫不等式知，，

故与为的相合估计
15、解 由于 ，可求出的矩估计量为：
又根据的似然函数：，
令，得到的极大似然估计量：
因此既是的矩估计量，也是极大似然估计量。
（2） ，以及。用作为的估计量，其均方误差为：

于是，取时，在均方误差准则下，比更有效。
16、(1)，故为的矩估计量，且为无偏估计。

故，故为的相合估计。
(2)
易知为的单调递减函数，故取最小值时，取最大值。
又不小于，故为的极大似然估计。

故，故为的有偏估计。

所以
故为的相合估计。
17、 解 （1）只对X做一次观察。由题意得：X的条件联合概率密度函数以及其联合概率密度函数分别为：
，，

从而
的条件概率密度函数为，
于是的贝叶斯估计为：
（2）对X做三次观察。由题意得：的条件联合概率密度函数以及其联合概率密度函数分别为：
，
，
从而

的条件概率密度函数为：
，
于是的贝叶斯估计为：

18、(1)因与参数无关，故可取为关于的区间估计问题的枢轴量。
(2) 设常数，满足，即
此时，区间的平均长度为，易知，取，时，区间的长度最短，从而的置信水平为的置信区间为
。
19、 解 由题意得：，由题意得：的矩估计量为：。

由题意得：，设存在两个数和，使得：
，即，经查表得到
，，于是的置信水平为80%的双侧置信区间为：（
20、易知的置信水平为95%的置信区间为
将，，，代入得
的置信水平为95%的置信区间为。
21、 解设， 由题意得，，，由给定的置信水平95%，利用Excel得到，所以的置信水平为95%的置信区间为：

22、 的置信水平为99%的置信区间为
将，，及的值代人得
的置信水平为99%的置信区间为。
23、 解 由题意得，，于是的置信水平为90%的置信区间为：

24 、已知，，，，，，

(1) 的置信水平为95%的置信区间为
其中，查EXCEL表得的值，将各值代人得
的置信水平为95%的置信区间为
(2) 依题，故可认为无显著差异。

25、 解 （1）设和分别是第一种和第二种机器的平均分钟，取的无偏估计为，由于两个总体的方差相等，所以有
，
根据已知条件知，，，，，可以求得

于是，的置信水平为95%的置信区间为：

（2） 从第一问的结果可以看出有显著差异。
26、，，，，
(1) 的置信水平为95%的置信区间为
查EXCEL表得和的值，将各值代人得
的置信水平为95%的置信区间为
(2) 这些资料不足于说明不同于。
28易知置信水平为的置信区间为

由已知资料计算得，
，
，故所求的置信区间为。
27、解 （1）设和分别是郊区A和郊区B的居民收入方差，则：
，
根据已知条件知，，，，
于是，的置信水平为95%的置信区间为：

可见两郊区居民收入的方差有显著差异，郊区B居民的贫富差距程度比郊区A居民严重。
（2）设和分别是郊区A和郊区B的居民平均收入，取的无偏估计为，由于两个总体的方差相等，所以有
，
可以求得

于是，的置信水平为95%的置信区间为：
，

可见，两郊区居民的平均收入方差有显著差异，郊区A居民平均收入比郊区B居民低。

第八章 假设检验
注意： 这是第一稿（存在一些错误）
1 、解 由题意知：
（1）对参数提出假设：
，
（2）当为真时，检验统计量，又样本实测得，于是

（3）由（2）知，犯第I类错误的概率为0.0207
（4）如果时，经查表得，于是

（5）是。
2、 故将希望得到支持的假设“”作为原假设，即考虑假设问题 ：，：
因未知，取检验统计量为，由样本资料，，和代入得观察值，拒绝域为
，查分布表得，
故接受原假设，即认为该广告是真实的。

3、 解（1）由题意得，检验统计量，其拒绝域为

当时，犯第II类错误的概率为：

（2），当未知时，检验统计量，其拒绝域为：

当时，检验犯第I类错误的概率为：

4、 (1)提出假设：，：
建立检验统计量，其中
在显著水平下，检验的拒绝域为，由样本资料得观察值，故有显著差异。
(2) 的95%的