概率论与数理统计龙永红课后答案.docx
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概率论与数理统计龙永红课后答案
第一章
1.
（1）
1二{（1,1）,（1,2）（1,3）...（6,6）}
（2）
，2二{x|X1_X_X2}X1：
当日最低价X2：
当日最高价
（3）
3二{0,123,}
⑷
■3二{1,2,3,}
2.
（1）
（3）
3.
一{1,2,345,6}
A二{1,3,5,}
B二{1,2,34}
C二{2,4,}
AB二{1,2,3,4,5}
A-B二{5}
BA={2,4,}
AB={1,3}
AC二一
AB二{1,2,3,4,61
4.（5）
ABCABCABCABCABCABCABC
（8）
ABCABCABCABC
（10）ABBCAB
（11）ABc
9.①P（A-B）=P（A-AB）=P（A）-P（AB）=0.25
又P（A）=0.4
P（AB）=0.15
2P（AB）=P（A）P（B）_P（AB）
=0.40.25-0.15
=0.5
3P（B_A）二P（B_AB）
二P（B）-P（AB）
=0.25-0.15
=0.1
4P（AB）=P（AB）=1_P（AB）
=1-0.5
=0.5
10.P（ABC）=1-P（ABC）
而P（A）=1-P（A）=1-0.4=0.6
又P（A）=P（ABAB）
=P（AB）P（AB）
.P（AB）=P（A）-PCAB）=0.4
又AB二ABCABC
.P（AB）二P（ABC）P（ABC）
.P（ABC）=0.4-0.1=0.3
.P（ABC）=0.7
11.A=“其中恰有K件”
①.
P（A）二
Kn*
CN1CN-N
CN
2B=“其中有次品”
“一件次品也没有”
P（B）=1_P（B）=1-
cNj
3C=“其中至少有两件次品”
C二“只有一件次品，或没有”
n1nA
-Ni
p（c）“-p（C）亠兽-计
CNCN
12.
①：
A=“男生比女生先到校”
24!
*6!
24!
1
P（AH^0F=^324=^
②B=“李明比王先到学校”
1
P（B匕
13.
c=“至少两人生日同一天”
C二“每个人生各不同”
P（C）=1_P（C）=1-
365
364（365-n1）
365n
14.
①A=“第2站停车”
A二“不停车”
825
P（A）=1-P（A）=1-（;）
9
②B=“第i和第J站至少有一站停车
B二“第i站到J站都不停”
.P（B）=1_P（B）
725=1七）
9
③Ai二“第i站有人下车（停车）”Aj=“第j站有人下车”
P（AcAj）=1-（AcAj）=1-P（£uAj）
=1-[P（Ai）P（Aj）-P（AAJ]
=1-P（A）-P（Aj）P（AAj）
825725
^-（）2（）
99
4D=“在第i站有3人下车”
313822
P（D）7）（9）
（贝努里试验）
15.
（1）A=“前两个邮筒没有信”
2汉21
P（AH-^=-
44
B=“第一个邮筒恰有一封信”
C133
P（B2右飞
16.
A=“前i次中恰好有取到k封信”
p（A）CbAi!
（ab-i）!
一（ab）!
ki-k
CaCb
cab
17.
A3二“第三把钥匙可以开门”
A2二“第二把钥匙可以开门”
①P（A3）=P（AA2A3aA2A3AA2A3AA2AO
二p（AA2A3）p（AA2AJP（AAA3）卩出宀民）
=A3254A63A43
1098109810981098
24120144
720
288720
410
②A3二“第三把钥匙才可以开门”
P（A3）654
1098
120
720
③C=“最多试3把就可以开门”
464654
P（C）Z
101091098
5
-6
18.
贝努里试验
A=“其中三次是正面”
p（ahcioG）3G）7=ci3oG）10
222
19.A=“恰有一红球，一白球，一黑球”
P（A）二
c5c3c；
C1o
20.
P（A）二幺
3222
13!
48
13!
21.几何概型
A=“等待时间不超过3分钟”
Q={xtExwt+10}
x—到达汽车站的时间
A={xt+7Ex^t+10}
P（A^S（A）
S（0）
3
10
22.A=“需要等零出码头的概率”
x、第1条船到达时刻y，第2条船到达时刻
门二{（x,y）0乞x^240乞y乞24?
A二{（x,y）0空x—y空20乞y—x^1'
P（A）二
S（A）
SC1）
242-；（222+232）
23.A=“第一次取出的是黑球”
B=“第二次取出的是黑球”
（1）
P（B»篇
a（a-1）
（ab）（ab-1）a-1
ab
P（ABV
a-1
ab-1
aa-1b
+
abab-1ab
a
ab-1
a「1
ab-1
A-“取出两个球，有一个是黑球”
B=“两个都是黑球”
nA
=a（ab-1）ba=a（a2b-1）
nB
=a（a-1）
a「1
P（BA八半二孟监Ta2b-1
24.
（1）P（BA）口
P（AB）
P（BA）
（2）P（B1B2A）-P[A（B1B2）]_P（AB1Ad
B1B2二
P（ABJP（AB2）
P（A）
P（ABJP（AB2）
-P（A）P（A）
二P（B1A）P（B2A）
25.
（1）'-｛（男，男），（男，女）（女，男）（女，女）｝
A=“已知一个是女孩，”一｛（男，女）（女，男）（女，女）｝
C—“两上都是女孩”—｛（女，女）｝
P（CA）
26.
（2）解略
P（AiA2）
“第i个是女孩”
A=“点数为4”
P（A）
27.
“甲抽难签”B=
“乙抽难签”
C=“丙抽难签”
P（A）
10
P（AB）=P（A）P（BA）
109
24
90
4
15
P（ABC）二P（A）卩C（BA）卩（CAB）
432
一x—x—
1098
24
720
28.A=“试验成功，取到红球”
B。
二“从第二个盒子中取到红球”
B1二“从第三个盒子中取到红球”
P（A）=P（AB0AB1）
二P（AB。
）P（ABJ
二P（B。
）P（AB。
）P（BJ卩（ABJ
JZ』旦
2101010
=59
100
=0.59
29.A=“废品”B1=“甲箱废品”B2二“乙箱废品”
（1）P（A）二P（AB1AB2）
=P（B）P（ABi）P（B2）P（AB2）
320
0.060.05
5050
=0.056
30000.0624000.05
（2）P（A）:
30x100+20x120
180120
-5400
1
_18
30.Bi=“第二次取球中有i个新球”i=0.1,2,3
Aj二“第一次取球中有j个新球”j=0,1,2,3
（1）p（b2）=p（b2a0b2a1b2a2B2A3）
二P（A0）P（B2A0）P（A）P（B2A1）P（A2）P（B2A2）
P（A3）P（B2a
P（Aj）二
CJC
3_J
3
3
12
P（B2Aj）
C9JC3J
3
12
J=0,1,23
J71,2,3
分别对应代入该式中，可得:
P（B2）=0.455
P（AB2）
P（AB2）
P（B2）
p（A）p（B2A）
将①，②代入该式，可得：
P（AB2）=0.14
31、A=“确实患有艾滋病”
B=“检测结果呈阳性”
0.001
由题知：
P（BA）=0.95P（BA）=0.01P（A）
1p（ab）』ab）=—P（A）P（BA）_
P（B）P（A）”P（B|A）+P（A）P（BA）
_0.001x0.95
"0.0010.950.9990.01
=0.087
2C=“高感染群体确实患有艾滋病”
P（C）=0.01
P（CB）_P（BC）P（C）P（B|C）
P（CB）--I—I—
P（B）P（C）P（BC）+P（C）P（B|C）
_0.017.95
-0.010.950.990.01
=0.49
32.解：
不能说明“袭击者确为白人的概率”为0.8
设A=“被袭击者正确识别袭击者种族”
A二“错误识别袭击者种族”
B=“袭击者为白人”B二“袭击者为非白人
根据已知条件，有
P（A）=0.8P（A）=0.2
P（B）=P（BABA）
=P（AB）P（AB）
=P（A）P（BAp^P（A）P（BA）
=0.8P（BA）0.2P（BA）
因P（BA）与P（B|A）未给出，因而不能断定
P（B）=0.8
33.解:
P（A）二P（B）二P（C）=1P（AB）二P（BC）二P（AC）
2
.A,B,C两两独立，
11
又P（ABC）P（A）P（B）P（C）=-
48
.代B,C不相互独立，只是两两独立。
34.①P（A）=O-B二，有P（AB）=0=P（A）P（B）.A,B独立
②P（A）=1-B门有P（A）=0.A与B独立.A,B独立
P（AB）=P（B）-P（AB）P（AB）=P（B）-P（AB）
=P（B）-P（A）P（B）
二P（B）（1-P（A））
=P（B）P（A）
35.P（A）>0且P（B）>0且A,B互不相容
则A,B不可能相互独立
因为P（AB）=（）=0但因为P（A）>0P（B）>0
.P（AB）=0^P（A）P（B）
.不独立
36.A,B,C相互独立，证明A,B,C亦相互独立
证：
P（ABC）=P（A）P（B）P（C）且P（AB）=P（A）P（B）
P（BC）=P（B）P（C）,P（AC）=P（A）P（C）
贝卩P（AB）=P（A帀=1-P（AB）
=1-P（A）-P（B）P（AB）
=1-P（A）-P（B）P（A）P（B）
=[1-P（A）][1-P（B）]
=P（A）P（B）
同理可证P（AC）二P（A）P（C）P（BC）二P（B）P（C）
下证P（ABC）=P（ABC）=1-P（ABC）
P（A）-P（B）-P（C）P（AB）P（AC）P（BC）-P（ABC）
"_P（A）_P（B）_P（C）P（A）P（B）P（A）P（C）
P（B）P（C）-P（A）P（B）P（C）
冷-P（A）][1-P（B）][1-P（C）
二P（A）P（B）P（C）
■A,B,C相互独立
37.证略，可用数学归纳法
38.a=“第一道工序出品”
B=“第二道工序出废品”
C=“第三道工序出废品”
P（ABC）=1-P（ABC）
=^P（A）P（B）P（C）
=1-0.90.950.8
=0.316
39.A=雷达失灵B=计算机失灵
p（Ab）=p（A）p（B）（因为独立）
=0.90.7
=0.63
40.B=“击落”A,B,C分别代表三收炮弹
AT发炮弹击中敌机i=1,2,3
P（AJ二P（ABC）P（ABC）P（ABC）
=0.30.70.70.70.70.30.70.70.3
=0.441
P（A2）=P（ABC）P（ABC）P（ABC）
=0.30.30.70.30.30.70.30.30.7
=0.189
P（AJ=P（ABC）=0.27
P（BAJ=0.2
P（BA2）=0.6
P（BA3）=1
P（B）=0.4410.20.1890.60.0271
=0.2286
P（A2B）
P（a2bHP（B）
P（A2）P（BA2）
=P^B
0.1890.6
-0.2286
=0.496
习题二（A）
x
20
40
Y
10
30
p
1
1
P
1
1
2
2
2
2
1•解：
X:
甲投掷一次后的赌本。
Y:
乙”，
0,x:
:
:
20
x~FX（x）=*丄，20兰xV40
2
1,x狂40
[0,
丫~R（y）二-,
〔1,
x<10
10乞x：
：
:
30
x_30
（1）
100100
XP（x=i）=1二送a2=1
100
二a'2i
i1
=1=a=
1
100
、2i
i1
100oQ
'、p（x=i）=1：
■2a‘=1
iXi1
:
:
:
:
1
=2ai=1=八ai=丄
i1i12
1-11
1a=-
1—a23
3•解
X-5-202
/111
51052
4.解
（1）X:
有放回情形下的抽取次数。
P（取到正品）
C；
C；0
3
10
7_
10
X
1
2
3…
i…
P
73
7
327
3i
-17
r
J.
■1
（一）_
（—）
1010
10
1010
10
10
P（取到次品）
（2）Y:
无放回情形下。
Y
1
2
3
4
p
7
37
327
3217
10
109
1098
10987
5•解
14
P（X•-3）=1-p（X_-3）=1-p（X=-5）=1-
55
4
P（X|c3）=p（—3cXc3）=p（X=-2）+P（X=0）+P（X=2）=—
5
P（X1■2^p（X12）P（X1<-2）
二p（X■1）p（X：
：
-3）
-p（X=2）p（X=-5）
_7
-10
6•解
（1）根据分布函数的性质
7行（羽=F
（1）=：
m.1・Ax=1=A"
22
⑵P（0.5：
：
XE0.8）=F（0.8）—F（0.5）=0.8-0.5=0.39
7•解：
依据分布满足的性质进行判断：
（1）-：
：
X:
=
单调性：
x1:
:
:
x2二F（x1）:
:
F（x2）.在0x；:
:
时不满足。
（2）0：
：
x：
：
:
:
，不满足单调性。
亠＜X'0是可以做分布函数
0：
：
x：
：
：
：
1
（3）—血＜xc0，满足单调性，定义F（x）=」1+x2
i0,
1
的.所以，F（x）2能做分布函数。
1+x
8解
（1）F（x）在x=0,x=1处连续，所以X是连续型。
f（x）二F'（X）
0_x：
1
其他
ii）
F（x）二
dx
当x<0,
F（x）
当x>0,
F（x）
x»
二2
01州
-2
dx
dx
1
-e
2
:
2
■-:
1x
xe,_2
1—e^dx=1
2
所以F（x）
1
2e，
一―
2
x:
:
0
x_0
iii）
屁•一
P"X七…中-皆）
、2
“—I
2
e‘=^1（e
2
_2
'~2
-eJ
p（X1）=F（；）-F
（1）
=1_（1
一丄e‘）二
2
■2-（1
1
r（e
2、
-e）
⑵i）求a:
■J：
：
f（x）dx=1
0
0dxxdx
a
1（2-x）dx
一0dx=1
a
_x^0+（2x_lX2）=1
22
=a2-4a4=0
=a=2
x
ii）F（x）二P（X_x）二_f（x）dx
Xv0,F（X）=0.
2
X
丄2
-
X
xxd
xio
-
X
d:
xx_
0,xvO
1x2,Owxcl
所以：
F（x）=<2
12
2x——x—1,1兰x<2
2
[1,x^2
iii）
<21
Pi*2）=2
（22）2
~.：
'21—21_9
P（x_.2）=2、•2——（..2）-12.、2-
2244
d1“21
P（X>1）=1
（1）,
22
"bo
10.f（x）dx=1,因f（x）关于x=u对称=f（u-x）二f（ux）
二f（2u-x）=f（u（u-x））=f（u-（u-x））=f（x）①
u七-be
下面证明f（y）dyf（z）dz,②
u-x
令z+y=2u=y=2u-z
uxu-xu_x
.二f（y）dy=..：
f（2u-z）d（2u-z）二-.：
f（2u-z）dz
"bo"bo
=f（2u-z）dzf（z）dz（由①式有f（2u-z）=f（z））
u-xu-x
u-x-be"be
又f（z）dzf（z）dzf（z）dz=1，由于②式
uA
——u-xux
二—f（z）dz.J（y）dy=1
-F（u-x）F（ux）=1
11.解
（1）第2题
（2）:
1:
:
1
EX八i2a，八i2（-f=2'i2（_），
idi-13i壬3
（2）第3题：
由分布律得：
11111EX=-5（-2）02-
510525
12.解：
ER=1%0.1+2%X0.1+…+6%0.1=3.7%,
若投资额为10万元，则预期收入为
10X（1+3.7%）=10.37（万元）
DR=eR（ER）2=15.7X10-4-（3.7）2X10-4=2.01X10-4
2222222
eR=（1%）X0.1+（2%）X0.1+（3%）X0.2+（4%）X0.3+（5%）X0.2+（6%）X0.1
555555
=10-+4X10-+18X10-+48X10-+50X10-+36X10
-4
=15.7X10
13.解：
题意不清晰，条件不足，未给出分期期类
解一.设现在拥用Y,收益率k%,假设现在至1100时仅一期，则
K%=
1100—Y
1100
11001100
Fy（x）=p（Y乞x）=p（x）二p（k_
（1）100
“kx
1-
100
5
1100
X——
x
1）1005
亠20（叽1）
x
=21
22000
x
fY（X）
dFY（x）
dx
[22000
2-
x
.0,
0
1100
x
其他
-1）100_5
22000
二x2
0，
1100
1.05
-x_1100
其他
1100
EY=$100yfy（y）dy=22000lny
1.05
1100一
110022000ln1.05：
1073.4元
1.05
解二，由于0wxw5题意是否为五期呢？
由贴现公式
5K%=110°一丫
1100
15K%
5
1100
20（书5
x
厂4400
=5-
x
4400
fY（x）=”x2
i0
11004400
0^20
（1）^5=厂,
x—Ix
其他.0,
1100
1.25
_x_1100
其他
ey
1100
11001.25
xfY（x）dx=4400lnx
1100
1100/1。
5
=4400ln1.25
:
981.2
P（YwX）=辽x"p（k-20（迴-1））
1+5K%x
Sx=1-20（1100一1）1
ILx5
14.证明
E（X-EX）
「；：
（x-EX）2f（x）dx「_；（x2-2xEX（EX）2）f（x）dx
:
:
2:
:
2:
:
二xf（x）dx-2EXxf（x）dx（EX）f（x）dx
-=O-=O-=O
二EX2—2EXEX（EX）2
二EX2-（EX）2
15.证明：
（2.31）
D（ax）=Ebx-E（ax）2
二Eb（x「Ex）2二Ea2（x「Ex）2
=a2E（x—Ex）2=a2DX
（2.32）
2
L（C）=E（X-C）=E
16.①连续型。
普照物
p50-Th2.3证明过程
令h（x）
■be2
Eh（x）二：
h（x）f（x）dx二h（x）_2h（x）f（x）dx一；
（x）mf（x）dx=$2.p（h（x）Ze2）
于是有卩仏心甘町）
-；2
（*）
+f
•h（x）：
：
：
f
?
h（x）f（x）dx一h（x）_.2h（x）f（x）dx
将h（X）=（X-EX）2代入（*）得p「x-Ex_；E（^EX）=Dx（证毕）.
②离散型。
Eh（x）八h（Xj）卩（xj二為h&）p（N）'h（N）p（xi）一'h（xjp（xj
h（x）旨h（Xi）^h（x）旨
一；2'p（xj=；：
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