《经济应用数学—概率论与数理统计》马统一的习题1一5答案.doc

习题一1. 解 (1) 设学生数为，则 (2) 枚骰子点数之和为 (3) 三只求放入三只不同A，B，C盒子，每只盒子中有一个球的情况有其中表示A盒子放入的球为，B盒子放入的球为，C盒子放入的球为，其余类似(4) 三只求放入三只不同A，B，C盒子情况有其中表示A盒子没有放入球，B盒子放入的球为，C盒子没有放入球，其余类似，共个样本点(5) 汽车通过某一定点的速度设为(6) 将一尺长的棍折成三段，各段的长度为(7) 对产品检验四个产品，连续检验到两个产品为不合格品是，需停止检验，检验的结果为其中表示第一次取到不合格品，第二次取到合格品，第三次取到不合格品，第四次取到不合格品，其余类似2. 解 (1) 一只口袋中装有编号为1，2，3，4，5的五只球，任取三只，最小的号码为1的样本点有其中表示取出的球为编号为1，2，3的球(无顺序)(2) 抛一枚硬币两次，=“第一次出现正面”的样本点有，其中表示第一次掷出正面，得如此为反面，其余类似=“两次出现不同的面”的样本点有，其中表示第一次掷出正面，得如此为反面，其余类似=“至少出现一次正面”的样本点有，其中表示第一次掷出正面，得如此为反面，其余类似(3) 检验一只灯泡的寿命，其寿命为不小于500小时，=“灯泡寿命不小于500小时”的样本点有(4) 某电话交换台在一分钟内接到的呼唤次数不大于10， =“某电话交换台在一分钟内接到的呼唤次数不大于10”的样本点有(5) 重复抛掷一枚硬币，当出现正面时停止， =“抛了偶数次时首次出现正面”的样本点有，其中表示第一次出现反面，第二次出现正面3. 解 (1) ;(2) ;(3) ;(4) ;(5) ; (6) .4. 解 (1) 选到的是1980年或1980年以前出版的中文版数学书；(2) 该馆中凡是1980年或1980年以前出版的书都是中文版的；(3) 馆中所有数学书都是1980年以后出版的中文版书；(4) 是5. 解 包含事件的最小事件域是6. 证明 (1) 对任意的即，等价于，即；对任意的即，等价于，即；即 (2) 对任意的即，等价于，即；对任意的即，等价于，即；即 (3) 由于，所以，所以(4) 对任意的即存在，等价于，即：，即 ；对任意的即存在，等价于，即：，即 ；即 (5) 与(4)证明相似(6) 显然互不相容显然；对任意的即或者，分为(a)，显然成立；(b), 显然成立；(c) ,显然成立.7. 解 (1) 设 ，其中，显然互不相容(2) 两个事件互不相容是指，而相互对立是指，所以互不相容并不一定相互对立；反过来两个事件相互对立一定能够说明互不相容(3) 对任意的即存在，所以；反之对任意的即存在，且所以；即对于无穷的形式类似可得8. 解 设抽出的三球顺序为黑白黑为，(1) 放回抽样 中的元素个数为，中的元素个数为，所以 ；(2) 不放回抽样 中的元素个数为，中的元素个数为，所以 9. 解 设其中相互指定的三本书放在一起，中的元素个数为，中的元素个数为，所以10. 解 设其中两名种子选手被分在不同队为，中的元素个数为，中的元素个数为，所以11. 解 设四张A全部集中在一个人手中为，中的元素个数为，中的元素个数为，所以12. 解 设6双首套中选择4只恰有一双配对为，中的元素个数为，中的元素个数为，所以13. 解 设这个人任何两个人的生日都不在同一天为(1) 中的元素个数为，中的元素个数为，所以 ；(2) 时 14. 解 (1) 设选出的号码为严格上升为，中的元素个数为，中的元素个数为，所以 ；(2) 设选出的号码为单调升为，中的元素个数为，中的元素个数为，所以 15. 证明 原式等价于 构造概率模型： 一口袋中中有个红球，个黑球，为第次首次抽到红球， 则其中 即16. 解 解法不对，由于每一个样本点等可能发生实际是指每一枚骰子出现任何一种可能是等可能的，而不是和出现的结果是等可能的正确解法为 设为点数和为6为，为第一枚骰子出现点数为，第二枚骰子点数为，则，中的元素个数为，中的元素个数为，所以 17. 解 设平行弦距圆心的距离为，设弦长度大于为，则，18. 解 设正常信号到达时间为为，干扰信号到达时间为，设系统受到干扰为，则答案，19. 解 设甲船到达时间为为，乙船到达时间为，设有一船要在码头外等到为，则，20解 设切取的第一段长度为，切取的第二段长度为，切取的第三段长度为，设三段能够形成以一个三角形为，则，则 21. 解 设硬币的圆心落在某一个正方形中，以正方形的中心建立直角坐标系，由于是对称的，硬币的圆心不妨设落在第一象限内；设正方形的边长为，设硬币与正方形不相交为，则，则，解得22. 证明 (1) 由棣莫根定理有： ,; (2) 由于 ,显然两两互不相容，；(3) 显然有 不妨设当时成立有 ，当时成立有 24. 解 (1) 由于 所以有 ,即 ；由于 所以有,由于即 ；(2) 由于,，；25. 解 设订购报纸分别A,B,C为事件订购A) ;订购AB) ;订购B) ;订购C) ;订购一种报纸的）=订购A)+订购B)+订购C) ；恰好订购两种报纸的）=订购AB)+订购BC)+订购AC) ;至少订阅一种）=订购一种)+订购两种)+订购三种) 26. 解 设为任何一人都为拿到自己原来的卡片；设为第个人拿到自己原来的卡片，由于，且，；，；，；所以（由的幂级数的展开式得到）27. 解 设每分钟到达的呼叫次数为，则服从参数为的泊松分布；28. 解 由于 ，29. 解 设三个孩子的家庭有一个女孩为， 至少有一个男孩为, ，所以30. 解 设表示第次取到合格品，第三次才取到合格平 .31. 解 设表示第次打开房门，第次才取到合格平 32. 解 设种子等级为等分别为；种子能够长成优良小麦为，由全概率公式得到33. 解 设第一次取出没有用过的球数为为，；第二次取出的三个全为没有用过的球为，由全概率公式得到 34. 解 设第一次从甲口袋中取出的白球数为为，；第二次取出的两个球为白球为，由全概率公式得到35解 设任取的一个产品为不合格品为，产品是来自于机器生产的A,B,C分别为，由全概率公式有 由贝叶斯公式得到 ； ； ；本题的结果可以发现由于已经知道产生的是不合格品在分担责任时，由于各个机器产生不合格品的概率不同，生产的产量不同均会影响各个机器的不合格品的概率不同36解 设接收的信号为“”为，发出的信号为“”为， 由贝叶斯公式得到 ；其余类似37. 证明 (1) 由于 ，所以 .(2) 由于相互独立，所以 ； ；(3) 对任意的事件有 ，所以；(4) 对任意的事件有 ,由 (3)知与任何相互独立，所以与任何相互独立 (5) 38. 证明 (1) 不妨设相互独立，则有，但矛盾所以不相互独立.(2) 原命题与逆否命题等价，所以显然39. 解 设为第台机器不需要工人照看，；为最多有一台机器需要照看， .40. 解 设为甲、乙、丙三人击中飞机，；为飞机击落， .41. 解 设为从100件中有4件音色不纯的乐器中取到3件音色不纯件数，为乐器通过测试为，42. 解 设为第续电器节点闭合，；为为L与R是通路，43. 解 (1) 四次试验中至少发生一次事件为，解得 ； (2) 次试验中至少发生一次事件为，解得同理解得44. 解 设为4次中A发生的次数为 ， 45. 解 设甲投中的球数为，乙投中的球数为， ；.46.解 设单片元件毁坏的数目为服从二项分布，由泊松定理有近似服从泊松分布，所以47解 设指定的一页上错字数为，则服从二项分布，由泊松定理有近似服从泊松分布，所以48. 解 设产出的卵数为，孵出的有幼虫数为，对任意的有 即孵出的幼虫数服从参数为的泊松分布习题二1. 解 ,分布列为X345P分布函数为2. 解 分布列分别为X4020Y3010P1/21/2P1/21/2分布函数为 3解 定义（注意可以定义不同的随机变量取值，分布函数不同）X012P5/101/104/10分布函数为 4. 解 1）不放回抽取,X012P7/157/151/152）放回抽取， X0123P0.51200.38400.09600.00805. 解 由于跳跃点的概率 同理得到，X-5-202P1/51/102/101/26解 1）有概率分布列的规范性得到解得2）的分布列为Y-1015P1/41/41/27. 解 ，,.8. 解 由于分布函数是右连续的, .所以(本题也可以利用分布密度函数的规范性的条件得到)9. 解 由规范性得到， ，解得 ，分布函数， 由 解得.10. 解 由规范性得到，得到 .11. 解 1) 不能,由于不是单调不减；2) 不能,由于不是单调不减；3) 能,其他场合定义12. 解 1) 是连续型随机变量，2) 不是，由于连续型随机变量取值与一点的概率为0，而13. 解 由规范性得到， ,得到 .14. 解 由方程 有实根得到，解得 ,由于，所以15. 解 设为四次取值大于发生的次数，则，其中 又 ，解得 .16. 解 1) ,查标准正态分布表得到,解得 7.5631.2) ,得到=0.995查标准正态分布表得到=2.5758, 5.1517.17. 解 设优秀的最低分为,数学成绩为,根据条件得到 ,查标准正态分布表得到,解得.18. 解 R1011121320222426100121144169P0.10.40.30.219. 证明 当时 ,其他 即服从的均匀分布,20. 解 1) 当时 ,其他 ,2) 当时, , 其他 . 21. 解 1) 当时，,其他 2) 当时,其他 .3) 当时,其他 22. 解 1) 当时,其他 2) 当时,其他 3) 当时, , 其他 23. 证明 不妨设,同理可得的情形.24. 解 由上题的结论可得 时,分布密度函数为25. 解 设年化收益率为,解得,服从，年化收益服从.26. 解 1) 有规范性得到得到 ;2) ;3)当 ,当,分布函数为.27. 解 由解得,.28. 解 设为3人中等车时间不超过2分钟的人数，为等车时间.其中，.29 解 设为800个保单发生理赔的次数，利润为， 30. 解 当时，当时，.,.31. 解 设电子元件的寿命为，为3个电子元件在1000小时内坏掉的个数 ，其中,系统寿命超过1000小时的概率为.32. 解 ，.33. 解 设为抽取10产品中的次品个数 ,.,.34. 解 分布列为X12345678910P11/23/102/102/101/101/101/101/101/10 .35. 解, .36. 解 ,.37. 解 预期收益记为，, ,.38. 解 ,.39. 解 设这张债券价值为,则, ，解得.习题三1.解 无放回 YX1012/5*1/42/5*3/403/5*2/43/5*2/4 YX1011/103/1003/103/10有放回 YX1012/5*2/52/5*3/503/5*2/53/5*3/5YX1014/256/2506/259/252. 解 X2X10123023/433*22/433*2/431/4313*22/433*2/433/430/4322*3/433/430/430/4331/430/430/430/433. 解 设为白色粉笔数，为黄色粉笔数（多项分布的分布列）4. 解 5. 解 ，当，其他 ，当，其他，6. 解 当，其他，当，其他， .7. 解 ，8. 解 设为五次到达银行未等到服务的次数 ,其中，9. 解 设圆周分为面积大小相同的两块半圆,以表示表明刻度为1的半圆, 以表示表明刻度有0,1的半圆.当时,，当时,，当时,.故分布函数为.10. 解 电子元件损坏为,由全概率公式得到 , .11. 解 当,其他，,当,其他，,.由于 ,所以相互独立.12. 解 由分布密度函数的规范性得到， ,解得 .同理得到13. 解 由分布密度函数的规范性得到，解得 .，由于，所以相互独立.14 解 由分布密度函数的规范性得到,解得 ,分布密度函数为.15. 解 由于服从上的均与分布，面积为，所以密度寒素为.16. 解 ,边缘密度函数为,当时，.17. 解 ， ，, .18. 解 , ,所以 .19 . 解 由卷积公式得到 ,即 .21. 解 当时 , .25. 解 .26. 解 .即 (poison分布具有分布的再生性)27. 解 由于二项分布具有分布的再生性(见例题3.5.1) .28. 解 由于二项分布具有分布的再生性(见例题3.5.1).29. 解 设为四只电子管的寿命小于180小时的只数，,.30. 解 当时 ,.31. 解 当 时,其他，,当 时,其他，,当 时,当 时, , ,.32. 解 , , .所以, ,.33. 解 设直径为,.34. 解 设生产件，利润为元,a12345EY610121210当时取得最大值，所以订货为3或者4均可.35. 解 设进货件，利润为元,对上式对求导，令为0得到,解得 ,当时取得最大值，所以生产为36 解 设顾客缴纳的保险金为,为顾客发生赔偿的金额,，,，,.，从平均收益最大的角度来看可以选择，从风险最小的角度（方差）来看可以选择37. 解 由于只能取0，1，所以 ，的分布列为1038. 解 设最终盈利为 ，39. 解 设赌徒选中数字为，设为三枚骰子出现数的次数， ，由于付出的是1元的概率是，所以平均收入是，所以不公平40. 解 ，42. 解 ，.43. 解 ，即与不相关44. 解，即与不相关，45 解 由于正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，所以的密度函数为 46. 解 当，当，47. 解 (1) ，;（2），所以与不相关;（3）对任意的常数，所以与不独立48. 解 设 其中， 由林德贝格-列维中心极限定理得到 52. 解 设螺丝钉重量为其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到 53. 解 设每次射击的命中数为其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到 54. 解法一 设每次射击的命中为， 其中由局部极限定理的得到 ， 解法二 设每次射击的命中为， 其中，由poisson定理得到55. 解 设虫食豆为，其中其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到 56. 解 设第次掷出的结果为，其中其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到 ， ，即可57. 解 设第次的舍入误差为，其中其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到 ；同理可得即 ，最大为44358. 解 设第根的长度为，其中其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到59. 解设，其中其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到，(1)当时；(2) 当时 60. 解 设分数为得到等价于解得 ，所以最低分为61解 设利润为，订货数为，对求对的导数令其为0，得到 ，,由于仅有唯一的稳定点所以该点为其最大值，在出取得62. 解 设，其中其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到 ， ,解得 ，只需 个位置即可63. 解 设拉断强度为，由于质量符号要求，所以可以使用64. 解 根据题意得到 65. 解 设获利为订货为且为整数， 由题意得到 ，解得 ，所以，最少订货量为21件68. 解 设选择甲戏院的情况观众 设，其中其中 由林德贝格-列维中心极限定理得到 ,解得 ，只需 个位置即可69. 解 设为100万个字符经过检验后错误的个数，由林德贝格-列维中心极限定理得到70. 解 设利润为，死亡人数为，由局部极限定理的得到 ， ；71. 解 设索赔用户数为，由拉普拉斯中心极限定理得到75解 设为该位学生的成绩，这说明该学生的成绩在65至85之间的概率较大由车贝晓夫不等式得到，由题意得到，只需 即可从上面的式子中可以发现车贝晓夫不等式估计的值精度较差，只有增加观测数；同时正态分布可以提供更好的精度习题四由于本节计算涉及大量的数据表的使用,本解答是使用软件计算,部分和教材习题精度有一定的差异.1.设是来自总体的一个样本,其中未知,已知,(1),(2), (3),(4)中哪些是统计量？哪些不是统计量？解 由于未知,已知,统计量不能含有未知参数,所以 (1),(2)是统计量,(3),(4)不是统计量.2. 设是来自总体的简单随机样本, ,服从.3.设是来自总体的样本,则 ()(A)；(B) ；(C) ；(D) .解 由于,所以选C.4. 解 由于, , .5. 解 由于=0.8302.6. 解 查表即可.7. 解 由于 , .8. 解 由于 , 由于t分布是对称的, 所以 ,.9.10. 解 由于,由于F分布的构造得到, 10. 解 由于, , =0.6354.11. 与都服从标准正态分布,则(A)服从正态分布;(B)服从分布(C) 与都服从分布;(D)服从F分布.解 由于正态随机变量的线性组合仍服从正态分布,(A)所以正确,标准正态随机变量的平方为分布,(C)所以正确；由于相互独立的标准正态随机变量的平方和分布,缺少独立性,所以(B),(D)不正确.12. 解 , 13. 解 由于 ,14. 解 由于 , ,解得 ,即即可.15. 解 由于 ,由于 ,16. 解 由于 ,所以 ,由于与相互独立,所以与,也相互独立服从分布,所以.17. 设是来自总体的一个样本,记 ,则服从自由度为的分布的随机变量是(A);(B) ;(C) ;(D) .解 由于考虑自由度为的分布的生成,所以 由于, 所以 ,所以选B.18. 解 由于 .19. 解 由于,由于 ,.20. 解 由于, , , 所以 , , ,由于F分布的构造得到, 所以 ,.21. 解 由于 ,所以 ,由于与相互独立,所以与,也相互独立. 由于F分布的构造得到分布,所以,自由度分别为2,1.22. 解 由于 , 所以=0.9496由于 , 所以= 0.9656.习题五1.解 ,所以均是无偏估计. 由于 ，所以最有效.2. 证明 所以 是的无偏估计.3. 证明 所以 是的无偏估计.4. 解 所以只需选择为即可使得成为无偏估计量.5. 解 选择C，由于A错在为估计量和样本有关，一般为随机变量；B应该附加条件为无偏估计量，才有；D错在一般最大似然估计量一般不是无偏估计.6. 证明 由于，并且 所以不是的无偏估计.7. 解 由于 ，所以 所以的矩估计为 ； 由于总体， ，或者1；所以似然函数为 ，或者1；对数似然函数为 对上式对求导得到另上式为0，解得 所以的最大似然估计为 ；由于的最大似然估计和矩估计相同，并且 所以的最大似然估计和矩估计均为无偏估计.8. 解 由于 ，所以的矩估计为 9. 解 由于总体， ，所以.10解 总体， ，所以的矩估计为 其次由于总体的概率密度函数为 ，其中似然函数为，由于似然函数为关于的减函数，愈小似然函数值愈大；但同时值最大为1，并且决定了，所以无论如何不小于，最小也就，所以的似然估计为；得到 .11. 解 由于 ，所以的矩估计为 ；似然函数为 对数似然函数为对上式对求导得到 并令上式为0