概率論與數理統計后答案科學出社參考答案

1、習題2參考答案2.1 X23456789101112P1/361/181/121/95/361/65/361/91/121/181/362.2解：根據，得，即。 故 2.3解：用X表示甲在兩次投籃中所投中的次數，XB(2,0.7)用Y表示乙在兩次投籃中所投中的次數, YB(2,0.4)(1) 兩人投中的次數相同PX=Y= PX=0,Y=0+ PX=1,Y=1 +PX=2,Y=2= (2)甲比乙投中的次數多PX>Y= PX=1,Y=0+ PX=2,Y=0 +PX=2,Y=1=2.4解:（1）P1X3= PX=1+ PX=2+ PX=3=(2) P0.5<X<2.5=PX=1+

2、PX=2=2.5解：（1）PX=2,4,6,=（2）PX3=1PX<3=1PX=1- PX=2=2.6解：設表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值為0，1，2=2.7解：(1)設X表示4次獨立試驗中A發(fā)生的次數，則XB(4,0.4)(2)設Y表示5次獨立試驗中A發(fā)生的次數，則YB(5,0.4)2.8 （1）XP()=P(0.5×3)= P(1.5) =（2）XP()=P(0.5×4)= P(2)2.9解：設應配備m名設備維修人員。又設發(fā)生故障的設備數為X，則。依題意，設備發(fā)生故障能及時維修的概率應不小于0.99，即，也即因為n=180較大，p=0.01較小，所以X近

3、似服從參數為的泊松分布。查泊松分布表，得，當m+1=7時上式成立，得m=6。故應至少配備6名設備維修人員。2.10解：一個元件使用1500小時失效的概率為 設5個元件使用1500小時失效的元件數為Y，則。所求的概率為2.11解：(1) (2) 2.12解：(1)由及，得，故a=1,b=-1.(2) (3) 2.13（1）假設該地區(qū)每天的用電量僅有80萬千瓦時，則該地區(qū)每天供電量不足的概率為：（2）假設該地區(qū)每天的用電量僅有90萬千瓦時，則該地區(qū)每天供電量不足的概率為：2.14解:要使方程有實根則使解得K的取值范圍為,又隨機變量KU(-2,4)則有實根的概率為2.15解：XP()= P()(1)

4、 （2）（3）2.16解：設每人每次打電話的時間為X，XE(0.5)，則一個人打電話超過10分鐘的概率為又設282人中打電話超過10分鐘的人數為Y，則。因為n=282較大，p較小，所以Y近似服從參數為的泊松分布。所求的概率為2.17解：(1)(2)2.18解：設車門的最低高度應為a厘米，XN(170,62)厘米2.19解：X的可能取值為1,2,3。因為； ；所以X的分布律為X123P0.60.30.1X的分布函數為 2.20(1)Y040.20.70.1(2)Y-110.70.32.21（1）當時，當時，當時，X-112P0.30.50.2（2）Y120.80.22.22（1）設FY(y)，分

5、別為隨機變量Y的分布函數和概率密度函數，則對求關于y的導數，得 （2）設FY(y)，分別為隨機變量Y的分布函數和概率密度函數，則當時，當時，有對求關于y的導數，得（3）設FY(y)，分別為隨機變量Y的分布函數和概率密度函數，則當時，當時，對求關于y的導數，得 2.23 （1）對求關于y的導數，得到 （2），,對求關于y的導數，得到（3）， 對求關于y的導數，得到習題3參考答案3.1 P1<X2,3<Y5=F(2,5)+F(1,3)-F(1,5)F(2,3)= 3.2YX1220=3=03.4（1）a=（2）（3）3.5解：（1）（2）3.6解：3.7參見課本后面P227的答案3.8

6、 3.9解：X的邊緣概率密度函數為：當時，當時，Y的邊緣概率密度函數為： 當時， 當時，3.10 （1）參見課本后面P227的答案（2） 3.11參見課本后面P228的答案3.12參見課本后面P228的答案3.13（1）對于時，所以 對于時，所以 3.14X Y025X的邊緣分布10.150.250.350.7530.050.180.020.25Y的邊緣分布0.20.430.371由表格可知 PX=1;Y=2=0.25PX=1PY=2=0.3225故所以X與Y不獨立3.15X Y123X的邊緣分布12ab+a+bY的邊緣分布a+b+1由獨立的條件則可以列出方程解得 3.16 解（1）在3.8中

7、 當， 時，當或時，當或時，所以，X與Y之間相互獨立。 （2）在3.9中， 當，時， ，所以X與Y之間不相互獨立。3.17解：故X 與Y相互獨立3.18參見課本后面P228的答案習題4參考答案4.1 解：甲機床生產的零件次品數多于乙機床生產的零件次品數，又兩臺機床的總的產量相同乙機床生產的零件的質量較好。4.2 解：X的所有可能取值為：3，4，54.3參見課本230頁參考答案4.4解：4.6參考課本230頁參考答案4.7解：設途中遇到紅燈次數為X，則 4.8解 500+1000 1500 4.9參見課本后面230頁參考答案4.10參見課本后面231頁參考答案4.11 解:設均值為,方差為,則X

8、N(,)根據題意有:,解得t=2即=12所以成績在60到84的概率為4.124.13解：4.14解：設球的直徑為X,則： 4.15參看課本后面231頁答案4.16解:4.17解X與Y相互獨立，4.18，4.19，4.20參看課本后面231，232頁答案4.21設X表示10顆骰子出現的點數之和，表示第顆骰子出現的點數，則，且是獨立同分布的，又所以4.22參看課本后面232頁答案4.234.244.25 4.26因為XN(0,4),YU(0,4)所以有Var(X)=4 Var(Y)= 故：Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)=4+=Var(2X-3Y)=4Var(X)+9Var(Y)= 4

9、.27參看課本后面232頁答案4.28后面4題不作詳解習題5參考答案5.3解：用表示每包大米的重量，則,5.4解：因為 服從區(qū)間0,10上的均勻分布，5.5解：方法1：用表示每個部件的情況，則，,方法2：用X表示100個部件中正常工作的部件數，則5.6略習題6參考答案6.16.3.1證明:由=+b可得，對等式兩邊求和再除以n有 由于 所以由 可得=6.3.2因為 所以有6.2 證明：6.3（1）（2）由于所以有兩邊同時除以（n-1）可得 即 6.4 同例6.3.3可知得 查表可知=1.96 又 根據題意可知n=436.5解（1）記這25個電阻的電阻值分別為,它們來自均值為=200歐姆，標準差為

10、=10歐姆的正態(tài)分布的樣本則根據題意有：(2)根據題意有6.6 解：（1）記一個月（30天）中每天的停機時間分別為，它們是來自均值為=4小時，標準差為=0.8小時的總體的樣本。根據題意有：（注：當時，的值趨近于1，相反當時，其值趨近于0）（2）根據題意有：6.7證明：因為T ，則，隨機變量的密度函數為 顯然，則為偶函數，則6.8 解：記，則XN(,),n=25故6.9 解：記這100人的年均收入為，它們是來自均值為萬元，標準差為萬元的總體的樣本，n=100則根據題意有：（1）（2）（3）6.10 解：根據題意可知此樣本是來自均值為，標準差為的總體，樣本容量為n=5 （1）依題意有（2）要求樣本

11、的最小值小于10概率，即5個數中至少有一個小于10的概率，首先計算每個樣本小于10的概率：設X是5個樣本中小于10的樣本個數則X服從二項分布B(5,0.1587)故有即樣本的最小值小于10的概率是0.5785.（3）同（2）要求樣本的最大值大于15的概率，即5個數中至少有一個大于15的概率，首先計算每個樣本大于15的概率：設X是5個樣本中大于15的樣本個數則X服從二項分布B(5,0.0668)故有即樣本的最大值大于15的概率是0.2923習題7參考答案7.1解因為:是抽自二項分布B（m,p）的樣本，故都獨立同分布所以有用樣本均值代替總體均值，則p的矩估計為7.2解： 用樣本均值代替總體均值，則

12、的矩估計為由概率密度函數可知聯合密度分布函數為： 對它們兩邊求對數可得 對求導并令其為0得 即可得的似然估計值為7.3解:記隨機變量x服從總體為0,上的均勻分布，則 故的矩估計為X的密度函數為故它的是似然函數為要使達到最大，首先一點是示性函數的取值應該為1，其次是盡可能大。由于是的單調減函數，所以的取值應該盡可能小，但示性函數為1決定了不能小于,因此給出的最大似然估計（示性函數I= ，=min =max）7.4解:記隨機變量x服從總體為,上的均勻分布，則 所以的矩估計為X的密度函數為故它的是似然函數為要使達到最大，首先一點是示性函數的取值應該為1，其次是盡可能大。由于是的單調減函數，所以的取值應該盡可能小，但示性函數為1決定了不能小于,因此給出的最大似然估計7.5 解:似然函數為:它的對數為:對求偏導并令它等于零有 解得的似然估計值為 7.6解:根據所給的概率密度函數是指數函數的密度函數可知 (1) 故這四個估計都是的無偏估計.（2）故有 7.7證明（1）因為X服從上的均勻分布，故 故樣本均值不是的無偏估計（2）由（1）可知的矩估計為 又 故它是無