大学概率论与数理统计 中山大学 第三版

第一章随机事件与概率1．从十个数字中，先后随机取出两数，写出下列取法中的样本空间：(1)放回时的样本空间(2)不放回时的样本空间解：(1)，(2)2.一个袋内装有４个白球和５个红球，每次从袋内取出一球，直至首次取到红球为止。写出下列两种取法的样本空间：(1)不放回时的样本空间(2)放回时的样本空间解：(1)(2)3.解：5.设样本空间，求：(1)(2)解：(1)(2)11.小何买了高等数学、高等代数、解析几何、和大学英语四本书放到书架上，问各册自左向右或自右向左排列恰好是上述次序概率。解：14.设n个人排成一行，甲与乙是其中的两个人，求这n个人的任意排列中，甲与乙之间恰有r个人的概率。如果n个人围成一圈，试证明甲与乙之间恰有r个人的概率与r无关，都是（在圆排列中，仅考虑从甲到乙的顺时针方向）。解：(1)基本事件数为，设甲排在第i位，则乙排在第i+r+1位，，共中取法，其余n-2个位置是n-2个人的全排列，有（n-2）!种，甲乙位置可调换，有种，故有利事件数由乘法原理有，由古典概型的计算公式，得甲乙相邻的概率为：另解１：先固定甲，有n种，再放置乙，有n-1,基本事件数有,有利事件数为2(n-r-1).故有另解2:先在甲乙之间选出r个人，然后将甲乙与这r个人看成一个整体与剩下的n-r-2个人作全排列.(2)环排列：甲乙按顺时针方向排列，中间相隔r个人的基本事件数是n个位置取2个人的排列，共有种，而甲的位置选取有n种选法，故由古典概型的计算有甲乙相邻的情形：设甲乙合一个位置，甲乙可互换，则甲乙相邻有种排列，故.另解：一圈有n个位置，甲占一个后，乙还有n-1个，与甲相邻的共2个,故15.在整数0-9中，任取4个，能排成一个四位偶数的概率。(只考虑乙)解：，16.口袋内有2个伍分,3个贰分,5个壹分的硬币,任取其中5个,求总值超过一角的概率.解:基本事件数为,有利事件数为1)2个伍分,其他任意,有2)1个伍分,2个贰分:3)1个伍分,3个贰分:故17:箱中有个白球和个黑球,从其中任意地接连取出k+1(最后取出的是白球的概率.)球,如果每次取出后不放回,试求解:令,则另解:只考虑第k+1次取球的情况,显然每个球都可能排列在第k+1个位置,基本事件数为本事件数为,故,有利于A的基18.一架电梯开始有6位乘客并等可能地停于10层楼的每一层，求下列事件的概率：(1)某一层有两位乘客离开。(2)没有两位及两位以上乘客在同一层离开。(3)恰有两位乘客在同一层离开。(4)至少有两位乘客在同一层离开。解：(1)某有2位乘客离开，6个乘客选2名有种选法，其余4人在其余9层下有种，故共有：(2)没有2人或2人以上的乘客在同一层离开，即只有一个人在某层离开，从而(3)恰好有2位乘客在同一层离开基本事件数为.考虑有利事件数，“有2位乘客在同一层”种数为，其余4人有以下几种情况a)其余9层，4个人单独在某层下，有b)4人一起在其余9层中的某层下，有种。种。c)9层中的某层下3人，其余8层下1人，共有所以(4)为(2)的逆事件，从而19．一列火车共有n节车厢，有个旅客上火车并随意地选择车厢，求每一节车厢内至少有一个旅客，则的概率。解：设，，则,以下计算指定的i节车厢空的概率为,(因为每个人进入其他n-i节车厢的概率为,利用多除少补原理，有),所以注：错解：（有重复情形）20.某人从鱼池中捕得1200条鱼，做了记号后放回该鱼池中，经过一段时间后，再从池中捕1000条鱼，数得有记号的有100条。试估计鱼池中共有多少条鱼？解：设鱼池中共有n条鱼，则，由古典概率的定义有：21．将线段(0,a)任意折成三段，试求此三段能够成三角形的概率解：设,如图能够三角形，必须有,即.如图22．甲乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头停泊，它们在一昼夜内达到的时刻是等可能的，如果甲般的停泊时间是1小时，乙船停泊的时间是2小时，求它们中的任何一艘都不需等待码头空出的概率。解：设x,y分别表示甲乙船到达码头的时刻，不需等待码头空出，若甲先到，则，若乙先到，则，如图23.在一个半径为1的圆周上，男乙两人各自独立地从圆周上随机地各取一点，将两点连成一条弦L,求圆心到弦L的距离不大于这一事件A的概率。解：由运动的相对性，不妨将甲固定，则基本事件为“（乙可取的点）整个圆周”，有利于A的事件对应为：（乙可取点）甲的左边圆周和甲的右边圆周,故.24.解：三角形a,b,c任一边与平行线相交的概率分别为两个边与平行线相交”。故,而“三角形与平行线相交”等价于“任意28.一个袋内有n-1个黑球和一个白球，每次从袋中随机取出一球并换入一个黑球，这样继续下去，求第k次取到黑球的概率。解：记，因为袋中只有一只白球，故在第k次摸到白球，则前面的k-1次不能摸到白球，只能摸到黑球，故，.30.某彩票公司共发行了n张彩票，其中有m张彩票。某人买了m张彩票，求至少有一张中彩的概率。解：记A={至少有一张中彩},先求对立事件={没有彩票中奖}的概率;基本事件数,的有利事件数则..31设(1)，用x,y,z表示下列事件的概率:(2)(3)(4)解：(2)(3)(4)33设事件A,B,C满足:试求事件A,B,C中至少有一个发生的概率及A,B,C均不发生的概率。解：记事件E为“A,B,C至少一个发生”，事件F为“A,B,C均不发生”则有34．袋中有编号为1,2,…,n的n个球，从中有放回地随机选取m个，求取出的m个球的最大号码为k有概率。并计算n=6,m=3,时，k=1和k=3的值。解：基本事件的可能数为,记＝｛取到这最大号码为k｝,={取到的最大号码不超过k这一事件}，,故有则有又,36.n个人参加同学聚会，每个人都带了一件礼物，并附上祝福词和签上自己的名字，聚会时每人从放在一起的礼物中随机取出一件礼品，至少有一人取到自己礼物的概率，并计算出当n=2和n=1000时的概率。解：先求事件A={没有人取到自己的礼物}的概率。令P46例1.4.4（配对问题）的结论，有，由，,41.一位教师对所教班级学生期终考试成绩估计高等数学优秀的占15%，外语优秀占5%，两科都优秀的占3%，求(1)已知一学生高等数学成绩优秀，其外语成绩也优秀的概率。(2)已知一学生外语成绩优秀，其高等数学成绩也优秀的概率。解：记A为“高等数学成绩优秀”，B为“外语成绩优秀”，则42已知。43．试证：如果证：44.一批产品共100件，对其进行抽象检查，整批产品看作不合格的规定如下：在被检查的5件产品中只要有一件是废品。如果在该批产品中有5%是不合格品，试问该批产品被认为不合格的概率是多少？解：共100件产品，其中的5件废品，95件合格品。45.全部产品中4%是废品，而合格品中的75%为一级品，求任选一个产品为一级品的概率。解：记A={任选一个产品为合格品}B＝｛任选一个产品为一级品｝，则46.证明：当时，证：47.进行摩托车竞赛，在地段甲乙间布设了三个故障，在第一故障前停车的概率为0.1,从乙地到丙地竞赛者不停车的概率为0.7，求在地段甲丙间竞赛者不停车的概率。解：49.解：A个球中有a个红球，每次抽取一个球后不放回，考虑最终取到红球的概率。令，，50.解：设则51.解：设A0={第一次比赛取出的是2个旧球}，A1={第一次比赛取出的是1个新球，2个旧球}，A2={第一次比赛取出的是2个新球，1个旧球}A3={第一次比赛取出的是3个新球}，B＝｛第二次取出3个新球｝，则由全概率公式得53.解：A1＝{发出点}，B1＝{接收点}A2＝{发出划}，B2＝{接收划},以下求54.解：记D＝{取出的是废品}，A＝{机器A生产}，B＝{机器B生产}，C＝{机器C生产}，则由Bayes公式得55.某仪器有三个灯泡，烧坏第一、二、三个灯泡的概率分别为0.1,0.2及0.3，并且相互独立.当烧坏一个灯泡时，仪器发生故障的概率为0.25，当烧坏2个灯泡时为0.6，而当烧坏3个灯泡时为0.9，求仪器发生故障的概率。解：记B表示“仪器发故障”，表示“第i个灯泡烧坏”，则由全概率公式56.记A＝{男}，B＝{女}，D＝{色盲}，则57.证明：58解：设A＝{甲获胜}，B＝{乙获胜},.A1＝{第一次比赛甲获胜}，B1＝{第一次比赛乙获胜}A2＝{第二次比赛甲获胜}，B2＝{第二次比赛乙获胜}，59.(小概率事件)：60.解：61.解：62:解：可知，负值误差次数为1时概率取到最大值63．解：(1)由k1或者k2发生故障而断电的概率为P(A)(2)(3)同时发生故障而断电的概率为64解：4，5，6中有两个是备用件，当正在工作的一个失效时，其中一个立即补上去。设并联下部系统B正常工作的概率并联上部系统C正常正常工作的概率：65解：记则有,其中依次乘以相加得另解：第二章随机变量及其分布函数1.解：记为该球员直到投中篮时所投篮的次数，则2.解：设A=｛甲投中｝，B＝｛乙投中｝,甲乙投篮次数分别为，则类似有：3.解：每次向上抛硬币出现正在面的概率为,则4.解：（1）（2）的分布列21(3)的分布列0-15解：表示动物生蛋的个数，，表示后代的个数，则由全概率公式有6解：（1）证明：（2）求的分布（3）求与的联合分布7.解：8．解：9.解：10.解：11.解：12.解：（1）（2）（3）13.解：（1）,（2）令(3).14.解：(1)（2）（3）15.解：16.解：17.解：（1）（2），故不独立。18.解：19.解：20.解：(1)(2)（3）21．解：22.解：（1）(2)(3)23.解：（1）（2）24.解:另解：先求的分布。(2)(3))25．解：26．解:27.解:（可当结论使用）不妨设n=2。习题27对事件，定义随机变量，试证：事件相互独立的充要条件是相互独立.证明：（可当结论使用）不妨设n=2,:若相互独立，则对相互独立，则有。综上所述，28.解:教材P326.29.解：（1）（2）30.如果相互独立，均服从,则与相互独立.解：令31.见教材P328.32.解：33.解：34.31.见教材P329.35.解（1）(2)(3)(4)令(5)因为,故相互独立，故。36.解：求和(1)的分布(2)(3)(4).（a）当（b）当（c）（d）当(5)(6)(7)另解：37.解：（1）（2）(1),另解：（3）38．解：另解：同理39.解：40.解：（1）(2)41.41.设某电视公司生产的某种型号的电视机，出厂半年后要求返修的约占0.5%，现出货２０００台至各地区，试求半年后返修的有1-10（大于或等于１小于或等于１０台）台的概率是多少？解：设是相互独立且服从两点分布的随机变量序列，且,设半年后要求返修的电视数为心极限定理，从而,则,由棣模弗－拉普拉斯中心极限定理，服从中,(或由二项分布的正态近似)，有42.解：43.解：44解：45.解：46.解：47.解：（1）可用线性变换的密度公式求解，另解：（2）48解：49解：的联合密度函数为当时作变换，，反函数有两支，考虑到反函数有两支，，得（U，V）的联合密度为（其余为0）所以U，V两随机变量独立。第三章随机变量的数字特征1．向上抛一颗制造均匀对称的股子，当它落地时，其向上的表面出现的点数是一个随机变量,求.解：，，2.解：3.解：4.解：5.解：设电台双方在建立联系前已拍发的呼唤信号的次数为,据题意有6.解:设为试开次数，则（1）（2）以为试开次数，则7.解：多项分布概率函数令：8.解：当N＝n时，，由全期望公式，有9.解:得二维联合分布表0123010000200110.解：P333.11.解：12.解：13解：14解（负二项分布）15.解:16.解:由第一章习题65知,17.解：18.解：（Polya概型,参考第一章习题48P75）0101119.解：20．解：21．解：（分布）的密度函数为22.解(Rayleigh分布):23.解:24.解:25．解(拉普拉斯分布)26.解:27.解:28.解:29．设随机变量服从二维正态分布，,试证：证明：30．解：由第二单习题24，知，31.试问：连接以R为半径的圆周上一已知点与圆周上任意点的弦长的数学期望是多少？解：32．解：由原子物理学知道，衰变速度与当时衰变的原子的M成正比，记t时刻质量为量）,则有（随机变记，则33．解：34.解：35.解;36.证明：事件在一次实验中发生的次数的方差不超过证：记37.证明：38.证明：设左＝,,即证.39.证明：40.证明（a）P教材P336(b):41.解：42.证明：43.试证明：若随机变量只取两个值，且协方差为零，则相互独立。证明：即44.解：（负二项分布），第r次成功所经历的试验次数，，(3)．第r次成功所经历的失败次数为，则,所以所需成本为45.解：46．解：47．解：48.解：50.解：令53．解：54．在线段上任意地投注两个点，试求此两点距离的n次方的数学期望和方差。解：55．解：56.解：第四章特征函数与母函数１．求特征函数解：及数学期望和方差。２．设服从几何分布，，（首次成功时所进行的试验次数）。求特征函数及数学期望和方差。解：３．解：Pascal分布：第r次成功所进行的试验次数，，可看成是r个独立同分布的几何分布G(p)的和的分布。从而４．解：5．解：6．解：９.解：10．解：11.解：,,由本章习题２知的特征函数为12.解：(1)因为为实特征函数，故(2))13.证明：随机变量的特征函数是实值的充要条件是其分布函数对称（）。证：充分性。由得，此即，所以对特征函数有，由此知是实函数。又有，所以又是偶函数。必要性。由于。由唯一性定理知，与。，又由题设知是实函数，所以，即的分布函数相同，，从而１４.解：１５.解：１7.证明：若服从取值为０退化分布，反之，若18.证明：19.解：２０.解：21．解：23．解：1)2)3)24.解：1)指数分布的特征函数为2)26.证明：设随机变量证：29.解：（柯西分布的特征函数见31题）30.解：31证：（1）考虑复变函数的积分，当，取为上y半圆周和实轴上从到c的围道（如图），若位于上半圆周上，则x，，有-R0R（2）对有。由及题设得，所以对有（当时）（3）在上半平面上，仅有是被积函数的一阶极点，由复变函数中留数定理得，对任何有（4）其中把（2），（3），（4）代入（1）式得（5）由于，是的奇函数，它在上积分值为0；是的偶函数，当有时，其积分值应与时积分值相等；再注意到（5）中右端，所以当时（6）当时有（7）把（5）—（7）代入（1）式得，对任意有。现证柯西分布具有再生性。设，则的特征函数为，，再设与独立，所以仍服从柯西分布，且参数为32.解：３３解：分布。当时，其密度函数为，为求其特征函数，我们指出，对复数，只要，就有如下等式成立：。利用此式可求得分布的特征函数为。现证分布具有再生性。设，则它们的特征函数分别为，再设与独立，，则有，所以服从分布，分布具有再生性。第五章极限定理1.证：（1），∴。（2）对任给，由的任意性得，所以。（3）∴。（4）∴。（5）若，显然有。若，则∴。（6）对任给，取，使，再取使当时有，且因为所以当时有,从而，即。（7），∴。（8），∴。（9）在（8）中令，再利用（5）由可证得；再在（7）中为这里即得证。（10）对任给，取，使。再取，使当时，，则，∴。2.证法一：对任给，取及，使当时有。在上一致连续，则对任给。，存在，使当且时有再取由于，使当时有。，，所以当时有，∴。证法二：子序列是有限测度，在实变函数论中曾得到，这时的充要条件是，对的任一，都能找到其的一子序列，由充要条件得，对几乎处处收敛于。对序列的任一子序列。因为可找到其一子序列，使。由于是的连续函数，由此得。再由充要条件得。3.证：由序列的单调下降性可得，当时的极限存在，且，，由得再由及的任意性得，即。4.证明:令,又因为相互独立,且,则服从poisson大数定律,即有5.证明马尔可夫大数定理:设为随机变量序列,若则服从大数定理.证明：6.证明车晓夫大数定理是马尔可夫大数定理的特殊情形:设为相互独立的随机变量序列，若则服从大数定理。证明：，由马尔可夫大数定理，即得。7.证明:8.证明:现验满足马尔可夫条件，，。据题设条件，这时，利用间的独立性可得马尔可夫条件成立,从而9.解:服从大数定理.10．解:11.用特征函数证明二项分布的poisson逼近证明:二项分布的特邀函数为。若当所以时，则。。是普阿松分布的特邀函数，由逆极限定理得证。12.用特征函数证明Poisson分布的正态逼近证：设服从参数为的普阿松分布，则。令，并在下式中按台劳公式展开得。由逆极限定理得，普阿松分布当时，渐近正态分布。13.证明:14.t-分布的极限分布是正态分布.证明:(略)15解:(2)16.证明:18.证：（1）由正态分布有再生性知，对任意服从。所以中心极限定理成立。（2），，由费勒条件的等价条件知，不满足费勒条件。（3）由，取得，其中右端仅保留和式中第一项。由此知不满足林德贝格条件。19.证明:解：中心极限定理成立，因为这时可以直接证得林德贝格条件成立。，。对任意，有所以林德贝格条件成立。22.证明:，。满足马尔可夫条件。第六章数理统计的基本概念1.设总体，为其样本，试求样本的平均值大于8的概率。解：3.设总体服从正态分布，为其样本，试问服从什么分布？解：4.设总体，为其样本，记，试问k取何值时，使得服从分布，自由度m取何值？解：5.设，为其样本，与分别为样本的均值与方差，试建立t分布的统计量。解：6.设正态总体，分别为样本容量和样本均值，试问n应取多大，才能使得位于区间概率不小于0.90解：7．设总体1）试求，为其样本，为样本均值：的分布。2）若n=1,试问解：是何值？8.设总体，今抽取容量为5的样本，试问：1）样本均值大于13的概率是多少？2）样本的极小值小于10的概率是多少？3）样本的极大值大于15的概率是多少？解：9设电子元件的寿命(时数)服从服从以.令测试6个元件，并记录它们各自失效的时间(单位：h).试问：(1)至800小时时没有一个元件失效的概率是多少？(2)到3000小时时所有元件都失效的概率是多少？为参数的指数分布，即有密度函数解：（1）,且相互独立，则(2)10.设总体，今从中抽取容量为10和15的两个独立样本，试问这两个样本的平均之差的绝对值大于0.3的概率是多少？解：记这两个样本均值分别为：11.设总体服从正态分成解：（1）.当样本容量，为其样本，试求样本极差的分布，极大值与极小值的分布。时，极差的分布即为的分布，由公式（6.2.16）有（2）由公式(6.2.12),(6.2.13),得12.设总体服从参数为的指数分布，解：参见P13页例6.2.5当n=2的情形：为其样本，试求样本的极大值、极小值与极差的分布。13.设是相互独立的且都是服从正态分布的随机变量，到的变换为正交变换，试证：是n个相互独立的且都服正态分布的随机变量。证明：因为设正交变换为：得，则其雅可比行列式且，由随机向量函数的密度公式，其中，为单位矩阵。14.设总体服从正态，为其样本，与分为样本均值及方差.又设服从正态，且与相互独立，试求统计量的抽样分布.解：15.设相互独立且服从正态分布，试证明：服从正态分布.证明：应用特征函数。16.设总体在上服从均匀分布，为其样本，为顺序统计量，试求的分布。解：第七章参数估计1.解：2.解：3.解：4.解：求的极大似然估计量(1)(2)的似然发函数为(3)的似然函数为(4)的似然函数为5.解：6.解：令7.解：（1）的似然方程为对数似然方程为（2）的似然方程为:8.解：（1）：(2):9.解：令10.解：11.解：12.解：（1）（2）即条件下的极值，由Langrange乘数法，令故时，可使的方差达到最小.13.解：，由P48的推论知，为的最小线性无偏估计。14.解：15.解：16.证:分别是的最优无偏估计量，。又因为,17．解：（1）则由(2).18.解：另可利用配对配对法构造统计量令，统计量19.解:,的置信水平为的区间估计为的置信水平为的区间估计为。20.解:n=10,第八章假设检验课后习题参考答案1.解一：这是成对数据下均值差的假设检验，,分别有样本x=[0.190.180.210.300.660.420.080.120.300.27]]，y=[0.190.241.040.080.200.120.310.290.130.07];令,因此问题归结为检验假设单个正态总体均值(方差未知)的假设检验。检验的拒绝域为，令计算得：z的均值,z的样本标准差为。又n=10，所以又计算可得由于<2.2622,则不能否定原假设，即可认为处理前后含脂率的平均值无显著变化。解二：用t检验.法。设，拒绝域为所以统计量的值因为o.0576<0.2331.所以不能拒绝原假设，即认为处理前后含脂率的平均值无显著变化。解三：使用Matlab统计工具箱求解：使用函数函数ttest2（）调用格式：[h,sig,ci]=ttest2(X,Y,alpha,tail)%sig为当原假设为真时得到观察值的概率，当sig为小概率时则对原假设提出质疑，ci为真正均值μ的1-alpha置信区间。说明若h=0，表示在显著性水平alpha下，不能拒绝原假设；若h=1，表示在显著性水平alpha下，可以拒绝原假设。原假设：，(为X为期望值，为Y的期望值)若tail=0，表示备择假设：tail=1，表示备择假设：tail=-1，表示备择假设：程序代码：（默认，双边检验）；（单边检验）；（单边检验）。x=[0.190.180.210.300.660.420.080.120.300.27];y=[0.190.241.040.080.200.120.310.290.130.07];[h,sig,ci]=ttest2(x,y,0.05)执行结果：h=0%不否定原假设。Sig=0.9547;%p值太大，不能否定原假设。ci=[-0.21300.2250]%真正均值0.95的置信区间。2.解：属于两个正态总体方差的假设检验，用F检验法。，由于当H0成立时，；拒绝域的形式为又，既不在拒绝域之中，故可认为方差无显著性差异。３.解：H0:电话呼叫次数服从泊松分布。设i为呼叫次数，为对应的频数，，m=8,则总观察次数参数（每分钟的平均呼叫次数）的极大似然估计为，从而可计算理论频数值，默认情形下给定显著水平为，得卡方分布的上侧0.05分位数，又在给定样本的情形下，皮尔逊检验统计量的值，故不能拒绝原假设，此分布可看作为泊松分布。4.解：H0：记录的汽车辆数服从poisson分布。，m=6,n=200,,的极大似然估计为，计算理论频数得从而皮尔逊检验统计量的值故不能拒绝原假设，此分布可看作为泊松分布。5.解：H0：假设此分布服从均匀分布。n=800,m=10,实际频数V=(74928379807377757691)理论频数np=(80808080808080808080)根据样本计算皮尔逊检验统计量的值故不拒绝原假设，认为此分布服从均匀分布。6.解：设H0:。P的极大似然估计为：，可计算得理论频数为P=(0.34870.38740.19370.05740.01120.00150.00010.00000.00000.00000.0000).根据样本计算皮尔逊检验统计量的值故不能拒绝原假设，认为此分布是服从二项分布。７.解：这是成对数据下正态总体均值差的假设检验，并且具有共