《概率论与数理统计》分章复习题答案

1第一章随机事件与概率一、选择题1、D2、C3、A4、B5、D6、D7、D8、B9、B10、C11、D12、A13、B14、B15、A16、D17、C18、D19、C20、B21、B22、C23、C24、C25、A26、A27、C28、B29、B30、B31、B32、C33、D34、C35、C36、B37、B二、填空题1、AB2、133、134、0.9925、0.646、07.7、238、0.79、0.710、qp111、0.212、0.513、0.8814、p115、9216、7517、511）（p18、18519、703920、0.49621、106.01）（22、8923、11624、3961925、84.840.726、2327、12728、1329、3530、aab31、aab32、1633、1234、514三、解答题1、13()44PA或，其中34()PA舍去，因为()()PAPABC.2、1()().2PAPB3.（1）记A={前两次均取得红球}，254104104)(AP（2）记B={取了n次后，第n次才取得红球}，nnnBP5)3(2104)106()(114、设事件)3,2,1,0(,iBAii分别为甲，乙投中i次，又设事件A为两人投中次数相等，事件B为甲比乙投中次数多，32.0)()()()()(303030iiiiiiiiiBPAPBAPBAPAP5、(1)0525.03431837671711p.（2）9446.034332437676717676762p.(3)9971.034334271717113p.6、设A=“取出的2球恰好是1黑1白球”，B=“取出的2球中至少有1个黑球”.2(1)1146210248().4515CCPAC(2)112464210302().453CCCPBC7、设A=“取出的2球恰好是1黑1白球”，B=“取出的2球中至少有1个黑球”.(1)1146210248().4515CCPAC(2)1124662103913().4515CCCPBC8、（1）作不放回抽样设A={两只都是红球}，323()8728PA（2）作放回抽样设B={两只都是红球}，339()8864PB9、设(1,2,3)iBi为第一次取出的3只球恰好有i只新的，A为第二次取出的3只球全是没有用过的,则由全概率公式，得333393933001212()()(|)0.1458.iiiiiiiCCCPAPBPABCC10、（1）设{}A恰有两位同学不及格，1{}B甲考试及格，2{}B乙考试及格，3{}B丙考试及格.则()0.29PA（2）215()29PBA11、设A为被查后认为是合格品的事件，B为抽查的产品为合格品的事件..998.09428.0/9408.0)(/)()()(APBAPBPABP12、解(1)设A={选到的人患有色盲}，1B={选到的人是男人}，2B＝{选到的人是女人}，则12121122()()()()()()()()PAPABABPABPABPBPABPBPAB0.50.060.50.0020.031（2）1111()()()30()()()31PBPABPABPBAPAPA13、(1)设1A表示从甲箱取得的产品是次品，2A表示从乙箱取得的产品是次品，33A表示从丙箱取得的产品是次品，B表示取得的产品是次品;则取得的一件是次品的概率为3111111129()()(|).210315620360iiiPBPAPBA(2)若已知取得的一件是次品，所取得的产品是由丙车床生产的概率为3333()()(|)1/61/203(|).()()29/36029PABPAPBAPABPBPB14、解：设A={取到的产品是次品}，B={取到的产品是由甲床生产的}，C={取到的产品是由乙床生产的}，D＝{取到的产品是由丙床生产的}，则()()()()()PAPABACADPABPACPAD()()()()()()PBPABPCPACPDPAD=513121210101015102025()()()1()()()4PCPACPACPCAPAPA15、解：设事件A={取得一件产品是正品}，1B{取得一箱是甲厂产品}，2B{取得一箱是乙厂产品},3B{取得一箱是丙厂产品}。由全概率公式有31()()()iiiPAPABPB961341720.9169101214121812。16、解：设事件{}A取得的产品是正品，1{}B取得的产品是由甲厂生产的，2{}B取得的产品是由乙厂生产的，3{}B取得的产品是由丙厂生产的，则112233()()()()()()()PAPBPABPBPABPBPAB593142192310101015102025.17、解：设事件B=“随机取一个产品为次品”1A=“产品来源于甲车间”，2A=“产品来源于乙车间”，3A=“产品来源于丙车间”.由全概率公式，112233()()()()()()()PBPAPBAPAPBAPAPBA0.20.010.30.0150.50.02=0165.0.418、解：设事件iA表示报名表是i个地区的,1,2,3i；事件B表示抽取的女生报名表,则有1231()()(),3PAPAPA255)|(,157)|(,103)|(321ABPABPABP，(1)由全概率公式可知，抽到的一份是女生表的概率为.9029255311573110331)|()()(31iiiABPAPBP（2）已知抽到的一份是女生表，该女生表来自第一个地区的概率.2999029/10331)()|()()|(111BPABPAPBAP19、朋友坐火车迟到的可能性为12.四、综合题1、()PAB13。2、证明：()(|)()PABPBAPA()()()()PAPBPABPA()()1()PABPBPA1()()11.()()PBPBPAPA3、证明：[()]()()()()PABCPACBCPACPBCPABC()()()()()()()PAPCPBPCPAPBPC[()()()()]()PAPBPAPBPC[()()()]()PAPBPABPC＝()()PABPC；从而AB和C相互独立.4、证明：(|)(|)PABPAB()()()()()()1()PABPABPAPABPBPBPB()()()()()()()PABPABPBPAPBPBPAB0()1PB（因为）5()()()PABPAPB，即A与B独立.5、证明：()()()()()()PABABPABPABPABABPABPAB因()()()PABPAPAB,()()()PABPBPAB故()()()2()PABABPAPBPAB6.证明：（1）因为BAABBBAA)(，得)()()()(BAPABPBAABPAP)()()(BAPBPAP)()()](1)[()(BPAPBPAPBPAPAPBAP）（）（）（因此A与B相互独立。（2）同理)()()](1)[()(BPAPBPAPBAP,A与B相互独立。7、()()()0.40.70.28.PABPAPB()()()()0.40.70.280.82.PABPAPBPAB8、()()()0.60.60.36.PABPAPB()()()()0.60.60.360.84.PABPAPBPAB9、（1）!()nnPAN（2）!()nNnCnPBN10、解：令A={今天天气预报下雨}，B={今天天气真实下雨}，C={王先生今天带伞外出}(1)31125()(|)()(|)()434312PAPABPBPABPB,其中3112(|),(),(|),().4343PABPBPABPB(2)51717()(|)()(|)()11221224PCPCAPAPCAPA,其中517(|)1,(),(|),().12212PCAPAPCAPA(3)|AC={邻居看到王先生带伞外出，今天天气下雨}6()(|)()5/1210(|).()()17/2417PACPCAPAPACPCPC第二章随机变量及其分布一、选择题1、A2、D3、B4、A5、A6、A7、D8、C9、D10、C11、A12、C13、B14、B15、C16、C17、C18、A19、B20、C21、C22、A23、C24、D二、填空题1、12、e3、24、555、136、317、114()()55kPXk（k=1,2,）8、173()1010i9、10.4(0.6)k，1,2,k10、0.811、232e12、iniMNMnNCCC13、0.514、271915、0.2(2,3)0(2,3)xx16、16717、3.01e18、119、120、1221、122、16723、1424、125、126、127、3e28、0,210,211)(xexexFxx29、1(31),02()80,Yyyfy其他30、5131、1,044()0,Yyyfy其他32、0,00),3ln(ln1)(yyyfyyfY33、6)2(261)(xexf34、135、0.38336、0.35三、解答题1、X的分布律为:X012P1535152、X的分布律为:X0127P1535153、解设4只器件中寿命大于3000小时的器件个数为Y,则~(4,)Ybp，且其中30002100010001{3000}1{3000}13pPXPXdxx故00441265{1}1{1}1{0}1()()3381PYPYPYC4、3.55.0,00,21)(2/yyeyyfyY6、(1)2100001,0(100)().0,0xxFxx(2)91)200(1)200(FXP7、（1）2A(2)X的分布函数为20,0(),011,1xFxxxx8、（1）11,2AB（2）221,()0,axafxax其它9、1()lim((1)),xxFAxeAX的概率密度函数0,0()()',0xxfxFxxex.10、(1)4.03.07.07.03.0FFXP(2)其他,010,2'xxxFxfX11、)(yfY=1,02()0,0yYeyyFyy.12、（1）21,0().20,yYeyfyy0（2）XYe的概率密度为1,(1,),()0,Yyeyfy其他.813、263(1)()(())|()|,.(1(1))YXyfyfhyhyyy14、（1）X的分布函数为2,120,81630,0)(2xxxxxxF（2）XY2的密度函数为其他,040),23(321)(yyyf15、解：因为2121yXPyXPyYPyFY1212123yyXdxxdxxf，两边求导得：112143212123