概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)課后習(xí)題答案(高等教育出版社) (浙江大學(xué))(盛驟、謝式千、潘承毅)

-第一章 概率論的根本概念 四 設(shè)A，B，C是三事件，且，. 求A，B，C至少有一個(gè)發(fā)生的概率。解：P (A，B，C至少有一個(gè)發(fā)生)=P (A+B+C)= P(A)+ P(B)+ P(C)P(AB)P(BC)P(AC)+ P(ABC)= .九 從5雙不同鞋子中任取4只，4只鞋子中至少有2只配成一雙的概率是多少.記A表"4只全中至少有兩支配成一對(duì)則表"4只人不配對(duì) 從10只中任取4只，取法有種，每種取法等可能。要4只都不配對(duì)，可在5雙中任取4雙，再在4雙中的每一雙里任取一只。取法有 十四 。解：由由乘法公式，得由加法公式 十七 10只晶體管中有2只次品，在其中取二次，每次隨機(jī)地取一只，作不放回抽樣，求以下事件的概率。1二只都是正品記為事件A法一：用組合做 在10只中任取兩只來組合，每一個(gè)組合看作一個(gè)根本結(jié)果，每種取法等可能。法二：用排列做 在10只中任取兩個(gè)來排列，每一個(gè)排列看作一個(gè)根本結(jié)果，每個(gè)排列等可能。法三：用事件的運(yùn)算和概率計(jì)算法則來作。記A1，A2分別表第一、二次取得正品。2二只都是次品記為事件B法一：法二：法三：3一只是正品，一只是次品記為事件C法一：法二：法三：4第二次取出的是次品記為事件D法一：因?yàn)橐⒁獾谝?、第二次的順序。不能用組合作，法二：法三：二十二 一學(xué)生接連參加同一課程的兩次考試。第一次及格的概率為P，假設(shè)第一次及格則第二次及格的概率也為P；假設(shè)第一次不及格則第二次及格的概率為1假設(shè)至少有一次及格則他能取得*種資格，求他取得該資格的概率。2假設(shè)他第二次已經(jīng)及格，求他第一次及格的概率。解：Ai=他第i次及格，i=1,2P (A1)=P (A2|A1)=P，1B=至少有一次及格所以2*由乘法公式，有P (A1A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2由全概率公式，有將以上兩個(gè)結(jié)果代入*得.二十四 有兩箱同種類型的零件。第一箱裝5只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今從兩箱中任挑出一箱，然后從該箱中取零件兩次，每次任取一只，作不放回抽樣。試求1第一次取到的零件是一等品的概率。2第一次取到的零件是一等品的條件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：設(shè)Bi表示"第i次取到一等品i=1，2Aj表示"第j箱產(chǎn)品j=1,2，顯然A1A2=SA1A2=1B1= A1B +A2B由全概率公式解。2 先用條件概率定義，再求P (B1B2)時(shí)，由全概率公式解第二章 隨機(jī)變量及其分布一 一袋中有5只乒乓球，編號(hào)為1、2、3、4、5，在其中同時(shí)取三只，以*表示取出的三只球中的最大，寫出隨機(jī)變量*的分布律解：*可以取值3，4，5，分布律為也可列為下表*： 3，4，5P：.三 設(shè)在15只同類型零件中有2只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽樣，以*表示取出次品的只數(shù)，1求*的分布律，2畫出分布律的圖形。解：任取三只，其中新含次品個(gè)數(shù)*可能為0，1，2個(gè)。P*12O再列為下表*： 0，1，2P： 五 一房間有3扇同樣大小的窗子，其中只有一扇是翻開的。有一只鳥自開著的窗子飛入了房間，它只能從開著的窗子飛出去。鳥在房子里飛來飛去，試圖飛出房間。假定鳥是沒有記憶的，鳥飛向各扇窗子是隨機(jī)的。1以*表示鳥為了飛出房間試飛的次數(shù)，求*的分布律。2戶主聲稱，他養(yǎng)的一只鳥，是有記憶的，它飛向任一窗子的嘗試不多于一次。以Y表示這只聰明的鳥為了飛出房間試飛的次數(shù)，如戶主所說是確實(shí)的，試求Y的分布律。3求試飛次數(shù)*小于Y的概率；求試飛次數(shù)Y小于*的概率。解：1*的可能取值為1，2，3，n，P *=n=P 前n1次飛向了另2扇窗子，第n次飛了出去 =， n=1，2，2Y的可能取值為1，2，3P Y=1=P 第1次飛了出去=P Y=2=P 第1次飛向 另2扇窗子中的一扇，第2次飛了出去 = P Y=3=P 第1，2次飛向了另2扇窗子，第3次飛了出去 =同上，故 九 有一大批產(chǎn)品，其驗(yàn)收方案如下，先做第一次檢驗(yàn)：從中任取10件，經(jīng)歷收無次品承受這批產(chǎn)品，次品數(shù)大于2拒收；否則作第二次檢驗(yàn)，其做法是從中再任取5件，僅當(dāng)5件中無次品時(shí)承受這批產(chǎn)品，假設(shè)產(chǎn)品的次品率為10%，求1這批產(chǎn)品經(jīng)第一次檢驗(yàn)就能承受的概率2需作第二次檢驗(yàn)的概率3這批產(chǎn)品按第2次檢驗(yàn)的標(biāo)準(zhǔn)被承受的概率4這批產(chǎn)品在第1次檢驗(yàn)未能做決定且第二次檢驗(yàn)時(shí)被通過的概率5這批產(chǎn)品被承受的概率解：*表示10件中次品的個(gè)數(shù)，Y表示5件中次品的個(gè)數(shù)， 由于產(chǎn)品總數(shù)很大，故*B10，0.1，YB5，0.1近似服從1P *=0=0.9100.3492P *2=P *=2+ P *=1=3P Y=0=0.950.5904P 0<*2，Y=0(0<*2與 Y=2獨(dú)立) = P 0<*2P Y=0 =0.581×0.5900.3435P *=0+ P 0<*2，Y=00.349+0.343=0.69218.十七 設(shè)隨機(jī)變量*的分布函數(shù)為，求1P (*<2), P 0<*3, P (2<*<)；2求概率密度f* (*).解：1P (*2)=F*(2)= ln2， P (0<*3)= F*(3)F*(0)=1，222.二十 *種型號(hào)的電子的壽命*以小時(shí)計(jì)具有以下的概率密度：現(xiàn)有一大批此種管子設(shè)各電子管損壞與否相互獨(dú)立。任取5只，問其中至少有2只壽命大于1500小時(shí)的概率是多少.解：一個(gè)電子管壽命大于1500小時(shí)的概率為令Y表示"任取5只此種電子管中壽命大于1500小時(shí)的個(gè)數(shù)。則，二十一 設(shè)顧客在*銀行的窗口等待效勞的時(shí)間*以分計(jì)服從指數(shù)分布，其概率密度為：*顧客在窗口等待效勞，假設(shè)超過10分鐘他就離開。他一個(gè)月要到銀行5次。以Y表示一個(gè)月內(nèi)他未等到效勞而離開窗口的次數(shù)，寫出Y的分布律。并求PY1。解：該顧客"一次等待效勞未成而離去的概率為因此.二十三 設(shè)*N3.221求P (2<*5)，P(4)<*10)，P|*|>2，P (*>3)假設(shè)*N，2，則P (<*)=P (2<*5) =(1)(0.5) =0.84130.3085=0.5328P (4<*10) =(3.5)(3.5) =0.99980.0002=0.9996P (|*|>2)=1P (|*|<2)= 1P (2< P<2 ) = =1(0.5) +(2.5) =10.3085+0.0062=0.6977P (*>3)=1P (*3)=1=10.5=0.52決定C使得P (* > C )=P (*C)P (* > C )=1P (*C)= P (*C)得P (*C)=0.5又P (*C)=C =332.二十九 設(shè)*N0，11求Y=e*的概率密度*的概率密度是Y= g (*)=e*是單調(diào)增函數(shù)又*= h (Y ) =lnY 反函數(shù)存在且 = ming (), g (+)=min(0, +)=0 = ma*g (), g (+)= ma*(0, +)= +Y的分布密度為：2求Y=2*2+1的概率密度。在這里，Y=2*2+1在(+，)不是單調(diào)函數(shù)，沒有一般的結(jié)論可用。設(shè)Y的分布函數(shù)是FYy，則FY (y)=P (Yy)=P (2*2+1y) =當(dāng)y<1時(shí)：FY (y)=0當(dāng)y1時(shí)：故Y的分布密度(y)是：當(dāng)y1時(shí)：(y)=FY (y)' = (0)' =0當(dāng)y>1時(shí)，(y)=FY (y)' = =3求Y=| * |的概率密度。Y的分布函數(shù)為 FY (y)=P (Yy )=P ( | * |y)當(dāng)y<0時(shí)，F(xiàn)Y (y)=0當(dāng)y0時(shí)，F(xiàn)Y (y)=P (| * |y )=P (y*y)=Y的概率密度為：當(dāng)y0時(shí)：(y)=FY (y)' = (0)' =0當(dāng)y>0時(shí)：(y)=FY (y)' =第三章 多維隨機(jī)變量及其分布.一 在一箱子里裝有12只開關(guān)，其中2只是次品，在其中隨機(jī)地取兩次，每次取一只。考慮兩種試驗(yàn)：1放回抽樣，2不放回抽樣。我們定義隨機(jī)變量*，Y如下：試分別就12兩種情況，寫出*和Y的聯(lián)合分布律。解：1放回抽樣情況由于每次取物是獨(dú)立的。由獨(dú)立性定義知。P (*=i, Y=j)=P (*=i)P (Y=j)P (*=0, Y=0 )=P (*=0, Y=1 )=P (*=1, Y=0 )=P (*=1, Y=1 )=或?qū)懗?Y01012不放回抽樣的情況P*=0, Y=0 =P *=0, Y=1 =P *=1, Y=0 =P *=1, Y=1 =或?qū)懗?Y0101.二 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*表示取到黑球的只數(shù)，以Y表示取到白球的只數(shù)，求*，Y的聯(lián)合分布律。*Y01230001020解：*，Y的可能取值為(i, j)，i=0，1，2，3，j=0，12，i+j2，聯(lián)合分布律為P*=0, Y=2 =P *=1, Y=1 =P *=1, Y=2 =P *=2, Y=0 =P *=2, Y=1=P *=2, Y=2=P *=3, Y=0=P *=3, Y=1=P *=3, Y=2=0 三 設(shè)隨機(jī)變量*，Y概率密度為1確定常數(shù)k。2求P *<1, Y<33求P (*<1.54求P (*+Y4分析：利用P(*, Y)G=再化為累次積分，其中解：1，23y4 六 設(shè)二維隨機(jī)變量*，Y的概率密度為*=yy求邊緣概率密度。*o解:七 設(shè)二維隨機(jī)變量*，Y的概率密度為1試確定常數(shù)c。2求邊緣概率密度。解: l=yoy=*2*十六 第1題中的隨機(jī)變量*和Y是否相互獨(dú)立。解：放回抽樣的情況P*=0, Y=0 = P*=0·P Y=0=P*=0, Y=1 = P*=0P Y=1=P *=1, Y=0 = P*=1P Y=0=P*=1, Y=1 = P*=1P Y=1=在放回抽樣的情況下，*和Y是獨(dú)立的不放回抽樣的情況：P*=0, Y=0 =P*=0=P*=0= P*=0, Y=0 + P Y=0, *=1 =P*=0·P Y=0=P*=0, Y=0 P*=0P Y=0*和Y不獨(dú)立第四章 六 設(shè)隨機(jī)變量*的分布為*202Pk0.40.30.3求 E(*)，E(3*2+5)解：E(*)= (2)×0.4+0×0.3+2×0.3=0.2E(*2)= (2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8E(3*2+5) = 3E(*2)+ E(5)= 8.4+5=13.4十 一工廠生產(chǎn)的*種設(shè)備的壽命*以年計(jì)服從指數(shù)分布，概率密度為工廠規(guī)定出售的設(shè)備假設(shè)在一年內(nèi)損壞，可予以調(diào)換。假設(shè)工廠出售一臺(tái)設(shè)備可贏利100元，調(diào)換一臺(tái)設(shè)備廠方需花費(fèi)300元。試求廠方出售一臺(tái)設(shè)備凈贏利的數(shù)學(xué)期望。解：一臺(tái)設(shè)備在一年內(nèi)損壞的概率為故設(shè)Y表示出售一臺(tái)設(shè)備的凈贏利則故 二十一1設(shè)隨機(jī)變量*1，*2，*3，*4相互獨(dú)立，且有E (*i )=i, D (*i )=5i, i=1,2,3,4。設(shè)Y=2 *1*2+3*3*4，求E (Y)，D (Y)。2設(shè)隨機(jī)變量*，Y相互獨(dú)立，且*N720，302，YN640，252，求Z1=2*+Y，Z2=*Y的分布，并求P *>Y , P *+Y>1400解：1利用數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)2°，3°有E (Y)=2E (*1)E (*2)+3 E (*3)E (*4)=7利用數(shù)學(xué)方差的性質(zhì)2°，3°有D (Y)=22 D (*1)+ (1)2 D (*2)+32 D (*3)+()2 D (*4)=37.252根據(jù)有限個(gè)相互獨(dú)立的正態(tài)隨機(jī)變量的線性組合仍然服從正態(tài)分布，知Z1N· ，·，Z2N· ，·而E Z1=2E*+Y=2×720+640, D (Z1)= 4D (*)+ D (Y)= 4225E Z2=E*EY=720640=80, D (Z2)= D (*)+ D (Y)= 1525即 Z1N2080，4225，Z2N80，1525P*>Y = P*Y >0= PZ2>0=1PZ2 0=P*+Y >1400=1P*+Y1400同理*+YN1360，1525則P *+Y >1400 =1P *+Y 1400 =. z.