概率论 自测练习题参考答案

（2）设电站至少应具有发电量a瓦，由题意有

P?0?200?n?a??0.95，

即

a???9000?9000?n?9000?200P??????0.95。

303030????由中心极限定理知

a???a?9000?200?9000???n?9000200P??900??????303030???????a?200?9000???30??????0.95 ???????(?900) ??查正态分布表，可得

a200?900030?1.645

由此解得

a?1810（千瓦）

即，发电厂至少应具有1810千瓦以上的发电能力，才能以0.95的概率保证正常供电。

第六章 自测练习题A

1. （1）正态，?, 2. 解 由定义可得

(8?2?5?3?7)?5， 51222222s?[(8?5)?(2?5)?(5?5)?(3?5)?(7?5)]?6.5，

4x?b2?15[(8?5)?(2?5)?(5?5)?(3?5)?(7?5)]?5.2

22222?2n （2）4，t （3）(n,m); F（4）(n,1); F

1经验分布函数为

?0, x?2,?15, 2?x?3,??25, 3?x?5, Fn(x)???35, 5?x?7,?45, 7?x?8,??1, x?8.3. 解 因X~N?3.4,??36??，所以有 n?n?X?3.46n?5.4?3.46?n? ??1.4?3.4P?1.4?X?5.4??P?6??n??n?????????2???3????3?????n??1， ??3????由题意

?n?2???1?0.95，

?3????即

?n????0.975， ?3????查正态分布表，得

n31?1.96，由此解得 n?35。

1024. 解 由题意知

0.3?i?1Xi~?(10)，故

22?10??12P??Xi?1.44??P?2?i?1??0.310?i?1X2i1.44??1??P??220.3??0.3n10?i?1?2。 Xi?16??0.10（查表）

?5. 解 记X??1n?ni?1Xi，X???1?ni?1Xn?i，显然，X??X???2X，因此，有

?n?n2?2?EY?E??(Xi?Xn?i?2X)??E??[(Xi?X?)?(Xn?i?X??)]?

?i?1??i?1??n22??E??[(Xi?X?)?2(Xi?X?)(Xn?i?X??)?(Xn?i?X??)]?

?i?1??(n?1)?2?0?(n?1)?2?2(n?1)?

2

自测练习题B

1. （1）C （2）C （3）D

2. 解 因X~U[0,?]，所以其分布密度函数为

?1?, 0?x??, f(x)????0, 其它.?由X1,X2,?,Xn的独立性知，(X1,X2,?,Xn)的概率密度函数为

?1, 0?xi??, i?1,2,?,n,? p(x1,x2,?,xn)???n?0, 其它.?3. 解 因X~N(100,14)，所以

P????X?100?X?100?k?P??2k??2?(2k)?1?0.99，

14?????由此解得?(2k)?0.995，查正态分布表，得2k?2.58，k?1.29。

224. （1） 证明 因X1?X2~N(2?,2?)，X1?X2~N(0,2?)。又

cov(X1?X2,X1?X2)?cov(X1,X1)?cov(X1,X2)?cov(X2,X1)?cov(X2,X2)

???0?0??22?0

因此，X1?X2与X1?X2不相关，又因X1?X2，X1?X2均服从正态分布，故它们相互独立。

22（2）由于??0，故X1?X2~N(0,2?)，X1?X2~N(0,2?),

?X1?X2??X1?X2?22~?(1)~?(1) , ????2??2????22由F?分布的定义知

?X1?X2???2????X1?X2???2???2(X1?X2)(X1?X2)22?2~F(1,1)，

其概率密度函数为