概率与数理统计1-9章-课后习题解答.doc

概率论与数理统计 习题解答 1 第第 一一 章章 思思 考考 题题 1 事件的和或者差的运算的等式两端能 移项 吗 为什么 2 医生在检查完病人的时候摇摇头 你的病很重 在十个得这种病的人中只有一个能救 活 当病人被这个消息吓得够呛时 医生继续说 但你是幸运的 因为你找到了我 我已 经看过九个病人了 他们都死于此病 所以你不会死 医生的说法对吗 为什么 圆周率是一个无限不循环小数 我国数学家祖冲之第一次把它计 1415926 3 算到小数点后七位 这个记录保持了 1000 多年 以后有人不断把它算得更精确 1873 年 英国学者沈克士公布了一个的数值 它的数目在小数点后一共有 707 位之多 但几十 年后 曼彻斯特的费林生对它产生了怀疑 他统计了的 608 位小数 得到了下表 67584462566468676260 9876543210 出现次数 数字 你能说出他产生怀疑的理由吗 答 因为是一个无限不循环小数 所以 理论上每个数字出现的次数应近似相等 或 它们出现的频率应都接近于 0 1 但 7 出现的频率过小 这就是费林产生怀疑的理由 4 你能用概率证明 三个臭皮匠胜过一个诸葛亮 吗 两事件 A B 相互独立与 A B 互不相容这两个概念有何关系 对立事件与互不相 容事件又有何区别和联系 条件概率是否是概率 为什么 习习 题题 一一 1 写出下列试验下的样本空间 1 将一枚硬币抛掷两次 答 样本空间由如下4 个样本点组成 正正 正反 反正 反反 2 将两枚骰子抛掷一次 答 样本空间由如下36 个样本点组成 1 2 3 4 5 6 i j i j 3 调查城市居民 以户为单位 烟 酒的年支出 答 结果可以用 x y 表示 x y 分别是烟 酒年支出的元数 这时 样本 空间由坐标平面第一象限内一切点构成 0 0 x yxy 2 甲 乙 丙三人各射一次靶 记 甲中靶 乙中靶 丙中靶 则可用上述 A B C 三个事件的运算来分别表示下列各事件 1 甲未中靶 A 2 甲中靶而乙未中靶 BA 3 三人中只有丙未中靶 CAB 4 三人中恰好有一人中靶 CBACBACBA 概率论与数理统计 习题解答 2 5 三人中至少有一人中靶 CBA 6 三人中至少有一人未中靶 或 CBA ABC 7 三人中恰有两人中靶 BCACBACAB 8 三人中至少两人中靶 BCACAB 9 三人均未中靶 CBA 10 三人中至多一人中靶 CBACBACBACBA 11 三人中至多两人中靶 或 ABC CBA 3 设是两随机事件 化简事件 A B 1 2 ABAB ABAB 解解 1 ABABABABBB 2 ABAB ABABBAABB 4 某城市的电话号码由 5 个数字组成 每个数字可能是从 0 9 这十个数字中的任一个 求电话号码由五个不同数字组成的概率 解 5 10 5 0 3024 10 P P 5 张奖券中含有张有奖的 个人购买 每人一张 求其中至少有一人中nmk 奖的概率 解法一 试验可模拟为个红球 个白球 编上号 从中任取 k 个构成一组 则mnm 总数为 而全为白球的取法有种 故所求概率为 k n C k mn C k n k mn C C 1 解法二 令 第 i 人中奖 B 无一人中奖 则 注意到 i A 2 1ki k AAAB 21 不独立也不互斥 由乘法公式 k A A A 21 1121 3 1 2 1 k k AA A P AA A P A A PAPBP 1 2 1 121 nmnmnmnmk nnnnk 1 kk nmnm kk nn CC k CC 同除故所求概率为 6 从 5 双不同的鞋子中任取 4 只 这 4 只鞋子中 至少有两只配成一双 事件 A 的 概率是多少 解 122 585 4 10 C CC P A C 7 在上任取一点 求该点到原点的距离不超过的概率 1 1 X 1 5 概率论与数理统计 习题解答 3 解 此为几何概率问题 所求事件占有 11 区间 从而所求概率为 5 1 5 1 1 2 1 5 25 P 8 在长度为的线段内任取两点 将其分成三段 求它们可以构成一个三角形a 的概率 解 设一段长为 另一段长为 样本空间 xy 0 0 0 xayaxya 所求事件满足 0 2 0 2 a x a y xyaxy 从而所求概率 1 4 CDE OAB S S 9 从区间内任取两个数 求这两个数的乘积 0 1 小于的概率 1 4 解 设所取两数为样本空间占有区域 X Y 两数之积小于 故所求概率 1 4 1 4 XY 1 1 SS DS D P S 而 故所求概率为 1 14 11 1 1 1ln4 44 S Ddx x 1 1ln4 4 10 设 为两个事件 求 AB 0 9P A 0 36P AB P AB 解 0 90 360 54P ABP AP AB 11 设 为两个事件 求 AB 0 7P B 0 3P AB P AB 解 1 1 1 0 70 3 0 6P ABP ABP ABP BP AB 概率论与数理统计 习题解答 4 12 假设 若 互不相容 求 若 0 4P A 0 7P AB AB P BA 相互独立 求 B P B 解 若 互不相容 AB 0 70 40 3P BP ABP A 若 相互独立 则由可得 0 5 AB P ABP AP BP A P B P B 13 飞机投弹炸敌方三个弹药仓库 已知投一弹命中 1 2 3 号仓库的概率分别为 0 01 0 02 0 03 求飞机投一弹没有命中仓库的概率 解 设 命中仓库 则 没有命中仓库 又设 命中第 i 仓库 A A i A 则 3 2 1 i03 0 02 0 01 0 321 APAPAP 根据题意 其中两两互不相容 321 AAAA 321 AAA 故 0 01 0 02 0 03 0 06 123 P AP AP AP A 所以94 0 06 0 1 1 APAP 即飞机投一弹没有命中仓库的概率为 0 94 14 某市有 50 住户订日报 有65 的住户订晚报 有85 的住户至少 订这两种报纸中的一种 求同时订这两种报纸的住户的百分比 解 设 用户订有日报 用户订有晚报 则 用户至少订有日报和 AB BA 晚报一种 用户既订日报又订晚报 已知 AB 所以85 0 65 0 5 0 BAPBPAP 3 085 065 0 5 0 BAPBPAPABP 即同时订这两种报纸的住户的百分比为 30 15 一批零件共 100 个 次品率为 10 接连两次从这批零件中任取一个零件 第一次 取出的零件不再放回 求第二次才取得正品的概率 解 设 第一次取得次品 第二次取得正品 则 A B 第二次才取得正品 又因为 则 AB 99 90 100 10 ABPAP 概率论与数理统计 习题解答 5 0909 0 99 90 100 10 A B PAPABP 16 设随机变量 两两独立 与互不相容 已知ABCAB0 2 CPBP 且 求 5 8 P BC P AB 解 依题意且 因此有 又因0 ABP BPAPABP 0 AP 解方程 2 5 3 2 8 P BCP BP CP B P CP CP C 0 8 5 3 2 2 CPCP 151 442 P CP CP B 舍去 0 5 P ABP AP BP ABP B 17 设是小概率事件 即是给定的无论怎么小的正数 试证明 当A P A 试验不断地独立重复进行下去 事件迟早总会发生 以概率1 发生 A 解 设事件 第次试验中出现 i AiA 1 2 in 1 ii P AP A 次试验中 至少出现一次的概率为 1 2 in nA 1212 1 nn P AAAP AAA 12 1 n P A AA 独立性 12 1 n P AP AP A 1 1 n 证毕 12 lim 1 n n P AAA 18 三个人独立地破译一密码 他们能单独译出的概率分别是 1 5 1 3 1 4 求此密码被译 出的概率 解 设 A B C 分别表示 第一 二 三人译出密码 D 表示 密码被译出 则 1 P DP ABCP ABC 1 1 P ABCP A P B P C 4 2 33 1 5 3 45 19 求下列系统 如图所示 的可靠度 概率论与数理统计 习题解答 6 假设元件的可靠度为 各元件 正常工作或失效相互独立i i p 解 1 系统由三个子系统并联而成 每个子系统可靠度为 从而所求 123 p p p 概率为 3 123 1 1 p p p 2 同理得 23 12 1 1 pp 20 三台机器相互独立运转 设第一 第二 第三台机器不发生故障的概 率依次为 0 9 0 8 0 7 则这三台机器中至少有一台发生故障的概率 解 设 第一 第三台机器 发生故障 第一 第三台机器 发生故障 1 A 2 A 3 A 第一 第三台机 器发生故障 三台机器中至少有一台发生故障 则D 故 123 0 1 0 2 0 3P AP AP A 1 P DP ABCP ABC 1 1 1 0 9 0 8 0 70 496 P ABCP A P B P C 21 设 为两事件 求 AB 0 7P A 0 6P B 0 4 B P A P AB 解 由得 0 4 B P A 0 4 0 12 0 48 P AB P ABP ABP BP AB P A 0 82P ABP AP BP AB 22 设某种动物由出生算起活到 20 年以上的概率为 0 8 活到 25 年以上的概率为 0 4 问 概率论与数理统计 习题解答 7 现年 20 岁的这种动物 它能活到 25 岁以上的概率是多少 解 设 某种动物由出生算起活到 20 年以上 某种动物由出生A 0 8P A B 算起活到 25 年以上 则所求的概率为 0 4P B 0 4 0 5 0 8 P ABP B BB PP AA P AP A 23 某地区历史上从某年后30 年内发生特大洪水的概率为80 40 年内 发生特大洪水的概率为85 求已过去了30 年的地区在未来10 年内发生特 大洪水的概率 解 设 某地区后 30 年内发生特大洪灾 某地区后 40 年内A 0 8P A B 发生特大洪灾 则所求的概率为 0 85P B 0 15 1 1110 25 0 2 P BAP B BB PP AA P AP A 24 设甲 乙两袋 甲袋中有 2 只白球 4 只红球 乙袋中有 3 只白球 2 只红球 今从 甲袋中任意取一球放入乙袋中 再从乙袋中任意取一球 1 问取到白球的概率是多少 2 假设取到白球 问该球来自甲袋的概率是多少 解 设 A 取到白球 B 从甲球袋取白球 2 44 3 1 5 9 6 66 6 P AP A B P BP A B P B 2 9 2 2 5 5 9 P A B P B P B AP ABP A P A 25 一批产品共有10 个正品和 2 个次品 任取两次 每次取一个 抽出后不再 放回 求第二次抽出的是次品的概率 解 设表示第 次抽出次品 由全概率公式 i Bi 1 2 i 22 211 1 1 BB P BP B PP B P BB 211021 121112116 26 一批晶体管元件 其中一等品占 95 二等品占 4 三等品占 1 它们能工作 500 的概率分别为 90 80 70 求任取一个元件能工作 500以上的概率 hh 解 设 取到元件为 等品 1 2 3 取到元件能工作 500 小时以上 i Bii A 概率论与数理统计 习题解答 8 则 1 4 95 321 BPBPBP 70 80 90 321 B A P B A P B A P 所以 3 3 2 2 1 1 B A PBP B A PBP B A PBPAP 0 894 70 1 80 4 90 95 27 某药厂用从甲 乙 丙三地收购而来的药材加工生产出一种中成药 三地的供货量 分别占 40 35 和 25 且用这三地的药材能生产出优等品的概率分别为 0 65 0 70 和 0 85 求从该厂产品中任意取出一件成品是优等品的概率 如果一件产品是优质品 求它的材料来自甲地的概率 解 以 Bi分别表示抽到的产品的原材来自甲 乙 丙三地 A 抽到优等品 则有 123 0 35 0 25 P BP B P B 0 4 1 0 65 A P B 3 2 0 7 0 85 AA PP BB 所求概率为由全概率公式得 P A 123 123 AAA P AP B PP BPP BP BBB 0 65 0 40 7 0 350 85 0 250 7175 111 1 0 26 0 3624 0 7175 P B AP B P A B B P A P AP A 28 用某种检验方法检查癌症 根据临床纪录 患者施行此项检查 结果是阳性的概率 为 0 95 无癌症者施行此项检查 结果是阴性的概率为 0 90 如果根据以往的统计 某 地区癌症的发病率为 0 0005 试求用此法检查结果为阳性者而实患癌症的概率 解 设 A 检查结果为阳性 B 癌症患者 据题意有 0 95 0 90 AA PP BB 所求概率为 0 0005 P B B P A 由 Bayes 公式得 0 10 0 9995 A PP B B A P B P B B P A AA P B PP B P BB 0 0005 0 95 0 00470 47 0 0005 0 950 9995 0 10 29 3 个射手向一敌机射击 射中的概率分别是 0 4 0 6 和 0 7 如果一人射中 敌机 概率论与数理统计 习题解答 9 被击落的概率为 0 2 二人射中 被击落的概率为 0 6 三人射中则必被击落 1 求 敌机被击落的概率 2 已知敌机被击落 求该机是三人击中的概率 解 设 A 敌机被击落 Bi i 个射手击中 i 1 2 3 则 B1 B2 B3互不相容 由题意 知 由于 3 个射手射击是互相独立的 所 13 2 0 2 0 6 1 AAA PPP BBB 以 1 0 4 0 4 0 30 6 0 6 0 30 6 0 4 0 70 324P B 2 0 4 0 6 0 30 4 0 7 0 40 6 0 7 0 60 436P B 3 0 4 0 6 0 70 168P B 因为事件 A 能且只能与互不相容事件 B1 B2 B3之一同时发生 于是 1 由全概率公式得 3 1 0 324 0 20 436 0 60 168 10 4944 ii i P AP B P A B 2 由 Bayes 公式得 33 33 1 0 168 0 34 0 4944 ii i P B P A B P BA P B P A B 30 某厂产品有 70 不需要调试即可出厂 另 30 需经过调试 调试后有 80 能出厂 求 1 该厂产品能出厂的概率 2 任取一出厂产品未经调试的概率 解 需经调试 不需调试 出厂AAB 则 30 AP 70 AP 80 ABP1 ABP 1 由全概率公式 A B PAP A B PAPBP 941 70 80 30 2 由贝叶斯公式 94 70 94 A B PAP BP BAP B A P 31 进行一系列独立试验 假设每次试验的成功率都是 求在试验成功2p 次之前已经失败了3 次的概率 解 所求的概率为 23 4 1 pp 概率论与数理统计 习题解答 10 32 10 个球中有一个红球 有放回地抽取 每次取一球 求直到第次才取n 次红k kn 球的概率 解 所求的概率为 1 1 19 1010 kn k k n C 33 灯泡使用寿命在1000h 以上的概率为0 2 求 3 个灯泡在使用1000h 后 最多只有 一个坏了的概率 解 由二项概率公式所求概率为 312 333 0 1 0 2 0 2 0 80 104PPC 34 Banach 问题 某人有两盒火柴 每盒各有根 吸烟时任取一盒 并从n 中任取一根 当他发现有一盒已经用完时 试求 另一盒还有根的概率 r 解解 设试验 E 从二盒火柴中任取一盒 取到先用完的哪盒 A 1 2 P A 则所求概率为将E 重复独立作次发生次的概率 故所求的概率为2nr An 2 2 22 11 2 22 n nnn r n r n r n rn r C PnC 第第 二二 章章 思思 考考 题题 1 随机变量的引入的意义是什么 答 随机变量的引入 使得随机试验中的各种事件可通过随机变量的关系式表达出来 其 目的是将事件数量化 从而随机事件这个概念实际上是包容在随机变量这个更广的概念 内 引入随机变量后 对随机现象统计规律的研究 就由对事件及事件概率的研究转化为随 机变量及其取值规律的研究 使人们可利用数学分析的方法对随机试验的结果进行广泛而 深入的研究 随机变量概念的产生是概率论发展史上的重大事件 随机事件是从静态的观点来研究随 机现象 而随机变量的引入则变为可以用动态的观点来研究 2 随机变量与分布函数的区别是什么 为什么要引入分布函数 答 随机变量与分布函数取值都是实数 但随机变量的自变量是样本点 不是普通实数 故随机变量不是普通函数 不能用高等数学的方法进行研究 而分布函数一方面是高等 数学中的普通函数 另一方面它决定概率分布 故它是沟通概率论和高等数学的桥梁 利用它可以将高度数学的方法得以引入 概率论与数理统计 习题解答 11 3 除离散型随机变量和连续型随机变量 还有第三种随机变量吗 答 有 称为混合型 例 设随机变量 令 2 0 UX 2 1 1 1 0 x xx xg 则随机变量既非离散型又非连续型 XgY 事实上 由的定义可知只在上取值 于是当时 XgY Y 1 00 y 时 当时 0 yFY1 y1 yFY10 y 2 y yXPyXgPyFY 于是 1 1 1 0 2 0 0 y y y y yFY 首先取单点 1 的概率 故不是连续型随机Y0 2 1 01 1 1 YY FFYPY 变量 其次其分布函数不是阶梯形函数 故也不是离散型随机变量 Y 4 通常所说 的概率分布 的确切含义是什么 X 答 对离散型随机变量而言指的 是分布函数或分布律 对连续型随机变量而言指的是 分布函数或概率密度函数 5 对概率密度的不连续点 如何由分布函数求出 f x F x f x 答 对概率密度的连续点 对概率密度的有限个不连续点处 f x f xF x f x 可令 为常数 不会影响分布函数的取值 f xc c 6 连续型随机变量的分布函数是可导的 概率密度函数是连续的 这个说法对吗 为什 么 答 连续型随机变量密度函数不一定是连续的 当密度函数连续时其分布函数是可导的 否则不一定可导 习习 题题 1 在测试灯泡寿命的试验中 试写出样本空间并在其上定义一个随机变量 解 每一个灯泡的实际使用寿命可能是中任何一个实数 样本空间为 0 若用表示灯泡的寿命 小时 则是定义在样本空间 0 ttXX 上的函数 即是 0 ttttXX 随机变量 概率论与数理统计 习题解答 12 2 一报童卖报 每份 0 15 元 其成本为 0 10 元 报馆每天给报童 1000 份报 并规定他不 得把卖不出的报纸退回 设为报童每天卖出的报纸份数 试将报童赔钱这一事件用随X 机变量的表达式表示 解 报童赔钱 卖出的报纸钱不够成本 而当 0 15 X0 时 F xP Xxf x dx 0 xF 222 0 1 22 2 x x x e F xax edxxx 22 1 1 22 0 2 0 0 xxx F x x 3 5 11 0 0 1 2 PXFF e 16 设在内服从均匀分布 求方程有实根的概率 X 1 6 2 10 xXx 解 方程有实根 即 故所求的概率为 2 10 xXx 2 X 2 P X 4 5 17 知随机变量服从正态分布 且服从标准正态分布X 2 N a aYaXb 求 0 1 N a b 解 由题意 2 22 0 0 1 ab a aa 解得 1 1ab 18 已知随机变量服从参数为的指数分布 且落入区间 1 2 内X X 的概率达到最大 求 解 令 即 2 12 1 2 PXP XP Xeeg 令 0g 即 02 2 ee021 e 2 ln 19 设随机变量 求 1 4 XN 01 6 PX 1 P X 解 011 61 01 6 22 PXPX 1 6101 0 3094 22 1 1 1 0 0 5 2 P X 概率论与数理统计 习题解答 17 20 设电源电压 在电压三种情形下 2 220 25XN200 200240 240XXX 电子元件损坏的概率分别为 求 0 1 0 001 0 2 1 该电子元件损坏的概率 2 该电子元件损坏时 电压在伏的概率 200 240 解 设 电子元件损坏 则 123 200 200240 240AXAXAX D 1 完备 由全概率公式 123 A A A 123 123 DDD P DP A PP APP AP AAA 今 1 200220 0 810 80 212 25 P A 同理 2 0 80 820 810 576P A 从而 3 10 2120 5760 212P A 0 062P D 2 由贝叶斯公式 2 2 2 D P AP A A P D P D 0 5760 001 0 009 0 062 21 随机 变量的分布律为X X 2 1013 P 1 5 1 6 1 5 1 15 11 30 求的分布律 2 YX 解 22 变量服从参数为 0 7 的 0 1 分布 求及的概率分布 X 2 X 2 2XX 解 的分布为X 易见 的可能值为 0 和 1 而 2 X 2 X 0149 P 1 5 7 30 1 5 11 30 X01 P0 30 7 概率论与数理统计 习题解答 18 的可能值为和 0 由于 2 2XX 1 2 P Xu P X u 可见的概率分布为 0 1 u 2 X 由于 可得 2 21 1 0 7P XXP X 2 20 0 0 3P XXP X 的概率分 2 2XX 布为 23 概率密度函数为 求的概率密度函数 X 2 1 1 X fx x 2YX Y fy 解 的反函数为 代入公式得 2yx 2 y x 2 2 22 4 YX yy fyf y 24 设随机变量 求随机变量在内概率密度 0 2XU 2 YX 0 4 Y fy 解法一 分布函数法 当时 时 当时 0y 0 4 Y Fyy 1 Y Fy 04y YX FyP XyFy 从而 11 04 24 0 X Y fyy yyfy 其余 解法二 公式法 在单增 由于反函数在可导 2 yx 0 2xy 0 4 1 2 y x y 从而由公式得 11 04 24 0 X Y fyy yyfy 其余 25 求的密度 0 0 0 x X ex fx x X Ye 2 X01 P0 30 7 2 2XX 10 P0 70 3 概率论与数理统计 习题解答 19 解法一 分布函数法 因为 故 当时 0X 1Y 1y lnln YX FyP XyFy ln 2 111 ln 1 0 1 y X Y fyey yyyfy y 解法二 公式法 的值域 反函数 故 x ye 1 lnxy 2 1 lnln 1 0 1 X Y fyyy yfy y 26 设随机变量服从上的均匀分布 分别求随机变量和X 0 1 X Ye 的概率密度和 lnZX Y fy Z fz 解 的密度为 X 1 01 x f x 0 若 其它 1 函数有唯一反函数 且 故 x ye lnxy 1Ye ln ln 1 X fyyye fy 0 其它 1 1 ye y 0 其它 2 在区间上 函数 它有唯一反函数 且 从而 0 1 lnlnzxx z xe 0Z zz X Z fee fz z0 0 其它 0 z ze 0 其它 27 设为的密度函数 且为偶函数 求证与有相同的分布 X fxXX X 证 即证与的密度函数相同 即 YX X YX fyfy 证法一 分布函数法 11 YX FyPXyP XyP XyFy 得证 1 YXX pypypy 概率论与数理统计 习题解答 20 证法二 公式法 由于为单调函数 yx YXXX pypyypypy 28 设随机变量服从正态分布 是的分布函 X 2 N0 xFX 数 随机变量 求证服从区间上的均匀分布 XFY Y 1 0 证明 记的概率密度为 则 由于是的严格单调增函X xf x dttfxF xFx 数 其反函数 1 xF 存在 又因 因此的取值范围是 即当时1 0 xFY 1 0 10 y 1 Y FyP YyP F XyP XFy 1 yyFF 于是的密度函数为Y 1 01 0 Y y py 其它 即服从区间上的均匀分布 Y 1 0 第第 三三 章章 思思 考考 题题 1 答 错 2 答 错 3 答 错 习习 题题 三三 1 解 解 1 1 1 1 已知独立 YXPYXPYXP 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 YPXPYPXP 由此可看出 即使两个离散随机变量相互独立同分布 一般情况下也不会YX与YX与 以概率 1 相等 2 2 解 解 由 1 可得 从而得 ij ij p14 0 b X Y 012 jYP 00 060 150 090 3 10 140 350 210 7 概率论与数理统计 习题解答 21 iXP 0 2 5 0 0 31 故相互独立 1 0 2 1 0 jijYPiXPjYiXPYX 7 035 0 15 0 14 0 06 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 YXPYXP YXPYXPFYXP 3 解解 1 1 11 ABPYXPp 12 1 ABPAP 0 1 12 BAPYXPp 6 1 3 2 4 1 ABPAP 因为 3 2 1 1 ABPABPABPABP所以 12 1 1 0 21 ABP BAP ABP ABPBPABPBAPYXPp 结果如表所示 12 8 12 1 6 1 12 1 1 22 p 4 解 的边缘分布律为X 3 2 2 3 1 1 XPXP 的边缘分布律为Y 2 1 2 2 1 1 XPYP 的条件下的条件分布为1 YX0 1 1 1 11 YP YXP YXP 1 1 1 2 12 YP YXP YXP 的条件下的条件分布为2 XY 3 2 2 1 2 21 XP YXP XYP 3 1 2 2 2 22 XP YXP XYP 5 5 解 解 1 由乘法公式容易求得分布律 易知 放回抽样时 YX 6 1 1 6 5 0 6 1 1 6 5 0 YPYPXPXP X Y 1 0 1 12 1 12 1 0 12 2 12 8 概率论与数理统计 习题解答 22 且 iXPiXjYPjYiXP 1 0 1 0 jijYPiXP 于是 的分布律为 YX 2 不放回抽样 则 在第一次 6 1 1 6 5 0 XPXP 抽出正品后 第二次抽取前的状态 正品 9 个 次品 2 个 故 11 2 01 11 9 00 XYPXYP 又在第一次抽出次品后 第二次抽取前状态 正品 10 个 次品 1 个 故 11 1 11 11 10 10 XYPXYP 且1 0 jiiXPiXjYPjYiXP 于是 的分布律为 YX 放回抽样时 两次抽样互不影响 故彼此相互独立 不放回抽样 第一次抽样对第二 次抽样有影响 不相互独立 6 6 解解 yxf 0 1 否则 dycbxa dcab bxax bxa abxfX 0 1 yfY dycy dyc dc 0 1 随机变量及是独立的 XY 7 7 解解 1 yxf yx yxF 2 9 4 6 222 yx 2 的边缘分布函数X xFxFX 22 22 1 2 x arctg 22 1x arctg 由此得随机变量的边缘分布密度函数X xF dx d xf XX 4 2 2 x X Y 01 0 36 25 36 5 1 36 5 36 1 X Y 01 0 66 45 66 1 1 66 10 66 1 概率论与数理统计 习题解答 23 同理可得随机变量的边分布函数Y yFyFY 32 22 1 2 y arctg 32 1y arctg 的边缘分布密度函数Y yF dy d yf yY 9 3 2 y 3 由 2 知 所以与独立 xfX yfY 4 2 2 x 9 3 2 y yxfXY 8 解解 因为与相互独立 所以的联合概率密度为XYYX yxeyfxfyxf yx YX 2 1 2 22 1 2 0 1 0 2 1 1 0 222 22 2222 1 2 1 2 1 2 yx rryx eerdreddxdyeZP 41 2 0 2 1 2 2 1 2 1 222 22 2222 2 1 2 1 1 yx rryx eeerdreddxdyeZP 4 2 02 2 2 222 22 2222 2 1 2 1 0 yx rryx eerdreddxdyeZP 所以 的分布律为 Z 1 2 1 0 2 1 2 2 1 2 eZPeeZPeZP 9 9 解解 1 由 1 即 dxdyyxf 00 43 12 1 A dxdyeA yx 即 12 A 因此 yxf 0 0 0 12 43 其它 yxe yx 2 的边缘概率密度为X 当 0 x xfX dyyxf 0 43 12dye yxx e 3 3 概率论与数理统计 习题解答 24 当 0 y yfY 0 dxyxf 0 43 12dxe yxy e 4 4 可知边缘分布密度为 xfX 0 0 3 3 其它 xe x yfY 0 0 4 4 其它 ye y 3 20 10 YXP 1 0 2 0 83 43 1 1 12eedxdye yx 1010 解解 因为 1 即 dxdyyxf 1 0 1 0 2 1dyyxdxc6 1 3 1 2 1 cc 对任意 10 x xfX dyyxf 1 0 2 26xdyxy 所以 xfX 0 10 2 其它 xx 对任意 10 y yfY dxyxf 1 0 22 36ydxxy 所以 yfY 0 10 3 2 其它 yy 故 所以与相互独立 yxf xfX yfYXY 1111 解解 由 2ln 1 2 2 1 1 e e D xdx x S 当时 其它 0 2 1ex 2 1 2 1 1 0 1 0 x dydyyxfxf xx X xfX 所以 4 1 2 X f 1212 解解 1 的边缘密度为分布密度为 XY xfX x x xxdy1 0 21 yfY 1 11 11 y yydx 故 yxf YX yf yxf Y 0 1 1 其它 xy y 概率论与数理统计 习题解答 25 xyf XY xf yxf X 0 1 2 1 其它 yx x 2 因为 1 故与不相互独立 xfX yfYy 1 yxfXY 1313 证证 设的概率密度为 的概率密度为 由于相互独立 故X xfY yfYX 的联合密度为 于是 YX yxf xf yf yx x dyyfdxxfdxdyyfxfYXP yx y dxxfdyyfdxdyyfxfYXP 交换积分次序可得 所以 x dyyfdxxf y dxxfdyyf 1 YXP YXP YXP 故 2 1 YXP 14 解解 设 由于相互独立同分布 于是有 APp YX 则又 pAPaXPaYPBP 1 pBP BAP AP BP AP BPp 1p p 1p 9 7 1 2 pp 解得 因而有两个值 3 2 3 1 21 ppa 由于 所以 当时 由 得 2 1 2 1 1 a dxaXPAP a 3 1 1 p 2 1 a 3 1 3 5 a 当时 由 得 3 2 2 p 2 1 a 3 2 3 7 a 15 解解 1 的可能取值为 2 3 4 且YX 4 1 1 1 2 YPXPYXP 概率论与数理统计 习题解答 26 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 1 2 2 1 3 YXPYPXPYXP 4 1 2 2 4 YPXPYXP 故有 4 1 4 2 1 3 4 1 2 YXPYXPYXP 2 由已知易得 2 1 42 2 1 22 XPXP 1616 解解 由已知得 X Y 1 2 1 1 1 0 1 2 2 2 1 1 2 1 0 3 2 3 1 3 0 概率 12 1 12 1 12 3 12 2 12 1 0 12 2 0 12 2 YX 3 2 1 2 3 2 1 2 1 123 YX 10 1 2 5 2 3 2 1 543 所以有 YX 3 2 1 2 3 2 1 13 P 12 1 12 1 12 3 12 2 12 1 12 2 12 2 YX 101 2 3 2 5 35 P 12 3 12 1 12 1 12 1 12 2 12 2 12 2 1717 证明证明 对任意的我们有 1 0 21 nnk 因为与相互独立 k i ikYPiXPkZP 0 XY k i iknikik n inii n qpCqpC 0 2 2 1 1 利用组合公式 k i knnkik n i n qpCC 0 21 21 k i k nm ik n i m CCC 0 概率论与数理统计 习题解答 27 knnkk nn qpC 21 21 即 YXZ 21 pnnb 1818 解解 在 0 2 中取值 按卷积公式的分布密度为 YXZ Z 1 0 dxxzfdxxzfxfzf YYXZ 如图 1 10 10 10 zxz x xz x 即其中 时10 101 z xzz xzz2110 zxz 110 x 时21 2110 z xzz xzz2110 10 xzxz 1 从而 其它 0 21 21 10 1 1 0 zzdx zzdx zf z z z Z 1919 解解 因为相互独立 故 所以 321 XXX 321 32XXX 36 0 N 3413 0 0 1 1 6 032 0 6320 321 321 XXX PXXXP 2020 解解 0 0 0 0 0 0 2 22 2 1 11 1 2 1 x xex xf x xex xf x x 设两周的需求量为 则当时Z 21 XXZ 0 z 1 1 0 1 0 111 11 21 dxexzexdxxzfxfzf xzx zz XXZ 3 32 3 0 3 1 2 1 0 111 z zz z z ez e xzx dxexzx 概率论与数理统计 习题解答 28 故 0 0 0 3 3 z z ez zf z Z 2121 解解 1 当时0 x 00 2 1 2 1 yxyx X deyxedyeyxexf 积分时 是常量 0 0 2 1 2 1 yxdeeeyxe yxyx x 1 2 1 2 1 2 1 0 xeeexe xyxx 当时 0 x 0 xfX 同理 当时 当时 0 y 1 2 1 yeyf y Y 0 y0 yfY 因为 故与不相互独立 xfX yxfyfY XY 2 当时 0 z z z z z xzx Z ezdxzedxexzxdxxzxfzf 2 00 2 1 2 1 2 1 当时 0 z0 zfZ 22 解解 设为选取的第 只电子管的寿命 则 令 i Xi i X 20 160 2 N 4 3 2 1 i 则所求概率为 min 4321 XXXXY 180 180 180 180 180 min 180 43214321 XXXXPXXXXPYP 由独立性 180 180 180 180 4321 XPXPXPXP 180 1 XP 4 而1587 0 1 1 20 160180 20 160 1 180 1 1 X PXP 因此000634 0 1587 0 180 4 YP 2323 解解 由于设相互独立 均服从指数分布 因而它们的联合密度函数为 321 XXX 概率论与数理统计 习题解答 29 其它 0 3 2 1 0 321 321 332211 ixe xxxf i xxx 事件等价于 因而所求概率为 min 2321 XXXX 2321 XXXX 12321232 min PXXXXP XXXX 12 32 123123 xx xx f xxxdx dx dx 112233 22 211233 0 xxx xx dxdxedx 1 212 0 232211 2 dxedx xxx x 321 2 2 2 0 2321 dxe x 习习 题题 四四 1 1 解解 1 1 3 1 0 1 2 3 1 XE 6 1 2 1 6 1 12 1 4 1 2 2 3 1 1 0 1 1 XE 6 1 2 1 6 1 12 1 4 1 3 2 3 1 3 1 0 1 4 2 XE 6 1 4 1 6 1 12 1 4 1 24 35 2 2 解解 XE1 0 dxxedxxxf x 2 XE 00 22 0 2 xx dexdxexdxxfx 22222 0 0 00 0 2 dxexexdedxxeex xxxxx 3 解解 因为 相互独立 所以XY 5 5 1 0 2 2 dyyedxxYEXEXYE y 4 3 2 3 2 5 5 5 5 5 5 dyeyeyde yyy 4 证明证明 显然 0 xf 概率论与数理统计 习题解答 30 且 1 2 111 1 11 0 0 2 arctgxarctgxdx x dxxf 所以是一个分布密度 但 xf 不存 0 202 2 1ln 2 11 1ln 2 11 1 1 xxdx x x dxxxfXE 在 所以随机变量的数学期望不存在 X 5 5 解解 表示售出设备一年内调换 表示调换费用 则净赢利的数学期望为 A Y 1 0 4 1 4 1 4 1 1 edxeXPAPp x 净赢利的数学期望为 k kk eepyYE 1 300100 0100 100 100 4 1 4 1 元 64 33200300 1 200100 4 1 4 1 4 1 eee 6 6 解解 直径 所以 X 0 1 其它 bxa abxf b a dx ab x XE X ESE 2 2 2 4 4 4 123 1 4 22 3 baba x ab b a 7 7 解解 1 的边际分布见表上 故1 0 4 2 0 2 3 0 4 YX XE 1 0 3 1 0 3 0 YE 2 的可能取值为Z 1 2 1 3 1 0 3 1 2 1 1 易知的分布律如表为Z 故 1 0 2 0 1 ZE 2 1 Z 1 2 1 3 1 0 3 1 2 1 1 k p 0 20 100 40 10 10 1 概率论与数理统计 习题解答 31 0 1 0 1 0 1 1 0 1 3 1 3 1 2 1 15 1 解法解法 2 2 ij i j X Y ZE 15 1 1 0 3 1 1 0 2 1 1 0 1 1 3 0 3 0 0 2 0 1 0 1 0 0 3 1 1 0 2 1 2 0 1 1 ij i j X Y 3 ZE 2 222 XYEYEXEYXE 24 5 23 013 014 092 044 01 XYE XYE 的可能取值为 1 2 3 0 XY 1 2 3 且有如表的概率分布 1 0 2 2 0 1 XYE 1 0 1 2 0 1 3 0 1 0 2 所以 5 ZE 解法解法 2 2 ij ji YXZE 2 3 0 03 0 02 1 0 01 0 13 1 0 12 2 0 11 222222 51 0 13 1 0 12 1 0 11 222 8 解 令的取值为 0 1 11 max ZYXZ则 4 1 0 0 0 0 0 max 0 1 YPXPYXPYXPZP 4 3 0 1 1 11 ZPZP 故 类似可求得 4 3 4 3 1 4 1 0 max 1 YXEZE 4 1 min YXE XY 1 2 30123 k p 0 20 100 40 10 10 1 概率论与数理统计 习题解答 32 9 9 解解 0 1 0 412 0 32 其它 x X xxdyy xf 0 1 0 1 1212 1 22 其它 y Y yyydxy yf 所以 5 4 4 1 0 4 1 0 dxxdxxxfXE X 1 0 3 1 0 5 3 1 12 dyyydyyyfYE Y 1 00 1 00 2 2 1 12 xx dydxyxydydxyxxyfXYE 1 0 4 1 0 5 0 2 1 0 222 1 124 dyyydxxdyyfydxxfxYXE y YX 15 16 5 2 3 2 10 解 的分布函数为则的分布函数YX 0 0 0 1 x xe xF x max YXZ max 2 zFzYPzXPzYzXPzYXPzZPzFz 于是的密度函数为Z 0 0 0 2 2 z zee zFzf zz ZZ 从而 0 2 2 3 2 zdzeeZE zz 11 解 设随机变量表示取得合格品以前已取出的次品数 则的可能取值为XX 0 1 2 3 下求取这些可能值的概率 易知 005 0 9 9 10 1 11 2 12 3 3 041 0 10 9 11 2 12 3 2 204 0 11 9 12 3 1 75 0 12 9 0 XPXP XPXP 由此可得 301 0 005 0 3041 0 2204 0 175 0 0 EX 413 0 005 0 9041 0 4204 0 175 0 0 2 EX 概率论与数理统计 习题解答 33 568 0 322 0 322 0 301 0 413 0 222 DXEXEXDX 12 解解 XE 1 21 1 321 k k pqqqppkq 32 qqqp q q p 1 1 1 2 pq p 2 XE 11 12 1 kk kk pqkqppqk 1 1 11 1 q qpqqpkqqp k k k k 2 1 q q p 其中 表示对的形式导数 234 2 1 1 1 1 1 2 1 p q q qp q qqq p q 所以 2 p q XD 1313 解解因为故有 故 所以 2 1 XPXP ee 2 1 2 2 2 2 XDXE 1414 证明证明 因为 2 22222 XEXEcXcEXEXDcXE 0 2 222 XEcXEXcEc 所以对于 2 cXEXD XEc 1515 解解 0 2 2 2 2 2 dxe x XE x 0 2 2 2 x edx 0 2 2 2 x xe 0 2 2 2 dxe x 0 2 2 2 2 1 2dxe x 概率论与数理统计 习题解答 34 22 1 2 2 2 2 2 dxe x 0 2 2 3 2 2 2 dxe x XE x 0 22 2 2 x edx 0 2 2 2 2 x ex 0 2 2 2 2dxex x 2 2 0 2 2 22 2 2 x de x 22 2 0 2 2 2 2 x e 16 解 由正态分布与均匀分布的方差知 3 4 12 16 12 2 4 0 2 ab YDEYXDXE 由于与相互独立 因此与也相互独立 从而XYX2Y3 3 16 3 4 4 YDXDYXD 28 9 4 3 2 32 YDXDYDXDYXD 3 1