理學(xué)概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)課后習(xí)題全解

1、第一單元1解：（1）A1A2=“前兩次至少有一次擊中目標(biāo)”;（2）=“第二次未擊中目標(biāo)”;（3）A1A2A3=“前三次均擊中目標(biāo)”;（4）A1A2A3=“前三次射擊中至少有一次擊中目標(biāo)”;（5）A3-A2=“第三次擊中但第二次未擊中”;（6）A3=“第三次擊中但第二次未擊中”;（7）=“前兩次均未擊中”;（8）=“前兩次均未擊中”;（9）(A1A2)(A2A3)(A3A1)=“三次射擊中至少有兩次擊中目標(biāo)”. 3.解： (1)(2)(3) ABC(4) ABC (5) (6) (7) (8) (AB)(AC)(BC)4.解： (1)A=BC (2)=5.解：設(shè)A=“從中任取兩只球?yàn)轭伾煌那?/p>

2、”,則:6解：記A=“從中任取三件全為次品”，樣本點(diǎn)總數(shù)為，A包含的樣本點(diǎn)數(shù)為，所以P(A)= = 1/49007.解： (1)組成實(shí)驗(yàn)的樣本點(diǎn)總數(shù)為,組成事件(1)所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為 ,所以P1=(2)組成事件(2)所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為,所以P2=(3)組成事件(3)所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為，所以P3=(4)事件（4）的對(duì)立事件，即事件A=“三件全為正品”所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為，所以P4=1-P(A)=1-(5)組成事件(5)所包含的樣本點(diǎn)數(shù)為，所以P5=0.01134 8.解：（1）P（A）=(2)因?yàn)椴缓?和10，所以只有2-9八個(gè)數(shù)字，所以P(B)=(3)即選擇的7個(gè)數(shù)字中10出現(xiàn)2次，即，其他9

3、個(gè)數(shù)字出現(xiàn)5次，即，所以P(C)= (4) 解法1：10可以出現(xiàn)2，3，,7次，所以解法2：其對(duì)立事件為10出現(xiàn)1次或0次，則P(D)=(5)因?yàn)樽畲鬄?，最小為2，且2和7只出現(xiàn)一次，所以3，4，5，6這四個(gè)數(shù)要出現(xiàn)5次，即樣本點(diǎn)數(shù)為，所以P(E)= 9.證明：A,B同時(shí)發(fā)生必導(dǎo)致C發(fā)生ABC，即P(C)P(AB)P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)P(AB)= P(A)+P(B)- P(AB)P(AB)1P(AB)P(A)+P(B)-1P(C) P(A)+P(B)-1 上述得證。 10.證明： 因?yàn)镻() = P() = 1 P(AB) = 1 P(A) P(B) +P(AB) 因?yàn)?/p>

4、P(A) = P(B) =1/2 所以P() = 1 1/2 1/2 + P(AB) 所以P() = P(AB) 11.解：記“訂日?qǐng)?bào)的住戶”為P(A)，“訂晚報(bào)的住戶”為P(B)， 根據(jù)題意，易知：P(AB)=70% 則P(AB)=P(A)+P(B)- P(AB)=40%+65%-70%=35% 答：同時(shí)訂兩種報(bào)紙的住戶有35%。13.解：解法1：設(shè)=“取出的兩只球中有黑球”；=“取出的兩只球中有i只黑球”（i=1,2）；因?yàn)锳1,A2互不相容，所以； 解法2： 設(shè)=“取出的兩只球中有黑球”；15.解：因?yàn)锳、B互不相容，即AB=，所以，所以P(A)=P(A) 所以P(A/)=P(A)/P(

5、)=16.解：P(B|A) =P(AB)/P(A)因?yàn)镻(A)=1-P()=1-0.3=0.7，17.解：設(shè)“第三次才取到正品”為事件A，則因?yàn)橐谌尾湃〉秸?，所以前兩次要取到次品?第一次取到次品的概率為， 第二次取到次品的概率為， 第三次取到正品的概率為。 即第三次才取到正品的概率為0.0083。18.解法1：設(shè) A，B，C 分別為“第一，第二，第三個(gè)人譯出”的事件，則：P(A)=1/5 P(B)=1/3 P(C)=1/4因?yàn)槿齻€(gè)事件獨(dú)立，所以P(AB)=P(A)P(B)=1/15, P(AC)=P(A)P(C)=1/20 ,P(BC)=P(B)P(C)=1/12, P(ABC)=P(

6、A)P(B)P(C)=1/60,所以P()=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=3/5 解法2：設(shè)A=“至少有一人能譯出”，則=“三個(gè)人均不能譯出”，所以19.解：設(shè)P(A),P(B),P(C)分別為第一，二，三道工序不出廢品的概率,則，第一二三道工序均不出廢品的概率為P(ABC),因?yàn)楦鞴ば蚴欠癯鰪U品是獨(dú)立的,所以P(ABC)= P(A)P(B)P(C)20.解：根據(jù)題意: 該題為伯努利事件。n=9,p=0.7,k=5,6,7,8,9 所求事件概率為21.解：該題為伯努利事件。（1）設(shè)事件A=“恰有2個(gè)設(shè)備被使用”，則：2(1- 0.1)5-2（2

7、）設(shè)事件B=“至少有一個(gè)設(shè)備被使用”,則 =“沒(méi)有一個(gè)設(shè)備被使用”,所以P(B) = 1- P() = 1 - b(0; 5, 0.1) = 1 0(1-0.1)5-022.解：該題為全概率事件。設(shè)=“從甲袋中取出兩球中有i只黑球”,i=0,1,2，B=“從乙袋中取出2球?yàn)榘浊颉?，則：答：再?gòu)囊掖腥〕鰞汕驗(yàn)榘浊虻母怕蕿椤?3.解：該題為全概率事件。設(shè)=“敵艦被擊中i彈”,（i=0,1,2,3），B=“敵艦被擊沉”，則：××××××××××××××

8、5;×P(B)=0, P(B)=0.2, P(B)=0.6, P(B)=1根據(jù)全概率公式有即敵艦被擊中的概率為0.458.24.解：設(shè)A1為“從2500米處射擊”，A2為“從2000米處射擊”，A3為“從1500米處射擊”，B為“擊中目標(biāo)”，由題知P(A1)=0.1,P(A2)=0.7,P(A3P(B| A1)=0.05, P(B| A2)=0.1, P(B| A3所以 所以，由2500米處的大炮擊中的概率為P(A1| B)=P(B| A1)P(A125.解：設(shè)事件A1為“原發(fā)信息是A”，事件A2為“原發(fā)信息是B”,B為事件“接收到的信息為A”，則：26.解：（1）設(shè)在n個(gè)指定的盒子

9、里各有一個(gè)球的概率為P(A)，在n個(gè)指定的盒子里各有一個(gè)球的概率：第一個(gè)盒子里有n個(gè)球可以放入，即有n種放法，第二個(gè)盒子里有n-1種放法那么事件A的樣本點(diǎn)數(shù)就是n！，樣本點(diǎn)總數(shù)是Nn   ，所以   P(A)=  (2) 設(shè)n個(gè)球落入任意的n個(gè)盒子里中的概率為P(B),因?yàn)槭荖個(gè)盒子中任意的n個(gè)盒子，所以樣本點(diǎn)數(shù)為,所以27.解：設(shè)A=“該班級(jí)沒(méi)有兩人生日相同”，則:28.解：(1)因?yàn)樽钚√?hào)碼是5，所以剩下的兩個(gè)數(shù)必須從6，7，8，9，10五個(gè)數(shù)中取，所以樣本點(diǎn)數(shù)為，樣本點(diǎn)總數(shù)為，所以 (2) 因?yàn)樽畲筇?hào)碼是5，所以剩下的兩個(gè)數(shù)必須從1，2，

10、3，4五個(gè)數(shù)中取，所以樣本點(diǎn)數(shù)為，樣本點(diǎn)總數(shù)為， 所以 (3) 因?yàn)樽钚√?hào)碼小于3，所以若最小號(hào)碼為1，則剩下的兩個(gè)數(shù)必須從2-10九個(gè)數(shù)中取，所以樣本點(diǎn)數(shù)為，樣本點(diǎn)總數(shù)為；若最小號(hào)碼為2，則剩下的兩個(gè)數(shù)必須從3-10八個(gè)數(shù)中取，所以樣本點(diǎn)數(shù)為，樣本點(diǎn)總數(shù)為，所以 29.解：（1） 設(shè)“恰好第三次打開(kāi)門(mén)”為事件A，則（2） 設(shè)A=“三次內(nèi)打開(kāi)門(mén)”，A1=“第一次打開(kāi)”，A2=“第二次打開(kāi)”，A3=“第三次打開(kāi)”，則：30.解：設(shè)A=“已有一個(gè)女孩”,B=“至少有一個(gè)男孩”,則 P(B/A)=P(AB)/P(A)=(6/8)/(7/8)=6/731.解：設(shè)A1=“取一件為合格品”， A2=“取一

11、件為廢品”，B=“任取一件為一等品”，則32.解： 甲獲勝 乙獲勝 第四局： 所以獲勝的概率P1為：所以乙獲勝的概率P2為：因?yàn)镻1+ P2=1, ，所以：, .33.解：設(shè)事件A0為“筆是從甲盒中取得的”，事件A1為“筆是從乙盒中取得的”，事件A2為“筆是從丙盒中取得的”；事件B為“取得紅筆”，則:34.解：Ai為三個(gè)產(chǎn)品中不合格的產(chǎn)品數(shù)（i=0，1，2，3），A0、A1、A2、A3構(gòu)成完備事件組，B為“能出廠”，則：， P（B/A0）=（0.99）3，P（B/A1）=（0.99）20.05，P（B/A2）=（0.99）（0.05）2，P（B/A3）=（0.05）3P（B）P（B/A0）P（

12、A0）P（B/A1）P(A1)P（B/A2）P(A2)P（B/A3）P（A335. 解:圖a： 設(shè)A為“系統(tǒng)正常工作”，A為“第一條線路不發(fā)生故障”，A為“第二條線路不發(fā)生故障”，則: P（A1）=P(A2)=P，P(AA)= P(A) P(A)=p6P（A）=P(AA)=P(A)+P(A)-P(AA)=2p-p圖b :設(shè)B為“系統(tǒng)正常工作”，B1為“1正常工作”，B2為“2正常工作”，B3為“”，則： P(B1)=P(B2)=P(B3) =2p-pP(B)= P(B1B2B3)=P(B1)P(B2)P(B3)=(2p-p)=8p-12p+6p-pP(B)-P(A)=6p-12p+6p(p=0

13、.9)>0B系統(tǒng)正常工作的概率大。36.解：設(shè)事件A為計(jì)算機(jī)停止工作，則為計(jì)算機(jī)正常工作，則： P()=（1-0.0005）20002000 P(A)=1-P（2000第二單元1設(shè)為某一隨機(jī)試驗(yàn)的樣本空間，如果對(duì)于每一個(gè)樣本點(diǎn)，有一個(gè)實(shí)數(shù)X()與之對(duì)應(yīng)，這樣就定義了一個(gè)上的實(shí)值函數(shù)X=X()，稱之為隨機(jī)變量。隨機(jī)變量的定義域是樣本空間，也就是說(shuō)，當(dāng)一個(gè)隨機(jī)試驗(yàn)的結(jié)果確定時(shí)，隨機(jī)變量的值也確定下來(lái)。因此，如不與某次試驗(yàn)聯(lián)系，就不能確定隨機(jī)變量的值。所謂隨機(jī)變量，實(shí)際上是用變量對(duì)試驗(yàn)結(jié)果的一種刻畫(huà)，是試驗(yàn)結(jié)果(即樣本點(diǎn))和實(shí)數(shù)之間的一個(gè)對(duì)應(yīng)關(guān)系，不過(guò)在函數(shù)概念中，函數(shù)f(x)的自變量是實(shí)數(shù)x

14、，而在隨機(jī)變量的概念中，隨機(jī)變量的自變量是試驗(yàn)結(jié)果(即樣本點(diǎn))。隨機(jī)變量的取值隨試驗(yàn)結(jié)果而定。2解：（1）第一次取得次品，即：取出0件正品，可表示為X=0 （2）最后一次取得正品就是已取出9件正品，即X=9 （3）前五次都未取得次品，就是至少已取出5件正品，即X 5 （4）最遲在第三次取得次品，就是最多取得兩件正品，即X 23.解：P(X=1) =0P(X=2) =0P(X=3) =P(X=4) =P(X=5) =隨機(jī)變量X的概率分布為：4.解：（1）則PX=k=（2）PX=1或X=4= PX=1+ PX=4=+=（3）P-1X<= PX=1+ PX=2+ PX=3=5解：X的可能取值有

15、1,2,3,4所以X的概率分布為：X1234P1/143/73/71/146.解：X=0時(shí) X=1時(shí) X=2時(shí) X0 1 2P1/5 3/5 1/5把每次抽到白球看作一次實(shí)驗(yàn)，對(duì)抽到白球的個(gè)數(shù)看作3重伯努利概型，故X服從參數(shù)為n=3，p=1/3的二項(xiàng)分布，即XB(3,1/3),其概率分布為：7. 解：（1）（2）（3） “至少有一部電話未被使用”的對(duì)立事件為“所有電話都被使用”（4） 15-10=5應(yīng)再安裝5部電話。8解:由題意可得：X服從參數(shù)為6的泊松分布，即=6，所以當(dāng) k=0 時(shí)= 所以明年沒(méi)有此類(lèi)文章的概率為 . 9.解：（1）P=(2) = =10、解：圖示YX10111.解：兩次都

16、沒(méi)擊中(即得-2分)的概率P1一次擊中一次未中(即得1分)的概率P2兩次都擊中(即得4分)的概率P3其概率分布圖為X-214PX的分布函數(shù)為：12解：（1）因?yàn)榉植己瘮?shù)右連續(xù) 所以1=A×1 A=1（2）因?yàn)镻x>1/2 =1-Px1/2 =1-F(1/2) =1-1/2=1/2(3)P-1<x2=F(2)-F(-1)=1-0=11314解：（1）0+=1(2)P0x<=F()F(0)=(3)=1=1519、解：（1）（2） 即得（與前提不符） 所以（3）當(dāng)(與條件不符)得所以20、（1）(2)(3)(4)解：（1）由(2)（3）(4)23.解：因?yàn)閄N(72, )

17、所以N(0,1)由題意得 PX96= =1- 所以 查表得 所以 因?yàn)?=24.解：由題可得PX-2-1012Y=2X+3-1135741014所以可知Y-1 1 3 5 7PZ0 1 4P0.3 0.5 0.2 25 解：26.解：27.解：由題可知，X的概率密度為（1）由于Y=e>0，故當(dāng)y0時(shí)， 當(dāng)y>0時(shí)， 即 從而，Y的概率密度為（2）由于Y=X0,故當(dāng)y0時(shí)，當(dāng)y>0時(shí)，即從而，Y的概率密度為28.解：由題由于Y=-1-1,故當(dāng)y-1時(shí)，當(dāng)y>-1時(shí)，即從而，Y的概率密度為29.解：設(shè)x為球的直徑，責(zé)球的體積為，已知x滿足 當(dāng)時(shí)30解：將n把鑰匙編號(hào)為1,2

18、，n,假設(shè)編號(hào)為1的鑰匙能打開(kāi)門(mén)。1） 法一：因鑰匙已編號(hào)，將用過(guò)的鑰匙依次排列，則n把鑰匙的每個(gè)排列就是一個(gè)基本事件，所以基本事件總數(shù)為數(shù)碼1,2，n的全排列：！因?yàn)樵诘趉個(gè)位置上排列的鑰匙一定是編號(hào)等于1的鑰匙的個(gè)數(shù)只有一種排法，在其他n-1個(gè)位置上鑰匙的排列種數(shù)為（n-1）!,即事件的基本事件數(shù)等于（n-1）!法二：只關(guān)心第k次取到什么編號(hào)的鑰匙，不考慮其他因素。所以，樣本空間的基本事件總數(shù)就是第k次可能摸到球的個(gè)數(shù)為n.的基本事件數(shù)為n,編號(hào)為1的鑰匙的個(gè)數(shù)為12），而第k次首次摸到編號(hào)為1的鑰匙只有一種結(jié)果。31解：甲投籃次中止游戲，則伴隨前面甲與乙都有一次未投中，所以 乙投籃次中止

19、游戲，則伴隨前面甲有n次與乙有n-1次未投中，所以 （k=1，2，3）所以，X的分布律：（k=1，2，3.）Y的分布律：當(dāng)時(shí)，（k=1，2，3）32.解：因?yàn)閄P（），所以 （k=1，2，3）因?yàn)?，所以所?所以 33解：(1) a+b=1 1) px>=px =又px = 即a+4b=3 2)由1）、2）式得a=1,b=(2) px<=F()-F()=*+-=(3)由 pxc=5/32得即（4c-1）(4c+5)=0C= 或c= 當(dāng)x 0或x 1時(shí),F(x)=0c=舍去c=34.解：由題意知X滿足正態(tài)分布，則有X的分布函數(shù)X的概率密度35.解：（1） （2）（3）36.解：（1）

20、37.解：由題意得：38.解：由題意得：39 解：任取一只元件，其壽命大于1500h的概率為P(X>1500)= 以Y記所取5只中壽命大于1500h的元件的數(shù)目，則Y服從二項(xiàng)分布B(5,),故所求概率為40.解：由題，X服從二項(xiàng)分布，即 PX=k= PX=0= PX=1= PX=2= PX=3=X0123PY=0110Z=sin010-1 故Y的概率分布為Y01P 故Z的概率分布為Z-101P41.證明：充分性：Y= 由可得 又 當(dāng)時(shí)， 當(dāng)x<0時(shí)， 當(dāng)x>1時(shí)， 即 從而，X的概率密度為故，XU0,1 重要性： 由XU0,1可得， 又Y= 當(dāng)y>0時(shí)，此時(shí)0<x

21、<1, 當(dāng)y<0時(shí)， 從而，Y的概率密度為 故，Y=Exp(2)42.解：考察函數(shù)y=(0<x<),其反函數(shù)為 此時(shí)，0<y<1 當(dāng)y1時(shí)， 當(dāng)時(shí)， 從而，Y的概率密度為第三單元1.(1)YX01025/365/3615/361/36(2)YX01015/225/3315/331/662.(1)c=4(2)(3)(4)3.(1)(2)4.5. 6.y/x-11p3/85/87 解：8.設(shè)x與y相互獨(dú)立，概率分布為x01py01p則（c）a.x=y b.p(x=y)=1 c.p(x=y)=0.62 d.p(x=y)=09解：所以選擇 D10.(A.C)YX01

22、201020A.X 與y不獨(dú)立c. x的邊緣概率分布為x012pDy的邊緣概率分布為y012p.12.yx0120001/35106/356/3523/3512/353/3532/352/35014.YX01/31-101/121/301/60025/1200Y01/317/121/121/31517.(1)X與Y的概率分布如下YX01pi025/365/365/615/361/361/6pj5/61/61關(guān)于X的邊緣分布律為X01P5/61/6關(guān)于Y的邊緣分布律為Y01P5/61/6對(duì)于（2）X與Y的概率分布，關(guān)于X的邊緣分布律為X01P5/61/6關(guān)于Y的邊緣分布律為Y01P5/61/61

23、8.解：x的邊緣密度函數(shù)為Y的邊緣密度函數(shù)為19.解（1）（2）20X與Y相互獨(dú)立Pi*Pj=PijYX-1/213Pi21/81/161/161/4-11/61/121/121/301/241/481/481/121/21/61/121/121/3Pj1/21/41/4121.(1)(2)(3)22、解：(1) X服從0,1上的均勻分布= X和Y事相互獨(dú)立 f(x,y)=(2)若a有實(shí)根，則 Y1PY=1-a3935(3)由題意得PX夠賣(mài)的概率為23.解：PX=0，Y=0= PX=1，Y=0= PX=2，Y=0= PX=0，Y=1=PX=1，Y=1= PX=0，Y=2= PX=1，Y=2=0

24、 (X、Y)的聯(lián)合分布Y X012010200=2X+Y01234P0124、解：(1)10+13+17=40 12+15+19=46 X=可取40，41，42，43，44，45，46(2)由題意得不夠賣(mài)的概率是(3).由題意得：PX40=0.20.30.1=0.06 購(gòu)賣(mài)的概率是25、解：X與Y獨(dú)立a(1+ +)=1 a=(1+ +)=1 b=則PX=k= PY=-k= (k=1、2 、3) Y X-1-2-3123則（X,Y）(1，-1)(1，-2)(1，-3)(2，-1)(2，-2)(2，-3)(3，-1)(3，-2)(3，-3)PX+Y0-1-210-1210X+Y-2-1012P26

25、、解：設(shè)二維隨機(jī)變量（X,Y）的密度函數(shù)為f(x,y)= ,-求Z=的密度函數(shù)解：（1）當(dāng)Z時(shí)， =P =0（2）當(dāng)Z 0時(shí)， =P= = =()=1-=第四單元1 E（）×13+1×16+2*1/2=7/6 2 E(X)=4*0.5+5*0.2+6*0.1+7*0.1+8*0.04+9*0.03+10*0.03=5.91 說(shuō)明：書(shū)后答案有誤。 3. E(X)=480.1+490.1+500.6+510.1+520.1=50 E(Y)=480.2+490.2+500.2+510.2+520.2=504. X-1 0 2 3 P1/8 1/4 3 /8 1/4 X1 0 4 9E(X)=-11/8+0+23/8+31/4=11/8E(X) =11/8+0+43/8+91/4=31/85X1234P6由題得：X 0 1 2P 1/3 1/6 1/2求D（X）解：由題意得，,X 4 5 6 7 8 9 10P求D（X） 解：13、設(shè)隨機(jī)變量x的分布為X-1023P1/81/43/81/4求D(X)解：E(X)=-1/8+6/8+3/4=1