概率论与数理统计课后题答案 徐雅静 河南理工.doc 57页

'57习题答案第1章三、解答题1．设P(AB)=0，则下列说法哪些是正确的？(1)A和B不相容；(2)A和B相容；(3)AB是不可能事件；(4)AB不一定是不可能事件；(5)P(A)=0或P(B)=0(6)P(A–B)=P(A)解：(4)(6)正确.2．设A，B是两事件，且P(A)=0.6，P(B)=0.7，问：(1)在什么条件下P(AB)取到最大值，最大值是多少？(2)在什么条件下P(AB)取到最小值，最小值是多少？解：因为，又因为即所以(1)当时P(AB)取到最大值，最大值是=0.6.(2)时P(AB)取到最小值，最小值是P(AB)=0.6+0.7-1=0.3.3．已知事件A，B满足，记P(A)=p，试求P(B)．解：因为，即，所以4．已知P(A)=0.7，P(A–B)=0.3，试求．解：因为P(A–B)=0.3，所以P(A)–P(AB)=0.3,P(AB)=P(A)–0.3,又因为P(A)=0.7，所以P(AB)=0.7–0.3=0.4，.5．从5双不同的鞋子种任取4只，问这4只鞋子中至少有两只配成一双的概率是多少？解：显然总取法有种，以下求至少有两只配成一双的取法：法一：分两种情况考虑：+其中：为恰有1双配对的方法数法二：分两种情况考虑：+其中：为恰有1双配对的方法数    57     57法三：分两种情况考虑：+其中：为恰有1双配对的方法数法四：先满足有1双配对再除去重复部分：-法五：考虑对立事件：-其中：为没有一双配对的方法数法六：考虑对立事件：其中：为没有一双配对的方法数所求概率为6．在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任取3人记录其纪念章的号码．求：(1)求最小号码为5的概率；(2)求最大号码为5的概率．解：(1)法一：，法二：(2)法二：，法二：7．将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯子中球的最大个数分别为1，2，3的概率．解：设M1,M2,M3表示杯子中球的最大个数分别为1，2，3的事件，则,,8．设5个产品中有3个合格品，2个不合格品，从中不返回地任取2个，求取出的2个中全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品的概率各为多少？解：设M2,M1,M0分别事件表示取出的2个球全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品，则,,9．口袋中有5个白球，3个黑球，从中任取两个，求取到的两个球颜色相同的概率．解：设M1=“取到两个球颜色相同”，M1=“取到两个球均为白球”，M2=“取到两个球均为黑球”，则.所以10．若在区间(0，1)内任取两个数，求事件“两数之和小于6/5”的概率．解：这是一个几何概型问题．以x和y表示任取两个数，在平面上建立xOy直角坐标系，如图.任取两个数的所有结果构成样本空间W={(x，y)：0£x，y£1}事件A=“两数之和小于6/5”={(x，y)ÎW：x+y£6/5}因此    57     57．图？11．随机地向半圆（为常数）内掷一点，点落在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，求原点和该点的连线与轴的夹角小于的概率．解：这是一个几何概型问题．以x和y表示随机地向半圆内掷一点的坐标，q表示原点和该点的连线与轴的夹角，在平面上建立xOy直角坐标系，如图.随机地向半圆内掷一点的所有结果构成样本空间W={(x，y)：}事件A=“原点和该点的连线与轴的夹角小于”={(x，y)：}因此．12．已知，求．解：13．设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率是多少？解：题中要求的“已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率”应理解为求“已知所取两件产品中至少有一件是不合格品，则两件均为不合格品的概率”。设A=“所取两件产品中至少有一件是不合格品”，B=“两件均为不合格品”；，，14．有两个箱子，第1箱子有3个白球2个红球，第2个箱子有4个白球4个红球，现从第1个箱子中随机地取1个球放到第2个箱子里，再从第2个箱子中取出一个球，此球是白球的概率是多少？已知上述从第2个箱子中取出的球是白球，则从第1个箱子中取出的球是白球的概率是多少？解：设A=“从第1个箱子中取出的1个球是白球”，B=“从第2个箱子中取出的1个球是白球”，则    57     57，由全概率公式得由贝叶斯公式得15．将两信息分别编码为A和B传递出去，接收站收到时，A被误收作B的概率为0.02，而B被误收作A的概率为0.01，信息A与信息B传送的频繁程度为2：1，若接收站收到的信息是A，问原发信息是A的概率是多少？解：设M=“原发信息是A”，N=“接收到的信息是A”，已知所以由贝叶斯公式得16．三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为，问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是多少？解：设Ai=“第i个人能破译密码”，i=1,2,3.已知所以至少有一人能将此密码译出的概率为17．设事件A与B相互独立，已知P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7，求.解：由于A与B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B),且P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)将P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7代入上式解得P(B)=0.5，所以或者,由于A与B相互独立,所以A与相互独立，所以    57     5718．甲乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被命中，则它是甲射中的概率是多少？解：设A=“甲射击目标”，B=“乙射击目标”，M=“命中目标”，已知P(A)=P(B)=1,所以由于甲乙两人是独立射击目标，所以19．某零件用两种工艺加工，第一种工艺有三道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，0.1；第二种工艺有两道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，试问：(1)用哪种工艺加工得到合格品的概率较大些？(2)第二种工艺两道工序出现不合格品的概率都是0.3时，情况又如何？解：设Ai=“第1种工艺的第i道工序出现合格品”，i=1,2,3；Bi=“第2种工艺的第i道工序出现合格品”，i=1,2.（1）根据题意，P(A1)=0.7，P(A2)=0.8，P(A3)=0.9，P(B1)=0.7,P(B2)=0.8,第一种工艺加工得到合格品的概率为P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=第二种工艺加工得到合格品的概率为P(B1B2)=P(B1)P(B2)=可见第二种工艺加工得到合格品的概率大。（2）根据题意，第一种工艺加工得到合格品的概率仍为0.504，而P(B1)=P(B2)=0.7,第二种工艺加工得到合格品的概率为P(B1B2)=P(B1)P(B2)=可见第一种工艺加工得到合格品的概率大。1．设两两相互独立的三事件A，B和C满足条件ABC=Æ，且已知，求P(A)．解：因为ABC=Æ，所以P(ABC)=0,因为A，B，C两两相互独立，所以由加法公式得即考虑到得2．设事件A，B，C的概率都是，且，证明：    57     57．证明：因为，所以将代入上式得到整理得3．设01时，，所以；（2），当时，为不可能事件，则，当时，，则，当时，，则，根据得；    57     57（3），当时，，当时，，所以；7.(1)证明：由题意知。，当时，即，当时，，当时，，故有，可以看出服从区间（0，1）均匀分布；（2）当时，，当时，，当时，，由以上结果，易知，可以看出服从区间（0，1）均匀分布。第三章1解：(X,Y)取到的所有可能值为(1,1),(1,2),(2,1)由乘法公式：P{X=1,Y=1}=P{X=1}P{Y=1|X=1|=2/3´1/2=/3同理可求得P{X=1,Y=1}=1/3;P{X=2,Y=1}=1/3(X,Y)的分布律用表格表示如下：YX12    57     5711/31/321/302解：X，Y所有可能取到的值是0,1,2(1)P{X=i,Y=j}=P{X=i}P{Y=j|X=i|=,i,j=0,1,2,i+j£2或者用表格表示如下：YX01203/286/281/2819/286/28023/2800(2)P{(X,Y)ÎA}=P{X+Y£1}=P{X=0,Y=0}+P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=0}=9/143解：P(A)=1/4,由P(B|A)=得P(AB)=1/8由P(A|B)=得P(B)=1/4(X,Y)取到的所有可能数对为(0,0),(1,0),(0,1),(1,1),则P{X=0,Y=0}=)=P((A)-P(B)+P(AB)=5/8P{X=0,Y=1}=P(B)=P(B-A)=P(B)-P(AB)=1/8P{X=1,Y=0}=P(A)=P(A-B)=P(A)-P(AB)=1/8P{X=1,Y=1}=P(AB)=1/84.解：(1)由归一性知：1=,故A=4(2)P{X=Y}=0(3)P{X0时，所以，12解：由得    57     5713解：Z=max(X,Y),W=min(X,Y)的所有可能取值如下表pi0.050.150.20.070.110.220.040.070.09(X,Y)(0,-1)(0,0)(0,1)(1,-1)(1,0)(1,1)(2,-1)(2,0)(2,1)max(X,Y)001111222Min(X,Y)-100-101-101Z=max(X,Y),W=min(X,Y)的分布律为Z012Pk0.20.60.2W-101Pj0.160.530.3114解：由独立性得X，Y的联合概率密度为则P{Z=1}=P{X£Y}=P{Z=0}=1-P{Z=1}=0.5故Z的分布律为Z01Pk0.50.515解：    57     57同理，显然，，所以X与Y不相互独立.16解：(1)利用卷积公式：求fZ(z)=(2)利用卷积公式：17解：由定理3.1（p75）知，X+Y~N(1,2)故18解：(1)(x>0)同理，y>0显然，，所以X与Y不相互独立    57     57(2).利用公式19解：并联时，系统L的使用寿命Z=max{X,Y}因X~E(a),Y~E(b),故串联时，系统L的使用寿命Z=min{X,Y}(B)组1解：P{X=0}=a+0.4,P{X+Y=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=1}=a+bP{X=0,X+Y=1}=P{X=0,Y=1}=a由于{X=0|与{X+Y=1}相互独立,所以P{X=0,X+Y=1}=P{X=0}P{X+Y=1}    57     57即a=(a+0.4)(a+b)(1)再由归一性知：0.4+a+b+0.1=1(2)解(1),(2)得a=0.4,b=0.12解:(1)(2)利用公式计算3.解：(1)FY(y)=P{Y£y}=P{X2£y}当y<0时，fY(y)=0当y³0时，从而，(2)F(-1/2,4)=P{X£-1/2,Y£4}=P{X£-1/2,X2£4}=P{-2£X£-1/2}=4.解：P{XY¹0}=1-P{XY=0}=0即P{X=-1,Y=1}+P{X=1,Y=1}=0由概率的非负性知，P{X=-1,Y=1}=0，P{X=1,Y=1}=0由边缘分布律的定义，P{X=-1}=P{X=-1,Y=0}+P{X=-1,Y=1}=1/4得P{X=-1,Y=0}=1/4    57     57再由P{X=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=1,Y=1}=1/4得P{X=1,Y=0}=1/4再由P{Y=1}=P{X=-1,Y=1}+P{X=0,Y=1}+P{X=1,Y=1}=P{X=0,Y=1}知P{X=0,Y=1}=1/2最后由归一性得：P{X=0,Y=0}=0(X,Y)的分布律用表格表示如下：YX01P{X=i}-11/401/4001/21/211/401/4P{Y=j}1/21/21(2)显然，X和Y不相互独立，因为P{X=-1,Y=0}¹P{X=-1}P{Y=0}5解：X与Y相互独立，利用卷积公式计算6.解：(X,Y)～Ｕ(G)    57     57设F(x)和f(s)分别表示S=XY的分布函数和密度函数F(s)=P{XY5时，，当£5时，0.E(X)=所以这种家电的平均寿命E(X)=10年.9.在制作某种食品时，面粉所占的比例X的概率密度为求X的数学期望E(X)．解：E(X)==1/410.设随机变量X的概率密度如下，求E(X)．解：.11.设，求数学期望．解：X的分布律为，k=0，1，2，3，4，X取值为0，1，2，3，4时，相应的取值为0，1，0，-1，0，所以12.设风速V在(0，a)上服从均匀分布，飞机机翼受到的正压力W是V的函数：，（k>0，常数），求W的数学期望．解：V的分布律为，所以    57     5713.设随机变量(X,Y)的分布律为YX01203/289/283/2813/143/14021/2800求E(X)，E(Y)，E(X–Y)．解：E(X)=0×(3/28+9/28+3/28）+1×(3/14+3/14+0)+2×(1/28+0+0)=7/14=1/2E(Y)=0×（3/28+3/14+1/28）+1×(9/28+3/14+0)+2×(3/28+0+0)=21/28=3/4E(X-Y)=E(X)-E(Y)=1/2-3/4=-1/4.14.设随机变量(X，Y)具有概率密度，求E(X)，E(Y)，E(XY)解：E(X)=15.某工厂完成某批产品生产的天数X是一个随机变量，具有分布律X1011121314pi0.20.30.30.10.1所得利润（以元计）为,求E(Y)，D(Y)．解：E(Y)=E［1000(12-X)］=1000×[(12-10)×0.2+(12-11)]×0.3+(12-12)×0.3+(12-13)×0.1+(12-14)×0.1]=400E(Y2)=E［10002(12-X)2］=10002[(12-10)2×0.2+（12-11）2×0.3+（12-12）2×0.3+（12-13）2×0.1+（12-14）2×0.1]=1.6×106D(Y)=E(Y2)-［E(Y)］2=1.6×106-4002=1.44×10616.设随机变量X服从几何分布，其分布律为其中0}=所以E(Y)=4p=2，D(Y)=4p(1-p)=1，E(Y2)=D(Y)+[E(Y)]2=1+4=53.设随机变量U在区间(-2，2)上服从均匀分布，随机变量试求：(1)和的联合分布律；(2)．解：(1)P{X=-1,Y=-1}=P{U≤-1且U≤1}=P{U≤-1}=，P{X=-1,Y=1}=P{U≤-1且U>1}=0，P{X=1,Y=-1}=P{-1-1且U>1}=P{U>1}=，所以和的联合分布律为XY-11-11/41/2101/4(2)和的边缘分布律分别为X–11pi1/43/4Y–11pi3/41/4所以E(X)=-1/4+3/4=1/2，E(Y)=-3/4+1/4=-1/2，E(XY)=1/4-1/2+1/4=0，E(X2)=1/4+3/4=1，E(Y2)=1，D(X)=1-1/4=3/4，D(Y)=1-1/4=3/4，Cov(X，Y)=1/4，D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X，Y)=3/4+3/4+2/4=2    57     574.设随机变量X的期望E(X)与方差存在，且有，，证明．证明：首先证明E（Y）存在(1)若随机变量X为离散型随机变量，分布律为：则由E(X)存在知，绝对收敛，且记,则绝对收敛，所以E（Y）存在，,(2)若X为连续型随机变量，其概率密度为f(x),则：5.设离散型随机变量X的分布律为，且E(X)，E(X2)，D(X)都存在，试证明：函数在时取得最小值，且最小值为D(X)．证明：令，则，，所以，又，所以时，取得最小值，此时6.随机变量X与Y独立同分布，且X的分布律为X12pi2/31/3记，    57     57(1)求(U，V)的分布律；(2)求U与V的协方差Cov(U，V).解：(1)(X,Y)的分布律YX1214/92/922/91/9(X,Y)（1，1）（1，2）（2，1）（2，2）pij4/92/92/91/9U1222V1112VU1214/9024/91/9(2)E(U)=4/9+2×5/9=14/9，E(V)=(4/9+2/9+2/9)+2×1/9=10/9，E(UV)=4/9+2×4/9+4×1/9=16/9,Cov(U，V)=16/9-140/81=4/817.随机变量X的概率密度为令为二维随机变量（X，Y）的分布函数，求Cov(X，Y)．解：8.对于任意二事件A和B，015.366,故n至少为16.5.从正态总体中抽取样本X1，X2，…，X10(1)已知m=0，求；(2)m未知，求．解：（1）因为Xi～N(0，0.52)，，即,令，则由于查表知，所以.(2)）因为Xi～N(m，0.52)，即，所以,,    57     57=，查表知，所以6.已知X~t(n)，求证X2~F(1，n)．证明：因为X~t(n)，存在Y～N(0，1)，Z～c2(n)，Y与Z独立，使，由于，，且Y2与Z独立，所以.第七章7（A）三、解答题1.设总体服从几何分布，分布律为，()求的矩估计量．解：因为，所以X的一阶矩用样本的一阶A1=代替总体X的一阶矩E(X)得到所以的矩估计量为2.求均匀分布中参数的矩估计量．解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，总体X的一阶、二阶矩分别为m2=E(X2)=D(X)+[E(X)]2=用样本的一阶、二阶矩A1和A2分别代替总体的一阶、二阶矩m1和m2，得到解得的矩估计量为    57     573.设总体的概率密度为，是来自的简单随机样本，求参数的矩估计量．解：总体X的一阶为用样本的一阶A1=代替总体X的一阶矩E(X)得到4.设总体的概率密度为，其中是未知参数，是来自的简单随机样本，求和的矩估计量．解：总体X的一阶为总体X的二阶为    57     57用样本的一阶、二阶矩A1和A2分别代替总体的一阶、二阶矩m1和m2，得到解得和的矩估计量为，.5.设，m已知，未知，是来自的简单随机样本，求的最大似然估计量．解：由于X的分布律为基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为解得的最大似然估计值为    57     57的最大似然估计量为6.设总体的概率密度为，今从X中抽取10个个体，得数据如下:1050110010801200130012501340106011501150试用最大似然估计法估计．解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为当时，，令，解得．考虑到所以，θ的最大似然估计值为将数据代入计算，θ的最大似然估计量为0.0008587.设某电子元件的使用寿命的概率密度为为未知参数，是的一组样本观测值，求的最大似然估计值．解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为容易看出θ越大L(q)越大，在约束下，即为θ最大似然估计值。8.设是取自总体N(m，1)的一个样本，试证下面三个估计量均为m的无偏估计量，并确定最有效的一个．    57     57，，证明：因为独立均服从N(m，1)，且.所以，，均为m的无偏估计量。又因为所以最有效。9.设总体X的数学期望为，是来自的简单随机样本．是任意常数,证明是m的无偏估计量．证明：因为Xi的数学期望均为，所以故是m的无偏估计量．10.设总体是来自X的一个样本．(1)试确定常数c，使为s2的无偏估计;(2)试确定常数c，使为m2的无偏估计．解：（1）因为    57     57所以当时，为s2的无偏估计。（2）因为所以当时，为s2的无偏估计。11.设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0，5.7，5.8，6.5，7.0，6.3，5.6，6.1，5.0设干燥时间总体服从N(m，s2)；在下面两种情况下，求m的置信水平为0.95的置信区间．(1)由以往的经验知s=0.6(小时);(2)s未知．解：（1）由于s=0.6，求m的置信区间由公式计算，其中n=9，a=0.05，1.96，，代入计算得m的置信水平为0.95的置信区间为（5.608，6.392）.（2）由于s未知，求m的置信区间由公式计算，其中n=9，a=0.05，=2.306，，，代入计算得m的置信水平为0.95的置信区间为（5.558，6.442）12.某机器生产圆筒状的金属品，抽出9个样品，测得其直径分别为1.01，0.97，1.03，1.04，0.99，0.98，0.99，1.01，1.03公分，求此机器所生产的产品，平均直径的置信水平为99%的置信区间．假设产品直径近似服从正态分布．解：设X~N(m,s2),由于s2未知，m的置信区间为，其中n=9，a=0.01，，，，代入计算得m的置信水平为99%的置信区间为（0.978，1.033）.13.某灯泡厂从当天生产的灯泡中随机抽取9只进行寿命测试，取得数据如下（单位：小时）：1050，1100，1080，1120，1250，1040，1130，1300，1200．设灯泡寿命服从正态分布，试求当天生产的全部灯泡的平均寿命的置信水平为95%的置信区间．解：设X~N(m,s2),由于s未知，m的置信区间为，    57     57其中n=9，a=0.05，=2.306，，代入计算得m的置信水平为95%的置信区间为（1071.78，1210.45）.14.假设某种香烟的尼古丁含量服从正态分布，现随机抽取此种香烟8支为一样本，测得其尼古丁平均含量为18.6毫克，样本标准差s=2.4毫克，试求此种香烟尼古丁含量方差的置信水平为0.99的置信区间．解：设X~N(m,s2),由于m未知，s2的置信区间为其中n=8，a=0.01，，s=2.4，代入计算得m的置信水平为95%的置信区间为（1.99，40.76）.15.从某汽车电池制造厂生产的电池中随机抽取5个，测得其寿命分别为1.9，2.4，3.0，3.5，4.2，求电池寿命方差的置信水平为95%的置信区间，假设电池寿命近似服从正态分布．解：设X~N(m,s2),由于m未知，s2的置信区间为其中n=5，a=0.05，，，，代入计算得方差的置信水平为95%的置信区间为（0.29，6.73）.16.设使用两种治疗严重膀胱疾病的药物，其治疗所需时间（以天计）均服从正态分布．试验数据如下:使用第一种药物使用第二种药物假设两正态总体的方差相等，求使用两种药物平均治疗时间之差的置信水平为99%的置信区间．解：设两正态总体分别为X~N(m1,s12)，Y~N(m2,s22)，由于s12=s22未知，的置信区间为，其中查t分布分位数表知ta/2(n1+n2–2)=t0.005(28)=2.1199．故得的置信水平为0.99的置信区间为（-3.3，-2）．17.测得两个民族中各8位成年人的身高（单位:cm）如下A民族：162.6170.2172.7165.1157.5158.4160.2162.2B民族：175.3177.8167.6180.3182.9180.5178.4180.4    57     57假设两正态总体的方差相等，求两个民族平均身高之差m1–m2的置信水平为90%的置信区间．解：由于总体方差相等但未知，可采用计算m1–m2的置信区间．其中，由两个民族的观测数据计算得查t分布分位数表知ta/2(n1+n2–2)=t0.05(14)=1.761．故得m1–m2的置信水平为0.90的置信区间为(-18.78，-9.80)．18.工人和机器人独立操作在钢部件上钻孔，钻孔深度分别服从N(m1，s12)和N(m2，s22)，m1，m2，s12，s22均未知，今测得部分钻孔深度（单位:cm）如下工人操作：4.023.944.034.023.954.064.00机器人操作:4.014.034.024.014.003.994.024.00试求的置信水平为0.90的置信区间．解：由于m1和m2未知，可采用计算的置信区间．由两样本观测值计算得，，a=0.1，查F分布的分位数表知F0.05(6,7)=3.87，F0.95(6,7)=故得的置信水平为0.95的置信区间为．19.求12题中的置信水平为0.95的单侧置信区间下限．解：设X~N(m,s2),由于s2未知，m的的单侧置信下限可由下面公式计算得到其中n=9，a=0.01，，，，代入计算得m的置信水平为95%的单侧置信下限：=0.9920.求14题中香烟尼古丁含量方差的置信水平为0.99的单侧置信区间置信上限．解：由于X～N(m，s2)且m未知，s2的单侧置信上限为其中n=8，a=0.01，1.239，s=2.4，    57     57代入计算得m的置信水平为99%的单侧置信区间置信上限为.21.设总体，已知，要使总体均值的置信水平为的置信区间长度不大于L，问应抽取多大容量的样本？解：由于，已知，总体均值的置信水平为的置信区间为令置信区间为长度，解得.祝愿理工学子考出好成绩！！！    57    '