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概率论与数理统计课后习题(1-4单元)第一单元1解:(1)A1A2=“前两次至少有一次击中目标”;(2)=“第二次未击中目标”;(3)A1A2A3=“前三次均击中目标”;(4)A1A2A3=“前三次射击中至少有一次击中目标”;(5)A3-A2=“第三次击中但第二次未击中”;(6)A3=“第三次击中但第二次未击中”;(7)=“前两次均未击中”;(8)=“前两次均未击中”;(9)(A1A2)(A2A3)(A3A1)=“三次射击中至少有两次击中目标”. 3.解: (1) (2) (3) ABC(4) ABC (5) (6) (7) (8) (AB)(AC)(BC)4.解: (1)A=BC (2)= 5.解:设A=“从中任取两只球为颜色不同的球”,则: 6解:记A=“从中任取三件全为次品”,样本点总数为,A包含的样本点数为,所以P(A)= = 1/49007.解: (1)组成实验的样本点总数为,组成事件(1)所包含的样本点数为 ,所以P1= 0.2022(2)组成事件(2)所包含的样本点数为,所以P2=0.0001(3)组成事件(3)所包含的样本点数为,所以P3=0.7864(4)事件(4)的对立事件,即事件A=“三件全为正品”所包含的样本点数为,所以P4=1-P(A)=1-0.2136(5)组成事件(5)所包含的样本点数为,所以P5= 0.01134 8.解:(1)P(A)=(2)因为不含1和10,所以只有2-9八个数字,所以P(B)= (3)即选择的7个数字中10出现2次,即,其他9个数字出现5次,即,所以P(C)= (4) 解法1:10可以出现2,3,,7次,所以解法2:其对立事件为10出现1次或0次,则P(D)=(5)因为最大为7,最小为2,且2和7只出现一次,所以3,4,5,6这四个数要出现5次,即样本点数为,所以P(E)= 9.证明:A,B同时发生必导致C发生 ABC,即P(C)P(AB) P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB) P(AB)= P(A)+P(B)- P(AB) P(AB)1 P(AB)P(A)+P(B)-1 P(C) P(A)+P(B)-1 上述得证。 10.证明: 因为P() = P() = 1 P(AB) = 1 P(A) P(B) +P(AB) 因为P(A) = P(B) =1/2 所以P() = 1 1/2 1/2 + P(AB) 所以P() = P(AB) 11.解:记“订日报的住户”为P(A),“订晚报的住户”为P(B), 根据题意,易知:P(AB)=70% 则P(AB)=P(A)+P(B)- P(AB)=40%+65%-70%=35% 答:同时订两种报纸的住户有35%。 13.解:解法1:设=“取出的两只球中有黑球”;=“取出的两只球中有i只黑球”(i=1,2);因为A1,A2互不相容,所以 ; 解法2: 设=“取出的两只球中有黑球”; 15.解:因为A、B互不相容,即AB=,所以,所以P(A)=P(A) 所以P(A/)=P(A)/P()=0.3/(1-0.5)=0.616.解:P(B|A) =P(AB)/P(A)因为P(A)=1-P()=1-0.3=0.7,所以P(A)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)=0.7- P(AB)=0.5即P(AB)=0.2又因为P(A) = P(A) + P() - P(A) =0.7+1-0.4-0.5= 0.8所以P(B| A) = P(AB)/P(A) =0.2517.解:设“第三次才取到正品”为事件A,则因为要第三次才取到正品,所以前两次要取到次品。 第一次取到次品的概率为, 第二次取到次品的概率为, 第三次取到正品的概率为。 即第三次才取到正品的概率为0.0083。18.解法1:设 A,B,C 分别为“第一,第二,第三个人译出”的事件,则:P(A)=1/5 P(B)=1/3 P(C)=1/4因为三个事件独立,所以P(AB)=P(A)P(B)=1/15, P(AC)=P(A)P(C)=1/20 ,P(BC)=P(B)P(C)=1/12, P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=1/60,所以P()=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=3/5 解法2:设A=“至少有一人能译出”,则=“三个人均不能译出”,所以 19.解:设P(A),P(B),P(C)分别为第一,二,三道工序不出废品的概率,则,第一二三道工序均不出废品的概率为P(ABC),因为各工序是否出废品是独立的,所以P(ABC)= P(A)P(B)P(C) =0.90.950.8 =0.68420.解:根据题意: 该题为伯努利事件。 n=9,p=0.7,k=5,6,7,8,9 所求事件概率为 P=b(5,9,0.7)+b(6,9,0.7)+b(7,9,0.7)+b(8,9,0.7)+b(9,9,0.7)=0.90121.解:该题为伯努利事件。(1)设事件A=“恰有2个设备被使用”,则:P(A) = b(2; 5, 0.1) =0.12 (1- 0.1)5-2 = 0.0729(2)设事件B=“至少有一个设备被使用”,则 =“没有一个设备被使用”,所以P(B) = 1- P() = 1 - b(0; 5, 0.1) = 1 0.10(1-0.1)5-0 = 0.4095122.解:该题为全概率事件。设=“从甲袋中取出两球中有i只黑球”,i=0,1,2,B=“从乙袋中取出2球为白球”,则: 答:再从乙袋中取出两球为白球的概率为。23.解:该题为全概率事件。设=“敌舰被击中i弹”,(i=0,1,2,3),B=“敌舰被击沉”,则:根据题意P()=0.60.50.3=0.09P ()=0.40.50.3+0.40.50.3+0.60.50.7=0.36P()=0.40.50.3+0.50.70.6+0.40.70.5=0.41P()=0.40.50.6=0.14P(B)=0, P(B)=0.2, P(B)=0.6, P(B)=1根据全概率公式有即敌舰被击中的概率为0.458.24.解:设A1为“从2500米处射击”,A2为“从2000米处射击”,A3为“从1500米处射击”,B为“击中目标”,由题知P(A1)=0.1,P(A2)=0.7,P(A3)=0.2P(B| A1)=0.05, P(B| A2)=0.1, P(B| A3)=0.2所以 所以,由2500米处的大炮击中的概率为P(A1| B)=P(B| A1)P(A1)/ P(B)=0.005/0.115=0.043525.解:设事件A1为“原发信息是A”,事件A2为“原发信息是B”,B为事件“接收到的信息为A”,则:26.解:(1)设在n个指定的盒子里各有一个球的概率为P(A),在n个指定的盒子里各有一个球的概率:第一个盒子里有n个球可以放入,即有n种放法,第二个盒子里有n-1种放法那么事件A的样本点数就是n!,样本点总数是Nn,所以 P(A)= (2) 设n个球落入任意的n个盒子里中的概率为P(B),因为是N个盒子中任意的n个盒子,所以样本点数为,所以 27.解:设A=“该班级没有两人生日相同”,则:28.解:(1)因为最小号码是5,所以剩下的两个数必须从6,7,8,9,10五个数中取,所以样本点数为,样本点总数为,所以 (2) 因为最大号码是5,所以剩下的两个数必须从1,2,3,4五个数中取,所以样本点数为,样本点总数为, 所以 (3) 因为最小号码小于3,所以若最小号码为1,则剩下的两个数必须从2-10九个数中取,所以样本点数为,样本点总数为;若最小号码为2,则剩下的两个数必须从3-10八个数中取,所以样本点数为,样本点总数为,所以 29.解:(1) 设“恰好第三次打开门”为事件A,则 (2) 设A=“三次内打开门”,A1=“第一次打开”,A2=“第二次打开”,A3=“第三次打开”,则: 30.解:设A=“已有一个女孩”,B=“至少有一个男孩”,则 P(B/A)=P(AB)/P(A)=(6/8)/(7/8)=6/731.解:设A1=“取一件为合格品”, A2=“取一件为废品”,B=“任取一件为一等品”,则32.解: 甲获胜 乙获胜第一局: 0.2 0.80.3 第二局: 0.80.70.2 0.80.70.80.3 第四局: 所以获胜的概率P1为:所以乙获胜的概率P2为:因为P1+ P2=1, ,所以:, .33.解:设事件A0为“笔是从甲盒中取得的”,事件A1为“笔是从乙盒中取得的”,事件A2为“笔是从丙盒中取得的”;事件B为“取得红笔”,则:34.解:Ai为三个产品中不合格的产品数(i=0,1,2,3),A0、A1、A2、A3构成完备事件组,B为“能出厂”,则:, P(B/A0)=(0.99)3,P(B/A1)=(0.99)20.05,P(B/A2)=(0.99)(0.05)2,P(B/A3)=(0.05)3P(B)P(B/A0)P(A0)P(B/A1)P(A1)P(B/A2)P(A2)P(B/A3)P(A3)0.862935. 解:图a: 设A为“系统正常工作”,A为“第一条线路不发生故障”,A为“第二条线路不发生故障”,则: P(A1)=P(A2)=P,P(AA)= P(A) P(A)=p6P(A)=P(AA)=P(A)+P(A)-P(AA)=2p-p图b :设B为“系统正常工作”,B1为“1正常工作”,B2为“2正常工作”,B3为“3.正常工作”,则: P(B1)=P(B2)=P(B3) =2p-pP(B)= P(B1B2B3)=P(B1)P(B2)P(B3)=(2p-p)=8p-12p+6p-pP(B)-P(A)=6p-12p+6p(p=0.9)0B系统正常工作的概率大。36.解:设事件A为计算机停止工作,则为计算机正常工作,则: P()=(1-0.0005)2000=0.99952000 P(A)=1-P()=1-0.99952000 =0.6322第二单元1设为某一随机试验的样本空间,如果对于每一个样本点,有一个实数X()与之对应,这样就定义了一个上的实值函数X=X(),称之为随机变量。随机变量的定义域是样本空间,也就是说,当一个随机试验的结果确定时,随机变量的值也确定下来。因此,如不与某次试验联系,就不能确定随机变量的值。所谓随机变量,实际上是用变量对试验结果的一种刻画,是试验结果(即样本点)和实数之间的一个对应关系,不过在函数概念中,函数f(x)的自变量是实数x,而在随机变量的概念中,随机变量的自变量是试验结果(即样本点)。随机变量的取值随试验结果而定。2解:(1)第一次取得次品,即:取出0件正品,可表示为X=0 (2)最后一次取得正品就是已取出9件正品,即X=9 (3)前五次都未取得次品,就是至少已取出5件正品,即X 5 (4)最迟在第三次取得次品,就是最多取得两件正品,即X 2 3.解:P(X=1) =0P(X=2) =0P(X=3) =0.1P(X=4) =0.3P(X=5) =0.6随机变量X的概率分布为:4.解:(1)则PX=k=(2)PX=1或X=4= PX=1+ PX=4=+=(3)P-1X1/2 =1-Px1/2 =1-F(1/2) =1-1/2=1/2(3)P-1x2=F(2)-F(-1)=1-0=113 14解:(1)0+=1(2)P0x0,故当y0时, 当y0时, 即 从而,Y的概率密度为 (2)由于Y=X0,故当y0时, 当y0时, 即从而,Y的概率密度为28.解:由题由于Y=-1-1,故当y-1时, 当y-1时, 即从而,Y的概率密度为29.解:设x为球的直径,责球的体积为,已知x满足 当时30解:将n把钥匙编号为1,2,n,假设编号为1的钥匙能打开门。1) 法一:因钥匙已编号,将用过的钥匙依次排列,则n把钥匙的每个排列就是一个基本事件,所以基本事件总数为数码1,2,n的全排列:!因为在第k个位置上排列的钥匙一定是编号等于1的钥匙的个数只有一种排法,在其他n-1个位置上钥匙的排列种数为(n-1)!,即事件的基本事件数等于(n-1)!法二:只关心第k次取到什么编号的钥匙,不考虑其他因素。所以,样本空间的基本事件总数就是第k次可能摸到球的个数为n.的基本事件数为n,编号为1的钥匙的个数为1 2),而第k次首次摸到编号为1的钥匙只有一种结果。31解:甲投篮次中止游戏,则伴随前面甲与乙都有一次未投中,所以 乙投篮次中止游戏,则伴随前面甲有n次与乙有n-1次未投中,所以 (k=1,2,3)所以,X的分布律:(k=1,2,3.)Y的分布律:当时,(k=1,2,3)32.解:因为XP(),所以 (k=1,2,3)因为,所以所以 所以 33解:(1) a+b=1 1) px=px =又px = 即a+4b=3 2)由1)、2)式得a=1,b=(2) px1500)= 以Y记所取5只中寿命大于1500h的元件的数目,则Y服从二项分布B(5,),故所求概率为40.解:由题,X服从二项分布,即 PX=k= PX=0=0.216 PX=1=0.432 PX=2=0.288 PX=3=0.064X0123P0.2160.4320.2880.064Y=0110Z=sin010-1 故Y的概率分布为Y01P0.280.72 故Z的概率分布为Z-101P0.0640.5040.43241.证明:充分性:Y= 由可得 又 当时, 当x1时, 即 从而,X的概率密度为 故,XU0,1 重要性: 由XU0,1可得, 又Y= 当y0时,此时0x1, 当y0时, 从而,Y的概率密度为 故,Y=Exp(2)42.解:考察函数y=(0x),其反函数为 此时,0y1 当y1时, 当时, 从而,Y的概率密度为 第三单元1.(1)YX01025/365/3615/361/36(2)YX01015/225/3315/331/662.(1)c=4(2) (3)(4)3.(1)(2)4.5. fx+yz=1-e-z 0z1e-1e-z z10 其它fx-yz=ez-1e-1 z01-ez-1 0z10 其它6.y/x-11p3/85/87 解:8.设x与y相互独立,概率分布为x01p0.30.7y01p0.20.8则(c)a.x=y b.p(x=y)=1 c.p(x=y)=0.62 d.p(x=y)=09解:所以选择 D10.(A.C)YX01200.30.050.05100.10.220.20.10A.X 与y不独立b.x与y独立c. x的边缘概率分布为x012p0.40.30.3Dy的边缘概率分布为y012p0.40.30.3.12.yx0120001/35106/356/3523/3512/353/3532/352/35013.(1)0.01+0.01+0.03+0.05+0.07+0.09+0.01+0.02+0.04+0.05+0.06+0.08=0.52(2)0.01+0.02+0.05+0.06=0.14(3)1-(0.01+0.01+0.03+0.01+0.01+0.04)=0.8914.YX01/31-101/121/301/60025/1200Y01/317/121/121/31517.(1)X与Y的概率分布如下YX01pi025/365/365/615/361/361/6pj5/61/61关于X的边缘分布律为X01P5/61/6关于Y的边缘分布律为Y01P5/61/6对于(2)X与Y的概率分布,关于X的边缘分布律为X01P5/61/6关于Y的边缘分布律为Y01P5/61/618.解:x的边缘密度函数为Y的边缘密度函数为19.解(1) (2) 20X与Y相互独立Pi*Pj=PijYX-1/213Pi21/81/161/161/4-11/61/121/121/301/241/481/481/121/21/61/121/121/3Pj1/21/41/4121.(1)(2)(3)22、解:(1) X服从0,1上的均匀分布 = X和Y事相互独立 f(x,y)=(2)若a有实根,则 Y1 PY=1- a3935(3)由题意得PX=0.2=0.06够卖的概率为0.0623.解:PX=0,Y=0= PX=1,Y=0= PX=2,Y=0= PX=0,Y=1=PX=1,Y=1= PX=0,Y=2= PX=1,Y=2=0 (X、Y)的联合分布Y X012010200=2X+Y01234P 01 24、解:(1)10+13+17=40 12+15+19=46 X=可取40,41,42,43,44,45,46(2)由题意得PX=46=0.1 不够卖的概率是0.001(3).由题意得:PX40=0.20.30.1=0.06 购卖的概率是0.0625、解:X与Y独立 a(1+ +)=1 a= (1+ +)=1 b=则PX=k= PY=-k= (k=1、2 、3) Y X-1-2-3123 则(X,Y)(1,-1)(1,-2)(1,-3)(2,-1)(2,-2)(2,-3)(3,-1)(3,-2)(3,-3)PX+Y0-1-210-1210 X+Y-2-1012P26、解:设二维随机变量(X,Y)的密度函数为f(x,y)= ,-求Z= 的密度函数解:(1)当Z 时, =P =0 (2)当Z 0时, =P= = =()=1-= =第四单元1 E()13+116+2*1/2=7/6 2 E(X)=4*0.5+5*0.2+6*0.1+7*0.1+8*0.04+9*0.03+10*0.03=5.91 说明:书后答案有误。 3. E(X)=480.1+490.1+500.6+510.1+520.1=50 E(Y)=480.2+490.2+500.2+510.2+520.2=504. X-1 0 2 3 P1/8 1/4 3 /8 1/4 X1 0 4 9E(X)=-11/8+0+23/8+31/4=11/8E(X) =11/8+0+43/8+91/4=31/8 5X1234P0.20.10.60.1 E(x)=10.2+20.1+30.6+40.1=2.6 6由题得: 11.设离散型随机变量X的分布为X 0 1 2P 1/3 1/6 1/2求D(X)解:由题意得,, 12.离散型随机变量X的分布为X 4 5 6 7 8 9 10P 0.5 0.2 0.1 0.1 0.04 0.03 0.03求D(X) 解: 13、设随机变量x的分布为X-1023P1/81/43/81/4求D(X)解:E(X)=-1/8+6/8+3/4=11/8E(X2)=1/8+2/3+9/4=31/8D(X)=31/8-(11/8)2=127/64 22. 解 同理:同理:同理:同理:综上所述:23解:E(x)=0.5即(-1)0.3

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