概率論與數理統(tǒng)計習題參考答案（僅供參考）第一章第6頁(共62頁)PAGE第一章隨機事件及其概率1.寫出下列隨機試驗的樣本空間：（1）同時擲兩顆骰子，記錄兩顆骰子的點數之和；（2）在單位圓內任意一點，記錄它的坐標；（3）10件產品中有三件是次品，每次從其中取一件，取后不放回，直到三件次品都取出為止，記錄抽取的次數；（4）測量一汽車通過給定點的速度.解所求的樣本空間如下（1）S={2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12}（2）S={(x,y)|x2+y2<1}（3）S={3，4，5，6，7，8，9，10}（4）S={v|v>0}2.設A、B、C為三個事件，用A、B、C的運算關系表示下列事件：（1）A發(fā)生，B和C不發(fā)生；（2）A與B都發(fā)生，而C不發(fā)生；（3）A、B、C都發(fā)生；（4）A、B、C都不發(fā)生；（5）A、B、C不都發(fā)生；（6）A、B、C至少有一個發(fā)生；（7）A、B、C不多于一個發(fā)生；（8）A、B、C至少有兩個發(fā)生.解所求的事件表示如下3．在某小學的學生中任選一名，若事件A表示被選學生是男生，事件B表示該生是三年級學生，事件C表示該學生是運動員，則（1）事件AB表示什么？（2）在什么條件下ABC=C成立？（3）在什么條件下關系式是正確的？（4）在什么條件下成立？解所求的事件表示如下（1）事件AB表示該生是三年級男生，但不是運動員.（2）當全校運動員都是三年級男生時，ABC=C成立.（3）當全校運動員都是三年級學生時，關系式是正確的.（4）當全校女生都在三年級，并且三年級學生都是女生時，成立.4．設P(A)＝0.7，P(A－B)＝0.3，試求解由于AB=A–AB,P(A)=0.7所以P(AB)=P(AAB)=P(A)P(AB)=0.3,所以P(AB)=0.4,故=10.4=0.6.5.對事件A、B和C，已知P(A)=P(B)＝P(C)＝，P(AB)=P(CB)=0,P(AC)=求A、B、C中至少有一個發(fā)生的概率.解由于故P(ABC)=0則P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)–P(AB)–p(bc)–p(ac)+p(abc)6.設盒中有α只紅球和b只白球，現從中隨機地取出兩只球，試求下列事件的概率：A＝{兩球顏色相同}，B＝{兩球顏色不同}.解 由題意，基本事件總數為，有利于A的事件數為，有利于B的事件數為,則7.若10件產品中有件正品，3件次品,（1）不放回地每次從中任取一件，共取三次，求取到三件次品的概率；（2）每次從中任取一件，有放回地取三次，求取到三次次品的概率.解 （1）設A={取得三件次品}則.（2）設B={取到三個次品},則.8.某旅行社100名導游中有43人會講英語，35人會講日語，32人會講日語和英語，9人會講法語、英語和日語，且每人至少會講英、日、法三種語言中的一種，求：（1）此人會講英語和日語，但不會講法語的概率；（2）此人只會講法語的概率.解設A={此人會講英語},B={此人會講日語},C={此人會講法語}根據題意,可得(1)(2)9.罐中有12顆圍棋子，其中8顆白子4顆黑子，若從中任取3顆，求：（1） 取到的都是白子的概率；（2） 取到兩顆白子，一顆黑子的概率；（3） 取到三顆棋子中至少有一顆黑子的概率；（4） 取到三顆棋子顏色相同的概率.解(1)設A={取到的都是白子}則.(2)設B={取到兩顆白子,一顆黑子}.(3)設C={取三顆子中至少的一顆黑子}.(4)設D={取到三顆子顏色相同}.10.（1）500人中，至少有一個的生日是7月1日的概率是多少(1年按365日計算)？（2）6個人中，恰好有個人的生日在同一個月的概率是多少？解(1)設A={至少有一個人生日在7月1日},則(2)設所求的概率為P(B)11.將C，C，E，E，I，N，S7個字母隨意排成一行，試求恰好排成SCIENCE的概率p.解由于兩個C，兩個E共有種排法，而基本事件總數為，因此有從5副不同的手套中任取款4只，求這4只都不配對的概率.解要4只都不配對，我們先取出4雙，再從每一雙中任取一只，共有中取法.設A={4只手套都不配對}，則有一實習生用一臺機器接連獨立地制造三只同種零件，第i只零件是不合格的概率為，i=1，2，3，若以x表示零件中合格品的個數，則P(x=2)為多少？解設Ai={第i個零件不合格}，i=1,2,3,則所以由于零件制造相互獨立，有：，假設目標出現在射程之內的概率為0.7，這時射擊命中目標的概率為0.6，試求兩次獨立射擊至少有一次命中目標的概率p.解設A={目標出現在射程內}，B={射擊擊中目標}，Bi={第i次擊中目標},i=1,2.則P(A)=0.7,P(Bi|A)=0.6另外B=B1+B2，由全概率公式另外,由于兩次射擊是獨立的,故P(B1B2|A)=P(B1|A)P(B2|A)=0.36由加法公式P((B1+B2)|A)=P(B1|A)+P(B2|A)－P(B1B2|A)=0.6+0.6-0.36=0.84因此P(B)=P(A)P((B1+B2)|A)=0.7×0.84=0.588設某種產品50件為一批，如果每批產品中沒有次品的概率為0.35，有1，2，3，4件次品的概率分別為0.25,0.2,0.18,0.02，今從某批產品中抽取10件，檢查出一件次品，求該批產品中次品不超過兩件的概率.解設Ai={一批產品中有i件次品}，i=0,1,2,3,4,B={任取10件檢查出一件次品},C={產品中次品不超兩件},由題意 由于A0,A1,A2,A3,A4構成了一個完備的事件組,由全概率公式由Bayes公式故由以往記錄的數據分析，某船只運輸某種物品損壞2%，10%和90%的概率分別為0.8，0.15，0.05，現在從中隨機地取三件，發(fā)現三件全是好的，試分析這批物品的損壞率是多少（這里設物品件數很多，取出一件后不影響下一件的概率）.解設B={三件都是好的}，A1={損壞2%},A2={損壞10%},A1={損壞90%}，則A1,A2,A3是兩兩互斥,且A1+A2+A3=Ω,P(A1)=0.8,P(A2)=0.15,P(A2)=0.05.因此有P(B|A1)=0.983,P(B|A2)=0.903,P(B|A3)=0.13,由全概率公式由Bayes公式,這批貨物的損壞率為2%,10%,90%的概率分別為由于P(A1|B)遠大于P(A3|B),P(A2|B),因此可以認為這批貨物的損壞率為0.2.驗收成箱包裝的玻璃器皿，每箱24只裝，統(tǒng)計資料表明，每箱最多有兩只殘次品，且含0，1和2件殘次品的箱各占80%，15%和5%，現在隨意抽取一箱，隨意檢查其中4只；若未發(fā)現殘次品，則通過驗收，否則要逐一檢驗并更換殘次品，試求：（1）一次通過驗收的概率α；（2）通過驗收的箱中確定無殘次品的概率β.解設Hi={箱中實際有的次品數},,A={通過驗收}則P(H0)=0.8,P(H1)=0.15,P(H2)=0.05,那么有：(1)由全概率公式(2)由Bayes公式得一建筑物內裝有5臺同類型的空調設備，調查表明，在任一時刻，每臺設備被使用的概率為0.1，問在同一時刻（1）恰有兩臺設備被使用的概率是多少？（2）至少有三臺設備被使用的概率是多少？解設5臺設備在同一時刻是否工作是相互獨立的,因此本題可以看作是5重伯努利試驗.由題意，有p=0.1,q=1p=0.9,故(1)(2)概率論與數理統(tǒng)計習題參考答案（僅供參考）第二章第23頁(共62頁)PAGE第二章隨機變量及其分布有10件產品，其中正品8件，次品兩件，現從中任取兩件，求取得次品數X的分律.解X的分布率如下表所示：X012p28/4516/451/45進行某種試驗，設試驗成功的概率為，失敗的概率為，以X表示試驗首次成功所需試驗的次數，試寫出X的分布律，并計算X取偶數的概率.解X的分布律為： X取偶數的概率：從5個數1，2，3，4，5中任取三個為數.求：

X＝max()的分布律及P(X≤4)；

Y＝min()的分布律及P(Y>3).解基本事件總數為：，X345p0.10.30.6(1)X的分布律為：P(X≤4)=P(3)+P(4)=0.4(2)Y的分布律為Y123p0.60.30.1P(X>3)=0C應取何值，函數f(k)=，k＝1，2，…，λ>0成為分布律？解由題意,,即解得：已知X的分布律 X －1 1 2 P 求：（1）X的分布函數；（2）；（3）.解(1)X的分布函數為 ;(2)(3)F(xF(x)0x10.61解X的分布函數對同一目標作三次獨立射擊，設每次射擊命中的概率為p，求：

（1）三次射擊中恰好命中兩次的概率；

（2）目標被擊中兩彈或兩彈以上被擊毀，目標被擊毀的概率是多少？解設A={三次射擊中恰好命中兩次}，B=目標被擊毀，則(1)P(A)=(2)P(B)=一電話交換臺每分鐘的呼喚次數服從參數為4的泊松分布，求：

（1）每分鐘恰有6次呼喚的概率；

（2）每分鐘的呼喚次數不超過10次的概率.解(1)P(X=6)=或者

P(X=6)==0.21487–0.11067=0.1042.(2)P(X≤10)=0.99716設隨機變量X服從泊松分布，且P(X＝1)＝P(X＝2)，求P(X＝4)解由已知可得，解得λ=2，(λ=0不合題意)=0.09商店訂購1000瓶鮮橙汁，在運輸途中瓶子被打碎的概率為0.003，求商店收到的玻璃瓶，（1）恰有兩只；（2）小于兩只；（3）多于兩只；（4）至少有一只的概率.解設X={1000瓶鮮橙汁中由于運輸而被打破的瓶子數}，則X服從參數為n=1000,p=0.003的二項分布，即X~B(1000,0.003),由于n比較大，p比較小，np=3,因此可以用泊松分布來近似,即X~π(3).因此(1)P(X=2)(2)(3)(4)設連續(xù)型隨機變量X的分布函數為

求：（1）系數k；（2）P(0.25<X<0.75)；（3）X的密度函數；（4）四次獨立試驗中有三次恰好在區(qū)間(0.25，0.75)內取值的概率.解(1)由于當0≤x≤1時，有F(x)=P(X≤x)=P(X<0)+P(0≤X≤x)=kx2又F(1)=1,所以k×12=1因此k=1.(2)P(0.25<X<0.75)=F(0.75)F(0.25)=0.7520.252=0.5(3)X的密度函數為(4)由(2)知，P(0.25<X<0.75)=0.5，故P{四次獨立試驗中有三次在(0.25,0.75)內}=.設連續(xù)型隨機變量X的密度函數為求：（1）系數k；（2）；（3）X的分布函數.解(1)由題意，,因此(2)(3)X的分布函數某城市每天用電量不超過100萬千瓦時，以Z表示每天的耗電率(即用電量除以100萬千瓦時)，它具有分布密度為若該城市每天的供電量僅有80萬千瓦時，求供電量不夠需要的概率是多少？如每天供電量為90萬千瓦時又是怎樣的？解如果供電量只有80萬千瓦，供電量不夠用的概率為： P(Z>80/100)=P(Z>0.8)=如果供電量只有80萬千瓦，供電量不夠用的概率為：P(Z>90/100)=P(Z>0.9)=某儀器裝有三只獨立工作的同型號電子元件，其壽命(單位小時)都服從同一指數分布，分布密度為試求在儀器使用的最初200小時以內，至少有一只電子元件損壞的概率.解設X表示該型號電子元件的壽命，則X服從指數分布，設A={X≤200}，則P(A)=設Y={三只電子元件在200小時內損壞的數量}，則所求的概率為：設X為正態(tài)隨機變量，且X～N(2，)，又P(2<X<4)=0.3，求P(X<0)解由題意知 即故設隨機變量X服從正態(tài)分布N(10，4)，求a，使P(|X－10|<a)=0.9.解由于所以查表可得，=1.65即a=3.3設某臺機器生產的螺栓的長度X服從正態(tài)分布N(10.05，0.062)，規(guī)定X在范圍(10.05±0.12)厘米內為合格品，求螺栓不合格的概率.解由題意，設P為合格的概率，則 則不合格的概率=1P=0.0456設隨機變量X服從正態(tài)分布N(60，9)，求分點x1，x2，使X分別落在(－∞，x1)、(x1，x2)、(x2，+∞)的概率之比為3:4:5.解由題， 查表可得解得,x1=57.99查表可得解得,x2=60.63.已知測量誤差X（米）服從正態(tài)分布N(7.5,102)，必須進行多少次測量才能使至少有一次誤差的絕對值不超過10米的概率大于0.98？解設一次測量的誤差不超過10米的概率為p,則由題可知設Y為n次獨立重復測量誤差不超過10米出現的次數，則Y~B(n,0.5586)于是P(Y≥1)=1P(X=0)=1(10.5586)n≥0.980.4414n≤0.02,n≥ln(0.02)/ln(0.4414)解得：n≥4.784取n=5,即，需要進行5次測量.設隨機變量X的分布列為 X －2 0 2 3 P 試求：（1）2X的分布列；（2）x2的分布列.解(1)2X的分布列如下2X-4046p1/71/73/72/7(2)x2的分布列X2049p1/74/72/7設X服從N(0，1)分布，求Y＝｜X｜的密度函數.解y=|x|的反函數為,從而可得Y=|X|的密度函數為：當y>0時，當y≤0時，0因此有若隨機變量X的密度函數為求Y＝的分布函數和密度函數.解 y=在(0,1)上嚴格單調，且反函數為h(y)=,y>1,h’(y)=因此有Y的分布函數為：設隨機變量X的密度函數為 試求Y＝lnX的密度函數.解由于嚴格單調，其反函數為,則設隨機變量X服從N(μ,)分布，求Y＝的分布密度.解由于嚴格單調，其反函數為y>0,則當時因此假設隨機變量X服從參數為2的指數分布，證明：Y＝在區(qū)間(0,1)上服從均勻分布.解 由于在(0,+∞)上單調增函數，其反函數為：并且，則當當y≤0或y≥1時，=0.因此Y在區(qū)間(0,1)上服從均勻分布.把一枚硬幣連擲三次，以X表示在三次中正面出現的次數，Y表示三次中出現正面的次數與出現反面的次數之差的絕對值，試求（X，Y）的聯合概率分布.解 根據題意可知,(X,Y)可能出現的情況有：3次正面，2次正面1次反面,1次正面2次反面,3次反面,對應的X,Y的取值及概率分別為P(X=3,Y=3)=P(X=2,Y=1)=P(X=1,Y=1)=P(X=0,Y=3)=于是，（X，Y）的聯合分布表如下：XY0123103/83/8031/8001/8在10件產品中有2件一級品，7件二級品和1件次品，從10件產品中無放回抽取3件，用X表示其中一級品件數，Y表示其中二級品件數，求：

（1）X與Y的聯合概率分布；（2）X、Y的邊緣概率分布；（3）X與Y相互獨立嗎？解根據題意，X只能取0，1，2，Y可取的值有：0，1，2，3，由古典概型公式得：(1)其中, ,可以計算出聯合分布表如下YX012300021/12035/12056/1201014/12042/120056/12021/1207/120008/1201/12021/12063/12035/120(2)X,Y的邊緣分布如上表(3)由于P(X=0,Y=0)=0,而P(X=0)P(Y=0)≠0,P(X=0,Y=0)≠P(X=0)P(Y=0),因此X,Y不相互獨立.袋中有9張紙牌，其中兩張“2”，三張“3”，四張“4”，任取一張，不放回，再任取一張，前后所取紙牌上的數分別為X和Y，求二維隨機變量(X,Y)的聯合分布律，以及概率P(X＋Y>6)解(1)X,Y可取的值都為2,3,4,則(X,Y)的聯合概率分布為：YX23422/931/344/92/91/34/9(2)P(X+Y>6)=P(X=3,Y=4)+P(X=4,Y=3)+P(X=4,Y=4)=1/6+1/6+1/6=1/2.設二維連續(xù)型隨機變量(X,Y)的聯合分布函數為,求：（1）系數A、B及C；（2）(X,Y)的聯合概率密度；（3）X，Y的邊緣分布函數及邊緣概率密度；（4）隨機變量X與Y是否獨立？解(1)由(X,Y)的性質,F(x,-∞)=0,F(-∞,y)=0,F(-∞,-∞)=0,F(+∞,+∞)=1,可以得到如下方程組：解得：(2)(3)X與Y的邊緣分布函數為：X與Y的邊緣概率密度為：(4)由(2),(3)可知：,所以X，Y相互獨立.設二維隨機變量(X,Y)的聯合概率密度為（1）求分布函數F(x,y)；（2）求(X，Y)落在由x＝0，y＝0，x＋y＝1所圍成的三角形區(qū)域G內的概率.解(1)當x>0,y>0時，否則，F(x,y)=0.(2)由題意，所求的概率為設隨機變量（X，Y）的聯合概率密度為求：（1）常數A；（2）X，Y的邊緣概率密度；（3）.解(1)由聯合概率密度的性質，可得 解得A=12.(2)X,Y的邊緣概率密度分別為：(3)設隨機變量（X，Y）的聯合概率密度為求P(X＋Y≥1).解由題意，所求的概率就是(X,Y)落入由直線x=0,x=1,y=0,y=2,x+y=1圍的區(qū)域G中,則設二維隨機變量(X,Y)在圖2.20所示的區(qū)域G上服從均勻分布，試求(X,Y)的聯合概率密度及邊緣概率密度.解由于(X,Y)服從均勻分布，則G的面積A為： ,(X,Y)的聯合概率密度為：.X,Y的邊緣概率密度為：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的概率密度是求：（1）X和Y和聯合概率密度；（2）P(Y≤X).解由于X在(0,0.2)上服從均勻分布，所以y=xy(1)由于X，Y相互獨立，因此X,Y的聯合密度函數為：y=xy00.2x(2)由題意，所求的概率是由直線x=0,x=0.2,y=0,y=x所圍的區(qū)域，00.2x如右圖所示，因此設（X，Y）的聯合概率密度為求X與Y中至少有一個小于的概率.解所求的概率為設隨機變量X與Y相互獨立，且X －1 1 3 Y －3 1 P P 求二維隨機變量（X，Y）的聯合分布律.解由獨立性，計算如下表XY-113-31/81/203/401/413/83/209/403/41/21/56/20設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布律為 X 1 2 3Y 1 2 a b c（1）求常數a，b，c應滿足的條件；（2）設隨機變量X與Y相互獨立，求常數a，b，c.解由聯合分布律的性質，有：,即a+b+c=又，X,Y相互獨立，可得從而可以得到：設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布函數為求邊緣分布函數與，并判斷隨機變量X與Y是否相互獨立.解由題意,邊緣分布函數下面計算FY(y)可以看出，F(x,y)=Fx(x)FY(y),因此，X，Y相互獨立.設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布函數為求邊緣概率密度與，并判斷隨機變量X與Y是否相互獨立.解先計算,當x<1時,當x≥1時,再計算,當y<1時,當y≥1時,可見,,所以隨機變量X,Y相互獨立設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布函數為求邊緣概率密度與，并判斷隨機變量X與Y是否相互獨立.解先計算,當x<0或者x>1時,當1≥x≥0時,再計算,當y<0或者y>1時,當1≥y≥0時,由于,所以隨機變量X,Y不獨立設二維隨機變量（X，Y）的聯合分布函數為求隨機變量Z＝X－2Y的分布密度.0zxyzxyxyyx2y=z0zxyzxyxyyx2y=zDyDy 當z<0時，積分區(qū)域為：D={(x,y)|x>0,y>0,x2y≤z}y求得yx2y=zDy當z≥0時，積分區(qū)域為：D={(x,y)|x>0,y>0,x2yx2y=zDyxy0zxyzxyxy0zxyzxy由此,隨機變量Z的分布函數為因此,得Z的密度函數為：設隨機變量X和Y獨立，X～，Y服從［－b，b］(b>0)上的均勻分布，求隨機變量Z＝X＋Y的分布密度.解解法一由題意，令則解法二設X服從參數為的指數分布，Y服從參數為的指數分布，且X與Y獨立，求Z＝X＋Y的密度函數.解由題設，X~,Y~并且，X，Y相互獨立，則由于僅在x>0時有非零值，僅當zx>0，即z>x時有非零值，所以當z<0時，=0,因此=0.當z>0時，有0>z>x,因此設（X，Y）的聯合分布律為X 0 1 2 3 Y 0 0 0.05 0.08 0.12 1 0.01 0.09 0.12 0.15 2 0.02 0.11 0.13 0.12求：（1）Z＝X＋Y的分布律；（2）U＝max（X，Y）的分布律；（3）V＝min（X，Y）的分布律.解(1)X+Y的可能取值為：0，1，2，3，4，5，且有P(Z=0)=P(X=0,Y=0)=0P(Z=1)=P(X=1,Y=0)+P(X=0,Y=1)=0.06P(Z=2)=P(X=2,Y=0)+P(X=0,Y=2)+P(X=1,Y=1)=0.19P(Z=3)=P(X=3,Y=0)+P(X=1,Y=2)+P(X=2,Y=1)=0.35P(Z=4)=P(X=2,Y=2)+P(X=3,Y=1)=0.28P(Z=5)=P(X=3,Y=2)=0.12Z=X+Y的分布如下Z012345p00.060.190.350.280.12同理，U=max(X,Y)的分布如下U∈{0,1,2,3}U0123p00.150.460.39V012p0.280.470.25同理，V=min(X,Y)的分布分別如下V∈{0,1,2}概率論與數理統(tǒng)計習題參考答案（僅供參考）第三章第28頁(共62頁)PAGE第三章隨機變量的數字特征隨機變量X的分布列為 X －1 0 1 2 P 求E(X)，E(－X＋1)，E(X2)解 或者一批零件中有9件合格品與三件廢品，安裝機器時從這批零件中任取一件，如果取出的廢品不再放回，求在取得合格品以前已取出的廢品數的數學期望.解設取得合格品之前已經取出的廢品數為X,X的取值為0,1,2,3,Ak表示取出廢品數為k的事件，則有：已知離散型隨機變量X的可能取值為－1、0、1，E(X)＝0.1，E(X2)＝0.9，求P(X=1)，P(X＝0)，P(X＝1).解根據題意得：可以解得P(X1)=0.4,P(X=1)=0.5,P(X=0)=1P(X1)P(X=1)=10.40.5=0.1設隨機變量X的密度函數為求E(X).解由題意,,設隨機變量X的密度函數為求E(2X)，E().解 對球的直徑作近似測量，其值均勻分布在區(qū)間［a，b］上，求球的體積的數學期望.解由題意，球的直徑D~U(a,b),球的體積V=因此，設隨機變量X，Y的密度函數分別為求E(X＋Y)，E(2X－3Y2).解設隨機函數X和Y相互獨立，其密度函數為求E(XY).解由于XY相互獨立,因此有設隨機函數X的密度為 求E(X),D(X).解設隨機函數X服從瑞利(Rayleigh)分布,其密度函數為其中σ>0是常數，求E(X)，D(X).解拋擲12顆骰子，求出現的點數之和的數學期望與方差.解擲1顆骰子，點數的期望和方差分別為：E(X)=(1+2+3+4+5+6)/6=7/2E(X2)=(12+22+32+42+52+62)/6=91/6因此D(X)=E(X2)(E(X))2=35/12擲12顆骰子,每一顆骰子都是相互獨立的,因此有：E(X1+X2+…+X12)=12E(X)=42D(X1+X2+…+X12)=D(X1)+D(X2)+…+D(X12)=12D(X)=35將n只球（1～n號）隨機地放進n只盒子（1～n號）中去，一只盒子裝一只球，將一只球裝入與球同號碼的盒子中，稱為一個配對，記X為配對的個數，求E(X),D(X).解（1）直接求X的分布律有些困難，我們引進新的隨機變量Xk ,則有：，Xk服0-1分布因此： （2）服從0-1分布，則有故，E(X)=D(X)=1.我們知道，泊松分布具有期望與方差相等的性質，可以認定，X服從參數為1的泊松分布.在長為l的線段上任意選取兩點，求兩點間距離的數學期望及方差.解設所取的兩點為X,Y,則X,Y為獨立同分布的隨機變量,其密度函數為依題意有D(XY)=E((XY)2)(E(XY))2=設隨機變量X服從均勻分布，其密度函數為求E(2X2)，D(2X2).解設隨機變量X的方差為2.5，試利用切比雪夫不等式估計概率的值.解由切比雪夫不等式,取,得.在每次試驗中，事件A發(fā)生的概率為0.5，如果作100次獨立試驗，設事件A發(fā)生的次數為X，試利用切比雪夫不等式估計X在40到60之間取值的概率解由題意，X~B(100，0.5),則E(X)=np=50,D(X)=npq=25根據切比雪夫不等式,有.設連續(xù)型隨機變量X的一切可能值在區(qū)間［a，b］內，其密度函數為，證明：（1）a≤E(X)≤b；（2）.解(1)由題意，a≤X≤b,那么則由于所以(2)解法(一)即,又解法(二),由于 設二維隨機變量（X，Y）的分布律為 X 0 1Y 1 0.1 0.2 2 0.2 0.4 求E(X)，E(Y)，D(X)，D(Y)，cov(X,Y)，及協(xié)方差矩陣.解由題設，E(XY)=0×0×0.1+0×1×0.2+1×0×0.3+1×1×0.4=0.4cov(X,Y)=E(XY)E(X)E(Y)=0.40.6×0.7=0.02協(xié)方差矩陣為設二維隨機變量（X，Y）的分布律為X －1 0 1Y－1 0 0 1 試驗證X和Y是不相關的，但X和Y不是相互獨立的.解由于因此,即X和Y是不相關的.但由于,因此X,Y不是相互獨立的.設二維隨機變量（X，Y）的密度函數為求E(X)，E(Y)，D(X)，D(Y)，cov(X,Y)，及協(xié)方差矩陣.解又同理可得,協(xié)方差矩陣為已知隨機變量(X,Y)服從正態(tài)分布，且E(X)＝E(Y)=0，D(X)=16，D(Y)=25，cov(X,Y)＝12，求(X,Y)的密度函數.解由題意,則密度函數為設隨機變量X和Y相互獨立，且E(X)＝E(Y)＝0，D(X)＝D(Y)＝1，試求E((X＋Y)2).解由于因此有設隨機變量X和Y的方差分別為25，36，相關系數為0.4，試求D(X＋Y)，D(X－Y).解由題意，D(X+Y)=2(cov(X,Y))+D(X)+D(Y)=24+25+36=85因為cov(X,Y)=cov(X,Y)=12因此D(XY)=2(cov(X,Y))+D(X)+D(Y)=24+25+36=37.設隨機變量X和Y相互獨立，且都服從正態(tài)分布N(0,2)，令U＝aX＋bY，V＝aXbY，試求U和V的相關系數.解由于X，Y相互獨立，則都服從N(0,2)概率論與數理統(tǒng)計習題參考答案（僅供參考）第四章第39頁(共68頁)PAGEPAGE39第四章大數定律與中心極限定理設Xi，i＝1，2，…，50是相互獨立的隨機變量，且它們都服從參數為＝0.02的泊松分布.記X＝X1＋X2＋…+X50，試利用中心限定理計算P(X≥2).解由題意，E(Xi)=D(Xi)=，由中心極限定理隨機變量近似服從標準正態(tài)分布所以有某計算機系統(tǒng)有100個終端，每個終端有2％的時間在使用，若各個終端使用與否是相互獨立的，試分別用二項分布、泊松分布、中心極限定理，計算至少一個終端被使用的概率.解設X為被使用的終端數,由題意,X~B(100,0.02)(1)用二項分布計算(2)用泊松分布近似計算因為np=100×0.02=2,查表得0.1353=0.8647.(3)中心極限定近似計算一個部件包括10個部分，每部分的長度是一個隨機變量，它們相互獨立，服從同一分布，數學期望為2mm，均方差不0.05mm，規(guī)定部件總長度為20±0.1mm時為合格品，求該部件為合格產品的概率.解設Xi表示一部分的長度,i=1,2,…,10.由于X1,X2,…,X10相互獨立,且E(Xi)=2,D(Xi)=0.052,根據獨立同分布中心極限定理，隨機變量近似地服從標準正態(tài)分布.于是計算機在進行加法時，對每個加數取整（取為最接近于它的整數），設所有的取整誤差是相互獨立的，且它們都在(-0.5,0.5)上服從均勻分布.若將1500個數相加，試求誤差總和的絕對值超過15的概率；多少個數相加可使誤差總和絕對值小于10的概率為0.05的概率.解設Xi表示一個加數的誤差，則Xi~U(-0.5,0.5),E(Xi)=0,D(Xi)=1/12(1)根據獨立同分布中心極限定理，隨機變量近似地服從標準正態(tài)分布.于是因此所求的概率為：1-P(-15<X<15)=1-0.8198=0.1802(2)由題意，設有n個數相加可使誤差總和絕對值小于10的概率為0.90,X=nXi.由獨立同分布的中心極限定理，隨機變量近似地服從標準正態(tài)分布.則=0.90查表得=1.645,解得：n=443即443個數相加可使誤差總和絕對值小于10的概率為0.05的概率為了確定事件A的概率，進行了一系列試驗.在100次試驗中，事件A發(fā)生了36次，如果取頻率0.36作為事件A的概率p的近似值，求誤差小于0.05的概率.解(刪除)一個復雜系統(tǒng)由10000個相互獨立的部件組成，在系統(tǒng)運行期間，每個部件損壞的概率為0.1，又知為使系統(tǒng)正常運行，至少有89％的部件工作.求系統(tǒng)的可靠度（系統(tǒng)正常運行的概率）；上述系統(tǒng)由n個相互獨立的部件組成，而且要求至少有87％的部件工作，才能使系統(tǒng)正常運行，問n至少為多在時，才能保證系統(tǒng)的可靠度達到97.72％？解設X表示正常工作的部件數，X~B(10000,0.9),(1)所求的概率為,由于n比較大，可以使用中心極限定理，由于，近似地有，X~N(9000,900),則(2)根據題意,設X為正常工作的部件數，則根據中心極限定理,近似地有X~N(0.9n,0.09n)查表得,n=400,即,n至少為400時,才能保證系統(tǒng)的可靠度達到97.72%.某單位有200臺電話分機，每臺分機有5％的時間要使用外線通話，假定每臺分機是否使用外線是相互獨立的，問該單位總機要安裝多少條外線才能以90％以上的概率保證分機使用外線時不等待？解設X為某時刻需要使用外線的戶數（分機數），顯然X~(200,0.05)，E(X)=np=10,D(X)=np(n-p)=9.5.設k是為要設置的外線的條數，要保證每個要使用外線的用戶能夠使用上外線，必須有k≥X.根據題意應有： 這里n=200，較大，可使用中心極限定理，近似地有X~N(10,9.5)：經過查表，，取k=14即至少14條外線時，才能保證要使用外線的用戶都能使用外線的概率大于95%.設μn為n重伯努利試驗中成功的次數，p為每次成功的概率，當n充分大時，試用棣莫弗－拉普拉斯定律證明.式中，p＋q＝1；是標準正態(tài)分布的分布函數.證明由題意，,,當n很大時，近似服從正態(tài)分布，即,或者使用標準化的隨機變量：,因此，由棣莫弗-拉普拉斯定理，有=現有一大批種子，其中良種占，今在其中任選4000粒，試問在這些種子中，良種所占比例與之差小于1％的概率是多少？解設X為4000粒種子中良種粒數，則所求的概率為： 因為，X~B(4000,0.25),由棣莫弗-拉普拉斯定理，有一批種子中良種占，從中任取6000粒，問能以0.99的概率保證其中良種的比例與相差多少？這時相應的良種粒數落在哪個范圍？解設X為6000粒種子中良種粒數，設所求的差異為p,則所求的概率為： 因為，X~B(6000,1/6),E(X)=np=1000,D(X)=np(1-p)=2500/3,由棣莫弗-拉普拉斯定理，有因此查表可得解得由于所以,良種的粒數大約落在區(qū)間(926,1074)之間.概率論與數理統(tǒng)計習題參考答案（僅供參考）第五章第47頁(共68頁)PAGEPAGE47第五章數理統(tǒng)計的基本概念在總體N(52，632)中隨機抽取一容量為36的樣本，求樣本均值落在50.8到53.8之間的概率.解由題意，由定理1(1),在總體N(80，202)中隨機抽取一容量為100的樣本，求樣本均值與總體均值的絕對值大于3的概率是多少？解這里總體均值為=80,=20,n=100,由定理1(1)由題意得：求總體N(20，3)的容量分別為10，15的兩獨立樣本均值差的絕對值大于0.3的概率.解由定理2(1),由題意，所求的概率為設總體X的容量為10的樣本觀測值為4.5，2.0，0，1.0，1.5，3.4，4.5，6.5，5.0，0，3.5，4.0.試分別計算樣本均值與樣本方差S2的值.解樣本均值與樣本方差的簡化計算如下：設樣本值x1，x2，…，xn的平均值為和樣本方差為，作變換，得到，它的平均值為，方差為，試證：，.證明,對某種混凝土的抗壓強度進行研究，得到它的樣本值為 1936，1697，3030，2424，2020，2909，1815，2020，2310．采用下面簡化計算法計算樣本均值和樣本方差.即先作變換，再計算與，然后利用第5題中的公式獲得和的數值.解做變換后，得到的樣本值為：-61，-303，1030，424，20，-91，-185，20，310某地抽樣調查了1995年6月30個工人月工資的數據，試畫出它們的直方圖，然后利用組中間值給出經驗分布函數. 440444 556 430380420500430420384 420404424340424412388472360476 376396428444366436364440330426解最小值,最大值,故(a,b]可取為(329,559],將(a,b]分為長度為23的10個區(qū)間,列出頻數與頻率表如下：序號組(ti-1,ti),頻數頻率序號組(ti-1,ti)頻數頻率1(329,352]20.0676(444,467]002(352,375]30.17(467,490]20.0673(375,398]50.1678(490,513]10.0334(398,421]50.1679(513,536]005(421,444]110.36710(536,559]10.033 合計：301 由于第6組與第9組頻數為0，可將其與下一組合并。合并數據為8組，結果如下表： 序號組(ti-1,ti),頻數頻率序號組(ti-1,ti)頻數頻率1(329,352]20.0676(444,490]20.0672(352,375]30.17(490,513]10.0333(375,398]50.1678(513,559]10.0334(398,421]50.1675(421,444]110.367合計301 根據表上數據作出直方圖，如下圖所示：yyxOf(x)329559 再用組中值的頻率分布組中間值340.5363.5386.5409.5432.5467501.5534頻率0.0670.10.1670.1670.3670.0670.0330.033 可求出經驗分布函數F30(x).設X1，X2，…，X10為N（0，0.32）的一個樣本，求.解由于Xk是來自N(0,0.32)的樣本，則，k=1,2,…,10，所以有服從自由度n=10的2分布.因此查表可知，=15.987故查分布表求下列各式中λ的值：（1）（2）解(1)P(2(8)<)=1-P(2(8)>)=0.99,查表得,即(2)查表得查t分布表求下列各式中λ的值：（1）（2）解(1)查表得(2)查F分布表求下列各式的值：（1）（2）解(1) (2)已知X～t(n)，求證X2～F(1,n).證明因為X～t(n),由定義,存在相互獨立的隨機變量T與Y，使得,

其中,又因T與Y相互獨立，故T2與Y相互獨立，，,則.設X1，X2，…，Xn是來自分布的樣本，求樣本均值的數學期望和方差.解由于,k=1,2,…,n,則或者設X1，X2，…，Xn為來自泊松分布的樣本，，S2分別為樣本均值和樣本方差，求E()，D()，E(S2).解由于,k=1,2,…,n,則 設X1，X2，X3，X4為來自總體N(0,1)的樣本，，當a，b為何值時，，且自由度n是多少？解 由于X1，X2，X3，X4相互獨立，均服從N(0,1)正態(tài)分布，因此則,，, 即 因此，X服從分布，自由度n=2,并且.設在總體中抽取一容量為16的樣本，這里均為未知，求：（1），其中S2為樣本方差；（2）D(S2).解因 查表,得,因此所以設X1，X2，…，X16是來自總體X～的樣本，和S2分別是樣本均值和樣本方差，求k使得解因由定理1(4),即由于,因此，,查t分布表(n=15,=0.05),可得，-4k=1.7531解得設X1，X2，…，Xn是來自正態(tài)總體的樣本，和S2分別是樣本均值和樣本方差，又設，且與X1，X2，…，Xn獨立，試求統(tǒng)計量的抽樣分布.解因為,，所以因而又因為U,V相互獨立,所以.概率論與數理統(tǒng)計習題參考答案（僅供參考）第六章第62頁(共68頁)PAGEPAGE62第六章參數估計與假設檢驗使用一測量儀器對同一量進行12次獨立測量，其結果為（單位：毫米）232.50 232.48 232.15 232.53 232.45 232.30232.48 232.05 232.45 232.60 232.47 232.30試用矩法估計測量值的均值和方差（設儀器無系統(tǒng)誤差）.解.設樣本值(1.30.61.72.20.31.1)來自具有密度f(x)＝，0≤x≤β的總體，試用矩法估計總體均值、總體方差以及參數β.解我們以作為總體均值的估計量，以作為總體方差的估計量，則有樣本的一階原點矩由矩法估計得即另由矩法估計得隨機地取用8只活塞環(huán)，測得它們的直徑為（單位：毫米）74.001， 74.005， 74.003， 74.001，74.000， 73.998， 74.006， 74.002.試求總體均值μ及方差σ2的矩估計值，并求樣本方差S2.解我們以作為總體均值的估計量，以作為總體方差的估計量，則有：即 設樣本X1，X2，…，Xn來自指數分布求參數的矩估計量.解總體X的一階原點矩： 總體X的二階中心矩：由矩法，應有解這個方程，得對容量為n的樣本，求密度函數中參數a的矩估計值.解總體X的一階原點矩：,由矩法，有解得設X～B(1,p)，X1，X2，…，Xn是來自X的一個樣本，試求參數p的最大似然估計量.解設X1，X2，…，Xn是取自總體X的樣本，由X~B(1，p),x1，x2，…，xn是相應于樣本X1，X2，…，Xn的一個樣本值，似然函數為：, ,令則有解得p的最大似然估計值為因此,相應的最大似然估計量為設總體X服從幾何分布，它的分布律為X1，X2，…，Xn為X的一個樣本，求參數p的矩估計量和最大似然估計量.解(1)總體X的一階原點矩：樣本的一階原點矩：由矩估計，有所以，(2)設X1，X2，…，Xn是取總體X的樣本，x1，x2，…，xn是相應于樣本X1，X2，…，Xn的一個樣本值，似然函數為： , 令,則有解得p的最大似然估計值為 因此,相應的最大似然估計量為設總體X在上服從均勻分布，未知，x1，x2，…，xn是一個樣本值，試求的最大似然估計量.解由題，總體X的密度函數為：，似然函數為根據最大似估計的思想，L越大，樣本觀察值越可能出現.考慮L的取值，要使L取值最大，(b-a)應最小.因為,所以，當時，似然函數取最大值因此設總體X服從參數為θ的指數分布，概率密度為 其中，參數θ>0為未知，又設X1，X2，…，Xn是來自X樣本，試證：nZ＝n(min（X1，X2，…，Xn））是θ的無偏估計量.解因為,所以是的無偏估計量.而具有概率密度所以有,即n是的無偏估計量設從均值為，方差為2>0的總體中分別抽取容量為n1，n2的兩個獨立樣本，和分別是兩樣本的均值，試證：對于任意常數a，b（a＋b＝1），Y＝a＋b都是的無偏估計，并確定常數a，b，使D(Y)達到最小.解由題意，，,相互獨立,則所以，Y是的無偏估計.因為由于a+b=1,所以有 =，對,有極小值,此時，D(Y)有極小值，代入(a+b=1)可得即當，，達到最小值.設分別自總體和中抽取容量為n1，n2的兩個獨立樣本，其樣本方差分別為.試證：對于任意常數a，b（a＋b＝1），Z＝a＋b都是2的無偏估計，并確定常數a，b，使D(Z)達到最小.解由題意，相互獨立,則所以，Z是的無偏估計.又 ,所以同理因此有由于a+b=1,由10題的結果，可得當，，D(Z)有極小值，最小值為：從一大批電子管中隨機抽取100只，抽取的電子管的平均壽命為1000小時.設電子管壽命服從正態(tài)分布，已知均方差＝40小時.以置信度0.95求出整批電子管平均壽命μ的置信區(qū)間.解由題意,這是方差已知的總體均值的區(qū)間估計，結果為,其中n=100,查表可得=1.96代入得：,即整批電子管平均壽命的置信區(qū)間為(992.16,1007.84)燈泡廠從某天生產的一批燈泡中隨機抽取10只進行壽命試驗，測得數據如下（單位：小時）1050， 1100， 1080， 1120， 1200，1040， 1130， 1300， 1200， 1250，設燈泡壽命服從從正態(tài)分布，試求出該天生產的整批燈泡壽命的置信區(qū)間（＝0.05）.解這是未知方差，求的置信區(qū)間.由樣本值可計算得 查表得,代入可得、 即該天生產的整批燈泡的壽命的置信區(qū)間為(1084.72,1029.28)從自動機床加工的同類零件中抽取10件，測得零件長度為（單位：毫米）12.15， 12.12， 12.01, 12.28， 12.09，12.03， 12.01， 12.11， 12.06， 12.14，設零件長度服從正態(tài)分布.求：(1)方差2的估計值；(2)方差2的置信區(qū)間(a＝0.05).解（1）這里使用樣本方差S2作為的無偏估計量. 由于0.0066（2）這是未知期望，求方差的置信區(qū)間由于查表可知，代入可得所以，方差的置信區(qū)間為冷抽銅絲的折斷力服從正態(tài)分布，現從一批銅絲中任取10根，試驗折斷力，得數為（單位：牛頓）584，578，572，570，568，572，570，572，596．求折斷力均方差的置信區(qū)間（＝0.02）.解這是未知期望，求均方差的置信區(qū)間計算可得 并且查表可知，代入可得所以，均方差的置信區(qū)間為, 隨機地從A批導線中抽取4根，又從B批導線中抽取5根，測量電阻數據為（單位：歐姆）A批 0.143， 0.142， 0.143， 0.137B批 0.140， 0.142， 0.136， 0.138， 0.140設A批電阻服從分布，B批電阻服從.，兩個樣本相互獨立，又，均未知，試求的置信度為0.95的置信區(qū)間.解這是雙正態(tài)總體均值的區(qū)間估計,其中未知.n1=4,n2=5,計算可得,,查表得,因此所以，的置信度為0.95的置信區(qū)間為：兩臺機床加工同一種零件，現分別抽取6個和9個零件，測量其長度，經計算得樣本方差分別為＝0.245，＝0.357.設各機床生產零件長度服從正態(tài)分布，試求兩個總體方差比的置信區(qū)間（＝0.05）解因未知,故選擇統(tǒng)計量,這里,當=0.05時,查表可得因此,故所求的置信區(qū)間為(0.1424,4.6392).為了研究磷肥的增產作用，選20塊條件基本相同的土地，10塊施磷肥，10塊不施磷肥，所得產量（單位：斤）如下：不施磷肥： 560，590，560，570，580，570，600，550，550，570施磷肥： 650，600，570，620，580，630，600，570，580，600設兩種情況下畝產量都是正態(tài)分布，且方差相同，試求的置信度為0.95的置信區(qū)間.解這是雙正態(tài)總體均值的區(qū)間估計,其中未知.n1=10,n2=10,計算可得,,查表得,因此所以，的置信度為0.95的置信區(qū)間為：機器A和機器B生產同一種規(guī)格內徑的鋼管，隨機抽取A生產的18根鋼管，測得樣本方差＝0.34（mm2），B生產的13根鋼管的樣本方差＝0.29（mm2）.設兩樣本相互獨立，兩總體分別服從正態(tài)分布和，,,均未知，試求兩個內徑總體方差比的置信度為0.90的置信區(qū)間.解因未知,故選擇統(tǒng)計量,這里,當=1-0.9=0.1時,查表可得因此,故所求的置信區(qū)間為(0.454,2.79)某電器零件的平均電阻一直保持在2.64Ω，改變加工工藝后，測得100個零件的平均電阻為2.62Ω，如改變前后電阻的均方差保持在0.06Ω，問新工藝對此零件的電阻有無顯著影響（＝0.01）？解依題意，檢驗假設H0：，選擇統(tǒng)計量作為檢驗統(tǒng)計量，當H0為真時，U~N(0,1),這里,則：.又由=0.01,查標準正態(tài)分布表得，因為|u|=3.33>2.75,落在拒絕區(qū)域內，因而應拒絕假設H0.即可以說新工藝對零件的電阻有顯著影響.從某種試驗物中取出24個樣品，測量其發(fā)熱量，計算得=11958，樣本均方差S＝316.若發(fā)熱量是服從正態(tài)分布的，試問可否認為發(fā)熱量的期望值為12100（=0.05）？解依題意，檢驗假設H0:12100，由于總體方差未知，所以選擇統(tǒng)計量作為檢驗統(tǒng)計量，當H0為真時，T~t(n-1),這里,則：又由=0.05,查t分布表得，因為|t|=2.20>2.069,落在拒絕區(qū)域內，因而應拒絕假設H0.即不能認為發(fā)熱量的期望值為12100.某廠生產的銅絲折斷力（牛頓）服從N（576，64）.某天抽取10根銅絲進行折斷試驗，測得結果為578，572，570，568，572，570，572，596，586，584.是否可以認為該天生產的銅絲折斷力的方差也是64（α＝0.05）？解依題意，這是期望已知時,檢驗.檢驗假設H0:64，選擇統(tǒng)計量作為檢驗統(tǒng)計量，當H0為真時，計算得：又由=0.05,查分布表得,因為,落在接受區(qū)域內，因而應接受假設H0.即可以認為該天生產的銅絲的方差也是64.已知某種電子元件的壽命服從N(，1502），其中未知，現在從一批產品中隨機地抽取26個