經濟學概率論與數理統計課后習題答案下實用精品資料(00002)

1、習題三1.將一硬幣拋擲三次，以X表示在三次中出現正面的次數，以Y表示三次中出現正面次數與出現反面次數之差的絕對值.試寫出X和Y的聯合分布律.【解】X和Y的聯合分布律如表：XY01231003002.盒子里裝有3只黑球、2只紅球、2只白球，在其中任取4只球，以X表示取到黑球的只數，以Y表示取到紅球的只數.求X和Y的聯合分布律.【解】X和Y的聯合分布律如表：XY0123000102P(0黑,2紅,2白)=03.設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布函數為F（x，y）=求二維隨機變量（X，Y）在長方形域內的概率.【解】如圖題3圖說明：也可先求出密度函數，再求概率。4.設隨機變量（X，Y）的分布密度f（x

2、，y）=求：（1）常數A；（2）隨機變量（X，Y）的分布函數；（3）P0X1，0Y2.【解】（1）由得A=12（2）由定義，有(3) 5.設隨機變量（X，Y）的概率密度為f（x，y）=（1）確定常數k；（2）求PX1，Y3；（3）求PX1.5；（4）求PX+Y4.【解】（1）由性質有故（2）(3) (4) 題5圖6.設X和Y是兩個相互獨立的隨機變量，X在（0，0.2）上服從均勻分布，Y的密度函數為fY（y）=求：（1）X與Y的聯合分布密度；（2）PYX.題6圖【解】（1）因X在（0，0.2）上服從均勻分布，所以X的密度函數為而所以(2) 7.設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布函數為F（x，y）

3、=求（X，Y）的聯合分布密度.【解】8.設二維隨機變量（X，Y）的概率密度為f（x，y）=求邊緣概率密度.【解】題8圖題9圖9.設二維隨機變量（X，Y）的概率密度為f（x，y）=求邊緣概率密度.【解】題10圖10.設二維隨機變量（X，Y）的概率密度為f（x，y）=（1）試確定常數c；（2）求邊緣概率密度.【解】（1）得.(2) 11.設隨機變量（X，Y）的概率密度為f（x，y）=求條件概率密度fYX（yx），fXY（xy）.題11圖【解】所以12.袋中有五個號碼1，2，3，4，5，從中任取三個，記這三個號碼中最小的號碼為X，最大的號碼為Y.（1）求X與Y的聯合概率分布；（2）X與Y是否相互獨立

4、？【解】（1）X與Y的聯合分布律如下表YX345120300(2) 因故X與Y不獨立13.設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布律為XY2 5 80.40.80.15 0.30 0.350.05 0.12 0.03（1）求關于X和關于Y的邊緣分布；（2）X與Y是否相互獨立？【解】（1）X和Y的邊緣分布如下表XY258PY=yi0.40.150.300.350.80.80.050.120.030.20.20.420.38(2) 因故X與Y不獨立.14.設X和Y是兩個相互獨立的隨機變量，X在（0，1）上服從均勻分布，Y的概率密度為fY（y）=（1）求X和Y的聯合概率密度；（2）設含有a的二次方程為a2

5、+2Xa+Y=0，試求a有實根的概率.【解】（1）因故題14圖(2) 方程有實根的條件是故X2Y，從而方程有實根的概率為：15.設X和Y分別表示兩個不同電子器件的壽命（以小時計），并設X和Y相互獨立，且服從同一分布，其概率密度為f（x）=求Z=X/Y的概率密度.【解】如圖,Z的分布函數(1) 當z0時，（2）當0z0)的泊松分布，每位乘客在中途下車的概率為p（0p1），且中途下車與否相互獨立，以Y表示在中途下車的人數，求：（1）在發(fā)車時有n個乘客的條件下，中途有m人下車的概率；（2）二維隨機變量（X，Y）的概率分布.【解】(1) .(2) 24.設隨機變量X和Y獨立，其中X的概率分布為X，而Y

6、的概率密度為f(y)，求隨機變量U=X+Y的概率密度g(u). 【解】設F（y）是Y的分布函數，則由全概率公式，知U=X+Y的分布函數為由于X和Y獨立，可見由此，得U的概率密度為25. 25. 設隨機變量X與Y相互獨立，且均服從區(qū)間0,3上的均勻分布，求PmaxX,Y1.解：因為隨即變量服從0，3上的均勻分布，于是有因為X，Y相互獨立，所以推得.26. 設二維隨機變量（X，Y）的概率分布為XY -1 0 1 -101a 0 0.20.1 b 0.20 0.1 c其中a,b,c為常數，且X的數學期望E(X)= -0.2,PY0|X0=0.5，記Z=X+Y.求：（1）a,b,c的值；（2）Z的概率

7、分布；（3）PX=Z. 解 (1) 由概率分布的性質知，a+b+c+0.6=1 即a+b+c = 0.4.由，可得.再由,得.解以上關于a，b，c的三個方程得.(2) Z的可能取值為-2，-1，0，1，2，即Z的概率分布為Z-2 -1 0 1 2P0.2 0.1 0.3 0.3 0.1(3) .習題四1.設隨機變量X的分布律為X -1 0 1 2P1/8 1/2 1/8 1/4求E（X），E（X2），E（2X+3）.【解】(1) (2) (3) 2.已知100個產品中有10個次品，求任意取出的5個產品中的次品數的數學期望、方差.【解】設任取出的5個產品中的次品數為X，則X的分布律為X01234

8、5P故3.設隨機變量X的分布律為X -1 0 1Pp1p2p3且已知E（X）=0.1,E(X2)=0.9,求P1，P2，P3.【解】因,又,由聯立解得4.袋中有N只球，其中的白球數X為一隨機變量，已知E（X）=n，問從袋中任取1球為白球的概率是多少？【解】記A=從袋中任取1球為白球，則5.設隨機變量X的概率密度為f（x）=求E（X），D（X）.【解】故6.設隨機變量X，Y，Z相互獨立，且E（X）=5，E（Y）=11，E（Z）=8，求下列隨機變量的數學期望.（1）U=2X+3Y+1；（2）V=YZ -4X.【解】(1) (2) 7.設隨機變量X，Y相互獨立，且E（X）=E（Y）=3，D（X）=1

9、2，D（Y）=16，求E（3X -2Y），D（2X -3Y）.【解】(1) (2) 8.設隨機變量（X，Y）的概率密度為f（x，y）=試確定常數k，并求E（XY）.【解】因故k=2.9.設X，Y是相互獨立的隨機變量，其概率密度分別為fX（x）=fY（y）=求E（XY）.【解】方法一：先求X與Y的均值由X與Y的獨立性，得方法二：利用隨機變量函數的均值公式.因X與Y獨立，故聯合密度為于是10.設隨機變量X，Y的概率密度分別為fX（x）=fY（y）=求（1）E（X+Y）;（2）E（2X -3Y2）.【解】從而(1)(2)11.設隨機變量X的概率密度為f（x）=求（1）系數c;（2）E（X）;（3）D

10、（X）.【解】(1) 由得.(2) (3) 故12.袋中有12個零件，其中9個合格品，3個廢品.安裝機器時，從袋中一個一個地取出（取出后不放回），設在取出合格品之前已取出的廢品數為隨機變量X，求E（X）和D（X）.【解】設隨機變量X表示在取得合格品以前已取出的廢品數，則X的可能取值為0，1，2，3.為求其分布律，下面求取這些可能值的概率，易知于是，得到X的概率分布表如下：X0123P0.7500.2040.0410.005由此可得13.一工廠生產某種設備的壽命X（以年計）服從指數分布，概率密度為f（x）=為確保消費者的利益，工廠規(guī)定出售的設備若在一年內損壞可以調換.若售出一臺設備，工廠獲利10

11、0元，而調換一臺則損失200元，試求工廠出售一臺設備贏利的數學期望.【解】廠方出售一臺設備凈盈利Y只有兩個值：100元和 -200元故 (元).14.設X1，X2，Xn是相互獨立的隨機變量，且有E（Xi）=，D（Xi）=2，i=1，2，n，記，S2=.（1）驗證=， =；（2）驗證S2=；（3）驗證E（S2）=2.【證】(1) (2) 因故.(3) 因,故同理因,故.從而15.對隨機變量X和Y，已知D（X）=2，D（Y）=3，Cov(X,Y)= -1,計算：Cov（3X -2Y+1，X+4Y -3）.【解】(因常數與任一隨機變量獨立，故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余類似).16.

12、設二維隨機變量（X，Y）的概率密度為f（x，y）=試驗證X和Y是不相關的，但X和Y不是相互獨立的.【解】設.同理E(Y)=0.而,由此得,故X與Y不相關.下面討論獨立性，當|x|1時，當|y|1時，.顯然故X和Y不是相互獨立的.17.設隨機變量（X，Y）的分布律為XY -1 0 1 -1011/8 1/8 1/81/8 0 1/81/8 1/8 1/8驗證X和Y是不相關的，但X和Y不是相互獨立的.【解】聯合分布表中含有零元素，X與Y顯然不獨立，由聯合分布律易求得X，Y及XY的分布律，其分布律如下表X -101PY -101PXY -101P由期望定義易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0.從而

13、E(XY)=E(X)E(Y),再由相關系數性質知XY=0,即X與Y的相關系數為0，從而X和Y是不相關的.又從而X與Y不是相互獨立的.18.設二維隨機變量（X，Y）在以（0，0），（0，1），（1，0）為頂點的三角形區(qū)域上服從均勻分布，求Cov（X，Y），XY.【解】如圖，SD=，故（X，Y）的概率密度為題18圖從而同理而所以.從而19.設（X，Y）的概率密度為f（x，y）=求協方差Cov（X，Y）和相關系數XY.【解】從而同理又故20.已知二維隨機變量（X，Y）的協方差矩陣為，試求Z1=X -2Y和Z2=2X -Y的相關系數.【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.從

14、而故21.對于兩個隨機變量V，W，若E（V2），E（W2）存在，證明：E（VW）2E（V2）E（W2）.這一不等式稱為柯西許瓦茲（Couchy -Schwarz）不等式.【證】令顯然可見此關于t的二次式非負，故其判別式0，即故22.假設一設備開機后無故障工作的時間X服從參數=1/5的指數分布.設備定時開機，出現故障時自動關機，而在無故障的情況下工作2小時便關機.試求該設備每次開機無故障工作的時間Y的分布函數F（y）. 【解】設Y表示每次開機后無故障的工作時間，由題設知設備首次發(fā)生故障的等待時間XE(),E(X)=5.依題意Y=min(X,2).對于y0,f(y)=PYy=0.對于y2,F(y)

15、=P(Xy)=1.對于0y2,當x0時，在(0,x)內無故障的概率分布為PXx=1 -e -x,所以F(y)=PYy=Pmin(X,2)y=PXy=1 -e -y/5.23.已知甲、乙兩箱中裝有同種產品，其中甲箱中裝有3件合格品和3件次品，乙箱中僅裝有3件合格品.從甲箱中任取3件產品放乙箱后，求：（1）乙箱中次品件數Z的數學期望；（2）從乙箱中任取一件產品是次品的概率. 【解】（1）Z的可能取值為0，1，2，3，Z的概率分布為, Z=k0123Pk因此，(2) 設A表示事件“從乙箱中任取出一件產品是次品”，根據全概率公式有24.假設由自動線加工的某種零件的內徑X（毫米）服從正態(tài)分布N（,1），

16、內徑小于10或大于12為不合格品，其余為合格品.銷售每件合格品獲利，銷售每件不合格品虧損，已知銷售利潤T（單位：元）與銷售零件的內徑X有如下關系T=問：平均直徑取何值時，銷售一個零件的平均利潤最大？【解】故得兩邊取對數有解得(毫米)由此可得，當u=10.9毫米時，平均利潤最大.25.設隨機變量X的概率密度為f(x)=對X獨立地重復觀察4次，用Y表示觀察值大于/3的次數，求Y2的數學期望.（2002研考）【解】令則.因為及,所以,從而26.兩臺同樣的自動記錄儀，每臺無故障工作的時間Ti(i=1,2)服從參數為5的指數分布，首先開動其中一臺，當其發(fā)生故障時停用而另一臺自動開啟.試求兩臺記錄儀無故障

17、工作的總時間T=T1+T2的概率密度fT(t)，數學期望E（T）及方差D（T）. 【解】由題意知：因T1,T2獨立，所以fT(t)=f1(t)*f2(t).當t0時，fT(t)=0;當t0時，利用卷積公式得故得由于Ti E(5),故知E(Ti)=,D(Ti)=(i=1,2)因此，有E(T)=E(T1+T2)=.又因T1,T2獨立，所以D（T）=D（T1+T2）=.27.設兩個隨機變量X，Y相互獨立，且都服從均值為0，方差為1/2的正態(tài)分布，求隨機變量|X -Y|的方差. 【解】設Z=X -Y，由于且X和Y相互獨立，故ZN（0，1）.因而，所以.28.某流水生產線上每個產品不合格的概率為p(0p

18、1=P=0,PX=1,Y= -1=PU -1,U1.故得X與Y的聯合概率分布為.(2) 因,而X+Y及（X+Y）2的概率分布相應為, .從而所以31.設隨機變量X的概率密度為f(x)=，（ -x+）(1) 求E（X）及D（X）；（2）求Cov(X,|X|),并問X與|X|是否不相關？（3）問X與|X|是否相互獨立，為什么？【解】(1)(2) 所以X與|X|互不相關.(3) 為判斷|X|與X的獨立性，需依定義構造適當事件后再作出判斷，為此，對定義域 -x+中的子區(qū)間（0,+）上給出任意點x0，則有所以故由得出X與|X|不相互獨立.32.已知隨機變量X和Y分別服從正態(tài)分布N（1，32）和N（0，4

19、2），且X與Y的相關系數XY= -1/2，設Z=.（1）求Z的數學期望E（Z）和方差D（Z）；（2）求X與Z的相關系數XZ；（3）問X與Z是否相互獨立，為什么？【解】(1) 而所以(2) 因所以(3) 由，得X與Z不相關.又因，所以X與Z也相互獨立.33.將一枚硬幣重復擲n次，以X和Y表示正面向上和反面向上的次數.試求X和Y的相關系數. 【解】由條件知X+Y=n，則有D（X+Y）=D（n）=0.再由XB(n,p),YB(n,q)，且p=q=,從而有所以故= -1.34.設隨機變量X和Y的聯合概率分布為YX -1 0 1010.07 0.18 0.150.08 0.32 0.20試求X和Y的相關

20、系數. 【解】由已知知E(X)=0.6,E(Y)=0.2，而XY的概率分布為YX -101P0.080.720.2所以E（XY）= -0.08+0.2=0.12Cov(X,Y)=E(XY) -E(X)E(Y)=0.12 -0.60.2=0從而=035.對于任意兩事件A和B，0P(A)1，0P(B)1,則稱=為事件A和B的相關系數.試證：（1）事件A和B獨立的充分必要條件是=0；（2） |1. 【證】（1）由的定義知，=0當且僅當P(AB) -P(A)P(B)=0.而這恰好是兩事件A、B獨立的定義，即=0是A和B獨立的充分必要條件.(2) 引入隨機變量X與Y為由條件知，X和Y都服從0 -1分布，

21、即從而有E(X)=P(A),E(Y)=P(B),D(X)=P(A)P(),D(Y)=P(B)P(),Cov(X,Y)=P(AB) -P(A)P(B)所以，事件A和B的相關系數就是隨機變量X和Y的相關系數.于是由二元隨機變量相關系數的基本性質可得|1.36. 設隨機變量X的概率密度為fX(x)=令Y=X2，F（x,y）為二維隨機變量（X，Y）的分布函數，求：(1) Y的概率密度fY(y)；(2) Cov(X,Y);(3). 解： (1) Y的分布函數為.當y0時，；當0y1時，；當1y4時，；當y4時，.故Y的概率密度為(2) ,故 Cov(X,Y) =.(3) .習題五1.一顆骰子連續(xù)擲4次，

22、點數總和記為X.估計P10X1050.3485. 有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的長度不小于3m.現從這批木柱中隨機地取出100根，問其中至少有30根短于3m的概率是多少？【解】設100根中有X根短于3m，則XB（100，0.2）從而6. 某藥廠斷言，該廠生產的某種藥品對于醫(yī)治一種疑難的血液病的治愈率為0.8.醫(yī)院檢驗員任意抽查100個服用此藥品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受這一斷言，否則就拒絕這一斷言.（1）若實際上此藥品對這種疾病的治愈率是0.8，問接受這一斷言的概率是多少？（2）若實際上此藥品對這種疾病的治愈率是0.7，問接受這一斷言的概率是多少？【解】令(1) XB(100

23、,0.8)，(2) XB(100,0.7)，7. 用Laplace中心極限定理近似計算從一批廢品率為0.05的產品中，任取1000件，其中有20件廢品的概率.【解】令1000件中廢品數X，則p=0.05,n=1000,XB(1000,0.05)，E(X)=50，D(X)=47.5.故8. 設有30個電子器件.它們的使用壽命T1，T30服從參數=0.1單位：（小時）-1的指數分布，其使用情況是第一個損壞第二個立即使用，以此類推.令T為30個器件使用的總計時間，求T超過350小時的概率.【解】故9. 上題中的電子器件若每件為a元，那么在年計劃中一年至少需多少元才能以95%的概率保證夠用（假定一年有

24、306個工作日，每個工作日為8小時）.【解】設至少需n件才夠用.則E(Ti)=10，D(Ti)=100，E(T)=10n，D(T)=100n.從而即故所以需272a元.10. 對于一個學生而言，來參加家長會的家長人數是一個隨機變量，設一個學生無家長、1 名家長、2名家長來參加會議的概率分別為0.05,0.8,0.15.若學校共有400名學生，設各學生參加會議的家長數相與獨立，且服從同一分布.（1）求參加會議的家長數X超過450的概率？（2）求有1名家長來參加會議的學生數不多于340的概率.【解】（1）以Xi(i=1,2,400)記第i個學生來參加會議的家長數.則Xi的分布律為Xi012P0.0

25、50.80.15易知E（Xi=1.1）,D(Xi)=0.19,i=1,2,400.而,由中心極限定理得于是(2) 以Y記有一名家長來參加會議的學生數.則YB(400,0.8)由拉普拉斯中心極限定理得11. 設男孩出生率為0.515，求在10000個新生嬰兒中女孩不少于男孩的概率？【解】用X表10000個嬰兒中男孩的個數，則XB（10000，0.515）要求女孩個數不少于男孩個數的概率，即求PX5000. 由中心極限定理有12. 設有1000個人獨立行動，每個人能夠按時進入掩蔽體的概率為0.9.以95%概率估計，在一次行動中：（1）至少有多少個人能夠進入？（2）至多有多少人能夠進入？【解】用Xi

26、表第i個人能夠按時進入掩蔽體（i=1,2,1000）.令Sn=X1+X2+X1000.(1) 設至少有m人能夠進入掩蔽體，要求PmSn10000.95，事件由中心極限定理知：從而故所以m=900-15.65=884.35884人(2) 設至多有M人能進入掩蔽體，要求P0SnM0.95.查表知=1.65,M=900+15.65=915.65916人.13. 在一定保險公司里有10000人參加保險，每人每年付12元保險費，在一年內一個人死亡的概率為0.006,死亡者其家屬可向保險公司領得1000元賠償費.求：（1）保險公司沒有利潤的概率為多大；（2）保險公司一年的利潤不少于60000元的概率為多大

27、？【解】設X為在一年中參加保險者的死亡人數，則XB（10000，0.006）.(1) 公司沒有利潤當且僅當“1000X=1000012”即“X=120”.于是所求概率為(2) 因為“公司利潤60000”當且僅當“0X60”于是所求概率為14. 設隨機變量X和Y的數學期望都是2，方差分別為1和4，而相關系數為0.5試根據契比雪夫不等式給出P|X-Y|6的估計. （2001研考）【解】令Z=X-Y，有所以15. 某保險公司多年統計資料表明，在索賠戶中，被盜索賠戶占20%，以X表示在隨機抽查的100個索賠戶中，因被盜向保險公司索賠的戶數.（1）寫出X的概率分布；（2）利用中心極限定理，求被盜索賠戶不

28、少于14戶且不多于30戶的概率近似值.（1988研考）【解】（1）X可看作100次重復獨立試驗中，被盜戶數出現的次數，而在每次試驗中被盜戶出現的概率是0.2，因此，XB(100,0.2)，故X的概率分布是(2) 被盜索賠戶不少于14戶且不多于30戶的概率即為事件14X30的概率.由中心極限定理，得16. 一生產線生產的產品成箱包裝，每箱的重量是隨機的.假設每箱平均重50千克，標準差為5千克，若用最大載重量為5噸的汽車承運，試利用中心極限定理說明每輛車最多可以裝多少箱，才能保障不超載的概率大于0.977.【解】設Xi（i=1,2,n）是裝運i箱的重量（單位：千克），n為所求的箱數，由條件知，可把

29、X1，X2，Xn視為獨立同分布的隨機變量，而n箱的總重量Tn=X1+X2+Xn是獨立同分布隨機變量之和，由條件知：依中心極限定理，當n較大時，,故箱數n取決于條件因此可從解出n1.96,即n24.01，所以n至少應取253.設某廠生產的燈泡的使用壽命XN（1000，2）（單位：小時），隨機抽取一容量為9的樣本，并測得樣本均值及樣本方差.但是由于工作上的失誤，事后失去了此試驗的結果，只記得樣本方差為S2=1002，試求P（1062）.【解】=1000,n=9，S2=10024.從一正態(tài)總體中抽取容量為10的樣本，假定有2%的樣本均值與總體均值之差的絕對值在4以上，求總體的標準差.【解】，由P(|

30、-|4)=0.02得P|Z|4(/n)=0.02,故,即查表得所以5.設總體XN（，16），X1，X2，X10是來自總體X的一個容量為10的簡單隨機樣本，S2為其樣本方差，且P（S2a）=0.1，求a之值.【解】查表得所以6.設總體X服從標準正態(tài)分布，X1，X2，Xn是來自總體X的一個簡單隨機樣本，試問統計量Y=，n5服從何種分布？【解】且與相互獨立.所以7.求總體XN（20，3）的容量分別為10，15的兩個獨立隨機樣本平均值差的絕對值大于0.3的概率.【解】令的容量為10的樣本均值，為容量為15的樣本均值,則N(20,310),N(20,)，且與相互獨立.則那么所以8.設總體XN（0，2）,

31、X1,X10,X15為總體的一個樣本.則Y=服從分布,參數為. 【解】i=1,2,15.那么且與相互獨立,所以所以YF分布，參數為（10,5）.9.設總體XN（1,2）,總體YN(2,2),X1,X2,和Y1，Y2，分別來自總體X和Y的簡單隨機樣本，則=. 【解】令則又那么10.設總體XN（,2），X1，X2，X2n（n2）是總體X的一個樣本，令Y=，求EY. 【解】令Zi=Xi+Xn+i, i=1,2,n.則ZiN(2,22)(1in),且Z1,Z2,Zn相互獨立.令則故那么所以11.設總體X的概率密度為f(x)= (-x0)，那么時，L=L()最大,所以的極大似然估計值=0.9.因為E()=E(),所以=不是的無偏計.6.設X1，X2，Xn是取自總體X的樣本，E（X）=，D（X）=2， =k,問k為何值時為2的無偏估計.【解】令i=1,2,n-1,則于是那么當,即時,有7.設X1，X2是從正態(tài)總體N（，2）中抽取的樣本試證都是的無偏估計量，并求出每一估計量的方差.【證明】（1）,所以均是的無偏估計量.(2) 8.某車間生產的螺釘，其直徑XN（，2），由過去的經驗知道2=0.06,今隨機抽取6枚，測得其長度（單位mm）如下：14.7 15.0 14.8 14.9