湘潭大学概率论与数理统计答案

1、精选优质文档-倾情为你奉上第一章 随机事件及概率1、这6个数字选出5个来排列的方法有种，首位为0的有种，而首位不能为0的为:.2、任取5件，其中有4件正品与一件次品的取法为： .3、证明： 4、A表示任取3件中有一件为次品事件，50件中任取3件的取法为，而有一件为次品的取法为，.5、(1)任取四球都是白球的取法有，而任取四球的取法有，因此任取四球都是白球的概率为： (2)任取6球恰好3白2红1黑的概率为：.6、(1)每个盒子都放有的方法有，而总共的放法有，因此没有一个空盒子的概率为; (2)至少有一个空盒子的概率为.7、由题知：且，如下图所示：x11 oABy阴影部分为符合条件的点，其面积，此

2、事件的概率为：8、如下图所示：x11 oABy由题意可知所求的概率为：9、(1)取得2个红球的可能有，而总共的取法为，所以两次取得都是红球的概率为；(2)两次中一次取得红球，另一次取得白球的方法有，而总共的取法为，因此此事件的概率为；(3)因为两次取得红球的概率由(1)知为，因此其对立事件即至少一次取得白球的概率为；(4)设表示第一次取得白球事件，表示第二次取得白球事件；显然这两事件是对立的，即，至少一次取得白球事件为，根据概率性质有： 而由题知，两次取得白球的概率为，代入上等式有.10、设表示此密码被译出的事件，表示甲译出事件，表示乙译出事件，表示丙译出事件，表示一个人译出事件，表示只有两人

3、译出事件，表示3个人译出事件，显然，相互独立。由题知：同理 根据全概率公式有：11、(1)设顾客买下该箱事件为，表示取得一箱中没有次品事件，表示取一箱有一件次品事件，表示取一箱中有两件次品事件；显然、为相互独立事件， 而，根据全概率事件：；(2)在顾客买下该箱中，确实没有残次品的概率为-12、设为中靶事件，为选中未校正过事件，为选中校正过枪支事件，则,13、设为飞机坠落事件，为击中一次事件，为击中两次事件，为击中3此事件；表示被第此击中事件，显然为相互独立事件。而，因此根据全概率公式有14、(1)击中3次的概率为 (2)因为每次击中的概率为，而至少有一次未击中是其对立事件，因此至少有一次击中的

4、概率为15、考虑其对立事件：即少于3台车床发生故障的概率，没有一台发生故障的概率为，一台发生故障的概率为，两台发生故障的概率为，因此在任一指定时刻有3台以上车床发生故障的概率为16、第一问：考虑其对立事件：0台、1台发生故障的概率分别为：；因此设备发生故障而得不到及时处理的概率为；同理第二问中所求概率为：第二章 随机变量及其分布1，设Z表示取出次品的个数，“”表示取出0个次品事件；因为15只零件中有2只次品，取3次且每次都不放回取到0件次品的概率为：，即；同理有：，；因此Z的分布律为：（如下图所示）120XP2,设Z表示3个零件中合格品的个数，“”表示取出0个合格品事件，表示第i个零件为不合格

5、品事件（i=1，2，3），显然，为相互独立事件。由题意知：，因此，同理： ，所以Z的分布列为：1230XP3，设Z表示该汽车首次遇红灯前已经通过的路口的个数，过第一个路口就遇到红灯的概率为：，同理有：，所以Z概率分布列为：1230XP4，X的分布列为：XP012n-1n5，由题意知Z的分布函数为：6，(1)，从而得到， (2)，当时，；当时，；当时，；因此Z的分布函数7，当时有：； 当时有： 因此X的分布函数为: 8，(1)是处处右连续的，； (2)； (3)9，(1)最初150小时电子管烧坏的概率为：；因此至少有两电子管被烧坏的概率为： (2)Y表示在使用最初150小时内烧坏的个数，则:因此

6、电子管数Y的分布列为：1230YP (3)，Y的分布函数为： 10，设=k表示观测值不大于0.1的次数为k，而，因此随机变量的概率分布为： 11，因为要使方程有实根，则其判别式，得；又因为X服从分布，所以12，设A表示观测值大于3的事件，B表示A发生的次数，依题意得： 13，(1)因为，所以，； (2)Y是表示10分钟内等不到的次数，则 14，(1)查表知，所以； (2)， ，因为，所以15，因为，即 ，查表知：， 16，误差的绝对值不超过30米的概率为：，所以误差超过30米的概率为：，所以三次误差绝对值都超过30米的概率为，因此三次测量中至少有一次误差绝对值不超过30米的概率为： 17，(1

7、)根据题知：；当时，当时，当时，； (2)X取负值的概率为：18，由题知，0.288 0.064P0.2160.432X 0 1 2 3 0 1 4 9 0 0 1 0 1 1 0(1)故的分布列为：1490P0.2160.4320.2880.064(2)的分布列为：01P0.4320.5040.064(3)的分布列为：10P0.280.7219，由得，显然有且，根据定理有：，(1)当时，即时有,(2)当时，即时有,由(1),(2)得：20，(1)因为等式两边对求导得：，由得， ， (2) (显然才有可能) 两边对进行求导得：，因此的概率密度为：；(3) ，两边对求导得：，因此的概率密度为：习

8、题三1. 箱子里装有12只开关，其中只有2 只次品，从箱中随机地取两次，每次取一只，且设随机变量X，Y为 试就放回抽样与不放回抽样两种情况，写出X与Y的联合分布律.解：先考虑放回抽样的情况：则此种情况下，X与Y的联合分布律为 XY 0 1 01 再考虑不放回抽样的情况 XY 0 1 01 2. 将一硬币连掷三次，以X表示在三次中出现正面的次数，以Y表示在三次中出现正面次数与出现反面次数之差的绝对值，试写出（X,Y）的联合分布律及边缘分布律.解：由已知可得：X的取值可能为0，1，2，3；Y的取值可能为1，3；则由硬币出现正面和反面的概率各为，可知 XY 0 1 2 3 03 0 0 0 1 3.

9、 把三个球随机地投入三个盒子中去，每个球投入各个盒子的可能性是相同的，设随机变量X与Y分别表示投入第一个及第二个盒子中的球的个数，求二维随机变量(X,Y)的概率分布及边缘分布.解：由已知可得：X的取值可能为0，1，2，3；Y的取值可能为0，1，2，3；则， ，则二维随机变量（X,Y）的概率分布及边缘分布为 XY 0 1 2 3 0123 0 0 0 0 0 0 1 4. 设(X,Y)的概率密度为 求：（1） P(x,y)D, 其中D=(x,y)|x<1,y<3;（2） P(x,y)D, 其中D=(x,y)|x+y<3.解：（1） D=(x,y)|x<1,y<3（2

10、） D=(x,y)|x+y<35. 设(X,Y)的概率密度为 求：（1） 系数c；（2） (X,Y)落在圆内的概率.解：（1） 由，得，可求得（2） 设，则6. 已知随机变量X和Y的联合概率密度为求X和Y的联合分布函数.解：随机变量X和Y的联合概率密度为当x<0,或y<0时，F(x,y)=0;当时，当时，当时，当时， 综上可得，X和Y的联合分布函数为7. 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 （1） 求常数k；（2） 求 P0<x<2,1<y3;（3） 求X,Y的边缘概率密度；（4） 判断X与Y是否相互独立.解：（1） 由概率密度的性质有 即 ，有 (2)

11、(3) X的边缘概率密度为当0x<6时，当x<0或x6时，显然有Y的边缘概率密度为当0<y<6时，当y0或x6时，显然有(4) X与Y不相互独立.8已知随机变量X1和X2的概率分布为 X1-1 0 1 P X20 1 而且PX1X2=0=1. (1) 求X1和X2的联合分布； (2) 问X1和X2是否独立？为什么？解：由,可知必然成立.由得同理可得：，而综上可得，和的联合分布为 X1X2 -1 0 1 01 0 0 1 （2） 可知和不独立.9. 设随机变量X与Y相互独立，且都服从 上的均匀分布，求方程 有实根的概率.解：方程有实根的充要条件是，由于随机变量X与Y相互独

12、立，所以随机变量（X，Y）的联合概率密度为下面分两种情况讨论：（1）当时，如图 记阴影部分为D(2) 当时，如图 记阴影部分为D, 记空白部分为D1综上可得：方程 有实根的概率为 另解：方程有实根的充要条件是 令则当x<0时则当0xb2时由于X与Y都服从上的均匀分布，即其密度函数各为当0xb2时，当x>b2时显然有Z1的概率密度函数为而当当-4b<x<4b时，当x-4b时，Z2的概率密度函数为又由于随机变量X与Y相互独立，Z1 和Z2也相互独立.又设Z= Z1 +Z2而b>0,而当z-4b，时，此时即综上可得：方程 有实根的概率为10. 设（X,Y）的概率密度为求

13、边缘概率密度和解：X的边缘概率密度为 ，当x0时，当x>0时，Y的边缘概率密度为当x0时，当y>0时，而11. 设X,Y相互独立，其概率密度为求Z=X+Y的概率密度.解：由已知得 当z<0时，当0z1时，当z>1时，Z=X+Y的概率密度为12. 设随机变量（X,Y）的概率密度为求Z=XY的概率密度.解：Z=XY的分布函数为 Z=XY的概率密度为，Z=XY的概率密度为13. 设随机变量（X,Y）的概率密度为求的概率密度.解：设的分布函数为 当时，当时，的概率密度14. 设二维随机变量（X,Y）在矩形上服从均匀分布，试求边长为X和Y的矩形面积S的概率密度f(s).解：由已知

14、可得随机变量（X,Y）的概率密度为 设边长为X和Y的矩形面积S的分布函数为F(s)，则 矩形面积S的概率密度15设X和Y为两个随机变量，且求解： 同理可求16. 设（X,Y）的联合概率密度为 求：（1） （2）边缘概率密度； (3) 解：（1）由已知，得同理可知而又（2）X的边缘概率密度为由于f(x,y)关于x,y地位的对称性，得17. 设X,Y是相互独立且服从同一分布的两个随机变量，已知X的分布律为又设试写出变量的分布律及边缘分布律并求解：由已知得：则变量的分布律及边缘分布律为： 1 2 3 123 0 0 0 1 而18. 设X关于Y的条件概率密度为 而Y的概率密度为 求解：由已知得：19

15、. 设（X,Y）的概率密度为 求： （1）的概率密度； （2）的概率密度.解：(1) 设的分布函数为,概率密度为，则当时，当时， 当z>1时, 的概率密度为 (2) 设的分布函数为的分布函数为,概率密度为，则当时，则当时，则当时，的概率密度为20. 假设一电路装有三个同种电器元件，其工作状态相互独立，且无故障工作时间都服从参数为的指数分布，当三个元件都无故障时，电路正常工作，否则整个电路不能正常工作.试求电路正常工作的时间T的概率分布.解：用表示第i个电气元件无故障工作的时间，则相互独立且同分布，其分布函数为设G(t)是T的分布函数.当t 0时，G(t)=0;当t>0时，有电器正常

16、工作的时间T的概率分布服从参数为的指数分布.习题四1. 设排球队A队与B队进行比赛（无平局），若有一队胜4场，则比赛结束，假定A队与B队在每场比赛中获胜的概率都是试求比赛结束时所需比赛场数的数学期望.解：设所需比赛场数为x,则x可取4，5，6，7， 2. 10个电子元件中有8个正品，2个次品，组装电子仪器时，从中任取一个，如果取出的是次品不再放回，求在取得正品前已取出次品数X的分布律及数学期望.解：由题意知，10个电子元件中有2个次品，所以在取得正品前已取出次品数X的取值有三种情况，即X=0, X=1 X=2. X的分布律为 X012PX的数学期望为3. 公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车通过，乘

17、客到达车站的任一时刻是等可能的，且假设公开汽车一来，乘客必能上车，求：（1） 候车时间的数学期望与均方差；（2） 候车时间不超过3分钟的概率.解：乘客侯车时间的随机变量X在区间0,5服从均匀分布，其密度函数为(2) 4. 设连续型随机变量X的概率密度为 求的方差D(Y).解：由题意可知，5. 设连续型随机变量X的概率密度为 且 求：（1） 常数a,b;（2） X的分布函数；（3） PX<1;（4） D(X).解：(1)由密度函数的性质得又由，则（2）当x<0时，F(x)=0, 当0x1时，故X的分布函数 （3）；（4）6.设随机机变量X在服从均匀分布，求E(sinx).解：随机变量

18、X的密度函数为 6. 设随机变量X的概率密度为 试求E(2X),E(|X|),解：由题意可知： 8. 设二维随机变量（X,Y）的分布律为 XY 0 1 2 010.1 0.2 0.10.2 0.1 0.3试求E(X),E(Y),D(X),D(Y),cov(X,Y).解：由联合分布列求出其相应的边际分布列，得就得下表： XY 0 1 2 00.1 0.2 0.1 0.410.2 0.1 0.3 0.60.3 0.3 0.3 1 9. 设随机变量(X,Y)的概率密度为 (1) 确定常数k；(2) 求E(XY).解：(1)由密度函数的性质得（2） 则10. 设随机变量(X,Y)的概率密度为 （1）

19、确定常数A；(2) 求E(X),E(Y),D(X),D(Y);(3) 求cov(X,Y)，解：(1)由密度函数的性质得 （2），又由X,Y的对称性，同理可得（3） 11. 设随机变量X与Y的概率密度为 试求E(X+Y),E(2X-3Y2). 解： 又E(2X-3Y2)=E(2X)-3E(Y2)=2E(X)-3E(Y2)= 12. 设随机变量X，Y相互独立，且E(X)=E(Y)=0,D(X)=D(Y)=1， 试求E(X+Y)2. 解：E(X)=E(Y)=0,D(X)=D(Y)=1，E(X2）= D(X)+E(X)2=1, E（Y2）= D(Y)+ E(X)2=1E(X+Y)2=EX2+2XY+Y

20、2= EX2+2EXY+EY2= EX2+ 2EXEY+ EY2=213.设X与Y是相互独立的随机变量，X在上服从均匀分布，Y的概率密度为求：（1）（X,Y）的联合概率密度； （2）（X,Y）的分布函数； （3）PYX; (4) （5） Z=X+Y的概率密度； (6) 求E(X),E(Y),D(X),D(Y),cov(X,Y), 解：（1）由题意知，X的概率密度为(2) (3) (4) (5) (6) 14. 按节气出售的某种时令商品，每售出1kg可获利9元，过了节气处理剩余的这种商品，每售出1kg净亏损6元，设某店在季节内这种商品的销量X是一随机变量，X在（t1,t2）内服从均匀分布，为使商

21、店所获利润的数学期望最大，问该店应进多少货？解：设商店所获利润为P,则要使E(P)最大，则E(P)对y求导为0，即 第五章1，解：设方差，根据切比雪夫不等式有：2，解：令表示各个零件重量，由题知：满足独立同分布的中心极限定理的条件，所以有 3，解：令：由题知：校正后排版错误的概率为：因为满足棣莫弗-拉普拉斯定理有： 4，解:应检查n个零件才能符合题意；令，因为满足棣莫弗拉普拉斯定理条件有：则: 从而有，而，因此才有上述等式成立,即，且；查表得，解得 (另一个小于100舍去)，因此n因取1085，解：设，(1) (2) 习题六（P109）1. 设总体X的概率分布密度为：其中未知，为其样本，求：（

22、1）的联合分布密度；（2），解：由题意知总体X的概率分布密度为：期望(1) 样本相互独立，且与总体X服从相同分布，即的概率密度为：（2）不难计算：所以：注：这里补充一个更一般的结果：设总体X的数学期望与方差都存在，且。从总体X中抽取样本，证明：（1） 样本均值的数学期望，方差；（2） 样本方差的数学期望 简证：（1） （2）不难计算： 2. 设总体X服从泊松分布为其样本，求其样本均值的概率分布、数学期望，方差。解：（1）已知总体因为样本与总体服从相同的分布，所以有 又因为样本相互独立，我们有结论： 用归纳法证明： （）当,结论显然成立； （）假设当时结论成立，即：，记。我们来求的分布，因为与相

23、互独立，所以相互独立，进而有： ，即：时结论亦成立；有归纳法知结论成立。由结论知：。由此得的概率分布如下：（2）所以3.设随机变量X服从自由度为的分布，求函数的分布。解：已知，我们把随机变量写成，并设随机变量与独立，且，则按分布的定义知。 因为 ， 则按分布的定义知；因为与独立，所以与也独立；则按分布的定义知：4.设总体为其样本，记，求证：证明：已知总体所以因为所以由此得到标准化的统计量又由定理3.1（3）知，统计量因为与是独立的，所以统计量与也是独立的。于是，按t分布的定义可知，统计量证毕。注：（P62）更一般地，可以证明：有限个相互独立的正态变量的线性组合仍然服从正态分布。定理： 设随机变

24、量相互独立，并且都服从正态分布： 则它们的线性组合也服从正态分布，且有；（其中为常数）5.证明成立。证明：设，我们把随机变量写成，并设随机变量与独立，且，则按分布的定义知；同理： 。 已知随机变量，则对于给定的，有 因为得取值区间是，所以上式也可以写成由此得又因为随机变量，所以对于已给的，有由等式与可知：证毕。6. 设总体从总体X中抽取一个容量为100的样本，求样本均值与总体均值之差的绝对值大于5的概率。解：由题意知总体；由定理3.1（1）知；所以7. 设总体从中抽取一个容量为10的样本，其样本方差为，且，求的值。解：由题意知总体；由定理3.1（3）知，所以查表知：。所以。8. 设总体从总体X

25、中抽取一个容量为25的样本，求样本均值小于12.5的概率，如果（1）已知；（2）已知未知，但样本方差。解：由题意知总体（1） 已知，由定理3.1（1）知 ；所以 （2）已知由定理3.1（4）知 ；所以9设总体从总体X中抽取一个容量为25的样本，和分别为其样本均值和样本方差，求。解：由题意知总体由定理3.1（1）、（3）知 ，所以因为和相互独立，所以10. 设总体总体从正态总体X中抽取容量为的样本，其样本均值为，样本方差为；从正态总体Y中抽取容量为的样本，其样本均值为，样本方差为.(1)求(2)若已知解：由题意知总体(1) 由定理3.2（1）知统计量，所以有(2) 由定理3.2（2）知统计量所以

26、 练习七（P120）1.证明：二阶样本中心矩不是总体方差的无偏估计。证明：已知；不失一般性我们假设总体为，为其样本，它们相互独立，且与总体服从相同的分布，所以有 计算：所以进而有即：二阶样本中心矩不是总体方差的无偏估计证毕。2.设为的两个独立的无偏估计，且，求常数，使得为此种线性组合中有最小方差的无偏估计。解：已知为的两个独立的无偏估计，即：。() 是的无偏估计，即：而 ，所以有() 的方差最小，因为且，所以取最小值取最小值取最小值（结合式） ，即：当时为此种线性组合中有最小方差的无偏估计3.设总体的概率分布密度为其中未知，为其样本。试证为的无偏估计。证明：已知总体的概率分布密度为 则分布函数

27、 因为样本相互独立且与总体服从相同的分布，所以令，则的分布函数为：所以的概率分布密度为：为的无偏估计。 4.设总体服从的均匀分布，为其样本。令，求使得为的无偏估计。解：已知总体，则的分布函数为：的概率分布密度为：因为样本相互独立且与总体服从相同的分布，所以令，则的分布函数为：所以的概率分布密度为：。欲使为的无偏估计，则而又、得：。5.设总体服从几何分布，其分布律为，样本为，求的矩法估计及极大似然估计。解：（1）已知总体服从几何分布，其分布律为，所以为了求级数的和，可以利用已知的幂级数展开式：按幂级数逐项微分性质可得：由此可得：所以由，即：得的矩法估计：。（2）似然函数为 两边取自然对数，得：

28、两边对求导，并令导数等于0得：解上述方程，得的极大似然估计：。6设总体的概率分布为： 0123其中为未知参数，利用总体的如下样本值求的矩法估计值和极大似然估计值。解：（1）由已知易得：所以由，即：得的矩法估计：。（2）似然函数为 两边取自然对数，得： 两边对求导，并令导数等于0得：解上述方程，得：所以的极大似然估计。7. 设总体的概率分布密度为：其中为未知常数。求的矩法估计和极大似然估计。解：已知总体的概率分布密度为：（1） 计算所以由，即： 得的矩法估计：（2）似然函数为两边取自然对数，得：两边对求导，并令导数等于0得：解上述方程，得：的极大似然估计。8.设总体X服从的均匀分布，样本为，求参

29、数的极大似然估计。解：X的概率分布密度为：所以，当时，似然函数为，否则。故要使得似然函数达到极大，必须在满足的条件下，使达到极大，即达到极小。所以的极大似然估计为。9.某工厂生产的一批手表，其走时误差（单位：秒/日）服从正态分布，现从中随机抽取9只进行检测，结果如下：设置信概率为，求这批手表走时误差的均值和方差的置信区间。解：设表示这批手表的走时误差， 由样本值得：样本均值为：样本方差为：（1）由于样本函数，所以对应于置信概率为，总体均值的置信区间为对，查表得。易计算：所以均值的置信概率为的置信区间为（2）由于样本函数，所以对应于置信概率为，总体方差的置信区间为对，查表得。易计算：所以方差的置

30、信概率为的置信区间为10.已知某种材料的抗压强度，现随机抽取10个试件进行抗压试验，测得的数据如下（单位：）：（1） 求平均抗压强度的矩估计值和方差的极大似然估计；（2） 求平均抗压强度的95的置信区间；（3） 若已知，求的95的置信区间；（4） 求的95的置信区间。解：（1） 已知总体，而样本均值：由知的矩估计值。似然函数为取对数，得对及求偏导数，并让它们等于零，得解此方程组，即得及的极大似然估计值分别是：所以的极大似然估计值为：（2）由样本值得：样本方差 由于样本函数，所以对应于置信概率为，总体均值的置信区间为对，查表得。易计算：所以均值的置信概率为95的置信区间为（3）已知由于样本函数，

31、所以对应于置信概率为，总体均值的置信区间为对，查表得。易计算：所以已知时，均值的置信概率为95的置信区间为（4）由于样本函数，所以对应于置信概率为，总体方差的置信区间为对，查表得。易计算：所以方差的置信概率为95的置信区间为。11.随机地从A批电线中抽取4根，从B批电线中抽取5根，测得其电阻值（）为A批电线 B批电线 设测试数据分别服从分布及，求的95的置信区间。解：由第六章定理3.2的（2）知，样本函数所以对应于置信概率为，均值差的置信区间为由样本值易计算：对，查表得所以均值差的置信概率为95的置信区间为。12.化验员甲乙分别独立地对某种化合物的含氮量用相同的方法各做10次测量，其测量值的样

32、本方差分别为0.5419和0.6065.设他们的测量值都服从正态分布，总体方差分别为和，求方差比的置信概率为0.95的置信区间。解：由于样本函数，所以对应于置信概率为，方差比的置信区间为已给置信概率，则，第一自由度，第二自由度查表得易计算：所以方差比的置信概率为0.95的置信区间为。习题八（P132）1. 某工厂用原工艺生产的钢筋的折断力，今改用新工艺生产，假设折断力方差不变，从新工艺生产的钢筋中随机抽取10根，测得其折断力如下：若取，试检验折断力均值是否变小。解：已知钢筋的折断力，由题意知需检验的假设是：由于总体方差不变，即：，所以选取统计量：已知由抽取的样本计算样本均值的观测值，由此得统计量的观测值已给显著性水平，查表得：因为，所以拒绝原假设，而接受备择假设，即认为折断力均值变小。注：原假设备择假设已知未知 在显著水平下关于的