李贤平《概率论与数理统计》标准答案
概率论基础(第2版)李贤平 全部习题解答
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即得 Cn 2Cn 3Cn nCn n2
1 2 3 n
n 1
(2)在上式中令 x=-1 即得 Cn 2Cn 3Cn (1)
1 2 3 n 1 n nCn 0
(3)要原式有意义,必须 0 r a 。由于 Cab Cab , Cb Cb
m
~m
这个公式的证明思路是,把 n 个不同的元素编号为1,2, ,n,再把重复组合的每一组中 数从小到大排列,每个数依次加上 0,1,, m 1 ,则这一组数就变成了从 1,2,, n m 1 共
m
m
3 10 7 6 15 9 207 . 25 25 25 25 25 25 625
14.由盛有号码 1,2, ,N 的球的箱子中有放回地摸了 n 次球,依次记下其号码,试求这些 号码按严格上升次序排列的概率。 解:若取出的号码是按严格上升次序排列,则 n 个号码必然全不相同, n N 。N 个不同号 码可产生 n ! 种不同的排列,其中只有一个是按严格上升次序的排列,也就是说,一种组 合对应一种严格上升排列, 所以共有 C N 种按严格上升次序的排列。 总可能场合数为 N n , 故题中欲求的概率为 P
解: (1) ABC ={抽到的是男同学,又不爱唱歌,又不是运动员};
ABC ={抽到的是男同学,又爱唱歌,又是运动员}。
(2) ABC A BC A ,当男同学都不爱唱歌且是运动员时成立。 (3)当不是运动员的学生必是不爱唱歌的时, C B 成立。 (4)A=B 及 A C A B C ,当男学生的全体也就是不爱唱歌的学生全体,也就不是 运动员的学生全体时成立。也可表述为:当男学生不爱唱歌且不爱唱歌的一定是男学生,并 且男学生不是运动员且不是运动员的是男学生时成立。 5.用摸球模型造一例,指出样本空间及各种事件运算。 解: 设袋中有三个球,编号为 1,2,3,每次摸一个球。样本空间共有 3 个样本点(1) , ( 2) , 1,2, B 1,3, C 3, (3)设 A 则 A {3}, A B 1,2,3, A B 1 , A B {2},
概率论答案 - 李贤平版 - 第三章
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第三章 随机变量与分布函数1、直线上有一质点,每经一个单位时间,它分别以概率p 或p -1向右或向左移动一格,若该质点在时刻0从原点出发,而且每次移动是相互独立的,试用随机变量来描述这质点的运动(以n S 表示时间n 时质点的位置)。
2、设ξ为贝努里试验中第一个游程(连续的成功或失败)的长,试求ξ的概率分布。
3、c 应取何值才能使下列函数成为概率分布:(1);,,2,1,)(N k Nck f Λ==(2),,2,1,!)(Λ==k k c k f k λ 0>λ。
4、证明函数)(21)(||∞<<-∞=-x e x f x 是一个密度函数。
5、若ξ的分布函数为N (10,4),求ξ落在下列范围的概率:(1)(6,9);(2)(7,12);(3)(13,15)。
6、若ξ的分布函数为N (5,4),求a 使:(1)90.0}{=<a P ξ;(2)01.0}|5{|=>-a P ξ。
7、设}{)(x P x F ≤=ξ,试证)(x F 具有下列性质:(1)非降;(2)右连续;(3),0)(=-∞F 1)(=+∞F 。
8、试证:若αξβξ-≥≥-≥≤1}{,1}{12x P x P ,则)(1}{21βαξ+-≥≤≤x x P 。
9、设随机变量ξ取值于[0,1],若}{y x P <≤ξ只与长度x y -有关(对一切10≤≤≤y x ),试证ξ服从[0,1]均匀分布。
10、若存在Θ上的实值函数)(θQ 及)(θD 以及)(x T 及)(x S ,使)}()()()(ex p{)(x S D x T Q x f ++=θθθ,则称},{Θ∈θθf 是一个单参数的指数族。
证明(1)正态分布),(20σm N ,已知0m ,关于参数σ;(2)正态分布),(200σm N ,已知0σ,关于参数m ;(3)普阿松分布),(λk p 关于λ都是一个单参数的指数族。
但],0[θ上的均匀分布,关于θ不是一个单参数的指数族。
李贤平 《概率论与数理统计 第四章》答案
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第4章 数字特征与特征函数2、袋中有k 号的球k 只,n k ,,2,1 =,从中摸出一球,求所得号码的数学期望。
3、随机变量μ取非负整数值0≥n 的概率为!/n AB p nn =,已知a E =μ,试决定A 与B 。
7、袋中有n 张卡片,记号码1,2,…,n,从中有放回地抽出k 张卡片来,求所得号码之和μ的数学期望及方差。
9、试证:若取非负整数值的随机变量ξ的数学期望存在,则∑∞=≥=1}{k k P E ξξ。
11、若随机变量ξ服从拉普拉斯分布,其密度函数为,,21)(||∞<<∞-=--x e x p x λμλ0>λ。
试求ξE ,ξD 。
13、若21,ξξ相互独立,均服从),(2σa N ,试证πσξξ+=a E ),max (21。
17、甲袋中有a 只白球b 只黑球,乙袋中装有α只白球β只黑球,现从甲袋中摸出()c c a b ≤+只球放入乙袋中,求从乙袋中再摸一球而为白球的概率。
20、现有n 个袋子,各装有a 只白球b 只黑球,先从第一个袋子中摸出一球,记下颜色后就把它放入第二个袋子中,再从第二个袋子中摸出一球,记下颜色后就把它放入第三个袋子中,照这样办法依次摸下去,最后从第n 个袋子中摸出一球并记下颜色,若在这n 次摸球中所摸得的白球总数为n S ,求n S 。
21、在物理实验中,为测量某物体的重量,通常要重复测量多次,最后再把测量记录的平均值作为该体质重量,试说明这样做的道理。
24、若ξ的密度函数是偶函数,且2E ξ<∞,试证ξ与ξ不相关,但它们不相互独立。
25、若,ξη的密度函数为22221,1(,)0,1x y p x y x y π⎧+≤⎪=⎨⎪+>⎩,试证:ξ与η不相关,但它们不独立。
27、若ξ与η都是只能取两个值的随机变量,试证如果它们不相关,则独立。
26、若,U aX b V cY d =+=+,试证,U V 的相关系数等于,X Y 的相关系数。
《概率论基础》(李贤平)第三版-课后答案
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第一章事件与概率1、解:(1) P{只订购A 的}=P{A(B∪C)}=P(A)-{P(AB)+P(AC)-P(ABC)}=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30.(2) P{只订购A 及B 的}=P{AB}-C}=P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07(3) P{只订购A 的}=0.30,P{只订购B 的}=P{B-(A∪C)}=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.P{只订购C 的}=P{C-(A∪B)}=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.∴P{只订购一种报纸的}=P{只订购A}+P{只订购B}+P{只订购C}=0.30+0.23+0.20=0.73.(4)P{正好订购两种报纸的}=P{(AB-C) ∪(AC-B) ∪(BC-A)}=P(AB-ABC)+P(AC-ABC)+P(BC-ABC)=(0.1-0.03)+(0.08-0.03)+.(0.05-0.03)=0.07+0.05+0.02=0.14.(5)P{至少订购一种报纸的}= P{只订一种的}+ P{恰订两种的}+ P{恰订三种的}=0.73+0.14+0.03=0.90.(6) P{不订任何报纸的}=1-0.90=0.10.2、解:(1)ABC =A ⇒BC ⊃A( A BC ⊂A显然) ⇒B ⊃A且C ⊃A ,若A发生,则B 与C 必同时发生。
(2)A ∪ B ∪ C =A ⇒B ∪ C ⊂A ⇒B ⊂A且C ⊂ A ,B 发生或C 发生,均导致A 发生。
(3)AB ⊂C ⇒A与B 同时发生必导致C 发生。
(4)A ⊂BC ⇒A ⊂B ∪ C ,A 发生,则B 与C 至少有一不发生。
3、解: A1 ∪ A2 ∪…∪ A n =A1 + ( A2 -A1 ) +… + ( A n -A1 -… -A n-1 )(或)=A1 +A2 A1 +…+A n A1 A2 … A n-1 .4、解:(1)ABC ={抽到的是男同学,又不爱唱歌,又不是运动员};ABC ={抽到的是男同学,又爱唱歌,又是运动员}。
《概率论基础》(李贤平)第三版-课后答案
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第一章事件与概率1、解:(1) P{只订购A 的}=P{A(B∪C)}=P(A)-{P(AB)+P(AC)-P(ABC)}=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30.(2) P{只订购A 及B 的}=P{AB}-C}=P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07(3) P{只订购A 的}=0.30,P{只订购B 的}=P{B-(A∪C)}=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23.P{只订购C 的}=P{C-(A∪B)}=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.∴P{只订购一种报纸的}=P{只订购A}+P{只订购B}+P{只订购C}=0.30+0.23+0.20=0.73.(4)P{正好订购两种报纸的}=P{(AB-C) ∪(AC-B) ∪(BC-A)}=P(AB-ABC)+P(AC-ABC)+P(BC-ABC)=(0.1-0.03)+(0.08-0.03)+.(0.05-0.03)=0.07+0.05+0.02=0.14.(5)P{至少订购一种报纸的}= P{只订一种的}+ P{恰订两种的}+ P{恰订三种的}=0.73+0.14+0.03=0.90.(6) P{不订任何报纸的}=1-0.90=0.10.2、解:(1)ABC =A ⇒BC ⊃A( A BC ⊂A显然) ⇒B ⊃A且C ⊃A ,若A发生,则B 与C 必同时发生。
(2)A ∪ B ∪ C =A ⇒B ∪ C ⊂A ⇒B ⊂A且C ⊂ A ,B 发生或C 发生,均导致A 发生。
(3)AB ⊂C ⇒A与B 同时发生必导致C 发生。
(4)A ⊂BC ⇒A ⊂B ∪ C ,A 发生,则B 与C 至少有一不发生。
3、解: A1 ∪ A2 ∪…∪ A n =A1 + ( A2 -A1 ) +… + ( A n -A1 -… -A n-1 )(或)=A1 +A2 A1 +…+A n A1 A2 … A n-1 .4、解:(1)ABC ={抽到的是男同学,又不爱唱歌,又不是运动员};ABC ={抽到的是男同学,又爱唱歌,又是运动员}。
概率论答案 - 李贤平版 - 第五章
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第五章 有 限 定 理1、设()(0)f x x <<-∞是单调非降函数,且()0f x >,对随机变量ξ,若(||)Ef ξ<∞,则对任意x o >,1{||}(||)()P x Ef f x ξξ≥=。
2、ξ为非负随机变量,若(0)a Ee a ξ<∞>,则对任意x o >,{}ax a P x e Ee ξξ-≥≤。
3、若()0h x ≥,ξ为随机变量,且()Eh ξ<∞,则关于任何0c >,1{()}()P h c c Eh ξξ-≥≤。
4、{}k ξ各以12概率取值s k 和sk -,当s 为何值时,大数定律可用于随机变量序列1,,,n ξξ的算术平均值?5、验证概率分布如下给定的独立随机变量序列是否满足马尔可夫条件:(1)1{2}2kk P X =±=; (2)(21)2{2}2,{0}12k k k k k P X P X -+-=±===-; (3)11221{2},{0}12kk k P X k P X k --=±===-。
6、若k ξ具有有限方差,服从同一分布,但各k 间,k ξ和1k ξ+有相关,而1,(||2)k k l ξξ-≥是独立的,证明这时对{}k ξ大数定律成立。
7、已知随机变量序列12,,ξξ的方差有界,n D c ξ≤,并且当||i j -→∞时,相关系数0ij r →,证明对{}k ξ成立大数定律。
8、对随机变量序列{}i ξ,若记11()n n n ηξξ=++,11()n n a E E nξξ=++,则{}i ξ服从大数定律的充要条件是22()lim 01()n n n n n a Ea ηη→∞⎧⎫-=⎨⎬+-⎩⎭。
9、用斯特灵公式证明:当,,n m n m →∞→∞-→∞,而0mn→时, 2221~2nmn n n m -⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭。
李贤平《概率论基础》第三版课后答案
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边}= 2 + 2 − 1 = 7 . 5 5 10 10 (4)这里事件是(3)中事件的对立事件,所以 P = 1− 7 /10 = 3/10 (5)第三卷居中,其余四卷在剩下四个位置上可任意排,所以 P = 1× 4 !/ 5 != 1/ 5
1
A + C = {1,2,3}。
6、解:(1){至少发生一个}= A ∪ B ∪ C ∪ D . (2){恰发生两个}= ABC D + ACBD + ADBC + BC AD + CD AB + BDAC .
(3){A,B 都发生而 C,D 都不发生}= ABC D . (4){都不发生}= ABC D = A ∪ B ∪ C ∪ D .
4、解:(1) ABC ={抽到的是男同学,又不爱唱歌,又不是运动员};
ABC ={抽到的是男同学,又爱唱歌,又是运动员}。 (2) ABC = A ⇒ BC ⊃ A ,当男同学都不爱唱歌且是运动员时成立。 (3)当不是运动员的学生必是不爱唱歌的时, C ⊂ B 成立。
(4)A=B 及 A = C ⇒ A = B = C ,当男学生的全体也就是不爱唱歌的学生全体,也
(2)在上式中令 x=-1 即得所欲证。
(3)要原式有意义,必须
0
≤
r
≤
a
。由于
C a−r a+b
=
C b+r a+b
,
Cbk
=
C b−k b
,此题即等于
a
∑ 要证
C C k +r b−k ab
=
C b+r a+b
概率论答案-李贤平版-第三章
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第三章 随机变量与分布函数1、直线上有一质点,每经一个单位时间,它分别以概率p 或p -1向右或向左移动一格,若该质点在时刻0从原点出发,而且每次移动是相互独立的,试用随机变量来描述这质点的运动(以n S 表示时间n 时质点的位置)。
2、设ξ为贝努里试验中第一个游程(连续的成功或失败)的长,试求ξ的概率分布。
3、c 应取何值才能使下列函数成为概率分布:(1);,,2,1,)(N k Nck f ==(2),,2,1,!)( ==k k ck f kλ 0>λ。
4、证明函数)(21)(||∞<<-∞=-x e x f x 是一个密度函数。
5、若ξ的分布函数为N (10,4),求ξ落在下列范围的概率:(1)(6,9);(2)(7,12);(3)(13,15)。
6、若ξ的分布函数为N (5,4),求a 使:(1)90.0}{=<a P ξ;(2)01.0}|5{|=>-a P ξ。
7、设}{)(x P x F ≤=ξ,试证)(x F 具有下列性质:(1)非降;(2)右连续;(3),0)(=-∞F1)(=+∞F 。
8、试证:若αξβξ-≥≥-≥≤1}{,1}{12x P x P ,则)(1}{21βαξ+-≥≤≤x x P 。
9、设随机变量ξ取值于[0,1],若}{y x P <≤ξ只与长度x y -有关(对一切10≤≤≤y x ),试证ξ服从[0,1]均匀分布。
10、若存在Θ上的实值函数)(θQ 及)(θD 以及)(x T 及)(x S ,使)}()()()(ex p{)(x S D x T Q x f ++=θθθ,则称},{Θ∈θθf 是一个单参数的指数族。
证明(1)正态分布),(20σm N ,已知0m ,关于参数σ;(2)正态分布),(200σm N ,已知0σ,关于参数m ;(3)普阿松分布),(λk p 关于λ都是一个单参数的指数族。
但],0[θ上的均匀分布,关于θ不是一个单参数的指数族。
概率论解答(李贤平)
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第一章 事件与概率1、解:(1) P {只订购A 的}=P{A(B ∪C)}=P(A)-{P(AB)+P(AC)-P(ABC)}=0.45-0.1.-0.08+0.03=0.30. (2) P {只订购A 及B 的}=P{AB}-C }=P(AB)-P(ABC)=0.10-0.03=0.07 (3) P {只订购A 的}=0.30,P {只订购B 的}=P{B-(A ∪C)}=0.35-(0.10+0.05-0.03)=0.23. P {只订购C 的}=P{C-(A ∪B )}=0.30-(0.05+0.08-0.03)=0.20.∴P {只订购一种报纸的}=P{只订购A}+P{只订购B}+P{只订购C}=0.30+0.23+0.20=0.73. (4) P{正好订购两种报纸的}=P{(AB-C) ∪(AC-B) ∪(BC-A)}=P(AB-ABC)+P(AC-ABC)+P(BC-ABC) =(0.1-0.03)+(0.08-0.03)+.(0.05-0.03)=0.07+0.05+0.02=0.14.(5) P {至少订购一种报纸的}= P {只订一种的}+ P {恰订两种的}+ P {恰订三种的} =0.73+0.14+0.03=0.90. (6) P {不订任何报纸的}=1-0.90=0.10.2、解:(1)ABC A C A B A ABC A BC A ⊃⊃⇒⊂⊃⇒=且显然)(,若A 发生,则B 与C 必同时发生。
(2)A C ⊂⊂⇒⊂⇒=且A B A C B A C B A ,B 发生或C 发生,均导致A 发生。
(3)A C AB ⇒⊂与B 同时发生必导致C 发生。
(4)C B A BC A ⊂⇒⊂,A 发生,则B 与C 至少有一不发生。
3、解:n A A A 21)()(11121----++-+=n n A A A A A A (或)=121121-+++n n A A A A A A A .4、解:(1)C AB ={抽到的是男同学,又不爱唱歌,又不是运动员}; C B A ={抽到的是男同学,又爱唱歌,又是运动员}。
概率论基础(第2版)李贤平 全部习题解答
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0.45 0.1. 0.08 0.03 0.30
(2) P{只订购 A 及 B 的} PAB C} P AB P ABC 0.10 0.03 0.07
(3) P{只订购 A 的} 0.30
,
Cbk Cbbk
a
此题即等于要证
Cakr Cbbk
C br ab
,
0 r a .见(1.3.6)
k 0
利用幂级数乘法可证明此式。因为
(x 1)a (x 1)b (x 1)ab ,比较等式两边 xbr 的系数即得证。
9.袋中有白球 5 只,黑球 6 只,陆续取出三球,求顺序为黑白黑的概率。
有 CN2 种取法;这种场合的种数有 Cn11CN2 种。当 n 个数由三样数构成时,可得场合种数为
Cn21CN3
种,等等。最后,当
n
个数均为不同数字时,有
n-1
个间壁,有
C n1 n1
种取法;数字
有
CNn
种取法;这种场合种数的
Cnn11C
n N
种。所以共有有利场合数为:
m1
Cn01C1Nຫໍສະໝຸດ Cn11CN20.73 0.14 0.03 0.90 . (6)P{不订任何报纸的} 1 0.90 0.10 .
2.若 A,B,C 是随机事件,说明下列关系式的概率意义:(1) ABC A ;(2) A B C A ;
(3) AB C ;(4) A BC .
解:
(1)ABC A BC A(ABC A显然) B A且C A ,若 A 发生,则 B 与 C 必
(3)设 A 1,2, B 1,3, C 3, 则 A {3}, A B 1,2,3, A B 1, A B {2}, A C 1,2,3。
李贤平《概率论与数理统计第一章》规范标准答案
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第1章 事件与概率2、若A ,B ,C 是随机事件,说明下列关系式的概率意义:(1)A ABC =;(2)A C B A =Y Y ;(3)C AB ⊂;(4)BC A ⊂.3、试把n A A A Y ΛY Y 21表示成n 个两两互不相容事件的和.6、若A ,B ,C ,D 是四个事件,试用这四个事件表示下列各事件:(1)这四个事件至少发生一个;(2)这四个事件恰好发生两个;(3)A ,B 都发生而C ,D 都不发生;(4)这四个事件都不发生;(5)这四个事件中至多发生一个。
8、证明下列等式:(1)1321232-=++++n n n n n n n nC C C C Λ;(2)0)1(321321=-+-+--n n n n n n nC C C C Λ;(3)∑-=-++=r a k r a b a k b r k a C C C0.9、袋中有白球5只,黑球6只,陆续取出三球,求顺序为黑白黑的概率。
10、一部五本头的文集,按任意次序放书架上去,试求下列概率:(1)第一卷出现在旁边;(2)第一卷及第五卷出现在旁边;(3)第一卷或第五卷出现在旁边;(4)第一卷及第五卷都不出现在旁边;(5)第三卷正好在正中。
11、把戏,2,3,4,5诸数各写在一小纸片上,任取其三而排成自左向右的次序,求所得数是偶数的概率。
12、在一个装有n 只白球,n 只黑球,n 只红球的袋中,任取m 只球,求其中白、黑、红球分别有)(,,321321m m m m m m m =++只的概率。
13、甲袋中有3只白球,7办红球,15只黑球,乙袋中有10只白球,6只红球,9只黑球。
现从两袋中各取一球,求两球颜色相同的概率。
14、由盛有号码Λ,2,1,N 的球的箱子中有放回地摸了n 次球,依次记下其号码,试求这些号码按严格上升次序排列的概率。
16、任意从数列Λ,2,1,N 中不放回地取出n 个数并按大小排列成:n m x x x x <<<<<ΛΛ21,试求M x m =的概率,这里N M ≤≤118、从6只不同的手套中任取4只,问其中恰有一双配对的概率是多少?19、从n 双不同的鞋子中任取2r(2r<n)只,求下列事件发生的概率:(1)没有成对的鞋子;(2)只有一对鞋子;(3)恰有两对鞋子;(4)有r 对鞋子。
概率论答案 - 李贤平版 - 第一章
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第一章 事件与概率1、若A ,B ,C 是随机事件,说明下列关系式的概率意义:(1)A ABC =;(2)A C B A = ;(3)C AB ⊂;(4)BC A ⊂.2、试把n A A A 21表示成n 个两两互不相容事件的和.3、若A ,B ,C ,D 是四个事件,试用这四个事件表示下列各事件:(1)这四个事件至少发生一个;(2)这四个事件恰好发生两个;(3)A ,B 都发生而C ,D 都不发生;(4)这四个事件都不发生;(5)这四个事件中至多发生一个。
4、证明下列等式:(1)1321232-=++++n n n n n n n nC C C C ; (2)0)1(321321=-+-+--nn n n n nnC C C C ; (3)∑-=-++=ra k ra ba kb r k a C C C 0. 5、袋中有白球5只,黑球6只,陆续取出三球,求顺序为黑白黑的概率。
6、一部五本头的文集,按任意次序放书架上去,试求下列概率:(1)第一卷出现在旁边;(2)第一卷及第五卷出现在旁边;(3)第一卷或第五卷出现在旁边;(4)第一卷及第五卷都不出现在旁边;(5)第三卷正好在正中。
7、把戏,2,3,4,5诸数各写在一小纸片上,任取其三而排成自左向右的次序,求所得数是偶数的概率。
8、在一个装有n 只白球,n 只黑球,n 只红球的袋中,任取m 只球,求其中白、黑、红球分别有)(,,321321m m m m m m m =++只的概率。
9、甲袋中有3只白球,7办红球,15只黑球,乙袋中有10只白球,6只红球,9只黑球。
现从两袋中各取一球,求两球颜色相同的概率。
10、由盛有号码 ,2,1,N 的球的箱子中有放回地摸了n 次球,依次记下其号码,试求这些号码按严格上升次序排列的概率。
11、任意从数列 ,2,1,N 中不放回地取出n 个数并按大小排列成:n m x x x x <<<<< 21,试求M x m =的概率,这里N M ≤≤1。
李贤平《概率论基础》第三版课后答案
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N
n
.
15、解法一:先引入重复组合的概念。从 n 个不同的元素里,每次取出 m 个元素,元素可
以重复选取,不管怎样的顺序并成一组,叫做从 n 个元素里每次取 m 个元素的重复组合,
其组合种数记为 C~nm
=
Cm n+m−1
.
这个公式的证明思路是,把 n 个不同的元素编号为1,2,
,n,
再把重复组合的每一组中数从小到大排列,每个数依次加上 0,1, , m −1 ,则这一组数就变成
(5){至多发生一个}= ABC D + ABC D + B AC D + C ABD + D ABC
= AB ∪ AC ∪ AD ∪ BC ∪ BD ∪ CD .
7 、 解 : 分 析 一 下 Ei 之 间 的 关 系 。 先 依 次 设 样 本 点 ω ∈ Ei , 再 分 析 此 ω 是 否 属 于
m1
=
C
C 0
n−1
1 N
+
Cn1−1C
2 N
+
C
C 2
n−1
3 N
+
+
Cnn−−11C
n N
=
C
n N
+ n −1
.
此式证明见本章第 8 题(3)。总可能场合数为 n1 = N n ,故所还应的概率为
P
=
m1
/
n1
=
Cn N +n−1
/
N
n
.
16、解:因为不放回,所以 n 个数不重复。从{1,2, , M −1} 中取出 m-1 个数,从{M +1, N}
P
李贤平[概率论与数理统计第二章]答案
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李贤平[概率论与数理统计第二章]答案第 2 章条件概率与统计独立性1,字母 M,A,X,A,M 分别写在一张卡片上,充分混合后重新排列,问正好得到顺序 MAAM 的概率是多少? 2,有三个孩子的家庭中,已知有一个是女孩,求至少有一个男孩的概率. 3,若 M 件产品中包含 m 件废品,今在其中任取两件,求: (1)已知取出的两件中有一件是废品的条件下,另一件也是废品的条件概率; (2)已知两件中有一件不是废品的条件下,另一件是废品的条件概率; (3)取出的两件中至少有一件是废品的概率. 5,袋中有 a 只黑球,b 吸白球,甲乙丙三人依次从袋中取出一球(取后来放回) ,试分别求出三人各自取得白球的概率( b ≥ 3 ) . 6,甲袋中有 a 只白球,b 只黑球,乙袋中有α吸白球, β吸黑球,某人从甲袋中任出两球投入乙袋,然后在乙袋中任取两球,问最后取出的两球全为白球的概率是多少? 7,设的 N 个袋子,每个袋子中将有 a 只黑球,b 只白球,从第一袋中取出一球放入第二袋 , 中,然后从第二袋中取出一球放入第三袋中,如此下去,问从最后一个袋子中取出黑球的概率是多少? 9, , 投硬币 n 回, 第一回出正面的概率为 c, 第二回后每次出现与前一次相同表面的概率为 p, 求第 n 回时出正面的概率,并讨论当n → ∞ 时的情况. 10,甲乙两袋各将一只白球一只黑球,从两袋中各取出一球相交换放入另一袋中,这样进行 , 了若干次.以 pn,qn,rn 分别记在第 n 次交换后甲袋中将包含两只白球,一只白球一只黑球,两只黑球的概率.试导出 pn+1,qn+1,rn+1 用 pn,qn,rn 表出的关系式,利用它们求 pn+1,qn+1,rn+1,并讨论当n → ∞ 时的情况.ap n , n ≥ 1, ap 11,设一个家庭中有 n 个小孩的概率为 p n = , 1 , n = 0, 1p这里 013,已知产品中 96%是合格品,现有一种简化的检查方法,它把真正的合格品确认为合格 , 品的概率为 0.98,而误认废品为合格品的概率为 0.05,求在简化方法检查下,合格品的一个产品确实是合格品的概率. 16,设 A,B,C 三事件相互独立,求证 A ∪ B, AB, A B 皆与 C 独立. , 17,若 A,B,C 相互独立,则 A , B , C 亦相互独立. ,18,证明:事件 ,A1 , A2 , , An 相互独立的充要条件是下列 2n 个等式成立:P( A1 A2 An ) = P( A1 ) P( A2 ) P( An ) , 其中 Ai 取 Ai 或 Ai .19,若 A 与 B 独立,证明 {φ , A, A , } 中任何一个事件与 {φ , B, B , } 中任何一个事件是相 , 互独立的. 20,对同一目标进行三次独立射击,第一,二,三次射击的命中概率分别为 0.4,0.5,0.7, , 试求(1)在这三次射击中,恰好有一次击中目标的概率; (2)至少有一次命中目标的概率. 21,设 A1 , A2 , , An 相互独立,而 P ( Ak ) = p k ,试求: , (1)所有事件全不发生的概率; (2) 诸事件中至少发生其一的概率; (3)恰好发生其一的概率. 22,当元件 k 或元件 k1 或 k 2 都发生故障时电路断开,元件 k 发生故障的概率等于 0.3,而元 , 件k1,k2 发生故障的概率各为.2,求电路断开的概率. 23,说明件产品中抽查 , 了 100 件,发现有两件次品,能否据此断定该车间谎报合格率?解答1,解:自左往右数,排第 i 个字母的事件为 Ai,则 ,P ( A1 ) =2 2 1 1 , P ( A2 A1 ) = , P ( A3 A2 A1 ) = , P ( A4 A3 A2 A1 ) =5 4 3 2P( A5 A4 A3 A2 A1 ) = 1 .所以题中欲求的概率为P( A1 A2 A3 A4 A5 ) = P( A1 ) P( A2 A1 )P( A3 A2 A1 )P( A4 A3 A2 A1 )P( A5 A4 A3 A2 A1 )= 2 2 1 1 1 1 = 5 4 3 2 302,解:总场合数为 23=8.设 A={三个孩子中有一女},B={三个孩子中至少有一男},A 的有 , 利场合数为 7,AB 的有利场合为 6,所以题中欲求的概率 P(B|A)为P(B A) =P( AB) 6 / 8 6 = = . P( A) 7/8 73,解: )M 件产品中有 m 件废品, M m 件正品.设 A={两件有一件是废品},B={两 , (1) ( 件都是废品},显然 A B ,则题中欲求的概率为2 2 Cm / CM m 1 = P ( B | A) = P ( AB ) / P ( A) = P ( B ) / P ( A) = 1 1 .2 2 (C m C M m + C m ) / C M 2 M m 11 12 2 P ( A) = C m C M m + C m / C m()2 2 P( B) = C m / C M ,(2)设 A={两件中有一件不是废品},B={两件中恰有一件废品},显然 B A ,则 )2 1 1 2 P ( A) = C M m + C m C M m / C M ,)1 12 P( B) = C m C M m / C M .题中欲求的概率为1 12 C m C M m / C M 2m P ( B | A) = P ( AB ) / P ( A) = P ( B ) / P ( A) = 2 = . 1 1 2 (C M m + C m C M m ) / C M M + m 11 12 2 (3)P{取出的两件中至少有一件废品}= C m C M m + C m / C M =()m(2 M m 1) . M ( M 1)5,解:A={甲取出一球为白球},B={甲取出一球后,乙取出一球为白球},C={甲,乙各取 , 出一球后,丙取出一球为白球}.则利用全概率公式得P ( A) =a ( a + b)甲取出的球可为白球或黑球,P ( B ) = P ( A) P ( B | A) + P ( A ) P ( B | A ) =b b 1 a b b + = a + b a + b 1 a + b a + b 1 a + b甲, 乙取球的情况共有四种,由全概率公式得P(C ) = P( AB) P(C | AB) + P( AB ) P(C | AB ) + P( A B) P(C | A B) + P( A B ) P(C | A B ) = b(b 1) b2 ab b 1 + (a + b)(a + b 1) a + b 2 (a + b)(a + b 1) a + b 2 + ab b 1 a (a 1) b + (a + b)(a + b 1) a + b 2 (a + b)(a + b 1) a + b 2=b(a + b 1)(a + b 2) b = . (a + b)(a + b 1)(a + b 2) a + b6,解:设 A1={从甲袋中取出 2 只白球},A2={从甲袋中取出一只白球一只黑球},A3={从甲 , 袋中取出 2 只黑球},B={从乙袋中取出 2 只白球}.则由全概率公式得P( B) = P( B | A1 ) P( A1 ) + P( B | A2 ) P( A2 ) + P( B | A3 ) P ( A3 )2 2 Ca C a+2 c 1 C 1C 2 c 2C 2 a + 2 b 2 α +1 + 2 b 2a . 2 2 c A+ B cα + β + 2 C a +b Cα + β + 2 C a +b Cα + β + 27, :A1={从第一袋中取出一球是黑球},……, i={从第一袋中取一球放入第二袋中, ,解A …, 再从第 i 1 袋中取一球放入第 i 袋中,最后从第 i 袋中取一球是黑球},i = 1, , N .则P ( A1 ) =a b , P ( A1 ) = . a+b ( a + b)一般设 P ( Ak ) =a b ,则 P ( Ak ) = ,得 ( a + b) ( a + b) a . ( a + b)P ( Ak +1 ) = P ( Ak +1 | Ak ) P ( Ak ) + P ( Ak +1 | Ak ) P ( Ak ) =由数学归纳法得P ( AN ) =a . ( a + b)9,解:设 Ai={第 i 回出正面},记 pi = P ( Ai ) ,则由题意利用全概率公式得 ,P ( Ai +1 ) = P ( Ai +1 | Ai ) P ( Ai ) + P ( Ai +1 | Ai ) P ( Ai )= pp1 + (1 p)(1 p1 ) = (2 p 1) p1 + (1 p) .已知 pi = c ,依次令 i = n 1, n 2, ,1 可得递推关系式Pn = (2 p 1) p n1 + (1 p ),Pn 1 = (2 p 1) p n 2 + (1 p ), ,P2 = (2 p 1) p1 + (1 p) = (2 p 1)c + (1 p).解得Pn = (1 p )[1 + (2 p 1) + (2 p 1) 2 + + (2 p 1) n 2 ] + c(2 p 1) n 1 ,当p ≠ 1 时利用等比数列求和公式得p n = (1 p)1 (2 p 1) n 1 1 1 + c(2 p 1) n 1 = (2 p 1) n 1 + c (2 p 1) n1 . (*) 1 (2 p 1) 2 2n →∞(1)若 p = 1 ,则p n ≡ C , lim p n = C ; (2)若 p = 0 ,则当 n = 2k 1 时, pn = c ;当 n = 2k 时, p n = 1 c .若c = 若c ≠1 1 1 ,则p n ≡ , lim p n =2 2 n →∞ 2 1 1 ,则 c ≠ 1 c, lim p n 不存在. n →∞ 2(3)若 01 1 1 lim p n = lim (2 p 1) n 1 + c(2 p 1) n 1 = . n →∞ n→ ∞ 2 2 210,解:令 Ai , Bi , C i 分别表示第 i 次交换后,甲袋中有两只白球,一白一黑,两黑球的事 , 件,则由全概率公式得p n +1 = P( An +1 ) = P( An ) P( An +1 | An ) + P( Bn ) P ( An +1 | Bn ) + P(C n ) P( An +1 | C n ) = 0 pn + 1 1 q n + 0 rn = q n , 4 4q n+1 = P( Bn +1 ) = P( An ) P( Bn +1 | An ) + P( Bn ) P( Bn +1 | Bn ) +P(C n ) P ( Bn +1 | C n ) = 1 pn + 1 1 q n + 1 rn = p n + q n + rn , , 2 2rn +1 = P (C n +1 ) = P( An ) P(C n +1 | An ) + P( Bn ) P(C n+1 | Bn ) +P(C n ) P(C n+1 | C n ) 1 1 = 0 p n + q n + 0 rn = q n . 4 4这里有 p n +1 = rn +1 , 又 p n +1 + q n +1 + rn +1 = 1 , 所以 q n +1 =1 2 p n +1 , 同理有q n = 1 2 p n ,再由 p n +1 =1 1 q n 得 p n +1 = (12 p n ) .所以可得递推关系式为 4 4 1 rn +1 = p n +1= (1 2 p n ) , 4 q n+1 = 1 2 p n +1初始条件是甲袋一白一黑,乙袋一白一黑,即 p 0 = r0 = 0, q 0 = 1 ,由递推关系式得rn +1 = p n +1 =1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (12 p n ) = p n = ( p n 1 ) = + p n 1 = 4 4 2 4 2 4 2 4 8 4=1 1 (1) n +2 (1) n +1 p 03 + + n+2 + = 2 2 n +1 22 2n +11 1 1 4 2n +11 1 21 1 = 1 (1) n+1 6 2q n+1 = 1 2 p n +1n+2 1 n 1 1 = + (1) , 3 2 6n +12 1 1 = + (1) n+13 3 21 2 , lim q n = . 6 n→ ∞ 3.lim p n = lim rn =n →∞ n→ ∞11,解:设 An={家庭中有 n 个孩子},n=0,1,2,…,B={家庭中有 k 个男孩}.注意到生男孩 , 与生女孩是等可能的,由二项分布 ( p =1 )得 2k nk k1 = Cn . 2 nk1 1 P ( B | An ) = C n 2 2由全概率公式得∞ 1 1 p P ( B ) = ∑ P ( An ) P ( B | An ) = ∑ ap n C = a ∑ C k +1 2 2 n= k n=k i =0 k n ∞ ∞ n k +1(其中 i = n k )p = a 2k ∞p p ∑ C k1+1 2 = a 2 i =01kp 1 2k 1`=2ap k . (2 p) k +112,解: , (1)设 A={至少有一男孩},B={至少有 2 个男孩}. A B, AB = B ,由p(2 p )(1 p ) (2 p)P ( A) = ∑2ap k +1 k =1 ( 2 p )∞kP( B) = ∑2ap k k +1 k =2 (2 p)∞p2 2a ( 2 p ) 2 ap 2 = = , 2 p 1 p (2 p ) 2 (1 p ) 2 (2 p)P( B | A) =P( AB) P( B) p = = . P( A) P( A) 2 p(2)C={家中无女孩}={家中无小孩,或家中有 n 个小孩且都是男孩,n 是任意正整数},则P (C ) = 1∞ ap 1 + ∑ ap n 1 p a =1 2nap ap ap ap 2 3 p ap + p 2 = 1 + 2 = 1 + = p 1 p 1 p 2 p (1 p )(2 p ) 1 2A1={家中正好有一个男孩}={家中只有一个小孩且是男孩},则P ( A1 ) = ap1 1 = ap ,且 A1 C ,2 2所以在家中没有女孩的条件下,正好有一个男孩的条件概率为P ( A1 | C ) =P ( A1C ) P ( A1 ) 1 ap ap (1 p )(2 p ) = = . = 2 P (C ) P (C ) 2 2 3 p ap + p 2(2 3 p ap + p 2 ) (1 p )(2 p )13, 解 : 设 A={产品确为合格品},B={检查后判为合格品}.已知 P ( B | A) =0.98 , ,P ( B | A ) = 0.05, ( A) = 0.96 ,求 P ( A | B ) .由贝叶斯公式得 P P( A | B) = P ( AB ) P ( A) P ( B | A) = P( B) P ( A) P ( B | A) + P ( A ) P ( B | A ) = 0.96 × 0.98 0.9408 = = 0.9979 0.96 × 0.98 + 0.04 × 0.05 0.9428.16,证: 1) P (( A ∪ B ) ∩ C ) = P ( AC ∪ BC ) = P ( AC ) + P ( BC ) P( ABC ) , ( )= P ( A) P (C ) + P ( B ) P (C ) P ( A) P ( B ) P (C ) = P (C )[ P ( A) +P ( B ) P ( AB )] = P (C ) P ( A ∪ B ) ,∴ A ∪ B 与 C 独立. (2) P ( ABC ) = P ( A) P ( B ) P (C ) = P ( AB ) P(C ) ) ∴AB 与 C 独立. (3) P (( A B )C ) = P ( AB C ) = P ( AC ( B )) = P( AC ) P ( ABC )= P( A) P(C ) P ( A) P( B) P(C ) = P (C )[ P( A) P( AB)] = P(C ) P( A B) ,∴ A B 与 C 独立.17,证: P ( A B ) = P ( A ∪ B ) = 1 P ( A ∪ B ) = 1 [ P ( A) + P ( B ) PAB )] ,= 1 P ( A) P ( B ) + P ( A) P ( B ) = (1 P ( A))(1 P ( B ))= P( A ) P( B ) ,同理可证P( A C ) = P( A ) P(C ) , P( B C ) = P( B ) P(C ) .又有P( A B C ) = P( A ∪ B ∪ C ) = 1 P( A ∪ B ∪ C )= 1 [P( A) + P( B) + P (C ) P( AB) P( AC ) P( BC ) + P( ABC )]= 1 P ( A) P ( B ) P (C ) + P ( A) P ( B ) + P ( A) P (C ) + P ( B ) P (C ) + P ( A) P ( B ) P (C ) = (1 P ( A))(1 P ( B ))(1 P (C )) = P ( A ) P ( B ) P (C ) ,所以 A , B , C 相互独立.18,证:必要性 , 必要性.事件 A1 , A2 , , An 相互独立,用归纳法证.不失为一般性,假设总是前必要性连续 m 个集 Ai 取 Ai 的形式.当 m = 1 时,P ( A1 A2 An ) = P ( A2 An ) P ( A1 An ) P ( A1 An ) = P ( A2 ) P ( An ) P ( A1 ) p ( An ) = P ( A1 ) P ( A2 ) P ( An ) .设当 m = k 时有P ( A1 Ak Ak +1 An ) = P ( A1 ) P ( Ak ) P ( Ak +1 An ) ,则当 m = k + 1 时P ( A1 Ak +1 Ak + 2 An ) = P ( A1 Ak Ak + 2 An ) P ( A1 Ak Ak +1 An ) = P ( A1 ) P ( Ak ) P ( Ak + 2 ) P ( An ) P ( A1 ) P ( Ak ) P ( Ak +1 ) P ( An )= P ( A1 ) P ( Ak )(1 P ( Ak +1 )) P ( Ak + 2 ) P ( An ) = P ( A1 ) P( Ak ) P ( Ak +1 ) P ( Ak + 2 ) P ( An )从而有下列 2n 式成立:P( A1 A2 An ) = P( A1 ) P( A2 ) P( An ) , 其中 Ai 取 Ai 或 Ai.充分性.设题中条件成立,则充分性P( A1 An ) = P( A1 ) P( An ) , P( A1 An 1 An ) = P( A1 ) P( An1 ) P( An ) .∵ ∴(1)(2)A1 An 1 An ∩ A1 An 1 An = φ , P( A1 An1 ) = P( A1 An 1 An ∪ A1 An 1An ) .(1)+(2)得P( A1 An 1 ) = P( A1 ) P( An1 ) .(3)同理有P( A1 An 2 An1 An ) = P( A1 ) P( An 2 ) P( An 1 ) P( An ) , P( A1 An 2 An1 An ) = P( A1 ) P( An 2 ) P( An 1 ) P( An )两式相加得P( A1 An 2 An 1 ) = P( A1 ) P( An 2 ) P( An 1 ) .(3)+(4)得(4)P( A1 An 2 ) = P( A1 ) P( A2 ) P( An 2 ) .同类似方法可证得独立性定义中 2 n + 1 个式子,n∴A1 , , An 相互独立.19,证: P (φφ ) = P (φ ) = 0 × 0 = P (φ ) P (φ ), ,P (φ ) = 0 = P () P (φ ), P () = 1 = P () P (), P (B ) = P ( B ) = P () P ( B ), P (A) = P ( A) = P () P( A),P( A B ) = P( A ) P( B ) P( AB ) = P ( A AB) = P( A) P( AB) = P( A) P( A) P( B) = P ( A)(1 P( B)) = P( A) P( B) ,同理可得P( A B) = P( A ) P( B) .证毕.20,解:P{三次射击恰击中目标一次} = 0.4(1 0.5)(1 0.7) + (1 0.4)0.5(1 0.7) + (1 0.4)(1 0.5)0.7= 0.36P{至少有一次命中}=1-P{未击中一次} = 1 (1 0.4)(1 0.5)(1 0.7) = 0.91 21,解: , (1)P{所有的事件全不发生} = P{ A1 An } = P ( A1 ) P ( An ) =∏ (1 pk =1nk).(2)P{至少发生其一} = P ( A1 ∪ ∪ An )P ( A1 An ) = 1 P ( A1 An ) = 1 ∏ (1 p n ) .k =1n(3)P{恰好发生其一} = p1 (1 p 2 ) (1 p n ) + (1 p1 ) p 2 (1 p 3 ) (1 p n ) ++ + (1 p1 ) (1 p n 1 ) p n= ∑ pi 2i =1nn ≥ j > i ≥1∑pi p j + + (1) n1 n∏ pi .i =1n22, : , 解本题中认为各元件发生故障是相互独立的. A0 ={元件 k 发生故障}, A1 ={元件 k1 记发生故障}, A2 ={元件 k 2 发生故障}.则 P{电路断开} = P ( A0 ∪ A1 A2 ) = P ( A0 ) + P ( A1 A2 ) P ( A0 A1 A2 )= 0.3 + 0.2 × 0.2 0.3 × 0.2 × 0.2 = 0.328 .23,解:以 Ak 表事件场比赛的优胜者,则需在未来的三 3次中,丙获胜三次;或在前三次中,丙获胜两次乙胜一次,而第四次为丙获胜.故本题欲求的概率为p=3! 1 3! 0! 0! 333! 1 1 1 1 1 + . 2! 1! 0! 3 3 3 3 3228,解:利用两个的二项分布,得欲副省长的概率为 ,p = ∑ P{甲掷出i次正面, 乙掷出i次正面}i =0n1 1 = ∑C2 2 i =0n i nin 11 1 C2 2i nin 11 = 22n n1 ∑ (C ) = C2 i =0i 2 n n 2n2n.29,解:事件 A 出现奇数次的概率记为 b,出现偶数次的概率记为 a,则 ,0 2 a = C n p 0 q n + C n p 2 q n 2 + ,1 3 b = C n p q n1 + C n p 3 q n 3 + .利用 a + b = ( p + q ) n = 1, a b = (q p ) n ,可解得事件 A 出现奇数次的概率为b=1 1 1 1 ( p q ) n = (12 p ) n . 2 2 2 1 1 + (1 2 p ) n . 2 2[]顺便得到,事件 A 出现偶数次的概率为 a =30,解:事件0.959637,解 :事件。
李贤平《概率论与数理统计》答案
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第5章 极限定理1、ξ为非负随机变量,若(0)a Eea ξ<∞>,则对任意x o >,{}ax a P x e Ee ξξ-≥≤。
2、若()0h x ≥,ξ为随机变量,且()Eh ξ<∞,则关于任何0c >,1{()}()P h c c Eh ξξ-≥≤。
4、{}k ξ各以12概率取值s k 和sk -,当s 为何值时,大数定律可用于随机变量序列1,,,n ξξ的算术平均值?6、验证概率分布如下给定的独立随机变量序列是否满足马尔可夫条件:(1)1{2}2kk P X =±=; (2)(21)2{2}2,{0}12k k k k k P X P X -+-=±===-; (3)11221{2},{0}12kk k P X k P X k --=±===-。
7、若k ξ具有有限方差,服从同一分布,但各k 间,k ξ和1k ξ+有相关,而1,(||2)k k l ξξ-≥是独立的,证明这时对{}k ξ大数定律成立。
8、已知随机变量序列12,,ξξ的方差有界,n D c ξ≤,并且当||i j -→∞时,相关系数0ij r →,证明对{}k ξ成立大数定律。
9、对随机变量序列{}i ξ,若记11()n n nηξξ=++,11()n n a E E nξξ=++,则{}i ξ服从大数定律的充要条件是22()lim 01()n n n n n a E a ηη→∞⎧⎫-=⎨⎬+-⎩⎭。
10、用斯特灵公式证明:当,,n m n m →∞→∞-→∞,而0mn→时,2221~2n mn n n m -⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭。
12、某计算机系统有120个终端,每个终端有5%时间在使用,若各个终端使用与否是相互独立的,试求有10个或更多终端在使用的概率。
13、求证,在x o >时有不等式222111222211t x x x x e e dt e x x-∞--≤≤+⎰。
李贤平概率论与数理统计答案
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第1章事件与概率2、若A,B,C是随机事件,说明下列关系式的概率意义:(l)qBC=A:(2)AUBUC = A;(3)A3uC:(4)Au 貳.3、试把儿U A: U…U A“表示成n个两两互不相容事件的和.6、若A, B. C, D是四个事件,试用这四个事件表示下列各事件:(1)这四个事件至少发生一个;(2)这四个事件恰好发生两个;(3) A, B都发生而C, D都不发生;(4)这四个事件都不发生;(5)这四个事件中至多发生一个。
8、证明下列等式:(1) C:+2C:+3C;+ ・- + nC;=“2"“;⑵ C;—2C:+3C;_…+ (—l)f C; =0;9、袋中有白球5只,黑球6只,陆续取岀三球,求顺序为黑白黑的概率。
10、一部五本头的文集,按任意次序放书架上去,试求下列概率:(1)第一卷出现在旁边;(2)第一卷及第五卷出现在旁边:(3)第一卷或第五卷出现在旁边:(4)第一卷及第五卷都不出现在旁边;(5)第三卷正好在正中。
11、把戏,2, 3, 4, 5诸数各写在一小纸片上,任取英三而排成自左向右的次序,求所得数是偶数的概率。
12、在一个装有n只白球,n只黑球,n只红球的袋中,任取m只球,求其中白、黑、红球分别有m,, m2, m3(/n, +m2 + m3 = m)只的概率。
13、甲袋中有3只白球,7办红球,15只黑球,乙袋中有10只白球,6只红球,9只黑球。
现从两袋中各取一球,求两球颜色相同的概率。
14、由盛有号码1,2,…,N的球的箱子中有放回地摸了n次球,依次记下英号码,试求这些号码按严格上升次序排列的概率。
16、任意从数列1,2,…,N中不放回地取岀n个数并按大小排列成:X, < x2< ■•- < x nf试求x m = M的概率,这里1 < A/ < 7V18、从6只不同的手套中任取4只,问其中恰有一双配对的概率是多少?19、从n双不同的鞋子中任取2r(2r<n)只,求下列事件发生的概率:(1)没有成对的鞋子;(2)只有一对鞋子:(3)恰有两对鞋子:(4)有r对鞋子。
李贤平 第2版《概率论基础》第五章答案.doc
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第5章 极限定理1、ξ为非负随机变量,若(0)a Ee a ξ<∞>,则对任意x o >,{}ax a P x e Ee ξξ-≥≤。
2、若()0h x ≥,ξ为随机变量,且()Eh ξ<∞,则关于任何0c >,1{()}()P h c c Eh ξξ-≥≤。
4、{}k ξ各以12概率取值s k 和sk -,当s 为何值时,大数定律可用于随机变量序列1,,,n ξξ的算术平均值?6、验证概率分布如下给定的独立随机变量序列是否满足马尔可夫条件:(1)1{2}2kk P X =±=; (2)(21)2{2}2,{0}12k k k k k P X P X -+-=±===-;(3)11221{2},{0}12kk k P X k P X k --=±===-。
7、若k ξ具有有限方差,服从同一分布,但各k 间,k ξ和1k ξ+有相关,而1,(||2)k k l ξξ-≥是独立的,证明这时对{}k ξ大数定律成立。
8、已知随机变量序列12,,ξξ的方差有界,n D c ξ≤,并且当||i j -→∞时,相关系数0ij r →,证明对{}k ξ成立大数定律。
9、对随机变量序列{}i ξ,若记11()n n nηξξ=++,11()n n a E E nξξ=++,则{}i ξ服从大数定律的充要条件是22()lim 01()n n n n n a E a ηη→∞⎧⎫-=⎨⎬+-⎩⎭。
10、用斯特灵公式证明:当,,n m n m →∞→∞-→∞,而0mn→时, 22211~2nmn n e n m n π-⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭。
12、某计算机系统有120个终端,每个终端有5%时间在使用,若各个终端使用与否是相互独立的,试求有10个或更多终端在使用的概率。
13、求证,在x o >时有不等式222111222211t x x x x e e dt ex x-∞--≤≤+⎰。
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李贤平《概率论与数理统计》标准答案————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期:2第5章 极限定理1、ξ为非负随机变量,若(0)a Eea ξ<∞>,则对任意x o >,{}ax a P x e Ee ξξ-≥≤。
2、若()0h x ≥,ξ为随机变量,且()Eh ξ<∞,则关于任何0c >,1{()}()P h c c Eh ξξ-≥≤。
4、{}k ξ各以12概率取值s k 和sk -,当s 为何值时,大数定律可用于随机变量序列1,,,n ξξL L 的算术平均值?6、验证概率分布如下给定的独立随机变量序列是否满足马尔可夫条件:(1)1{2}2kk P X =±=; (2)(21)2{2}2,{0}12k k k k k P X P X -+-=±===-; (3)11221{2},{0}12kk k P X k P X k --=±===-。
7、若k ξ具有有限方差,服从同一分布,但各k 间,k ξ和1k ξ+有相关,而1,(||2)k k l ξξ-≥是独立的,证明这时对{}k ξ大数定律成立。
8、已知随机变量序列12,,ξξL 的方差有界,n D c ξ≤,并且当||i j -→∞时,相关系数0ij r →,证明对{}k ξ成立大数定律。
9、对随机变量序列{}i ξ,若记11()n n nηξξ=++L ,11()n n a E E n ξξ=++L ,则{}i ξ服从大数定律的充要条件是22()lim 01()n n n n n a E a ηη→∞⎧⎫-=⎨⎬+-⎩⎭。
10、用斯特灵公式证明:当,,n m n m →∞→∞-→∞,而0mn→时, 22211~2nmn n e n m n π-⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭。
12、某计算机系统有120个终端,每个终端有5%时间在使用,若各个终端使用与否是相互独立的,试求有10个或更多终端在使用的概率。
13、求证,在x o >时有不等式222111222211t x x x x e e dt e x x-∞--≤≤+⎰。
14、用德莫哇佛——拉普拉斯定理证明:在贝努里试验中,01p <<,则不管k 是如何大的常数,总有{||}0()n P np k n μ-<→→∞。
15之间的概率不小于90%。
并用正态逼近计算同一问题。
16、用车贝晓夫不等式及德莫哇佛——拉普拉斯定理估计下面概率:n P p n με⎧⎫-≥⎨⎬⎩⎭并进行比较。
这里n μ是n 次贝努里试验中成功总次数,p 为每次成功的概率。
17、现有一大批种子,其中良种占16,今在其中任选6000粒,试问在这些种子中,良种所占的比例与16之差小于1%的概率是多少? 18、种子中良种占16,我们有99%的把握断定,在6000粒种子中良种所占的比例与16之差是多少?这时相应的良种数落在哪个范围内?19、蒲丰试验中掷铜币4040次,出正面2048次,试计算当重复蒲丰试验时,正面出现的频率与概率之差的偏离程度,不大于蒲丰试验中所发生的偏差的概率。
20、设分布函数列{()}n F x 弱收敛于连续的分布函数()F x ,试证这收敛对1x R ∈是一致的。
22、试证若正态随机变量序列依概率收敛,则其数学期望及方差出收敛。
24、若n X 的概率分布为0111n n n ⎛⎫ ⎪⎪-⎪⎝⎭,试证相应的分布函数收敛,但矩不收敛。
25、随机变量序列{}n ξ具有分布函数{()}n F x ,且()()n F x F x →,又{}n η依概率收敛于常数0c >。
试证:(I )n n n ζξη=+的分布函数收敛于()F x c -;(II )nn nξζη=的分布函数收敛于()F cx 。
26、试证:(1)0P Pn n X X X X −−→⇒-−−→; (2),{}1PPn n X X X Y P X Y −−→−−→⇒==; (3)0(,)P Pn n m X X X X n m −−→⇒-−−→→∞; (4),PPPn n n n X X X Y X Y X Y −−→−−→⇒±−−→±; (5),P n X X k −−→是常数Pn kX kX −−→; (6)22PPn n X X X X −−→⇒−−→;(7),,,PPn n X a Y b a b −−→−−→常数Pn n X Y ab −−→; (8)111PPn n X X -−−→⇒−−→; (9),,,P Pn n X a Y b a b −−→−−→常数110Pn n b X Y ab --≠⇒−−→;(10),P n X X Y −−→是随机变量Pn X Y XY ⇒−−→; (11),P P Pn n n n X X Y Y X Y XY −−→−−→⇒−−→。
27、设Pn X X −−→。
而g 是1R 上的连续函数,试证()()Pn g X X −−→。
28、若{}n X 是单调下降的正随机变量序列,且0P n X −−→,证明0a s n X ⋅⋅−−→。
29、若12,,X X L 是独立随机变量序列,μ是整值随机变量,{}k P k p μ==,且与{}i X 独立,求1X X μη=++L 的特征函数。
30、若()f t 是非负定函数,试证(1)(0)f 是实的,且(0)0f ≥;(2)()()f t f t -=;(3)|()|(0)f t f ≤。
31、用特征函数法直接证明德莫佛——拉普拉斯积分极限定理。
33、若母体ξ的数学期望2,E m D ξξσ==,抽容量为n 的子样求其平均值ξ,为使{||0.1}95%P m ξσ-<≥,问n 应取多大值?34、若{,1,2,}n n ξ=L 为相互独立随机变量序列,具有相同分布11{1},{0}22n n P P ξξ-=-=,而12nkn k kξη==∑,试证n η的分布收敛于[0,1]上的均匀分布。
35、用特征函数法证明二项分布的普阿松定理。
36、用特征函数法证明,普阿松分布当λ→∞时,渐近正态分布。
计算n Y 的特征函数,并求n →∞时的极限。
38、设n X 独立同分布,2{2}2k kn P X --== (1,2,)k =L ,则大数定律成立。
39、若{}i X 是相互独立的随机变量序列,均服从(0,1)N ,试证1221nn nX X W nX X ++=++L L 及1221n n nX X U X X++=++L L 渐近正态分布(0,1)N 。
40、设12,,X X L 是独立随机变量序列,均服从[0,1]均匀分布,令11nnn i i Z X =⎛⎫= ⎪⎝⎭∏,试证Pn Z c →,这里c 是常数,并求c 。
41、若{}i X 是独立同分布随机变量序列,i EX m =,若()f x 是一个有界的连续函数,试证1lim ()n n X X E f f m n →∞⎡++⎤⎛⎫= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦L 。
42、若{}i X 是独立同分布、具有有限二阶矩的随机变量序列,试证12(1)nPi i i iX EX n n =−−→+∑。
44、设()f x 是[0,1]上连续函数,利用概率论方法证明:必存在多项式序列{()}n B x ,在[0,1]上一致收敛于()f x 。
45、设{}i X 是独立随机变量序列,试证0a s n X ⋅⋅−−→的充要条件为,对任意0ε>有1{||}nn P Xε∞=≥<∞∑。
46、试证独立同分布随机变量序列,若存在有限的四阶中心矩,则强大数定律成立。
48、举例说明波雷尔——康特拉引理(i )之逆不成立。
49、设是相互独立且具有方差的随机变量序列,若21k n DX k ∞=<∞∑,则必有21lim 0k n DX n →∞=。
53、若{}k ξ是独立随机变量序列,方差有限,记n 11(),nn k k n k S E S nξξη==-=∑。
(1)利用柯尔莫哥洛夫不等式证明{}1n 22221max (2)m m mm jm n j p PD ηεξε+>≥<=≥≤∑(2)对上述m p ,证明若21kk D k ξ∞=<∞∑,则1m m p ∞=∑收敛;(3)利用上题结果证明对{}n ξ成立柯尔莫哥洛夫强大数定律。
54、(1)设{}k c 为常数列,令{}1,sup ||,1,2,n k m m k m k s c b s s k ∞+===-=∑L inf{,1,2,}m b b m ==L ,试证1kk c∞=∑收敛的充要条件是0b =;(2)(Kronecker 引理)对实数列{}k c ,若1k k c k∞=∑收敛,则110nkk cn =→∑。
56、设12,,X X L 是独立随机变量序列,对它成立中心极限定理,则对{}n X 成立大数定律的充要条件为()21()n D X X o n ++=L 。
57、设12,,X X L 是独立同分布随机变量序列,且1nkk X n=∑对每一个1,2,n =L 有相同分布,那么,若0,1i i EX DX ==,则i X 必须是(0,1)N 变量。
58、设{}k X 是独立随机变量序列,且k X 服从(0,2)kN -,试证序列{}k X :(1)成立中心极限定理;(2)不满足费勒条件;(3)不满足林德贝格条件,从而说明林德贝格条件并不是中心极限定理成立的必要条件。
59、若{}k X 是独立随机变量序列,i X 服从[1,1]-均匀分布,对2,3,,k k X =L 服从1(0,2)k N -,证明对{}k X 成立中心极限定理,但不满足费勒条件。
60、在普阿松试验中,第i 次试验时事件A 出现的概率为i p ,不出现的概率为i q ,各次试验是独立的,以n v 记前n 次试验中事件A 出现的次数,试证:(1)()0P n n v Ev n-−−→;(2)对11nn i i n i ii v p p q ==⎛⎫- ⎪⎝⎭∑∑成立中心极限定理的充要条件是1i ii p q∞==+∞∑。
61、设{}k X 独立,k X 服从[,]k k -均匀分布,问对{}k X 能否用中心极限定理? 62、试问对下列独立随机变量序列,李雅普诺夫定理是否成立?(1):1122k kk X ⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭; (2)0:,0111333a a k k k X a ⎛⎫- ⎪> ⎪ ⎪⎝⎭。
65、求证:当n →∞时,01!2k nnk n e k -=→∑。