概率論與數理統計習題解答 第一章 隨機事件及其概率 概率論與數理統計習（第四版）題解答第一章 隨機事件及其概率樣本空間事件的關系及運算一、任意拋擲一顆骰子，觀察出現的點數。設事件表示“出現偶數點”，事件表示“出現的點數能被3整除”（1）寫出試驗的樣本點及樣本空間；（2）把事件及分別表示為樣本點的集合；（3）事件分別表示什么事件？并把它們表示為樣本點的 集合解：設表示“出現點”，則（1）樣本點為；樣本空間為（2）； （3），表示“出現奇數點”；，表示“出現的點數不能被3整除”；，表示“出現的點數能被2或3整除”；，表示“出現的點數能被2整除且能被3整除”；，表示“出現的點數既不能被2整除也不能被3整除”二、寫出下列隨機試驗的樣本空間及各個事件中的樣本點： （1）同時擲三枚骰子，記錄三枚骰子的點數之和“點數之和大于10”，“點數之和小于15” （2）一盒中有5只外形相同的電子元件，分別標有號碼1，2，3，4，5從中任取3只，“最小號碼為1”解：(1) 設表示“點數之和等于”，則； (2) 設表示“出現號碼為”，則三、設為三個事件，用事件之間的運算表示下列事件： (1) 發生, 與都不發生； (2) 都發生； (3) 中至少有兩個發生； (4) 中至多有兩個發生解：(1) ；(2) ；(3) 或 (4) 或或四、一個工人生產了n個零件，以表示他生產的第 個零件是合格品（）用表示下列事件： （1）沒有一個零件是不合格品； （2）至少有一個零件是不合格品； （3）僅有一個零件是不合格品； （4）至少有一個零件不是不合格品解：(1) ；(2) 或；(3) (4) 或第二章 概率的古典定義概率加法定理一、電話號碼由七個數字組成，每個數字可以是0，1，2，9中的任一個數（但第一個數字不能為0），求電話號碼是由完全不同的數字組成的概率解：基本事件總數為有利事件總數為設表示“電話號碼是由完全不同的數字組成”，則二、把十本書任意地放在書架上，求其中指定的三本書放在一起的概率解：基本事件總數為指定的三本書按某確定順序排在書架上的所有可能為種；這三本書按確定的順序放在書架上的所以可能的位置共種；這三本書的排列順序數為；故有利事件總數為(亦可理解為設表示“指定的三本書放在一起”，則三、為了減少比賽場次，把二十個隊任意分成兩組（每組十隊）進行比賽，求最強的兩個隊被分在不同組內的概率解：20個隊任意分成兩組（每組10隊）的所以排法，構成基本事件總數；兩個最強的隊不被分在一組的所有排法，構成有利事件總數 設表示“最強的兩隊被分在不同組”，則四、某工廠生產的產品共有100個，其中有5個次品從這批產品中任取一半來檢查，求發現次品不多于1個的概率解：設表示“出現的次品為件”，表示“取出的產品中次品不多于 1個”，則 因為，所以而 故 五、一批產品共有200件, 其中有6件廢品求 (1) 任取3件產品恰有1件是廢品的概率; (2) 任取3件產品沒有廢品的概率; (3) 任取3件產品中廢品不少于2件的概率解：設表示“取出的3件產品中恰有1件廢品”；表示“取出的3件產品中沒有廢品”；表示“取出的3件產品中廢品不少于2件”，則(1) (2) (3) 六、設求A, B, C至少有一事件發生的概率解：因為，所以，從而可推出設表示“A, B, C至少有一事件發生”，則，于是有 第三章 條件概率與概率乘法定理全概率公式與貝葉斯公式一、設求解：因為，所以，即二、某人忘記了電話號碼的最后一個數字，因而他隨意地撥號，求他撥號不超過兩次而接通所需電話的概率若已知最后一個數字是奇數，那么此概率是多少？解：設表示“第一次撥通”，表示“第二次撥通”，表示“撥號不超過兩次而撥通”（1）（2）三、兩臺車床加工同樣的零件，第一臺出現廢品的概率是0.03，第二臺出現廢品的概率是0.02加工出來的零件放在一起，并且已知第一臺加工的零件比第二臺加工的零件多一倍（1）求任意取出的零件是合格品的概率；（2）如果任意取出的零件是廢品，求它是第二臺車床加工的概率解：設表示“第臺機床加工的零件”；表示“出現廢品”；表示“出現合格品”（1） （2）四、獵人在距離100米處射擊一動物，擊中的概率為0.6；如果第一次未擊中，則進行第二次射擊，但由于動物逃跑而使距離變為150米；如果第二次又未擊中，則進行第三次射擊，這時距離變為200米假定擊中的概率與距離成反比，求獵人三次之內擊中動物的概率解：設表示“第次擊中”，則由題設，有，得，從而有， 設表示“三次之內擊中”，則，故有 （另解）設表示“獵人三次均未擊中”，則故所求為 五、盒中放有12個乒乓球，其中有9個是新的第一次比賽時從其中任取3個來用，比賽后仍放回盒中第二次比賽時再從盒中任取3個，求第二次取出的都是新球的概率解：設表示“第一次取得個新球”，則 設表示“第二次取出的都是新球”，則 第四章 隨機事件的獨立性獨立試驗序列一、一個工人看管三臺車床，在一小時內車床不需要工人照管的概率：第一臺等于0.9，第二臺等于0.8，第三臺等于0.7求在一小時內三臺車床中最多有一臺需要工人照管的概率解：設表示“第臺機床不需要照管”，則 再設表示“在一小時內三臺車床中最多有一臺需要工人照管”，則于是有 （另解）設表示“有臺機床需要照管”，表示“在一小時內三臺車床中最多有一臺需要工人照管”，則且、互斥，另外有故二、電路由電池與兩個并聯的電池及串聯而成設電池損壞的概率分別是0.3、0.2、0.2，求電路發生間斷的概率解：設表示“損壞”；表示“損壞”；表示“損壞”；則 又設表示“電路發生間斷”，則 于是有 三、三個人獨立地去破譯一個密碼，他們能譯出的概率分別為、，求能將此密碼譯出的概率解：設表示“甲能譯出”；表示“乙能譯出”；表示“丙能譯出”，則 設表示“此密碼能被譯出”，則，從而有（另解），從而有四、甲、乙、丙三人同時對飛機進行射擊，三人的命中概率分別為飛機被一人擊中而被擊落的概率為，被兩人擊中而被擊落的概率為，若三人都擊中，則飛機必被擊落求飛機被擊落的概率解：設表示“甲命中”；表示“乙命中”；表示“丙命中”；則 設表示“人擊中飛機” ，則 設表示“飛機被擊落”，則由題設有 故有五、某機構有一個9人組成的顧問小組，若每個顧問貢獻正確意見的概率都是0.7，現在該機構內就某事可行與否個別征求每個顧問的意見，并按多數人意見作出決策，求作出正確決策的概率解：設表示“第人貢獻正確意見”，則 又設為作出正確意見的人數，表示“作出正確決策”，則 六、每次試驗中事件A發生的概率為p，為了使事件A在獨立試驗序列中至少發生一次的概率不小于p，問至少需要進行多少次試驗？解：設做次試驗，則要，即要，從而有答：至少需要進行一次試驗第五章 離散隨機變量的概率分布超幾何分布二項分布泊松分布一、 一批零件中有9個合格品與3個廢品安裝機器時從這批零件中任取1個如果每次取出的廢品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的廢品數的概率分布解：設表示“在取得合格品以前已取出的廢品數”，則的概率分布為0123即0123亦即0123二、 自動生產線在調整以后出現廢品的概率為生產過程中出現廢品時立即進行調整求在兩次調整之間生產的合格品數的概率分布解：設表示“在兩次調整之間生產的合格品數”，且設，則的概率分布為012三、 已知一批產品共20個，其中有個次品（）不放回抽樣抽取個產品，求樣品中次品數的概率分布；（）放回抽樣抽取個產品，求樣品中次品數的概率分布解：（1）設表示“取出的樣本中的次品數”，則服從超幾何分布，即的概率函數為從而的概率分布為01234即01234 （2）設表示“取出的樣本中的次品數”，則服從超幾何分布，即的概率函數為從而的概率分布為0123456即0123456四、 電話總機為300個電話用戶服務在一小時內每一電話用戶使用電話的概率等于0.01，求在一小時內有4個用戶使用電話的概率（先用二項分布計算，再用泊松分布近似計算，并求相對誤差）解：（1）用二項分布計算 （2）用泊松分布計算 相對誤差為五、 設事件A在每一次試驗中發生的概率為0.3，當A發生次數不少于3次時，指示燈發出信號現進行了5次獨立試驗，求指示燈發出信號的概率解：設表示“事件發生的次數”，則，于是有 （另解） 六、 設隨機變量的概率分布為 ；其中0為常數，試確定常數解：因為，即，亦即，所以第六章 隨機變量的分布函數連續隨機變量的概率密度一、 函數可否是連續隨機變量的分布函數？為什么？如果的可能值充滿區間： （1）（）；（2）（）解：（1）設，則因為，所以不能是的分布函數（2）設，則且，因為，所以在（）上單增綜上述，故可作為的分布函數二、函數可否是連續隨機變量的概率密度？為什么？如果的可能值充滿區間： （1）； （2）； （3）解：（1）因為，所以；又因為，所以當時，函數可作為某隨機變量的概率密度 （2）因為，所以；但，所以當時，函數不可能是某隨機變量的概率密度 （3）因為，所以不是非負函數，從而它不可能是隨機變量的概率密度二、 一批零件中有9個合格品與3個廢品安裝機器時從這批零件中任取1個如果每次取出的廢品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的廢品數的分布函數，并作出分布函數的圖形解：設表示“取出的廢品數”，則的分布律為0123y 于是，的分布函數為ox 其圖形見右： 四、（柯西分布）設連續隨機變量的分布函數為求：（1）系數A及B；（2）隨機變量落在區間內的概率；(3) 的概率密度解：(1) 由，解得 即(2) (3) 的概率密度為五、（拉普拉斯分布）設隨機變量的概率密度為求：（1）系數；（2）隨機變量落在區間內的概率；（3）隨機變量的分布函數解：(1)由，得，解得，即有(2) (3) 隨機變量的分布函數為第七章 均勻分布指數分布隨機變量函數的概率分布一、公共汽車站每隔5分鐘有一輛汽車通過乘客到達汽車站的任一時刻是等可能的求乘客候車時間不超過3分鐘的概率解：設隨機變量表示“乘客的候車時間”，則服從上的均勻分布，其密度函數為于是有二、已知某種電子元件的使用壽命(單位:h)服從指數分布，概率密度為任取個這種電子元件，求至少有個能使用1000h以上的概率解：設表示“至少有個電子元件能使用1000h以上”；分別表示“元件甲、乙、丙能使用1000h以上”則（另解）設表示“至少有個電子元件能使用1000h以上”則從而有，進一步有三、(1) 設隨機變量服從指數分布證明：對于任意非負實數及，有 這個性質叫做指數分布的無記憶性(2) 設電視機的使用年數服從指數分布某人買了一臺舊電視機，求還能使用年以上的概率解：（）因為，所以，有，其中為的分布函數設，因為及都是非負實數，所以，從而根據條件概率公式，我們有另一方面，我們有綜上所述，故有（）由題設，知的概率密度為設某人購買的這臺舊電視機已經使用了年，則根據上述證明的（）的結論，該電視機還能使用5年以上的概率為答：該電視機還能使用5年以上的概率約為四、 設隨機變量服從二項分布，求下列隨機變量函數的概率分布： （1）；（2）解：的分布律為0123 （1）的分布律為1（2）的分布律為0110即01五、設隨機變量的概率密度為求隨機變量函數的概率密度解：因為 所以隨機變量函數的概率密度為，即第八章 二維隨機變量的聯合分布與邊緣分布一、把一顆均勻的骰子隨機地擲兩次設隨機變量表示第一次出現的點數，隨機變量表示兩次出現點數的最大值，求二維隨機變量的聯合概率分布及的邊緣概率分布解：二維隨機變量的聯合概率分布為的邊緣概率分布為二、設二維隨機變量（，）的聯合分布函數求：（1）系數A、B及C；（2）（，）的聯合概率密度：（3）邊緣分布函數及邊緣概率密度解：（1）由，得 解得，（2）因為，所以（，）的聯合概率密度為（3）及的邊緣分布函數分別為 及的邊緣概率密度分別為三、設的聯合概率密度為求：（1）系數；（2）的聯合分布函數；（3）及的邊緣概率密度；（4）落在區域R：內的概率解：（1）由，有，解得 （2）的聯合分布函數為 （3）及的邊緣概率密度分別為 （4）四、設二維隨機變量在拋物線與直線所圍成的區域上服從均勻分布求：(1) 的聯合概率密度；(2) 概率解：(1) 設的聯合概率密度為則由解得故有(2) 第九章 隨機變量的獨立性二維隨機變量函數的分布一、 設與是兩個相互獨立的隨機變量，在上服從均勻分布，的概率密度為求 (1) 的聯合概率密度; (2) 概率解: (1)的概率密度為，的聯合概率密度為（注意相互獨立） （2）二、 設隨機變量與獨立，并且都服從二項分布：證明它們的和也服從二項分布證明: 設, 則 由, 有 . 于是有由此知也服從二項分布.三、設隨機變量與獨立，并且在區間0，1內服從均勻分布，在區間0，2內服從辛普森分布：求隨機變量的概率密度解: 的概率密度為 . 于是的聯合概率密度為的聯合分布函數為，其中是與的定義域的公共部分.故有 從而隨機變量的概率密度為三、 電子儀器由六個相互獨立的部件（）組成，聯接方式如右圖所示設各個部件的使用壽命服從相同的指數分布，求儀器使用壽命的概率密度解: 由題設，知的分布函數為先求各個并聯組的使用壽命的分布函數.因為當并聯的兩個部件都損壞時,第個并聯組才停止工作,所以有從而有的分布函數為設儀器使用壽命.因為當三個并聯組中任一個損壞時,儀器停止工作.所以有.從而有的分布函數為故的概率密度為第十章 隨機變量的數學期望與方差一、 一批零件中有9個合格品與3個廢品安裝機器時從這批零件中任取一個如果取出的廢品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的廢品數的數學期望、方差與標準差解：設表示“在取得合格品以前已取出的廢品數”，則的概率分布為0123即0123于是有即的分布為0149即0149 于是有即 從而有二、 對某一目標進行射擊，直至擊中為止如果每次射擊命中率為p，求射擊次數的數學期望及方差解：設表示“第次擊中”，則的分布為123于是有的分布為149于是有進一步有三、設離散型隨機變量的概率函數為問的數學期望是否存在？若存在，請計算；若不存在，請解釋為什么解：因為不絕對收斂，所以沒有數學期望四、設隨機變量的概率密度為 求數學期望及方差解：五、（拉普拉斯分布）設隨機變量的概率密度為求數學期望及方差解：（分部積分亦可）第十一章 隨機變量函數的數學期望關于數學期望與方差的定理一、設隨機變量服從二項分布，求的數學期望及方差解：的概率分布為0123的概率分布為01的分布為01于是有二、過半徑為的圓周上一點任意作這圓的弦，求所有這些弦的平均長度解：在圓周上任取一點，并通過該點作圓得直徑建立平面直角坐標系，以為原點，且讓在軸的正半軸上通過任作圓的一條弦，使與軸的夾角為，則服從上的均勻分布，其概率密度為弦的長為，故所有弦的平均長度為三、一工廠生產的某種設備的壽命X（以年計）服從指數分布，概率密度為 工廠規定，出售的設備若在售出一年之內損壞可予以調換若工廠售出一臺設備贏利100元， 調換一臺設備廠方需花費300元試求廠方出售一臺設備的平均凈贏利解：由題設，有進而有 設表示“廠方出售一臺設備獲得的凈贏利”，則的概率分布為100從而有答：廠方出售一臺設備獲得的平均凈贏利約為元四、設隨機變量相互獨立，并且服從同一分布，數學期望為，方差為求這些隨機變量的算術平均值的數學期望與方差解：因為，且隨機變量相互獨立所以有，五、一民航送客車載有位旅客自機場開出，沿途有個車站可以下車，到達一個車站時如沒有旅客下車就不停車假設每位旅客在各車站下車是等可能的，且各旅客是否下車相互獨立求該車停車次數的數學期望解: 設表示第站的停車次數 (). 則服從分布. 其中于是的概率分布為01設, 則表示沿途停車次數, 故有 即停車次數的數學期望為.第十二章 二維隨機變量的數字特征切比雪夫不等式與大數定律一、 設二維隨機變量的聯合概率密度為 求：（1）系數A；（2）數學期望及，方差及，協方差解: (1) 由. 有解得, . (2) . 由對稱性, 知 . 同理, 有 . .二、 設二維隨機變量的聯合概率密度為求(1) ；(2) 與是否獨立，是否相關，為什么？解: (1) 因為 所以有 (2) 當時,有 ; 當時, 有.即同理有 因為 , 所以與不是獨立的又因為, 所以與是不相關的三、 利用切比雪夫不等式估計隨機變量與其數學期望的差的絕對值大于三倍標準差的概率解：四、為了確定事件A的概率，進行10000次重復獨立試驗利用切比雪夫不等式估計：用事件A在10000次試驗中發生的頻率作為事件A的概率的近似值時，誤差小于0.01的概率解：設表示“在10000次試驗中事件A的次數”，則且有 于是有 五、 樣檢查產品質量時，如果發現次品多于10個，則認為這批產品不能接受應該檢查多少個產品，可使次品率為10%的一批產品不被接受的概率達到0.9？解：設表示“發現的次品件數”，則，現要求 要使得，即，因為，所以 （德莫威爾Laplace定理）因為，所以，從而有，故查表有，故有，解得答：應該檢查約146個產品，方可使次品率為10%的一批產品不被接受的概率達到0.9第十三章 正態分布的概率密度、分布函數、數學期望與方差一、 設隨機變量服從正態分布，求（1）；（2）解：(1) (2) 二、 已知某種機械零件的直徑（mm）服從正態分布規定直徑在（mm）之間為合格品，求這種機械零件的不合格品率解：設表示這種機械零件的不合格品率，則而 故三、測量到某一目標的距離時發生的誤差(m)具有概率密度求在三次測量中至少有一次誤差的絕對值不超過m的概率解：三次測量中每次誤差絕對值都超過30米可表為 因為，所以由事件的相互獨立性，有 于是有四、設隨機變量，求隨機變量函數的概率密度（所得的概率分布稱為對數正態分布）解：由題設，知的概率密度為從而可得隨機變量的分布函數為當時，有；此時亦有當時，有此時亦有從而可得隨機變量的概率密度為五、設隨機變量與獨立，求：(1) 隨機變量函數的數學期望與方差，其中及為常數；(2) 隨機變量函數的數學期望與方差解：由題設，有；從而有(1)；(2)；第十四章二維正態分布正態隨機變量線性函數的分布中心極限定理一、設二維隨機變量服從二維正態分布，已知，并且，求的聯合概率密度解：已知，從而，進一步按公式，可得的聯合概率密度為二、設隨機變量與獨立，并且，求隨機變量的概率密度解：由題設，有，又根據關于數學期望的定理和方差的定理以及獨立正態隨機變量線性組合的分布，我們有且，故隨機變量的概率密度為三、 臺機床分別加工生產軸與軸襯設隨機變量(mm)表示軸的直徑，隨機變量(mm)表示軸襯的內徑，已知，顯然與是獨立的如果軸襯的內徑與軸的直徑之差在(mm)之間，則軸與軸襯可以配套使用求任取一軸與一軸襯可以配套使用的概率解：由題設，知隨機變量與是獨立的，且，設根據獨立正態隨機變量線性組合的分布，我們有根據題目假設，我們知道當時，軸與軸襯可以配套使用于是所求概率為四、100臺車床彼此獨立地工作著，每臺車床的實際工作時間占全部工作時間的80%，求： （1） 任一時刻有70至86臺車床在工作的概率； （2） 任一時刻有不少于80臺車床在工作的概率解：設表示“任一時刻正在工作的車床數”，則 （1） （2）五、在一家保險公司里有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，死亡時其家屬可向保險公司領得1000元問： （1） 保險公司虧本的可能性是多大？ （2） 保險公司一年的利潤不少于50000元的概率是多少？解：設表示“一年內死亡的人數”，則 （1） 即保險公司不可能虧本（2） 即保險公司一年利潤不少于50000元的概率為第十萬章 總體與樣本統計量幾個常用分布一、已知樣本觀測值為 15.8 24.2 14.5 17.4 13.2 20.817.9 19.1 21.0 18.5 16.4 22.6，計算樣本均值、樣本方差與樣本二階中心矩解：樣本均值為 樣本方差為 .樣本二階中心矩 .二、設抽樣得到100個觀測值如下：觀測值123456頻算樣本均值、樣本方差與樣本二階中心矩解：樣本均值為 樣本方差為 樣本二階中心矩為 三、設總體的均值與方差分別為與，是來自該總體的簡單隨機樣本，與分別是樣本均值與樣本方差，求解： 四、設總體與相互獨立且均服從正態分布，和分別為來自與的樣本，則統計量服從什么分布？解：因為，, 所以. 于是有推得 即分布五、設隨機變量服從自由度為的分布，證明：隨機變量服從自由度為的分布；從而證明等式提示：設，其中隨機變量與獨立，且，則，由此容易證明證明：設隨機變量與獨立且構造，則同理知因為，所以對于給定的，我們有又因為，所以與是等價的隨機事件，從而有于是有同理，因為，所以對上述給定的，我們有(2)結合(1)、(2)，便有即 第十六章 正態總體統計量的分布一、設總體（1） 抽取容量為36的樣本，求樣本平均值在38與43之間的概率；（2） 抽取容量為64的樣本，求的概率； （3）抽取樣本容量n多大時，才能使概率達到0.95？解：（1）因為，所以，從而有 （2）由題設，從而有 （3）要使，即要經查表，有，解得，即抽取樣本容量約為96時，可使二、從正態總體中抽取容量為10的樣本 （1）已知，求的概率； （2）未知，求的概率解：（1）因為，所以有（2）因為，所以有 三、設總體，總體，從總體中抽取容量為的樣本，從總體中抽取容量為的樣本，求下列概率：（1）；（2）解：（）因為，所以由得（）因為，所以由得四、設總體服從“01”分布： 抽取樣本，求樣本均值的概率分布，數學期望E及方差D解：，于是有 其中于是有第十七章 參數的點估計一、設總體服從“01”分布：如果取得樣本觀測值，求參數p的矩估計值與最大似然估計值解：(1)似然函數為，取對數，有令，解得，從而得的極大似然估計值為 二、設總體的概率密度為其中0如果取得樣本，求參數的矩估計量與最大似然估計量解：似然函數為，取對數，有令，求得的極大似然估計值為三、設總體X服從分布，其概率密度為 其中參數0，0如果樣本觀測值為, （1）求參數及的矩估計值； （2）已知=，求參數的極大似然估計值解：（1）因為所以，根據矩估計，有，即 ，亦即 ，解得 （2）由（1），有，故有四、從總體X中抽取樣本，證明下列三個統計量 都是總體均值的無偏估計量；并確定哪個估計量更有效解：因為所以都是總體均值的無偏估計量又因為 所以，更有效五、設總體服從指數分布，其中，抽取樣本，證明：(1) 雖然樣本均值是的無偏估計量，但卻不是的無偏估計量；(2) 統計量是的無偏估計量解：由此可見，雖然樣本均值是的無偏估計量，但卻不是的無偏估計量第十八章 正態總體參數的區間估計兩個正態總體均值差及方差比的區間估計一、設總體，如果樣本觀測值為6.54 8.20 6.88 9.02 7.56,求總體均值的置信水平為的置信區間，假定：（1）已知=1.2；（2）未知解：（1）由，解得又由題設，有，從而由，有 ，即 （2）因為，所以由，即 解得 二、設電子元件的壽命服從正態分布，抽樣檢查10個元件，得到樣本均值=1500(h)， 樣本標準差s=14（h），求： （1）總體均值的置信水平為的置信區間； （2）用作為的估計值，誤差絕對值不大于10(h)的概率解：（1）由，解得又由題設，有，未知，查表得故由 ，有亦即 （2），即，亦即，查表得，即，故三、設總體，已知=，要使總體均值的置信水平為的置信區間的長度不大于l，問需要抽取多大容量的樣本？解：因為，所以有 進一步有，即綜上述，故有四、測得16個零件的長度（mm）如下： 12.15 12.12 12.01 12.08 12.09 12.16 12.03 12.01 12.06 12.13 12.07 12.11 12.