《概率论与数理统计》第三版__课后习题答案._

1.1 写出下列随机试验的样本空间：

(1) 某篮球运动员投篮时, 连续5 次都命中, 观察其投篮次数; 解：连续5 次都命中，至少要投5次以上，故15,6,7,； (2) 掷一颗匀称的骰子两次, 观察前后两次出现的点数之和; 解：22,3,4,11,12； (3) 观察某医院一天内前来就诊的人数;

解：医院一天内前来就诊的人数理论上可以从0到无穷，所以30,1,2,(4) 从编号为1，2，3，4，5 的5 件产品中任意取出两件, 观察取出哪两件产品; 解：属于不放回抽样，故两件产品不会相同，编号必是一大一小，故： 4i,j1ij5; (5) 检查两件产品是否合格;

解：用0 表示合格, 1 表示不合格，则50,0,0,1,1,0,1,1；

(6) 观察某地一天内的最高气温和最低气温(假设最低气温不低于T1, 最高气温不高于T2); 解：用x表示最低气温, y 表示最高气温;考虑到这是一个二维的样本空间，故： 6x,yT1xyT2；

；

(7) 在单位圆内任取两点, 观察这两点的距离; 解：7x0x2；

(8) 在长为l的线段上任取一点, 该点将线段分成两段, 观察两线段的长度. 解：8x,yx0,y0,xyl； 1.2

(1) A 与B 都发生, 但C 不发生; ABC；

(2) A 发生, 且B 与C 至少有一个发生;A(BC)； (3) A,B,C 中至少有一个发生; ABC；

- 1 -

(4) A,B,C 中恰有一个发生;ABCABCABC； (5) A,B,C 中至少有两个发生; ABACBC； (6) A,B,C 中至多有一个发生;ABACBC；

(7) A;B;C 中至多有两个发生;ABC

(8) A,B,C 中恰有两个发生.ABCABCABC ； 注意：此类题目答案一般不唯一，有不同的表示方式。

1.3 设样本空间x0x2, 事件A=x0.5x1,Bx0.8x1.6 具体写出下列各事件：

(1) AB; (2) AB ; (3) AB; (4) AB （1）ABx0.8x1； (2) AB=x0.5x0.8；

(3) AB=x0x0.50.8x2; (4) AB=x0x0.51.6x2

1.6 按从小到大次序排列P(A),P(AB),P(AB),P(A)P(B), 并说明理由.

 解：由于ABA,A(AB),故P(AB)P(A)P(AB)，而由加法公式，有：

P(AB)P(A)P(B)

1.7

解：(1) 昆虫出现残翅或退化性眼睛对应事件概率为：

P(WE)P(W)P(E)P(WE)0.175

- 2 -

(2) 由于事件W可以分解为互斥事件WE,WE，昆虫出现残翅, 但没有退化性眼睛对应事件 概率为：P(WE)P(W)P(WE)0.1

(3) 昆虫未出现残翅, 也无退化性眼睛的概率为：P(WE)1P(WE)0.825. 1.8

解：(1) 由于ABA,ABB，故P(AB)P(A),P(AB)P(B),显然当AB时P(AB)

取到最大值。 最大值是0.6.

(2) 由于P(AB)P(A)P(B)P(AB)。显然当P(AB)1时P(AB) 取到最小值，最小值是0.4. 1.9

解：因为 P(AB) = 0，故 P(ABC) = 0.A,B,C至少有一个发生的概率为：

P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)0.7

1.10 解

（1）通过作图，可以知道，P(AB)P(AB)P(B)0.3 （2）P(AB)1P(AB)1(P(A)P(AB))0.6

(3)由于P(AB)P(AB)1P(AB)1(P(A)P(B)P(AB)) 1P(A)P(B)P(AB)P(B)1P(A)0.7 1.11

解：用Ai表示事件“杯中球的最大个数为i个” i=1,2,3。三只球放入四只杯中，放法有

44464种，每种放法等可能。

- 3 -

对事件A1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法4×3×2种，故P(A1)

(选排列：好比3个球在4个位置做排列)。

3 8对事件A3：必须三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中选1个杯子，放入此3个球，选法有4种)，故P(A3) 1.12

解：此题为典型的古典概型，掷一颗匀称的骰子两次基本事件总数为36。.出现点数和为“3”对应两个基本事件（1，2），（2，1）。故前后两次出现的点数之和为3的概率为

1319 。P(A2)116816161。 18同理可以求得前后两次出现的点数之和为4，5 的概率各是(1) 1.13

11,。 1293解：从10个数中任取三个数，共有C10120种取法，亦即基本事件总数为120。

(1) 若要三个数中最小的一个是5，先要保证取得5，再从大于5的四个数里取两个，取法有

2C46种，故所求概率为

1。 201。 12(2) 若要三个数中最大的一个是5，先要保证取得5，再从小于5的五个数里取两个，取法

2有C510种，故所求概率为

1.14

解：分别用A1,A2,A3表示事件：

(1) 取到两只黄球; (2) 取到两只白球; (3) 取到一只白球, 一只黄球.则

216C822814C461P(A1)2,P(A2)2,P(A3)1P(A1)P(A2)。

33C126633C1266111.15

- 4 -

解：P((AB)B)P((AB)B)P((AB)(BB))

P(B)P(B)P(AB)P(A)P(AB)0.5

P(B)P(B)由于P(BB)0，故P((AB)B) 1.16

(1) P(AB);（2）P(AB);

解：（1）P(AB)P(A)P(B)P(AB)1P(B)P(AB)10.40.50.8;

（2）P(AB)P(A)P(B)P(AB)1P(B)P(AB)10.40.50.6;

注意：因为P(AB)0.5，所以P(AB)1P(AB)0.5。 1.17

解：用Ai表示事件“第i次取到的是正品”（i1,2,3），则Ai表示事件“第i次取到的是次品”（i1,2,3）。P(A1)15331421 ,P(A1A2)P(A1)P(A2A1)20441938(1) 事件“在第一、第二次取到正品的条件下, 第三次取到次品”的概率为：

P(A3A1A2)5。

18(2) 事件“第三次才取到次品”的概率为：

P(A1A2A3)P(A1)P(A2A1)P(A3A1A2)（3）事件“第三次取到次品”的概率为：

1514535 2019182281 4此题要注意区分事件（1）、(2）的区别，一个是求条件概率，一个是一般的概率。再例如，设有两个产品，一个为正品，一个为次品。用Ai表示事件“第i次取到的是正品”（i1,2），

- 5 -

则事件“在第一次取到正品的条件下, 第二次取到次品”的概率为：P(A2A1)1；而事件“第二次才取到次品”的概率为：P(A1A2)P(A1)P(A2A1) 1.18。

解：用Ai(i0,1,2)表示事件“在第一箱中取出两件产品的次品数i”。用B表示事件“从第二箱中取到的是次品”。则

2112C12C12C2C266241P(A0)2,P(A1),P(A), 222C1491C1491C14911。区别是显然的。 2P(BA0)123P(BA)P(BA)1212，12，12，

根据全概率公式，有：

P(B)P(A0)P(BA0)P(A1)P(BA1)P(A2)P(BA2) 1.19

328

解：设Ai(i1,2,3)表示事件“所用小麦种子为i等种子”，

B表示事件“种子所结的穗有50 颗以上麦粒”。

则P(A1)0.92,P(A2)0.05,P(A3)0.03,P(BA1)0.5，P(BA2)0.15，

P(BA3)0.1，根据全概率公式，有：

P(B)P(A1)P(BA1)P(A2)P(BA2)P(A3)P(BA3)0.4705

1.20

解：用B表示色盲，A表示男性，则A表示女性，由已知条件，显然有：

P(A)0.51,P(A)0.49,P(BA)0.05,P(BA)0.025,因此：

- 6 -

根据贝叶斯公式，所求概率为：

P(AB)P(A)P(BA)P(AB)P(AB)102 P(B)P(AB)P(AB)P(A)P(BA)P(A)P(BA)151 1.21

解：用B表示对试验呈阳性反应，A表示癌症患者，则A表示非癌症患者，显然有：

P(A)0.005,P(A)0.995,P(BA)0.95,P(BA)0.01,

因此根据贝叶斯公式，所求概率为：

P(AB)P(A)P(BA)P(AB)P(AB)95 P(B)P(AB)P(AB)P(A)P(BA)P(A)P(BA)294 1.22

(1) 求该批产品的合格率;

(2) 从该10 箱中任取一箱, 再从这箱中任取一件, 若此件产品为合格品, 问此件产品由甲、 乙、丙三厂生产的概率各是多少?

解：设，B1{产品为甲厂生产},B2{产品为乙厂生产},B3{产品为丙厂生产},

A{产品为合格品}，则

（1）根据全概率公式，P(A)P(B1)P(AB1)P(B2)P(AB2)P(B3)P(AB3)0.94，该批产品的合格率为0.94.

（2）根据贝叶斯公式，P(B1A)P(B1)P(AB1)19

P(B1)P(AB1)P(B2)P(AB2)P(B3)P(AB3)942724，因此，从该10 箱中任取一箱, 再从这箱中任取,P(B3A)9447192724一件, 若此件产品为合格品, 此件产品由甲、乙、丙三厂生产的概率分别为：,,。

949447同理可以求得P(B2A)1.23

- 7 -

解：记A={目标被击中}，则P(A)1P(A)1(10.9)(10.8)(10.7)0.994 1.24

解：记A4={四次独立试验，事件A 至少发生一次}，A4={四次独立试验，事件A 一次也不发生}。而P(A4)0.5904，因此P(A4)1P(A4)P(AAAA)P(A)40.4096。所以

P(A)0.8,P(A1)10.80.2

1P(A)(1P(A))230.20.640.384。 三次独立试验中, 事件A 发生一次的概率为：C3

二、第一章定义、定理、公式、公理小结及补充： （10）加法公式 P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) 当P(AB)＝0时，P(A+B)=P(A)+P(B) P(A-B)=P(A)-P(AB) （11）减法公式 当A=Ω时，P(B)=1- P(B) 当BA时，P(A-B)=P(A)-P(B) 定义 设A、B是两个事件，且P(A)>0，则称（12）条件概率 件B发生的条件概率，记为P(B/A)P(AB)为事件A发生条件下，事P(A)P(AB)。 P(A) （16）贝叶斯公式 P(Bi/A)P(Bi)P(A/Bi)P(B)P(A/B)jjj1n，i=1，2，…n。 此公式即为贝叶斯公式。

- 8 -

第二章 随机变量

2.1 X P

2 1/36

3 1/18

4 1/12

5 1/9

6 5/36

7 1/6

8 5/36

9 1/9

10 1/12

11 1/18

12 1/36

2.2解：根据

P(Xk)1，得aek0k0kae11。 1，即11e 故 ae1

2.3解：用X表示甲在两次投篮中所投中的次数，X~B(2,0.7) 用Y表示乙在两次投篮中所投中的次数, Y~B(2,0.4) (1) 两人投中的次数相同

P{X=Y}= P{X=0,Y=0}+ P{X=1,Y=1} +P{X=2,Y=2}=

0202111120200.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.3124C2C2C2C2C2C2001122(2)甲比乙投中的次数多

P{X>Y}= P{X=1,Y=0}+ P{X=2,Y=0} +P{X=2,Y=1}=

110220022011C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.6C20.70.3C20.40.60.56281020212.4解:（1）P{1≤X≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=

1232 1515155(2) P{0.5121 151552.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=

11146222211[1()k]1441 =lim22kk1134111 244（2）P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}- P{X=2}=12.6解：设Ai表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，1，2

- 9 -

P{X0}P{A1A2A3A4}P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)=1817161512 2019181719P{X1}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}P{A1A2A3A4}218171618217161818216181716232 2019181720191817201918172019181795P{X2}1P{X0}P{X1}112323 1995952.6解：(1)设X表示4次独立试验中A发生的次数，则X~B(4,0.4)

P(X3)P(X3)P(X4)C40.430.61C40.440.600.1792

(2)设Y表示5次独立试验中A发生的次数，则Y~B(5,0.4)

34P(X3)P(X3)P(X4)P(X5)C50.430.62C50.440.61C50.450.600.31744

2.7 （1）X～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)

3451.501.51.5e=e P{X0}0!（2）X～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)

202212P{X2}1P{X0}P{X1}1ee13e2

0!1!2.8解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为X，则X~B(180,0.01)。

依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即P(Xm)0.99，也即

P(Xm1)0.01

因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为1800.011.8的泊松分布。 查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。 故应至少配备6名设备维修人员。

- 10 -

2.9解：一个元件使用1500小时失效的概率为

100010001 P(1000X1500)dx1000x2x1000315001500 设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则Y~B(5,)。所求的概率为

131280P(Y2)C52()2()350.329

333

2.10（1）假设该地区每天的用电量仅有80万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

P{0.8X1}12x(1x)2dx(6x28x33x4)|0.0272

0.80.811（2）假设该地区每天的用电量仅有90万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

P{0.9X1}12x(1x)2dx(6x28x33x4)|0.0037

0.90.9112.11解:要使方程

x22Kx2K30有实根则使(2K)4(2K3)0

2解得K的取值范围为[,1][4,],又随机变量K~U(-2,4)则有实根的概率为

p[1(2)43]1

4(2)32.12解：X~P(λ)= P(

1) 200100111x1001200edxe200|1e2

0200(1) P{X100}0113x1200edxe200|e2 （2）P{X300}300300200（3）P{100X300}

3001001113x30012002002edxeee2 |100200- 11 -

P{X100,100X300}P{X100}P{100X300}(1e)(e1212e)

322.13解：设每人每次打电话的时间为X，X~E(0.5)，则一个人打电话超过10分钟的概率为

P(X10)0.50.5x10edxe0.5x510e

又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y，则Y~B(282,e5)。

因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为282e51.9的泊松分布。所求的概率为

P(Y2)1P(Y0)P(Y1)

1e1.91.9e1.912.9e1.90.56625

2.14解：(1)P(X105)(10511012)(0.42)1(0.42) 10.66280.3372

(2)P(100X120)(12011012)(10011012) (0.83)(0.83)2(0.83)120.796710.5934

2.15解：设车门的最低高度应为a厘米，X~N(170,62)

P{Xa}1P{Xa}0.01P{Xa}(a170 6)0.99a17062.33 a184厘米

2.19解：X的可能取值为1,2,3。

因为P(X1)C24611C30.6； P(X3)30.1； 510C510 - 12 -

P(X2)10.60.10.3

所以X的分布律为

X P X的分布函数为

1

2 0.3 3 0.1 0.6 x100.61x2F(x)

0.92x31x3 2.20(1)

P{Y0}P{X}0.22P{Y2}P{X0}P{X}0.30.40.7

3P{Y42}P{X}0.12 Y

0

2

0.7

4 0.1

2qi

(2)

0.2

P{Y1}P{X0}P{X}0.30.40.7 3P{Y1}P{X}P{X}0.20.10.322Y

-1 0.7

1 0.3

qi

2.21（1）

- 13 -

当1x1时，F(x)P{X1}0.3

当1x2时，F(x)P{X1}P{X1}0.3P{X1}0.8

P{X1}0.80.30.5

当x2时，F(x)P{X1}P{X1}P{X2}0.8P{X2}1

P{X2}10.80.2

X P （2）

-1 0.3

1 0.5

2 0.2

P{Y1}P{X1}P{X1}0.30.50.8 P{Y2}P{X2}0.2

Y

1 0.8

2 0.2

qi

2.22

X~N(0,1)fX(x)1e2x22

（1）设FY(y)，fY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

2y1xy11FY(y)P{Yy}P{2X1y}P{X}2e2dx

22对FY(y)求关于y的导数，得fY(y)1e2y12)22((y11)e222(y1)28 y(,)

（2）设FY(y)，fY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

- 14 -

X当y0时，FY(y)P{Yy}P{ey}P{}0

当y0时，有

FY(y)P{Yy}P{eXy}P{Xlny}P{Xlny}对FY(y)求关于y的导数，得

(lny)1(lny)y>0122e(lny)efY(y)22y

y0022lny1x2edx 22（3）设FY(y)，fY(y)分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

2当y0时，FY(y)P{Yy}P{Xy}P{}0

当y>0时，FY(y)P{Yy}P{X2y}P{yXy}yy1e2x22dx

对FY(y)求关于y的导数，得

1(efY(y)20y)22(y)1e2(y)22(y)1e2y(lny)22y>0

y0

2.23 ∵X0x1U(0,)∴fX(x)

其它0（1）

当2lny时

FY(y)P{Yy}P{2lnXy}P{lnX2y}P{}0

- 15 -

当y2ln时yFY(y)P{Yy}P{2lnXy}P{lnX2y}P{X2ey}P{Xey}e210dx

yyy2ln1212e(e)对FY(y)求关于y的导数，得到fY(y) 2

02lny（2）

当y1或 y-1时，FY(y)P{Yy}P{cosXy}P{}0 当1y1时,FY(y)P{Yy}P{cosXy}P{Xarccosy}对FY(y)求关于y的导数，得到

1arccosydx

111y1(arccosy)fY(y) 1y2

0其它（3）当y1或 y0时FY(y)P{Yy}P{sinXy}P{}0

当0y1时，

FY(y)P{Yy}P{sinXy}P{0Xarcsiny}P{arcsinyX}arcsiny10dx1arcsinydx

对FY(y)求关于y的导数，得到

1210y1arcsiny(arcsiny)fY(y) 1y2 0其它

- 16 -

第三章 随机向量

3.1 P{1Y X 2 0 1 2 3 128ccc345222=3 53 ccc3453122= 50 3.4（1）a=

1 9（2）

5 12（3）

P{(X,Y)D}dy1y1111(6xy)dx[(6y)xx2]|dy

0009902111211111188 (y6y5)dy(y33y25y)|90229620932711y3.5解：（1）

F(x,y)（2）

y0x0yx2e(2uv)dudvevdv2e2udu(ev|0)(e2u|0)(1ey)(1e2x)00yx - 17 -

P(YX)x(2xy)2xxvx002edxdy02edx0edy02e2(ey|x0)dx2e2x(1ex)dx(2e2x2e3x)dx(e2x|23x21000)3e|0133 3.6解：P(x2y2a2)2x21y2a2(1x2y2)20dar0(1r2)2dr 2da1(1r2)2d(1r2)1211a1a2002(1r2)|011a21a2

3.7参见课本后面P227的答案

3.8 f)1f(x,y)dy1302xy2dy32xy3X(x03|10x2

f22323212y(y)0f(x,y)dx02xydx2y2x|203y2 fx,0x23y20y1X(x)2 fY(y)

0,其它0其它3.9解：X的边缘概率密度函数fX(x)为：

①当x1或x0时，f(x,y)0，

f(y)112111Yy4.8y(2x)dx4.8y[2x2x]|y4.8y[122y2y2]fX(x)0y1或y00y1fxxX(x)04.8y(2x)dy2.4y2(2x)|02.4x2(2x)②当0x1时，fX(x)x04.8y(2x)dy2.4y2(2x)|x2.4x20(2x)

- 18 -

Y的边缘概率密度函数fY(y)为：

① 当y1或y0时，f(x,y)0，fY(y)0

121112② 当0y1时，fY(y)4.8y(2x)dx4.8y[2xx]|4.8y[12yy]

1y2y22.4y(34yy2)

3.10 （1）参见课本后面P227的答案

（2）fxx26dy0x1=6（x1-x）0x1X(x) 0其它0 其它 yf(y)y6dx 0y16（y-y）0y1Y0其它= 0其它

3.11参见课本后面P228的答案 3.12参见课本后面P228的答案 3.13（1）

fX(x)20x12200(x2xy)dyx1 2xx33 0其它0其它f10(x2xy)dx0y21y0y2Y(y) =336 0其它0其它对于0y2时，fY(y)0，

2xy0x16x2+2xy所以ff(x,y)x0x132yX|Y(x|y)f1y Y(y)3

60其它0其它 2- 19 -

对于0x1时，fX(x)0

2xy0y23xy0y26x2x3f(x,y)2x2所以fY|X(y|x) fX(x)2x30其它其它0

P{Y111|X}fY|X(y|)dy222120120113yy13722dy2dy

015406223.14

X Y 1 3 Y的边缘分布 0 0.15 0.05 0.2 2 0.25 0.18 0.43 5 0.35 0.02 0.37 X的边缘分布 0.75 0.25 1 由表格可知 P{X=1;Y=2}=0.25≠P{X=1}P{Y=2}=0.3225 故P{Xx;Yy}P{Xx}P{Yy}

iiii所以X与Y不独立 3.15 X Y 1 1 2 3 X的边缘分布 1 61 31 2ii1 9a 1 18b 1 31+a+b 32 Y的边缘分布 a+1 9ib+1 18i1 由独立的条件P{Xx;Yy}P{Xx}P{Yy}则

- 20 -

P{X2;Y2}P{X2}P{Y2} P{X2;Y3}P{X2}P{Y3}

P{Xi}1

可以列出方程

(13ab)(19a)a (118b)(13ab)b 1313ab1 a0,b0

解得a29,b19 x0x2 3.16 解（1）在3.8中fx)3y20y1X(2 fY(y)0其它0其它当0x2， 0y1时，fX(x)fY(y)32xy2f(x,y) 当x2或x0时，当y1或y0时，fX(x)fY(y)0f(x,y) 所以， X与Y之间相互独立。

（2）在3.9中，f2.4x2(2x)0x1X(x)0

其它fy)2.4y(34yy2) 0y1Y(

0其它当0x1，0y1时，

- 21 -

fX(x)fY(y)=2.4x2(2x)2.4y(34yy2)5.76x2(2x)y(34yy2)

f(x,y) ，所以X与Y之间不相互独立。

3.17解：

fx(x)f(x,y)dy0xex1(1y)xdyxe 2xffy(y)f(x,y)dy0xe1(1y)dx21(1y)2

x(x)f(y)xeyx1(1y)2f(x,y)

故X 与Y相互独立

3.18参见课本后面P228的答案

第四章 数字特征

4.1 解：E(X)xpiii1

E(Y)yipi0.9

i∵甲机床生产的零件次品数多于乙机床生产的零件次品数，又∵两台机床的总的产量相同 ∴乙机床生产的零件的质量较好。 4.2 解：X的所有可能取值为：3，4，5

P{X3}1CC350.1

P{X4}C30.3 352 - 22 -

P{X5}C24C30.6

5E(X)xipi30.140.350.64.5

i4.3参见课本230页参考答案 4.4解：

P{Xn}p(1p)n1,n1,2,3......E(X)xpipinp(1p)n1i[1(1p)]21n1p4.6参考课本230页参考答案

4.7解：设途中遇到红灯次数为X，则X~B(3,0.4)

E(X)np40.31.2

4.8解

E(X)f(x)xdx

150023000 x15002dx01500115002(x3000)xdx 500+1000 1500

4.9参见课本后面230页参考答案 4.10参见课本后面231页参考答案 4.11 解:设均值为,方差为

2,则X~N(,2)根据题意有:

P(X96)1P(X96)

- 23 -

1P(X7296)

1(t) 2.3%

(t)0.997,解得t=2即=12

所以成绩在60到84的概率为

P(60X84)P(60-72X-8412-7212) (1)-(-1)

2(1)-1 20.8413-1 0.6826

4.12E(X2)00.4120.3220.2320.12

E(5X24)40.4(5124)0.3(5224)0.2(5324)0.114E(Y)E(2X)ex)2[xex4.13解：

2xexdx2xd(|0000exdx]2(ex)|

02E(Y)E(e2X)e2xexdxe3xdx1e3x1003|03

4.14解：V4R33

1设球的直径为X,则：f(x)ba axb0其它

- 24 -

4(E(V)E(X3)2)E(X3)=bx31dx11x4b(ba)(b2a2)|36a6ba6ba4a244.15参看课本后面231页答案 4.16 解:

f23x(x)f(x,y)dyx012ydy4x

ff(x,y)dy112y2dx12y23y(y)y12y

E(X)fx(x)xdx104x4dx45 E(Y)f(x)ydy134y012y12ydy35 E(XY))xydxdyy3dxdy0yf(x,yx10y12xx11x0012xy3dydx12 E(X2)215f(x)xdx04xdx23 E(Y2)2142f(y)ydy012y12y5dy5 E(X2Y2)E(X2)E(Y2)1615

4.17解

∵X与Y相互独立， ∴

E(XY)E(X)E(Y)1x2xdx5y2315yedy(3x|0)5yd(e5y0)25y5y25y23(ye|55edy)3[5(e)|5]3(51)4 4.18，4.19，4.20参看课本后面231，232页答案

- 25 -

4.21设X表示10颗骰子出现的点数之和，Xi(i1,2,则X10)表示第i颗骰子出现的点数，

Xi110i，且X1,X2,X10是

独立同分布的，又E(Xi)11010112661216662135 6

所以E(X)E(Xi)E(Xi)10i1i14.22参看课本后面232页答案

4.23E(X)00.410.320.230.12

2222D(X)E(X2)[E(X)]22121

E(Y2)00.3120.5220.23201.3 D(Y)E(Y2)[E(Y)]21.30.920.49

4.24E(X)2204111421413411142xxdxx(x1)dxx|[xx]|1

2244160163332D(X)E(X2)[E(X)]21424 331x1111xy1x1dy=2 4.25fX(x)14

其它00其它1112Var(X)E(X)[E(X)]xdx[xdx]2

12122211111111x3|x2| 23122131y1111xy1y1dx=fY(y)14 2

其它00其它

- 26 -

1111Var(Y)E(Y2)[E(Y)]212y2dy[12ydy]2

11y3|11111122y223|13 4.26因为X~N(0,4),Y~U(0,4)所以有Var(X)=4 Var(Y)=

43 故：Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)=4+

43=163 Var(2X-3Y)=4Var(X)+9Var(Y)= 4494328 4.27参看课本后面232页答案 4.28E(Z)E(X1X2Xnnn)E(X1n)E(X2n)E(Xn) 11nE(X)11nE(X2)nE(X)1nnn D(Z)D(X1X2Xnn)D(X1n)D(X2n)D(Xnn) 1E(X11122n21)n2E(X2)n2E(Xn)n2nn 后面4题不作详解

第五章 极限理

5.3

解：用X2i表示每包大米的重量，，则E(Xi)10,D(Xi)0.1100Xi~N(n,n2)N(10010,1000.1)

i1100100100Xini10010i1000Zi1n2Xi11000.1Xi110~N(0,1)

- 27 -

9901000P(990Xi1010)P(10i1100Xi1100i10001010101000)

101010100010101000()()(10)(10)2(10)10.9986

10105.4解：因为Vi 服从区间[0,10]上的均匀分布，

E(V010102i)25 D(Vi)1210012 202020V100i~N[E(Vi),1D(Vi)]N(205,20i1ii112) 20202020ii)ZVE(V1Vi2051Vi100i1i120iD(Vi)20100i1015~N(0,1)

i11232020P(V105)1P(V105)1P(VVi100i1i105)1P(i110151051001015)331(1051001015)1(0.387)0.348

35.5解：方法1：用X正常工作i表示每个部件的情况，则Xi1,0,损坏Xi~B(1,0.9)，

E(Xi)p0.9,D(Xi)p(1p)0.90.1100Xi~N[np,np(1p)]N(1000.9,1000.90.1)

i1 - 28 -

100100100inpi1000.9Xi90ZXi1np(1p)Xi11000.90.1i13~N(0,1)

10010010090P(Xi85)1P(Xi85)1P(Xii18590i1i133) 1(553)(3)0.9525

方法2：用X表示100个部件中正常工作的部件数，则

X~B(100,0.9)

E(X)np1000.990D(X)np(1p)1000.90.19X~N[np,np(1p)]N(90,9)ZXnpnp(1pX903~N(0,1)

ZXnpnp(1pX903~N(0,1)

P(X85)1P(X85)1P(X90859033)

1(53)(53)0.95255.6略

第六章样本与统计

6.1 6.3.1证明:

由错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。+b可得，对等式两边求和再除以n有

- 29 -

nYni(aib)i1Xni1n 错误!未找到引用源。

由于

1nni1Y1nYiX ni1Xi 错误!未找到引用源。

所以由错误!未找到引用源。 可得

Y=annbn=aXb i1Xinn6.3.2因为

2n22n2i1(YiY)1YinYi1(aXib)niaX2ibn22nabX22nabXi1aXi2nb2(na2Xnb2)

n2X22n2

i1aina2Xa22i1XiXa2n(22)

i1Xi2XiXXna22

i1(XiX)(n1)a2S2X

(n1)S2Y

所以有S2Ya2S2X

6.2 证明：

- 30 -

n1nE(X)E(Xi)

ni1n22Var(X)1n2Var(nXni1i)n2n

n2n6.3（1）

S2i1(XiX)n11n1(22i1XiX2iXX) nn1n1(i1X22i2Xi1XinX) 1n22n1(Xi2X•nXi1nX) n1n1(i1X2nX2i) （2）由于Var(X)E(X2ii)(E(Xi))2

所以有E(X2)(E(X2i))Var(X22ii)

E(X2)(EX)2Var(X)22n

nE((X)2222(n1)i1iX)2n()n()2n

n(X2两边同时除以（n-1）可得E(i1iX)2n1) 即 E(S2)26.4 同例6.3.3可知

P{|X-|0.3}2(0.3n)-12(0.3n)-10.95

- 31 -

得 (0.3n)0.975查表可知0.3n=1.96 又nZ 根据题意可知n=43

6.5解（1）记这25个电阻的电阻值分别为错误!未找到引用源。,它们来自均值为错误!未找到引用源。=200欧姆，标准差为错误!未找到引用源。=10欧姆的正态分布的样本则根据题意有：

199200X-202200P{199X202}P{}

1025n1025P{0.5X-1}

n(1)(0.5)

0.5328

(2)根据题意有

P{Xi5100}P{25X5100}P{i125X-2}(2)0.9772

n6.6 解：（1）记一个月（30天）中每天的停机时间分别为错误!未找到引用源。，它们是来自均值为错误!未找到引用源。=4小时，标准差为错误!未找到引用源。=0.8小时的总体的样本。根据题意有：

P{1X5}P{14X-54}

0.830n0.830P{20.54X-6.846}

n(6.846)(20.54)

1

（注：(u)当u6时，(u)的值趋近于1，相反当u6时，其值趋近于0）

（2）根据题意有：

- 32 -

P{Xi115}P{30X115}P{i130X-1.14}(1.14)1(1.14)0.1271

nX的密度函Y/n6.7证明：因为T错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。，则，随机变量T数为

n12()t2f(t)1nn()n2n12,t 显然f(t)f(t)，则f(t)为偶函数，则

E(T)f(t)tdt0f(t)tdt0f(t)tdt0f(t)(t)dt0f(t)tdt0f(t)tdt0f(t)tdt0

6.8 解：记1.50，25，则X错误!未找到引用源。N(,

2),n=25故

140-150X-147.5-150P{140X147.5}P{}

2525n2525P{-2X-0.5}

n(-0.5)-(-2) (2)-(0.5)

0.2857

6.9 解：记这100人的年均收入为错误!未找到引用源。，它们是来自均值为1.5万元，标准差

为0.5万元的总体的样本，n=100则根据题意有： （1）P{X1.6}1P{X1.6}

1P{X-1.6-1.5}

n0.5100 - 33 -

1P{X-2}

n1(2)

10.9772 0.0228

（2）

P{X1.3}P{（3）

X-1.3-1.5X-}P{4}(4)1(4)110n0.5100nP{1.2X1.6}P{1.2-1.5X-1.6-1.5}

0.5100n0.5100(2)-(-6)

0.97720 0.9772

6.10 解：根据题意可知此样本是来自均值为12，标准差为2的总体，样本容量为n=5 （1）依题意有

P{X13}1P{X13}1P{X-13-12X-}1P{1.12}1(1.12)10.86860.1314 n25n（2）要求样本的最小值小于10概率，即5个数中至少有一个小于10的概率，首先计算每个样本小于10的概率：

pP(X10)P(X-10-12)(-1)1-(1)1-0.84130.1587 2设X是5个样本中小于10的样本个数则X服从二项分布B(5,0.1587)故有

PB(X1)1-P(X0)1-C5

0p1p05111(10.1587)0.5785

- 34 -

5即样本的最小值小于10的概率是0.5785.

（3）同（2）要求样本的最大值大于15的概率，即5个数中至少有一个大于15的概率，首先计算每个样本大于15的概率：

pP(X15)1-P(X15)1P(X-15-12)1(1.5)1-0.93320.0668 2设X是5个样本中大于15的样本个数则X服从二项分布B(5,0.0668)故有

PB(X1)1-P(X0)1-C50p1p111(10.0668)0550.2923

即样本的最大值大于15的概率是0.2923

第七章参数估计

7.1解因为:错误!未找到引用源。是抽自二项分布B（m,p）的样本，故都独立同分布所以有

ˆE(X)mp用样本均值X代替总体均值，则p的矩估计为p1X m7.2解：E(x)0ex•xdx 用样本均值x代替总体均值，则的矩估计为

ˆ11 E(x)x由概率密度函数可知联合密度分布函数为：

L()ex1•ex2•••exnnexi 对它们两边求对数可得

i1nln(L())ln(nenxi)nlni1ni1x 对求导并令其为0得

i - 35 -

ln(L())nnˆ11 xi0 即可得的似然估计值为1ni1xxini17.3解:记随机变量x服从总体为[0,错误!未找到引用源。]上的均匀分布，则

E(X)0ˆ2X  故错误!未找到引用源。的矩估计为221X的密度函数为p(x)n故它的是似然函数为

L()1nIi1{0Xin}1nI{X(n)}要使L()达到最大，首先一点是示性函数的取值应

该为1，其次是1尽可能大。由于1n是错误!未找到引用源。的单调减函数，所以错

误!未找到引用源。的取值应该尽可能小，但示性函数为1决定了错误!未找到引用源。不能

ˆ错误!未找到小于错误!未找到引用源。,因此给出错误!未找到引用源。的最大似然估计引用源。

（示性函数I=错误!未找到引用源。 ，错误!未找到引用源。=min{错误!未找到引用源。} 错误!未找到引用源。=max{错误!未找到引用源。}）

7.4解:记随机变量x服从总体为[错误!未找到引用源。,错误!未找到引用源。]上的均匀分布，则

E(X)223ˆ2X 所以错误!未找到引用源。的矩估计为231X的密度函数为p(x)n故它的是似然函数为

L()1nIi1{Xi2}1nIx{(1)x(n)2}1nIx{(n)2x(1)}

要使L()达到最大，首先一点是示性函数的取值应该为1，其次是1nn尽可能大。由于

1是错误!未找到引用源。的单调减函数，所以错误!未找到引用源。的取值应该尽可能

小，但示性函数为1决定了错误!未找到引用源。不能小于错误!未找到引用源。,因此给出错

ˆ错误!未找到引用源。 误!未找到引用源。的最大似然估计 - 36 -

7.5 解:似然函数为:L(2)n1e(Xi)222(22)en2(Xi) 2i121n2i12它的对数为:lnL(2)nn21n22ln(2)2ln()22 i1(Xi)对

2求偏导并令它等于零有

lnL(2)1n22n2224i1(Xi)0 解得

2的似然估计值为

ˆ21n2ni1(Xi) 7.6解:根据所给的概率密度函数是指数函数的密度函数可知

E(x)1x-xf(x)dx0xedx Var(X)2

(1) E(ˆ1)E(X1) E(ˆ)E(X1X222)12(E(X)E(X112))2•2 E(ˆ)E(X12X233)13(E(X2E(X11)2))3•3

E(ˆ)E(X)E(X1X2X3143)3(E(X1)E(X2)E(X3))13•3

故这四个估计都是错误!未找到引用源。的无偏估计.. （2）Var(ˆ)Var(X)211

2Var(ˆ)Var(X1X22)124(Var(X121)Var(X2))422

- 37 -

Var(ˆ)Var(3X12X23112)(Var(X1)4Var(X2))55

999112)(Var(X1)Var(X2)Var(X3))3

22Var(ˆ)Var(X1X2X34399故有 Var(ˆ4)Var(ˆ2)Var(ˆ3)Var(ˆ1) 7.7证明（1）因为X服从[错误!未找到引用源。]上的均匀分布，故

E(X)1122

E(X)E(X)12 故样本均值不是错误!未找到引用源。的无偏估计 （2）由（1）可知错误!未找到引用源。的矩估计为 ˆX12 又 E(ˆ)E(X112)212 故它是错误!未找到引用源。无偏估计. 7.8解;因为Var(ˆ)E(cˆ22221(1c)ˆ2)c1(1c)2

要使Var(ˆ)最小则对Var(ˆ)关于c求一阶导并令其等于零可得 Var(ˆ)c2c22(1c)2120 2解得 c222

122因为对Var(ˆ)关于c求二阶导可得 Var(ˆ)22c221220

2故当c222时Var(ˆ)达到最小。 12 3- 38 -

7.9 解(1)根据题意和所给的数据可得

0.05,n16,ZZ0.0251.96,0.01,X2.125

222nZ20.011.960.0049

162所以的置信区间为

[XZn2,X][2.1250.0049,2.1250.0049][2.1201,2.1299] Zn2(2)

0.05 n16 X2.125

11515i12t15(0.025)2.1315

S2XiX0.000293 即S0.0171

所以的置信区间为[XSS0.01710.0171(),X()][2.1252.1315,2.1252.1315][2.116,2.1406] tt151522nn16167.10解:根据所给的数据计算: X0.14125, Y0.1392

S21133i1XiX2140.00000825 S24i12YiY0.0000052

2则X 和Y构成的总体的方差为

S2(m1)S1(n1)S2mn2220.0000065

所以

12置信系数10.950.05的置信区间为

1111[XYtmn2()S,XYtmn2()S]

2mn2mn1111,XYt7(0.025)S] 4545=[XYt7(0.025)S=[-0.002,0.006]

- 39 -

7.11 解: n1000 10.950.05

ZZ20.0251.96 Yn228

ˆYn0.238 则比例p的区间估计为：pnˆZ[p2ˆ(1pˆ)/n,pˆZpˆ(1pˆ)/n][0.2381.960.238(10.238)/1000,0.2381.960.238(10.238)/1000]p2

=[0.202,0.254]

7.12 解：根据题意有，n120 则的置信区间为：

10.950.05 X7.5

ZZ20.0251.96

[XZ2X/n,XZX/n][7.51.967.5/120,7.51.967.5/120][7.01,7.99]

2 - 40 -