概率论大作业答案

第一章 概率论的基本概念
一、填空题
1．;)3(;)2(;)1(C B A C B A C B A C B A C AB )()4(C B C A B A C B A C B A C B A C B A 或; 2．
2
181，； 3．6.0； 4． 733.0，； 5． 8.0,7.0； 6． 87； 7． 85；
8. 996.01211010
12或A -； 9． 2778.0185
6
446==A ；10. p -1. 二、选择题 D ；C ；B ；A ；D ； C ；D ；C ；D ；B .
三、解答题
1.解：).()()()(),((AB P B P AB P A P A B P B A P -=-∴=）
相互独立，又）B A B A P B P A P ,,9
1
)(),((==∴
.3
2
)(,91)](1[)()()()(22=∴=-===∴A P A P A P B P A P B A P
2.解： 设事件A 表示“取得的三个数字排成一个三位偶数”，事件B 表示“此三位偶数的末
尾为0”，事件B 表示“此三位偶数的末尾不为0”，则:
=)(A P )()(B P B P += .125
3
4
1
2123423=+A A A A A 3.解：设A i =“飞机被i 人击中”，i =1,2,3 , B =“飞机被击落”, 则由全概率公式：
)()()()((321321B A P B A P B A P B A B A B A P B P ++== ）
)()()()()()(332211A B P A P A B P A P A B P A P ++= (1)
设1H =“飞机被甲击中”，2H =“飞机被乙击中”，3H =“飞机被丙击中”, 则: =)(1A P 321(H H H P 321(H H H P 321(H H H P ) =+)(321H H H P +)(321H H H P )(321H H H P ) 由于甲、乙、丙的射击是相互独立的，
=∴)(1A P +)()()(321H P H P H P )()()(321H P H P H P
+)()()(321H P H P H P )
=36.07.05.06.03.05.06.03.05.04.0=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯
同理求得41.0)(2=A P , 14.0)(3=A P .
代入（1）式458.0114.06.041.02.036.0)(=⨯+⨯+⨯=∴B P .
4.解：设事件A 表示“知道正确答案”，事件B 表示“答对了”，则所求为).|(B A P
)
|()()|()()
|()()()()()()()|(A B P A P A B P A P A B P A P B A P AB P AB P B P AB P B A P +=+==
∴
.755
1321311
31
=⨯+⨯⨯=
5.解：设A =“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”，=B “箱中恰有i 件残次品” 2,1,0=i , 由
题意1.0)()(,8.0)(210===B P B P B P .
19
12
)|(,
5
4
)|(,
1)|(42041824204
1910=====C C B A P C C B A P B A P
（1）由全概率公式：94.0475
448
)|()()(2
≈=
=
∑=i i i B A P B P A P ， （2）由贝叶斯公式：85.0112
95
)()()|()|(000≈==A P B P B A P A B P .
第二章 随机变量及其分布
一、填空题
1.
21；2. e 21-；3. 9974.0； 4. 27
19； 5.
6. 4
2
1；7. 4； 8. 3
.0-e ； 9. )2
1(
-y F . ；；；B ；D ；C ；B ；B ；C ；A .
三、 解答题
1.解：(1) 因为
1}{2
1
==∑-=k k X P ，所以1913113=⎪⎭⎫ ⎝⎛
+++A ， 得409=A . (2) ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤<≤--<=2
,
121,403910,
109
01,40271,
0)(x x x x x x F . (3) 311
{12}{1}{2}404010≤≤==+==
+=P X P X P X .
(4) 1+=X Y 的分布律为: 3,2,10,31409}{1
，
=⎪⎭
⎫
⎝⎛==-k k Y P k .或： 1392740
40
40
40
p
3
210Y .
2. 解：且右连续，单调不减，并，为随机变量的分布函数
)()(x F x F ∴ .0)(1
)(=-∞=+∞F F ， .0lim )(1])
1([lim )(2===-∞==++
=+∞∴-∞→+∞
→c c F a x b
a F x x ，
右连续，得由)(x F :.1])
1([lim 2
0-=-=∴=+=++
+
→a b c b a x b
a x ， .0,1,1=-==∴c
b a
3. 解：
可知，及）由（8
5
}21{1)(1=>=⎰
+∞
∞
-X P dx x f
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+⎰⎰85)(1)(12110dx B Ax dx B Ax 解得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+8528
312B A B A 即⎪⎩⎪
⎨⎧==211B A . ⎪⎩⎪⎨⎧
≤<+=其他
得：由,
010,
2
1)()1()2(x x x f ,
⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧>≤<+≤=≤=∴⎰1,
110,
)21(0,0}{)(0x x dx x x x X P x F x
⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧>≤<+≤=1
,
110,
212
10,
02x x x x x .32
7
)
2121()21()(}2141{)3(21
4
1221
4
121
41=
+=+==≤<⎰⎰x x dx x dx x f X P ，则的分布函数为记)()4(y F Y Y
)2
1
(}21{}12{}{)(+=+≤
=≤-=≤=y F y X P y X P y Y P y F X Y , 两边求导得： )21
(21)21)(21()(+='++=y f y y f y f X X Y , 的表达式得：代入)(x f ⎪⎩⎪⎨⎧≤+<
++=其他
）（
,
012
1
0,2
1
2121)(y y y f Y , ⎪⎩⎪⎨⎧≤<-+=其他
,
011,214y y .
4．解：，则的分布函数为记)(y F Y Y ：
}1{}1{}{)(22y e P y e P y Y P y F X X Y -≥=≤-=≤=--，
;0)(101=≥≤-y F y y Y 时，即当;0)(011=≤≥-y F y y Y 时，即当
所以)}1ln(2
1
{}1{)(102y X P y e
P y F y X
Y --≤=-≥=<<-时，当
))1ln(2
1
(y F X --=.
两边求导得：y
y f y f X Y -⋅⋅--
=1121))1ln(21()( 的表达式得：代入)(x f .1)(=y f Y
⎩⎨
⎧<<=∴其他
,010,
1)(y y f Y , 即)1,0(U Y 服从的均匀分布.
四、应用题
1. 解：设考生的外语成绩为X ，则),72(~2
σN X . 因为 0.023=⎪⎭
⎫
⎝⎛Φ-=⎭⎬⎫⎩⎨
⎧≤--=≤-=>σσσ24124721}96{1}96{X P X P X P ， 即977.024=⎪
⎭
⎫
⎝⎛Φσ，查表得：224=σ，即12=σ.于是)12,72(~2N X . 所以6826.01)1(2112721}8460{=-Φ=⎭
⎬⎫
⎩
⎨⎧≤-≤
-=≤≤X P X P . 2. 解：由)10,5.7(~2
N X ，得一次测量中误差不超过10米的概率为
5586.0105.710105.710}1010{≈⎪⎭
⎫
⎝⎛--Φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φ=≤≤-X P .
设需要进行n 次独立测量，A 表示事件“在n 次独立测量中至少有一次误差不超 过10米”， 则 : 39.0)5586.01(1)(≥⇒>--=n A P n
, 即至少需要进行3次独立测量才能达到要求.
第三、四章 多维随机变量、数字特征
一、填空题：
1．1-e ； 2. 4.18； 3. N (－3,25)； 4.
9
8
；5．4.0，1.0; 6．6，6；7．9.0；8．
91；9. e 21；10. e
211-. 二、选择题： A ；B ；C ； D ；A ；B ；C ；C ；D ；A .
三、解答题：
1．解：21
}0{}1,0{}01{=+=====
==b a b X P Y X P X Y P ①
3
1
}0{}0,1{}01{=+=====
==c a c Y P Y X P Y X P ②
5.0,15.01=++=+++∴=∑c b a c b a p
i
即，又
③
由①得, ;b a = 由②得, ;2c a =
代入将c b a 2==③式得：.2.0,1.0===b a c
2. 解：（1）（X ，Y ）的分布律及边缘分布律为：
（2）{}Y X P ≥=P {Y =－1}+P {X =1,Y =0}=
24165+=24
21. (3) ),2(Y Y X Cov -=-),(Y X Cov ),(2Y Y Cov
因X,Y 相互独立，故 0),(=Y X Cov ；
而 65610651)(-=⨯+⨯-=Y E ，6
5610651)(2=⨯+⨯=Y E ， )(),(Y D Y Y Cov =∴36
5)()(22=-=Y E Y E , ),2(Y Y X Cov -=-),(Y X Cov ),(2Y Y Cov = 18
5
- .
3. 解：(1)由,3
1
),(1010k kxdy dx dxdy y x f x ===⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-得3=k .
(2)⎪⎩⎪⎨⎧<<++==
⎰⎰⎰⎰
∞
+∞
-∞
+∞
-其他,
01
0,030),()(00x dy xdy dy dy y x f x f x x X ⎩
⎨⎧<<=其它,01
0,32x x ；
同理:⎪⎩
⎪⎨⎧<<-=其他,01
0),1(23
)(2y y y f Y .
由于),()()(y x f y f x f Y X ≠，故X 与Y 不是相互独立的.
(3)=
=
>+⎰⎰
>+1
),(}1{y x dxdy y x f Y X P 8
5
312
11=
⎰⎰-x
x
xdy dx . 4. 解：),(,21
2
1
Y X dx x
S D e D ∴==
⎰
的面积为的联合概率密度为: ⎪⎩⎪⎨⎧∈=其他
,
0),(,
2
1),(D y x y x f
从而⎪⎩
⎪⎨⎧<<===⎰⎰∞+∞
-其他,01,2121),()(2
1
0e x x dy dy y x f x f x X , .4
1
)2()(2===∴X X f x f x 处，在
5. 解：(1)由已知得：.2
1
)()()|(,21)()()|(====
B P AB P B A P A P AB P A B P
.8
1
)(,4
1)()(==
=∴AB P B P A P
).1,1(),0,1(),1,0(),0,0(),(的所有可能取值为Y X
.8
5)]()()([1)()(}0,0{=-+-=====AB P B P A P B A P B A P Y X P
.81
)()()(}1,0{=-====AB P B P B A P Y X P
.8
1
)()()(}0,1{=-====AB P A P B A P Y X P
.8
1
)(}1,1{====AB P Y X P
的联合分布律为：
),(Y X ∴
(2) ,41)(=
X E ,41)(=Y E ,8
)(=XY E .16
1
414181)()()(),(=⨯-=-=Y E X E XY E Y X Cov
6. 解：=⎭
⎬⎫
⎩
⎨⎧>
3πX P ⎰=π
π
3,2
1
2cos 21dx x ).21,4(~B Y ∴ ,2214)(=⨯
=∴Y E ,12
1
214)(=⨯⨯=Y D .541)()()(22=+=+=∴Y E Y D Y E
7. 解：（1）⎪⎩⎪⎨⎧≤>==
⎰⎰
-∞
+∞
-00
0),()(0
x x dy e dy y x f x f x x X ⎩⎨⎧≤>=-0
00
x x xe
x ⎪
⎩⎪
⎨⎧<<==
其他
001
)(),()|(|x y x x f y x f x y f X X Y ；
（2）⎩⎨
⎧≤>=-0
,
00
,
)(y y e y f y Y
)1()1,1()11
(≤≤≤=
≤≤Y P Y X P Y X P 1
2
11
1
--=
-=--⎰⎰e e e dy e
dx x x
8．解：利用公式dx x z x f z f Z ⎰
+∞
∞
--=
),()(,
⎩⎨
⎧<-<<<---=-其他
10,10)
(2),(x z x x z x x z x f
⎩⎨⎧<<-<<-=其他
1,
102z
x z x z .
① 当0≤z 或2≥z 时，0)(=z f Z ; ② 当10<<z 时，)2()2()(0
z z dx z z f z
Z -=-=⎰;
③ 当21<≤z 时，
211
)2()2()(z dx z z f z Z -=-=⎰
-.
故 Y X Z +=.的概率密度为⎪⎩
⎪⎨⎧<≤-<<-=其他
021)
2(10)2()(2
z z z z z z f Z . 注：本题也可利用分布函数的定义求.
第六、七章 样本及抽样分布、参数估计
一、填空题
1．),
(2
n N σμ，∑=-n i i X X n 12
)(1，2M '=∑=-n i i X X n 12)(1； 2. 8； 3．)4(t ； 4． ))
1()1(,)1()1((22
12
22
2-----n S n n S n ααχχ； 5． X -23 ； 6． 1ˆ2+θ
； 7. )1,0(N ； 8. 131;,Y Y Y .
二选择题 B ；C ；C ；D ；B ；A ；C ；D ； D .
三、解答题
1.解：设来自总体X 、Y 的样本均值分别为Y X 、，
,3,202
22121====σσμμ15,1021==n n ，
则)2
1
,0(),
(~22
2
1
2
121N n n N Y X =+
--σσμμ，故： )]2
103.0(
)2
103.0(
[1}3.0{1}3.0{--Φ--Φ-=≤--=>-Y X P Y X P
674.0)]4242.0(1[2=Φ-=
2.解：.43)21(32)1(210)()1(2
2
θθθθθθ-=-⋅+⋅+-⋅+⋅=X E
,34
1ˆ.43,)(）（的矩估计量为：故得即令X X X X E -==-=θθθ
的矩估计量为故而θ,2)32130313(81=+++++++=x .4
1ˆ=θ 4
2
6
8
1)
21()1(4}{)()2(θθθθ--===∏=i i x X P L 然函数为由给定的样本值，得似
取对数：),21ln(4)1ln(
2ln 64ln )(ln θθθθ-+-++=L
求导：.)
21)(1(24286218126)(ln 2
θθθθθθθθθθ--+-=----=d L d
,12
1370)(ln 2,1±==θθθ，解得：令
d L d
的最大似然估计值为
故由于
θ,2
112137>+：.12137ˆ-=θ 3.解： （1） 2d )(6d )()(0
3
2
-θ
θθθ
=-==
⎰
⎰
∞
+∞
x x x x x xf X E ， ∑==n
i i X n X 1
1
令
X =2
θ，得θ的矩估计量为X 2ˆ=θ
. （2）)1(2)2()ˆ(1
∑===n
i i X n E X E E θ )(2)(12X E X nE n i =⋅⋅=
,2
2θθ
=⋅
=所以θˆ是θ的无偏估计量.
4.解：似然函数为：
)()1()1(),()(211
1
θ
θθθθθθθn n n
i i n
i i x x x x x f L +=+==∏∏==
取对数：∑=++=n
i i x n L 1ln )1ln()(ln θθθ，0ln 1)(ln 1
=++=∑=n
i i x n
d L d θθθ，
解得： ∑=--=n
i i
x
n
1ln 1ˆθ
，所以θ 的最大似然估计量为∑=--=n
i i
X
n
1
ln 1ˆθ
.
5．解： 由于2
σ未知，故用随机变量)1(~--=
n t n
S
X T μ
7531.1)15()1( 0.1, ,90.01 ,1605.02
==-==-=t n t n ααα
由样本值得 0171
3.0 ,125.2==s x .
计算得 1175
.216
01713
.07531.1125.2)
15(05.0=⨯-
=-n s t x 1325.216
01713
.07531.1125.2)
15(05.0=⨯+=+n
s t x
故所求置信区间为)1325.2,1175
.2(. 6．解：（1） =
=
⎰
+∞
∞
-d )()(x x xf X E λ
λλ2
2=
⎰
+∞-dx xe x x ，
令
X =λ2
，得λ的矩估计量为X
2ˆ=λ. （2）似然函数为：
∏==n i i x f L 1),()(λλ=⎪⎩
⎪⎨
⎧>∑=-其他，00
,,,)(21121n x n n x x x e x x n
i i λλ 当时，0,...,,21>n x x x
∑=-+=n
i i n x x x n L 1
1)ln(ln 2)(ln λλλ ，
,2)(ln 1∑=-=n
i i x n d L d λλλ ,0)(ln =λλd L d 令
解得： x 2ˆ=λ， 所以λ的最大似然估计量为X
2ˆ=λ
.
第八章 假设检验
一、填空题
1. 5%>μ ，α ；
2. 概率很小的事件在一次试验中是不可能发生的；
3. 2αz U >;
4. n
S X T /0μ-=
，n
X U /0
σμ-=
；
5. 25.30=μ：H ，25.31≠μ：H ；5
/25.3S X T -=
；)4(t ；6041.4>T ;
6. 210μμ≤：H ，211μμ>：H ；2
22
1
2
1
2
1n n X X U σ
σ
+
-=
；)1,0(N ；645.105.0=>z U .
二、选择题 B ； A ； D ； D ； B ； B ；C. 三、解答题
1.解：假设,:,55.4:0100μμμμ≠==H H 在假设0H 为真时，统计量),1,0(~0
N n
X Z σμ-=
对01.0=α查标准正态分布表，得临界值：,58.2005.02
==z z α
,6,108.0,452.4616
1====∑=n x x i i σ ,223.26
108.055.4452.40=-=-=
∴n x z σμ 由于,58.2223.2<=z ，所以在显著性水平01.0=α下，接受假设0H ， 即认为这天的铁水含碳量无显著变化。

2.解：这是单一正态总体均值未知时检验方差的问题；
假设0H ：64202==σσ，1H ：642
>σ
，
则0H 为真时，统计量 )1(~)1(22
2
--=
n S n K χσ
，
由于是单边检验，故拒绝域为 )9()1(2
05.02
χχα=->n K =16.92，
计算可得： 882.4=s ， 代入得 92.16352.364
882.492
<=⨯=
K ， ∴ 没有理由拒绝0H ，经检验应认为这批元件寿命的方差是合格的.
3.解：这是两正态总体均值差的检验问题；
假设0H ：21μμ≤，1H ：21μμ>，
因两总体的方差相同，故0H 成立时， 统计量 )2(~11212
121-++-=
n n t n n S X X T ω
；
又因是单边检验问题，故拒绝域为
)15()2(05.021t n n t t =-+>α=1.753，
计算知：
2)1()1(212
22211-+-+-=
n n s n s n S ω242.015
026
.08096.07=⨯+⨯=，
87.19
181242.089.1411.15=+⨯
-=
t > 1.753 ， ∴ 拒绝0H ，
即应认为乙厂的产品袋重显著小于甲厂的.
4.解：这是一个总体分布的检验问题，用-2
χ分布拟合检验法；
假设 0H ：)(~λπX ，
首先计算样本均值的 260
120==⨯=
∑n
x 总频数频数呼叫次数.
以2==x λ
作为总体参数λ的估计值，则有
2!2}{-===e i i X P p i i ， ,2,1,0=i ∴理论频数 2
!
260-⨯=e i np i i ,
按照5≥i np 的原则，将数据分为五组，作表如下:
查表可得临界值 815.7)3()1(205.02==--χχαk m ,
而
∑=2χi i i np np f /)(2- = 0.1261 < 7.815.
∴ 我们接受0H ，认为总体X 确实服从泊松分布.。