(完整版)概率论与数理统计习题答案详解版(廖茂新复旦版)

1、第1页共 41 页概率论与数理统计习题答案详解版（廖茂新复旦版）习题一1设 A, B, C 为三个事件，用 A, B, C 的运算式表示下列事件：（1） A 发生而 B 与 C 都不发生；（2） A，B，C 至少有一个事件发生；（3） A，B，C 至少有两个事件发生；（4） A，B，C 恰好有两个事件发生；（5） A，B 至少有一个发生而 C 不发生；（6） A，B，C 都不发生.解:(1) ABC或 A B C 或 A(BUC).(2) AUBUC.(3)(AB)U(AC)U(BC).(4)(ABC)U(ACB) U(BCA).(5)(AUB)C.(6)A B C或ABC.2.对于任意事件

2、A，B，C，证明下列关系式:（1） （A+B） （A+B）（A+ B）（A+B）=；（2） AB+AB +AB+A B AB= AB；(3)A-(B+C)= (A-B)-C.证明：略.第2页共 41 页3. 设 A, B 为两事件，P (A) =0.5,P(B)=0.3,P(AB)=0.1，求:(1)A 发生但 B 不发生的概率；(2)A, B 都不发生的概率；(3)至少有一个事件不发生的概率.解(1) P(AB)=P(A-B)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)=0.4;(2) P(AB)二P(F_B)=1-P(AUB)=1-0.7=0.3;(3) P(AUB)=P(AB)=1-P(AB)

3、=1-0.1=0.9.4. 调查某单位得知。购买空调的占 15%,购买电脑占 12%,购买 DVD 的占20%其中购买空调与电脑占 6%购买空调与 DVD 占 10%购买 电脑和 DVD占 5%,三种电器都购买占 2%。求下列事件的概率。(1) 至少购买一种电器的；(2) 至多购买一种电器的；(3) 三种电器都没购买的.解：(1)0.28,(2) 0.83,(3)0.725.10 把钥匙中有 3 把能打开门，今任意取两把，求能打开门的概率。解：8/156.任意将 10 本书放在书架上。其中有两套书，一套 3 本，另一套 4 本。求下列事件的概率。(1) 3 本一套放在一起；(2) 两套各自放在

4、一起；(3) 两套中至少有一套放在一起.第3页共 41 页解： (1) 1/15,(2) 1/210,(3) 2/21第4页共 41 页7. 12 名新生中有 3 名优秀生， 将他们随机地平均分配到三个班中去, 试求：(1)每班各分配到一名优秀生的概率；(2)3 名优秀生分配到同一个班的概率.解 12 名新生平均分配到三个班的可能分法总数为8箱中装有 a 只白球，b 只黑球，现作不放回抽取，每次一只.(1)任取 m+n 只，恰有 m 只白球，n 只黑球的概率(mWa,nW444C12C8C412!(4?(1)设 A 表示“每班各分配到一名优秀生”3 名优秀生每一个班分配一名共有 3!种分法，而

5、其他 9 名学生平均分配到3个班共有滸种分法由乘法原理，A 包含基本事件数为9! _ 9!32(3!)(3!)故有P(A)9!/12!/3(3!)(4!)=16/55(2)设 B 表示“ 3 名优秀生分到同一班”，故 3 名优秀生分到同一班共有 3 种分法，其他 9 名学生分法总数为C9C8C4乘法原理，B 包含样本总数为 3 着.9!1!4!4!,故由故有P(B)=界弟=3/55第5页共 41 页b)(2)第 k 次才取到白球的概率(k b+1);(3)第 k 次恰取到白球的概率.解 (1)可看作一次取出 m+n 只球，与次序无关，是组合问题. 从 a+b只球中任取 m+n 只，所有可能的取

6、法共有cmbn种，每一种取 法为一基本事件且由于对称性知每个基本事件发生的可能性相同从 a只白球中取 m 只，共有cm种不同的取法，从 b 只黑球中取 n 只， 共有cb种不同的取法由乘法原理知，取到 m 只白球，n 只黑球的取 法共有cmcn种，于是所求概率为mcncacbPl=m nca b(2)抽取与次序有关每次取一只，取后不放回，一共取 k 次，每 种取法即是从 a+b 个不同元素中任取 k 个不同元素的一个排列，每种 取法是一个基本事件，共有P：b个基本事件，且由于对称性知每个基 本事件发生的可能性相同前 k-1 次都取到黑球，从 b 只黑球中任取 k-1 只的排法种数，有Pk1种，

7、第 k 次抽取的白球可为 a 只白球中任一 只，有p；种不同的取法由乘法原理，前 k-1 次都取到黑球，第 k 次取 到白球的取法共有Pbkipa种，于是所求概率为(3) 基本事件总数仍为 P：b.第 k 次必取到白球，可为 a 只白球中任一只，有P；种不同的取法，其余被取的 k-1 只球可以是其余 a+b-1 只球中的任意 k-1 只，共有Pakbi种不同的取法，由乘法原理，第 k 次P2=pb1P；Pa b第6页共 41 页恰取到白球的取法有P；PakJl种，故所求概率为9在区间（0, 1）内任取两个数，求这两个数的乘积小于1/4 的概率.解设在（0， 1）内任取两个数为 x,y，则0vx

8、v1,0vyv1图 1-7即样本空间是由点（x, y）构成的边长为 1 的正方形Q,其面积为 1.令 A 表示“两个数乘积小于 1/4”，则A=（x,y）|0vxyv1/4,0vxv1,0vyv1事件 A 所围成的区域见图 1-7,则所求概率P3=PRhlPb1第7页共 41 页10.两人相约在某天下午 5 : 006 : 00 在预定地方见面，先到者要等 候20 分钟，过时则离去.如果每人在这指定的一小时内任一时刻到达 是等可能的，求约会的两人能会到面的概率.解 设 x,y 为两人到达预定地点的时刻，那么，两人到达时间的一切 可能结果落在边长为 60 的正方形内，这个正方形就是样本空间Q，而

9、两人能会面的充要条件是丨 x-y | 20,即x-y 20 且 y-x2=ck(0.4)k(0.6)3 k0.352;k25(2) PX 3=ck(0.4)k(0.6)5 k0.317;k37(3) PX4=ck(0.4)k(0.6)7 k0.290.k4因此第一种方案对系队最为有利 .这在直觉上是容易理解的，因 为参赛人数越少，系队侥幸获胜的可能性也就越大 .4. 一篮球运动员的投篮命准率为 45%，以X表示他首次投中时累计已 投篮的次数，写出X的分布律，并计算X取偶数的概率 .解：随机变量X所有可能的取值为 :1,2,L ,n,L，分布律为：k1P(X k) (1 0.45)k 10.45

10、k 1,2,L ,n,L,X 取偶数 U X 2k：一列互不相容的事件的和，k1所以PX 取偶数 PUX 2 k PX 2k0.552k 10.45 11/31.k 1i 1i 15. 某十字路口有大量汽车通过， 假设每辆汽车在这里发生交通事故的 概率为 0. 001，如果每天有 5000 辆汽车通过这个十字路口，求发生 交通事故的汽车数不少于 2 的概率 .解 设 X 表示发生交通事故的汽车数，则 Xb(n,p),此处 n=5000, p=0.001，令入=np=5,1PX2=1-PXv2=1-P X kk0=1-(0.999)5000-5(0.999)4999第16页共 41 页10 55

11、5 e5e0!1!查表可得PX 2=1-0.00674-0.03369=0.95957.6.设在独立重复实验中， 每次实验成功概率为0.5，问需要进行多少次实验，才能使至少成功一次的概率不小于0.9。解n 47.设随机变量 X 分布函数为(1)求常数 A, B;(2)求 PXW2,PX3;(3)求分布密度 f (x).lim F(x)1A 1【解】(1) 由x得lim F(x)lim F(x)B 1x 0 x 0(2)P(X 2)F(2)12eP(X 3)1F(3)1 (1 e3)ex,x0(3)f(x) F (x)0,x08.设随机变量 X 的概率密度为x,0 x1,f (x) =2 x,1

12、 x 2,F (x)=A Be：x 0,(0,x 0.0),第17页共 41 页0,其他.求 X 的分布函数 F (x),并画出 f (x)及 F (x).x0 x第18页共 41 页【解】当 x0;bx, 0 x1,1f(x)= -2,1 x 2,x0,其他.当 0 x1 时F(x)f (t)dt0f(t)dt试确定常数 a,b,并求其分布函数F(x).【解】(1)由f(x)dx 1知1ae|x|dx 2axdx空当 1 x 2 时F(x)f(t)dtF(x)0,2x2,2x21,2x1,x2x第19页共 41 页即密度函数为f(x)当 x0 时F (x)f(x)dx1e2xdxe21xe2

13、xexdx02故其分布函数F(x)1e2x(2)由11f (x)dxQbxdxb2b=1即 X 的密度函数为f (x)x,丄，x0,其他当 x 0 时 F (x) =0当 0 x1 时F(x)xf (x)dxf(x)dxx0f (x)dx当 1 x2 时 F (x) =1故其分布函数为x2x第20页共 41 页第21页共 41 页0,x02xJ0 x1F(x)23 11x22 x1,x210. 设随机变量 X 的分布函数为：F(x)二A+Barctanx,(-x). 求：(1)系数A 与 B;(2 ) X 落在(-1,1)内的概率；(3)X 的分布密度。解O)A=1/2, B=Z; 1/2;

14、f (x)=1/(1+x2) 11某公共汽车站从上午 7 时开始，每 15 分钟来一辆车，如某乘客到 达此站的时间是 7 时到 7 时 30 分之间的均匀分布的随机变量，试求 他等车少于 5 分钟的概率.解 设乘客于 7 时过 X 分钟到达车站，由于 X 在0, 30上服 从均匀分布，即有显然，只有乘客在 7 : 10 到 7 : 15 之间或 7 : 25 到 7 : 30 之间到12. 设 XN (3, 22),丄f(x)= 3?0,0 x 30,达车站时，他(或她)等车的时间才少于5 分钟，因此所求概率为15 dP10VX15+P25VX30=1。 丄dx1030301dx= 1/3.2

15、530(1)求 P2VX5,P-4VX2,PX3;第22页共 41 页(2) 确定 c 使 PXc=PXWc.【解】(1)P(2 X 5)12 3 X P -3 5 32 22(1)1(1)11220.8413 1 0.69150.532843 X 3103P( 4 X10) P22277-0.999622P(|X|2) P(X2)P(X2)PX232 3pX 32 22 32115115222 20.691510.99380.6977P(X 3) P(号3y) 1(0) 0.5c=313.公共汽车车门的高度是按成年男子与车门顶碰头的机会在1%以下来设计的.设男子身高 X 服从=170(cm)

16、, =6(cm)的正态分布，即XN( 170, 62)，问车门高度应如何确定？解 设车门高度为 h(cm)， 按设计要求 PXh 0.99，因为 XN (170, 62),故第23页共 41 页PXvh=PX 1700.99,6 6 6查表得(2.33) =0.9901 0.99.第24页共 41 页故取 L70=2.33,即卩 h=184 设计车门高度为 184 （cm）时，可6使成年男子与车门碰头的机会不超过 1%.14. 某型号电子管寿命（以小时计）近似地服从（160, 202）分布，随机 的选取四只，求其中没有一只寿命小于 180 小时的概率（答案用标准 正态分布函数表示）.解：记取出

17、的四只电子管寿命分别为X1,X2,X3,X4，所求概率为P，则P Pmin( X1,X2,X3,X4)1804PXi1801 PXi4180i 1,2,3, 41(1)40.00063习题三1.设随机变量 X 在 1, 2，3, 4 四个整数中等可能地取值，另一个随 机变量丫在 1X 中等可能地取一整数值，试求（X，Y）的分布律.解由乘法公式容易求得（X，Y）的分布律，易知X=i，Y=j的取值情况是：i=1，2，3, 4, j 取不大于 i 的正整数，且1 1PX=i,丫二j=PY=j | X二iPX二i=1 - , i=1, 2, 3, 4, j 0.99.第25页共 41 页i 4第26页

18、共 41 页于是（X, Y）的分布律为Y123411/41/81/121/16201/81/121/163001/121/1640001/162.设连续型随机变量（X，Y ）的密度函数为表 3 3f（x,y）=Ae（3X4y）,x其他0,0, 其他求（1）系数 A; （2）落在区域 D0 x 1,0 y 2的概率。解：（1）12;(2)(1-e-3)(1-e-8)3.设随机变量（X, Y）的概率密度为y),0 x 2,2 y 4,其他.(1)确疋常数 k；(2)求 PXv1,Yv3;(3)求 PXv1.5;(4)求 PX+Y0 时，FYW) P(Y y) P(exy) P(XIn y)In y

19、fx(x)dxfY(y)dFY(y)dy1-fx(ln y) y1y 2n6ln2y/2,y当 yW0 时FY(y)P(Y y) 0当 y0 时FY(y)P(l X | y) P( yy)4.设随机变量 XU (0,1),试求：Z=2lnX 的分布函数及密度函数.故fY(y)加y)fx(y) fx( y)Pk1/57/30 1/5 11/30第35页共 41 页【解】由 P (0X1) =1 知P(Z 0)1当 Z0 时，Fz(z) P(Z z) P( 2lnx z)5.设随机变量(X, Y)的分布律为X051234000.010.030.0510.070.0920.010.020.040.0

20、530.060.080.010.030.050.051z/2dx 1eez/20,z01-e-z/2,z01z/2-e ,2z00,z0即分布函数Fz(z)故 Z 的密度函数为fz(z)P(lnX|)P(X ez/2)0.050.06第36页共 41 页0.010.020.040.060.060.05(1)求 V二max (X, Y)的分布律；(2)求 U=min (X, Y)的分布律；【解】(1)PV i Pmax(X,Y) iPX i,Y i PX i,Y ii 1iPXk 0所以 V 的分布律为i,YkkPX k,Y i,0i 0,123,4,5V=max(X,Y)012345P00.0

21、40.160.280.240.28(2)PUiPmin( X,Y)PX i,Y3PXk iiii,YPX5kk ii,Y iPX k,Y1ii0,1,2,3,于是U=mi n(X,Y)0123P0.280.300.250.170.050.06第37页共 41 页6. 设 X 和 Y 是两个相互独立的随机变量，其概率密度分别为第 38 页 共 41 页fX(x)订订0其他；fY(y)=0/其他求随机变量 Z=X+Y 的分布密度 .解 X，Y 相互独立，所以由卷积公式知fZ(z)=fX(x)fY(z x)dx.由题设可知 fx(x) fY(y)只有当 Owx0,即当 Owx0时才不等于零现在所求的

22、积分变量为 x, z 当作参数，当积 分变量满足 x的不等式组 0wxw1XVz 时，被积函数 fx(x) fY(Z-X)工 0下面针对参数 z 的不同取值范 围来计算积分 .当 zV0 时,上述不等式组无解,故 fx( x) fY( z-x) =0.当 0wzw1 时，不等式组的解为 owxw乙当 z 1 时，不等式组的解为 OWxw1.所以ze(z x)dx 1 ez, 0 z 1,01fZ(z) =0e(z x)dx ez(e 1), z 1,0,其他.7. 设二维随机变量(x,Y)的联合密度函数为f (x, y)212y2, 0 y x 1 0, 其它 (x, y)求：(1)随机变量X

23、的密度函数fx(x); (2)随机变量丫的密度函数fY(y)； (3)随机变量Z X丫的密度函数fz(z).解：由题意丫的概率密度函数分别为34x ,0 x 10,x 1,x0fx(x)x2012y2dy第39页共 41 页1212y2dx12y2(1y),0 y 1fY(y)y00, y 1, y 0fZ(z) f (x, z x)dx被积函数非0,必须满足故应为x,要使的密度函数fz(Z)0z2z12(z x)2dx212z12(z x)2dx20,z0,z23,0 z 123三4(z 1)3,1 z 28.设随机变量X与Y相互独立，且都服从参数为 (Poisson)分布，证明X丫仍服从泊

24、松分布，参数为2证明：记Z X Y，则Z所有可能的取值为：0,1,2丄,n,L由离散卷积公式有kP(Z k) P(X i)P(Y k i)i 00的泊松第40页共 41 页求 Z=X/丫的概率密度.(2) 当 0Z1 时，(这时当 x=1000 时,y=)(如图 a)Z3dyyZ106dx10dy10322dxT10 x y题 15 图当 zl 时，(这时当 y=103时，x=103z)(如图 b)106zy106FZ(Z)dxdy103dydxxX y1010 x yk ik 2 kee(k i)!k!k!i 0i!(厂帀k 2k 2_e_2k (2 ) ek!k!k 0,1,L , n,L

25、即Z X丫服从参数为2的泊松分布.9设 X 和丫分别表示两个不同电子器件的寿命（以小时计），并设 X和 Y 相互独立，且服从同一分布， 其概率密度为f （ X）=1000 x0,1OOO,其他【解】如图,Z 的分布函数FZ（Z）PZZPX2Y(1)当 ZWO时,FZ(Z) 06dy f第41页共 41 页y；第42页共 41 页习题五1.公共汽车起点站于每小时的 10 分，30 分，55 分发车，该顾客不 知发车时间，在每小时内的任一时刻随机到达车站， 求乘客候车时间 的数学期望（准确到秒）。解 10 分 25 秒2.对球的直径作近似测量，设其值均匀分布在区间a, b内，求球体积的数学期望.解

26、 设随机变量 X 表示球的直径，Y 表示球的体积，依题意，X 的概 率密度为1103103y21063dyzy12zJ2zfzz20,z 1,0 z 1,其他.fz(Z)1云1 2，z 1,0 z 1,其他.a x b,其他.第43页共 41 页f (X)=厂a0,第44页共 41 页球体积 Y=1n，并验证契比雪夫不等式成立.解 因为 X 的概率函数是 PX=k=1/6 (k=1, 2,，6),所以E (X) =7/2, D (X) =35/12,P|X-7/2| 1= PX=1+ PX=2+ PX=5+ PX=6=2/3;P|X-7/2| 2= PX=1+ PX=6=1/3.=1 : D=

27、35/122/3,=2：D1=1/4X35/12=35/481/3.可见契比雪夫不等式成立.2.假设一条生产线生产的产品合格率是08 要使一批产品的合格率达到在 76%与 84%之间的概率不小于 90%，问这批产品至少要生产 多少件?【解】令Xi1若他个产品是合格品,0,其他情形而至少要生产 n 件，则 i=1,2,，且X1, X2,，Xn独立同分布,p=PXi=1=0.8.现要求 n,使得nXi第 37 页共 41 页53P0.760.840.9.nnP 0.76 n 0.8ni1.n 0.8 0.2nXi0.8n0.8 4n 0.8 n0 90.8 0.2, n 0.80.2由中心极限定理

28、得0.8 4n 0.8n0.76 n 0.8 n0 9.0.16n.0.16n整理得转0.95,查表转1.64,n268.96,故取 n=269.3.某车间有同型号机床 200 部，每部机床开动的概率为 0.7,假定各 机床开动与否互不影响，开动时每部机床消耗电能15 个单位.问至少供应多少单位电能才可以 95%的概率保证不致因供电不足而影响生 产.【解】要确定最低的供应的电能量，应先确定此车间同时开动的机床 数目最大值 m,而 m 要满足 200 部机床中同时开动的机床数 目不超过 m 的概率为 95%,于是我们只要供应 15m 单位电能就 可满足要求.令 X 表同时开动机床数目，则 XB( 200, 0.7),E(X) 140,D(X)42,0.95P0XmP(Xm)m 140.V42查表知m 140-1.64,-,m=151.42所以供电能 151X15=2265 (单位)第 37 页共 41 页544一个螺丝钉重量是一个