东华理工大学概率论与数理统计练习册答案-61153---副本.doc

东华理工大学概率论与数理统计练习册答案-61153---副本

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第一章 概率论的基本概念
一、选择题
1．答案：（B）
2. 答案：（B）
解：AUB表示A与B至少有一个发生,-AB表示A与B不能同时发生,因此(AUB)(-AB)表示A与B恰有一个发生．
3．答案：（C）
4. 答案：（C） 注:C成立的条件:A与B互不相容.
5. 答案：（C） 注:C成立的条件:A与B互不相容,即.
6. 答案：（D） 注:由C得出A+B=.
7. 答案：（C）
8. 答案：（D） 注：选项B由于

9.答案：（C） 注：古典概型中事件A发生的概率为.
10.答案：（A）
解：用A来表示事件“此个人中至少有某两个人生日相同”，考虑A
的对立事件“此个人的生日各不相同”利用上一题的结论可知，故.
11.答案：（C）
12.答案：（B）
解：“事件A与B同时发生时,事件C也随之发生”，说明，
故；而
故.
13.答案：（D）
解：由可知

故A与B独立.
14.答案：（A）
解：由于事件A,B是互不相容的，故，因此
P(A|B)=.
15.答案：（D）
解：用A表示事件“密码最终能被译出”，由于只要至少有一人能译出密码，则密码最终能被译出，因此事件A包含的情况有“恰有一人译出密码”，“恰有两人译出密码”，“恰有三人译出密码”，“四人都译出密码”，情况比较复杂，所以我们可以考虑A的对立事件“密码最终没能被译出”，事件只包含一种情况，即“四人都没有译出密码”，故.
16.答案：（B）
解：所求的概率为

注：.
17.答案：（A）
解：用A表示事件“取到白球”，用表示事件“取到第i箱”，则由全概率公式知
.
18.答案：（C）
解：用A表示事件“取到白球”，用表示事件“取到第i类箱子”，则由全概率公式知
.
19.答案：（C）
解：即求条件概率.由Bayes公式知
.
二、填空题
1.{（正，正，正），（正，正，反），（正，反，反），（反，反，反），（反，正，正），（反，反，正），（反，正，反），（正，反，正）}
2.或
3．0.3，0.5
解：若A与B互斥，则P（A+B）=P（A）+P（B），于是
P（B）=P（A+B）-P（A）=0.7-0.4=0.3；
若A与B独立，则P（AB）=P（A）P（B），于是
由P（A+B）=P（A）+P（B）-P（AB）=P（A）+P（B）-P（A）P（B），得.
4.0.7
解：由题设P（AB）=P（A）P（B|A）=0.4，于是
P（AUB）=P（A）+P（B）-P（AB）=0.5+0.6-0.4=0.7.
5.0.3
解：因为P（AUB）=P（A）+P（B）-P（AB），又，所以.
6.0.6
解：由题设P（A）=0.7，P（）=0.3，利用公式知
=0.7-0.3=0.4，故.
7.7/12
解：因为P（AB）=0，所以P（ABC）=0，于是
.
8.1/4
解：因为
由题设
，
，因此有，解得
P（A）=3/4或P（A）=1/4，又题设P（A）<1/2,故P（A）=1/4.
9.1/6
解：本题属抽签情况，每次抽到次品的概率相等，均为1/6，另外，用全概率公式也可求解.
10.
解：这是一个古典概型问题，将七个字母任一种可能排列作为基本事件，则全部事件数为7！，而有利的基本事件数为，故所求的概率为.
11.3/7
解：设事件A={抽取的产品为工厂A生产的}，B={抽取的产品为工厂B生产的}，C={抽取的是次品}，则P（A）=0.6，P（B）=0.4，P（C|A）=0.01，P（C|B）=0.02，故有贝叶斯公式知
.
12.6/11
解：设A={甲射击}，B={乙射击}，C={目标被击中}，
则P（A）=P（B）=1/2，P（C|A）=0.6，P（C|B）=0.5，
故.
四、 。
解：由
由乘法公式，得
由加法公式，得
第二章 随机变量及其分布
一、选择题

1.答案：（B）
注：对于连续型随机变量X来说，它取任一指定实数值a的概率均为0，但事件{X=a}未必是不可能事件.
2.答案：（B）
解：由于X服从参数为的泊松分布，故.又故，因此
.
3.答案：（D）
解：由于X服从上的均匀分布,故随机变量X的概率密度为
.因此，若点，则.
，，
.
4 答案：（C）
解：由于故
由于而，故只有当时，才有；

正态分布中的参数只要求，对没有要求.
5.答案：（A）
解：由于，故
，
而，故；
由于，故
.
6.答案：（B）
解：这里，处处可导且恒有，其反函数为，直接套用教材64页的公式（5.2），得出Y的密度函数为.
7.答案：（D）
注：此题考查连续型随机变量的概率密度函数的性质.见教材51页.
8.答案：（C）
解：因为，所以，.

9.答案：（B）
解：由于，所以的概率密度函数为偶函数，其函数图形关于y轴对称，因此随机变量落在x轴两侧关于原点对称的区间内的概率是相等的，从而马上可以得出.我们可以画出函数的图形，借助图形来选出答案B.
也可以直接推导如下：
，令，则有
10.答案：（A）
解：.
11.答案：（B）
解：
.

12.答案：（D）
解：对任意的；选项C描述的是服从指数分布的随机变量的“无记忆性”；对于指数分布而言，要求参数.
13.答案：（A）
解：选项A改为，才是正确的；
；
.
14.答案：（B）
解：由于随机变量X服从(1,6)上的均匀分布,所以X的概率密度函数为.而方程有实根，当且仅当，因此方程有实根的概率为
.
二、填空题
1..
2.解：由规范性知.
3.解：由规范性知.
4.解：因为，所以只有在F（X）的不连续点（x=-1,1,2）上P{X=x}不为0,且P（X=-1）=F（-1）-F（-1-0）=a，P{X=1}=F（1）-F（1-0）=2/3-2a，P{X=2}=F（2）-F（2-0）=2a+b-2/3,由规范性知1=a+2/3-2a+2a+b-2/3得a+b=1,又1/2=P{X=2}=2a+b-2/3，故a=1/6，b=5/6.
5.解：由于，所以X的概率密度为，
故.
6.；
7.解：.
8.解:由.
9．
１0．解：
故.

第三章 多维随机变量及其分布
一、选择题

1.答案：（A）
解：要使是某个随机变量的分布函数,该函数必须满足分布函数的性质，在这里利用这一性质可以得到，只有选型A满足条件.
2.答案：（A）
解：由可知，故
又由联合分布律与边缘分布律之间的关系可知：

故.
3.答案：（D）
解：联合分布可以唯一确定边缘分布 ，但边缘分布不能唯一确定联合分布，但如果已知随机变量X与Y是相互独立的，则由X与Y的边缘分布可以唯一确定X与Y的联合分布.
4.答案：（A）
解：由问题的实际意义可知，随机事件与相互独立，故
；
；
；
，
而事件又可以分解为15个两两不相容的事件之和，即
故.
5.答案：（B）
解：当时，，，且X和Y相互独立的充要条件是；单由关于S和关于T的边缘分布，一般来说是不能确定随机变量S和T的联合分布的.
6.答案：（C）
解：（方法1）首先证明一个结论，若，则.证明过程如下（这里采用分布函数法来求的概率密度函数，也可以直接套用教材64页的定理结论（5.2）式）：由于
故这表明也服从正态分布，且.
所以这里.再利用结论：若与相互独立，且，则.便可得出
；；
;
.
（方法2）我们还可以证明：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且若，则

故；；
;.
7.答案：（A）
解：由于，，所以，，故，而，所以.
8.答案：（D）
解：由联合概率密度函数的规范性知
.
9.答案：（A）
解：
.
10.答案：（Ｂ）
解：由联合概率密度函数的规范性知

12.答案：（C）
解：用D表示以(0,0),(0,2),(2,1)为顶点所形成的三角形区域，用G表示矩形域，则所求的概率为
.
13.答案：（B）
解：利用结论：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且若，则
因此；
.
令，由教材64页定理结论中的（5.2）式可知，Z的概率密度函数为，故.

二、填空题
1.F（b,c）-F(a,c);F(a,b);F(+,a)-F(+,0);F(+,b)-F(a,b).
2..
3.解：，故.
4.0．
5.解：P（X=Y）=P（X=-1, Y=-1）+ P（X=1, Y=1）= P（X=-1）P（Y=-1）+ P（X=1）P（Y=1）=(1/2)(1/2)+ (1/2)(1/2)=1/2;
P（X+Y=0）= P（X=-1, Y=1）+ P（X=1, Y=-1）= P（X=-1）（Y=1）+ P（X=1）P（Y=-1）=(1/2)(1/2)+ (1/2)(1/2)=1/2;
P（XY=1）=P（X=-1, Y=-1）+ P（X=1, Y=1）= P（X=-1）P（Y=-1）+ P（X=1）P（Y=1）=(1/2)(1/2)+ (1/2)(1/2)=1/2.
三、设随机变量（X，Y）概率密度为
（1）确定常数k。 （2）求P {X<1, Y<3}
（3）求P (X<1.5} （4）求P (X+Y≤4}
分析：利用P {(X, Y)∈G}=再化为累次积分，其中
解：（1）∵，∴
（2）
（3）
（4）
四、设二维随机变量（X，Y）的概率密度为
（1）试确定常数c。（2）求边缘概率密度。
解: l=

第四章 随机变量的数字特征
一、选择题

1．答案：（D）
解：由于，所以，故.
2.答案：（D）
解：
3.答案：（D）
解：，故；
，故；
，故；
，但不能说明X与Y独立.
4.答案：（C）
解：由于X,Y独立，所以2X与3Y也独立，故.
5.答案：（C）
解：当X,Y独立时，；
而当X,Y独立时，，故；.
6.答案：（C）
解：，当X,Y独立时，可以得到
而，即X,Y不相关，但不能得出X,Y独立；
，故；
，故.
7.答案：（D）
解：，即X,Y不相关.
8.答案：（A）
解：，即X,Y不相关.
9.答案：（C）
解：成立的前提条件是X,Y相互独立；
当X,Y相互独立时，有，即成立的充分条件是X,Y相互独立；
而
即X,Y不相关，所以成立的充要条件是X,Y不相关；
；
.
10.答案：（D）
解：由；
.
11.答案：（B）
解：由；
；
；
是一个确定的常数，所以.
12.答案：（D）
解：

13.答案：（B）
解：，
，
故.
14.答案：（C）
解：
.
15.答案：（B）
解：由于当时，，故这里.
16.答案：（A）
解：由于，所以，
又因为，所以，
而与的独立性未知，所以的值无法计算，故的值未知.
17.答案：（C）
解：由于(X,Y)服从区域上的均匀分布，所以(X,Y)的概率密度为，则.
18.答案：（D）
解：令，则有，，但不一定有.
19.答案：（A）
解：由题意知，故Y服从参数为3和1/4的二项分布，即，因此.
20.答案：（D）
解：，只有当X与Y独立时，才有.

二、填空题
1.解：由题设=，故.
2.解：假设P（X=-1）=a，P（X=0）=b，P（X=1）=c,则a+b+c=1,-a+0+c=,a+c=,故a=0.4,b=0.1,c=0.5,即的概率分布是P（X=-1）=0.4，P（X=0）=0.1，P（X=1）=0.5.
3. ,,;,0, 1.
4.解：由题设，故的概率密度函数为.
5.解：由题设
.
6.解：=0+1/6+1/3+1/4+1=7/4；
=0+1/6+4/6+9/12+16/4=67/12；
=-=67/12-49/16=121/48；
=-2+E（1）=-7/2+1=-5/2.
7.解：
.
8.解：由于X服从n=10，p=0.4的二项分布，根据二项分布的性质，EX=np=4，DX=np（1-p）=2.4，故E（）= DX+（EX）=18.4.
三、设随机变量X的分布为
X －2 0 2
Pk 0.4 0.3 0.3
求 E (X)， E (3X2+5)
解： E (X)= (－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2
E (X2)= (－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8
E (3X2+5) = 3E (X2)+ E (5)= 8.4+5=13.4
四、设随机变量X的概率密度为

求（1）Y=2X （2）Y=e－2x的数学期望。

解：（1）

（2）

五、设随机变量X1，X2的概率密度分别为

求（1）E (X1+X2)，E (2X1－3)；（2）又设X1，X2相互独立，求E (X1X2)
解：（1）
=
（2）
=
（3）
六、设随机变量X和Y的联合分布为：
X
Y
－1
0
1
－1

0

0

1

验证：X和Y不相关，但X和Y不是相互独立的。
证：∵ P [X=1 Y=1]= P [X=1]= P [Y=1]=
P [X=1 Y=1]≠P [X=1] P [Y=1]
∴ X，Y不是独立的
又 E (X )=－1×+0×+1×=0
E (Y )=－1×+0×+1×=0
COV(X, Y )=E{[X－E (X )][Y－E (Y )]}= E (XY )－EX·EY
= (－1)(－1) +(－1)1×+1×(－1)×+1×1×=0
∴ X，Y是不相关的
七、设随机变量（X1，X2）具有概率密度。
， 0≤x≤2, 0≤y≤2
求 E (X1)，E (X2)，COV（X1，X2），
解：

D (X1+X2)= D (X1)+ D (X2)+2COV(X1, X2)
=

第五章 大数定理及中心极限定理
一、选择题

1.（A）2.（C）3.（C）
解:设X:炮弹命中的数量，则，由中心极限定理，因此

4.（C）注：不意味服从正态分布，不要只看符号形式
5.（B）
解:因为服从参数为2的指数分布,故有

令,由独立同分布的中心极限定理有

二、填空题

1. ，2.0

三、据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。
解：设第i只寿命为Xi，（1≤i≤16），故E (Xi )=100，D (Xi )=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知

从而
四、某种电子器件的寿命（小时）具有数学期望μ（未知），方差σ2=400 为了估计μ，随机地取几只这种器件，在时刻t=0投入测试（设测试是相互独立的）直到失败，测得其寿命X1，…，Xn，以作为μ的估计，为使问n至少为多少？
解：由中心极限定理知，当n很大时

=
所以

查标准正态分布表知

即n至少取1537。

第六章 样本及抽样分布
一、选择题
1. ( C )
2.（C） 注：统计量是指不含有任何未知参数的样本的函数
3.（D）注：当总体服从正态分布时D才成立，当然在大样本下，由中心极限定理有近似服从
4.（B）

5.（D）
对于答案D,由于，且相互独立，根据分布的定义有

6(C) 注： 才是正确的.
7.(D)
8.(C) 注：，才是正确的
9.(B) 根据得到
10.(A)
解：，
由分布的定义有

二、填空题

1．与总体同分布，且相互独立的一组随机变量
2.代表性和独立性
3.，
4.，，，，
5. 0.1
6.
7.
8.

三、在总体N（52，6.32）中随机抽一容量为36的样本，求样本均值落在50.8到53.8之间的概率。
解：

四、设X1，X2，…，Xn是来自泊松分布π (λ )的一个样本，，S2分别为样本均值和样本方差，求E (), D (), E (S 2 ).
解：由X~π (λ )知E (X )= λ ，
∴E ()=E (X )= λ, D ()=

第七章 参数估计
一、选择题

1.答案： D.
[解]因为，所以
2.答案： D.
[解] 因为，，，
所以，.
3. 答案 A .
[解]似然函数，
由，得.
4. 答案 C.
[解]在上面第5题中用取代即可.
5. 答案 A.
[解]求解同填空第7题.
6. 答案 B.
[解]求解同填空第9题.
7. 答案 C.
[解]因为，且，.
8.答案 B.
[解]求解同上面第9，10题.
9答案 D.
[解]求解同第12题.
10.答案 B.
[解] 的最大似然估计量是.
11.答案 A.
[解]提示：根据置信区间的定义直接推出.
12.答案 D.
[解]同填空题25题.
13.答案 B.
[解]同填空题第28题.
14. 答案 A.
[解]因为，所以选A.
二、填空题

1. 矩估计和最大似然估计；
2.，；
3. ，；
[解] （1）矩估计
因为=，
所以，即的矩估计量.
（2）最大似然估计
因为，
对其求导：.
4. , ；
[解] （1）的矩估计为：

样本的一阶原点矩为：
所以有：
（2）的最大似然估计为：

得：.
5. ；
[解] 因为
所以极大似然函数，
，.
6. ，；
[解] （1） 矩估计：，样本的一阶原点矩为：
所以有：.
（2）极大似然估计：似然函数，
则
.
7. ，；
[解]因为，所以
令
则，.
8. ，；
9. 数学期望E(X)；
[解]
10. ；
[解].
11. ；
[解] ，所以；
12. [14.754，15.146]；
[解] 这是方差已知，均值的区间估计，所以有：
置信区间为：
由题得：

代入即得：
所以为：
13. [0.15，0.31]；
[解] 由得：
，
所以的置信区间为：[，] ，
将，代入得 [，].

三、设X1，X1，…，Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。
解：（1）矩估计 X ~ π (λ )，E (X )= λ，故=为矩估计量。
（2）极大似然估计，

为极大似然估计量。
（其中
四、设总体X具有分布律
X
1
2
3
Pk
θ2
2θ(1－θ)
(1－θ) 2
其中θ(0<θ<1)为未知参数。已知取得了样本值x1=1，x2=2，x3=1，试求θ的矩估计值和最大似然估计值。
解：（1）求θ的矩估计值

则得到θ的矩估计值为
（2）求θ的最大似然估计值
似然函数

ln L(θ )=ln2+5lnθ+ln(1－θ)
求导
得到唯一解为
五、设X1，X2， X3， X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ未知，设有估计量

（1）指出T1，T2， T3哪几个是θ的无偏估计量；
（2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。
解：（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以
E (Xi )= θ, D (Xi )= θ 2, i=1,2,3,4
由数学期望的性质2°，3°有

即T1，T2是θ的无偏估计量
（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2， X3， X4独立，知

D (T1)> D (T2)
所以T2较为有效。
六、 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0 5.7 5.8 6.5 7.0 6.3 5.6 6.1 5.0。设干燥时间总体服从正态分布N ~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。
解：（1）μ的置信度为0.95的置信区间为（），
计算得
（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（），计算得，查表t0.025(8)=2.3060.

第八章 假设检验
一、选择题
1.B 2.B 3.C 4.B 5.B 6.C 7.B 8.D

二、填空题
1. 2. 1.176
三、某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）3.25 3.27 3.24 3.26 3.24。设测定值总体服从正态分布，问在α = 0.01下能否接受假设：这批矿砂的含镍量的均值为3.25.
解：设测定值总体X～N（μ，σ 2），μ，σ 2均未知
步骤：（1）提出假设检验H：μ=3.25; H1：μ≠3.25
（2）选取检验统计量为
（3）H的拒绝域为| t |≥
（4）n=5, α = 0.01，由计算知
查表t0.005(4)=4.6041,
（5）故在α = 0.01下，接受假设H0
四、要求一种元件使用寿命不得低于1000小时，今从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时，已知这种元件寿命服从标准差为σ =100小时的正态分布。试在显著水平α = 0.05下确定这批元件是否合格？设总体均值为μ。即需检验假设H0：μ≥1000，H1：μ<1000。
解：步骤：（1）μ≥1000；H1：μ<1000；（σ =100已知）
（2）H0的拒绝域为
（3）n=25，α = 0.05，，
计算知
（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，即认为这批元件不合格。
五、某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批导线中取样品9根，测得s=0.007(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平α = 0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大？
解：（1）提出H0：σ ≤0.005；H1：σ >0.005
（2）H0的拒绝域为
（3）n=9，α = 0.05，S=0.007，由计算知

查表
（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。

东华理工大学2010—2011学年第二学期
《概率论与数理统计》期末考试试卷（A1）

一、填空题：（本大题共7小题，每小题3分，共21分）

-1 1 3

0.5 0.3 0.2
(1) 3 （2） （3） 5 （4） （5）
(6) （9.9902， 10.0098）
(7)
二、选择题：(本大题共7小题，每小题2分，共14分)

三、一座20层的高楼的底层电梯上了10位乘客，乘客从第3层起开始离开电梯，每一名乘客在各层离开电梯是等可能的，求没有两位乘客在同一层离开的概率。（7分）
解：设表示事件没有两位乘客在同一层离开，则样本空间包含的样本点数为，事件包含的样本点数为，因此
四、已知随机变量，，且X与Y相互独立，设
(1) 求；； (2) 求．(12分)
解：(1)
；

== ；
又因为,
所以D(Z)=；
(2)
= ()

则==

五、某运输公司有500辆汽车参加保险，在一年内每辆汽车出事故的概率为0.006，每辆参加保险的汽车每年交保险费800元，若一辆车出事故保险公司最多赔偿50000元．试利用中心极限定理计算，保险公司一年赚钱少于200000元的概率．（8分）
附：标准正态分布分布函数表：

0.56
0.57
0.58
0.59

0.7123
0.7157
0.7190
0.7224
解：设｛某辆汽车出事故｝，则，设表示运输公司一年内出事故的车数．则 ．
保险公司一年内共收保费，若按每辆汽车保险公司赔偿50000元计算，则保险公司一年赚钱小于200000元，则在这一年中出事故的车辆数超过4辆．因此所求概率为

．

六、设总体，其中已知，是未知参数．是从该总体中抽取的一个样本，求未知参数的极大似然估计量。（8分）

解： 当为已知时，似然函数为

因而 所以，由似然方程
，解得，
所以的极大似然估计量为。

七、设随机变量与的联合密度函数为

　(1) 求常数 ；
　(2) 求的边缘密度函数； （8分）

解：（1）由得到，解得
（2）

八、设随机变量密度函数为，求的概率密度。（8分）

解：当时，，当时，，
因此
九、设某种产品的一项质量指标 ，现从一批产品中随机地抽取16件，测得该指标的均值 ．以检验这批产品的质量指标是否合格？ (8分).

解：设
当为真时，检验统计量为，给定显著性水平，拒绝域为
.
代入数据得，落在拒绝域外，故接受，即质量指标合格.

十、设总体，其中，都是未知参数．是从该总体中抽取的一个样本，（6分）
（1）试证明为的无偏估计量。（普通班同学解答）
（2）假设是已知的，试证明为的无偏估计量。
（实验班同学解答）
（1）因为,, 所以，则
，
所以为的无偏估计量。
(2)因为， 所以，所以 ，所以，；因此，

所以，是未知参数的无偏估计．