概率论与数理统计(第二版)课后答案.doc

各章基本题详解习题一一、选择题1. （A）; （B）; （C）; （D） 不一定能推出（除非）所以 选（D）2. 所以 选（C）3. 所以 选（B）4. 所以 选（B）5. （A）若，则，且，即不相容（B）若，且，则，且，即相容 （C）若，则，且，即相容 （D）若，不一定能推出所以 选（D）6. （A）若，不一定能推出（B）若，且，则，即A,B独立 （C）若，,，则 （D）若，则A与任何事件都相互独立所以 选（B）7. 射击次才命中k次，即前次射击恰好命中次，且第次射击时命中目标，所以 选（C）二、填空题8. 所以 9. 共有种基本事件，向后两个邮筒投信有种基本事件，故所求概率为10. 设事件A表示两数之和大于，则样本空间， 11. 由，得，故12. 由，得，故13. ，故14. 15. 由于A,B相互独立，可得，于是，故三、计算题16.（1）； （2）； （3）； （4）17.（1）； （2）；（3）； （4）；（5）； （6）；（7）18. 法一，由古典概率可知，所求概率为：； 法二，由伯努利定理可知，所求概率为： 19. 只有唯一的一个六位数号码开能打开锁。因此由古典概率可知，试开一次就能打开锁的概率是；如果要求这6个数字全不相同，试开一次就能打开锁的概率是20. 一枚均匀硬币抛掷三次，共有种不同情况 (1)至少连续两次出现正面有：(正，正，正)，(正，正，反)，(反，正，正)3种情况，故其概率为(2)恰好出现两次正面有： (正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)3种情况，故其概率为(3)正面与反面都出现的概率为21. (1)； (2)； (3)22. 设事件A表示两数之积小于，则样本空间， 23. 设事件A表示方程有实根，则样本空间， 24. 25. (1) (2) (3) (4) 26. 27. 设：第i次调试能调试好，i=1,2,3，B：调3次能调试好则，28. 设：10个球中有i个红球，i=0,1,10，B：任取一球是红球则， 29. 设A：邻居记得浇水，B：树已死去则30. 设A：某人患肺癌，B：某人吸烟则 31. 设每次击中目标的概率为p，则由，可得32. 设应选出n件产品，则由，可得33. (1)； (2)； (3) 即前次射击恰好命中次，且第次射击时命中目标，故所求概率为； (4) 即共射击次，前次射击恰好命中，且最后一次射击时命中目标，故所求概率为习题二一选择题1因为故, 选择 ( A )2. 由正态分布密度关于对称知，选择 （C）3. 因为密度为偶函数，所以，选择 （B）4. 因为, 所以选择 (D)5. 由严格单调条件下的定理2.4.1可知 , 选择 ( A )二填空题6. 代入泊松分布律可解得，填：27，填：0.48或者，填：89由得出的值，然后计算，填：3/410，查表，填：31.2511，填：0.72三计算题121颗骰子掷2次总共有36种可能，将这些可能排除二维表格形式， 1 2 3 4 5 61234562 3 4 5 6 73 4 5 6 7 84 5 6 7 8 95 6 7 8 9 106 7 8 9 10 117 8 9 10 11 12易得分布律2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 121/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36 13 所以X 的分布列为X1234PF(x)1 2 3 4 x1317/51247/5121/10240.05X的分布函数14一次打开 以此类推得 15因为不满足单调不减性，或者，所以不是某个变量的分布函数16（1） 得 （2）， 得 （3），得17易知的间断点为-1，1，3，再由离散分布函数的性质可得 , -1 1 30.4 0.4 0.2 18. 已知，则=0.1042 查表得 (2) 0.0214 查表得19设患者中病的人数为则由题意得，由于较大，较小，所以取所求概率为 (泊松近似，查表得)20设发生故障的设备数为维修人员数为,则由题意可构建概率方程：因为，查表可得 ，即至少配备8个维修人员才能满足题目要求。21（1） （2）2223（1） （2）24（1） （2）（3）25已知 指数分布具有无记忆特性，所以(1) (2) 因为 假设表示三次等待不到服务而离开窗口的次数，由题意得 26. 已知3个元件的使用相互独立，故所求概率为 27已知则 (1) (2) 由指数分布的无记忆特性得，28(1) =0.5328 (2) =0.9996 (3) (4) (5) 有正态分布的特性，知C等于的时候正好满足题目要求，所以29由题意得 次品率为30由 得 则31（1）因为为严格单调函数，且，所以 （2） 32. (1) 严格单调，所以（2） 33圆片面积， 函数在区间上严格单调，所以 习题三一、 选择题1, 故选（A）2，则c=1/4 故选（A）3选（D）4由题意可得X+YN(1,2)，所以 故选（B）5（X,Y）服从区域上的均匀分布，, 故选（A）二、填空题6, 且由X与Y独立可得 所以，78故当x0时，(X,Y)关于X的边缘概率密度9, 10由正态分布的性质可得X-YN(0,2)，所以的概率分布三、计算题11. X Y1231023012. 13.X Y12310020314. (1) ,故得A=2. (2) (3) 15. (1) 区域G的面积, 故 (2) , 16(1) ,故得C=8. （2）（3）, 因为，故X与Y相互独立。17(1) ,故得C=24. （2） 故X与Y不独立。18(1) 区域G的面积, 故 (2) (3) , 因为，故X与Y相互独立。1920（1）因为X与Y相互独立，则(X,Y)的联合分布律为X Y-112-10.060.090.150.300.080.120.20.410.060.090.150.30.20.30.51(2) Z1-2-101230.060.080.150.270.290.15Z2-2-10120.150.150.40.150.1521.(1)由题意故，则（U,V）的联合分布律为U V010011（2）由于,所以U与V不独立。22（1）Z=X+Y,由连续型卷积公式可得（2）的分布函数为所以的概率密度函数为23. (X,Y)的联合密度函数为Z的分布函数所以Z的概率密度函数24当z1时故25, 在Y=y(y0)条件下，在X=x(x0)条件下，X与Y不独立。26已知随机变量X与Y 独立同分布，且证明证：当当时，习题四一、选择题1. 由 知 不相关，所以，故选择 ( B )2. 独立难以判断，所以考虑相关与否，因为，故选择 ( D )3由方差性质可选择 ( D )4. 因为，, 故选择 （D）5. 试用钥匙次数设为,则，故选择 ( C )6. 因为，题目没有讲相互独立，故选择 ( C )二、填空题7由期望和方差定义知，期望和方差分别，填：0.6 ， 0.848由两式相除，可得，填：，2或者直接套用泊松分布可容易解得A, B9, 填：410由，则，填：1511由题可得的分布律为 -1 0 1 0 所以=, 填：12由同分布及期望性质， ，由独立同分布及方差性质， ， 所以填：13， 填：14由方差性质可知，所以，填：85， 3715因为，所以， 填：三、计算题16由期望定义知，17金额6 9 12 所以=7.818设候车时间为（单位：分钟）, 则其分布律为10 30 50 70 90 3/6 2/6 1/36 3/36 2/36 则平均候车时间为 =19设表示第个车站停车与否，由于每个人在每个车站下车等可能，其分布律为0 不停 1 停车 则停车次数为，平均停车次数为 20设表示第个数字巧合与否，每个数字出现在任意位置是等可能的，则其分布律为0 非巧合 1 巧合 则巧合个数的期望为21设表示第个骰子的点数，则点数之和的期望为 22虽然，但是该积分非绝对收敛，因为 所以期望不存在23， 积分变量替换 令 24. 利用函数期望的定义来做，25 极坐标变换26 利用极坐标变换+分部积分求解上述积分27由题可知，硬币正面出现的次数服从二项分布，所求概率表示为28由题可得，因此联合分布律容易得出 YX0 1-101 1/4 00 1/2 1/4 01/41/21/41/2 1/21 显然由 ,所以不独立。 因为，所以，所以，不相关29，易知，区域G-1-1030先画出G区域，易得所以 ，所以 31. 先求协方差 所以习题五一、选择题1. 由切比雪夫或辛钦大数定律知，选（B）2. 因为，所以， 由独立同分布中心极限定理知，选（D）二、填空题3. 由切比雪夫大数定律知，填：方差存在，并有共同上界，即4. 由辛钦大数定律知，填：独立同分布5. 由独立同分布中心极限定理知，填：6. 由独立同分布中心极限定理知，填：7. 由独立同分布中心极限定理知，填：8. 设为100粒种子中能发芽的种子数，则，由二项分布中心极限定理得近似服从，所以所求概率为：三、计算题9. 因为 存在，由辛钦大数定律知，服从大数定律。10. 设为每袋茶叶的净重，则，且相互独立，由中心极限定理得：近似服从，所以所求概率为：11. 设为第i个电子器件的寿命，则，又设一年至少需要n件电子器件，依题意得：，由独立同分布中心极限定理知：近似服从所以 ，查正态分布表得： 解得，即一年至少需要个电子器件，才能有95%的概率保证够用。12. 设X为居民用电户数，则，由二项分布中心极限定理知，近似服从， （1） （2）设电站供电b瓦，则 查表得， 所以 13. 由二项分布中心极限定理知，近似服从，所以 查表得， 所以 。习题六一、选择题1. （B）中含有未知参数，所以选（B）2. ，所以，应选（B）3. 选（B）4. ，所以选（A）5. ，所以选（B）6. 由于X与Y不一定独立，所以 不一定服从正态分布；不一定服从分布；不一定服从F分布；所以选（B）二、填空题7. 8，所以 ，故，自由度为5.9. 所以 10. ，所以 11三、计算题12，所以 又，所以 可见，若，则13，所以，。14，所以所求概率为 =0.997415，所以 即，则，解得，即样本容量最小应为1537.16. ，所以 17. ，所以 习题七一、选择题1，所以选（C）2. 设总体，当未知时，构造样本函数，所以选（C）3. ，所以选（B）4. 最大似然估计量为，所以选（D）5. 已知时，的置信度为的置信区间为，所以其长度为，当缩小时，增大，变小，即变小，所以选（A）6. 选（C）7. 选（C）8. 选（A）9. 当增大显著水平时，相应的拒绝域也变大，所以选（C）10. 选（B）二、填空题11. ，所以填.12. 似然函数，取对数对p求导并令它为零，解得，所以填13 ，所以填14， 所以填：15的置信度为的置信区间为 其长度为，所以填6216. 填：为假，接受17. 填：， 18填：增加样本容量。19. 填：“小概率事件”三、计算题20. 矩法：，所以最大似然法： 即，所以 21. 依题意总体，为未知参数，矩法：，所以最大似然法： ，所以即矩法、最大似然法估计量都是，依题意：，所以未知参数的估计值为.22（1）矩法： ，所以.最大似然法： ，所以 （2）矩法：，所以最大似然法： ，所以 23. ，所以 ，所以 24. ，由切比雪夫不等式得：，有 即 ，所以 是的一致（相合）估计量。25. 构造样本函数 的置信区间为查表得，代入计算得因此，的置信度为95%的双侧置信区间为。26. 构造样本函数 的置信区间为查表得，代入计算得，因此，该商店一年来发票平均金额的置信度为90%的双侧置信区间为。27. 构造样本函数 的置信区间为查表得，代入计算得，因此，的置信度为0.95的置信区间为。28. 构造样本函数 的置信区间为查表得，代入计算得，因此，的置信度为0.95的置信区间为，的置信度为0.95的置信区间为。29. 构造样本函数的置信区间为查表得，代入计算得因此，的置信度为95%的双侧置信区间为。30. 构造样本函数经计算，得的置信区间为查表得，代入计算得因此，品种A与B平均亩产量之差的置信度为95%的置信区间为。31. 构造样本函数的置信区间为查表得，代入计算得因此，的置信度为95%的置信区间为。32. 设矿砂的含镍量未知，检验统计量，拒绝域为，经计算得， 查表得 ，所以接受，即可以认为这批矿砂的含镍量的均值为3.25。33. 设元件寿命已知， 检验统计量，拒绝域为已知，计算得 查表得 ，所以 接受，即不可以认为这批元件合格。34. 设电阻未知，检验统计量，拒绝域为已知，计算得查表得，所以 拒绝，即可以认为这批导线的标准差显著地偏大。35. 设甲、乙两煤矿含灰率分别为和，已知，检验统计量，拒绝域为已知 ，经计算得， 查表得，所以 拒绝，即可以认为甲、乙两矿所采煤的含灰率的平均值有