概率论与数理统计习题答案详解版(廖茂新复旦版)

概率论与数理记录习题答案详解版（廖茂新复旦版)习题 一1设,，为三个事件,用,B,C的运算式表达下列事件:(）A发生而B与C都不发生；() A,B,C至少有一种事件发生;（3） ,B,至少有两个事件发生；(4） A,，正好有两个事件发生；(5） A，至少有一种发生而C不发生；(6） A，都不发生.解：(1)A或-B-C或A-(BC）.（）AB.（3）（A）(AC)().(4)（AB)（AC）(C).(5）(AB）.（6)或2.对于任意事件A，,C，证明下列关系式：(1）(+B) (A+）(+B）()= ;(2）A+B A+= AB；（3)A-(B+C）= (A-B)-C证明:略.3.设A，B为两事件,()=5，P（）0.,(AB）=0.1,求:(1） A发生但不发生的概率;(） A，B都不发生的概率;(3)至少有一种事件不发生的概率.解(1） （A）=P（A-B）=P(AAB)=P(A)-P（AB）=0.4;(2）P()=P(）=1-P(AB）=1-070;(3) P(）P（）=1(A)1-0.1=0.调查某单位得知。购买空调的占1,购买电脑占2%,购买DVD的占20%;其中购买空调与电脑占6，购买空调与D占0%,购买电脑和DD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;()三种电器都没购买的.解：(1) .28， （2)0.8, (3）0.72.10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）两套各自放在一起;（3)两套中至少有一套放在一起.解: （）15， (2）120， （3）2/21. 名新生中有3名优秀生,将她们随机地平均分派到三个班中去,试求：（1) 每班各分派到一名优秀生的概率;（2) 3名优秀生分派到同一种班的概率.解 1名新生平均分派到三个班的也许分法总数为(） 设A表达“每班各分派到一名优秀生”3名优秀生每一种班分派一名共有3!种分法,而其她9名学生平均分派到3个班共有种分法,由乘法原理,涉及基本领件数为3!=故有（）=/=1/5(2） 设B表达“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，其她9名学生分法总数为,故由乘法原理，B涉及样本总数为3.故有 P（B)=/=3/58.箱中装有只白球,b只黑球，现作不放回抽取，每次一只.(1） 任取mn只,恰有m只白球,n只黑球的概率(ma,b);(2) 第k次才取到白球的概率（b+1)；(） 第次恰取到白球的概率.解 (1)可看作一次取出mn只球，与顺序无关，是组合问题.从ab只球中任取m+n只，所有也许的取法共有种，每一种取法为一基本领件且由于对称性知每个基本领件发生的也许性相似从a只白球中取m只,共有种不同的取法，从b只黑球中取只，共有种不同的取法.由乘法原理知，取到只白球,n只黑球的取法共有种，于是所求概率为p1=(2) 抽取与顺序有关每次取一只，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个不同元素的一种排列,每种取法是一种基本领件，共有个基本领件,且由于对称性知每个基本领件发生的也许性相似前k-次都取到黑球,从b只黑球中任取k-1只的排法种数,有种，第k次抽取的白球可为a只白球中任一只，有种不同的取法由乘法原理，前k1次都取到黑球，第k次取到白球的取法共有种，于是所求概率为2=（3)基本领件总数仍为第次必取到白球,可为a只白球中任一只，有种不同的取法，其他被取的k-1只球可以是其他ab-1只球中的任意-1只，共有种不同的取法，由乘法原理,第次恰取到白球的取法有种,故所求概率为p3=.9.在区间（0，1）内任取两个数,求这两个数的乘积不不小于1/4的概率.解 设在(0，1）内任取两个数为x,y，则,0y1图1-即样本空间是由点（x，y)构成的边长为1的正方形，其面积为1.令A表达“两个数乘积不不小于1/4”，则=(,y)0xy1/4,0x0为常数,试拟定常数a解由分布律的性质知故 3.某大学的校乒乓球队与数学系乒乓球队举办对抗赛校队的实力较系队为强,当一种校队运动员与一种系队运动员比赛时,校队运动员获胜的概率为06目前校、系双方商量对抗赛的方式,提了三种方案：(1）双方各出3人;(2)双方各出5人;（3）双方各出7人三种方案中均以比赛中得胜人数多的一方为胜利.问：对系队来说，哪一种方案有利？解 设系队得胜人数为X，则在上述三种方案中,系队胜利的概率为(1) 2=0.52;（2) PX3=0.317；（3) X4=0.90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,由于参赛人数越少，系队侥幸获胜的也许性也就越大.4.一篮球运动员的投篮命准率为45%，以表达她初次投中时合计已投篮的次数，写出的分布律，并计算取偶数的概率.解:随机变量所有也许的取值为:， 分布律为:, :一列互不相容的事件的和, 因此.5.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0.01,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的概率.解 设表达发生交通事故的汽车数，则b(n,),此处n=0，p=01,令=np=,PX2=1-PX=1（0.99)500-5(099)9.查表可得X2=1-00674-0.036=0.9595.设在独立反复实验中，每次实验成功概率为，问需要进行多少次实验，才干使至少成功一次的概率不不不小于0.9。解 7设随机变量X分布函数为F（x）=（1) 求常数A,B；(2） 求P2,PX3;（3） 求分布密度f（x）【解】（1)由得（2) (3） 8.设随机变量X的概率密度为（x)=求X的分布函数F（x),并画出（x)及F（x）.【解】当x0时F(x)=0当0x1时 当0;(2) f(x)=试拟定常数a,b，并求其分布函数F（x）.【解】(1） 由知故 即密度函数为 当x0时当x0时 故其分布函数(） 由得 =即X的密度函数为当x0时F（）=0当0时 当1x2时 当x时F(x)故其分布函数为10.设随机变量的分布函数为:F(x)=A+Bartnx，(-). 求：(）系数与; （2)X落在(1，）内的概率; （3)X的分布密度。解 A=1/2，B=； 1/; f (x)=1(1+x2)11.某公共汽车站从上午7时开始,每5分钟来一辆车，如某乘客达到此站的时间是7时到7时3分之间的均匀分布的随机变量，试求她等车少于5分钟的概率.解 设乘客于7时过分钟达到车站,由于X在，0上服从均匀分布，即有f(x）=显然,只有乘客在710到5之间或725到70之间达到车站时,她(或她)等车的时间才少于5分钟,因此所求概率为1015+P25X0=/.12.设N（3，2）,（1） 求P23;(2) 拟定c使PXc=c.【解】（1) (2） =31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%如下来设计的.设男子身高X服从m=17（m),s=(cm)的正态分布，即N(0，62),问车门高度应如何拟定？解 设车门高度为h(c),按设计规定PX001或PXh0.99,由于N(17，62），故PX0.9.故取=.3，即=1.设计车门高度为184（cm)时,可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）近似地服从分布，随机的选用四只,求其中没有一只寿命不不小于180小时的概率（答案用原则正态分布函数表达）.解:记取出的四只电子管寿命分别为,所求概率为，则 习题 三1.设随机变量X在，2，4四个整数中档也许地取值,另一种随机变量Y在1X中档也许地取一整数值,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i,=的取值状况是：i=1，2，3,4，j取不不小于的正整数,且P=，Y=P=jXiP=,i=1，2,3，4，ji于是(X，）的分布律为表3-XY1 2 3 412341/4 8 11 1/60 1/8 1/12 160 0 /12 1/1 0 0 112设持续型随机变量（，Y）的密度函数为(x，y),求(1)系数A;（）落在区域D:的概率。解：（1） 1; （2) (1-e-3)(1-e8) 3.设随机变量(X，Y）的概率密度为f（x,y）=()拟定常数k;（2) 求PX1,Y3;(3) 求PX.5;(）求PX+4.【解】(1) 由性质有故 (2） (3) () 题图.设的联合密度函数为求(1)与中至少有一种不不小于12的概率;(2）不小于1的概率.5 设二维持续型随机变量的联合分布函数为求（1）的值, （2）的联合密度, (） 判断的独立性。解:(1） ;() ;(3） 独立 ；6设的联合密度为,（1)求系数A,（)求的联合分布函数。（)求有关及的边沿密度。(4）与与否互相独立？（5)求和。解:（1) (2） （3) ; (4)不独立(5) ； 设随机变量X(0，1)，当观测到=(0x0时， 故 (2) 当y0时当y0时 故4设随机变量U（,1），试求：Z=-lX的分布函数及密度函数【解】 由P（0X0时, 即分布函数故的密度函数为5设随机变量（X,Y）的分布律为XY0 2 3 5230 .03 0.05 0.07 0090.0 0. 0.04 0.0 0.06 0.08001 0.03 0.05 . 0.0 0.6.01 0.02 .04 .06 0.06 .05（1)求Vmax（X，Y）的分布律；（2）求=min(X，Y)的分布律;【解】（1） 因此V的分布律为V=ma(X,Y）012345P00040.160280.4.2(2) 于是U=m（X,)0123P0.2.300.25.176设X和Y是两个互相独立的随机变量,其概率密度分别为X（x）= f（y)=求随机变量ZX+Y的分布密度.解 X，Y互相独立，因此由卷积公式知fZ(z)=由题设可知f（x）Y（y)只有当01,y0,即当x1且-x时才不等于零.目前所求的积分变量为,z当作参数，当积分变量满足x的不等式组0x1xz时,被积函数X(x)Y(z-x)0下面针对参数z的不同取值范畴来计算积分.当z1时，不等式组的解为0x1.因此f(z)=，7.设二维随机变量的联合密度函数为 求：（1）随机变量的密度函数;(2）随机变量的密度函数；(3）随机变量的密度函数解:由题意 的概率密度函数分别为 由两个随机变量和的密度函数公式 ,要使被积函数非， 必须满足 故的密度函数应为 8.设随机变量与互相独立,且都服从参数为的泊松(oisson)分布，证明仍服从泊松分布,参数为.证明：记，则所有也许的取值为:， 由离散卷积公式有 即服从参数为的泊松分布.9设X和Y分别表达两个不同电子器件的寿命(以小时计)，并设X和Y互相独立，且服从同一分布,其概率密度为(x)=求=XY的概率密度.【解】如图,的分布函数() 当z0时,（2） 当0z2/3，=:=/435/1=3548/3.可见契比雪夫不等式成立. 假设一条生产线生产的产品合格率是0.8要使一批产品的合格率达到在76与4之间的概率不不不小于9%,问这批产品至少要生产多少件？【解】令而至少要生产件，则i=1,2,n,且1，2,Xn独立同分布,p=Pi=1=0.8.现规定n，使得即由中心极限定理得整顿得查表n268.96, 故取=69.3. 某车间有同型号机床20部，每部机床开动的概率为0,假定各机床开动与否互不影响,开动时每部机床消耗电能5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局限性而影响生产【解】要拟定最低的供应的电能量，应先拟定此车间同步开动的机床数目最大值，而m要满足0部机床中同步开动的机床数目不超过的概率为95%,于是我们只要供应15m单位电能就可满足规定令X表同步开动机床数目，则XB（00,0.7), 查表知 ,m=11因此供电能1515=2265(单位).4.一种螺丝钉重量是一种随机变量，盼望值是1两，原则差是0两.求一盒(100个)同型号螺丝钉的重量超过10.2斤的概率解 设一盒重量为，盒中第个螺丝钉的重量为i(i=,2,10).X1，X,，X1互相独立，E(Xi)=1， =01,则有X=,且E(）=100E(X）=100（两),=1（两).根据中心极限定理，有PX1021(2)=-0.977250=0.0250.0部机器独立工作，每部停机的概率为,求3部机器同步停机的概率.解 1部机器中同步停机的数目X服从二项分布，n=0,p=0.2，np=,5.(）直接计算:=00870;(2) 若用局部极限定理近似计算：X=0.2.(2)的计算成果与(1）相差较大，这是由于n不够大.6. 在一定保险公司里有0000人参与保险,每人每年付2元保险费,在一年内一种人死亡的概率为0.06,死亡者其家属可向保险公司领得10元补偿费.求:(1) 保险公司没有利润的概率为多大；(2) 保险公司一年的利润不少于6000元的概率为多大?【解】设X为在一年中参与保险者的死亡人数,则XB(000,0.006）() 公司没有利润当且仅当“000X10012”即“12”于是所求概率为 (2） 由于“公司利润6000”当且仅当“0X6”于是所求概率为