《概率论与数理统计》第三版--课后习题答案.-(1)

1 习题一 1 1 写出下列随机试验的样本空间 1 某篮球运动员投篮时 连续 5 次都命中 观察其投篮次数 解 连续 5 次都命中 至少要投 5 次以上 故 7651 2 掷一颗匀称的骰子两次 观察前后两次出现的点数之和 解 124 32 3 观察某医院一天内前来就诊的人数 解 医院一天内前来就诊的人数理论上可以从 0 到无穷 所以 2103 4 从编号为 1 2 3 4 5 的 5 件产品中任意取出两件 观察取出哪两件产品 解 属于不放回抽样 故两件产品不会相同 编号必是一大一小 故 4 jij 5 检查两件产品是否合格 解 用 0 表示合格 1 表示不合格 则 1 0 5 6 观察某地一天内的最高气温和最低气温 假设最低气温不低于 T1 最高气温不高于 T2 解 用 表示最低气温 表示最高气温 考虑到这是一个二维的样本空间 故 xy 216 Tx 7 在单位圆内任取两点 观察这两点的距离 解 07x 8 在长为 的线段上任取一点 该点将线段分成两段 观察两线段的长度 l 解 lyxxy 08 1 2 1 A 与 B 都发生 但 C 不发生 AB 2 A 发生 且 B 与 C 至少有一个发生 C 3 A B C 中至少有一个发生 2 4 A B C 中恰有一个发生 CBABA 5 A B C 中至少有两个发生 6 A B C 中至多有一个发生 7 A B C 中至多有两个发生 ABC 8 A B C 中恰有两个发生 注意 此类题目答案一般不唯一 有不同的表示方式 1 3 设样本空间 事件 20 xA 15 0 x 6 18 0 xB 具体写出下列各事件 1 2 3 4 AB B 1 18 0 x 2 5 3 BA 28 0 xx 4 6 150 1 6 按从小到大次序排列 并说明理由 BPABAP 解 由于 故 而由加法公式 有 AB P 1 7 解 1 昆虫出现残翅或退化性眼睛对应事件概率为 175 0 WEPEWP 3 2 由于事件 可以分解为互斥事件 昆虫出现残翅 但没有退化性眼睛对应事WEW 件 概率为 1 0 PEP 3 昆虫未出现残翅 也无退化性眼睛的概率为 8250 1 EWP 1 8 解 1 由于 故 显然当 时 P AB BA BAP A 取到最大值 最大值是 0 6 2 由于 显然当 时 P AB 取到最小 P 1 值 最小值是 0 4 1 9 解 因为 P AB 0 故 P ABC 0 至少有一个发生的概率为 CBA 7 0 ABCPBCPPCBAP 1 10 解 1 通过作图 可以知道 3 0 BPABP 2 61 ABP 7 0 1 1 3 AB由 于 1 11 解 用 表示事件 杯中球的最大个数为 个 1 2 3 三只球放入四只杯中 放法有iAi 种 每种放法等可能 46 4 对事件 必须三球放入三杯中 每杯只放一球 放法 4 3 2 种 故1A 83 1 AP 选排列 好比 3 个球在 4 个位置做排列 对事件 必须三球都放入一杯中 放法有 4 种 只需从 4 个杯中选 1 个杯子 放入此3A 3 个球 选法有 4 种 故 16 3 AP69183 2 1 12 解 此题为典型的古典概型 掷一颗匀称的骰子两次基本事件总数为 36 出现点数和为 3 对应两个基本事件 1 2 2 1 故前后两次出现的点数之和为 3 的概率为 8 同理可以求得前后两次出现的点数之和为 4 5 的概率各是 91 2 1 1 13 解 从 10 个数中任取三个数 共有 种取法 亦即基本事件总数为 120 1203 C 1 若要三个数中最小的一个是 5 先要保证取得 5 再从大于 5 的四个数里取两个 取法 有 种 故所求概率为 624 C20 2 若要三个数中最大的一个是 5 先要保证取得 5 再从小于 5 的五个数里取两个 取法 有 种 故所求概率为 1025 1 1 14 解 分别用 表示事件 321 A 1 取到两只黄球 2 取到两只白球 3 取到一只白球 一只黄球 则 16 3468 21421 CPCP 316 213 APAP 1 15 5 解 BPABPAP 由于 故0 B 5 0 1 16 1 2 BAP BAP 解 1 8 054 1 1 BAPAP 2 6 注意 因为 所以 5 0 BAP5 0 1 BAP 1 17 解 用 表示事件 第 次取到的是正品 则 表示事件 第 次取到的i i 3 21ii i 是次品 3 21 1 12153421 20498PAPAPA 1 事件 在第一 第二次取到正品的条件下 第三次取到次品 的概率为 3125 8PA 2 事件 第三次才取到次品 的概率为 1231213125435 09182PA 3 事件 第三次取到次品 的概率为 此题要注意区分事件 1 2 的区别 一个是求条件概率 一个是一般的概率 再例如 设有两个产品 一个为正品 一个为次品 用 表示事件 第 次取到的是正品 iAi 2 i 6 则事件 在第一次取到正品的条件下 第二次取到次品 的概率为 而事件1 2 AP 第二次才取到次品 的概率为 区别是显然的 1 2121 AP 1 18 解 用 表示事件 在第一箱中取出两件产品的次品数 用 表示事件 从 2 10 iA iB 第二箱中取到的是次品 则 21 212044146 999CCCPPPA 0 2BA 1 BA2 3 根据全概率公式 有 283 2100 ABPPP 1 19 解 设 表示事件 所用小麦种子为 等种子 3 21 iAi 表示事件 种子所结的穗有 50 颗以上麦粒 B 则 123 0 9 0 5 0 PPA 1 0 5BA 2 0 15PBA 根据全概率公式 有 3A 4705 33221 B 1 20 解 用 表示色盲 表示男性 则 表示女性 由已知条件 显然有 BA 因此 025 05 49 0 51 ABPPA 7 根据贝叶斯公式 所求概率为 1502 ABPAPBAPBAP 1 21 解 用 表示对试验呈阳性反应 表示癌症患者 则 表示非癌症患者 显然有 BAA 01 95 0 95 0 5 0 BPAP 因此根据贝叶斯公式 所求概率为 2945 ABPAPBAPBAP 1 22 1 求该批产品的合格率 2 从该 10 箱中任取一箱 再从这箱中任取一件 若此件产品为合格品 问此件产品由甲 乙 丙三厂生产的概率各是多少 解 设 321 产 品 为 丙 厂 生 产产 品 为 乙 厂 生 产产 品 为 甲 厂 生 产 BBB 则产 品 为 合 格 品A 1 根据全概率公式 该批94 0 321 BAPBAPBPA 产品的合格率为 0 94 2 根据贝叶斯公式 941 32111 同理可以求得 因此 从该 10 箱中任取一箱 再从这箱中任472 927 3 ABP 取一件 若此件产品为合格品 此件产品由甲 乙 丙三厂生产的概率分别为 47291 8 1 23 解 记 目标被击中 则A 94 0 71 8 0 9 1 1 AP 1 24 解 记 四次独立试验 事件 A 至少发生一次 四次独立试验 事件 A 一次也不4 4 发生 而 因此 所以5904 AP 4096 1 4 PAP2 81 8 0 三次独立试验中 事件 A 发生一次的概率为 384 06 23 1 3 APC 二 第一章定义 定理 公式 公理小结及补充 10 加法公 式 P A B P A P B P AB 当 P AB 0 时 P A B P A P B 11 减法公 式 P A B P A P AB 当 B A 时 P A B P A P B 当 A 时 P 1 P B 12 条件概 率 定义 设 A B 是两个事件 且 P A 0 则称 为事件 A 发生条件下 PB 事件 B 发生的条件概率 记为 A 16 贝叶斯 公式 i 1 2 n nj jjiii BAPAP1 此公式即为贝叶斯公式 9 第二章 随机变量 2 1 X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 P 1 36 1 18 1 12 1 9 5 36 1 6 5 36 1 9 1 12 1 18 1 36 2 2 解 根据 得 即 1 0 kX10 kae1 ea 故 ea 2 3 解 用 X 表示甲在两次投篮中所投中的次数 X B 2 0 7 用 Y 表示乙在两次投篮中所投中的次数 Y B 2 0 4 1 两人投中的次数相同 P X Y P X 0 Y 0 P X 1 Y 1 P X 2 Y 2 00112222 002 2 73 460 73 406 73 46 3124CCC 2 甲比乙投中的次数多 P X Y P X 1 Y 0 P X 2 Y 0 P X 2 Y 1 102021022 2 2 73 46 73 46 73 460 528 2 4 解 1 P 1 X 3 P X 1 P X 2 P X 3 155 2 P 0 5 X 2 5 P X 1 P X 2 15 2 5 解 1 P X 2 4 6 24621k 1 43klim 2 P X 3 1 P X0 3 设 FY y 分别为随机变量 Y 的分布函数和概率密度函数 则 fy 当 时 y0 2 0YPXyP 当 时 22 1 xyYFy Xed 对 求关于 y 的导数 得 Y 2 2 2 ln 111 0y yYeeefy 0 2 23 XU 1 0Xfx x 其 它 1 2lny 当 时 2 2ln ln 0YFPXyPy 16 2lny 当 时 222 01 l ln yeyYFPXyPyXePdx 对 求关于 y 的导数 得到 Y 221 0yyYef lnly 2 当 y1或 时 cos 0YFyPXyP 当 时 arcos1arY ydx 对 求关于 y 的导数 得到 YF 2 11 arcos 0Yfyy 1y 其 它 3 当 1或 时 sin 0YFPXyP 0y 当 时 arcsin0arcsin 0arcsin arcsin 11YyyFPXPyPyXdxdx 对 求关于 y 的导数 得到 Y 2 1arcsin arcsin 10Y yfy y 01 其 它 17 第三章 随机向量 3 1 P 1 X 2 3 Y 5 F 2 5 F 1 3 F 1 5 F 2 3 3128 3 2 Y X 1 2 2 0 2345c 3 31245c0 3 4 1 a 9 2 5 3 1 11200 0 6 6 99 y yPXYDdxdyxd 12320 865 59 37 yy 3 5 解 1 2 22200000 1 yxyxuvvuvyuxyxFededee 2 18 2 22000002232300 11 x xxy vxyxx xxxPYXededyede 3 6 解 2 22 2 201 1 axya rPxy ddxy 22 22 2001 1 a addrra 3 7 参见课本后面 P227 的答案 3 8 311120003 2 X yxfxfydx 222000 yff 20X xf 其 它 23 Yyf 1 其 它 3 9 解 X 的边缘概率密度函数 为 Xfx 当 时 10 x 或 0fy f12 22200 1 4 8 2 4 8 4 8 1 4 8 2 4 4 Y yyx xXfxdxyfydyx 或 当 时 12200 8 4 x xXfdyx 19 Y 的边缘概率密度函数 为 Yfy 当 时 10y 或 0fx Yfy 当 时 1 12 21 4 824 8 4 8 Y yyfxdxy 22 4 3y 3 10 1 参见课本后面 P227 的答案 2 26 0 xXdyf 1 其 它 6 0 x 1x 其 它 6 0yYdxf 1其 它 60y 1其 它 3 11 参见课本后面 P228 的答案 3 12 参见课本后面 P228 的答案 3 13 1 20 3Xxydfx 01 其 它 23x 01x 其 它 120 3Yxydfy 02 其 它 1 36y 02 其 它 对于 时 2y 0Yfy 所以 2 3 1 60XYYxyfxyf 1 其 它 26 0 xy 1x 其 它 20 对于 时 01x 0Xfx 所以 2 3 0YXXxyfxyfy 2 其 它 360 xy 2 其 它111222 000331 7 2 5406YXyyPYfyddd 3 14 X Y 0 2 5 X 的边缘分布 1 0 15 0 25 0 35 0 75 3 0 05 0 18 0 02 0 25 Y 的边缘分布 0 2 0 43 0 37 1 由表格可知 P X 1 Y 2 0 25 P X 1 P Y 2 0 3225 故 P P yYxXyxiiii 所以 X 与 Y 不独立 3 15 X Y 1 2 3 X 的边缘分布 1 6911831 2 31a b a b Y 的边缘分布 2a 91b 181 由独立的条件 则 P P yYxXyYxiiii 21 2 PX 2 P YY33 1 P i 可以列出方程 aba 9 3 1 83 ba0 解得 91 2 ba 3 16 解 1 在 3 8 中 20X xf 其 它 23 0Yyf 1 其 它 当 时 02x 01y XYfxy2 xfy 当 或 时 当 或 时 0 XYf0 fx 所以 X 与 Y 之间相互独立 2 在 3 9 中 2 4 0Xxf 01x 其 它 2 4 3 0Yyf y其 它 当 时 1x y 22 XYfxy2222 4 34 5 76 34 xyxy 所以 X 与 Y 之间不相互独立 f 3 17 解 xeyxefx ddyxf 02 1 2021 fyxfyx 1 2yxfyxefx 故 X 与 Y 相互独立 3 18 参见课本后面 P228 的答案 第四章 数字特征 4 1 解 1iEXxp 0 9iYy 甲机床生产的零件次品数多于乙机床生产的零件次品数 又 两台机床的总的产量相同 乙机床生产的零件的质量较好 4 2 解 X 的所有可能取值为 3 4 5351 0 PC 2354 X 23 2435 0 6PXC 1 350 64iExp 4 3 参见课本 230 页参考答案 4 4 解 1 2 3 nPXp 121 1 ninpEx 4 6 参考课本 230 页参考答案 4 7 解 设途中遇到红灯次数为 X 则 3 0 4 B 40 312EXnp 4 8 解 xdf xd 30 1 301521502 500 1000 1500 4 9 参见课本后面 230 页参考答案 4 10 参见课本后面 231 页参考答案 4 11 解 设均值为 方差为 则 X N 根据题意有 2 2 96 1 96 XP 24 7296 1 XP t 3 2 解得 t 2 即 1297 0 t 所以成绩在 60 到 84 的概率为 127 84X12 60P 84 XP 60 1 2 0 843 6 4 12 2222 1 0 1EX 2222540 54 3 54 0 534 0 1 4 13 解 0000 2 xxxxxEYXedeede 22330001 Xxxxdee 4 14 解 34RV 设球的直径为 X 则 1 0fxba xb 其 它 25 333 424 112 66 b baaXEVExdxba 4 15 参看课本后面 231 页答案 4 16 解 xyfdyxfxx 41302 ydfyy 322 54 10 xxXE31043 dyydYf 10310310 2122 xxyxy dyfXE3 05224 df 521022 yyfEY6 222YXE 4 17 解 X 与 Y 相互独立 1 153500 52 2 y yEXxdexde 5552 433 yye 4 18 4 19 4 20 参看课本后面 231 232 页答案 26 4 21 设 X 表示 10 颗骰子出现的点数之和 表示第 颗骰子出现的点数 iX 1 20 i 则 且 是 10ii 1210 独立同分布的 又 12 66iEX 所以 1010 35iiii 4 22 参看课本后面 232 页答案 4 23 2222 0 41 30 1EX 222 D 2222 0 31 50 31 EY 222 9 4EY 4 24 4 242224430201111 63 Xxdxdxx 22 3DE 4 25 1 40Xxydfx 1x 其 它 20 1x 其 它112222 VarEXxdx 11323 xx 1 40Yydfy 其 它 20 1y 其 它 27 112222 VarYEYydy 11323 yy 4 26 因为 X N 0 4 Y U 0 4 所以有 Var X 4 Var Y 34 故 Var X Y Var X Var Y 4 3416 Var 2X 3Y 4Var X 9Var Y 289 4 27 参看课本后面 232 页答案 4 28 1212 n nXXXEZEEn 12 nn 12 nXXXDZDDn 22122 2 nEEn 后面 4 题不作详解 第五章 极限理 5 3 解 用 表示每包大米的重量 则 iX 10iEX 2 0 1iDX 102 10 iiNn 10 1012 0 1 0 i i ii i iXXZ Nn 28 1010910 9 iiii XPXP 10 10 2 10 986 5 4 解 因为 服从区间 0 10 上的均匀分布 iV 01 52iE 210 iD 20020111 0 25 1iiiiVNVN 202020111 0 53iii iiiEZ NDV 202011 510 105 15 5 3ii VPPPVP 105 0 387 43 5 5 解 方法 1 用 表示每个部件的情况 则 iX1 0iX 正 常 工 作损 坏 1 0 9 iXB 0 9iEp 1 9iDp 10 0 0 1 iiNnN 29 101010 9 0 1 3 i i ii i iXnpXZ N 101010 9850 85 85 3iii ii iPXPXP 923 方法 2 用 X 表示 100 个部件中正常工作的部件数 则 10 9 B 0Enp 1 0 91DXnp 1 9 XNN 0 3 XZN0 1 3 1npXZ 9085 85 85 310 923XPP 5 6 略 第六章样本与统计 6 1 6 3 1 证明 由 b 可得 对等式两边求和再除以 n 有 30 nbanniiniiXY 11 由于 niiY1 niiX1 所以由 可得 Ynba nii 1Xa 6 3 2 因为 Ynii nii 2112 bXainini 212 2 2 221 XabXabnini niiini 122212 niiai1222 niX122SaX2 Yn21 所以有 X22 31 6 2 证明 nEnXi 1 iVarari 21i2 6 3 1 2 1n2i1 22 XXSi iini 21i1i2nnii n21i2Xi 2 1ii 2 由于 22 EXiVarii 所以有 2 22 ii VariEnXr222 22212 1 nniEni 两边同时除以 n 1 可得 即 21 niE ni 2 SE 6 4 同例 6 3 3 可知 32 0 951 n 321 n0 3 2 XP 得 查表可知 1 96 又 根据题意可知 n 43 975 n 0 3 Z 6 5 解 1 记这 25 个电阻的电阻值分别为 它们来自均值为 200 欧姆 标 准差为 10 欧姆的正态分布的样本则根据题意有 2510n X25109 2X19 PP 5 0 1 328 2 根据题意有 510X2P 510P 21ii 2n P 972 0 6 6 解 1 记一个月 30 天 中每天的停机时间分别为 它们是来自均 值为 4 小时 标准差为 0 8 小时的总体的样本 根据题意有 308 45n X308 41 5X1 P46 4 2 5 0 86 1 33 注 当 时 的值趋近于 1 相反当 时 其值趋近于 0 u 6 u6 u 2 根据题意有 15X03P 15P 30ii 14 n P 14 27 0 6 7 证明 因为 T 则 随机变量 的密度函数为Y T 显然 则 为偶函数 则 tntftn 2 1 1 tff tf0 000000 tdftftdftftdftftdfTE 6 8 解 记 则 X N n 25 故5 1 2 2 2510 47 n 510 4P 7 XP 40 0 X2 0 5 2 0 857 6 9 解 记这 100 人的年均收入为 它们是来自均值为 万元 标准差5 1 为 万元的总体的样本 n 100 则根据题意有 1 1 6 XP 6 P 34 10 5 6n XP 1 2 1 972 0 8 2 10 5 3n XP 1 3 4n XP 4 1 1 0 3 10 5 6n 10 5 2P 1 6 P 2 6 0972 6 10 解 根据题意可知此样本是来自均值为 标准差为 的总体 样本容量12 2 为 n 5 1 依题意有 134 086 12 n XP 1 52 3nXP 1 3XP 2 要求样本的最小值小于 10 概率 即 5 个数中至少有一个小于 10 的概率 首先计算每 个样本小于 10 的概率 0 1587 43 1 1 2 10P 10 p 设 X 是 5 个样本中小于 10 的样本个数则 X 服从二项分布 B 5 0 1587 故有 35 578 01 10 P X 1 C505B p 即样本的最小值小于 10 的概率是 0 5785 3 同 2 要求样本的最大值大于 15 的概率 即 5 个数中至少有一个大于 15 的概率 首先计算每个样本大于 15 的概率 068 932 1 21 XP 15 P 15 X p 设 X 是 5 个样本中大于 15 的样本个数则 X 服从二项分布 B 5 0 0668 故有 293 01 10 1 C5505B p 即样本的最大值大于 15 的概率是 0 2923 第七章参数估计 7 1 解因为 是抽自二项分布 B m p 的样本 故都独立同分布所以有 用样本均值 代替总体均值 则 p 的矩估计为mpXE XmXp 7 2 解 用样本均值 代替总体均值 则 的矩估计为 1 0 xdxex xE1 由概率密度函数可知联合密度分布函数为 对它们两边求对数可得eexxLn 21 nix 1 36 对 求导并令其为 0 得 ninxexLi 1l l ln 1 即可得 的似然估计值为0l1 ni xni1 7 3 解 记随机变量 x 服从总体为 0 上的均匀分布 则 故 的矩估计为20 XEX2 X 的密度函数为 故它的是似然函数为1 xp 要使 达到最大 首先一点是示性函数的取值IIXLni ni 1 0 L 应该为 1 其次是 尽可能大 由于 是 的单调减函数 所以 的取值应该尽可能nn1 小 但示性函数为 1 决定了 不能小于 因此给出 的最大似然估计 示性函数 I min max 7 4 解 记随机变量 x 服从总体为 上的均匀分布 则 所以 的矩估计为23 XEX32 X 的密度函数为 故它的是似然函数为1 xpIIInninniXL 2 2 1 2 x1x 1 1 37 要使 达到最大 首先一点是示性函数的取值应该为 1 其次是 尽可能大 由于 L n 是 的单调减函数 所以 的取值应该尽可能小 但示性函数为 1 决定了 不能小于 因n1 此给出 的最大似然估计 7 5 解 似然函数为 ee nii 1222 X X 1 L ni2 它的对数为 ni12222 l l ln 对 求偏导并令它等于零有 2 02 ln1242 niL 解得 的似然估计值为 2 ni12X 7 6 解 根据所给的概率密度函数是指数函数的密度函数可知 dxdxfe 0 E x 2XVar 1 11E 21 E 2 X2112 3 3 21213E 31 E E 3213214X 故这四个估计都是 的无偏估计 38 2 211 VX arr 241 V 4 2 2112 arrrar 95 9 3 VX 221213 rrrr 31 V V 23213214X arrararr 故有 V 1324 7 7 证明 1 因为 X 服从 上的均匀分布 故 21 E 故样本均值不是 的无偏估计 X 2 由 1 可知 的矩估计为 21 X 又 故它是 无偏估计 21 XE 7 8 解 因为 21 221 ccVar 要使 最小则对 关于 c 求一阶导并令其等于零可得 02 1 2 cVar 解得 21 2 c 39 因为对 关于 c 求二阶导可得 Var 021 2 cVar 故当 时 达到最小 21 2 c ar 7 9 解 1 根据题意和所给的数据可得 0 5 16n96 1025 2 Z 2215 X4 162 n 所以 的置信区间为 129 0 49 0125 049 125 22 ZnX 2 0 5 16 3 15 t 即 029 122 iS017 S 所以 的置信区间为 1406 2 135 26 15 2 36 125 2 1515 ttnSXn 7 10 解 根据所给的数据计算 4 0 9 0Y 825 3122 iS 052 1 422 iS 则 X 和 Y 构成的总体的方差为 6 2 12 nm 所以 置信系数 的置信区间为 21 0 5 91 40 1 2 1 2 nmSYXnmSYXttnmnm 54 0 54 0 77 tt 0 002 0 006 7 11 解 10 n0 5 9 96 1025 2 Z 28Yn238 0 np 则比例 p 的区间估计为 1 3 38 6 22 npZ 54 0 7 12 解 根据题意有 120 n0 5 9 7X96 1025 2 Z 则 的置信区间为 9 7 01 5 7961 0 5 7961 22 nXnXZ