第十五章 选做习题

第十五章 选做习题

概率论部分

1. 一打靶场备有5支某种型号的枪，其中3支已经校正，2支未经校正。某人使用已校正的枪击中目标的概率为 $ p_{1} $，使用未经校正的枪击中目标的概率为 $ p_{2} $。他随机地取一支枪进行射击，已知他射击了5次，都未击中，求他使用的是已校正的枪的概率（设各次射击的结果相互独立）。

解 以 M 表示事件“射击 5 次均未击中”，以 C 表示事件“取得的枪是已经校正的”，则 $ P(C)=\frac{3}{5} $， $ P(\overline{C})=\frac{2}{5} $，又，按题设 $ P(M|C)=(1-p_{1})^{5} $， $ P(M|\overline{C})=(1-p_{2})^{5} $，由贝叶斯公式

$$ \begin{aligned}P(C\mid M)=&\frac{P(MC)}{P(M)}=\frac{P(M\mid C)P(C)}{P(M\mid C)P(C)+P(M\mid\overline{C})P(\overline{C})}\\=&\frac{(1-p_{1})^{5}\times\frac{3}{5}}{(1-p_{1})^{5}\times\frac{3}{5}+(1-p_{2})^{5}\times\frac{2}{5}}\\=&\frac{3(1-p_{1})^{5}}{3(1-p_{1})^{5}+2(1-p_{2})^{5}}.\end{aligned} $$

1. 某人共买了11个水果，其中有3个是二级品，8个是一级品。随机地将水果分给A，B，C三人，各人分别得到4个、6个、1个。

（1）求 C 未拿到二级品的概率.

（2）已知 C 未拿到二级品，求 A，B 均拿到二级品的概率.

（3）求 A, B 均拿到二级品而 C 未拿到二级品的概率.

解 以 A, B, C 分别表示事件“A, B, C 取到二级品”，则 $ \overline{A}, \overline{B}, \overline{C} $ 分别表示事件“A, B, C 未取到二级品”.

(1) $ P(\bar{C}) = \frac{8}{11} $.

(2) 就是需要求 $ P(AB|\overline{C}) $。已知 C 未取到二级品，这时 A，B 将 7 个一级品和 3 个二级品全部分掉。而 A，B 均取到二级品，只需 A 取到 1 个至 2 个二级品，其他的为一级品。于是

$$ P(AB\mid\overline{C})=\frac{\binom{3}{1}\binom{7}{3}}{\binom{10}{4}}+\frac{\binom{3}{2}\binom{7}{2}}{\binom{10}{4}}=\frac{4}{5}. $$

(3)

$$ P(AB\overline{C})=P(AB\mid\overline{C})P(\overline{C})=\frac{32}{55}. $$

1. 一系统 L 由两个只能传输字符 0 和 1 的独立工作的子系统 $ L_{1} $ 与 $ L_{2} $ 串联而成（如题 15.3 图），每个子系统输入为 0 输出为 0 的概率为 p (0 < p < 1)；而输入为 1 输出为 1 的概率也是 p. 今在图中 a 端输入字符 1，求系统 L 的 b 端输出字符 0 的概率.

解 “系统 L 的输入为 1 输出为 0”这一事件（记为 $ L(1 \rightarrow 0) $）是两个不相容事件之和，即

$$ L(1\rightarrow0)=L_{1}(1\rightarrow1)L_{2}(1\rightarrow0)\bigcup L_{1}(1\rightarrow0)L_{2}(0\rightarrow0). $$

这里的记号“ $ L_{1}(1\rightarrow1) $”表示事件“子系统 $ L_{1} $的输入为1输出为1”.其余3个记号的含义类似.于是由子系统工作的独立性得

$$ \begin{aligned}P&\{L(1\rightarrow0)\}\\&=P\{L_{1}(1\rightarrow1)L_{2}(1\rightarrow0)\}+P\{L_{1}(1\rightarrow0)L_{2}(0\rightarrow0)\}\\&=P\{L_{1}(1\rightarrow1)\}P\{L_{2}(1\rightarrow0)\}+P\{L_{1}(1\rightarrow0)\}P\{L_{2}(0\rightarrow0)\}\\&=p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p).\end{aligned} $$

1. 甲乙两人轮流掷一颗骰子，每轮掷一次，谁先掷得6点谁得胜，从甲开始掷，问甲、乙得胜的概率各为多少？

解 以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 次投掷时投掷者才得 6 点”. 事件 $ A_{i} $ 发生, 表示在前 i-1 次甲或乙均未得 6 点, 而在第 i 次投掷时甲或乙得 6 点. 因各次投掷相互独立, 故有

$$ P(A_{i})=\left(\frac{5}{6}\right)^{i-1}\frac{1}{6}. $$

因甲为首掷，故甲掷奇数轮次，从而甲胜的概率为

$$ \begin{aligned}P\{ 甲胜 \}=&P\{A_{1}\cup A_{3}\cup A_{5}\cup\cdots\}\\=&P(A_{1})+P(A_{3})+P(A_{5})+\cdots\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&( 因 A_{1},A_{2},\cdots, 两两不相容 )\\=&\frac{1}{6}\Big[1+\Big(\frac{5}{6}\Big)^{2}+\Big(\frac{5}{6}\Big)^{4}+\cdots\Big]\end{aligned} $$

$$ =\frac{1}{6}\frac{1}{1-\left(\frac{5}{6}\right)^{2}}=\frac{6}{11}. $$

同样，乙胜的概率为

$$ \begin{aligned}P\{ 乙胜 \}=&P\{A_{2}\cup A_{4}\cup A_{6}\cup\cdots\}\\=&P(A_{2})+P(A_{4})+P(A_{6})+\cdots\\=&\frac{1}{6}\Big[\frac{5}{6}+\Big(\frac{5}{6}\Big)^{3}+\Big(\frac{5}{6}\Big)^{5}+\cdots\Big]=\frac{5}{11}.\end{aligned} $$

1. 将一颗骰子掷两次，考虑事件：A=“第一次掷得点数2或5”，B=“两次点数之和至少为7”，求 $ P(A) $， $ P(B) $，并问事件A，B是否相互独立.

解 将骰子掷一次共有6种等可能结果，故 $ P(A)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} $. 设以 $ X_{i} $ 表示第 i 次掷出的骰子的点数，则

$$ P(B)=P\{X_{1}+X_{2}\geqslant7\}=1-P\{X_{1}+X_{2}\leqslant6\}. $$

因将骰子掷两次共有36个样本点，其中 $ X_{1}+X_{2}\leq6 $有 $ X_{1}+X_{2}=2,3,4,5,6 $共5种情况，这5种情况分别含有1,2,3,4,5个样本点，故

$$ P(B)=1-\frac{1+2+3+4+5}{36}=1-\frac{5}{12}=\frac{7}{12}. $$

以 $ (X_{1},X_{2}) $记两次投掷的结果，则AB共有 $ (2,5),(2,6),(5,2),(5,3),(5,4) $， $ (5,5),(5,6) $这7个样本点.故 $ P(AB)=\frac{7}{36} $.

今有

$$ P(A)P(B)=\frac{1}{3}\times\frac{7}{12}=\frac{7}{36}=P(AB). $$

按定义 A, B 相互独立.

1. A、B 两人轮流射击，每次每人射击一枪，射击的次序为 A, B, A, B, A, …，射击直至击中两枪为止。设各人击中的概率均为 p，且各次击中与否相互独立。求击中的两枪是由同一人射击的概率。

解 A 总是在奇数轮射击，B 在偶数轮射击。先考虑 A 击中两枪的情况。以 $ A_{2n+1} $ 表示事件“A 在第 2n+1 轮 (n=1,2,\cdots) 射击时又一次击中，射击在此时结束”。 $ A_{2n+1} $ 发生表示“前 2n 轮中 A 共射击 n 枪而其中击中一枪，且 A 在第 2n+1 轮时击中第二枪”（这一事件记为 C），同时“B 在前 2n 轮中共射击 n 枪但一枪未中”（这一事件记为 D），因此

$$ \begin{aligned}P(A_{2n+1})&=P(CD)=P(C)P(D)\\=&\left[\binom{n}{1}p(1-p)^{n-1}p\right](1-p)^{n}\\=&np^{2}(1-p)^{2n-1}\end{aligned} $$

注意到 $ A_{3}, A_{5}, A_{7}, \cdots $ 两两互不相容，故由 A 击中了两枪而结束射击（这一事件仍记为 A）的概率为

$$ \begin{aligned}P(A)&=P\Big(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{2n+1}\Big)=\sum_{n=1}^{\infty}P(A_{2n+1})=\sum_{n=1}^{\infty}np^{2}(1-p)^{2n-1}\\&=p^{2}(1-p)\sum_{n=1}^{\infty}n[(1-p)^{2}]^{n-1}\\&=p^{2}(1-p)\frac{1}{[1-(1-p)^{2}]^{2}}=\frac{1-p}{(2-p)^{2}}.\end{aligned} $$

（此处级数求和用到公式 $ \frac{1}{(1-x)^2}=\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1},|x|<1 $。这一公式可由等比级数 $ \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n,|x|<1 $两边求导而得到。）

若两枪均由 B 击中，以 $ B_{2(n+1)} $ 表示事件“B 在第 2(n+1)轮 (n=1,2,\cdots) 射击时又一次击中，射击在此时结束”. $ B_{2(n+1)} $ 发生表示在前 2n+1 轮中 B 射击 n 枪其中击中一枪，且 B 在第 2(n+1)轮时击中第二枪，同时 A 在前 2n+1 轮中共射击 n+1 枪，但一枪未中. 注意到 $ A_{4}, A_{6}, A_{8}, \cdots $ 两两互不相容，故 B 击中了两枪而结束射击（这一事件仍记为 B）的概率为

$$ \begin{aligned}P(B)&=P\Big(\bigcup_{n=1}^{\infty}B_{2(n+1)}\Big)=\sum_{n=1}^{\infty}\binom{n}{1}p(1-p)^{n-1}p(1-p)^{n+1}\\&=\sum_{n=1}^{\infty}np^{2}(1-p)^{2n}=p^{2}(1-p)^{2}\sum_{n=1}^{\infty}n[(1-p)^{2}]^{n-1}\\&=p^{2}(1-p)^{2}\frac{1}{[1-(1-p)^{2}]^{2}}=\frac{(1-p)^{2}}{(2-p)^{2}}.\end{aligned} $$

因此由一人击中两枪的概率为

$$ \begin{aligned}P(A\cup B)=&P(A)+P(B)=\frac{1-p}{(2-p)^{2}}+\frac{(1-p)^{2}}{(2-p)^{2}}\\=&\frac{1-p}{2-p}.\end{aligned} $$

1. 有 3 个独立工作的元件 1, 元件 2, 元件 3, 它们的可靠性分别为 $ p_{1} $, $ p_{2} $, $ p_{3} $. 设由它们组成一个“3 个元件取 2 个元件的表决系统”，记为 2/3[G]. 这一系统的运行方式是当且仅当 3 个元件中至少有 2 个正常工作时这一系统正常工作. 求这一 2/3[G] 系统的可靠性.

解 以 $ A_{i} $ 表示事件“第 i 个元件正常工作”，以 G 表示事件“2/3[G]系统正常工作”，则 G 可表示为下述两两互不相容的事件之和：

$$ G=A_{1}A_{2}\overline{A}_{3}\cup A_{1}\overline{A}_{2}A_{3}\cup\overline{A}_{1}A_{2}A_{3}\cup A_{1}A_{2}A_{3}. $$

因 $ A_{1}, A_{2}, A_{3} $相互独立，故有

$$ \begin{aligned}P(G)&=P(A_{1}A_{2}\overline{A}_{3})+P(A_{1}\overline{A}_{2}A_{3})+P(\overline{A}_{1}A_{2}A_{3})+P(A_{1}A_{2}A_{3})\\&=P(A_{1})P(A_{2})P(\overline{A}_{3})+P(A_{1})P(\overline{A}_{2})P(A_{3})\\&\quad+P(\overline{A}_{1})P(A_{2})P(A_{3})+P(A_{1})P(A_{2})P(A_{3})\\&=p_{1}p_{2}(1-p_{3})+p_{1}(1-p_{2})p_{3}+(1-p_{1})p_{2}p_{3}+p_{1}p_{2}p_{3}.\end{aligned} $$

1. 在如题 15.8 图所示的桥式结构的电路中，第 i 个继电器触点闭合的概率为 $ p_{i}, i=1,2,3,4,5 $。各继电器工作相互独立。求：

(1) 以继电器触点 1 是否闭合为条件，求 A

到B之间为通路的概率.

(2) 已知 A 到 B 为通路的条件下, 继电器触点 3 是闭合的概率.

解 以 F 表示事件“A 点到 B 点为通路”，题 15.8 图

以 $ C_{i} $ 表示事件“继电器触点 i 闭合”，i=1,2,3,4,5，各继电器工作相互独立.

（1）得

$$ P(F)=P(F|C_{1})P(C_{1})+P(F|\overline{C_{1}})P(\overline{C_{1}}). $$

$$ \begin{aligned} 而 P(F|C_{1})&=P(C_{2}\cup C_{3}C_{5}\cup C_{4}C_{5})\\&=P(C_{2})+P(C_{3}C_{5})+P(C_{4}C_{5})-P(C_{2}C_{3}C_{5})-P(C_{2}C_{4}C_{5})\\&\quad-P(C_{3}C_{4}C_{5})+P(C_{2}C_{3}C_{4}C_{5})\\&=p_{2}+p_{3}p_{5}+p_{4}p_{5}-p_{2}p_{3}p_{5}-p_{2}p_{4}p_{5}-p_{3}p_{4}p_{5}+p_{2}p_{3}p_{4}p_{5},\end{aligned} $$

$$ P\left(F\mid\overline{C_{1}}\right)=P\left(C_{4}C_{5}\cup C_{2}C_{3}C_{4}\right)=p_{4}p_{5}+p_{2}p_{3}p_{4}-p_{2}p_{3}p_{4}p_{5}, $$

故 $ P(F)=P(F\mid C_{1})p_{1}+P(F\mid\overline{C_{1}})(1-p_{1}) $，其中

$$ \begin{aligned}P(F\mid C_{1})&=p_{2}+p_{3}p_{5}+p_{4}p_{5}-p_{2}p_{3}p_{5}-p_{2}p_{4}p_{5}-p_{3}p_{4}p_{5}+p_{2}p_{3}p_{4}p_{5},\\P(F\mid\overline{C_{1}})&=p_{4}p_{5}+p_{2}p_{3}p_{4}-p_{2}p_{3}p_{4}p_{5}.\end{aligned} $$

(2) 令 $ q_{i}=1-p_{i} $，则

式率源治创两中击人一由出图

$$ \begin{aligned}P(C_{3}\mid F)&=\frac{P(F\mid C_{3})P(C_{3})}{P(F)}=\frac{[1-P(\overline{C_{1}}\overline{C_{4}}\bigcup\overline{C_{2}}\overline{C_{5}})]P(C_{3})}{P(F)}\\&=\frac{[1-q_{1}q_{4}-q_{2}q_{5}+q_{1}q_{2}q_{4}q_{5}]p_{3}}{P(F)}.\end{aligned} $$

P(F)的表达式由(1)决定.

1. 进行非学历考试，规定考甲、乙两门课程，每门课程考试第一次未通过都只允许考第二次。考生仅在课程甲通过后才能考课程乙，如两门课程都通过可获得一张资格证书。设某考生通过课程甲的各次考试的概率为 $ p_{1} $，通过课程乙的各次考试的概率为 $ p_{2} $，设各次考试的结果相互独立。又设考生参加考试直至获得资格证书或者不准予再考为止。以 X 表示考生总共需考试的次数。求 X 的分布律。

解 按题意知考生总共至少需考2次而最多只能考4次. 以 $ A_{i} $表示事件

“课程甲在考第i次时通过”, i=1,2; 以 $ B_{i} $表示事件“课程乙在考第i次时通过”, i=1,2.

事件 $ \{X=2\} $表示考生总共考2次，这一事件只在下列两种互不相容的情况下发生，一种是课程甲、乙都在第一次考试时通过，亦即 $ A_{1}B_{1} $发生（此时他得到证书）；另一种是课程甲在第一次、第二次考试均未通过，亦即 $ \overline{A}_{1}\overline{A}_{2} $发生（此时他不准再考）.故

$$ \{X=2\}=\mathbb{A}_{1}\mathcal{B}_{1}\cup\overline{\mathbb{A}_{1}}\overline{\mathcal{A}}_{2}, $$

同样

$$ \{\boldsymbol{X}=3\}=A_{1}\bar{B}_{1}B_{2}\cup\bar{A}_{1}A_{2}B_{1}\cup A_{1}\bar{B}_{1}\bar{B}_{2}, $$

$$ \{\boldsymbol{X}=4\}=\overline{\boldsymbol{A}}_{1}\boldsymbol{A}_{2}\overline{\boldsymbol{B}}_{1}\boldsymbol{B}_{2}\cup\overline{\boldsymbol{A}}_{1}\boldsymbol{A}_{2}\overline{\boldsymbol{B}}_{1}\overline{\boldsymbol{B}}_{2}. $$

得 X 的分布律为

$$ \begin{aligned}P\{X=2\}&=P(A_{1}B_{1}\bigcup\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})=P(A_{1}B_{1})+P(\overline{A}_{1}\overline{A}_{2})\\&=P(A_{1})P(\overline{B}_{1})+P(\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{2})\\&=p_{1}p_{2}+(1-p_{1})(1-p_{1});\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}P\{X=3\}&=P(A_{1}\overline{B}_{1}B_{2}\bigcup\overline{A}_{1}A_{2}B_{1}\bigcup A_{1}\overline{B}_{1}\overline{B}_{2})\\&=P(A_{1}\overline{B}_{1}\bigcup\overline{A}_{1}A_{2}B_{1})\\&=p_{1}(1-p_{2})+(1-p_{1})p_{1}p_{2}；\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}P\{X=4\}&=P(\overline{A}_{1}A_{2}\overline{B}_{1}B_{2}\cup\overline{A}_{1}A_{2}\overline{B}_{1}\overline{B}_{2})\\&=P(\overline{A}_{1}A_{2}\overline{B}_{1})=(1-p_{1})p_{1}(1-p_{2}).\end{aligned} $$

伏特亦公期

则考生总共需考试的次数 X 的分布律为

$$ \begin{array}{c|ccc}X&2&&3&4\\\hline&&&&\\p_{k}&&\quad p_{1}p_{2}+(1-p_{1})^{2}&\quad p_{1}(1-p_{2})+(1-p_{1})p_{1}p_{2}&\quad(1-p_{1})p_{1}(1-p_{2})\end{array} $$

例如，若 $ p_{1}=\frac{3}{4} $， $ p_{2}=\frac{1}{2} $，则有分布律：

10.（1）5只电池，其中有2只是次品，每次取一只测试，直到将2只次品都找到.设第2只次品在第 $ X(X=2,3,4,5) $次找到，求X的分布律（注：在实际上第5次检测可无需进行）.

（2）5只电池，其中2只是次品，每次取一只，直到找出2只次品或3只正品为止.写出需要测试的次数的分布律.

解（1）X可能取的值为2,3,4,5.

$$ \begin{aligned}P\{X=2\}&=P\{ 第 1 次、第 2 次都取到一只次品 \}\\&=\frac{2}{5}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{10}.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}P\{X=3\}=&P\{( 前两次取到一只次品 )\cap( 第 3 次取到一只次品 )\}\\=&P\{ 第 3 次取到一只次品 \mid 前两次取到一只次品 \}\\&\times P\{ 前两次取到一只次品 \}\\=&\frac{1}{3}\times\left(\frac{2}{5}\times\frac{3}{4}+\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}\right)=\frac{2}{10}.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}P\{X=4\}=&P\{( 前 3 次取到一只次品 )\cap( 第 4 次取到一只次品 )\}\\=&P\{ 第 4 次取到一只次品 \mid 前 3 次取到一只次品 \}\\&\times P\{ 前 3 次取到一只次品 \}\\=&\frac{1}{2}\times\left(\frac{2}{5}\times\frac{3}{4}\times\frac{2}{3}+\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}\times\frac{2}{3}+\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}\times\frac{2}{3}\right)\\=&\frac{3}{10}.\end{aligned} $$

\[\begin{aligned}P\{X=5\}=&1-P\{X=2\}-P\{X=3\}-P\{X=4\}\\=&\frac{4}{10}.\quad( Ⅱ )\\ 故 x=&( Ⅰ )、(Ⅱ )、(Ⅲ )、(Ⅰ )、(Ⅱ )

得分布律为

$$ \textcircled{1}a(q-1)=(\beta_{1}A_{1}A)q: $$

(2) 以 Y 表示所需测试的次数，则 Y 的可能取值为 2,3,4.

$$ P\{Y=2\}=P\{X=2\}=\frac{1}{10}. $$

$ \{Y=3\} $表示“前3次取到都是正品”或“第二只次品在第3次取到”，故

$$ \begin{aligned}P\{Y=3\}&=P\{ 前 3 次取到的都是正品 \}+P\{X=3\}\\&=\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}\times\frac{1}{3}+\frac{2}{10}=\frac{3}{10}.\end{aligned} $$

$$ P\{Y=4\}=1-P\{Y=2\}-P\{Y=3\}=\frac{6}{10}. $$

Y 的分布律为

1. 向某一目标发射炮弹，设炮弹弹着点离目标的距离为 R（单位：10 m）.

R 服从瑞利分布，其概率密度为

$$ f_{R}(r)=\{\begin{array}{ll}\frac{2r}{25}\mathrm{e}^{-r^{2}/25},&r>0,\\0,&r\leqslant0.\end{array}. $$

若弹着点离目标不超过5个单位时，目标被摧毁.

（1）求发射一枚炮弹能摧毁目标的概率.

（2）为使至少有一枚炮弹能摧毁目标的概率不小于0.94，问最少需要独立发射多少枚炮弹.

解（1）所求概率为

$$ \begin{aligned}P\{R\leqslant5\}=&\int_{-\infty}^{5}f_{R}(r)\mathrm{d}r=\int_{0}^{5}\frac{2r}{25}\mathrm{e}^{-r^{2}/25}\mathrm{d}r\\=&-\left.\mathrm{e}^{-r^{2}/25}\right|_{0}^{5}=1-\mathrm{e}^{-1}=0.632.\end{aligned} $$

（2）设发射 n 枚炮弹，则这 n 枚炮弹都不能摧毁目标的概率为 $ (1-0.632)^{n} $，故至少有一枚炮弹能摧毁目标的概率为

$$ 1-(1-0.632)^{n}. $$

按题意需求最小的 n 使得

$$ 1-(1-0.632)^{n}\geqslant0.94. $$

即

$$ 0.368^{n}\leqslant0.06, $$

$$ n\geqslant\frac{\ln0.06}{\ln0.368}=2.81. $$

故最少需要独立发射3枚炮弹.

1. 设一枚深水炸弹击沉一潜水艇的概率为 $ \frac{1}{3} $，击伤的概率为 $ \frac{1}{2} $，击不中的概率为 $ \frac{1}{6} $。并设击伤两次也会导致潜水艇下沉。求施放4枚深水炸弹能击沉潜水艇的概率。（提示：先求击不沉的概率。）

解 “击沉”的逆事件为事件“击不沉”，击不沉潜艇仅出现于下述两种不相容的情况：(1)4枚深水炸弹全击不中潜艇（这一事件记为A），(2)一枚击伤潜艇而另三枚击不中潜艇（这一事件记为B）。各枚炸弹袭击效果被认为是相互独立的。故有

$$ P(A)=\left(\frac{1}{6}\right)^{4},P(B)=\left(\frac{4}{1}\right)\frac{1}{2}\times\left(\frac{1}{6}\right)^{3} $$

（因击伤潜艇的炸弹可以是4枚的任一枚），又A，B是互不相容的，于是，击不沉潜艇的概率为

$$ P(A\cup B)=P(A)+P(B)=\frac{13}{6^{4}} $$

因此，击沉潜艇的概率为

$$ p=1-P(A\cup B)=1-\frac{13}{6^{4}}=0.989\ 97. $$

1. 一盒中装有4只白球，8只黑球，从中取3只球，每次一只，作不放回抽样.

（1）求第1次和第3次都取到白球的概率.（提示：考虑第二次的抽取.）

（2）求在第1次取到白球的条件下，前3次都取到白球的概率.

解 以 $ A_{1}, A_{2}, A_{3} $ 分别表示 1, 2, 3 次取到白球.

(1)

$$ \begin{aligned}P(A_{1}A_{3})&=P\left[A_{1}A_{3}(A_{2}\bigcup\overline{A_{2}})\right]=P(A_{1}A_{2}A_{3})+P(A_{1}\overline{A_{2}}A_{3})\\&=P(A_{3}\mid A_{1}A_{2})P(A_{2}\mid A_{1})P(A_{1})+P(A_{3}\mid A_{1}\overline{A_{2}})P(\overline{A_{2}}\mid A_{1})P(A_{1})\\&=\frac{2}{10}\times\frac{3}{11}\times\frac{4}{12}+\frac{3}{10}\times\frac{8}{11}\times\frac{4}{12}=\frac{1}{11}.\\ \end{aligned} $$

(5) O 口功率源的数目毁当前不堪肇4×3×2 联驶对×惊发好(S)

(2)

$$ \begin{aligned}P(A_{1}A_{2}A_{3}\mid A_{1})=&\frac{P(A_{1}A_{2}A_{3})}{P(A_{1})}=\frac{\frac{4}{12}\times\frac{3}{11}\times\frac{2}{10}}{\frac{4}{12}}\\=&\frac{6}{110}=\frac{3}{55}.\end{aligned} $$

1. 设元件的寿命 T（以小时计）服从指数分布，分布函数为

$$ F(t)=\{\begin{aligned}&1-\mathrm{e}^{-0.03t},t>0\\ &0,\quad t\leqslant0.\end{aligned}. $$

（1）已知元件至少工作了30小时，求它能再至少工作20小时的概率.

（2）由3个独立工作的此种元件组成一个2/3[G]系统（参见第7题）。求这一系统的寿命X>20的概率。

解 （1）由指数分布的无记忆性（教材第二章§4）知所求概率为

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{p}=&\boldsymbol{P}\{T>50\mid T>30\}=\boldsymbol{P}\{T>20\}\\=&1-F(20)=\mathrm{e}^{-0.6}=0.5488.\end{aligned} $$

$$ \frac{1}{a} $$

（2）由第7题知2/3[G]系统的寿命X>20的概率为

$$ P\{X>20\}=3p^{2}(1-p)+p^{3}=p^{2}(3-2p)=0.5730. $$

1. (1) 已知随机变量 X 的概率密度为 $ f_{X}(x)=\frac{1}{2}e^{-|x|}, -\infty

（2）已知随机变量 X 的分布函数为 $ F_{X}(x) $，另有随机变量

$$ \boldsymbol{Y}=\{\begin{aligned}&1,&X>0,\\ &-1,&X\leqslant0,\end{aligned}. $$

试求 Y 的分布律和分布函数.

解（1）由于

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}e^{x},&-\infty

当x<0时，分布函数

$$ F_{x}(x)=\int_{-\infty}^{x}f_{x}(x)dx=\int_{-\infty}^{x}\frac{1}{2}e^{x}dx=\left.\frac{1}{2}e^{x}\right|_{-\infty}^{x}=\frac{1}{2}e^{x}, $$

当 $ x\geqslant0 $时，分布函数

$ F_{X}(x)=\int_{-\infty}^{x}f_{X}(x)dx=\int_{-\infty}^{0}\frac{1}{2}e^{x}dx+\int_{0}^{x}\frac{1}{2}e^{-x}dx $

大量泊松分布是函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

故函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

故函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

故函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

故函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

故函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

故函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

故函数 $ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-x}=1-\frac{1}{2}e^{-x} $.

$$ F_{x}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x},&x<0,\\&1-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-x},&x\geqslant0.\end{aligned}. $$

(2)

$$ P\{Y=-1\}=P\{X\leqslant0\}=F_{X}(0)=\frac{1}{2}, $$

$$ P\{\mathbf{Y}=1\}=1-P\{\mathbf{Y}=-1\}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}. $$

分布律为

分布函数为

$$ \{o d=X\}q>\{1-o d=X\}q $$

$$ (1+x)^{9}y<-1,x\geq9 $$

$$ F_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2},&-1\leqslant y<1,\\&1,&y\geqslant1.\end{aligned}. $$

16.（1）设随机变量 X 服从泊松分布，其分布律为

$$ P\{X=k\}=\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!},\quad k=0,1,2,\cdots, $$

问当 k 取何值时 $ P\{X=k\} $ 为最大.

(2) 设随机变量 X 服从二项分布，其分布律为

$$ P\{X=k\}=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k},\quad k=0,1,2,\cdots,n. $$

问当 k 取何值时 $ P\{X=k\} $ 为最大.

解（1）由

$$ \begin{aligned}\frac{P\{X=k\}}{P\{X=k-1\}}=&\frac{\lambda^{k}\mathrm{e}^{-\lambda}}{k!}\frac{(k-1)!}{\lambda^{k-1}\mathrm{e}^{-\lambda}}\\=&\frac{\lambda}{k}\begin{cases}>1,& 当 k<\lambda,\\=1,& 当 k=\lambda,\\<1,& 当 k>\lambda,\end{cases}\quad k=1,2,\cdots\end{aligned} $$

知道，当 $ k < \lambda $ 时， $ P\{X = k\} $ 随 k 增大而递增；当 $ k > \lambda $ 时， $ P\{X = k\} $ 随 k 增大而递减。从而，若 $ \lambda $ 为正整数，则当 $ k = \lambda $ 时， $ P\{X = \lambda\} = P\{X = \lambda - 1\} $ 为概率的最大值，即当 $ k = \lambda $ 或 $ k = \lambda - 1 $ 时概率都取到最大值。若 $ \lambda $ 不是正整数，令 $ k_{0} = [\lambda] $ （即 $ k_{0} $ 是 $ \lambda $ 的整数部分），则 $ k_{0} < \lambda < k_{0} + 1 $，此时有

$$ P\{X=k_{0}-1\}P\{X=k_{0}+1\}, $$

因此，可推得 $ P\{X=k_{0}\}=P\{X=\left[\lambda\right]\} $ 为概率的最大值.

（2）由

$$ \begin{aligned}\frac{P\{X=k\}}{P\{X=k-1\}}=&\frac{(n-k+1)p}{k(1-p)}=1+\frac{(n+1)p-k}{k(1-p)}\\=&\{\begin{aligned}&>1,&& 当 k<(n+1)p,\\&=1,&& 当 k=(n+1)p,\\&<1,&& 当 k>(n+1)p,\end{aligned}.k=1,2,\cdots,n,\end{aligned} $$

知道，当 $ k<(n+1)p $ 时， $ P\{X=k\} $ 随 k 增大而递增；当 $ k>(n+1)p $ 时， $ P\{X=k\} $ 随 k 增大而递减。从而，若 $ (n+1)p $ 为正整数，则当 $ k=(n+1)p $ 时， $ P\{X=(n+1)p\}=P\{X=(n+1)p-1\} $ 为概率的最大值，即当 $ k=(n+1)p $ 或 $ k=(n+1)p-1 $ 时概率都取到最大值。若 $ (n+1)p $ 不是正整数，令 $ k_{0}=[(n+1)p] $，则 $ k_{0}<(n+1)p

$$ P\{X=k_{0}-1\}

$$ P\{X=k_{0}\}>P\{X=k_{0}+1\}, $$

伏覆西非代

可推得 $ P\{X=k_0\}=P\{X=\left[(n+1)p\right]\} $ 为概率的最大值.

1. 若离散型随机变量 X 具有分布律

称 X 服从取值为 1,2, $ \cdots $,n 的离散型均匀分布.对于任意非负实数 x,记[x]为不超过 x 的最大整数.设 $ U\sim U(0,1) $,证明 $ X=[nU]+1 $ 服从取值为 1,2, $ \cdots $,n

的离散型均匀分布.

证 对于 $ i=1,2,\cdots,n $

$$ \begin{aligned}P\{X=i\}&=P\{[nU]+1=i\}=P\{[nU]=i-1\}\\&=P\{i-1\leqslant nU

1. 设 $ X \sim U(-1,2) $，求 $ Y = |X| $ 的概率密度.

解 X 的概率密度为

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{3},&-1

记 X 的分布函数为 $ F_{X}(x) $. 先来求 Y 的分布函数 $ F_{Y}(y) $.

当 y<0 时， $ F_{Y}(y)=P\{Y\leqslant y\}=0 $

当 y>0 时， $ F_{Y}(y)=P\{|X|\leqslant y\}=P\{-y\leqslant X\leqslant y\}=F_{X}(y)-F_{X}(-y). $

将 $ F_{Y}(y) $ 关于 y 求导数可得 Y 的概率密度 $ f_{Y}(y) $ 如下：

$$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&f_{X}(y)+f_{X}(-y),&y>0,\\ &0,&\end{aligned}.\\ 其他 . $$

当 0 < y < 1 时， $ -1 < -y < 0 $。因而 $ f_{X}(y) = \frac{1}{3} $， $ f_{X}(-y) = \frac{1}{3} $，此时

$ f_{Y}(y)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3} $.同时剪密率测出 $ \frac{1}{Y} $时X.

当 1 < y < 2 时，-2 < -y < -1，因而 $ f_{X}(y) = \frac{1}{3} $， $ f_{X}(-y) = 0 $，此时 $ f_{X}(y) = \frac{1}{3} $。

当 y>2 时， $ f_{X}(y)=0,f_{X}(-y)=0 $ ，因而 $ f_{Y}(y)=0 $ 。故

$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{2}{3},&0

1. 设随机变量 X 的概率密度

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&0,&\text{其他 }&<0,\\ &\frac{1}{2},&0&\leqslant x<1,\\ &\frac{1}{2x^{2}},&1&\leqslant x<\infty.\end{aligned}. $$

求 $ Y=\frac{1}{X} $ 的概率密度.

$$ \textcircled{7} $$

解 因函数 $ y=g(x)=\frac{1}{x} $ 严格单调减少，它的反函数 $ h(y)=\frac{1}{y} $. 当 $ 0

$$ \begin{aligned}f_{Y}(y)&=\begin{cases}f_{X}[h(y)]\cdot\left|h^{\prime}(y)\right|,&0

因而

$$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&0,&y\leqslant0,\\&\frac{1}{2}\frac{1}{y^{2}},&0<\frac{1}{y}<1,\\&\frac{1}{2}\frac{1}{(\frac{1}{y})^{2}}\frac{1}{y^{2}},&1\leqslant\frac{1}{y}<\infty.\end{aligned}. $$

即

$$ ( Ⅰ ) 与 \overline{1} $$

$$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&0,&y\leqslant0,\\&\frac{1}{2},&0

本题 X 和 $ \frac{1}{X} $ 的概率密度相同.

1. 设随机变量 X 服从以均值为 $ \frac{1}{\lambda} $ 的指数分布. 验证随机变量 $ Y = [X] $ 服从以参数为 $ 1 - e^{-\lambda} $ 的几何分布. 这一事实表明连续型随机变量的函数可以是离散型随机变量.

解 X 的概率密度为 $ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\lambda e^{-x},x>0,\\&0, 其他.\end{aligned}. $ X 的值域为 $ (0,\infty) $，故 $ Y=[X] $ 的值域是 $ \{0,1,2,\cdots\} $，Y 是离散型随机变量。对于任意非负整数 y 有

$$ \begin{aligned}P\{Y=y\}&=P\{[X]=y\}=P\{y\leqslant X

这就是说Y服从以 $ 1-e^{-\lambda} $为参数的几何分布 $ ^{①} $.这表示一个连续型随机变量经

变换变成了离散型随机变量.

1. 投掷一枚硬币直至正面出现为止，引入随机变量 X = 投掷总次数.

$$ Y=\{\begin{aligned}&1,&& 若首次投掷得到正面 ,\\ &0,&& 若首次投掷得到反面 .\end{aligned}. $$

（1）求 X 和 Y 的联合分布律及边缘分布律.

(2) 求条件概率 $ P\{X=1 \mid Y=1\} $, $ P\{Y=2 \mid X=1\} $.

解（1）Y 的可能值是 0,1,X 的可能值是 1,2,3, $ \cdots $.

$$ \begin{aligned}P\{X=1,Y=1\}&=P\{Y=1\mid X=1\}P\{X=1\}\\&=1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

（因 X=1 必定首次得正面，故 $ P\{Y=1\mid X=1\}=1 $。）

若 k>1,

$$ \begin{aligned}P\{X=k,Y=1\}&=P\{Y=1\mid X=k\}P\{X=k\}\\&=0\times\frac{1}{2^{k}}=0.\end{aligned} $$

（因 $ X=k>1 $，首次得正面是不可能的，故 $ P\{Y=1 \mid X=k\}=0, k=2, 3, \cdots $）

$$ \begin{aligned}P\{X=1,\overline{Y}=0\}&=P\{Y=0\mid X=1\}P\{X=1\}\\&=0\times\frac{1}{2}=0.\end{aligned} $$

（因 X=1 必须首次得正面，故 $ P\{Y=0 \mid X=1\}=0. $）当 k>1，

$$ \begin{aligned}P\{X=k,Y=0\}&=P\{Y=0\mid X=k\}P\{X=k\}\\&=1\times\frac{1}{2^{k}},\quad k=2,3,\cdots.\end{aligned} $$

（因 X=k>1，必定首次得反面，故 $ P\{Y=0 \mid X=k\}=1 $。）

综上，得 $ (X,Y) $的分布律及边缘分布律如下：

(2)

$$ P\{X=1\mid Y=1\}=\frac{P\{X=1,Y=1\}}{P\{Y=1\}}=\frac{1/2}{1/2}=1 $$

$$ P\{Y=2\mid X=1\}=\frac{P\{X=1,Y=2\}}{P\{X=1\}}=0. $$

1. 设随机变量 $ X \sim \pi(\lambda) $，随机变量 $ Y = \max\{X, 2\} $。试求 X 和 Y 的联合分布律及边缘分布律。

解 X 的分布律为

$$ P\{X=k\}=\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!},\quad k=0,1,2,\cdots. $$

X 的可能值是 0,1,2, $ \cdots $; Y 的可能值为 2,3,4, $ \cdots $.

$$ \begin{aligned}P\{X=0,Y=2\}&=P\{Y=2\mid X=0\}P\{X=0\}\\&=1\cdot P\{X=0\}=\mathrm{e}^{-\lambda}.\end{aligned} $$

$$ P\{X=1,Y=2\}=P\{Y=2\mid X=1\}P\{X=1\} $$

$$ 1=1=x\text{ 且 }1=y\text{ 且 }1=1\cdot P\{X=1\}=\lambda\mathrm{e}^{-\lambda}. $$

$ i \geqslant 2 $ 时

$$ \begin{aligned}P\{X=i,Y=j\}&=P\{Y=j\mid X=i\}P\{X=i\}\\&=\{\begin{matrix}1\bullet P\{X=i\},&j=i,\\0\bullet P\{X=i\},&j\neq i\end{matrix}.\end{aligned} $$

$$ 0=\{\begin{aligned}&\frac{\lambda^{i}\mathrm{e}^{-\lambda}}{i!},j=i,\\&0,\quad j\neq i,\end{aligned}.\quad j=2,3,4,\cdots. $$

即得 X,Y 的联合分布律及边缘分布律为

1. 设 X, Y 是相互独立的泊松随机变量，参数分别为 $ \lambda_{1}, \lambda_{2} $，求给定 $ X + Y = n $ 的条件下 X 的条件分布. $ \frac{1}{36} $ $ \frac{1}{35} $ $ \frac{1}{34} $ $ \frac{1}{33} $ $ \frac{1}{32} $ $ \frac{1}{31} $

$$ \begin{aligned} 解 \quad&P\{X=k\mid X+Y=n\}\\&=\frac{P\{X=k,X+Y=n\}}{P\{X+Y=n\}}\frac{(1-Y_{*})-X}{1-Y}q=(1-Y|-1-X)q\quad(S)\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}=&\frac{P\{X=k,Y=n-k\}}{P\{X+Y=n\}}\xlongequal{ 由独立性 }\frac{P\{X=k\}P\{Y=n-k\}}{P\{X+Y=n\}}\\=&\frac{\lambda_{1}^{k}\mathrm{e}^{-\lambda_{1}}}{k!}\cdot\frac{\lambda_{2}^{n-k}\mathrm{e}^{-\lambda_{2}}}{(n-k)!}\left[\frac{(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n}\mathrm{e}^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}}{n!}\right]^{-1}=\frac{n!}{(n-k)!\quad k!}\frac{\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{n-k}}{(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n}}\\=&\binom{n}{k}\frac{\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{n-k}}{(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n}}=\binom{n}{k}\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right)^{k}\left(\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right)^{n-k}.\end{aligned} $$

这就是说给定条件 $ X + Y = n $ 下 X 的条件分布为以 $ n, \lambda_{1} / (\lambda_{1} + \lambda_{2}) $ 为参数的二项分布.

1. 一教授将两篇论文分别交给两个打字员打印. 以 X, Y 分别表示第一篇第二篇论文的印刷错误. 设 $ X \sim \pi(\lambda) $, $ Y \sim \pi(\mu) $, X, Y 相互独立.

（1）求 X,Y 的联合分布律.

（2）求两篇论文总共至多1个错误的概率.

解（1）X,Y的联合分布律为

$$ P\{X=x,Y=y\}=\frac{\lambda^{x}\mathrm{e}^{-\lambda}}{x!}\cdot\frac{\mu^{y}\mathrm{e}^{-\mu}}{y!}=\frac{\lambda^{x}\mu^{y}\mathrm{e}^{-(\lambda+\mu)}}{x!y!},\quad x,y=0,1,2,\cdots. $$

（2）两篇论文总共至多1个错误的概率为

$$ \begin{aligned}P\{X+Y\leqslant1\}&=P(\{X+Y=0\}\bigcup\{X+Y=1\})\\&=P\{X=0,Y=0\}+P\{X=1,Y=0\}+P\{X=0,Y=1\}\\&=\mathrm{e}^{-(\lambda+\mu)}+\lambda\mathrm{e}^{-(\lambda+\mu)}+\mu\mathrm{e}^{-(\lambda+\mu)}=\mathrm{e}^{-(\lambda+\mu)}(1+\lambda+\mu).\end{aligned} $$

1. 一等边三角形 ROT (如题 15.25 图) 的边长为 1，在三角形内随机地取点 Q(X, Y) (意指随机点 (X, Y) 在三角形 ROT 内均匀分布).

（1）写出随机变量(X,Y)的概率密度.

(2) 求点 Q 到底边 OT 的距离的分布函数.

解 （1）因三角形 ROT 的面积为 $ \sqrt{3}/4 $，故 $ (X,Y) $ 的概率密度为

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{4}{\sqrt{3}},&0\leqslant y\leqslant\sqrt{3}x,0\leqslant y\leqslant-\sqrt{3}(x-1),\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

(2) 点 Q(X,Y) 到底边 OT 的距离就是 Y，因而求 Q 到 OT 的距离的分布函数，就是求 (X,Y) 关于 Y 的边缘分布函数，现在

$$ \begin{aligned}f_{Y}(y)&=\int_{y/\sqrt{3}}^{1-y/\sqrt{3}}f(x,y)\mathrm{d}x\\&=\frac{4}{\sqrt{3}}\Big(1-\frac{2y}{\sqrt{3}}\Big),\quad0

从而

$$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{4}{\sqrt{3}}(1-\frac{2y}{\sqrt{3}}),&0

Y 的分布函数为

$$ F_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&0,&y<0,\\&\frac{4}{\sqrt{3}}y-\frac{4}{3}y^{2},&0\leqslant y<\frac{\sqrt{3}}{2},\\&1,&y\geqslant\frac{\sqrt{3}}{2}.\end{aligned}. $$

1. 设随机变量(X,Y)具有概率密度

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&x e^{-x(y+1)},&x>0,y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

(1) 求边缘概率密度 $ f_{X}(x) $, $ f_{Y}(y) $.

(2) 求条件概率密度 $ f_{X \mid Y}(x \mid y) $, $ f_{Y \mid X}(y \mid x) $.

解（1）当x>0时，

$$ f_{X}(x)=\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x(y+1)}\mathrm{d}y=\mathrm{e}^{-x}\left[-\mathrm{e}^{-xy}\right]_{y=0}^{y=\infty}=\mathrm{e}^{-x}, $$

当 y>0 时，

$$ \begin{aligned}f_{Y}(y)=&\int_{0}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x(y+1)}\mathrm{d}x\\=&\frac{-x\mathrm{e}^{-x(y+1)}}{y+1}\bigg|_{x=0}^{x=\infty}+\frac{1}{y+1}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-x(y+1)}\mathrm{d}x\\=&\frac{-\mathrm{e}^{-x(y+1)}}{(y+1)^{2}}\bigg|_{x=0}^{x=\infty}=\frac{1}{(y+1)^{2}}.\end{aligned} $$

故边缘概率密度分别是

$$ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&e^{-x},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}.\quad f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{(y+1)^{2}},&y>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

（2）条件概率密度.

当x>0时，

$$ \begin{aligned}f_{Y\mid X}(y\mid x)=&\{\begin{aligned}&\frac{x\mathrm{e}^{-x(y+1)}}{\mathrm{e}^{-x}},&y>0,\\ &0,&y 取其他值 \end{aligned}.\\ =&\{\begin{aligned}&x\mathrm{e}^{-xy},&y>0,\\ &0,&y 取其他值 .\end{aligned}.\end{aligned} $$

当 y>0 时，

$$ \begin{aligned}f_{X\mid Y}(x\mid y)=&\{\begin{aligned}&\frac{x\mathrm{e}^{-x(y+1)}}{1/(y+1)^{2}},&x>0,\\ &0,&x 取其他值 \end{aligned}.\\ =&\{\begin{aligned}&x(y+1)^{2}\mathrm{e}^{-x(y+1)},&x>0,\\ &0,&x 取其他值 \end{aligned}.\end{aligned} $$

1. 设有随机变量 U 和 V，它们都仅取 1，-1 两个值. 已知

$$ P\{U=1\}=\frac{1}{2}, $$

$$ P\{V=1\mid U=1\}=\frac{1}{3}=P\{V=-1\mid U=-1\}. $$

（1）求U和V的联合分布律.

（2）求 x 的方程 $ x^{2}+Ux+V=0 $ 至少有一个实根的概率.

（3）求 x 的方程 $ x^{2}+(U+V)x+U+V=0 $ 至少有一个实根的概率.

解 (1) $ P\{U=1, V=1\}=P\{V=1\mid U=1\}P\{U=1\} $

$$ =\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{6}. $$

$$ \begin{aligned}P\{U=-1,V=-1\}&=P\{V=-1\mid U=-1\}P\{U=-1\}\\&=\frac{1}{3}\times[1-P\{U=1\}]\\&=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{6}.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}P\{U=1,V=-1\}&=P\{V=-1\mid U=1\}P\{U=1\}\\&=[1-P\{V=1\mid U=1\}]P\{U=1\}\\&=\frac{2}{3}\times\frac{1}{2}=\frac{2}{6}.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}P\{U=-1,V=1\}&=P\{V=1\mid U=-1\}P\{U=-1\}\\&=[1-P\{V=-1\mid U=-1\}]P\{U=-1\}\\&=\frac{2}{3}\times\frac{1}{2}=\frac{2}{6}.\end{aligned} $$

U,V 的联合分布律为

（2）方程 $ x^{2}+Ux+V=0 $ 当且仅当在 $ \Delta=U^{2}-4V\geqslant0 $ 时至少有一实根，因

而所求的概率为

$$ P\{\Delta\geqslant0\}=P\{U^{2}-4V\geqslant0\}=P\{V=-1\}=\frac{1}{2}. $$

（3）方程 $ x^{2}+(U+V)x+U+V=0 $ 当且仅当在 $ \Delta=(U+V)^{2}-4(U+V)\geq0 $ 时至少有一实根，因而所求的概率为

$$ \begin{aligned}P\{\Delta\geqslant0\}&=P\{U=-1,V=-1\}+P\{U=-1,V=1\}+P\{U=1,V=-1\}\\&=\frac{5}{6}.\end{aligned} $$

1. 某图书馆一天的读者人数 $ X \sim \pi(\lambda) $，任一读者借书的概率为 p，各读者借书与否相互独立。记一天读者借书的人数为 Y，求 X 和 Y 的联合分布律.

解 读者借书人数的可能值为 Y=0,1,2, $ \cdots $,Y $ \leqslant X $,

$$ \begin{aligned}P\{X=k,Y=i\}&=P\{Y=i\mid X=k\}P\{X=k\}\\&=\binom{k}{i}p^{i}(1-p)^{k-i}\frac{\lambda^{k}\mathrm{e}^{-\lambda}}{k!},\quad k=0,1,2,\cdots,i=0,1,2,\cdots,k.\end{aligned} $$

1. 设随机变量 X, Y 相互独立，且都服从均匀分布 U(0,1)，求两变量之至少为另一变量之值之两倍的概率.

解 按题意知，(X,Y)在区域： $ G=\{(x,y)\mid0

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&1,&0

所求概率为

$$ \begin{aligned}p&=P\{Y>2X\}+P\{X>2Y\}\\&=\iint_{G_{1}}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_{G_{2}}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=G_{1} 的面积 +G_{2} 的面积 =\frac{1}{2},\end{aligned} $$

$ G_{1}, G_{2} $ 见题 15.29 图.

1. 一家公司有一份保单招标，两家保险公司竞标。规定标书的保险费必须在20万元至22万元之间。若两份标书保险费相差2千或2千以上，招标公司将选择报价低者，否则就重新招标。设两家保险公司的报价是相互独立的，且都在20万至22万之间均匀分布。试求招标公司需重新招标的概率。

解 设以 X, Y 分别表示两家保险公司提出的保费.

由假设 X 和 Y 的概率密度均为

$$ f(u)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2},&20

因 X,Y 相互独立，故 $ (X,Y) $ 的概率密度为

$$ f(x,y)=f_{X}(x)f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{4},&20<&x<22,&20<&y<22,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

按题意需求概率 $ P\{|X-Y|\leq0.2\} $. 画出区域：

$ \{(x,y)\mid|x-y|<0.2\} $，以及矩形 $ \{(x,y)\mid20

G=正方形面积 $ -2\times $三角形面积 $ =4-1.8\times1.8=0.76 $.

所求概率 $ =\frac{0.76}{2\times2}=0.19 $

1. 设随机变量 $ X \sim N(0, \sigma_{1}^{2}) $, $ Y \sim N(0, \sigma_{2}^{2}) $，且 X, Y 相互独立，求概率

$$ P\{0<\sigma_{2}X-\sigma_{1}Y<2\sigma_{1}\sigma_{2}\}. $$

解 因 X,Y 相互独立，其线性组合 $ \sigma_{2}X-\sigma_{1}Y $ 仍为正态变量，而

$$ \boldsymbol{E}(\sigma_{2}\boldsymbol{X}-\boldsymbol{\sigma}_{1}\boldsymbol{Y})=\sigma_{2}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{X})-\sigma_{1}\boldsymbol{E}(\boldsymbol{Y})=0, $$

$ D(\sigma_{2}X - \sigma_{1}Y) = \sigma_{2}^{2}D(X) + \sigma_{1}^{2}D(Y) = 2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2} $,

故 $ \sigma_{2}X - \sigma_{1}Y \sim N(0, 2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}) $. 因而

$$ \begin{aligned}&P\{0<\sigma_{2}X-\sigma_{1}Y<2\sigma_{1}\sigma_{2}\}\\=&P\{0<\frac{\sigma_{2}X-\sigma_{1}Y-0}{\sqrt{2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}}\leqslant\frac{2\sigma_{1}\sigma_{2}-0}{\sqrt{2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}}\}\\=&\Phi(\frac{2\sigma_{1}\sigma_{2}}{\sqrt{2\sigma_{1}^{2}\sigma_{2}^{2}}})-\Phi(0)=\Phi(\sqrt{2})-0.5\\=&0.9207-0.5=0.4207.\end{aligned} $$

1. NBA 篮球赛中有这样的规律，两支实力相当的球队比赛时，每节主队得分与客队得分之差为正态随机变量，均值为 1.5，方差为 6，并且假设四节的比分差是相互独立的。问：

（1）主队胜的概率有多大？

（2）在前半场主队落后5分的情况下，主队得胜的概率有多大？

（3）在第一节主队赢5分的情况下，主队得胜的概率有多大.

解 以 $ X_{i} $ (i=1,2,3,4) 记主队在第 i 节的得分与客队在第 i 节的得分之差，则有 $ X_{i} \sim N(1.5,6) $， $ \sum_{i=1}^{4} X_{i} \sim N(4 \times 1.5, 4 \times 6) $。记 Z 为标准正态随机变量。

(1)

$$ \begin{aligned}P\{\sum_{i=1}^{4}X_{i}>0\}=&P\{\frac{\sum_{i=1}^{4}X_{i}-4\times1.5}{\sqrt{4\times6}}>\frac{-6}{\sqrt{4\times6}}\}\\=&P\{Z>-1.2247\}=0.8897.\end{aligned} $$

（2）由独立性

$$ \begin{aligned}P\{.\sum_{i=1}^{4}X_{i}>0|.\sum_{i=1}^{2}X_{i}=-5\}\}=&P\{X_{3}+X_{4}>5\}\\=&P\{.\frac{X_{3}+X_{4}-3}{\sqrt{2\times6}}>\frac{5-3}{\sqrt{12}}\}\}=P\{Z>\frac{\sqrt{3}}{3}\}\\=&P\{Z>0.5775\}=0.2818.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}(3)P\{.\sum_{i=1}^{4}X_{i}>0||X_{1}=5.\}&=P\{5+X_{2}+X_{3}+X_{4}>0\}\\&=P\{X_{2}+X_{3}+X_{4}>-5\}\\&=P\{\frac{X_{2}+X_{3}+X_{4}-4.5}{\sqrt{3\times6}}>\frac{-5-4.5}{\sqrt{18}}\}\\&=P\{Z>\frac{-9.5}{\sqrt{18}}\}=P\{Z>-2.239\}\\&=0.9874.\end{aligned} $$

1. 产品的某种性能指标的测量值 X 是随机变量，设 X 的概率密度为

$$ f_{x}(x)=\{\begin{aligned}&x e^{-\frac{1}{2}x^{2}},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

测量误差 $ Y \sim U(-\varepsilon, \varepsilon) $，X，Y 相互独立。求 $ Z = X + Y $ 的概率密度 $ f_{Z}(z) $，并验证

$$ P\{Z>\varepsilon\}=\frac{1}{2\varepsilon}\int_{0}^{2\varepsilon}\mathrm{e}^{-u^{2}/2}\mathrm{d}u. $$

解（1）Y的概率密度为

$$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2\varepsilon},&-\varepsilon

故 $ Z = X + Y $ 的概率密度为

$$ f_{Z}(z)=f_{X}*f_{Y}=\int_{-\infty}^{\infty}f_{X}(x)f_{Y}(z-x)dx, $$

仅当 $ \{\begin{array}{l}x>0,\\-\varepsilon0,\\z-\varepsilon

时上述积分的被积函数不等于零，参考题15.33图，得

$$ \begin{aligned}f_{Z}(z)&=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2\varepsilon}\int_{0}^{z+\varepsilon}x\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}x^{2}}\mathrm{d}x,&-\varepsilon

(2)

$$ \begin{aligned}P\{Z>\epsilon\}&=\int_{\epsilon}^{\infty}f_{Z}(z)\mathrm{d}z\\&=\frac{1}{2\epsilon}[\int_{\epsilon}^{\infty}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}(x-\epsilon)^{2}}\mathrm{d}z-\int_{\epsilon}^{\infty}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}(x+\epsilon)^{2}}\mathrm{d}z]\\&\xlongequal{ 记成 }\frac{1}{2\epsilon}[\mathrm{I}+\mathrm{II}],\end{aligned} $$

其中，

$$ \mathrm{I}=\int_{\varepsilon}^{\infty}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}(z-\varepsilon)^{2}}\mathrm{d}z\xlongequal{z-\varepsilon=u}\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}u^{2}}\mathrm{d}u, $$

$$ \mathrm{II}=-\int_{\varepsilon}^{\infty}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}(x+\varepsilon)^{2}}\mathrm{d}z\xlongequal{ 令 z+\varepsilon=u}-\int_{2\varepsilon}^{\infty}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}u^{2}}\mathrm{d}u. $$

于是

$$ P\{Z>\varepsilon\}=\frac{1}{2\varepsilon}[\mathrm{~I~}+\mathrm{I I}]=\frac{1}{2\varepsilon}\int_{0}^{2\varepsilon}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}u^{2}}\mathrm{d}u. $$

1. 在一化学过程中，产品中有份额 X 为杂质，而在杂质中有份额 Y 是有害的，而其余部分不影响产品的质量。设 $ X \sim U(0,0.1) $， $ Y \sim U(0,0.5) $，且 X 和 Y 相互独立，求产品中有害杂质份额 Z 的概率密度。

解 因 Z=XY, X $ \sim $U(0,0.1), Y $ \sim $U(0,0.5) 且 X,Y 相互独立. 于是 Z 的概率密度为

$$ f_{Z}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|x\right|}f_{1}(x)f_{2}(\frac{z}{x})\mathrm{d}x, $$

其中， $ f_{1}(x)=\{\begin{aligned}&10,&&0

$$ f_{2}(x)=\{\begin{aligned}&2,&&0

易知仅当

$$ \{\begin{aligned}&0

时 $ (*_{1} $）中的被积函数不等于零，参考题15.34图即得

$$ \begin{aligned}f(z)=&\begin{cases}\displaystyle\int_{2z}^{0.1}10\cdot2\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x,&0

1. 设随机变量(X,Y)的概率密度为

$$ f(x,y)=\{\begin{aligned}&e^{-y},&0<&x

(1) 求 $ (X,Y) $ 的边缘概率密度.

(2) 问 X, Y 是否相互独立.

（3）求 $ X + Y $ 的概率密度 $ f_{X + Y}(z) $

(4) 求条件概率密度 $ f_{X \mid Y}(x \mid y) $.

(5) 求条件概率 $ P\{X>3 \mid Y<5\} $.

(6) 求条件概率 $ P\{X>3 \mid Y=5\} $.

解 (1) $ f_{X}(x)=\{\begin{aligned}&\int_{x}^{\infty}e^{-y}dy=e^{-x},&x>0,\\ &0,& 其他.\end{aligned}. $

$ f_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&\int_{0}^{y}e^{-y}dx=ye^{-y},&y>0,\\ &0,& 其他.\end{aligned}. $

(2) X, Y 不是相互独立的.

(3) $ f_{X+Y}(z)=\int_{-\infty}^{\infty}f(z-y,y)dy. $

仅当 0 < z - y < y，即 $ \{\begin{aligned}&2y > z\\ &y > 0\\ &y < z\end{aligned}. $ 时被积函数不为零.

如题 15.35 图 1 得

$$ f_{X+Y}(z)=\{\begin{aligned}&\int_{z/2}^{z}e^{-y}d y=e^{-z/2}-e^{-z},&z>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

（4）对于 y > 0

$$ f_{X\mid Y}(x\mid y)=\{\begin{aligned}&\frac{e^{-y}}{y e^{-y}}=\frac{1}{y},&\quad0<&x

即对于固定的 $ y(y>0)X $ 的条件分布是区间 $ (0,y) $ 上的均匀分布.

（5）如题15.35图2条件概率为

$$ \begin{aligned}P\{X>3\mid Y<5\}&=\frac{P\{X>3,Y<5\}}{P\{Y<5\}}\\&=\frac{\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\int_{0}^{5}f_{Y}(y)\mathrm{d}y},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} 分子 &=\int_{3}^{5}\int_{x}^{5}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y\mathrm{d}x=\int_{3}^{5}\left(-\mathrm{e}^{-y}\right)\bigg|_{x}^{5}\mathrm{d}x\\&=\int_{3}^{5}\left(-\mathrm{e}^{-5}+\mathrm{e}^{-x}\right)\mathrm{d}x=-3\mathrm{e}^{-5}+\mathrm{e}^{-3}\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} 分母 =&\int_{0}^{5}f_{Y}(y)\mathrm{d}y=\int_{0}^{5}y\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y\\=&-y\mathrm{e}^{-y}\big|_{0}^{5}.+\int_{0}^{5}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}y=-6\mathrm{e}^{-5}+1,\end{aligned} $$

故 $ P\{X>3|Y<5\}=0.03082 $

(6)

$$ f_{X\mid Y}(x\mid5)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{5},&0

$$ P\{X>3\mid Y=5\}=\int_{3}^{5}\frac{1}{5}\mathrm{d}x=\frac{2}{5}. $$

1. 设某图书馆的读者借阅甲种图书的概率为 p，借阅乙种图书的概率为 $ \alpha $，设每人借阅甲、乙图书的行动相互独立，读者之间的行动也相互独立.

(1) 某天恰有 n 个读者，求借阅甲种图书的人数的数学期望.

(2) 某天恰有 n 个读者，求甲、乙两种图书中至少借阅一种的人数的数学期望.

解 （1）以 X 表示某天读者中借阅甲种图书的人数，因各人借阅甲种图书的概率均为 p，且由题设各人是否借阅相互独立，故 $ X \sim b(n, p) $，因此

$$ E(X)=np. $$

（2）以 A 表示事件“读者借阅甲种图书”，以 B 表示事件“读者借阅乙种图书”，则就该读者而言，有

$$ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB). $$

借阅两种图书的行动相互独立，故 $ P(AB)=P(A)P(B) $，按题设

$$ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=p+\alpha-p\alpha. $$

以 Y 表示至少借阅一种图书的人数，由题设各人是否借阅相互独立，知 $ Y \sim b(n, p + a - p\alpha) $，故

$$ E(Y)=n(p+\alpha-p\alpha). $$

也可这样做. 引入随机变量：

7=1，若第i个读者至少借阅甲、乙两种图书的一种，

$ Z_{i}=\{\begin{aligned}&0,\text{若第}i\text{个读者不借阅甲、乙两种图书的任一种},i=1,2,\cdots,n.\end{aligned}. $

则

$$ Y=\sum_{i=1}^{n}Z_{i}, $$

$$ E(Y)=E\left(\sum_{i=1}^{n}Z_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n}E(Z_{i})=n(p+\alpha-p\alpha). $$

这里不需假设读者之间的行动相互独立.（对第(1)小题也类似.）

1. 某种鸟在某时间区间 $ (0, t_{0}] $下蛋数为 $ 1\sim5 $只，下r只蛋的概率与r成正比.一个收拾鸟蛋的人在时刻 $ t_{0} $去收集鸟蛋，但他仅当鸟窝中多于3只蛋时才从中取走一只蛋.在某处有这种鸟的鸟窝6个(每个鸟窝保存完好，各鸟窝中蛋的只数相互独立).

（1）写出一个鸟窝中鸟蛋只数 X 的分布律.

(2) 对于指定的一个鸟窝，求拾蛋人在该鸟窝中拾到一只蛋的概率.

（3）求拾蛋人在6个鸟窝中拾到蛋的总数Y的分布律及数学期望.

(4) 求 $ P\{Y<4\} $, $ P\{Y>4\} $.

（5）当一个拾蛋人在这6个鸟窝中拾过蛋后，紧接着又有一个拾蛋人到这些鸟窝中拾蛋，也仅当鸟窝中多于3只蛋时，拾取一只蛋，求第二个拾蛋人拾得蛋数Z的数学期望.

解 （1）设该种鸟在 $ (0,t_{0}] $内下蛋数为X，按题意 $ P\{X=r\}=Cr,r=1,2,3,4,5 $，其中，C为待定常数。因 $ \sum_{r=1}^{5}P\{X=r\}=1 $，即有 $ \sum_{r=1}^{5}Cr=15C=1 $，所以 $ C=\frac{1}{15} $，因此，X的分布律为

$$ P\{X=r\}=\frac{1}{15}r,\quad r=1,2,3,4,5. $$

（2）因当且仅当窝中蛋数多于3时，拾蛋人从中取走一只蛋，故拾蛋人在该窝中拾取一只蛋的概率为

$$ P\{X>3\}=P\{X=4\}+P\{X=5\}=\frac{4}{15}+\frac{5}{15}=\frac{3}{5}. $$

（3）记拾蛋人在6个鸟窝中拾到蛋的总数为Y，则 $ Y\sim b(6,\frac{3}{5}) $，故

(3)

$$ E(Y)=6\times\frac{3}{5}=\frac{18}{5}. $$

(4)

$$ \begin{array}{l}P\{Y<4\}=1-P\{Y=4\}-P\{Y=5\}-P\{Y=6\}\\=1-\binom{6}{4}(\frac{3}{5})^{4}(\frac{2}{5})^{2}-\binom{6}{5}(\frac{3}{5})^{5}(\frac{2}{5})-(\frac{3}{5})^{6}=0.456,\end{array} $$

$$ P\{Y>4\}=P\{Y=5\}+P\{Y=6\}=0,233. $$

（5）第2个拾蛋人仅当鸟窝中最初有5只蛋时，他才能从该窝中拾到一只蛋，故他在一个鸟窝中拾到一只蛋的概率为 $ p=P\{X=5\}=\frac{1}{3} $. 以Z记第2个拾蛋人拾到蛋的总数，则 $ Z\sim b(6,\frac{1}{3}) $，故有 $ E(Z)=6\times\frac{1}{3}=2 $.

1. 设袋中有 r 只白球，N-r 只黑球。在袋中取球 n ( $ n \leq r $) 次，每次任取一只作不放回抽样，以 Y 表示取到白球的个数，求 E(Y).

解 引入随机变量 $ X_{i} $

$$ X_{i}=\{\begin{aligned}&1,&& 若第 i 次取到白球 ,\\ &0,&& 若第 i 次取到黑球 ,\end{aligned}.\quad i=1,2,\cdots,n, $$

则 n 次取球得到的白球数

$$ Y=X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}. $$

而

$$ P\{X_{i}=1\}=P\{ 第 i 次取球得到白球 \}=\frac{r}{N}, $$

$ X_{i} $ 的分布律为

$$ \frac{X_{i}}{p_{k}}\left|\begin{array}{cc}0&1\\1-\frac{r}{N}&\frac{r}{N}\end{array}\right|_{i=1,2,\cdots,n}, $$

即知 $ X_{i} $ 的数学期望为 $ E(X_{i})=\frac{r}{N} $. 于是得 Y 的数学期望为

$$ E(Y)=E\left(\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n}E(X_{i})=n\times\frac{r}{N}=\frac{nr}{N}. $$

本题也可以按以下的方式写出 Y 的表达式，从而求得 $ E(Y) $. 将球编号，引入随机变量 $ X_{i} $:

$$ X_{i}=\{\begin{aligned}&1,&& 若第 i 号白球被取到 ,\\ &0,&& 若第 i 号白球未被取到 ,\end{aligned}\quad i=1,2,\cdots,r,. $$

则

$$ Y=X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{r}. $$

事件 $ \{X_{i}=1\} $发生，表示在袋中取球n次，每次任取一只作不放回抽样时，第i号

白球被取到. 因为事件 $ \{X_{i}=1\} $可以在第1次、第2次、…、第n次取球，这n种两两互不相容的情况发生，且每次取到第i号白球的概率都是 $ \frac{1}{N} $. 因此，

$$ P\{X_{i}=1\}=\frac{1}{N}+\frac{1}{N}+\cdots+\frac{1}{N}=\frac{n}{N},\quad i=1,2,\cdots,r. $$

这样

$$ E(X_{i})=\frac{n}{N}, $$

从而

$$ E(Y)=\sum_{i=1}^{r}E(X_{i})=\frac{nr}{N}. $$

1. 抛一颗骰子直到所有点数全部出现为止，求所需投掷次数 Y 的数学期望.

解 引入随机变量 $ X_{i}, i=1,2,3,4,5,6 $，如下：

$$ X_{1}=1 $$

$ X_{2}= $第一个点数得到后，等待第二个不同点数所需等待次数，

$ X_{3}= $第一、第二两点数得到后，等待第三个不同点数所需等待次数， $ X_{4},X_{5},X_{6} $的意义类似.则所需投掷的总次数为

$$ Y=X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{6}. $$

因第一个点数得到后，掷一次得第二个不相同点数的概率为 $ \frac{5}{6} $，因此 $ X_{2} $的分布律为

$$ P\{X_{2}=k\}=\frac{5}{6}\left(\frac{1}{6}\right)^{k-1},\quad k=1,2,\cdots. $$

即 $ X_{2} $ 服从参数 $ p=\frac{5}{6} $ 的几何分布. 又因得到两个不相同的点数后，掷一次得第三个不相同点数的概率为 $ \frac{4}{6} $，故 $ X_{3} $ 服从参数 $ p=\frac{4}{6} $ 的几何分布，其分布律为

$$ P\{X_{3}=k\}=\frac{4}{6}\left(\frac{2}{6}\right)^{k-1},\quad k=1,2,\cdots. $$

同样， $ X_{4} $、 $ X_{5} $、 $ X_{6} $ 的分布律分别为

$$ P\{X_{4}=k\}=\frac{3}{6}\left(\frac{3}{6}\right)^{k-1},\quad k=1,2,\cdots, $$

$$ P\{X_{5}=k\}=\frac{2}{6}\left(\frac{4}{6}\right)^{k-1},\quad k=1,2,\cdots, $$

$$ P\{X_{6}=k\}=\frac{1}{6}\left(\frac{5}{6}\right)^{k-1},\quad k=1,2,\cdots. $$

因几何分布 $ P\{X=k\}=p(1-p)^{k-1}, k=1,2,\cdots $ 的数学期望为（参见本书第四章习题第20题）

$$ E(X)=\frac{1}{p}. $$

所以，如转曲回然不省只一双生好，如，若是中强直示，求策(1-X)

$$ \begin{aligned}E(Y)&=E\big(\sum_{i=1}^{6}X_{i}\big)=E(X_{1})+\sum_{i=2}^{6}E(X_{i})\\&=1+\left(\frac{6}{5}+\frac{6}{4}+\frac{6}{3}+\frac{6}{2}+\frac{6}{1}\right)=14.7.\end{aligned} $$

1. 设随机变量 X, Y 相互独立. 且 X, Y 分别服从以 $ \frac{1}{\alpha} $, $ \frac{1}{\beta} $ 为均值的指数分布. 求 $ E(X^{2} + Ye^{-X}) $.

解

$$ \begin{aligned}E(X^{2}+Y\mathrm{e}^{-X})&=E(X^{2})+E(Y)E(\mathrm{e}^{-X})\\&=D(X)+[E(X)]^{2}+E(Y)\cdot\int_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-t}\cdot\alpha\mathrm{e}^{-\alpha t}\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{\alpha^{2}}+\frac{1}{\alpha^{2}}+\frac{1}{\beta}\int_{0}^{\infty}\alpha\mathrm{e}^{-(\alpha+1)t}\mathrm{d}t\\&=\frac{2}{\alpha^{2}}+\frac{\alpha}{\beta(\alpha+1)}.\end{aligned} $$

1. 一酒吧间柜台前有6张凳子，服务员预测，若两个陌生人进来就座的话，他们之间至少相隔两张凳子.

（1）若真有两个陌生人入内，他们随机地就座，问服务员预言为真的概率是多少？

（2）设两位顾客是随机就座的，求顾客之间凳子数的数学期望.

解 （1）将凳子按自左至右编号，设服务员预言为真.（A）若第一位顾客就座于1号，则另一位顾客可坐4或5或6号共三种坐法，（B）若第一位顾客就座于2号，则另一位顾客可坐在5或6号共两种坐法，（C）若第一位顾客就座于3号，则另一位顾客只可就座于6号，只有一种坐法.综合（A）、（B）、（C）三种情况共计6种坐法.同样，若第一位顾客分别就座于6号、5号、4号，则另一位顾客也有6种坐法，因此两人共有 $ 6\times2=12 $种坐法，若两人随机就座共有 $ A_{6}^{2}=30 $种坐法，故服务员预言为真的概率是

$$ p=\frac{12}{30}=\frac{2}{5}. $$

（2）若两位顾客是随机就座的，以Y记两顾客间的凳子数，则Y可能取的值为0，1，2，3，4. 可知Y的分布律为

于是

$$ E(Y)=0\times\frac{5}{15}+1\times\frac{4}{15}+2\times\frac{3}{15}+3\times\frac{2}{15}+4\times\frac{1}{15}=\frac{4}{3}. $$

1. 设随机变量 $ X_1, X_2, \cdots, X_{100} $ 相互独立，且都服从 $ U(0,1) $，又设 $ Y = X_1 \cdot X_2 \cdot \cdots \cdot X_{100} $，求概率 $ P\{Y < 10^{-40}\} $ 的近似值.

解 所求概率为

$$ \begin{aligned}p=&P\{Y<10^{-40}\}=P\{\ln Y<-40\ln10\}\\=&P\{\ln\prod_{i=1}^{100}X_{i}<-40\ln10\}=P\{\sum_{i=1}^{100}\ln X_{i}<-92.1\}.\end{aligned} $$

因 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 相互独立且都服从 U(0,1) 分布，知 $ \ln X_{1}, \ln X_{2}, \cdots, \ln X_{n} $ 也相互独立，且服从同一分布，又 $ X_{i} \sim U(0,1) $，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&1,&0<&x<1,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

故有 $ E(\ln X_{i})=\int_{0}^{1}\ln x\mathrm{d}x=-1,E(\ln^{2}X_{i})=\int_{0}^{1}\ln^{2}x\mathrm{d}x=2,D(X_{i})=2-1=1 $ 由中心极限定理得

$$ \begin{aligned}p=&P\Big\{\sum_{i=1}^{100}\ln X_{i}<-92.1\Big\}\\=&P\Bigg\{\frac{\sum_{i=1}^{100}\ln X_{i}-100\times(-1)}{\sqrt{100}\sqrt{1}}<\frac{-92.1+100}{\sqrt{100}\sqrt{1}}\Bigg\}\\\approx&\Phi\Big(\frac{-92.1+100}{\sqrt{100}}\Big)=\Phi(0.79)=0.785\ 2.\end{aligned} $$

1. 来自某个城市的长途电话呼唤的持续时间 X（以分计）是一个随机变量，它的分布函数是

$$ F(x)=\{\begin{aligned}&1-\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{3}}-\frac{1}{2}e^{-[\frac{x}{3}]},&x\geqslant0,\\ &0,&x<0,\end{aligned}. $$

（其中 $ \left[\frac{x}{3}\right] $是不大于 $ \frac{x}{3} $的最大整数）.

（1）画出 $ F(x) $ 的图形.

（2）说明 X 是什么类型的随机变量.

(3) 求 $ P\{X=4\} $, $ P\{X=3\} $, $ P\{X<4\} $, $ P\{X>6\} $ (提示 $ P\{X=a\}=F(a)-F(a-0) $).

解（1）

(2) $ F(x) $ 的所有不连续点为 3k (k=1,2,\cdots), X 取这些值的概率的总和为

$$ \begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}P\{X=3k\}&=\sum_{k=1}^{\infty}[F(3k)-F(3k-0)]\\&=\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left(1-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-\frac{3k}{3}}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-\frac{3k}{3}}\right)-\left(1-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-\frac{3k}{3}}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-(\frac{3k}{3}-1)}\right)\right]\\&=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{1-k}-\mathrm{e}^{-k})=\frac{1}{2}(\mathrm{e}-1)\sum_{k=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-k}=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

注意到，在 $ F(x) $ 的任一连续点 a 处有 $ P\{X=a\}=0 $；又由于 $ \sum_{k=1}^{\infty}P\{X=3k\}=\frac{1}{2} $，因此，不可能取到可列多个值 $ x_{1}, x_{2}, \cdots $，使得 $ \sum_{k=1}^{\infty}P\{X=x_{k}\}=1 $，故 X 不是离散型随机变量。又由于 $ F(x) $ 不是连续函数，故 X 也不是连续型随机变量。

(3) $ P\{X=4\}=0 $.

$$ \begin{aligned}P\{X=3\}&=F(3)-F(3-0)\\&=\left(1-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}\right)-\left(1-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-(1-1)}\right)\\&=\frac{1}{2}\left(1-\mathrm{e}^{-1}\right)=0.316.\end{aligned} $$

$$ P\{X<4\}=F(4)-P\{X=4\}=1-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-4/3}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}-0=0.684. $$

$$ P\{X>6\}=1-F(6)=1-\left(1-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2}\right)=\mathrm{e}^{-2}=0.135. $$

1. 一汽车保险公司分析一组（250人）签约的客户中的赔付情况. 据历史数据分析，在未来的一周中一组客户中至少提出一项索赔的客户数 X 占 10%. 写出 X 的分布，并求 $ X > 250 \times 0.12 $ （即 X > 30）的概率. 设各客户是否提出索赔相互独立.

解 按题意知 $ X \sim b(250, 0.10) $. 现在需要求

$$ P\{X>30\}=\sum_{x=31}^{250}\binom{250}{x}0.10^{x}0.90^{250-x}, $$

即需求 $ P\{X>30\}=1-\sum_{x=0}^{30}\binom{250}{x}0.10^{x}0.90^{250-x} $

由拉普拉斯定理得

$$ \begin{aligned}P\{X>30\}&\approx1-\Phi\Big(\frac{30-250\times0.10}{\sqrt{250\times0.10\times0.90}}\Big)\\&=1-\Phi(1.054)=1-0.8531=0.1469.\end{aligned} $$

1. 在区间(0,1)随机地取一点 X. 定义 $ Y = \min\{X, 0.75\} $.

（1）求随机变量Y的值域.

(2) 求 Y 的分布函数，并画出它的图形.

（3）说明Y不是连续型随机变量，Y也不是离散型随机变量.

解 (1) 因 $ Y = \min\{X, 0.75\} $，故 $ Y \leq X $ 且 $ Y \leq 0.75 $。又由于 X 的值域是 $ (0,1) $，知 Y 的值域为 $ (0, 0.75] $。

(2) 由(1)知当 y<0 时 $ F_{Y}(y)=P\{Y\leqslant y\}=0 $，当 $ y\geqslant0.75 $ 时， $ F_{Y}(y)=P\{Y\leqslant y\}=1 $.

当 $ 0 \leqslant y < 0.75 $ 时，事件 $ \{Y \leqslant y\} $ 表示 X 是在 $ (0, y] $ 随机取的一点。故有

$$ F_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&0,&y&<0,\\ &y,&0\leqslant&y<0.75,\\ &1,&y&\geqslant&0.75.\end{aligned}. $$

$ F_{Y}(y) $的图形如题15.45图所示.

(3) 从题 15.45 图看出， $ F_{Y}(y) $ 在点 y=0.75 处不连续，故它不是连续型随机变量. $ F_{Y}(y) $ 只有一个不连续点 y=0.75. 注意到在 $ F_{Y}(y) $ 的任一连续点 a 处，有 $ P\{Y=a\}=0 $，而在不连续点 y=0.75 处， $ P\{Y=0.75\}=F_{Y}(0.75)-F_{Y}(0.75-0)=0.25 $. 故不可能取到可列多个值 $ y_{1}, y_{2}, \cdots $，使得 $ \sum_{k=1}^{\infty} P\{Y=y_{k}\}=1 $，故 Y 不是离散型随机变量.

$$ t=1- $$

数理统计部分

1. 设 $ X_{1}, X_{2} $ 是数学期望为 $ \theta $ 的指数分布总体 X 的容量为 2 的样本，设 $ Y = \sqrt{X_{1}X_{2}} $，试证明 $ E\left(\frac{4Y}{\pi}\right) = \theta $.

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},&x>0,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}.\quad\theta>0. $$

证 X 的概率密度为

$$ \begin{aligned}E(\sqrt{X})&=\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{x}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{\theta}\mathrm{e}^{-x/\theta}\mathrm{d}x\\&\xlongequal{ 令 x/\theta=u}\int_{0}^{\infty}\sqrt{\theta}u^{\frac{1}{2}}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\sqrt{\theta}\Gamma(\frac{3}{2})\\&=\sqrt{\theta}\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\sqrt{\theta}\sqrt{\pi}=\frac{1}{2}\sqrt{\theta\pi}.\end{aligned} $$

因 $ X_{1}, X_{2} $ 相互独立，从而 $ \sqrt{X_{1}}, \sqrt{X_{2}} $ 相互独立，且

$$ E(\sqrt{X_{1}})=E(\sqrt{X_{2}})=E(\sqrt{X}) $$

故由数学期望的性质，得

$$ \begin{aligned}E\left(\frac{4\mathrm{Y}}{\pi}\right)&=\frac{4}{\pi}E(\sqrt{X_{1}}\sqrt{X_{2}})=\frac{4}{\pi}E(\sqrt{X_{1}})E(\sqrt{X_{2}})\\&=\frac{4}{\pi}(\frac{1}{2}\sqrt{\theta\pi})^{2}=\theta.\end{aligned} $$

1. 设总体 $ X \sim N(\mu, \sigma^{2}) $， $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是一个样本. $ \overline{X}, S^{2} $ 分别为样本均值和样本方差，试证

$$ E\left[(\overline{X}S^{2})^{2}\right]=\left(\frac{\sigma^{2}}{n}+\mu^{2}\right)\left(\frac{2\sigma^{4}}{n-1}+\sigma^{4}\right) $$

证 因 $ \overline{X}, S^{2} $ 分别是正态总体 $ N(\mu, \sigma^{2}) $ 的容量为 n 的样本均值和样本方差，于是 $ \overline{X} $ 与 $ S^{2} $ 相互独立，故 $ \overline{X}^{2} $ 与 $ (S^{2})^{2} $ 也相互独立。从而

$$ \begin{aligned}E[(\overline{X}S^{2})^{2}]=&E[\overline{X}^{2}]E[(S^{2})^{2}]\\ =&\{D(\overline{X})+[E(\overline{X})]^{2}\}\{D(S^{2})+[E(S^{2})]^{2}\},\\ &E(\overline{X})=\mu,\quad D(\overline{X})=\frac{\sigma^{2}}{n},\\ &\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1).\end{aligned} $$

又由 $ \chi^{2} $分布的性质知，

$$ E\left[\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\right]=n-1,\quad D\left[\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\right]=2(n-1) $$

得

$$ E(S^{2})=\sigma^{2},\quad D(S^{2})=\frac{2\sigma^{4}}{n-1}. $$

将这些结果代入(A)式，得

$$ E\left[(\bar{X}S^{2})^{2}\right]=\left(\frac{\sigma^{2}}{n}+\mu^{2}\right)\left(\frac{2\sigma^{4}}{n-1}+\sigma^{4}\right) $$

1. 设总体 X 具有概率密度

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta^{2}}x\mathrm{e}^{-x/\theta},&x>0,\\ &0,&x\leqslant0,\end{aligned}. $$

其中 $ \theta>0 $为未知参数， $ X_{1},X_{2},\cdots,X_{n} $是来自X的样本， $ x_{1},x_{2},\cdots,x_{n} $是相应的样本观察值.

(1) 求 $ \theta $ 的最大似然估计量.

(2) 求 $ \theta $ 的矩估计量.

（3）问求得的估计量是否是无偏估计量.

解 （1）由 X 的样本观察值 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $ 以及 X 的概率密度的形式，得似然函数为

$$ \begin{aligned}L=&L(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n};\theta)=\prod_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{\theta^{2}}x_{i}\mathrm{e}^{-x_{i}/\theta}\right)\\=&\frac{1}{\theta^{2n}}(\prod_{i=1}^{n}x_{i})\mathrm{e}^{-\sum_{i=1}^{n}x_{i}/\theta},\end{aligned} $$

故

$$ \ln L=-2n\ln\theta+\ln\left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right)-\frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^{n}x_{i}, $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\ln L=\frac{-2n}{\theta}+\frac{1}{\theta^{2}}\sum_{i=1}^{n}x_{i}=0, $$

得 $ \theta $的最大似然估计值为

$$ \widehat{\theta}=\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}=\frac{1}{2}\overline{x}. $$

$ \theta $ 的最大似然估计量为

$$ \hat{\theta}=\frac{1}{2}\bar{X}. $$

(2)

$$ \begin{aligned}\mu_{1}&=E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}x f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\theta^{2}}x^{2}\mathrm{e}^{-x/\theta}\mathrm{d}x\\&\xlongequal{ 令 x/\theta=u}\theta\int_{0}^{\infty}u^{2}\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u=\theta\Gamma(3)\\&=\theta\cdot2\Gamma(2)=\theta\cdot2\cdot1\cdot\Gamma(1)=2\theta.\end{aligned} $$

得

$$ \theta=\frac{1}{2}\mu_{1}. $$

以 $ A_{1} $ 代替上式中的 $ \mu_{1} $，得 $ \theta $ 的矩估计量为

$$ \widehat{\theta}=\frac{1}{2}A_{1}=\frac{1}{2}\overline{X}, $$

它与最大似然估计量相一致。

(3) 因 $ E(\hat{\theta}) = \frac{1}{2}E(\bar{X}) = \frac{1}{2}E(X) = \frac{1}{2} \times 2\theta = \theta $. 故 $ \hat{\theta} = \frac{1}{2}\bar{X} $ 是 $ \theta $ 的无偏估计量.

1. 设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n_{1}} $ 以及 $ Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{n_{2}} $ 为分别来自总体 $ N(\mu_{1}, \sigma^{2}) $ 与 $ N(\mu_{2}, \sigma^{2}) $ 的样本，且它们相互独立。 $ \mu_{1}, \mu_{2}, \sigma^{2} $ 均未知，试求 $ \mu_{1}, \mu_{2}, \sigma^{2} $ 的最大似然估计量.

解 设给定的两独立样本的相应样本值分别为 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n_{1}} $; $ y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n_{2}} $，将它们代入相应的概率密度，然后相乘，得似然函数为

$$ \begin{array}{l}L(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n_{1}},y_{1},y_{2},\cdots,y_{n_{2}};\mu_{1},\mu_{2},\sigma^{2})\\ =&\left[\underset{i=1}{\overset{n_{1}}{\prod}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-(x_{i}-\mu_{1})^{2}/(2\sigma^{2})}\right]\left[\underset{j=1}{\overset{n_{2}}{\prod}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-(y_{j}-\mu_{2})^{2}/(2\sigma^{2})}\right],\\ &\ln L=(n_{1}+n_{2})\ln\frac{1}{\sqrt{2\pi}}-\frac{n_{1}+n_{2}}{2}\ln\sigma^{2}\end{array} $$

$$ -\frac{1}{2\sigma^{2}}\left[\sum_{i=1}^{n_{1}}(x_{i}-\mu_{1})^{2}+\sum_{j=1}^{n_{2}}(y_{j}-\mu_{2})^{2}\right] $$

令

$$ \{\begin{aligned}\frac{\partial\ln L}{\partial\mu_{1}}&=\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n_{1}}(x_{i}-\mu_{1})=0,\\ \frac{\partial\ln L}{\partial\mu_{2}}&=\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{j=1}^{n_{2}}(y_{j}-\mu_{2})=0,\\ \frac{\partial\ln L}{\partial\sigma^{2}}&=-\frac{n_{1}+n_{2}}{2}\frac{1}{\sigma^{2}}\\ &\quad+\frac{1}{2(\sigma^{2})^{2}}\Big[\sum_{i=1}^{n_{1}}(x_{i}-\mu_{1})^{2}+\sum_{j=1}^{n_{2}}(y_{j}-\mu_{2})^{2}\Big]=0,\end{aligned}. $$

得 $ \mu_{1}, \mu_{2}, \sigma^{2} $ 的最大似然估计值为

$$ \hat{\mu}_{1}=\frac{1}{n_{1}}\sum_{i=1}^{n_{1}}x_{i}=\overline{x},\quad\hat{\mu}_{2}=\frac{1}{n_{2}}\sum_{j=1}^{n_{2}}y_{j}=\bar{y}, $$

$$ \widehat{\sigma^{2}}=\frac{\sum_{i=1}^{n_{1}}(x_{i}-\bar{x})^{2}+\sum_{j=1}^{n_{2}}(y_{j}-\bar{y})^{2}}{n_{1}+n_{2}}. $$

$ \mu_{1}, \mu_{2}, \sigma^{2} $ 的最大似然估计量为

$$ \widehat{\mu}_{1}=\overline{X},\quad\widehat{\mu}_{2}=\overline{Y},\quad\widehat{\sigma}^{2}=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n_{1}}(X_{i}-\overline{X})^{2}+\sum_{j=1}^{n_{2}}(Y_{j}-\overline{Y})^{2}}{n_{1}+n_{2}}. $$

1. 为了研究一批贮存着的产品的可靠性，在产品投入贮存时，即在时刻 $ t_{0}=0 $ 时，随机地选定 n 件产品，然后在预先规定的时刻 $ t_{1}, t_{2}, \cdots, t_{k} $ 取出来进行检测（检测时确定已失效的去掉，将未失效的继续投入贮存），今得到以下的寿命试验数据：

这种数据称为区间数据. 设产品寿命 T 服从指数分布, 其概率密度为

$$ f(t)=\{\begin{aligned}&\lambda\mathrm{e}^{-\lambda t},&t>0,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}.\quad\lambda>0\ 未知 . $$

（1）试基于上述数据写出 $ \lambda $的对数似然方程.

（2）设 $ d_{1}

解 （1）由假设产品寿命 T 服从指数分布，其分布函数为

$$ F(t)=\{\begin{aligned}&1-e^{-\lambda},&t>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

则产品在区间 $ (t_{i-1},t_{i}] $失效的概率为

$$ P\{t_{i-1}

$$ t_{0}=0,\quad i=1,2,\cdots,k. $$

产品直至 $ t_{k} $未失效的概率为

$$ P\{T>t_{k}\}=1-F(t_{k})=\mathrm{e}^{-\lambda t_{k}} $$

因而事件“n件产品分别在区间 $ (0,t_{1}] $， $ (t_{1},t_{2}] $， $ \cdots $， $ (t_{k-1},t_{k}] $失效 $ d_{1},d_{2},\cdots,d_{k} $件，而直至 $ t_{k} $还有s件未失效”的概率为

$$ \begin{align*}L(\lambda)&=\Big\{\prod_{i=1}^{k}\big[F(t_{i})-F(t_{i-1})\big]^{d_{i}}\Big\}(1-F(t_{k}))^{s}\\&=\Big\{\prod_{i=1}^{k}(\mathrm{e}^{-\lambda t_{i-1}}-\mathrm{e}^{-\lambda t_{i}})^{d_{i}}\Big\}(\mathrm{e}^{-\lambda t_{k}})^{s},\end{align*} $$

这就是样本的似然函数. 取对数得

$$ \ln L(\lambda)=\sum_{i=1}^{k}d_{i}\ln(e^{-\lambda_{i-1}}-e^{-\lambda_{i}})-s t_{k}\lambda. $$

对数似然方程为 $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda}\ln L(\lambda)=0 $，即为

$$ n=.. $$

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda}\ln L(\lambda)=\sum_{i=1}^{k}\frac{d_{i}\left[\mathrm{e}^{-\lambda_{i-1}}\left(-t_{i-1}\right)-\mathrm{e}^{-\lambda_{i}}\left(-t_{i}\right)\right]}{\mathrm{e}^{-\lambda_{i-1}}-\mathrm{e}^{-\lambda_{i}}}-st_{k}=0. $$

上式右边第一项即为

$$ \begin{aligned}\sum_{i=1}^{k}&\frac{d_{i}\left[t_{i}-t_{i-1}\mathrm{e}^{\lambda(t_{i}-t_{i-1})}\right]}{\mathrm{e}^{\lambda(t_{i}-t_{i-1})}-1}\\&=\sum_{i=1}^{k}\frac{d_{i}\left(t_{i}-t_{i-1}\right)-d_{i}t_{i-1}\left(\mathrm{e}^{\lambda(t_{i}-t_{i-1})}-1\right)}{\mathrm{e}^{\lambda(t_{i}-t_{i-1})}-1}\\&=\sum_{i=1}^{k}\frac{d_{i}\left(t_{i}-t_{i-1}\right)}{\mathrm{e}^{\lambda(t_{i}-t_{i-1})}-1}-\sum_{i=2}^{k}d_{i}t_{i-1},\end{aligned} $$

于是得对数似然方程为

$$ \sum_{i=1}^{k}\frac{d_{i}(t_{i}-t_{i-1})}{e^{\lambda(t_{i}-t_{i-1})}-1}-\sum_{i=2}^{k}d_{i}t_{i-1}-st_{k}=0. $$

（2）若 $ t_{i}=it_{1},i=1,2,\cdots $，则上述方程化成

$$ \sum_{i=1}^{k}\frac{d_{i}}{\mathrm{e}^{u_{1}}-1}-\sum_{i=2}^{k}(i-1)d_{i}-sk=0. $$

即

$$ \frac{1}{e^{u_{1}}-1}\sum_{i=1}^{k}d_{i}-\sum_{i=2}^{k}(i-1)d_{i}-sk=0, $$

$$ \mathrm{e}^{\lambda t_{1}}=1+\frac{\sum_{i=1}^{k}d_{i}}{\sum_{i=2}^{k}(i-1)d_{i}+sk} $$

$$ \mathrm{e}^{\lambda_{1}}=1+\frac{n-s}{\sum_{i=2}^{k}(i-1)d_{i}+sk} $$

从而得 $ \lambda $的最大似然估计为

$$ \hat{\lambda}=\frac{1}{t_{1}}\ln\left[1+\frac{n-s}{\sum_{i=2}^{k}(i-1)d_{i}+sk}\right] $$

1. 设某种电子器件的寿命（以小时计）T 服从指数分布，概率密度为：

$$ f(t)=\{\begin{aligned}&\lambda\mathrm{e}^{-\lambda t},&t&>0,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

其中 $ \lambda>0 $ 未知. 从这批器件中任取 n 只在时刻 t=0 时投入独立寿命试验. 试验进行到预定时间 $ T_{0} $ 结束. 此时，有 k (0<k<n) 只器件失效，试求 $ \lambda $ 的最大似然估计.

解 考虑事件 A=“试验直至时间 $ T_{0} $ 为止，有 k 只器件失效，而有 n-k 只未失效”的概率. 记 T 的分布函数为 $ F(t) $，

$$ F(t)=\{\begin{aligned}&1\text{—}\mathrm{e}^{-u},&\quad&t>0,\\ &0,&\quad& 其他 .\end{aligned}. $$

一只器件在 t=0 投入试验，在时间 $ T_{0} $ 以前失效的概率为 $ P\{T \leq T_{0}\} = F(T_{0}) = 1 - e^{-\lambda T_{0}} $；而在时间 $ T_{0} $ 未失效的概率为 $ P\{T > T_{0}\} = 1 - F(T_{0}) = e^{-\lambda T_{0}} $。由于各只器件的试验是相互独立的，因此，事件 A 的概率为

$$ L(\lambda)=\binom{n}{k}(1-\mathrm{e}^{-\lambda T_{0}})^{k}({\mathrm{e}^{-\lambda T_{0}}}^{n-k}, $$

这就是所求的似然函数. 取对数得

$$ \begin{align*}\ln L(\lambda)&=\ln\binom{n}{k}+k\ln(1-\mathrm{e}^{-\lambda T_{0}})+(n-k)(-\lambda T_{0})，\\\frac{\mathrm{d}\ln L(\lambda)}{\mathrm{d}\lambda}&=\frac{kT_{0}\mathrm{e}^{-\lambda T_{0}}}{1-\mathrm{e}^{-\lambda T_{0}}}-(n-k)T_{0}=0，\\&\quad n\mathrm{e}^{-\lambda T_{0}}=n-k.\end{align*} $$

令

得

解得 $ \lambda $ 的最大似然估计为

$$ \hat{\lambda}=\frac{1}{T_{0}}\ln\frac{n}{n-k}. $$

1. 设系统由两个独立工作的成败型元件串联而成（成败型元件只有两种状态：正常工作或失效）。元件1、元件2的可靠性分别为 $ p_{1}, p_{2} $，它们均未知。随机地取N个系统投入试验，当系统中至少有一个元件失效时系统失效，现得到以下的试验数据： $ n_{1} $—仅元件1失效的系统数； $ n_{2} $—仅元件2失效的系统数； $ n_{12} $—元件1，元件2至少有一个失效的系统数；s—未失效的系统数。 $ n_{1} + n_{2} + n_{12} + s = N $。这里 $ n_{12} $ 为隐蔽数据，也就是只知系统失效，但不能知道是由元件1还是元件2单独失效引起的，还是由元件1，2均失效引起的，设隐蔽与系统失效的真正原因独立。

（1）试写出 $ p_{1}, p_{2} $ 的似然函数.

（2）设有系统寿命试验数据 N=20, $ n_{1}=5 $, $ n_{2}=3 $, $ n_{12}=1 $, s=11. 试求 $ p_{1} $, $ p_{2} $ 的最大似然估计.

解 （1）为了写出似然函数，现在来求取到现有样本的概率. 因共有 N 个系统，因而似然函数是 N 个因子的乘积，其中

对应于 $ n_{1} $ 个仅元件 1 失效的系统有 $ n_{1} $ 个因子：

$$ [(1-p_{1})p_{2}]^{n_{1}}; $$

对应于 $ n_{2} $ 个仅元件 2 失效的系统有 $ n_{2} $ 个因子：

$$ [(1-p_{2})p_{1}]^{n_{2}} $$

对应于 $ n_{12} $ 个元件 1、2 至少有一个失效的系统有 $ n_{12} $ 个因子：

$$ (1-p_{1}p_{2})^{n_{12}}; $$

对应于 s 个未失效的系统有 s 个因子： $ (p_{1}p_{2})^{s} $

故得似然函数为

$$ \begin{aligned}&L\left(p_{1},p_{2}\right)\\ &=\left[\left(1-p_{1}\right)p_{2}\right]^{n_{1}}\left[\left(1-p_{2}\right)p_{1}\right]^{n_{2}}\left(1-p_{1}p_{2}\right)^{n_{12}}\left(p_{1}p_{2}\right)^{s}\\ &=\left(1-p_{1}\right)^{n_{1}}\left(1-p_{2}\right)^{n_{2}}\left(1-p_{1}p_{2}\right)^{n_{12}}p_{1}^{n_{2}+s}p_{2}^{n_{1}+s}.\\ \end{aligned} $$

（2）以 N=20, $ n_{1}=5 $, $ n_{2}=3 $, $ n_{12}=1 $, s=11 代入上式，得似然函数为

$$ L(p_{1},p_{2})=(1-p_{1})^{5}(1-p_{2})^{3}(1-p_{1}p_{2})^{1}p_{1}^{14}p_{2}^{16}. $$

$$ \begin{aligned}\ln L(p_{1},p_{2})=&5\ln(1-p_{1})+3\ln(1-p_{2})+\ln(1-p_{1}p_{2})\\&+14\ln p_{1}+16\ln p_{2}.\end{aligned} $$

令

$$ \frac{\partial\ln L}{\partial p_{1}}=\frac{-5}{1-p_{1}}+\frac{14}{p_{1}}-\frac{p_{2}}{1-p_{1}p_{2}}=0 $$

$$ \frac{\partial\ln L}{\partial p_{2}}=\frac{-3}{1-p_{2}}+\frac{16}{p_{2}}-\frac{p_{1}}{1-p_{1}p_{2}}=0 $$

$ (A_{1}) \times p_{1} - (A_{2}) \times p_{2} $，得

$$ \begin{aligned}\frac{14-19p_{1}}{1-p_{1}}=&\frac{16-19p_{2}}{1-p_{2}},\\-5p_{2}&=-3p_{1}-2,\end{aligned} $$

即有

次章甘枯英的0星干

$$ p_{2}=\frac{3p_{1}+2}{5}. $$

将 $ p_{2} $ 代入 $ (A_{1}) $，经化简得

$$ \begin{array}{l}12p_{1}^{3}-p_{1}^{2}-25p_{1}+14=0,\ $ p_{1}-1)(12p_{1}^{2}+11p_{1}-14)=0.\end{array} $$

或即

解得 $ p_{1}=1 $（不合理，舍去）， $ p_{1}=0.7150 $，于是

$$ p_{2}=\frac{1}{5}(2+3p_{1})=0.8290. $$

即得 $ p_{1}, p_{2} $ 的最大似然估计值为

$$ \hat{p}_{1}=0.715\ 0,\quad\hat{p}_{2}=0.829\ 0. $$

1. (1) 设总体 X 具有分布律

$$ \begin{array}{c|ccc}{{{X}}}&{{{1}}}&{{{2}}}&{{{3}}} \\{{{\hline p_{k}}}}&{{{\theta}}}&{{{\theta}}}&{{{1-2\theta}}} \\\end{array} $$

$ \theta>0 $ 未知，今有样本

$$ \begin{array}{l} 1 \quad 1 \quad 1 \quad 3 \quad 2 \quad 1 \quad 3 \quad 2 \quad 2 \quad 1 \quad 2 \quad 2 \quad 3 \quad 1 \quad 1 \quad 2\\\end{array} $$

试求 $ \theta $的最大似然估计值和矩估计值.

（2）设总体X服从 $ \Gamma $分布，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}\mathrm{e}^{-x/\beta},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

其形状参数 $ \alpha>0 $ 为已知，尺度参数 $ \beta>0 $ 未知。今有样本值 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $，求 $ \beta $ 的最大似然估计值。

解（1）n=16，样本值1出现7次，2出现6次，3出现3次，故似然函数为

$$ \boldsymbol{L}=\boldsymbol{\theta}^{7}\cdot\boldsymbol{\theta}^{6}\cdot(1-2\boldsymbol{\theta})^{3}=\boldsymbol{\theta}^{13}(1-2\boldsymbol{\theta})^{3}. $$

$$ \ln L=13\ln\theta+3\ln(1-2\theta). $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\ln L=\frac{13}{\theta}-\frac{6}{1-2\theta}=0, $$

得 $ \theta $的最大似然估计值为

$$ \widehat{\theta}=\frac{13}{32}. $$

$$ \frac{S_{0}}{(x-x_{0})^{2}}+s=\frac{S_{0}}{25} $$

下面来求矩估计，今

$$ \mu_{1}=E(X)=1\cdot\theta+2\cdot\theta+3\cdot(1-2\theta)=3-3\theta, $$

解得

$$ \theta=1-\frac{1}{3}\mu_{1}. $$

于是 $ \theta $的矩估计值为

$$ \widehat{\theta}=1-\frac{1}{3}\bar{x}=1-\frac{1}{3}\times\frac{7}{4}=\frac{5}{12}. $$

（2）对于样本值 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $，似然函数为

$$ \begin{aligned}L=&L(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n};\beta)=\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}x_{i}^{\alpha-1}\mathrm{e}^{-x_{i}/\beta}\\=&\frac{1}{\beta^{m}\left[\Gamma(\alpha)\right]^{n}}\Big(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\Big)^{\alpha-1}\mathrm{e}^{-\frac{1}{\beta}\sum_{i=1}^{n}x_{i}}.\end{aligned} $$

$$ \ln L=-\ln\beta-n\ln\Gamma(\alpha)+(\alpha-1)\ln\prod_{i=1}^{n}x_{i}-\frac{1}{\beta}\sum_{i=1}^{n}x_{i}. $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}\ln L}{\mathrm{d}\beta}=\frac{-n\alpha}{\beta}+\frac{1}{\beta^{2}}\sum_{i=1}^{n}x_{i}=0, $$

得参数 $ \beta $的最大似然估计值为

$$ \hat{\beta}=\frac{1}{\alpha n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}=\frac{\overline{x}}{\alpha}. $$

1. (1) 设 $ Z = \ln X \sim N(\mu, \sigma^{2}) $，即 X 服从对数正态分布，验证

$$ E(X)=\exp\left(\mu+\frac{1}{2}\sigma^{2}\right) $$

（2）设自(1)中总体 X 中取一容量为 n 的样本 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $，求 E(X) 的最大似然估计。此处设 $ \mu, \sigma^{2} $ 均为未知。

（3）已知在文学家肖伯纳的《An Intelligent Woman's Guide To Socialism》一书中，一个句子的单词数近似地服从对数正态分布，设 $ \mu $ 及 $ \sigma^{2} $ 为未知. 今自该书中随机地取 20 个句子. 这些句子中的单词数分别为

$$ \begin{array}{l} 52 \quad 24 \quad 15 \quad 67 \quad 15 \quad 22 \quad 63 \quad 26 \quad 16 \quad 32\\7 \quad 33 \quad 28 \quad 14 \quad 7 \quad 29 \quad 10 \quad 6 \quad 59 \quad 30 \end{array} $$

问这本书中，一个句子单词数均值的最大似然估计值等于多少？

解 （1）由 $ Z = \ln X $ 得 $ X = e^{z} $，而 $ Z \sim N(\mu, \sigma^{2}) $，故

$$ \begin{aligned}E(X)=&E(e^{z})=\int_{-\infty}^{\infty}e^{z}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(\pi-u)^{2}}{2\sigma^{2}}}dz\\ =&\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{(\pi-u)^{2}}{2\sigma^{2}}+z}dz.\end{aligned} $$

由于

$$ \frac{-(z-\mu)^{2}}{2\sigma^{2}}+z=\frac{-1}{2\sigma^{2}}(z^{2}-2\mu z+\mu^{2}-2\sigma^{2}z) $$

$$ \begin{aligned}=&\frac{-1}{2\sigma^{2}}[z^{2}-2(\mu+\sigma^{2})z+\mu^{2}]\\=&\frac{-1}{2\sigma^{2}}[(z-\mu-\sigma^{2})^{2}+\mu^{2}-(\mu+\sigma^{2})^{2}]\\=&\frac{-1}{2\sigma^{2}}(z-\mu-\sigma^{2})^{2}+\mu+\frac{\sigma^{2}}{2},\end{aligned} $$

故有

\[\begin{array}{l}E(X)={\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-(x-\mu-\sigma^{2})^{2}/(2\sigma^{2})}\cdot\mathrm{e}^{\mu+\sigma^{2}/2}\mathrm{d}z\\=\mathrm{e}^{\mu+\sigma^{2}/2}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-(x-\mu-\sigma^{2})^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}z=\mathrm{e}^{\mu+\sigma^{2}/2}.{\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-(x-\mu-\sigma^{2})^{2}/(2\sigma^{2})}\mathrm{d}z=\mathrm{e}^{\mu+\sigma^{2}/2}.{\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-\mu+\sigma^{2}/2}\mathrm{d}z=\mathrm{e}^{\mu+\sigma^{2}/2}.{\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}}\int_{-\

(2) 为求 $ E(X) = e^{\mu + \sigma^{2}/2} $ 的最大似然估计. 需先求 $ \mu, \sigma^{2} $ 的最大似然估计. 为此, 先来求 X 的概率密度.

$ X=e^{z} $，而 $ Z\sim N(\mu,\sigma^{2}) $。记Z的概率密度为 $ f_{Z}(z) $，由于函数 $ x=e^{z} $严格单调增加，其反函数为 $ z=\ln x $，故由教材第二章公式(5.2)知，X的概率密度为

$$ \begin{aligned}f_{X}(x)=&\{\begin{aligned}&f_{Z}(\ln x)\bullet|(\ln x)^{\prime}|,&x>0,\\ &0,& 其他 \end{aligned}.\\ =&\{\begin{aligned}&\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\frac{1}{x}\exp[-\frac{1}{2\sigma^{2}}(\ln x-\mu)^{2}],&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}.\end{aligned} $$

接着来求 $ \mu $ 和 $ \sigma^{2} $ 的最大似然估计. 对于样本值 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} $，似然函数为

$$ L=\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\right)^{n}\left(\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}}\right)\exp\left[-\frac{1}{2\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}\left(\ln x_{i}-\mu\right)^{2}\right] $$

$$ \ln L=n\ln\frac{1}{\sqrt{2\pi}}-\frac{n}{2}\ln\sigma^{2}+\ln\left(\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}}\right)-\frac{1}{2\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(\ln x_{i}-\mu)^{2}. $$

令

$$ \{\begin{array}{l}\frac{\partial}{\partial\mu}\ln L=\frac{1}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}(\ln x_{i}-\mu)=0,\\ \frac{\partial}{\partial\sigma^{2}}\ln L=-\frac{n}{2\sigma^{2}}+\frac{1}{2(\sigma^{2})^{2}}\sum_{i=1}^{n}(\ln x_{i}-\mu)^{2}=0,\end{array}. $$

得 $ \mu,\sigma^{2} $ 的最大似然估计值分别为

$$ \{\begin{array}{l}\hat{\mu}=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i},\\ \hat{\sigma}^{2}=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(\ln x_{i}-\hat{\mu})^{2}.\end{array}. $$

注意到 $ E(X) = e^{\mu + \sigma^{2}/2} $，由最大似然估计量的不变性知 $ ^{①}E(X) $的最大似然估计为

$$ \begin{aligned}E(\widehat{X})=&\mathrm{e}^{\hat{\mu}+\widehat{\sigma^{2}}/2}\\=&\exp\Big\{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln x_{i}+\frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{n}\Big(\ln x_{i}-\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\ln x_{j}\Big)^{2}\Big\}.\end{aligned} $$

（3）将所给的20个数取对数，经计算得到 $ \hat{\mu} $和 $ \sigma^{2} $分别为

$$ \hat{\mu}=3.089033,\quad\hat{\sigma}^{2}=0.508131. $$

$$ \widehat{E(X)}=\exp(3.089033+\frac{1}{2}\times0.508131)=28.3067. $$

1. 考虑进行定数截尾寿命试验，假设将随机抽取的 n 件产品在时间 t=0 时同时投入试验。试验进行到 m 件 (m<n) 产品失效时停止，m 件失效产品的失效时间分别为

$$ 0\leqslant t_{1}\leqslant t_{2}\leqslant\cdots\leqslant t_{m}. $$

$ t_{m} $ 是第 m 件产品的失效时间. 设产品的寿命分布为韦布尔分布, 其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{\beta}{\eta^{\beta}}x^{\beta-1}e^{-(\frac{x}{\eta})^{\beta}},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

其中参数 $ \beta $ 已知. 求参数 $ \eta $ 的最大似然估计.

解 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{\beta}{\eta^{\beta}}x^{\beta-1}\mathrm{e}^{-(\frac{\pi}{\eta})^{\beta}},&x>0,\\ &0,& 其他,\end{aligned}. $ $ \beta>0 $， $ \beta $ 已知，使用定数截尾数据，截数为 m(<n). 则似然方程为

$$ \begin{aligned}L=&{\left[\binom{n}{m}\right]\prod_{i=1}^{m}\frac{\beta}{\eta^{\beta}}x_{i}^{\beta-1}\mathrm{e}^{-(\frac{x_{i}}{\eta})^{\beta}}}\mathrm{e}^{-(\frac{x_{m}}{\eta})^{\beta}(n-m)}\\=&{\binom{n}{m}}\left(\frac{\beta}{\eta^{\beta}}\right)^{m}(\prod_{i=1}^{m}x_{i}^{\beta-1})\exp[-\sum_{i=1}^{m}\left(\frac{x_{i}}{\eta}\right)^{\beta}-\left(\frac{x_{m}}{\eta}\right)^{\beta}(n-m)].\end{aligned} $$

① 详细地说有如下的结果. 定理: 设函数 $ u = h(\theta), \theta \in \Theta $ 有唯一的反函数, 其中 $ u = \begin{bmatrix} u_1 \\ \vdots \\ u_r \end{bmatrix} $, $ h(\theta) = \begin{bmatrix} h_1(\theta) \\ \vdots \\ h_r(\theta) \end{bmatrix} $, $ \theta = \begin{bmatrix} \theta_1 \\ \vdots \\ \theta_r \end{bmatrix} $, 则若 $ \hat{\theta} $ 是 $ \theta $ 的最大似然估计, 那么 $ \hat{u} = h(\hat{\theta}) $ 是 $ h(\theta) $ 的最大似然估计. 现在 $ u = \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{\mu + \sigma^2/2} \\ \mu \end{bmatrix} $ 有唯一的反函数: $ \begin{bmatrix} \mu \\ \sigma \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b \\ 2(\ln a - b) \end{bmatrix} $, 故 $ u = \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} $ 的最大似然估计为 $ \begin{bmatrix} \hat{a} \\ \hat{b} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e^{\hat{\mu} + \hat{\sigma^2}/2} \\ \hat{\mu} \end{bmatrix} $, 即 $ a $ 有最大似然估计 $ \hat{a} = \exp(\hat{\mu} + \hat{\sigma^2}/2) $.

$$ \begin{aligned}\ln L=&\ln\left[\binom{n}{m}\beta^{m}\prod_{i=1}^{m}x_{i}^{\beta-1}\right]-m\beta\ln\eta-\frac{1}{\eta^{\beta}}\left[\sum_{i=1}^{m}x_{i}^{\beta}-(n-m)x_{m}^{\beta}\right]\\=&\ln\left[\binom{n}{m}\beta^{m}\prod_{i=1}^{m}x_{i}^{\beta-1}\right]-m\beta\ln\eta-\frac{T_{m}}{\eta^{\beta}},\end{aligned} $$

其中 $ T_{m}=\sum_{i=1}^{m}x_{i}^{\beta}+(n-m)x_{m}^{\beta} $，令

$$ \frac{\mathrm{d}\ln L}{\mathrm{d}\eta}=-\frac{m\beta}{\eta}+\frac{\beta T_{m}}{\eta^{\beta+1}}=0. $$

得 $ \eta^{\beta}=\frac{T_{m}}{m} $,

于是得 $ \eta $ 的最大似然估计为

$$ \hat{\eta}=\left(\frac{T_{m}}{m}\right)^{1/\beta} $$

其中 $ T_{m}=\sum_{i=1}^{m}x_{i}^{\beta}+(n-m)x_{m}^{\beta} $

1. 设某大城市郊区的一条林荫道两旁开设了许多小商店，这些商店的开设延续时间（以月计）是一个随机变量，现随机地取30家商店，将它们的延续时间按自小到大排序，选其中前8家商店，它们的延续时间分别是

3.2 3.9 5.9 6.5 16.5 20.3 40.4 50.9

假设商店开设延续时间的长度是韦布尔随机变量. 其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{\beta}{\eta^{\beta}}x^{\beta-1}e^{-(\frac{x}{\eta})^{\beta}},&x>0,\\ &0,& 其他 ,\end{aligned}. $$

其中, $ \beta=0.8 $

（1）试用上题结果，写出 $ \eta $的最大似然估计.

（2）按（1）的结果求商店开设延续时间至少为2年的概率的估计.

解 （1）现在 n=30, m=8, $ \beta=0.8 $, $ x_{m}=50.9 $

$$ \begin{aligned}T_{m}=&\sum_{i=1}^{8}x_{i}^{0.8}+22\times(50.9)^{0.8}\\=&2.536+2.971+4.137+4.470+9.419+11.117\\&+19.280+23.190+22\times(50.9)^{0.8}\\=&77.124+22\times23.194=587.392.\end{aligned} $$

$$ \hat{\eta}=\left(\frac{T_{m}}{m}\right)^{1/0.8}=\left(\frac{587.392}{8}\right)^{1/0.8}=214.930. $$

（2）2年=24月.韦布尔分布的分布函数为

$$ F(x)=\{\begin{aligned}&1-e^{-(x/\eta)^{\beta}},&x>0\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

于是商店开设延续时间至少为24个月的概率为

$$ p=P\{X>24\}=1-F(24)=e^{-(x/\eta)^{\beta}}\bigg|_{x=24}=e^{-(24/214.93)^{0.8}}=0.841. $$

1. 设分别自总体 $ N(\mu_1, \sigma^2) $ 和 $ N(\mu_2, \sigma^2) $ 中抽取容量 $ n_1, n_2 $ 的两独立样本. 其样本方差分别为 $ S_1^2, S_2^2 $. 试证, 对于任意常数 a, $ b(a+b=1) $, $ Z = aS_1^2 + bS_2^2 $ 都是 $ \sigma^2 $ 的无偏估计, 并确定常数 a, b, 使 $ D(Z) $ 达到最小.

解 因 $ E(S_{1}^{2})=\sigma^{2},E(S_{2}^{2})=\sigma^{2} $，且 $ a+b=1 $，于是

$$ \begin{aligned}E(aS_{1}^{2}+bS_{2}^{2})&=aE(S_{1}^{2})+bE(S_{2}^{2})\\&=a\sigma^{2}+b\sigma^{2}=\sigma^{2}(a+b)=\sigma^{2}.\end{aligned} $$

故对于任意常数 a, b, 只要 $ a + b = 1 $, $ Z = aS_{1}^{2} + bS_{2}^{2} $ 都是 $ \sigma^{2} $ 的无偏估计.

因 $ S_{1}^{2} $ 与 $ S_{2}^{2} $ 相互独立，故

$$ \begin{aligned}D(Z)=&D(aS_{1}^{2}+bS_{2}^{2})=D(aS_{1}^{2})+D(bS_{2}^{2})\\=&D\Big(\frac{a\sigma^{2}}{n_{1}-1}\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}}{\sigma^{2}}\Big)+D\Big(\frac{b\sigma^{2}}{n_{2}-1}\frac{(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{\sigma^{2}}\Big)\\=&\Big(\frac{a\sigma^{2}}{n_{1}-1}\Big)^{2}D\Big(\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}}{\sigma^{2}}\Big)+\Big(\frac{b\sigma^{2}}{n_{2}-1}\Big)^{2}D\Big(\frac{(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{\sigma^{2}}\Big)\\=&\frac{a^{2}\sigma^{4}}{(n_{1}-1)^{2}}\bullet2(n_{1}-1)+\frac{b^{2}\sigma^{4}}{(n_{2}-1)^{2}}\bullet2(n_{2}-1)\\=&2\sigma^{4}\Big(\frac{a^{2}}{n_{1}-1}+\frac{b^{2}}{n_{2}-1}\Big).\end{aligned} $$

（因为正态总体 $ N(\mu,\sigma^{2}) $ 的样本方差 $ S^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\bar{X})^{2} $ 有 $ \frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1) $，而 $ \chi^{2}(n-1) $ 变量的方差为 2(n-1).）

记 $ F(a,b) = \frac{a^{2}}{n_{1}-1} + \frac{b^{2}}{n_{2}-1} $，由 $ a + b = 1, F(a,b) $ 可化成

$$ F(a,1-a)=\frac{a^{2}}{n_{1}-1}+\frac{(1-a)^{2}}{n_{2}-1}. $$

令

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a}F(a,1-a)=\frac{2a}{n_{1}-1}-\frac{2(1-a)}{n_{2}-1}=0, $$

$ a=\frac{n_{1}-1}{n_{1}+n_{2}-2} $（此时 $ b=1-a=\frac{n_{2}-1}{n_{1}+n_{2}-2} $）.

得

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}a^{2}}F(a,1-a)=\frac{2}{n_{1}-1}+\frac{2}{n_{2}-1}>0, $$

而

即知当 $ a=\frac{n_{1}-1}{n_{1}+n_{2}-2} $ 时 $ F(a,1-a) $ 取最小值. 这就是说，当 $ a=\frac{n_{1}-1}{n_{1}+n_{2}-2} $, $ b=\frac{n_{2}-1}{n_{1}+n_{2}-2} $ 时 $ D(Z) $ 取到最小值.

1. 设总体 $ X \sim N(\mu, \sigma^2) $， $ X_1, X_2, \cdots, X_n $ 是来自 X 的样本。已知样本方差 $ S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \overline{X})^2 $ 是 $ \sigma^2 $ 的无偏估计。验证样本标准差 S 不是标准差 $ \sigma $ 的无偏估计。

证 因 $ Y=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1) $，而 $ S=\frac{\sigma}{\sqrt{n-1}}\sqrt{Y} $ 是 Y 的函数，故

$$ E(S)=E\left(\frac{\sigma}{\sqrt{n-1}}Y^{\frac{1}{2}}\right)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sigma}{\sqrt{n-1}}y^{\frac{1}{2}}f_{\chi^{2}(n-1)}(y)dy, $$

其中 $ f_{x^{2}(n-1)}(y) $ 是 $ \chi^{2}(n-1) $ 分布的概率密度. 将 $ f_{x^{2}(n-1)}(y) $ 的表达式代入上式右边, 得到

$$ \begin{aligned}E(S)&=\frac{\sigma}{\sqrt{n-1}}\int_{0}^{\infty}y^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2^{(n-1)/2}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}y^{(n-1)/2-1}\mathrm{e}^{-y/2}\mathrm{d}y\\&=\frac{\sigma}{\sqrt{n-1}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)2^{(n-1)/2}}\int_{0}^{\infty}y^{n/2-1}\mathrm{e}^{-y/2}\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 令 y/2=t}\frac{\sqrt{2}\sigma}{\sqrt{n-1}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}t^{n/2-1}\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t\\&=\sqrt{\frac{2}{n-1}}\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}\sigma\left( 因 \int_{0}^{\infty}t^{\frac{n}{2}-1}\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t=\Gamma(\frac{n}{2})\right).\end{aligned} $$

因此, $ E(S)\neq\sigma $，即S不是 $ \sigma $的无偏估计.

1. 设总体 X 服从指数分布，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},&x>0,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

$ \theta>0 $ 未知. 从总体中抽取一容量为 n 的样本 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $

（1）证明 $ \frac{2n\overline{X}}{\theta}\sim\chi^{2}(2n) $.

(2) 求 $ \theta $ 的置信水平为 $ 1-\alpha $ 的单侧置信下限.

（3）某种元件的寿命（以 h 计）服从上述指数分布，现从中抽得一容量 n=16 的样本，测得样本均值为 5010 h，试求元件的平均寿命的置信水平为 0.90 的单侧置信下限.

解 (1) 令 $ Z = \frac{2X}{\theta} $，因 $ z = \frac{2x}{\theta} $ 为严格单调函数，其反函数为 $ x = \frac{\theta}{2}z $，故由教材第二章(5.2)式，知 Z 的概率密度为

$$ f_{Z}(z)=\{\begin{aligned}&f(\frac{\theta}{2}z)|(\frac{\theta}{2}z)^{\prime}|=\frac{1}{2}e^{-z/2},&z>0\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

它是 $ \chi^{2} $ (2)分布的概率密度. 也就是说

$$ \frac{2X}{\theta}\sim\chi^{2}(2). $$

$ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自 X 的样本，因此 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 相互独立，且都与 X 有相同的分布. 这样就有

$$ \frac{2X_{i}}{\theta}{\sim}\chi^{2}(2),\quad i=1,2,\cdots,n. $$

再由 $ \chi^{2} $分布的可加性，得

$$ \frac{2n\overline{X}}{\theta}=\sum_{i=1}^{n}\frac{2X_{i}}{\theta}\sim\chi^{2}(2n). $$

（2）因

$$ P\{\frac{2n\overline{X}}{\theta}<\chi^{2}_{\alpha}(2n)\}=1-\alpha, $$

即有

$$ P\{\frac{2n\overline{X}}{\chi^{2}_{\alpha}(2n)}<\theta\}=1-\alpha, $$

故 $ \theta $ 的置信水平为 $ 1-\alpha $ 的单侧置信下限是 $ \underline{\theta}=\frac{2n\overline{X}}{\chi_{a}^{2}(2n)} $.

（3）今 n=16, $ \bar{x}=5010,1-\alpha=0.90,\alpha=0.10,\chi_{a}^{2}(2n)=\chi_{0.1}^{2}(32)=42.585 $ 故

$$ \underline{\theta}=2\times16\times\frac{5\ 010}{42.585}=3\ 764.7. $$

1. 设总体 $ X \sim U(0, \theta) $, $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自 X 的样本.

（1）验证 $ Y=\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\} $的分布函数为

$$ F_{Y}(y)=\{\begin{aligned}&0,&y<0,\\&y^{n}/\theta^{n},&0\leqslant y<\theta,\\&1,&y\geqslant\theta.\end{aligned}. $$

(2) 验证 $ U = \frac{Y}{\theta} $ 的概率密度为

$$ f_{U}(u)=\{\begin{aligned}&nu^{n-1},&0\leqslant&u\leqslant1,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

（3）给定正数 $ \alpha, 0 < \alpha < 1 $，求 U 的分布的上 $ \frac{\alpha}{2} $ 分位点 $ h_{\alpha/2} $ 以及上 $ 1 - \frac{\alpha}{2} $ 分位点 $ h_{1 - \alpha/2} $.

（4）利用(2)，(3)求参数 $ \theta $的置信水平为 $ 1-\alpha $的置信区间.

（5）设某人上班的等车时间 $ X \sim U(0, \theta) $， $ \theta $ 未知。现在有样本 $ x_{1} = 4.2, x_{2} = 3.5, x_{3} = 1.7, x_{4} = 1.2, x_{5} = 2.4 $，求 $ \theta $ 的置信水平为 0.95 的置信区间。

解 (1) $ X \sim U(0, \theta) $，它的分布函数为

$$ F(x)=\{\begin{aligned}&0,&x<0,\\&\frac{x}{\theta},&0\leqslant x<\theta,\\&1,&x\geqslant\theta.\end{aligned}. $$

因 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自 X 的样本，故它们相互独立，且都与 X 有相同的分布。从而 $ Y = \max\{X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\} $ 的分布函数为

$$ F_{Y}(y)=[F(y)]^{n}=\{\begin{aligned}&0,&y<0,\\ &y^{n}/\theta^{n},&0\leqslant y<\theta,\\ &1,&y\geqslant\theta.\end{aligned}. $$

(2) $ U=\frac{Y}{\theta} $的分布函数为

$$ \begin{aligned}F_{U}(u)=&P(U\leqslant u)=P\{Y\leqslant\theta u\}=F_{Y}(\theta u)\\ =&\{\begin{aligned}&0,&&u<0,\\ &u^{n},&&0\leqslant u<1,\\ &1,&&u\geqslant1.\end{aligned}.\end{aligned} $$

将 $ F_{U}(u) $ 关于 u 求导得 U 的概率密度为

$$ f_{U}(u)=\{\begin{aligned}&nu^{n-1},&0\leqslant&u<1,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

（3）如题15.60图，上 $ \frac{\alpha}{2} $分位点 $ h_{\alpha/2} $应满足

$$ P\{U>h_{a/2}\}=\frac{\alpha}{2}. $$

即 $ 1-F_{U}(h_{a/2})=\frac{\alpha}{2} $

或即 $ 1-(h_{\alpha/2})^{n}=\frac{\alpha}{2} $

因而

$$ h_{\alpha/2}=(1-\frac{\alpha}{2})^{\frac{1}{n}} $$

同样， $ h_{1-a/2} $ 应满足

$$ P\{U

即

$$ F_{U}(h_{1-\alpha/2})=\frac{\alpha}{2}, $$

$$ (h_{1-\alpha/2})^{n}=\frac{\alpha}{2} $$

或即

因而

$$ h_{1-\alpha/2}=(\frac{\alpha}{2})^{\frac{1}{n}} $$

（4）考虑到

$$ P\{h_{1-\alpha/2}

即

$$ \{h_{1-\alpha/2}<\frac{Y}{\theta}

因此

$$ \mathrm{P}\{\mathrm{Y}/h_{\alpha/2}<\theta<\mathrm{Y}/h_{1-\alpha/2}\}=1-\alpha. $$

即

$$ \frac{\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\}}{\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)^{\frac{1}{n}}}<\theta<\frac{\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\}}{\left(\frac{\alpha}{2}\right)^{\frac{1}{n}}} $$

故得总体 $ X \sim U(0, \theta) $ 的未知参数 $ \theta $ 的一个置信水平为 $ 1 - \alpha $ 的置信区间为

$$ \left(\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)^{-\frac{1}{n}}\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\},\quad\left(\frac{\alpha}{2}\right)^{-\frac{1}{n}}\max\{X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}\}\right). $$

（5）现在 $ n=5,\max\{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5}\}=4.2,1-\alpha=0.95,\frac{\alpha}{2}=0.025 $ ，所求 $ \theta $ 的置信水平为 0.95 的置信区间为

$$ (0.975)^{-1/5}\times4.2,(0.025)^{-1/5}\times4.2)=(4.22,8.78). $$

1. 设总体 X 服从指数分布，概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},&x&>0,\\&0,& 其他 ,\end{aligned}.\quad\theta&>0. $$

设 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自 X 的一个样本。试取第 59 题中当 $ \theta = \theta_{0} $ 时的统计量 $ \chi^{2} = \frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}} $ 作为检验统计量，检验假设 $ H_{0}: \theta = \theta_{0}, H_{1}: \theta \neq \theta_{0} $。取显著性水平为 $ \alpha $ （注意： $ E(\overline{X}) = \theta $）。

设某种电子元件的寿命（以小时计）服从均值为 $ \theta $的指数分布，随机取12只元件测得它们的寿命分别为

$$ \begin{array}{l} 340 \quad 430 \quad 560 \quad 920 \quad 1.380 \quad 1.520 \quad 1.660 \quad 1.770 \quad 2.100 \quad 2.320 \quad 2.350 \quad 2.650 \end{array} $$

试取显著性水平 $ \alpha=0.05 $，检验假设 $ H_{0}:\theta=1450,H_{1}:\theta\neq1450 $

解 按题设总体 X 服从指数分布，其概率密度为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{\theta}e^{-\frac{x}{\theta}},&x>0,\\&0,& 其他 ,\end{aligned}.\quad\theta>0. $$

$ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 是来自 X 的样本，现在来检验假设（取显著性水平为 $ \alpha $）

$$ H_{0}:\theta=\theta_{0}\;,\qquad H_{1}:\theta\neq\theta_{0}. $$

取检验统计量

$$ \chi^{2}=\frac{2n\bar{X}}{\theta_{0}}, $$

当 $ H_{0} $ 为真时，由于 $ E(\overline{X})=E(X)=\theta_{0}, \chi^{2}=\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}} $ 与 2n 接近，而当 $ H_{1} $ 为真时 $ \chi^{2}=\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}} $，倾向于偏离 2n，因此拒绝域具有以下的形式

$$ \frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\leqslant k_{1}\quad 或 \quad\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\geqslant k_{2}, $$

此处 $ k_{1}, k_{2} $ 的值由下式确定：

$$ P\{ 当 H_{0} 为真拒绝 H_{0}\}=P_{\theta_{0}}\{(\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\leqslant k_{1})\cup(\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\geqslant k_{2})\}=P_{\theta_{1}}\{(\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\leqslant k_{1})\cup(\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\geqslant k_{2})\} $$

取

$$ P_{\theta_{0}}\{\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\leqslant k_{1}\}=\frac{\alpha}{2},\quad P_{\theta_{0}}\{\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\geqslant k_{2}\}=\frac{\alpha}{2}, $$

由第59题当 $ H_{0} $为真时， $ \frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\sim\chi^{2}(2n) $.故得 $ k_{1}=\chi_{1-\alpha/2}^{2}(2n) $， $ k_{2}=\chi_{\alpha/2}^{2}(2n) $.于是得拒绝域为

$$ \chi^{2}=\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\leqslant\chi^{2}_{1-a/2}(2n)\quad\text{ 或 }\quad\chi^{2}=\frac{2n\overline{X}}{\theta_{0}}\geqslant\chi^{2}_{a/2}(2n). $$

现在要检验假设

$$ H_{0}:\theta=\theta_{0}=1450,\quad H_{1}:\theta\neq1450. $$

今 $ \alpha=0.05,n=12,\bar{x}=1500,\chi_{a/2}^{2}(2n)=\chi_{0.025}^{2}(24)=39.364,\chi_{1-a/2}^{2}(24)=\chi_{0.975}^{2}(24)=12.401,\frac{2n\bar{x}}{\theta_{0}}=2\times12\times\frac{1\ 500}{1\ 450}=24.828. $ 即有12.401<24.828<39.364，故接受 $ H_{0} $.认为这批电子元件寿命的均值 $ \theta=1450 $小时.

1. 经过十一年的试验，达尔文于1876年得到15对玉米样品的数据如下表，每对作物除授粉方式不同外，其他条件都是相同的。试用逐对比较法检验不同授粉方式对玉米高度是否有显著的影响( $ \alpha=0.05 $)。问应增设什么条件才能用逐对比较法进行检验？

解 本题是历史上第一个对比试验的结果. 我们用逐对比较法来检验. 计算 $ x_{i} $ 与 $ y_{i} $ 的差: $ d_{i}=x_{i}-y_{i} $, 得到

$$ \begin{array}{l}-4.25,\quad-9,\quad0.375,\quad2,\quad-0.25,\quad2.875,\quad3.5,\end{array} $$

5.125, 1.75, 3.625, 7, 3, 9.375, 7.5, -6.

今要求在显著性水平 $ \alpha=0.05 $下检验假设

$$ H_{0}:\mu_{D}=0,\quad H_{1}:\mu_{D}\neq0. $$

现在 n=15, $ \alpha=0.05 $, $ t_{\alpha/2}(n-1)=t_{0.025}(14)=2.1448 $, 由所给的数据得 $ \overline{d}=1.725 $, $ s_{D}=5.069 $.

$$ |t|=\left|\frac{\overline{d}}{s_{D}/\sqrt{n}}\right|=1.3180<2.1448=t_{0.025}(14). $$

故接受 $ H_{0} $，即认为两种授粉方式对玉米高度无显著影响.

用逐对比较法作检验时，一般应假定各对数据之差 $ D_{1}, D_{2}, \cdots, D_{n} $ 构成正态总体的一个样本。不过这种假定，通常体现于做对比试验的要求上。

1. 一内科医生声称，如果病人每天傍晚聆听一种特殊的轻音乐会降低血压(舒张压，以 mmHg 计). 今选取了 10 个病人在试验之前和试验之后分别测量了血压，得到以下的数据：

设 $ D_{i}=X_{i}-Y_{i}\quad(i=1,2,\cdots,10) $ 为来自正态总体 $ N(\mu_{D},\sigma_{D}^{2}) $ 的样本， $ \mu_{D},\sigma_{D}^{2} $ 均未知. 试验是否可以认为医生的意见是对的（取 $ \alpha=0.05 $）.

解 本题亦宜采用逐对比较法，即在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验假设 $ H_{0} $: $ \mu_{D}\leqslant0,H_{1}:\mu_{D}>0 $. 检验统计量为 $ t=\frac{\overline{D}}{S_{D}/\sqrt{n}} $，当 t 的观察值 $ t\geqslant t_{a}(n-1) $ 时拒绝 $ H_{0} $. 今 n=10, $ D_{i}=X_{i}-Y_{i} $ 的观察值为

$$ \begin{array}{l} 2 \quad 9 \quad 14 \quad 6 \quad -2 \quad 4 \quad 12 \quad 10 \quad 14 \quad 14 \end{array} $$

得 $ \bar{d}=8.3, s_{D}=5.6184 $，查表 $ t_{a}(n-1)=t_{0.05}(9)=1.8331 $，检验统计量t的观察值 $ t=\frac{8.3}{5.6184/\sqrt{10}}=4.67>t_{a}(n-1)=1.8331 $。

从而在显著性水平0.05下拒绝 $ H_{0} $，认为医生的意见是对的.

1. 以下是各种颜色的汽车的销售情况：

试验顾客对这些颜色是否有偏爱，即检验销售情况是否是均匀的（取 $ \alpha=0.05 $）.

解 以 $ P(X) $ 表示一顾客买一辆×色的汽车的概率.本题要求根据销售记录，在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验假设

$$ H_{0}:P( 红 )=P( 黄 )=P( 蓝 )=P( 绿 )=P( 棕 )=0.2. $$

$ \sum = 232.6 $

$ \chi_{a}^{2}(k-r-1)=\chi_{0.05}^{2}(5-0-1)=\chi_{0.05}^{2}(4)=9.48\ 8 $。而观察值 $ \chi^{2}=232.6-200=32.6>9.488 $，故在 $ \alpha=0.05 $下拒绝 $ H_{0} $，认为顾客对颜色是有偏爱的。

1. 某种闪光灯，每盏灯含4个电池，随机地取150盏灯，经检测得到以下的数据：

，可（即）

试取 $ \alpha=0.05 $ 检验一盏灯损坏的电池数 $ X\sim b(4,\theta)(\theta $ 未知 $ ) $.

解：本题要求在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验假设

$$ H_{0}:X\sim b\left(4,\theta\right), $$

此处 $ \theta $为未知. 故需在 $ H_{0} $下用最大似然估计法估计 $ \theta $. 由 $ X\sim b(4,\theta) $知 $ \theta $的最大似然估计值为 $ \hat{\theta}=\bar{x}/4 $（见第七章题3），即有

$$ \widehat{\theta}=\frac{1}{4}\times\frac{0\times26+1\times51+2\times47+3\times16+4\times10}{150}=\frac{233}{600} $$

$ \chi_{a}^{2}(k-r-1)=\chi_{0.05}^{2}(4-1-1)=\chi_{0.05}^{2}(2)=5.991 $，而观察值 $ \chi^{2}=151.623-150=1.623<5.991 $。故接受 $ H_{0} $，认为 $ X\sim b(4,\theta) $。

试取 $ \alpha=0.03 $ 用秩和检验法检验春季发生的案件数的均值是否较秋季的为多.

解 本题要求在显著性水平 $ \alpha=0.03 $下，检验假设 $ H_{0}:\mu_{1}=\mu_{2},H_{1}:\mu_{1}>\mu_{2} $。将两组共 $ 9+10=19 $个数据排序如下：

（对于来自第1个总体 $ (n_{1}=9) $的数据下面加“__”表示），故 $ r_{1}=5+10+11+13+14+15+17+18+19=122 $，查教材附表9知拒绝域为 $ r_{1}\geqslant114 $。现在 $ r_{1}=122 $落在拒绝域内，故拒绝 $ H_{0} $，认为春季发生的案件数的均值较秋季的为多。

1. 临界闪烁频率(cff)是人眼对于闪烁光源能够分辨出它在闪烁的最高频率(以 Hz 计). 超过 cff 的频率, 即使光源实际是在闪烁的, 而人看起来是连续的(不闪烁的). 一项研究旨在判定 cff 的均值是否与人眼的虹膜颜色有关, 所得数据如下:

试在显著性水平0.05下，检验各种虹膜颜色相应的cff的均值有无显著的差异。设各个总体服从正态分布，且方差相等，不同颜色下的样本之间相互独立。

解 将棕色、绿色、蓝色虹膜的 cff 均值分别记作 $ \mu_{1}, \mu_{2}, \mu_{3} $. 本题要求在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验假设

$$ H_{0}:\mu_{1}=\mu_{2}=\mu_{3},\quad H_{1}:\mu_{1},\mu_{2},\mu_{3}\text{ 不全相等 } $$

现在，

$$ n_{1}=8,n_{2}=5,n_{3}=6,n=n_{1}+n_{2}+n_{3}=19,s=3, $$

$$ T_{.1}=204.7,T_{.2}=134.6,T_{.3}=169,T...=508.3. $$

$$ \begin{aligned}S_{T}&=\sum x_{ij}^{2}-T^{2}./n=13\ 659.67-13\ 598.362\ 63\\&=61.307\ 37,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}S_{A}&=\sum T_{:j}^{2}/n_{j}-T_{:..}^{2}/n=13\ 621.359\ 92-13\ 598.362\ 63\\&=22.997\ 29,\\S_{E}&=S_{T}-S_{A}=38.310\ 08.\end{aligned} $$

$ S_{T}, S_{A}, S_{E} $ 的自由度分别为 n-1=18, s-1=2, n-s=16. 经计算得方差分析表如下：

而 $ F_{0.05}(2,16)=3.63

1. 下面列出了挪威人自1938—1947年间年人均脂肪消耗量与患动脉粥样硬化症而死亡的死亡率之间相关的一组数据.

设对于给定的 x,Y 为正态变量，且方差与 x 无关.

（1）求回归直线方程 $ y=a+bx $

(2) 在显著性水平 $ \alpha=0.05 $ 下检验假设 $ H_{0}: b=0, H_{1}: b \neq 0 $.

(3) 求 $ \hat{y} $ $ \vert_{x=13} $.

（4）求 x=13 处 $ \mu(x) $ 置信水平为0.95的置信区间.

（5）求 x=13 处 Y 的新观察值 $ Y_{0} $ 的置信水平为0.95的预测区间.

解 (1) 现在 $ n=10 $. $ \sum x_{i}=116.1 $, $ \sum y_{i}=258.5 $, $ \sum x_{i}y_{i}=3\ 046.09 $, $ \sum x_{i}^{2}=1\ 390.09 $, $ \sum y_{i}^{2}=6\ 746.01 $, $ S_{xx}=\sum x_{i}^{2}-\frac{1}{n}(\sum x_{i})^{2}=42.169 $, $ S_{yy}=\sum y_{i}^{2}-\frac{1}{n}(\sum y_{i})^{2}=63.785 $, $ S_{xy}=\sum x_{i}y_{i}-\frac{1}{n}(\sum x_{i})(\sum y_{i})=44.905 $. (此处 $ \sum $ 表示 $ \sum_{i=1}^{n} $.)

$$ \hat{b}=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}=1.064\ 881\ 8,\hat{a}=\bar{y}-\bar{x}\hat{b}=13.486\ 722\ 3. $$

故回归方程为

$$ \hat{y}=13.487+1.065x. $$

(2) 要检验假设 $ H_{0}: b=0, H_{1}: b \neq 0 $. 现在 $ Q_{e} = S_{yy} - \hat{b} S_{xy} = 15.966483, \hat{\sigma}^{2} = \frac{Q_{e}}{n-2} = 1.995810, \hat{\sigma} = 1.412732 $. 查表 $ t_{0.05/2}(n-2) = t_{0.025}(8) = 2.306, H_{0} $ 的拒绝域为 $ |t| = \frac{|\hat{b}|}{\hat{\sigma}} \times \sqrt{S_{xx}} \geqslant 2.306 $. $ |t| $ 的观察值为 $ |t| = 4.8948 > 2.306 $, 故在显著性水平 $ \alpha = 0.05 $ 下拒绝 $ H_{0} $, 认为回归效果是显著的.

（3）x=13 处 y 的回归函数值为

$$ \hat{y}\mid_{x=13}=13.487+1.065\times13=27.332. $$

(4) $ 1 - \alpha = 0.95 $, $ \frac{\alpha}{2} = 0.025 $, $ t_{a/2}(n-2) = t_{0.025}(8) = 2.3060 $, 从而 $ t_{a/2}(n-2)\hat{\sigma}\sqrt{1/n + (x_0 - \overline{x})^2 / S_{xx}} = 1.244 $. 故在 $ x = 13 $ 处 $ \mu(x) $ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间是

$$ (27,332{\scriptstyle\pm}1,244). $$

(5) $ t_{\alpha/2}(n-2)\hat{\sigma}\sqrt{1+1/n+(x_0-\bar{x})^2/S_{\alpha}} $=3.487，故在 x=13 处 Y 的新观察值 $ Y_0 $ 的一个置信水平为 0.95 的预测区间为

$$ (27,332\pm3,487). $$

1. 下面给出 1924—1992 年奥林匹克运动会女子 100 米仰泳的最佳成绩（以秒计）（其中 1940 年及 1944 年未举行奥运会）：

（1）画出散点图.

（2）求成绩关于年份的线性回归方程.

（3）检验回归效果是否显著（取 $ \alpha=0.05 $）.

解 $ \sum x_{i}=313\ 60 $， $ \sum y_{i}=1121.2 $，n=16， $ S_{x}=7\ 168 $，

$$ S_{xy}=-2574.4,\quad S_{yy}=948.79. $$

回归方程为

$$ \hat{y}=774.0125-0.35915x. $$

$ |t|=23.13>t_{0.025}(14)=2.1448 $，拒绝 $ H_{0} $，回归效果是非常显著的。

随机过程部分

1. 设在时间区间 $ (0,t] $内来到某商店的顾客数 $ N(t) $是强度为 $ \lambda $的泊松过程. 每个来到商店的顾客购买某些货物的概率是p, 不买货物就离去的概率是1-p, 且各个顾客是否购买货物是相互独立的. 令 $ Y(t) $为 $ (0,t] $内购买货物的顾客数. 试证 $ \{Y(t),t\geqslant0\} $是强度为 $ \lambda p $的泊松过程.

证 (i) $ Y(0) \leqslant N(0) = 0 $，故 $ Y(0) = 0 $.

（ii）对于任意 $ 0 \leqslant t_0 < t_1 < \cdots < t_n $，由于 $ N(t) $ 是泊松过程，故 $ N(t) $ 具有独立增量性，因而在两两不重叠的时间段 $ (t_0, t_1], (t_1, t_2], \cdots, (t_{n-1}, t_n] $ 中来到商店的顾客数 $ N(t_1) - N(t_0) $， $ N(t_2) - N(t_1), \cdots, N(t_n) - N(t_{n-1}) $ 是相互独立的，又由题设每个顾客的购物行动是相互独立的，因而在时间段 $ (t_0, t_1], (t_1, t_2], \cdots, (t_{n-1}, t_n] $ 的购物人数 $ Y(t_1) - Y(t_0) $， $ Y(t_2) - Y(t_1), \cdots, Y(t_n) - Y(t_{n-1}) $ 是相互独立的，故 $ Y(t), t \geqslant 0 $ 是独立增量过程。

（iii）对于任意的 $ t > t_{0} \geqslant 0 $，由 $ N(t) - N(t_{0}) \sim \pi(\lambda(t - t_{0})) $，得知若 r 是非负整数，有

$$ \begin{aligned}&\{Y(t)-Y(t_{0})=r\}\\&\quad=\{\bigcup_{k=0}^{+\infty}(N(t)-N(t_{0}))=k\}\cap\{Y(t)-Y(t_{0})=r\}\\&\quad=\bigcup_{k=0}^{+\infty}\{(N(t)-N(t_{0})=k)\cap(Y(t)-Y(t_{0})=r)\}\\&\quad=\bigcup_{k=r}^{+\infty}\{(N(t)-N(t_{0})=k)\cap(Y(t)-Y(t_{0})=r)\}\\ \end{aligned} $$

在 $ N(t)-N(t_{0})=k $ 的条件下， $ Y(t)-Y(t_{0})\sim b(k,p) $，从而

$$ \begin{aligned}P&\{Y(t)-Y(t_{0})=r\}\\&=\sum_{k=r}^{+\infty}P\{(N(t)-N(t_{0})=k)\cap(Y(t)-Y(t_{0})=r)\}\\&=\sum_{k=r}^{+\infty}P\{Y(t)-Y(t_{0})=r\mid N(t)-N(t_{0})=k\}\\&\quad\times P\{N(t)-N(t_{0})=k\}\\&=\sum_{k=r}^{+\infty}\frac{k!}{r!(k-r)!}p^{r}(1-p)^{k-r}\frac{[\lambda(t-t_{0})]^{k}}{k!}\mathrm{e}^{-\lambda(t-t_{0})}\\&=\frac{1}{r!}[\lambda p(t-t_{0})]^{r}\mathrm{e}^{-\lambda(t-t_{0})}\sum_{k=r}^{+\infty}\frac{[\lambda(1-p)(t-t_{0})]^{k-r}}{(k-r)!}\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}&=\frac{1}{r!}[\lambda p\left(t-t_{0}\right)]^{r}\mathrm{e}^{-\lambda\left(t-t_{0}\right)}\mathrm{e}^{\lambda\left(1-p\right)\left(t-t_{0}\right)}\\&=\frac{1}{r!}[\lambda p\left(t-t_{0}\right)]^{r}\mathrm{e}^{-\lambda p\left(t-t_{0}\right)},\quad r=0,1,2,\cdots,\end{align*} $$

故

$$ Y(t)-Y(t_{0})\sim\pi(\lambda p(t-t_{0})). $$

综合(i)、(ii)、(iii)，按定义得 $ \{Y(t),t\geqslant0\} $为强度 $ \lambda p $的泊松过程.

1. 设随机过程

$$ X(t)=a\cos\left(\Omega t+\Theta\right),\quad-\infty

其中 a 是常数，随机变量 $ \Theta \sim U(0, 2\pi) $，随机变量 $ \Omega $ 具有概率密度 $ f(x) $，设 $ f(x) $ 连续且为偶函数， $ \Theta $ 与 $ \Omega $ 相互独立。试证 $ X(t) $ 是平稳过程，且其谱密度为

$$ S_{x}(\omega)=a^{2}\pi f(\omega). $$

证　的概率密度为

$$ f_{\Theta}(\theta)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2\pi},&0&<\theta<2\pi,\\ &0,& 其他 .\end{aligned}. $$

因 $ \Omega $ 与 $ \Theta $ 相互独立，故 $ \Omega $ 与 $ \Theta $ 的联合概率密度为

$$ f_{\alpha\theta}(u,\theta)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2\pi}f(u),&0<\theta<2\pi,-\infty

于是

$$ \begin{array}{l}E[X(t)]=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{0}^{2\pi}a\cos(ut+\theta)f_{\Omega\Theta}(u,\theta)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}u\\=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{0}^{2\pi}f(u)\frac{1}{2\pi}a\cos(ut+\theta)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}u\\=\displaystyle\frac{a}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\left[\int_{0}^{2\pi}\cos(ut+\theta)\mathrm{d}\theta\right]\mathrm{d}u\\=\displaystyle\frac{a}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\cdot0\mathrm{d}u=0.\end{array} $$

$$ \begin{aligned}E[X(t)X(t+\tau)]=&\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{0}^{2\pi}f(u)\frac{1}{2\pi}a^{2}\cos(ut+\theta)\cos(ut+u\tau+\theta)\mathrm{d}\theta\mathrm{d}u\\=&\frac{a^{2}}{4\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\{\int_{0}^{2\pi}[\cos u\tau+\cos[u(2t+\tau)+2\theta]]\mathrm{d}\theta\}\mathrm{d}u\\=&\frac{a^{2}}{4\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)[(\cos u\tau)2\pi+0]\mathrm{d}u\\=&\frac{a^{2}}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}(\cos u\tau)f(u)\mathrm{d}u.\end{aligned} $$

知 $ E[X(t)X(t+\tau)] $ 是 $ \tau $ 的函数。所以 $ X(t) $ 是平稳的。

$$ \begin{aligned}S_{X}(\omega)=&\int_{-\infty}^{+\infty}R_{X}(\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau=\frac{a^{2}}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\int_{-\infty}^{+\infty}(\cos u\tau)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega\tau}\mathrm{d}\tau\mathrm{d}u\\=&\frac{a^{2}}{4}\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\int_{-\infty}^{+\infty}[\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(u+\omega)\tau}+\mathrm{e}^{\mathrm{i}(u-\omega)\tau}]\mathrm{d}\tau\mathrm{d}u\\=&\frac{a^{2}}{4}\int_{-\infty}^{+\infty}2\pi[\delta(u+\omega)+\delta(u-\omega)]f(u)\mathrm{d}u\\=&\frac{\pi a^{2}}{2}[f(-\omega)+f(\omega)]=\pi a^{2}f(\omega)( 因 f 是偶函数 ).\end{aligned} $$