《概率论与数理统计》习题册答案1-8

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1、第一章随机事件及其概率1.1)2)以分别表示正品和次品，并以表示检查的四个产品依次为次品，正品，次品，次品。写下检查四个产品所有可能的结果，根据条件可得样本空间。3)2.1)，2)，3)，4)，5)，6)，7)，8).3.解：由两个事件和的概率公式，知道又因为所以（1）当时，取到最大值0.6。（2）当时，取到最小值0.3。4.解：依题意所求为，所以5.解：依题意，6.解：由条件概率公式得到18所以7.解：1)，2)，3)，4).8.解：（1）以表示第一次从甲袋中取得白球这一事件，表示后从乙袋中取得白球这一事件，则所求为，由题意及全概率公式得（2）以分别表示从第一个盒子中取得的两个球为

2、两个红球、一红球一白球和两个白球，表示“然后”从第二个盒子取得一个白球这一事件，则容易推知由全概率公式得9.解：以表示随机挑选的人为色盲，表示随机挑选的人为男子。则所求就是.由贝叶斯公式可得10.解：（1）以表任挑出的一箱为第一箱，以表示第一次取到的零件是一等品。则所求为，由全概率公式得（2）以表示第二次取到的零件是一等品。则所求为，由条件概率及全概率公式得1811.解：以分别表示三人独自译出密码，则所求为。由事件的运算律知道，三个事件独立的性质，知道也相互独立。从而第二章随机变量及其分布1．一袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5。在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球的最大号码

3、，写出随即变量X的分布规律。解：X的所有可能取值为：3，4，5x的分布规律为X345P1/103/106/102．解：x取0或1或2所以：X012P22/3512/351/353．解：设x表示在同一时刻被使用的设备数则X~B(5,0.1)4．解：设n次重复独立试验中A发生的次数为X,则X~B(n,0.3)185．解:设每分钟收到的呼唤次数为X,X~P(4)6．7．8．解:(1)当x<1时:当时:当时:18所以:(2)当x<0时:当时:当时:当时:所以:9．解:每只器件寿命大于1500小时的概率则任意取5只设其中寿命大与1500小时的器件为y只则y~B(5,2/3)10．解:(2)(3

4、)则且d<3即即18则所以11．解设随机变量x表螺栓的长度12．解:要求则则则即第三章随机向量1．182．3．4．5．186．解:（1）故（2）7．解：（1）由于X在（0，1）服从均匀分布故则又单调递增且可导，其反函数为：设的概率密度为：于是（2）由于，故的反函数为故8．解法1：由于X和Y是两个相互独立的随机变量，18由卷积公式可得当时，=0当时，当时，由，知，即：解法2：可有求密度函数的定义法计算得到。9．解：（1）同理由于，故X和Y不相互独立的。未完第四章随机变量的数字特征1．解：令表示一次检验就去调整设备的事件，设其概率为，表示每次检验发现的次品个数，易知，且。得，。因为，得。

5、2．解：18。3．解：。；4．解：（1）.（2）.5．求E(X),E(Y);（2）求Z=Y/X,求E(Z);（3）设，求E(Z)。解：（1）..（2）Z=Y/X-1-0.5-1/3010.51/3P0.20.10.00.40.10.10.1.（3）491610P0.30.40.00.20.1.186．解：1.0677．解：的分布密度为。由题意知，则..8．解：以和表示先后开动的记录仪无故障工作的时间，则，由条件概率知的概率密度为两台仪器五故障工作的时间和显然相互独立。利用两独立随机变量和密度函数公式求的概率密度，对，有当时，显然于是，得由于服从指数为的指数分布，知18因此，有由于和相

6、互独立，可见9．解：93年考研数学一。10．解：则.由联合概率密度函数中、的对称性，得，，.第五章大数定律和中心极限定理1．2．3．解：184．解：设是装运的第箱的重量（单位：千克）。是所求箱数。由条件可把视为独立同分布随机变量，而箱的总重量是独立同分布的随机变量之和。由条件知由中心极限定理知近似服从正态分布。箱数决定于条件由此可见从而，即最多可以装箱。第六章数理统计的基本知识1．；。2．分布；9。3．4．解：18第七章参数估计1．样本均值样本方差样本二阶中心矩均值与方差的矩估计值分别为：2．（1）矩估计令，得的估计量为，的估计值为（2）极大似然估计令得的估计值为，的估计量为3．（1

7、）矩估计18令得的估计值为极大似然估计令，得的估计值为（2）矩估计极大似然估计令,得的估计值为从而的估计量为4．解：当时,的概率密度为　(Ⅰ)由于　令,解得,所以,参数的矩估计量为.(Ⅱ)对于总体的样本值,似然函数为当时,,取对数得18,对求导数，得　　　　　，令　，　解得　，于是的最大似然估计量为　　．(Ⅲ)当时,的概率密度为对于总体的样本值,似然函数为当时,越大，越大,即的最大似然估计值为　　　　　,于是的最大似然估计量为．5．（1）是无偏估计量（2）