概率论与数理统计辅导讲义练习题详解.pdf

1 1 1 练习题一练习题一 一 填空题 1 详解 因为 AB ABAAABBB AB A BAAABBB 于是 AB AB AB AB 故 0PAB ABABAB 2 详解 由 AB A B可知 A B 为对立事件 反证法即可 故 P A B 1 P AB 0 3 分析 这是一个 3 重贝努利试验 从而利用二项分布求解 详解 设在每次试验中 A 出现的概率为 p 19 27 P A 至少出现一次 1 P A 出现 0 次 30300 3 1 1 1 1pppC 解得 3 1 p 4 详解 根据加法公式有 ABCPBCPACPABPCPBPAPCBAP 由题设 A B C 两两独立 ABC 且 CPBPAP 知 0 ABCP 2 APBPAPABP 2 APCPAPACP 2 APCPBPBCP 从而 16 9 3 3 2 APAPCBAP 解得 4 3 AP 4 1 AP 又根据题设 2 1 AP 故 4 1 AP 5 详解 P ABCP ABP CP ABC P A P BP CP A P B P C 0 6 或者 1 1 1 1 P ABCP AB P CP A P BP C 1 0 8 0 50 6 概率论与数理统计辅导讲义练习题详解 2 2 2 P ACABCP ABC P AC ABC P ABCP ABC 1 1 6 P A P BP C P ABC 6 详解 设A 至少取到 1 件次品 则A 取到的 2 件都是正品 因此 2 7 2 10 78 1 11 1515 C P AP A C 7 详解 设A 第一个人取到一个新球 B 第二个人取到一个旧球 方法 1 在缩小的样本空间中直接计算得 21 42 P A B 方法 2 利用 Bayes 公式 23 1 54 2332 2 5454 P A P B A P A B P A P B AP A P B A 8 详解 由题意可知 第mn 次试验是成功的 在此之前有过1n 次的成功和m次的失败 故所求概率 1 1 1 nnm n m PCpp 二 选择题 1 详解 因为ABAB 由 AB 有ABB 因此 P ABP B 故 C 正确 2 详解 由 A B互不相容 因此AB 因此AB 从而ABB 故 P ABP B 所以 D 为正确答案 3 详解 因为 1 P AB P B A P A 因此 0P AP AB 故 0P AB 即选 A 特别注意 不要错选 D 4 详解 因为 A B C D四个事件相互独立 故 A B D 三个选项中的三对事件都是独 3 3 3 立的 只有 C 选项当中的事件可能不独立 5 详解 由于 AB AB AB AB 而 与任意事件相互独立 因此选项 A 正确 6 详解 因为 P ACP AP ACP AP C 因此 P ACP C 可以验证 A B 和 D 都不满足条件 只有 C 正确 事实上 ABABAB ABABA 7 详解 设A 丙摸到了红球 B 甲 乙摸到不同颜色的球 在缩小的样本空间中直 接计算得 11 72 2 9 7 18 C C P B A C 8 详解 通过选项判断可知 A B 当中必有一个不正确 因为 12 411 545 P A A 因此 只有选项 A 是不正确的 三 解答题 1 详解 从 5 个白球 3 个黑球中任取 2 个球的基本事件总数为 2 8 C 1 设A 两球同色 则取到的是 2 个白球或者 2 个黑球 故有利于A的事件数为 22 53 CC 因此 22 53 2 8 13 28 CC P C 2 设A 取得的两球至少一个是白球 则A 取得的两球都是黑球 因为有利于A的事 件数为 2 3 C 所以 2 3 2 8 25 1 1 28 C P AP A C 2 详解 1 显然 基本事件总数为排列数 4 10 P 也可记为 4 10 A 考虑到 4 位数为偶数 如 概率论与数理统计辅导讲义练习题详解 4 4 4 果个位为 0 则其它三位数字可任意排列 有利事件数为 3 9 P 如果个位不是 0 则只可取 2 4 6 8 当中的一个 同时注意到千位不可以取 0 故有利事件数为 112 488 C P P 因此所求概率 3112 9488 1 4 10 41 90 PC P P P P 2 因为 4 个数字组成的 4 位数为奇数 故个位可以是 1 3 5 7 9 有 1 5 C种取法 同时注意到 千位不可以取 0 故有利事件数为 112 588 C P P 所求概率 112 588 2 4 10 40 90 C P P P P 注 不要错误地认为 12 PP 应该等于 1 3 详解 1 方程 2 0uxuy 有两个实根的区域 2 40 Ex y xy DE 对应 的区域面积为 2 1 1 13 2 46 x dx 而正方形D的面积为 4 由几何概型得所求概率 13 13 6 424 P 2 方程 2 0uxuy 的根为 2 4 2 xxy u 于是方程有两个正根的条件为 2 40 0 0 Ex y xyxy DE 对应的区域面积为 2 0 1 1 412 x dx 正方形D的面积为 4 由几何概型得所求概率 1 1 12 448 P 4 详解 由 A B 相互独立有 P AB P A P B 由 A C 互不相容知 A C 于是ABC P ABC 0 因此 P A B P A P B P AB P A P B P A P B 2 3 P CABP BC P C AB P ABP AB P B C P C P AB 5 5 5 11 84 2 3 3 64 2 9 P ABCP ABP ABCP A P B P AB C P CP CP C 5 详解 由条件概率公式以及 B C 的独立性可得 P A BC P C P A BC P C P ABCP ABCP AB P A B P BP BP B 6 详解 设B 第二次取出的 3 个球中有 2 个新球 i A 第一次取出的 3 个球中恰有i个 旧球 0 1 2 3i 1 由全概率公式 00112233 P BP B A P AP B A P AP B A P AP B A P A 21321212112213 66975938493933 33333333 1212121212121212 C CCC CC CC CC CC CC CCCCCCCC 1377 3025 0 455 2 由 Bayes 公式得 22 2 3 0 ii i P B A P A P A B P B A P A 0 137 7 详解 设B 最后取到白球 i A 取得的 3 个球中有i个白球 0 1 2 3i 由全概率公式得 00112233 P BP B A P AP B A P AP B A P AP B A P A 111211111122 465655465544 2121212121 10101010101010101010 12 0 1 33 C CCCCCC CCCCC CCCCCCCCCC 113110113 6153151530 8 详解 设A 投掷 3 次每次得到国徽 B 此硬币为正品 则由 Bayes 公式有 概率论与数理统计辅导讲义练习题详解 6 6 6 12 1 83 121 5 1 833 P A B P B P B A P A B P BP A B P B 7 7 7 练习题二 一 填空题 1 详解 P X 2 1 P X 1 P X 1 F 1 F 1 0 F 1 F 1 0 313 10 488 2 详解 由密度函数 f x 满足 1f x dx 可得 01 10 1Cx dxCx dx 积分得 1 2 1 2 C 从而 C 1 可以验证 C 1 满足 f x 0 的条件 因此常数 C 1 3 详解 因 P X a 1 34 d41 aa f xxx dxa P Xa P X a 于是有 44 1 aa 得 4 1 2 a 又 a 0 1 所以 4 1 2 a 4 详解 由题意知 X的密度函数 2 2 2 1 2 x f xe 则 2 2 2 3 1 2 x fxex 22 22 2 22 35 11 22 xx fxeex 2 2 22 2 5 1 2 x ex 令f x 0 得 x 且f x 在x 两边符号相反 因此f x 的两个拐点为x 5 详解 由 X 服从参数为5的 Poisson 分布有 P X k 5 5 k e k k 0 1 2 8 8 8 5 1 P Xk P Xkk 1 5 15 k k 由此可知 当 k 2 时 P X k 取到最大 注 一般地 若 X 服从参数为 的 Poisson 分布有 P X k k e k k 0 1 2 则比值 1 1 1 1 k P Xk k P Xkk k 即当 k 时 P X k 单调增加 当 k 时 P X k 单 调减少 由此可知 当 不是正整数时 k 即k为不超过 的最大整数时 P X k 取到 最大 当 是正整数时 k 及 k 1 均使得 P X k 取到最大 二 选择题 1 详解 A 中由于 F 2 0 1 F 2 1 3 因此 F x 不能作为分布函数 B 中由于 F 0 1 因此 F x 不能作为分布函数 D 中 F x 在 0 上不满足单调不减的性质 C 符合分布函数的四条性质 能够作为分布函数 所以选 C 2 详解 由题意知 随机变量 X 服从标准正态分布 因此 P X 1 F 1 2 1 2 11 d 2 t et 由于 2 2 1 0 2 t e 因此 P X 1 随着 的增加而减小 于是正确答案为 D 3 详解 由 f x f x 可知 d d d aa a Faf xxfxxf xx 1 F a 因此应选 D 4 详解 由 X 服从指数分布 可知随机变量 X 的分布函数为 1 0 0 0 x ex F x x 9 9 9 Y 的分布函数为 2 min 1 2 min yXPyXPyYPyFY 1 2 P Xyy 考虑 y 2 和 y 2 两种情况 当 y 2 时 1 yXPyXPyFY 0 0 20 1 y ye y 当 y 2 时 FY y 1 故 2 1 20 1 0 0 y ye y yF y Y 可见 FY y 只在 y 2 处有一个间断点 故正确选项为 B 5 详解 因 a b c 且 f a f c f b 由 N 2 的密度函数 f x 性质知 a c b c 解得 a c 2 b c 于是 22 cbca 故选 A 三 解答题 1 详解 由题意知 X 的可能取值为 2 1 3 且 P X 2 F 2 F 2 0 11 0 55 P X 1 F 1 F 1 0 711 1052 P X 3 F 3 F 3 0 73 1 1010 即 X 分布律的表格形式为 213 113 5210 X P 2 详解 由题意知 X 的可能取值为 3 4 5 其中 3 3 3 5 1 3 10 C P X C 2 3 3 5 3 4 10 C P X C 2 4 3 5 3 5 5 C P X C 即 X 分布律为 233 113 10105 X P 1 1 10 0 0 3 详解 设系统由工作状态相互独立的 6 个相同元件按 T1与 T2 T3与 T 4 T5与 T6两两串 联再并联而成 令随机变量 T 表示系统的正常工作时间 T i表示 第 i 个元件正常工作时 间 i 1 2 3 4 5 6 则 T1 T2 T3 T4 T5 T6 相互独立 且均服从 E 当 t 10 11 2 55 10 10 1 5 xx edxee 由题意知 Y 服从 B 5 p 分布 即 Y 的分布律为 5225 55 1 1 kkkkkk P YkC ppC ee k 0 1 2 3 4 5 于是 P Y 1 1 P Y 0 2 5 1 1 e 5 详解 用随机变量 X 表示抽取次数 则 X 的可能取值为 1 2 3 4 且 5 1 8 P X 369 2 8832 P X 32721 3 888256 P X 3213 4 888256 P X 于是抽取次数 X 的分布律为 1234 592 13 83 22 5 62 5 6 X P 6 1 1 11 1 1 详解 方程 x2 Y x 3 4 Y 1 0 没有实根充分必要条件为 Y 2 4 3 4 Y 1 0 即 1 Y 4 于是 P 1 Y 4 41 54 a a 解得 11 3 a 7 详解 1 由分布函数的性质有 a F 0 d F 1 F 1 0 F 1 知 c 1 0 即 c 1 F e 0 F e 得 b e c e 1 1 即 b 1 故所求常数 a 0 b 1 c 1 d 1 2 由 1 知道 F x 0 1 ln1 1 1 x xxxxe xe 因 F x 连续 且只有两个不可导点 故为连 续型随机变量的分布函数 因此密度函数 ln 1e 0 xx f xF x 其他 8 详解 Y min X X 2 2 01 XX X 其他 FY y P Y y P min X X 2 y 0 01 1 P Xyy P Xyy P Xyy 所以 fY y F Y y 1 0 1 2 X X fyy y fy 其他 9 详解 FY y P Y y P X 2 2 X 5 y P X 1 2 6 y 由 x 1 2 6 y 将密度函数的分段点 x 1 0 4 代入 再加上 6 y 0 可得 y 的分界点为 6 5 2 3 当 y 6 时 FY y 0 当 6 y 5 时 FY y P X 1 2 6 y P 1616yXy 1616 1616 1 dd 8 yy X yy fxxx 6 4 y 当 5 y 2 时 FY y P X 1 2 6 y P 1616yXy 1 1 12 2 2 16016 16160 11 ddd 28 yy X yy fxxxx 563 88 y 当 2 y a 1 FY a 由 X 与 Y 相互独立 有 P A B P A P B P A P B 如果常数 a 1 3 则 P A 与 P B 必定一个取值为 0 另一个取值为 1 这种情况下 P A B 1 与题意不符 因此可以判定 a 1 3 此时 P A B 1111117 1 1 1 1 2222229 aaaaaa 解得 5 3 a 或 7 3 a 4 详解 X 的分布函数 F x F x 0 0 01 1 1 x xx x 1 1 14 4 4 5 详解 P X Y 1 11 1 2 22 00 d6 d 612 d x x xx yxxx 1 23 2 0 34 xx 1 4 二 选择题 1 详解 由 X 和 Y 相互独立知 P X Y P X 0 Y 0 P X 1 Y 1 P X 0 P Y 0 P X 1 P Y 1 11111 22222 因此选 C 2 详解 P X Y 1 P X Y 1 P X 1 Y 1 P X 0 Y 0 P X 1 Y 1 由 P XY 0 1 有 0 0P XY 于是 P X 1 Y 1 P X 1 Y 1 P X 1 Y 1 P X 1 Y 1 0 又 P XY 0 P X 0 P Y 0 P X 0 Y 0 1 P X 0 Y 0 1 因此 P X 0 Y 0 0 所以 P X Y 1 选 D 注意 也可列出联合分布的表格 再根据联合分布与边缘分布的关系即得结果 3 详解 方法 1 由联合分布律的性质1 ij ji p 即得 1 3 又 X 与 Y 相互独立 于是 P X 2 Y 2 P X 2 P Y 2 21 39 解得 2 9 11 39 故选 B 方法 2 因 X 与 Y 相互独立 所以 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 P XYP XP YP Y P XYP XP YP Y 1 2 1 3 P XP Y P XP Y 1 1 2 9 2 1 1 3 18 P XY P XY 即 2 只有 B 符合题意 4 详解 min ZX Y 且X与Y相互独立 因此 FZ z P Z z P min X Y z 1 P min X Y z 1 P X z Y z 1 P X z P Y z 1 1 FX z 1 FY z 所以选 D 5 详解 由全概率公式 X 与 Y 相互独立得 FX Y z P X Y z 0 n k P XYz Yk P Yk 1 1 15 5 5 0 n k P Xzk Yk P Yk 0 n k P Xzk P Yk 0 1 n kkn k n k C ppzk 其中 x为标准正态分布函数 显然连续 因此 X Y 的分布函数也连续 选 A 三 解答题 1 详解 1 放回抽样 此时 X1 X2相互独立同分布 P X1 0 P X2 0 5 6 P X1 1 P X2 1 1 6 X1 X2 的联合分布律和关于 X1 X2的边缘分布律如下表 0 1 pi 0 25 36 5 36 5 6 1 5 36 1 36 1 6 p j 5 6 1 6 1 2 不放回抽样 由古典概型得 P X1 0 P X2 0 5 6 P X1 1 P X2 1 1 6 P X1 0 X2 0 10 915 12 1122 P X1 0 X2 1 10 25 12 1133 P X1 1 X2 0 2 105 12 1133 P X1 0 X2 1 2 11 12 1166 故 X1 X2 的联合分布律和关于 X1 X2的边缘分布律如下表 0 1 pi 0 15 22 5 33 5 6 1 5 33 1 66 1 6 p j 5 6 1 6 1 2 详解 1 42 20 d dd 6 df x yx y kyxyx 4 2 102 dkyy k 10 y 24 2 y 8 X2 X1 X2 X1 1 1 16 6 6 因此 1 8 k 2 P X 2 Y 3 3232 20 1 d dd 6 d 8 yf x yxyxyx 3 2 1 102 d 8 yy 1 10 8 y 23 2 y 5 8 3 P X 3 2 33 4 22 02 1 d dd 6 d 8 xf x yyxxyy 3 2 0 1 62 d 8 xx 3 2 2 0 1 6 8 xx 27 32 注意 这里也可先计算 X 的边缘密度 再计算此概率 4 P X Y 4 2 242 020 11 d 6 d 64 d 882 x x xxyyxx 3 22 0 1 62 86 x xx 2 3 3 详解 1 由题知 d df x yx y 2 11 2 1 dd x cxxy y 1 26 1 4 d 221 cc xxx 1 因此 21 4 c 2 当 x 1 时 fX x 0 当 1 x 1 时 2 1 226 2121 dd 48 X x fxf x yyx y yxx 即 26 21 11 8 0 X xxx fx 其他 当 y 1 时 fY y 0 当 0 y 1 时 5 2 2 217 dd 42 y Y y fyf x yxx y xy 因此 5 2 7 01 2 0 Y yy fy 其他 4 详解 由题设知 1 11 01 2 0 xy f x y 其他 1 1 17 7 7 FZ z P Z z 3 Y Pz X 因此 当 1 0 3 z 时 FZ z 3 d d y z x f x yx y 13 24 z 当 1 3 z 时 FZ z 3 d d y z x f x yx y 111 2 1 2612zz 同理可得 当 1 0 3 z 时 13 24 Z Fzz 当 1 3 z 时 1 12 Z Fz z 于是 Z 的概率密度函数 fZ z F Z z 2 11 312 31 43 z z z 注 当 z 0 时 积分区域 3 y z x 是直线 y 3 z x 的下方 x 0 或上方 x 0 当 z 0 和上方 x 0 5 详解 由 12 34 XX X XX X1 X 4 X 2 X 3 知 X 的可能取值为 1 0 1 因 X1 X2 X3 X4 相互独立同分布 因此 P X 1 2314 1 1 0 0 PXXXX P X2 1 X3 1 P X1 0 X4 0 P X2 1 P X3 1 P X1 0 P X4 0 P X1 0 P X4 0 0 16 1 2 0 36 0 1344 P X 1 P X1 1 X4 1 P X2 0 X3 0 P X1 1 P X4 1 P X2 0 P X3 0 P X2 0 P X3 0 0 16 1 2 0 36 0 1344 P X 0 1 P X 1 P X 1 0 7312 X 的分布律为 101 0 13440 73120 1344 X P 6 详解 X Y 的联合分布函数 F x y d d xy f u vu v 因此 当 x 0 或者 y 0 时 F x y 0 当 0 x 1 且 0 y 1 时 F x y d d xy f u vu v 22 00 2 d2 xy u uvdvx y 当 0 x 1 且 y 1 时 F x y d d xy f u vu v 1 2 00 2 d2 x u uvdvx 1 1 18 8 8 当 x 1 且 0 y0 时 1 0 dd xyx X fxf x y yxeye 因此 0 0 0 x X ex fx x 当 y 0 时 fY y 0 当 y 0 时 1 0 dd xy Y fyf x yxxex 1 1 0 0 1 d 1 xyxy x xeex y 1 0 2 1 1 xy x e y 2 1 1 y 因此 2 1 0 1 0 0 Y y yfy y 3 由 2 知 fX x fY y 2 0 0 1 0 x e xy y 其他 f x y 因此 X 与 Y 不相互独立 1 1 19 9 9 练习题四练习题四 一 填空题 1 详解 由题意知 X 服从分布 10 0 4 B 因此 22 E XD XEX 2 10 0 4 0 6 10 0 4 18 4 2 详解 设随机变量X表示成功次数 则X服从分布 100 Bp 从而有标准差 100 1 XD Xpp 易知 1 2 p 时 标准差最大 最大值为 5X 3 详解 因为X服从 2 P分布 故 2E XD X 因为Y服从 3 1 N 分布 故 3 1E YD Y 所以 29 2 92691E ZE XYE XE Y 29 4 246D ZD XYD XD Y 4 详 解 因 为X服 从 参 数 为 的 泊 松 分 布 因 此 E XD X 222 E XD XE X 于是 222 24 24340E XX 又0 故1 所以 1 0 1 0 11P XP Xee 5 详解 由题意知随机变量 X Y 的概率密度 1 01 0 xyx f x y 其他 E Xxf x y dxdy D xdxdy 11 2 00 2 2 3 x x dxxdyx dx 22 E Xx f x y dxdy 2 D x dxdy 11 23 00 1 2 2 x x dxx dyx dx 故 22 2 21 4 4 9 DXD XE XEX 二 选择题 2 2 20 0 0 1 详解 111 111 2 1 21 kkk E XkP Xkk k kk 而级数 1 1 1 k k 发散 因此 XE不存在 选 A 2 详解 由题意知 3 232 321 pppXE 61 029 5943 2 321 22 pppXEXD 即9 594 321 ppp 又 123 1ppp 故 C 为正确答案 3 详解 易知 2 4 XYN 2 4 XYN 故 1 2 2 P XY 选 D 4 详解 因为 22 D XYE XYE XY 2222 2 2 E XE YE XYEXE YE X E Y 2 D XD YE XYE X E Y 故 由 D X Y D X D Y 即得 0E XYE X E Y 选 D 5 详解 由YX 和YX 不相关 可知相关系数 0 即协方差 0Cov XY XY 由协方差性质得 Cov XY XYCov X XCov Y XCov X YCov Y Y D XD Y 0 因此 选 B 三 解答题 1 详解 由题意知 X的可能取值为 0 1 2 3 且 3 3 3 6 1 0 20 C P X C 12 33 3 6 9 1 20 C C P X C 21 33 3 6 9 2 20 C C P X C 3 3 3 6 9 3 20 C P X C 因此 19913 0123 202020202 E X 2 详解 由随机变量函数的数学期望公式得 2 2 21 1 1 1 0 2 2 22 x E YEXxf x dxxe dx 2 223 0 1 3 Xxx E YE eef x dxedx 3 详解 E Xxf x y dxdy 1 2 00 12 x xy dy dx 1 4 0 4 4 5 x dx E Yyf x y dxdy 1 3 00 12 x y dy dx 1 4 0 3 3 5 x dx 11 35 000 1 123 2 x E XYxyf x y dxdydxxy dyx dx 2222 E XYxyf x y dxdy 11 2225 000 3216 12 515 x dxyxydyx dx 评注 也可用先求边缘密度的方法 当01x 时 23 0 124 x X fxf x y dyy dyx 因此 3 4 01 0 X xx fx 其他 于是 1 4 0 4 4 5 E Xxf x dyx dy 当01y 时 1 22 1212 1 Y y fyf x y dxy dxyy 因此 2 12 1 01 0 Y yyy fy 其他 于是 1 3 0 3 12 1 5 Y E Yyfy dyyy dy 4 详解 令 12 T T分别表示两台自动记录仪的无障碍工作时间 由题意知 12 T T的密度函 数 5 5 0 0 t et f t 其他 而且 12 TTT 其中 12 T T相互独立 1 5 i E T 1 25 i D T 1 2 i 所以 E T 12 112 555 E TE T D T 12 112 252525 D TD T 5 详解 随机变量 X Y 的联合密度 1 01 02 2 0 xy f x y 其他 2 2 22 2 2 于是 易得 0 1 XU 0 2 YU 其分布函数分别为 0 0 01 1 1 X x Fxxx x 0 0 02 2 1 1 Y y y Fyy y 由min ZX Y 得其分布函数 1 1 1 ZXY FzFzF z 0 0 1 1 1 01 2 1 1 z z zz z 概率密度 3 01 2 0 Z zz fz 其他 故 1 2 0 35 212 E Zzf z dzzz dz 1 2232 0 31 24 E Zz f z dzzzdz 22 12511 4144144 D ZE ZE Z 6 详解 由题设知 X1 X2 X n独立同服从 N 2 分布 令 Yi Xi 则 Yi N 0 2 于是 E Yi dyey y 2 2 2 2 1 dyye y 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 y e 2 D Yi E Yi 2 E2 Yi E 2 i Y E 2 Yi D Yi 2 2 2 2 1 故 E Y n i i XE n 1 1 E Yi 2 D Y n i i XD n 1 2 1 n 2 2 1 7 详解 XY的可能取值为 2 1 1 2 8 4 4 8 且 1111 2 0 1 12 0 8 4 04 080 4444 E XY 1115 2 1 12 0 14 4222 E XE Y 因此 0Cov X YE XYE X E Y 0 XY Cov X Y D XD Y 2 2 23 3 3 8 详解 由题设条件与概率乘法公式易得 X Y 的联合分布为 X Y 1 1 P Yj 1 111 236 111 263 1 2 1 111 263 111 236 1 2 P Xi 1 2 1 2 1 1 Cov XYCov X Y 而 1 1 1 0 2 E XE Y 11111 1 1 66333 E XY 于是 1 1 Cov XYCov X Y 1 3 E XYE X E Y 9 详解 由题意知 1 3 XB n 2 3 YB n XYn 而且 1112 1 3339 E Xn D Xnn 2222 1 3339 E Yn D Ynn 1 由于 2 0 9 Cov X YCov X nXD Xn 因此 X Y相关 则可知 X Y 一定不独立 或者由XYn 得 X 与 Y 的相关系数为 1 故 X Y一定不独立 2 因为 0Cov XY XYCov X XCov Y YD XD Y 故 XY 与XY 不相关 3 3 3 3 8 3 CovXY XYCov X XCov X YCov Y Y 3 8 3 D XCov X nXD Y 16 3 8 3 9 D XD XD Yn 8 3 9 6 9 DXYD XD YCov X Yn 32 3 9 6 9 D XYD XD YCov X Yn 因此 相关系数 3 3 1 3 3 XY CovXY XY DXYD XY 2 2 24 4 4 10 详解 设进货量为a 则a为 10 30 中的某一整数 用随机变量Y表示利润 则可知 500300 30 500100 10 aXaaX Yg X XaXXa 300200 30 600100 10 XaaX XaXa 随机变量X的分布函数为 1 1030 20 0 X x fx 其他 故 30 10 11 600100 300200 2020 a X a E Yg x fx dxxa dxxa dx 2 15 3505250 2 aa 由 2 15 35052509280 2 aa 整理得 362 26 0yy 即 62 26 3 y 因此最少 进货量为 21 个单位 2 2 25 5 5 练习题五练习题五 一 填空题 1 详解 由契比雪夫不等式 P X E X 2 D X 有 P X 2 2 2 1 2 4 2 详解 由契比雪夫不等式有 P X 0 有 n Y Pp n 2222 1 n nnn D Ynpp P YnpnP YE Yn nn 因此 lim n n Y Pp n 22 1 lim0 n npp n 二 选择题 1 详解 选 C 因 C 中 X1 X2 Xn 相互独立 且服从同一均匀分布 故数学期望与方 差存在 从而满足林德伯格 列维中心极限定理的所有条件 所以当 n 时 Sn近似服从正 态分布 评注 A B 不能保证 X1 X2 同分布 D 不能保证 X1 X2 的数学期望存在 2 详解 由排除法知应选 D 另外 也可由柯西分布的数学期望与方差不存在得 D 为 正确答案 3 详解 由比较这些定理的条件即得应选 C 评注 由辛钦大数定律也可以得出伯努利大数定律 4 详解 由分布函数 1 arctan x F xa b 得密度函数 2 11 1 f x x b b 于是 2 1 1 x x f x ddx x b b 2 2 26 6 6 0 0 22 11 1 1 xx dxdx xx bb bb 因此 12 n XXX 的数学期望不存在 辛钦大数定律对此序列不适用 选择 B 三 解答题 1 详解 由题设知 100 0 2 XB E X 100 0 2 20 D X 100 0 2 1 0 2 16 由 中心极限定理得 P 14 X 30 320553 24222 X P 53 10 927 22 2 详解 假设掷硬币的次数为 n 令随机变量 X 表示出现正面的次数 则 0 5 XB n E X 0 5 n D X 0 25n 由契比雪夫不等式 P X E X 2 D X 有 0 450 55 X P n P 0 45n X 0 55n P X 0 5n 0 05n 2 0 25 1 0 05 n n 100 1 n 0 9 解之得 n 1000 由中心极限定理 0 450 55 X P n P 0 45n X 0 55n 0 5 0 10 1 0 5 Xn Pnn n 2 0 1 1n 0 9 即 0 1 0 95n 查表得 0 11 645n 解得 n 272 3 详解 设 i X表示第 i 个舍人误差 1 n i i XX 于是 0 50 5 0 2 i E X 2 0 50 5 1 1212 i D X 1 21500 i 因此 15001500 11 0 ii ii E XEXE X 15001500 11 125 ii ii D XDXD X 2 2 27 7 7 1 P X 15 P X 15 P X 15 1515 125125125125 XX PP 15 22 0 1802 125 2 假设最多n个数相加满足条件 则 11 0 nn ii ii E XEXE X 11 12 nn ii ii n D XDXD X 由 P X 10 P 10 X 0 有 P g X d d g xg x g x f xxf xx 11 d g x f xxE g X 命题得证 2 2 28 8 8 练习题六练习题六 一 填空题 1 详解 因为 X 2 n 于是 E X n D X 2 n 所以 E X E X n 2 1 1 n i i D XD X n 2 E S2 D X 2 n 2 详解 由X1 X2 X3 X4均服从N 0 22 分布可知 12 2XX 服从N 0 20 分布 34 34XX 服从N 0 100 分布 因此 12 2 20 XX 与 34 34 100 XX 均服从N 0 1 分布且相互独立 于是 2 12 1 2 20 XX 与 2 34 1 34 100 XX 均服从 2 1 分布 且 2 12 1 2 20 YXX 2 34 1 34 100 XX 服从 2分布 参数为 2 3 详解 由 X1 X2 X9均服从N 0 2 分布得 i X i 1 2 9 服从N 0 1 分布 因此 2 3 2 1 i i X 服从 2 3 分布 而 2 9 2 4 i i X 服从 2 6 分布 而且 2 3 2 1 i i X 与 2 9 2 4 i i X 相互独立 由F分布的定 义得统计量 Y 222 123 222 459 2 XXX XXX 2 3 2 1 2 9 2 4 1 3 1 6 i i i i X X 服从 F 分布 参数为 3 6 4 详解 若统计量 22 XcS 是 2 的无偏估计 则 2222 E XcSE XcE S 2 D XE X cD X 2 2 n 2 c 2 解之得 1 c n 5 详解 已知 2 0 81 而 X n 服从 N 0 1 分布 由 n 9 0 05 查表得分位数 0 025 2 1 96uu 又5x 所以 的置信度为 0 95 的置信区间为 2 2 29 9 9 22 50 3 1 96 50 3 1 96 xuxu nn 4 412 5 588 二 选择题 1 详解 因 2 1 1 n i i X n 中含有总体分布中的未知参数 因此 2 1 1 n i i X n 不是统计量 应选 D 2 详解 由样本均值X服从 16 3 6 N 因此 36 3 416 6 XX 服从 N 0 1 分布 选 D 3 详解 易知 2 X 与 3 Y 均服从 N 0 1 分布 因