概率統(tǒng)計(jì)課后答案

1、概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 1 第第 一一 章章 思思 考考 題題 1事件的和或者差的運(yùn)算的等式兩端能“移項(xiàng)”嗎？為什么？ 2醫(yī)生在檢查完病人的時(shí)候搖搖頭“你的病很重，在十個(gè)得這種病的人中只有一個(gè)能救 活. ”當(dāng)病人被這個(gè)消息嚇得夠嗆時(shí)，醫(yī)生繼續(xù)說(shuō)“但你是幸運(yùn)的.因?yàn)槟阏业搅宋遥乙?經(jīng)看過(guò)九個(gè)病人了，他們都死于此病，所以你不會(huì)死” ，醫(yī)生的說(shuō)法對(duì)嗎？為什么？ 圓周率是一個(gè)無(wú)限不循環(huán)小數(shù), 我國(guó)數(shù)學(xué)家祖沖之第一次把它計(jì)1415926 . 3 算到小數(shù)點(diǎn)后七位, 這個(gè)記錄保持了 1000 多年! 以后有人不斷把它算得更精確. 1873 年, 英國(guó)學(xué)者沈克士公布了一個(gè)的數(shù)值, 它的數(shù)目在小數(shù)點(diǎn)后一

2、共有 707 位之多! 但幾十 年后, 曼徹斯特的費(fèi)林生對(duì)它產(chǎn)生了懷疑. 他統(tǒng)計(jì)了的 608 位小數(shù), 得到了下表: 67584462566468676260 9876543210 出現(xiàn)次數(shù) 數(shù)字 你能說(shuō)出他產(chǎn)生懷疑的理由嗎? 答：因?yàn)槭且粋€(gè)無(wú)限不循環(huán)小數(shù)，所以，理論上每個(gè)數(shù)字出現(xiàn)的次數(shù)應(yīng)近似相等，或 它們出現(xiàn)的頻率應(yīng)都接近于 0.1，但 7 出現(xiàn)的頻率過(guò)小.這就是費(fèi)林產(chǎn)生懷疑的理由. 4你能用概率證明“三個(gè)臭皮匠勝過(guò)一個(gè)諸葛亮”嗎？ 兩事件 A、B 相互獨(dú)立與 A、B 互不相容這兩個(gè)概念有何關(guān)系？對(duì)立事件與互不相 容事件又有何區(qū)別和聯(lián)系？ 條件概率是否是概率？為什么？ 習(xí)習(xí) 題題 一一 1寫(xiě)

3、出下列試驗(yàn)下的樣本空間： （1）將一枚硬幣拋擲兩次 答：樣本空間由如下4 個(gè)樣本點(diǎn)組成(,) (,) (,) (,) 正正，正反，反正，反反 （2）將兩枚骰子拋擲一次 答：樣本空間由如下36 個(gè)樣本點(diǎn)組成( , ) ,1,2,3,4,5,6i j i j （3）調(diào)查城市居民（以戶為單位）煙、酒的年支出 答： 結(jié)果可以用（ x，y）表示， x，y 分別是煙、酒年支出的元數(shù).這時(shí)，樣本 空間由坐標(biāo)平面第一象限內(nèi)一切點(diǎn)構(gòu)成 .( ,)0,0 x yxy 2甲，乙，丙三人各射一次靶，記“甲中靶” “乙中靶” “丙中靶” 則可用上述ABC 三個(gè)事件的運(yùn)算來(lái)分別表示下列各事件： (1) “甲未中靶”： ;

4、A (2) “甲中靶而乙未中靶”： ;BA (3) “三人中只有丙未中靶”： ;CAB 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 2 (4) “三人中恰好有一人中靶”： ;CBACBACBA (5)“ 三人中至少有一人中靶”： ;CBA (6)“三人中至少有一人未中靶”： 或;CBA;ABC (7)“三人中恰有兩人中靶”： ;BCACBACAB (8)“三人中至少兩人中靶”： ;BCACAB (9)“三人均未中靶”： ;CBA (10)“三人中至多一人中靶”： ;CBACBACBACBA (11)“三人中至多兩人中靶”： 或;ABC;CBA 3 .設(shè)是兩隨機(jī)事件，化簡(jiǎn)事件,A B (1) (2) ()()A

5、BAB()()ABAB 解解:(1),()()ABABABABBB (2) .()()ABAB()ABABBAABB 4某城市的電話號(hào)碼由 5 個(gè)數(shù)字組成，每個(gè)數(shù)字可能是從 0-9 這十個(gè)數(shù)字中的任一個(gè)， 求電話號(hào)碼由五個(gè)不同數(shù)字組成的概率. 解：. 5 10 5 0.3024 10 P P 5張獎(jiǎng)券中含有張有獎(jiǎng)的，個(gè)人購(gòu)買(mǎi)，每人一張，求其中至少有一人中nmk 獎(jiǎng)的概率 . 解法一：試驗(yàn)可模擬為個(gè)紅球，個(gè)白球，編上號(hào)，從中任取 k 個(gè)構(gòu)成一組，則mnm 總數(shù)為，而全為白球的取法有種，故所求概率為. k n C k mn C k n k mn C C 1 解法二：令第 i 人中獎(jiǎng)，B無(wú)一人中獎(jiǎng)，

6、則，注意到 i A,., 2 , 1ki k AAAB 21 不獨(dú)立也不互斥：由乘法公式 k A，A，A 21 )()()()()( 1121 3 1 2 1 k k AA A P AA A P A A PAPBP . (1) (2)(1) 121 nmnmnmnmk nnnnk !,1 kk nmnm kk nn CC k CC 同除故所求概率為 6從 5 雙不同的鞋子中任取 4 只，這 4 只鞋子中“至少有兩只配成一雙” （事件 A）的 概率是多少？ 解： 122 585 4 10 ( ) C CC P A C 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 3 7在上任取一點(diǎn)，求該點(diǎn)到原點(diǎn)的距離不超過(guò)的概率

7、 . 1,1X 1 5 解：此為幾何概率問(wèn)題：,所求事件占有 11， 區(qū)間 ，從而所求概率為. 5 1 5 1 ， 1 2 1 5 25 P 8在長(zhǎng)度為的線段內(nèi)任取兩點(diǎn)，將其分成三段，求它們可以構(gòu)成一個(gè)三角形a 的概率 . 解：設(shè)一段長(zhǎng)為，另一段長(zhǎng)為，樣本空間，xy:0,0,0 xayaxya 所求事件滿足： 0 2 0 2 () a x a y xyaxy 從而所求概率. 1 4 CDE OAB S S : : 9從區(qū)間內(nèi)任取兩個(gè)數(shù)，求這兩個(gè)數(shù)的乘積(0,1) 小于的概率 . 1 4 解： 設(shè)所取兩數(shù)為樣本空間占有區(qū)域, , ,X Y 兩數(shù)之積小于:,故所求概率 1 4 1 4 XY , (

8、 )()1() ( )1 SS DS D P S 而,故所求概率為 1 14 11 ()(1)1(1ln4) 44 S Ddx x . 1 (1ln4) 4 10設(shè)、為兩個(gè)事件，求. AB( )0.9P A ()0.36P AB ()P AB 解：;()( )()0.90.360.54P ABP AP AB 11設(shè)、為兩個(gè)事件，求. AB( )0.7P B ()0.3P AB ()P AB 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 4 解：.()()1()1 ()()1 0.70.30.6P ABP ABP ABP BP AB 12假設(shè)，若、互不相容，求；若、( )0.4P A ()0.7P AB AB(

9、)P BA 相互獨(dú)立，求. B( )P B 解：若、互不相容，；AB()()( )0.70.40.3P BP ABP A 若、相互獨(dú)立 ，則由可得=0.5. AB()( )()( ) ()P ABP AP BP A P B( )P B 13飛機(jī)投彈炸敵方三個(gè)彈藥倉(cāng)庫(kù)，已知投一彈命中 1，2，3 號(hào)倉(cāng)庫(kù)的概率分別為 0.01,0.02,0.03,求飛機(jī)投一彈沒(méi)有命中倉(cāng)庫(kù)的概率. 解：設(shè)命中倉(cāng)庫(kù)，則沒(méi)有命中倉(cāng)庫(kù)，又設(shè)命中第 i 倉(cāng)庫(kù)AA i A 則，)3 , 2 , 1( i03 . 0 )(,02 . 0 )(,01 . 0 )( 321 APAPAP 根據(jù)題意（其中兩兩互不相容） 321 AA

10、AA 321, AAA 故=0.01+0.02+0.03=0.06 123 ( )()()()P AP AP AP A 所以94 . 0 06 . 0 1)(1)(APAP 即飛機(jī)投一彈沒(méi)有命中倉(cāng)庫(kù)的概率為 0.94 14某市有 50%住戶訂日?qǐng)?bào)，有65%的住戶訂晚報(bào)，有85%的住戶至少 訂這兩種報(bào)紙中的一種，求同時(shí)訂這兩種報(bào)紙的住戶的百分比 解： 設(shè)用戶訂有日?qǐng)?bào)，=用戶訂有晚報(bào)，則用戶至少訂有日?qǐng)?bào)和ABBA 晚報(bào)一種，用戶既訂日?qǐng)?bào)又訂晚報(bào)，已知AB ，所以85 . 0 )(,65 . 0 )(, 5 . 0)(BAPBPAP 3 . 085. 065 . 0 5 . 0)()()()(BAP

11、BPAPABP 即同時(shí)訂這兩種報(bào)紙的住戶的百分比為 30% 15一批零件共 100 個(gè)，次品率為 10%，接連兩次從這批零件中任取一個(gè)零件，第一次 取出的零件不再放回，求第二次才取得正品的概率. 解：設(shè)第一次取得次品，第二次取得正品，則AB 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 5 第二次才取得正品，又因?yàn)?，則AB 99 90 )(, 100 10 )(ABPAP 0909 . 0 99 90 100 10 )()()( A B PAPABP 16.設(shè)隨機(jī)變量、兩兩獨(dú)立，與互不相容 . 已知ABCAB0)(2)(CPBP 且，求. 5 () 8 P BC ()P AB 解：依題意且，因此有. 又因0)(

12、ABP)()()(BPAPABP0)(AP ，解方程 2 5 ()( )( )( ) ( )3 ( )2 ( ) 8 P BCP BP CP B P CP CP C 0 8 5 )(3)( 2 2 CPCP ， 151 ( ) ( )( ) 442 P CP CP B舍去，()( )()()()0.5.P ABP AP BP ABP B 17設(shè)是小概率事件，即是給定的無(wú)論怎么小的正數(shù).試證明：當(dāng)A( )P A 試驗(yàn)不斷地獨(dú)立重復(fù)進(jìn)行下去，事件遲早總會(huì)發(fā)生（以概率1 發(fā)生） .A 解：設(shè)事件第次試驗(yàn)中出現(xiàn)， i AiA(1,2, )in(),()1 ii P AP A ，次試驗(yàn)中，至少出現(xiàn)一次的

13、概率為(1,2, )innA 1212 ()1() nn P AAAP AAA 12 1() n P A AA （獨(dú)立性） 12 1()()() n P AP AP A 1 (1)n ，證畢. 12 lim()1 n n P AAA 18三個(gè)人獨(dú)立地破譯一密碼，他們能單獨(dú)譯出的概率分別是， 1 5 1 3 1 4 求此密碼被譯 出的概率 . 解:設(shè) A，B，C 分別表示第一、二、三人譯出密碼，D 表示密碼被譯出，則 ()()1 P DP ABCP ABC 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 6 .1()1( ) ( ) ( ) P ABCP A P B P C 4 2 33 1. . 5 3 45 1

14、9求下列系統(tǒng)（如圖所示）的可靠度，假設(shè)元件的可靠度為，各元件i i p 正常工作或失效相互獨(dú)立 解： (1)系統(tǒng)由三個(gè)子系統(tǒng)并聯(lián)而成，每個(gè)子系統(tǒng)可靠度為，從而所求 123 p p p 概率為； 3 123 1(1)p p p （2）同理得. 23 12 1(1) pp 20三臺(tái)機(jī)器相互獨(dú)立運(yùn)轉(zhuǎn)，設(shè)第一，第二，第三臺(tái)機(jī)器不發(fā)生故障的概 率依次為 0.9，0.8，0.7，則這三臺(tái)機(jī)器中至少有一臺(tái)發(fā)生故障的概率. 解：設(shè)第一 第三臺(tái)機(jī)器 發(fā)生故障 ，第一 第三臺(tái)機(jī)器 發(fā)生故障 ， 1 A 2 A 3 A 第一 第三臺(tái)機(jī) 器發(fā)生故障 ，三臺(tái)機(jī)器中至少有一臺(tái)發(fā)生故障，則D ，故 123 ()0.1,()

15、0.2,()0.3P AP AP A ()()1 P DP ABCP ABC 1()1( ) () ( )1 0.9 0.8 0.70.496 P ABCP A P B P C 21設(shè)、為兩事件，,，求. AB( )0.7P A ( )0.6P B ()0.4 B P A ()P AB 解：由得()0.4 B P A ， () 0.4,()0.12,()()()0.48 ( ) P AB P ABP ABP BP AB P A 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 7 . ()( )()()0.82P ABP AP BP AB 22.設(shè)某種動(dòng)物由出生算起活到 20 年以上的概率為 0.8, 活到 25

16、年以上的概率為 0.4. 問(wèn) 現(xiàn)年 20 歲的這種動(dòng)物, 它能活到 25 歲以上的概率是多少? 解：設(shè)某種動(dòng)物由出生算起活到 20 年以上，某種動(dòng)物由出生A( )0.8P A B 算起活到 25 年以上，則所求的概率為()0.4P B ()()0.4 ()()0.5 ()()0.8 P ABP B BB PP AA P AP A 23某地區(qū)歷史上從某年后30 年內(nèi)發(fā)生特大洪水的概率為80%，40 年內(nèi) 發(fā)生特大洪水的概率為85%，求已過(guò)去了30 年的地區(qū)在未來(lái)10 年內(nèi)發(fā)生特 大洪水的概率 . 解：設(shè)某地區(qū)后 30 年內(nèi)發(fā)生特大洪災(zāi)，某地區(qū)后 40 年內(nèi)A( )0.8P A B 發(fā)生特大洪災(zāi)，

17、則所求的概率為( )0.85P B . ()( )0.15 ()1()1110.25 0.2( )( ) P BAP B BB PP AA P AP A 24設(shè)甲、乙兩袋，甲袋中有 2 只白球，4 只紅球；乙袋中有 3 只白球，2 只紅球.今從 甲袋中任意取一球放入乙袋中，再?gòu)囊掖腥我馊∫磺? 1）問(wèn)取到白球的概率是多少？ 2）假設(shè)取到白球，問(wèn)該球來(lái)自甲袋的概率是多少？ 解：設(shè) A：取到白球，B：從甲球袋取白球 2 44 3 1) ( )(/) ( )(/) ( )5/9 6 66 6 P AP A B P BP A B P B (/) ( )2/9 2) (/)()/( )2/5 ( )5

18、/9 P A B P B P B AP ABP A P A 25一批產(chǎn)品共有10 個(gè)正品和 2 個(gè)次品，任取兩次，每次取一個(gè)，抽出后不再 放回，求第二次抽出的是次品的概率. 解： 設(shè)表示第 次抽出次品,由全概率公式 i Bi(1,2)i =. 22 211 1 1 ()() ()() () BB P BP B PP B P BB 211021 121112116 26.一批晶體管元件，其中一等品占 95%，二等品占 4%，三等品占 1%，它們能工作 500 的概率分別為 90%，80%，70%，求任取一h個(gè)元件能工作 500以上的概率.h 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 8 解：設(shè)取到元件為 等品

19、( =1,2,3) ，取到元件能工作 500 小時(shí)以上 i BiiA 則%1)(%,4)(%,95)( 321 BPBPBP %70)(%,80)(%,90)( 321 B A P B A P B A P 所以)()()()()()()( 3 3 2 2 1 1 B A PBP B A PBP B A PBPAP 0.894%70%1%80%4%90%95 27某藥廠用從甲、乙、丙三地收購(gòu)而來(lái)的藥材加工生產(chǎn)出一種中成藥，三地的供貨量 分別占 40%，35%和 25%，且用這三地的藥材能生產(chǎn)出優(yōu)等品的概率分別為 0.65，0.70 和 0.85，求從該廠產(chǎn)品中任意取出一件成品是優(yōu)等品的概率.如果

20、一件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品， 求它的材料來(lái)自甲地的概率 解：以 Bi分別表示抽到的產(chǎn)品的原材來(lái)自甲、乙、丙三地，A=抽到優(yōu)等品，則有： 123 ()0.35, ()0.25,P BP BP(B)=0. 4, 1 ()0.65, A P B 3 2 ()0.7,()0.85 AA PP BB 所求概率為由全概率公式得：( ).P A 123 123 ( )() ()() ()() () AAA P AP B PP BPP BP BBB 0.65 0.40.7 0.350.85 0.250.7175. 111 1 ()() (|)0.26 ()0.3624 ( )( )0.7175 P B AP B P A

21、 B B P A P AP A 28用某種檢驗(yàn)方法檢查癌癥，根據(jù)臨床紀(jì)錄，患者施行此項(xiàng)檢查，結(jié)果是陽(yáng)性的概率 為 0.95；無(wú)癌癥者施行此項(xiàng)檢查，結(jié)果是陰性的概率為 0.90.如果根據(jù)以往的統(tǒng)計(jì)，某 地區(qū)癌癥的發(fā)病率為 0.0005.試求用此法檢查結(jié)果為陽(yáng)性者而實(shí)患癌癥的概率. 解：設(shè) A=檢查結(jié)果為陽(yáng)性，B=癌癥患者.據(jù)題意有()0.95,()0.90, AA PP BB 所求概率為( )0.0005,P B (). B P A 由 Bayes 公式得()0.10,()0.9995. A PP B B () () () () ()() () A P B P B B P A AA P B PP

22、 B P BB 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 9 0.0005 0.95 0.00470.47% 0.0005 0.950.9995 0.10 293 個(gè)射手向一敵機(jī)射擊，射中的概率分別是 0.4，0.6 和 0.7.如果一人射中，敵機(jī) 被擊落的概率為 0.2；二人射中，被擊落的概率為 0.6；三人射中則必被擊落.（1）求 敵機(jī)被擊落的概率；（2）已知敵機(jī)被擊落，求該機(jī)是三人擊中的概率. 解:設(shè) A=敵機(jī)被擊落，Bi=i 個(gè)射手擊中，i=1,2,3. 則 B1,B2,B3互不相容.由題意 知：，由于 3 個(gè)射手射擊是互相獨(dú)立的，所 13 2 ()0.2,()0.6,()1 AAA PPP BBB

23、 以 1 ()0.4 0.4 0.30.6 0.6 0.30.6 0.4 0.70.324P B 2 ()0.4 0.6 0.30.4 0.7 0.40.6 0.7 0.60.436P B 3 ()0.4 0.6 0.70.168P B 因?yàn)槭录?A 能且只能與互不相容事件 B1,B2,B3之一同時(shí)發(fā)生.于是 （1）由全概率公式得 3 1 ( )() (|)0.324 0.20.436 0.60.168 10.4944 ii i P AP B P A B （2）由 Bayes 公式得 . 33 33 1 () (|)0.168 (|)0.34 0.4944 () (|) ii i P B P

24、A B P BA P B P A B 30某廠產(chǎn)品有 70%不需要調(diào)試即可出廠，另 30%需經(jīng)過(guò)調(diào)試，調(diào)試后有 80%能出廠， 求 （1）該廠產(chǎn)品能出廠的概率；（2）任取一出廠產(chǎn)品未經(jīng)調(diào)試的概率. 解：需經(jīng)調(diào)試 不需調(diào)試 出廠AAB 則，%30)(AP%70)(AP%80)|(ABP1)|(ABP （1）由全概率公式：)()()()()( A B PAP A B PAPBP .%941%70%80%30 （2）由貝葉斯公式：. 94 70 %94 )()( )( )( )( A B PAP BP BAP B A P 31進(jìn)行一系列獨(dú)立試驗(yàn)，假設(shè)每次試驗(yàn)的成功率都是，求在試驗(yàn)成功2p 概率論與數(shù)

25、理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 10 次之前已經(jīng)失敗了3 次的概率 . 解： 所求的概率為. 23 4(1)pp 3210 個(gè)球中有一個(gè)紅球，有放回地抽取，每次取一球，求直到第次才取n 次紅k()kn 球的概率 解： 所求的概率為 1 1 19 1010 kn k k n C 33燈泡使用壽命在1000h 以上的概率為0.2，求 3 個(gè)燈泡在使用1000h 后， 最多只有 一個(gè)壞了的概率 . 解： 由二項(xiàng)概率公式所求概率為 312 333 (0)(1)0.2(0.2)0.80.104PPC 34 （Banach 問(wèn)題）某人有兩盒火柴，每盒各有根，吸煙時(shí)任取一盒，并從n 中任取一 根，當(dāng)他發(fā)現(xiàn)有一盒已經(jīng)用完時(shí)

26、，試求：另一盒還有根的概率 .r 解解：設(shè)試驗(yàn) E從二盒火柴中任取一盒，取到先用完的哪盒，A ， 1 ( ) 2 P A 則所求概率為將E 重復(fù)獨(dú)立作次發(fā)生次的概率，故所求的概率為2nrAn . 2 2 22 11 ( )( ) ( ) 2 22 n nnn r n r n r n rn r C PnC 第第 二二 章章 思思 考考 題題 1. 隨機(jī)變量的引入的意義是什么？ 答：隨機(jī)變量的引入,使得隨機(jī)試驗(yàn)中的各種事件可通過(guò)隨機(jī)變量的關(guān)系式表達(dá)出來(lái)，其 目的是將事件數(shù)量化，從而隨機(jī)事件這個(gè)概念實(shí)際上是包容在隨機(jī)變量這個(gè)更廣的概念 內(nèi).引入隨機(jī)變量后,對(duì)隨機(jī)現(xiàn)象統(tǒng)計(jì)規(guī)律的研究,就由對(duì)事件及事件概

27、率的研究轉(zhuǎn)化為隨 機(jī)變量及其取值規(guī)律的研究,使人們可利用數(shù)學(xué)分析的方法對(duì)隨機(jī)試驗(yàn)的結(jié)果進(jìn)行廣泛而 深入的研究. 隨機(jī)變量概念的產(chǎn)生是概率論發(fā)展史上的重大事件，隨機(jī)事件是從靜態(tài)的觀點(diǎn)來(lái)研究隨 機(jī)現(xiàn)象,而隨機(jī)變量的引入則變?yōu)榭梢杂脛?dòng)態(tài)的觀點(diǎn)來(lái)研究. 2.隨機(jī)變量與分布函數(shù)的區(qū)別是什么？為什么要引入分布函數(shù)？ 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 11 答：隨機(jī)變量與分布函數(shù)取值都是實(shí)數(shù)，但隨機(jī)變量的自變量是樣本點(diǎn)，不是普通實(shí)數(shù)， 故隨機(jī)變量不是普通函數(shù)，不能用高等數(shù)學(xué)的方法進(jìn)行研究，而分布函數(shù)一方面是高等 數(shù)學(xué)中的普通函數(shù)，另一方面它決定概率分布，故它是溝通概率論和高等數(shù)學(xué)的橋梁， 利用它可以將高度數(shù)學(xué)的方

28、法得以引入. 3. 除離散型隨機(jī)變量和連續(xù)型隨機(jī)變量，還有第三種隨機(jī)變量嗎？ 答：有，稱為混合型. 例：設(shè)隨機(jī)變量，令 2 , 0UX . 2 1 , 1 ; 1 0 , )( x xx xg 則隨機(jī)變量既非離散型又非連續(xù)型.)(XgY 事實(shí)上，由的定義可知只在上取值，于是當(dāng)時(shí)，)(XgY Y 1 , 00y ；時(shí)，；當(dāng)時(shí)，0)(yFY1y1)(yFY10 y 2 )()( y yXPyXgPyFY 于是 . 1 , 1 ; 1 0 , 2 ; 0, 0 )( y y y y yFY 首先取單點(diǎn)1的概率，故不是連續(xù)型隨機(jī)Y0 2 1 )01 () 1 () 1( YY FFYPY 變量.其次其

29、分布函數(shù)不是階梯形函數(shù)，故也不是離散型隨機(jī)變量.Y 4.通常所說(shuō)“的概率分布”的確切含義是什么？X 答：對(duì)離散型隨機(jī)變量而言指的 是分布函數(shù)或分布律，對(duì)連續(xù)型隨機(jī)變量而言指的是 分布函數(shù)或概率密度函數(shù). 5.對(duì)概率密度的不連續(xù)點(diǎn)，如何由分布函數(shù)求出？( )f x( )F x( )f x 答：對(duì)概率密度的連續(xù)點(diǎn)，對(duì)概率密度的有限個(gè)不連續(xù)點(diǎn)處，( )f x( )( )f xF x( )f x 可令（為常數(shù)）不會(huì)影響分布函數(shù)的取值.( )f xcc 6.連續(xù)型隨機(jī)變量的分布函數(shù)是可導(dǎo)的， “概率密度函數(shù)是連續(xù)的”這個(gè)說(shuō)法對(duì)嗎？為什 么？ 答：連續(xù)型隨機(jī)變量密度函數(shù)不一定是連續(xù)的，當(dāng)密度函數(shù)連續(xù)時(shí)其分

30、布函數(shù)是可導(dǎo)的， 否則不一定可導(dǎo). 習(xí)習(xí) 題題 1在測(cè)試燈泡壽命的試驗(yàn)中,試寫(xiě)出樣本空間并在其上定義一個(gè)隨機(jī)變量. 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 12 解：每一個(gè)燈泡的實(shí)際使用壽命可能是中任何一個(gè)實(shí)數(shù), 樣本空間為), 0 ，若用表示燈泡的壽命（小時(shí)） ，則是定義在樣本空間0|ttXX 上的函數(shù)，即是隨機(jī)變量.0|ttttXX)( 2一報(bào)童賣(mài)報(bào), 每份 0.15 元,其成本為 0.10 元. 報(bào)館每天給報(bào)童 1000 份報(bào), 并規(guī)定他不 得把賣(mài)不出的報(bào)紙退回. 設(shè)為報(bào)童每天賣(mài)出的報(bào)紙份數(shù), 試將報(bào)童賠錢(qián)這一事件用隨X 機(jī)變量的表達(dá)式表示. 解：報(bào)童賠錢(qián)賣(mài)出的報(bào)紙錢(qián)不夠成本，而當(dāng) 0.15 X0

31、時(shí)，( )()( )F xP Xxf x dx 0)(xF , 222 0 ( )1(22) 2 x x x e F xax edxxx . 22 1 1(22),0 ( )2 0, 0 xxx F x x （3）. 5 11 (0)()(0)1 2 PXFF e 16.設(shè)在內(nèi)服從均勻分布， 求方程有實(shí)根的概率 . X(1,6) 2 10 xXx 解: “方程有實(shí)根 ”即，故所求的概率為=. 2 10 xXx 2X 2P X 4 5 17.知隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，且服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布X 2 ( ,)N a aYaXb ，求. (0,1)N, a b 解：由題意 2 22 0( 0) 1 ab a

32、 aa 解得： 1,1ab 18.已知隨機(jī)變量服從參數(shù)為的指數(shù)分布，且落入?yún)^(qū)間（ 1，2）內(nèi)XX 的概率達(dá)到最大，求. 解：,令，即 2 (12)(1)(2)( )PXP XP Xeeg 令 ( )0g ,即，02 2 ee021 e . 2 ln 19設(shè)隨機(jī)變量，求，.(1,4)XN:(01.6)PX(1)P X 解： 011.61 (01.6)() 22 PXPX 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 17 1.6101 ()()0.3094 22 . 1 1 (1)()(0)0.5 2 P X 20.設(shè)電源電壓，在電壓三種情形下， 2 220,25XN200,200240,240XXX 電子元件損

33、壞的概率分別為，求：0.1,0.001,0.2 （1）該電子元件損壞的概率； （2）該電子元件損壞時(shí)，電壓在伏的概率.200 240 解：設(shè)， 電子元件損壞，則 123 200 ,200240 ,240AXAXAXD （1）完備，由全概率公式 123 ,A A A ， 123 123 DDD P DP A PP APP AP AAA 今， 1 200220 0.810.80.212 25 P A 同理， 2 0.80.820.810.576P A ， 從而. 3 10.2120.5760.212P A 0.062P D （2）由貝葉斯公式 . 2 2 2 D P AP A A P D P D

34、0.5760.001 0.009 0.062 21.隨機(jī) 變量的分布律為X X21013 P 1 5 1 6 1 5 1 15 11 30 求的分布律 2 YX 解： . 22.變量服從參數(shù)為 0.7 的 01 分布，求及的概率分布 .X 2 X 2 2XX 解的分布為X 2 X 0149 P 1 5 7 30 1 5 11 30 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 18 易見(jiàn)，的可能值為 0 和 1；而的可能值為和 0，由于 2 X 2 2XX1 2 P Xu P Xu ，可見(jiàn)的概率分布為：(0,1)u 2 X 由于，可得 2 2110.7P XXP X 2 2000.3P XXP X 的概率分 2

35、 2XX布為 23.概率密度函數(shù)為，求的概率密度函數(shù).X 2 1 ( ) (1) X fx x 2YX( ) Y fy 解：的反函數(shù)為，代入公式得. 2yx 2 y x 2 2 ( )()() 22(4) YX yy fyf y 24.設(shè)隨機(jī)變量，求隨機(jī)變量在內(nèi)概率密度.0,2XU 2 YX0,4 Y fy 解法一（分布函數(shù)法） 當(dāng)時(shí)，時(shí)，當(dāng)時(shí)，0y 0,4 Y Fyy 1 Y Fy 04y YX FyP XyFy 從而 11 ,04 24 0 , X Y fyy yyfy 其余 解法二（公式法）在單增，由于反函數(shù)在可導(dǎo)， 2 yx0,2xy0,4 1 2 y x y 從而由公式得 X01 P

36、0.30.7 2 X01 P0.30.7 2 2XX-10 P0.70.3 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 19 11 ,04 24 0 , X Y fyy yyfy 其余 25.，求的密度. ,0 ) 0 ,0 x X ex fx x （ X Ye 解法一（分布函數(shù)法）因?yàn)?，故，?dāng)時(shí)，0X 1Y 1y ， lnln YX FyP XyFy . ln 2 111 ln ,1 0 ,1 y X Y fyey yyyfy y 解法二（公式法）的值域，反函數(shù)，故 x ye1,lnxy . 2 1 lnln ,1 0 ,1 X Y fyyy yfy y 26.設(shè)隨機(jī)變量服從上的均勻分布，分別求隨機(jī)變量和X

37、(0,1) X Ye 的概率密度和.lnZX( ) Y fy( ) Z fz 解：的密度為，X 1, 01 ( ) x f x 0, 若 其它 （1）函數(shù)有唯一反函數(shù)，且，故 x yelnxy1Ye . (ln) (ln) , 1 ( ) X fyyye fy 0,其它 1 , 1 ye y 0, 其它 （2）在區(qū)間上，函數(shù)，它有唯一反函數(shù)，且，從而(0,1)lnlnzxx z xe0Z . () () , ( ) zz X Z fee fz z0 0,其它 0, z ze 0,其它 27. 設(shè)為的密度函數(shù)，且為偶函 X fxX 數(shù)，求證與有相同的分布.XX 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 20

38、證：即證與的密度函數(shù)相同，即.YX X YX fyfy 證法一（分布函數(shù)法） ， 11 YX FyPXyP XyP XyFy ，得證. 1 YXX pypypy 證法二（公式法） 由于為單調(diào)函數(shù)，.yx YXXX pypyypypy 28.設(shè)隨機(jī)變量服從正態(tài)分布， ，是的分布函 X ),( 2 N0,)(xFX 數(shù)，隨機(jī)變量. 求證服從區(qū)間上的均勻分布.)(XFY Y 1 , 0 證明：記的概率密度為，則 由于是的嚴(yán)格單調(diào)增函數(shù)，X)(xf x dttfXF.)()()(xFx 其反函數(shù))( 1 xF 存在，又因，因此的取值范圍是. 即當(dāng)時(shí)1)(0 xFY 1 , 010 y 1 ( )()(

39、 ) Y FyP YyP F XyP XFy .)( 1 yyFF 于是的密度函數(shù)為Y 1, 01 ( ) 0, Y y py 其它 即服從區(qū)間上的均勻分布.Y 1 , 0 第第 三三 章章 思思 考考 題題 1(答:錯(cuò))2 (答:錯(cuò)) 3 答:錯(cuò)) 習(xí)習(xí) 題題 三三 1 解：解：)(1, 11, 1已知獨(dú)立YXPYXPYXP . 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1111YPXPYPXP 由此可看出,即使兩個(gè)離散隨機(jī)變量相互獨(dú)立同分布, 一般情況下也不會(huì)YX與YX與 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 21 以概率 1 相等. 2 2 解：解：由=1 可得：,從而得： ij ij p14. 0

40、b X Y 012 jYP 00.060.150.090.3 10.140.350.210.7 iXP 0.2 5 . 0 0.31 故相互獨(dú)立. 1 , 0; 2 , 1 , 0,jijYPiXPjYiXPYX, 7 . 035 . 0 15 . 0 14 . 0 06 . 0 1, 10, 1 1, 00, 0) 1 , 1 (1, 1 YXPYXP YXPYXPFYXP 3 解解: )() 1, 1( 11 ABPYXPp , 12 1 )()(ABPAP )()0, 1( 12 BAPYXPp 6 1 3 2 4 1 )()(ABPAP 因?yàn)? , 3 2 )(1)(:, 1)()(A

41、BPABPABPABP所以 12 1 )( )( )( )()()()() 1, 0( 21 ABP BAP ABP ABPBPABPBAPYXPp ,結(jié)果如表所示. 12 8 12 1 6 1 12 1 1 22 p 4 解: 的邊緣分布律為X 3 2 2, 3 1 1XPXP 的邊緣分布律為Y 2 1 2, 2 1 1XPYP 的條件下的條件分布為1YX0 1 1, 1 11 YP YXP YXP 1 1 1, 2 12 YP YXP YXP X Y 1 0 1 12 1 12 1 0 12 2 12 8 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 22 的條件下的條件分布為2XY , 3 2 2 1,

42、2 21 XP YXP XYP, 3 1 2 2, 2 22 XP YXP XYP 5 5 解：解：（1）由乘法公式容易求得分布律易知，放回抽樣時(shí)),(YX , 6 1 1, 6 5 0, 6 1 1, 6 5 0YPYPXPXP 且,iXPiXjYPjYiXP . 1 , 0; 1 , 0jijYPiXP 于是 的分布律為),(YX （2）不放回抽樣，則,在第一次, 6 1 1, 6 5 0XPXP 抽出正品后，第二次抽取前的狀態(tài)：正品 9 個(gè)，次品 2 個(gè)故 , 11 2 01, 11 9 00XYPXYP 又在第一次抽出次品后，第二次抽取前狀態(tài)：正品 10 個(gè)，次品 1 個(gè).故 , 11

43、 1 11, 11 10 10XYPXYP 且1 , 0,jiiXPiXjYPjYiXP 于是 的分布律為),(YX 放回抽樣時(shí)，兩次抽樣互不影響，故彼此相互獨(dú)立；不放回抽樣，第一次抽樣對(duì)第二 次抽樣有影響，不相互獨(dú)立 6 6 解解 =),(yxf ., 0 , )( 1 否則 dycbxa dcab , = bxax bxa abxfX , 0 , 1 )()(yfY dycy dyc dc , 0 , 1 隨機(jī)變量及是獨(dú)立的.XY X Y 01 0 36 25 36 5 1 36 5 36 1 X Y 01 0 66 45 66 1 1 66 10 66 1 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 2

44、3 7 7 解解 （1）= ),(yxf yx yxF ),( 2 )9)(4( 6 222 yx （2）的邊緣分布函數(shù)X =.),()(xFxFX) 22 )( 22 ( 1 2 x arctg) 22 ( 1x arctg 由此得隨機(jī)變量的邊緣分布密度函數(shù)X )()(xF dx d xf XX )4( 2 2 x 同理可得隨機(jī)變量的邊分布函數(shù)Y =),()(yFyFY) 32 )( 22 ( 1 2 y arctg ) 32 ( 1y arctg 的邊緣分布密度函數(shù)Y )()(yF dy d yf yY )9( 3 2 y （3）由（2）知=，所以與獨(dú)立.)(xfX)(yfY )4( 2

45、2 x)9( 3 2 y ),(yxfXY 8 解解 因?yàn)榕c相互獨(dú)立，所以的聯(lián)合概率密度為XYYX, yxeyfxfyxf yx YX , 2 1 )()(),( 2 22 1 2 0 1 0 2 1 1 0 222 22 2222 ,1 2 1 2 1 2 yx rryx eerdreddxdyeZP 41 2 0 2 1 2 2 1 2 1 222 22 2222 , 2 1 2 1 1 yx rryx eeerdreddxdyeZP 4 2 02 2 2 222 22 2222 , 2 1 2 1 0 yx rryx eerdreddxdyeZP 所以，的分布律為:Z.12,1,0 2

46、1 2 2 1 2 eZPeeZPeZP 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 24 9 9 解解：（1）由 =1，即， dxdyyxf),( 00 )43( 12 1 A dxdyeA yx 即 12 A 因此= ),(yxf, , 0 0, 0,12 )43( 其它 yxe yx （2）的邊緣概率密度為X 當(dāng)，=，0 x)(xfX dyyxf),( 0 )43( 12dye yxx e 3 3 當(dāng)，=，0y)(yfY 0 ),(dxyxf 0 )43( 12dxe yxy e 4 4 可知邊緣分布密度為：=)(xfX , 0 , 0,3 3 其它 xe x =)(yfY , 0 0,4 4 其它 y

47、e y （3）=20 , 10YXP 1 0 2 0 83)43( )1)(1 (12eedxdye yx 1010 解解 因?yàn)?=1，即， dxdyyxf),( 1 0 1 0 2 1dyyxdxc6, 1 3 1 2 1 cc 對(duì)任意，=，10 x)(xfX dyyxf),( 1 0 2 26xdyxy 所以=)(xfX , 0 , 10,2 其它 xx 對(duì)任意，=，10 y)(yfY dxyxf),( 1 0 22 ,36ydxxy 所以=)(yfY , 0 , 10,3 2 其它 yy 故=，所以與相互獨(dú)立.),(yxf)(xfX)(yfYXY 1111 解解 由 2ln 1 2 2

48、1 1 e e D xdx x S 當(dāng)時(shí)，其它=0. 2 1ex , 2 1 2 1 ),()( 1 0 1 0 x dydyyxfxf xx X )(xfX 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 25 所以:. 4 1 )2( X f 1212 解解（1），的邊緣密度為分布密度為：=XY)(xfX x x xxdy1 0 , 21 =)(yfY 1 11,11 y yydx 故=)( yxf YX )( ),( yf yxf Y , 0 , 1 1 其它 xy y =)(xyf XY )( ),( xf yxf X , 0 , 1, 2 1 其它 yx x （2）因?yàn)?1，故與不相互獨(dú)立.)(xfX)

49、(yfYy1),(yxfXY 1313 證證 設(shè)的概率密度為，的概率密度為，由于相互獨(dú)立，故X)(xfY)(yfYX, 的聯(lián)合密度為=.于是),(YX),(yxf)(xf)(yf yx x dyyfdxxfdxdyyfxfYXP)()()()( yx y dxxfdyyfdxdyyfxfYXP)()()()( 交換積分次序可得：所以 x dyyfdxxf)()( y dxxfdyyf)()( 1YXPYXPYXP 故. 2 1 YXP 14 解解 設(shè)，由于相互獨(dú)立同分布，于是有)(APp YX, 則又,)()(pAPaXPaYPBP,1)(pBP +=+（=)(BAP)(AP)(BP)(AP)

50、(BPp)1pp)1p 9 7 1 2 pp 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 26 解得：因而有兩個(gè)值., 3 2 , 3 1 21 ppa 由于，所以，當(dāng)時(shí)，由=得 2 1 2 1 )( 1 a dxaXPAP a 3 1 1 p 2 1a 3 1 3 5 a 當(dāng)時(shí)，由=得. 3 2 2 p 2 1a 3 2 3 7 a 15 解解 （1）的可能取值為 2，3，4.且YX , 4 1 112YPXPYXP 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 1, 2213YXPYPXPYXP , 4 1 224YPXPYXP 故有:; 4 1 4, 2 1 3, 4 1 2YXPYXPYXP （2）由已知易

51、得 ; 2 1 42, 2 1 22XPXP 1616 解解 由已知得 (,)X Y( 1, 2) (-1,-1)(-1,0) （, 1 2 -2） (, 2 1 -1) (, 2 1 0) (3,-2)(3,-1)(3,0) 概率 12 1 12 1 12 3 12 2 12 1 0 12 2 0 12 2 YX -3-2-1 - 2 3 - 2 1 2 1 123 YX 10-1 2 5 2 3 2 1 543 所以有 YX -3-2-1 - 2 3 - 2 1 13 P 12 1 12 1 12 3 12 2 12 1 12 2 12 2 YX -101 2 3 2 5 35 P 12

52、3 12 1 12 1 12 1 12 2 12 2 12 2 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 27 1717 證明證明：對(duì)任意的我們有, 1 , 0 21 nnk （因?yàn)榕c相互獨(dú)立） k i ikYPiXPkZP 0 XY = k i iknikik n inii n qpCqpC 0 )( 2 2 1 1 = （利用組合公式 ） k i knnkik n i n qpCC 0 21 21 )( k i k nm ik n i m CCC 0 = knnkk nn qpC 21 21 即YXZ),( 21 pnnb 1818 解解 在0，2中取值，按卷積公式的分布密度為：YXZZ ,)()()(

53、)( 1 0 dxxzfdxxzfxfzf YYXZ 如圖， ,1 , 10 : , 10 , 10 : zxz x xz x 即其中 時(shí)10 101 z xzz xzz2110 zxz110 x 時(shí)21 2110 z xzz xzz2110 10 xzxz1 從而： 。其它, 0 , 21,21 , 10,1 )( 1 0 zzdx zzdx zf z z z Z 1919 解解 因?yàn)橄嗷オ?dú)立，故所以： 321 ,XXX 321 32XXX),36, 0(N .3413 . 0 )0() 1 ( 1 6 032 06320 321 321 XXX PXXXP 2020 解解 . 0 , 0 0, )( . 0 , 0 , 0, )( 2 22 2 1 11 1 2 1 x xex xf x xex xf x x 概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì) 習(xí)題解答 28 ， 設(shè)兩周的需求量為，則當(dāng)時(shí)Z, 21 XXZ0z 1 )( 1 0 1 0 111 11 21 )()()()(dxexzexdxxzfxfz