详细《概率论和数理统计》课后习题和答案

...wd......wd......wd...习题一：1.1写出以下随机试验的样本空间：某篮球运发动投篮时,连续5次都命中,观察其投篮次数;解：连续5次都命中，至少要投5次以上，故；掷一颗匀称的骰子两次,观察前后两次出现的点数之和;解：；观察某医院一天内前来就诊的人数;解：医院一天内前来就诊的人数理论上可以从0到无穷，所以；从编号为1，2，3，4，5的5件产品中任意取出两件,观察取出哪两件产品;解：属于不放回抽样，故两件产品不会一样，编号必是一大一小，故：检查两件产品是否合格;解：用0表示合格,1表示不合格，那么；观察某地一天内的最高气温和最低气温(假设最低气温不低于T1,最高气温不高于T2);解：用表示最低气温,表示最高气温;考虑到这是一个二维的样本空间，故：；在单位圆内任取两点,观察这两点的距离;解：；在长为的线段上任取一点,该点将线段分成两段,观察两线段的长度.解：；1.2A与B都发生,但C不发生;；A发生,且B与C至少有一个发生;；A,B,C中至少有一个发生;；A,B,C中恰有一个发生;；A,B,C中至少有两个发生;；(6)A,B,C中至多有一个发生;；(7)A;B;C中至多有两个发生;(8)A,B,C中恰有两个发生.；注意：此类题目答案一般不唯一，有不同的表示方式。1.3设样本空间,事件=,具体写出以下各事件：;(2);(3);(4)；(2)=；(3)=;(4)=1.6按从小到大次序排列,并说明理由.解：由于故，而由加法公式，有：1.7解：(1)昆虫出现残翅或退化性眼睛对应事件概率为：由于事件可以分解为互斥事件，昆虫出现残翅,但没有退化性眼睛对应事件概率为：(3)昆虫未出现残翅,也无退化性眼睛的概率为：.1.8解：(1)由于，故显然当时P(AB)取到最大值。最大值是0.6.(2)由于。显然当时P(AB)取到最小值，最小值是0.4.1.9解：因为P(AB)=0，故P(ABC)=0.至少有一个发生的概率为：1.10解通过作图，可以知道，1.11解：用表示事件“杯中球的最大个数为个〞=1,2,3。三只球放入四只杯中，放法有种，每种放法等可能。对事件：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法4×3×2种，故(选排列：好比3个球在4个位置做排列)。对事件：必须三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中选1个杯子，放入此3个球，选法有4种)，故。1.12解：此题为典型的古典概型，掷一颗匀称的骰子两次基本领件总数为36。.出现点数和为“3〞对应两个基本领件〔1，2〕，〔2，1〕。故前后两次出现的点数之和为3的概率为。同理可以求得前后两次出现的点数之和为4，5的概率各是。1.13解：从10个数中任取三个数，共有种取法，亦即基本领件总数为120。假设要三个数中最小的一个是5，先要保证取得5，再从大于5的四个数里取两个，取法有种，故所求概率为。(2)假设要三个数中最大的一个是5，先要保证取得5，再从小于5的五个数里取两个，取法有种，故所求概率为。1.14解：分别用表示事件：(1)取到两只黄球;(2)取到两只白球;(3)取到一只白球,一只黄球.那么。1.15解：由于，故1.16〔2〕解：〔1〕〔2〕注意：因为，所以。1.17解：用表示事件“第次取到的是正品〞〔〕，那么表示事件“第次取到的是次品〞〔〕。事件“在第一、第二次取到正品的条件下,第三次取到次品〞的概率为：。(2)事件“第三次才取到次品〞的概率为：事件“第三次取到次品〞的概率为：此题要注意区分事件〔1〕、(2〕的区别，一个是求条件概率，一个是一般的概率。再例如，设有两个产品，一个为正品，一个为次品。用表示事件“第次取到的是正品〞〔〕，那么事件“在第一次取到正品的条件下,第二次取到次品〞的概率为：；而事件“第二次才取到次品〞的概率为：。区别是显然的。1.18。解：用表示事件“在第一箱中取出两件产品的次品数〞。用表示事件“从第二箱中取到的是次品〞。那么，，，根据全概率公式，有：1.19解：设表示事件“所用小麦种子为等种子〞，表示事件“种子所结的穗有50颗以上麦粒〞。那么，，，根据全概率公式，有：1.20解：用表示色盲，表示男性，那么表示女性，由条件，显然有：因此：根据贝叶斯公式，所求概率为：1.21解：用表示对试验呈阳性反响，表示癌症患者，那么表示非癌症患者，显然有：因此根据贝叶斯公式，所求概率为：1.22(1)求该批产品的合格率;(2)从该10箱中任取一箱,再从这箱中任取一件,假设此件产品为合格品,问此件产品由甲、乙、丙三厂生产的概率各是多少?解：设，，那么根据全概率公式，，该批产品的合格率为0.94.根据贝叶斯公式，同理可以求得，因此，从该10箱中任取一箱,再从这箱中任取一件,假设此件产品为合格品,此件产品由甲、乙、丙三厂生产的概率分别为：。1.23解：记={目标被击中}，那么1.24解：记={四次独立试验，事件A至少发生一次}，={四次独立试验，事件A一次也不发生}。而，因此。所以三次独立试验中,事件A发生一次的概率为：。二、第一章定义、定理、公式、公理小结及补充：〔10〕加法公式P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)当P(AB)＝0时，P(A+B)=P(A)+P(B)〔11〕减法公式P(A-B)=P(A)-P(AB)当BA时，P(A-B)=P(A)-P(B)当A=Ω时，P()=1-P(B)〔12〕条件概率定义设A、B是两个事件，且P(A)>0，那么称为事件A发生条件下，事件B发生的条件概率，记为。〔16〕贝叶斯公式，i=1，2，…n。此公式即为贝叶斯公式。第二章随机变量2.1X23456789101112P1/361/181/121/95/361/65/361/91/121/181/362.2解：根据，得，即。故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)两人投中的次数一样P{X=Y}=P{X=0,Y=0}+P{X=1,Y=1}+P{X=2,Y=2}=(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}=2.4解:〔1〕P{1≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=P{0.5<X<2.5}=P{X=1}+P{X=2}=2.5解：〔1〕P{X=2,4,6,…}==〔2〕P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}-P{X=2}=2.6解：设表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，1，2=2.6解：(1)设X表示4次独立试验中A发生的次数，那么X~B(4,0.4)(2)设Y表示5次独立试验中A发生的次数，那么Y~B(5,0.4)2.7〔1〕X～P(λ)=P(0.5×3)=P(1.5)=〔2〕X～P(λ)=P(0.5×4)=P(2)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，那么。依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即，也即因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为的泊松分布。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小时失效的概率为设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，那么。所求的概率为2.10〔1〕假设该地区每天的用电量仅有80万千瓦时，那么该地区每天供电量缺乏的概率为：〔2〕假设该地区每天的用电量仅有90万千瓦时，那么该地区每天供电量缺乏的概率为：2.11解:要使方程有实根那么使解得K的取值范围为,又随机变量K~U(-2,4)那么有实根的概率为2.12解：X~P(λ)=P()(1)〔2〕〔3〕2.13解：设每人每次打的时间为X，X~E(0.5)，那么一个人打超过10分钟的概率为又设282人中打超过10分钟的人数为Y，那么。因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为的泊松分布。所求的概率为2.14解：(1)(2)2.15解：设车门的最低高度应为a厘米，X~N(170,62)厘米2.19解：X的可能取值为1,2,3。因为；；所以X的分布律为X123P0.60.30.1X的分布函数为2.20(1)Y040.20.70.1(2)Y-110.70.32.21〔1〕当时，当时，当时，X-112P0.30.50.2〔2〕Y120.80.22.22〔1〕设FY(y)，分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，那么对求关于y的导数，得〔2〕设FY(y)，分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，那么当时，当时，有对求关于y的导数，得〔3〕设FY(y)，分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，那么当时，当时，对求关于y的导数，得2.23∵∴〔1〕对求关于y的导数，得到〔2〕，,对求关于y的导数，得到〔3〕，对求关于y的导数，得到第三章随机向量3.1P{1<X2,3<Y5}=F(2,5)+F(1,3)--F(1,5)—F(2,3)=3.2YX1220=3=03.4〔1〕a=〔2〕〔3〕3.5解：〔1〕〔2〕3.6解：3.7参见课本后面P227的答案3.83.9解：X的边缘概率密度函数为：①当时，，②当时，Y的边缘概率密度函数为：当时，，当时，3.10〔1〕参见课本后面P227的答案〔2〕3.11参见课本后面P228的答案3.12参见课本后面P228的答案3.13〔1〕对于时，，所以对于时，所以3.14XY025X的边缘分布10.150.250.350.7530.050.180.020.25Y的边缘分布0.20.430.371由表格可知P{X=1;Y=2}=0.25≠P{X=1}P{Y=2}=0.3225故所以X与Y不独立3.15XY123X的边缘分布12ab+a+bY的边缘分布a+b+1由独立的条件那么可以列出方程解得3.16解〔1〕在3.8中当，时，当或时，当或时，所以， X与Y之间相互独立。〔2〕在3.9中，当，时，，所以X与Y之间不相互独立。3.17解：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：∵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一样∴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：3，4，54.3参见课本230页参考答案4.4解：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，那么4.8解500+100015004.9参见课本后面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,那么X~N(,)根据题意有:,解得t=2即=12所以成绩在60到84的概率为4.124.13解：4.14解：设球的直径为X,那么：4.15参看课本后面231页答案4.16 解:4.17解∵X与Y相互独立，∴4.18，4.19，4.20参看课本后面231，232页答案4.21设X表示10颗骰子出现的点数之和，表示第颗骰子出现的点数，那么，且是独立同分布的，又所以4.22参看课本后面232页答案4.234.244.254.26因为X~N(0,4),Y~U(0,4)所以有Var(X)=4Var(Y)=故：Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)=4+=Var(2X-3Y)=4Var(X)+9Var(Y)=4.27参看课本后面232页答案4.28后面4题不作详解第五章极限理5.3解：用表示每包大米的重量，，那么,5.4解：因为服从区间[0,10]上的均匀分布，5.5解：方法1：用表示每个部件的情况，那么，,方法2：用X表示100个部件中正常工作的部件数，那么5.6略第六章样本与统计6.16.3.1证明:由QUOTE=QUOTE+b可得，对等式两边求和再除以n有QUOTE由于QUOTE所以由QUOTE可得==6.3.2因为所以有6.2证明：6.3〔1〕〔2〕由于所以有两边同时除以〔n-1〕可得即6.4同例6.3.3可知得查表可知=1.96又根据题意可知n=436.5解〔1〕记这25个电阻的电阻值分别为QUOTE,它们来自均值为QUOTE=200欧姆，标准差为QUOTE=10欧姆的正态分布的样本那么根据题意有：(2)根据题意有6.6解：〔1〕记一个月〔30天〕中每天的停机时间分别为QUOTE，它们是来自均值为QUOTE=4小时，标准差为QUOTE=0.8小时的总体的样本。根据题意有：〔注：当时，的值趋近于1，相反当时，其值趋近于0〕〔2〕根据题意有：6.7证明：因为TQUOTEQUOTE，那么，随机变量的密度函数为显然，那么为偶函数，那么6.8解：记，，那么XQUOTEN(,),n=25故6.9解：记这100人的年均收入为QUOTE，它们是来自均值为万元，标准差为万元的总体的样本，n=100那么根据题意有：〔1〕〔2〕〔3〕6.10解：根据题意可知此样本是来自均值为，标准差为的总体，样本容量为n=5〔1〕依题意有〔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：设X是5个样本中小于10的样本个数那么X服从二项分布B(5,0.1587)故有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：设X是5个样本中大于15的样本个数那么X服从二项分布B(5,0.0668)故有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:QUOTE是抽自二项分布B〔m,p〕的样本，故都独立同分布所以有用样本均值代替总体均值，那么p的矩估计为7.2解：用样本均值代替总体均值，那么的矩估计为由概率密度函数可知联合密度分布函数为：对它们两边求对数可得对求导并令其为0得即可得的似然估计值为7.3解:记随机变量x服从总体为[0,QUOTE]上的均匀分布，那么故QUOTE的矩估计为X的密度函数为故它的是似然函数为要使到达最大，首先一点是示性函数的取值应该为1，其次是尽可能大。由于是QUOTE的单调减函数，所以QUOTE的取值应该尽可能小，但示性函数为1决定了QUOTE不能小于QUOTE,因此给出QUOTE的最大似然估计QUOTE〔示性函数I=QUOTE，QUOTE=min{QUOTE}QUOTE=max{QUOTE}〕7.4解:记随机变量x服从总体为[QUOTE,QUOTE