概率论习题五答案

1.设抽样得到样本观测值为：

38.2 40.0 42.4 37.6 39.2 41.0 44.0 43.2 38.8 40.6 计算样本均值、样本标准差、样本方差与样本二阶中心矩。

__解:x11101010i1xi__1102(38.2+40.0+42.4+37.6+39.2+41.0+44.0+43.2+38.8+40.6)40.5;19s29110i1(xix)__i2[(38.240.5)(40.040.5)(40.640.5)]2.1587;2222i1s(x9x)2.15874.66;__2210110(xix)910S24.194.i12.设抽样得到100个样本观测值如下： 观测值xi 频数ni 1 15 2 21 3 25 4 20 5 12 6 7 计算样本均值、样本方差与样本二阶中心矩。 解：由书上127页（5.20）（5.21）（5.22）式可知：

___xs2xn100ii116i___11002(11522132542051267)3.14;199[(13.14)15(63.14)7]2.1216;

991002.1004.2219916i1(xix)ni6___22100i1(xix)ni2.12163.略

4.从总体中抽取容量为n的样本X1,,Xn，设c为任意常数，k为任意正数，作变换

Yik(Xic),i1,2,,n.

Yk证明：（1）X2c;（2）Sx2Syk22;其中X及Sx分别是X1,,Xn的样本均值及样本

2方差；Y及Sy分别是Y1,,Yn的样本均值及样本方差。 证明（1） X1nnXi,由Yik(Xic)得XiYikc

i1X1nni1(Yikc)1knnYii11nncYkc

S2y1ni(Yni1nY)2i21ni2kXni1ckXkcX)kSx222（2） 1kXni12xkXk21ni(Xni1

SSyk225. 从总体中抽取两组样本，其容量分别为n1及n2，设两组的样本均值分别为X1及X2，

22样本方差分别为S1及S2，把这两组样本合并为一组容量为n1n2的联合样本。 证明：（1）.联合样本的样本均值Xn1X1n2X2n1n2；

2 （2）.联合样本的样本方差SSum1n1X1,2n11S21n21S22n1n21n1n2X1X2n1n2n1n21

Sum2n2X2n1X1n2X2 n1n2n21i2证明：（1）

XSum1Sum2n1n2n1S2(Xi1n1X)(Xi12iX)2 （2）

n1n21n21i

2i(Xi1X1X1X)2(Xi1X2X2X)2n1n21n12又(X1iX1X1X)i1n1

i1n1XX2XX111i222X1X2X1iX1

(Xi11iX1)n1X1X20n11S1n1X1X2

n2同理(X2iX2X2X)i12n21S2n2X2X22而n1X1X22n2X2X22

222n1X12X1XX2nX222X2XX22n1X12n1X1Xn1Xn1X1n2X2n1n221n2X22n2X2Xn2X又Xn1X2n1X1n1X1n2X2n1n2n1n2n1X1n2X2n1n222n2X222n1X2n1X1n2X2n1n2化简得

n1n2X1X2n1n2S22n11S21n21S22n1n21n1n2X1X22

n1n2n1n2126设随机变量X,Y,Z相互，都服从标准正态分布N.(0, 1),求随机变量函数

UX2YZ的分布函数与概率密度；并验证§5.4定理1当k=3时成立，即U～2223

解：X, Y, Z相互且都服从N(0, 1),则U～1U33 fUu22P2o,PUuPX23显然

321eu2,u0

u0 不然，直接求U的分布函数

2YZf22u2x,y,zdxdydzxfyfzdxdydz

xyzu2 22f2xyzu当u0,当u0,PUu0PUu222xyzue213xyz2222dxdydz 利用三重积分的性质（略）也可得到结论。

7. 设随机变量X服从自由度为k的t分布，证明：随机变量YX2服从自由度为（1， k）的F分布。

证明：X～tk,则可将X记为XUVk,其中U～N(0, 1), V～2k

U2 则2U2221, 其中U～1， V～k VV2kk2 由F分布的定义知 Y=～F(1, k).

8. 设随机变量X服从自由度为k1,k2的F分布，证明：随机变量Y1X服从自由度为

k1,k2的F分布；从而证明等式（5.33）：

F1k1,k21Fk2,k1

U 证明：X ～Fk1,k2, 则X 可写成

k1Vk2,其中U2k1,V2k2,

V Y1Xk2Uk1,其中U2k1，V2k2，由F分布定义知

YFk2,k1PXF1k1,k21111PXF1k1,k2111(1)  PXF1k1,k2

1,又PYFk2,k1PYF1k1,k2

1Fk2,k1F1k1,k2 即F1k1,k2＝1Fk2,k152

9. 设总体X服从正态分布N,

(1) 从总体中抽取容量为的样本，求样本均值X与总体均值之差的绝对值小于1的概率PX1;

（2）抽取样本容量n多大时，才能使概率PX1达到0.95？ 解：(1) XN0,1

n PX1P1X1

1X P551 581 5 85825 20.945210.04 (2) PX1P1X1

nXnP

nn10.95 2

n0.9755

n51.960.52

n9.8n9610.从正态总体N,中抽取容量为10的样本X21,X2,X10，

10 （1）已知0，求Xi4的概率。

i110 （2）未知，求(XiX)2.85的概率。

i121012 解：(1) PXi4P2i10.510i1Xi24 20.51 又

10.5210i1Xi22210 （P133，定理3）

原式＝P10160. 10101012 （2） P(XiX)2.85P2i10.5i1(XiX)2.852 20.51 又

10.5210(Xi12iX)229 （定理4 P133）

原式＝P911.41P2911.4

10.250.75 11. 设总体XN50,62，总体YN46,42，从总体X中抽取容量为10的样本，

从总体Y中抽取容量为8的样本，求下列概率：

S2 （1） P0XY8 （2） Px28.28

Sy解： （1）P0XY8P05046XY504685046

05046XY504685046 P222222108108108 有136定理6知，XY5046621042N0,1

8XY50464 原式＝P225.61084 5.6 210.909 5.6Sx24S2 （2） Px2Sy8.28P62Sy422248.282

6Sx2 又由P139，62F101,Sy42281

原式F9,1F7683.9,273.681

10.050.95212. 设总体XN,，抽取样本X,,Xn，样本均值为X，样本方差为S。若

再抽取一个样本Xn1，证明：

nn12统计量Xn1XStn1 X与Xn1相互。

证明：Xn1N,,XN,,n2Xn1XNo,n1n

2Xn1Xnnn1Xn1XSn1nn1n1n S

Xn1Xn1Xn1Xn1nXn1Xn1n2 ＝SnS22n1S2

n1 分子Xn1Xn1nN0,1,n1S222n1P133Th4

nn1Xn1XS22tn1

13. 设总体XN8,，抽取样本X1,X2,,X10，求下列概率：

（1） PmaxX1,X2,,X1010

（2）PminX1,X2,,X105

解： （1） PmaxX1,X2,,X1010＝1－PmaxX1,X2,,X1010

1PX110,X210,,X10101PX110PX210PX1010 1P(X18210108)210

1110.8413100.8224 （2）PminX1,X2,,X1051PminX1,X2,,X105

1PX15,X25,,X1051P1PX1510X858) 11P(122111.511.5101010

0.499114. 设总体 X服从泊松分布P，抽取样本X1,,Xn，求： （1） 样本均值X的期望与方差；

（2） 样本均值X的概率分布。

1n解：（1） XnXi,1n2nX1nii1Xnni1i11nDXDXi11n2inn

（2） 由泊松分布的可加性有：YX1X2XnP＝Pn

 XYyn， 则PyX(n)nPYyy!en,15. 设总体 X服从指数分布e，抽取样本X1,,Xn，求： （1）样本均值X的期望与方差； （2）样本方差S2的数学期望。

XXi1 解： （1）

DX11

nDXin2(2)S21n2n1(XiX)i1 1n22n1(XinX)

i11nn1X22inX)i1212DX22iXiX2i,Xi212X2DXX21n212 S212nn11n12n221n1n12212n个y0,1,2,