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《概率论与数理统计》第三版_科学出版社_课后习题答案.所有章节

来源：尚车旅游网

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

10 1/12

11 1/18

12 1/36

2.2解：根据P(Xk0k)1，得aek0ae11，即1。

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}=

020211112020C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.60.3124001122(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}=

1102200220110.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.5628C2C2C2C2C2C21020212.4解:（1）P{1≤X≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=(2) P{0.5121 151551232 15151552.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=

11146222211[1()k]1441 =lim22kk1134111 244（2）P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}- P{X=2}=12.6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

34(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

3452.7 （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2P{X2}1P{X0}P{X1}1ee13e2

0!1! .

2.8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。

2.9解：一个元件使用1500小时失效的概率为

100010001 P(1000X1500)dx1000x2x1000315001500 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

1280P(Y2)C52()2()350.329

3331~B(5,)。

32.10（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)2dx(6x28x33x4)|0.0272

0.80.811（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

0.90.9112.11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)32.12解：X~P(λ)= P((1)

P{X100}1001) 2000111x1001200200edxe1e2 |0200113x1200200edxee2 （2）P{X300}300|300200（3）P{100X300}100 .

3001113x3001200edxe200|e2e2 100200 .

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

2.13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0.5x10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

2.14解：(1)P(X105)(105110)(0.42)1(0.42) 1210.66280.3372

(2)P(100X120110100110120)()()

1212(0.83)(0.83)2(0.83)120.796710.5934

2.15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

2.16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 2019181719218171618217161818216181716232 2019181720191817201918172019181795P{X2}1P{X0}P{X1}112323 199595P{X1}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}2.17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； 3C510

P(X2)10.60.10.3

所以X的分布律为

X P X的分布函数为

1 0.6 2 0.3 3 0.1 x100.61x2F(x)

0.92x31x32.18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11xe f(x)F(x)其它02.19解：(1)由F()1及limF(x)F(0)，得x0a=1,b=-1.

x2f(x)F(x)xe02a1，故

ab0(2) x0 x0(3) P(ln4Xln16)F(ln16)F(ln4)

ln162ln42

(1e)(1e)10.25 4 .

2.20(1)

P{Y0}P{X}0.22P{Y2}P{X0}P{X}0.30.40.7

3P{Y42}P{X}0.12 Y

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0.322Y

-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

1 0.8

X~N(0,1)fX(x)2 0.2

x222.22

1e2

（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1y11x22FY(y)P{Yy}P{2X1y}P{X}edx 222对FY(y)求关于y的导数，得

y(,)

1fY(y)e2y12)22((y1)y11()e82222

（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当y0时，有

FY(y)P{Yy}P{eXy}P{Xlny}P{Xlny}y}P{}0

lny1e2x22dx

对FY(y)求关于y的导数，得

(lny)1(lny)12e(lny)e2fY(y)22y022y>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{yXy}对FY(y)求关于y的导数，得

1(efY(y)20 .

y)22yy1x2edx 22(y)1e2(y)22(y)1e2y(lny)22y>0

y0

2.23 ∵XU(0,)∴

1fX(x)00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yFY(y)P{Yy}P{2lnXy}P{lnX2y}P{X2ey}P{Xey}yy1212e(e)fY(y)20e210dx

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}1arccosydx

对FY(y)求关于y的导数，得到

11(arccosy)fY(y)1y2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}arcsiny10dx1arcsinydx

对FY(y)求关于y的导数，得到

121arcsiny(arcsiny)fY(y)1y200y1

其它

第三章随机向量

3.1 P{1Y X 2 333 128

1 2 0 1cc=3 c53245223 cc=2 c52450 .

3.4（1）a= （2）

5 1219（3）

P{(X,Y)D}dy1y1111(6xy)dx[(6y)xx2]|dy 000990211111111188 (y26y5)dy(y33y25y)|00922962932711y3.5解：（1）

F(x,y)y0x0yx2e(2uv)dudvevdv2e2udu(ev|0)(e2u|0)(1ey)(1e2x)00yx（2）

P(YX)x00x2e(2xy)dxdy2e2xdxevdy2e2x(ey|0)dx000x23x212e2x(1ex)dx(2e2x2e3x)dx(e2x|)e|1 00003333.6

2a1r解：P(xya)ddr 22200(1r2)2(1xy)x2y2a2222d02a0a11111a22d(1r)21222|02(1r)2(1r)1a1a2

3.7参见课本后面P227的答案

3.8

fX(x)210323y31xf(x,y)dyxydyx| 0223021fy(y)f(x,y)dx02032312xydx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，

12111fY(y)4.8y(2x)dx4.8y[2xx]|4.8y[12yy2]yy2221fX(x)0y1或y0

x0y1fX(x)4.8y(2x)dy2.4y2(2x)|2.4x2(2x)00x②当0x1时，fX(x)04.8y(2x)dy2.4y2(2x)|02.4x2(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，

12111fY(y)4.8y(2x)dx4.8y[2xx]|4.8y[12yy2] yy2221xx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y6dx0y16（y-y）0y1fY(y)y =其它其它003.11参见课本后面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2xx(x)dy fX(x)033其它其它000y21y12xy(x)dx =fY(y)0336

其它000y2

其它

对于0y2时，fY(y)0，

2xyx3f(x,y)fX|Y(x|y)1yfY(y)360所以

6x2+2xy0x10x12y 其它其它0对于0x1时，fX(x)0

所以

2xyx3f(x,y)fY|X(y|x)22xfX(x)2x300y2

其它3xy6x2 00y2

其它

111|X}fY|X(y|)dy222120120P{Y113yy13722dy2dy 015406223.14 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xi;Yyi}P{Xxi}P{Yyi} 所以X与Y不独立 3.15

0 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 .

X 1 Y 1 2 Y的边缘分布 162 3 X的边缘分布 1 91 181 31+a+b 31 3a a+ 19b b+1 181 21 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 3911(b)(ab)b 18311ab1 33a0,b0

解得a .

21,b 99 .

3.16 解（1）在3.8中

xfX(x)2

00x2

其它

3y20y1 fY(y)0其它当0x2，

0y1时，fX(x)fY(y)32xyf(x,y) 2f(x,y)

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1fX(x)

其它0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：

ffx(x)f(x,y)dy0xex1(1y)xdyxe2x

y(y)f(x,y)dy0xe1(1y)dx21(1y)2

fx(x)f(y)xeyx1(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

iE(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

CC35P{X4}C30.3 3524P{X5}C30.6

2C5E(X)xipi30.140.350.64.5

i4.3参见课本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in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XE(X)np40.31.2

~B(3,0.4)

4.8解

E(X)f(x)xdx

1500

xdx1(x3000)xdx 15001500300022015002 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

4.13解：

E(Y)E(2X)2xexdx2xd(ex)2[xex|exdx]00002(e)|2x0

11E(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)2)E(X3)=bx31dx11x4b(ba)(b2a2)a6ba6ba4|a24364.15参看课本后面231页答案 4.16 解:

fx(x)f(x,y)dy012ydy4x3

x2fy(y)f(x,y)dy12ydx12y12yy1223

E(X)E(Y)ffx(x)xdx104xdx344 54y(x)ydy12y12ydy013 51xE(XY)0yx1f(x,y)xydxdy0yx112xydxdy530012xydydx31 2E(X)f(x)xdx2222104xdx42 35E(Y)f(y)ydy12y12ydy012 5E(X2Y2)E(X)E(Y)2216 15

4.17解

∵X与Y相互独立， ∴

231E(XY)E(X)E(Y)x2xdxyedy(x|)yd(e5y)053052225y5y5y(ye|edy)[5(e)|](51)4555 33315y4.18，4.19，4.20参看课本后面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11010)表示第

X10是

独立同分布的，又E(Xi)126所以E(X)E(Xi)E(Xi)10i1i11010161616216

2135 64.22参看课本后面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(X)220424111111114xxdxx2(x1)dxx4|[x4x3]|1 2244160163332D(X)E(X2)[E(X)]2143423 111x14.25fx)X(xy1dy4

1=2

1x10其它0其它

Var(X)E(X2)[E(X)]21121112xdx[12xdx]2 1213x3|11111122x2|13 1yf)11xy1dx11y1Y(y4 =2

10其它0其它

Var(Y)E(Y2)[E(Y)]21121112ydy[12ydy]2 11y3|111212y21123|13 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+4=1633 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) .

43 .

11E(X1)E(X2)nnX1X2n11E(Xn)n nn)D(X1X)D(2)nnD(Xn) nD(Z)D(Xn112E(X1)2E(X2)nn112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

Xi1100i~N(n,n2)N(10010,1000.1)

ZXi1100in2nXi1100i10010Xi1100i100010~N(0,1)

1000.19901000P(990Xi1010)P(10i1100Xi1100i10001010101000) 101010100010101000()()(10)(10)2(10)10.9986

10105.4解：因为Vi 服从区间[0,10]上的均匀分布，

010E(Vi)5

22020

20102100D(Vi)

1212100) 12Vi~N[E(Vi),D(Vi)]N(205,20i1i1i1ZVE(V)V205V100iiiii1i120202020D(Vi)i120i12010012i110153~N(0,1)

P(V105)1P(V105)1P(Vi105)1P(i120V100ii12010153105100) 101531051001()1(0.387)0.348

101535.5解：方法1：用Xi表示每个部件的情况，则

1,正常工作Xi~B(1,0.9)，Xi0,损坏E(Xi)p0.9,D(Xi)p(1p)0.90.1Xi1100i~N[np,np(1p)]N(1000.9,1000.90.1)

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

np(1p)1000.90.13 .

100X90100100iP(Xi85)1P(Xi85)1P(i1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npnp(1pX903~N(0,1)

P(X85)1P(X85)1P(X90853903)

1(553)(3)0.95255.6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(aXi1innni1ib)n 错误!未找到引用源。

由于

1n1nYYiXXini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=aXb Y=Xini1nn2nn26.3.2因为 (YiY)i1ai1n2YinY(aXib)ni1i122aXib

2XX2i2nabXnb(na22X22nabXnb)

2ai1n22ina2X2a2Xni12iX2

aa .

2(Xi2Xi1nn2iXX2)

2(XiX)

i12 .

(n1)a2S

2X(n1)SY

2222所以有SYaSX

6.2 证明：

n1nE(X)E(Xi)

ni1nVar(X)1n2Var(Xi)i1nn2n2n2

6.3（1）S2(XiX)i1n221n2(2X) XXiiXn1i1n1nn212(Xi2XXinX) n1i1i1n212(Xi2X•nXnX) n1i1n212(XinX) n1i1（2）由于Var(Xi)E(Xi)(E(Xi))

22所以有E(Xi2)(E(Xi))2Var(Xi)22

E(X)(EX)Var(X)n2222

22E((Xi1n)n(iX)222)n()(n1)nn22

两边同时除以（n-1）可得E(i1E(S)22(XiX)n1)2 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200X-202200P{199X202}P{}

1025n1025P{0.5X-1} n(1)(0.5)

0.5328

(2)根据题意有

P{Xi5100}P{25X5100}P{i125X-2}(2)0.9772 n6.6 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X5}P{14X-54} 0.830n0.830P{20.54X-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{30X115}P{i130X-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()t2f(t)1nn()n2n12,t 显然f(t)f(t)，则f(t)为偶函数，

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X错误!未找到引用源。N(,2),n=25

故

140-150X-147.5-150P{140X147.5}P{}

2525n2525P{-2X-0.5} n(-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）P{X1.6}1P{X1.6}

1P{X-1.6-1.5} n0.51001P{X-2} n1(2)

10.9772

0.0228

（2）

P{X1.3}P{X-1.3-1.5X-}P{4}(4)1(4)110n0.5100n（3）

P{1.2X1.6}P{1.2-1.5X-1.6-1.5}

0.5100n0.5100(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

P{X13}1P{X13}1P{X-13-12X-}1P{1.12}1(1.12)10.86860.1314n25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-C50p1p05111(10.1587)0.57855

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-C50p1p05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Xˆ代替总体均值，则p的矩估计为pXm

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11 E(x)x由概率密度函数可知联合密度分布函数为：

L()ex1•ex2•••exnnexi

i1n 对它们两边求对数可得

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

iln(L())nnxi0 i1ˆ 即可得的似然估计值为11nni1xi1 x7.3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2X

X的密度函数为p(x)1故它的是似然函数为

L()1nIi1n{0Xi}1nI{X(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1n尽可能大。由于1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2X

3X的密度函数为p(x)1故它的是似然函数为

L()1nIi1n{Xi2}1nIx{(1)x(n)2}1nIx{(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1n尽可能大。由于1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12n12e2(Xi)222(22)en2122(Xi)i1n2

它的对数为:lnL(2nn1n2 )ln(2)ln()()2Xi222i1对2求偏导并令它等于零有

lnL()22n22124i1(Xi)0

n2n212解得2的似然估计值为  ()ˆniXi17.6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-0dx e1xVar(X)2

(1) E(ˆ1)E(X1)

E(ˆ)E(X12X22)11(E(X1)E(X2))•222

2X11X)(E(X)2E(X))•3 E(ˆ)E(12333123E(ˆ)E(X)E(X14X2X3311)(E(X1)E(X2)E(X3))•333

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(2X1X22112)(Var(X1)Var(X2))24422

2Var(ˆ)Var(3X12X23112)(Var(X1)4Var(X2))55999

2Var(ˆ)Var(4X1X2X33112)(Var(X1)Var(X2)Var(X3))3993

故有 Var(ˆ4)Var(ˆ2)Var(ˆ3)Var(ˆ1)

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)121 2

故样本均值不是错误!未找到引用源。的无

E(X)E(X)1 2偏估计

（2）由（1）可知错误!未找到引用源。的矩估计为 ˆX1

2又

ˆ)E(X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 c222解得

c212222

因为对Var(ˆ)关于

2ˆ)Var(c求二阶导可得 2122c22220

故当c21222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,X2.125

222nZ20.011.960.0049

162 .

所以的置信区间为

[XZn2,X][2.1250.0049,2.1250.0049][2.1201,2.1299] Zn2(2) 0.05 n16 X2.125

t15(0.025)2.1315

S211515i1XiX0.000293 即S0.0171

2所以的置信区间为

[XSS0.01710.0171(),X()][2.1252.1315,2.1252.1315][2.116,2.1406] tt151522nn16167.10解:根据所给的数据计算: X0.14125, Y0.1392

S21133i1XiX20.00000825

14S24i12YiY0.0000052

2则X 和Y构成的总体的方差为

S2(m1)S1(n1)S2mn2220.0000065

所以12置信系数10.950.05的置信区间为

1111[XYtmn2()S,XYtmn2()S]

2mn2mn1111,XYt7(0.025)S] 4545=[XYt7(0.025)S=[-0.002,0.006]

7.11 解: n1000 10.950.05 ZZ0.0251.96 Yn228

2ˆYn0.238 pnˆZ[p2则比例p的区间估计为：

ˆ(1pˆ)/n][0.2381.960.238(10.238)/1000,0.2381.960.238(10.238)/1000]p2ˆ(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

X7.5

ZZ20.0251.96

则的置信区间为：

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

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