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中国石油大学随机数据处理方法(第三版)答案

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中国 石油大学 随机 数据处理 方法 第三 答案
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0第一章 随机事件与概率习题参考答案与提示1. 设 为三个事件,试用 表示下列事件,并指出其中 哪两个事件是互逆事件:(1)仅有一个事件发生; (2)至少有两个事件发生;(3)三个事件都发生; (4)至多有两个事件发生;(5)三个事件都不发生; (6)恰好两个事件发生。分析:依题意,即利用事件之间的运算关系,将所给事件通过事件表示出来。解:(1)仅有一个事件发生相当于事件 有一个发生,即可表示成 ;似地其余事件可分别表为(2) 或 ;(3) ;(4) ;(5) ;(6) 或C C。C由上讨论知, (3)与(4)所表示的事件是互逆的。2.如果 表示一个沿着数轴随机运动的质点位置,试说明下列事件的包含、0|A3|9|解:(1)包含关系: 、 。E(2)互不相容关系: 与 (也互逆) 、 与 、 与 。出下列随机事件的样本空间:(1)将一枚硬币掷三次,观察出现 (正面)和 (反面)的情况;)连续掷三颗骰子,直到 6 点出现时停止, 记录掷骰子的次数;(3)连续掷三颗骰子,记录三颗骰子点数之和;(4)生产产品直到有 10 件正品时停止,记录生产产品的总数。解:(1) ;,,(2) ; ,2(3) ;184(4) 。,014.设对于事件 有 , , )()()( 至少出现一个的概率。0)()(提示: 至少出现一个的概率即为求 ,可应用性质 4、、 及性质 5 得 )5/85.设 、 为随机事件, ,求 。)(求 ,由概率性质 3 可先计算 。)(于 ,且 ,从而)()() 得。)(6.已知事件 、 满足 且 ,求 。()3/1(解法一:由性质(5)知= (性质 5) )= (性质 3)1A(= (对偶原理)())= = (已知条件)法二:由于=B()()()1= 31P从而得 ,即0)(32个袋中有 5 个红球 2 个白球,从中任取一球,看过颜色后就放回袋中,然后再从袋中任取一球。求:(1)第一次和第二次都取到红球的概率;(2)第一次取到红球,第二次取到白球的概率。解:设 表示:“第一次和第二次都取到红球” ;第一次取到红球,第二次取到白球“。)由于 ( )= ,且 ( )= ,故n7492)(P(2)由于 ( )= ,且 ( )= ,故批产品有 8 个正品 2 个次品,从中任取两次,每次取一个(不放回)。求:(1)两次都取到正品的概率;(2)第一次取到正品,第二次取到次品的概率;(3)第二次取到次品的概率;(4)恰有一次取到次品的概率。解:设 表示:“第 次取出的是次品” ( =1,2) ,则所求概率依次化为i、 、 、 。)(21P)(21 )()212)(21于无放回地从 10 个产品中任取两次,每次取一个,第一次有 10 个可取,第二次有 9 个可取,因此 ( 。n)90(1)由于 ( 8×7,所以 21A)) ( 8×2,所以 或直接用乘法公式)(21P)|(121(3)由于 ( 2×1, ( 8×2,且 ,所以 n21A。)2A))11或直接用乘法公式)()()() 2121212 ||)519208(4)由于 互不相容, 21、)(21()(1)|()|() 121121 。4569089.设有 80 件产品,其中有 3 件次品,从中任取 5 件检查。求所取 5 件中至少有 3 件为正品的概率。解:设 :“所取 5 件中至少有 3 件为正品” ;则 的对立事件为至多有 2:“恰有 2 件为正品” (最多有 3 件次品) 。因此)(1)(P82165)(5075713423782165)(58071342310.从 5 双不同的鞋子中任取 4 只,求 4 只鞋子至少有 2 只配成一双的概率。分析:直接求 4 只鞋子至少有 2 只配成一双的概率不易得到正确的结果,这是由于所考虑事件比较复杂,解决此类问题的方法通常是利用概率性质 3,即先求逆事件的概率。该题的解法较多,现分述如下:解:设事件 表示:“取出的 4 只鞋子至少有 2 只配成一双” ,则事件 表A 出的 4 只鞋任意两只均不能配成一双” 。方法一.若取鞋子是一只一只地取(不放回) ,则共有取法 10×9×8×7 种,而取出的 4 只鞋任意两只均不能配成一双的取法共有 10×8×6×4 种,所以2137891046)(1)(  5 双不同的鞋子中任取 4 只,共有 =210 种取法。取出的 44080 种取法(先从 5 双中任取 4 双共5种取法,然后从每双鞋子中任取一只,每双鞋子有 2 种取法,故共有 种取45C 2法) 。所以1308)(1)(了使取出的 4 只鞋子任意两只均不能配成一双,故可考虑 4 只鞋子中取左脚 ( 只,右脚 只(这 只右脚只能从剩, , , )余的 双鞋子中任取)其共有 种取法,故 k540581)((直接法)设事件 表示:“取出的 4 只鞋子恰有 双配对”i i( =1, 2) ,则 ,且 。 包含基本事件数为从 5 双鞋子i 21211时在另外 4 双鞋子中任取不能配对的两只的不同取法共有种( ) ; 包含基本事件数为从 5 双鞋子中任取 2 双,)(5。故2213)()()( 40541028521 设每个人的生日在一年 365 天都是等可能的,那么随机选取个人,求他们的生日各不相同的概率及这 个人至少有两个人生日在同)365(n ,求上述两个事件的概率。n40分析:此问题属于占位问题。解:设 表示事件:“ 个人的生日各不相同” ; 表示事件:“这 个人。由于每个人的生日在一年 365 天都是等可能的,所以 ( )= , ( ) ,从而 。n365由于 事件是 事件的对立事件,所以)(365若取 ,则40401)(进出口公司外销员与外商约谈,两人相约某天 8 点到 9 点在预定地点会面,先到者要等候另一个人 20 分钟,过时就离去,若每人在这指定的一个小时内任一时刻到达是等可能的,求事件 ={两人能会面 }的概率。 分别表示两人到达预定地点 时刻,那么两人到达时间的可能结果 60 对应边长为 60 的正方形里所有点(见图 1, 这个正方形就是样本空间 ,而两人能会面 的充要条件是 ,即 且 2020,所以,事件 对应图中阴影 图 120此,所求概率为 P()60459213.设某光学仪器厂制造的透镜,第一次落下时被打破的概率为 3/10,第二次落下时被打破的概率为 1/2,第三次落下时被打破的概率为 9/10,试求透镜落下三次未打破的概率。分析:解决此问题的关键在于正确理解题意,弄清概率 1/2、9/10 的具体含义。依题意“第二次落下时被打破的概率为 1/2”指的是第一次落下未被打破的情况下,第二次落下时被打破的概率;概率 9/10 的含义类似。解:设 表示“第 次落下时未被打破” , 表示“落下三次未321(,,,则 ,321)|()|()() 21312114.由长期统计资料得知,某一地区在 4 月份下雨(记作事件 )的概率,刮风(记作事件 )的概率为 7/15,刮风又下雨(记作事件 )的概。求 , , 。 )|(()(: 1435/70| 8/)(|(5.设 、 为随机事件,若 , ,求:8.)|() ;(2) 。 )()(题主要是考查条件概率公式、乘法公式及概率性质的应用。解:(1) ;|()( ) 。 )()( 6.一机床有 1/3 的时间加工零件 ,其余时间加工零件 ,加工零件机的概率是 3/10,加工零件 时,停机的概率是 4/10,求这台机床停析:依题意,这是一全概率问题。解:设 事件表示:“加工零件 ”; 事件表示:“加工零件 ; 事件表示:床停机” 。 则由全概率公式得)|()|()( 3014210317.有两个口袋,甲袋中盛有 2 个白球 1 个黑球;乙袋中盛有 1 个白球 2个黑球。由甲袋任取一球放入乙袋,再从乙袋中取出一球,求取到白球的概率。分析:依题意,这是一全概率问题,因为从乙袋中取出一球是白球有两个前提,即由甲袋任取一球放入乙袋有两种可能(由甲袋任取出的球可能是白球,也可能是黑球) ,并且也只有这两种可能。因此若把这两种可能看成两个事件,这两个事件的和事件便构成了一个必然事件。解:设 表示:“由甲袋取出的球是白球” ; 表示:“由甲袋取出的球是; 表示:“从乙袋取出的球是白球” 。则由全概率公式得C)|()|()( 125121218.设有一箱同类产品是由三家工厂生产的,其中 是第一家工厂生产的,其余两家各生产 ,又知第一、二家工厂生产的产品有 2%的次品,第三家工厂4生产的产品有 4%的次品,现从箱中任取一只,求: (1)取到的是次品的概率;(2)若已知取到的是次品,它是第三家工厂生产的概率。解:设事件 表示:“取到的产品是次品” ;事件 表示:“取到的产品工厂生产的 ”( ) 。则 ,且 。23, , 1230(1)又由于 两两互不相容,由全概率公式得1、 、()|) .132104140257(2)由条件概率定义、乘法公式、全概率公式得= 。 )|(3)|()()313j 专门化医院平均接待 K 型病患者 50%,L 型病患者 30%,M 型病患者 20%,而治愈率分别为 7/10、8/10、9/10。今有一患者已治愈,问此患者是K 型病的概率是多少?分析:依题意,这是一全概率公式及贝叶斯公式的应用问题,解决问题的关键是找出一组两两互斥事件。解:设事件 表示:“一患者已治愈” ;事件 ( )表示:“患者是 K、L 、M 型病的” 。则 ,且 , 两两互321A0)(斥,由全概率公式得31)|())(i 79218075= )|(1A311)|()j 0.三个人独立地破译一个密码,他们能单独译出的概率分别为1/5、1/3、1/4,求此密码被译出的概率。 解:设事件 表示:“此密码被译出” ;事件 表示:“第 个人破译出密( ) ,则 。i123, , 321B方法一、 )()P)((32121)3方法二、由 相互独立知, 也相互独立,所以321B、、 321、、)()321((3218。53)41()51(21.若 ,证明事件 相互独立。|)|( 件证明:由于 ,且 ,所以)|()|()( P)|()|(])([ 而有|)( 由定义 1,事件 相互独立。与 事 件22.一个系统由三个元件按图所示方式连接而成,设每个元件能正常工作的概率(即元件的可靠性)均为 A;求系统的可靠性。r()01(设三个元件能否正常工作是 。 问题是考查事件间的关系及独立性的应用。解:设事件 、 、 分别表示如图: “元件 、 、 正常工作” ; 则)(P)2(2)()(323.设事件 与 相互独立,已知 , ,求 ,(( = P()得, ;(B。( 4.已知 , , ,求 。3.|析:由 ,因此转化为计算概率)()(| 及 ,而 。)(()(A解:由条件概率公式知)()()()(| 9又 ,所以,()1)()( 130(故。)(| 5.随机地向半圆 ( 为正常数)内掷一点,若该点落在20半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比,求原点和该点的连线与 轴的夹概率。 4/解:设事件 :“表示掷的点和原点的连线与 轴的夹角小于 ”;这是一个几何概型的概率计算问题。由几何概率公式(如图)半 圆)(而 21半 圆 4D故12/)(2有来自三个地区的各 10 名、15 名、25 名考生的报名表,其中女生的报名表分别为 3 份、7 份、5 份。随机地取一个地区的报名表,从中先后抽出两份,求:(1)先抽到的一份是女生表的概率 ;p(2)已知后抽到的一份是男生表,求先抽到的一份是女生表的概率 。 题意,所有报名表来自三个地区,因此随机地取一个地区的报名表,抽到各个地区的报名表的概率应是相等的;若从中先后抽出两份,则(1)可用全概率公式求得;(2)是一个条件概率。解:设 ( 表示 “第 次抽到的一份是女生表” ; 21i( 表示“抽到的报名表来自第 个地区” 。, 3i(1) )31211()|()|(| 3132110902)51703(1(2) 21212)(1212132130645647586(3 )()|(221312112901)3(补充 1(修订版 15) .甲、乙、丙三商店分别有 50、75、100 名职工,女职工依此占 50%、60% 、70% 。设所有职工受顾客表扬是等可能的,与性别无关。现知一女职工受到顾客表扬,问此人是丙商店职工的概率是多少?分析:依题意,这是一全概率公式及贝叶斯公式的应用问题,解决问题的关键是找出一组两两互斥事件。解:设事件 表示:“一女职工受到顾客表扬” ;事件 ( )分别表示:“此人是甲、乙、丙商店的职工” 。则 ,且 ,3210)(全概率公式得321A、、1)|())(i 528170657025= 。)|(3A313)|()j 充 2(修订版 17) .设 A、B 是一个试验中的两个事件,假设 ,,则 取何值时可说明 A 和 B 是相互独立的。BP分析:此问题是考查独立性概念及加法公式。解:由概率性质 5 及已知条件知)()()(故 取 可说明 A 和 B 是相互独立的。5.(修订版 18) .已知在制造某一产品时,出现 A 现 B 类不合格的概率为 定出现两类不合格是相互独立的)求下列事件的概率:(1)一件产品没有两类不合格;(2)一件产品有不合格。分析:此问题是考查事件间的关系。解:设事件 表示:“出现 A 类不合格” ; 事件 表示:“出现 类不合;则“一件产品没有两类不合格”相当于“ 都不发生” ,即(1)化为求,;“一件产品有不合格” 相当于“ 至少有一个发生” ,即(2))(化为求 。故(1) )() 。 补充 4(修订版 21) . 设事件 与事件 相互独立,试证明:事件 与事事件 与事件 ,事件 与事件 也相互独立。证明 相互独立,只需证 ;)()(明:由于 ,所以A)()(1)()()()( 由事件独立的定义知,事件 与事件 相互独立。同理可证,事件 与事件 相互独立。(3)由于 )()()(1)()( ()]()][([所以事件 与事件 相互独立。第二章 随机变量及其分布1.对某一目标进行射击,直到击中为止。如果每次射击命中率为 ,求射:设 表示射击次数,由题意知 的可能取值为 1,2,3,…,而1{)(22312……1)(}{所以射击次数 的分布律为1 2 3 …… ……k…… ……p2)1( 1)(批零件中有 9 个合格品与 3 个废品,安装时从这批零件中任取一个,如果每次取出的废品不再放回,求在取得合格品以前取出的废品数的分布律。分析:在取得合格品以前取出的废品数是一随机变量,要求其分布律,只需确定随机变量的一切可能取值及相应的概率即可。解:设 表示在取得合格品以前取出的废品数,由题意知 的可能取值为X ,2,3,而( 相当于第一次取到的是合格品)4/3}0{相当于第二次才取到合格品)912042{机变量 的分布律为0 1 2 3 9/44 9/220 1/220随机变量 的分布列为0 1 2 31/5 2/5 3/10 1/101) 的分布函数 ;(2) ;(3)X)({1)由概率分布与分布函数的关系式{}得 的分布函数20/95}{)(,, ,13(2) ; 5/3)2(}{) 。10/7510/9)(14.已知 的分布函数为 。设 是某一i),()()(随机变量的分布函数,求常数 。使 是某一随机变量的分布函数,由分布函数21)()(的性质知,必有=1 21)(()即 ,从而解得 。15.将3个球随机地放入4个杯子中去,求某杯中有球个数的分布律。分析:某杯中有球个数只有4种可能:3个球都在该杯中;3个球中的两个球放在该杯中;3个球中的一个球放入该杯中;3个球都不在该杯中。因此某杯中有球个数是一个离散型随机变量,它可能的取值为0,1,2,3。运用第一章的有关知识可求出取相应值的概率。若将每个球随机地放入4个杯子中,它是否落入某杯中看作一次试验,则它是一贝努利试验。随机地将3个球放入4个杯子中去,即是三重的贝努利试验,因此某杯中有球个数服从二项分布。解法一:设 表示“某杯中有球个数” ,则 可能取值为:0,1,2,3。放法, 即3个球随机地放入其34它3个杯子中去,共有 种放法,所以33}0{X 32234}{概率分布列为0 1 2 3 4 27/64 9/64 1/64 表示“某杯中有球个数” ,则 服从 , 的二项分X ,所以 的分布律为)4/1,3(~B)3,210()3(}{ 0 1 2 3 4 27/64 9/64 1/64 动生产线在调整以后出现废品的概率为 ,生产过程中出现废品时立在两次调整之间生产的合格品的分布律。解:设 表示在两次调整之间生产的合格品的个数,由题意知 的可能取X ,1,2,3,…,而0{)1(2X……(}{……所以 的分布律为 1 2 …… ……k…… ……p)(p)1(7.一汽车沿一街道行驶,需要通过三个均设有红绿信号灯的路口,每个信号灯为红或绿与其它信号灯为红或绿相互独立,且红绿两种信号灯显示的时间相等。以 表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口个数,求 的概率分布和X :由题意知 的一切可能取值为 0,1,2,3。为计算方便设:表示:“汽车在第 个路口遇到红灯 ”,则 相互独)123i ,立,且由条件知 。所以(,); ;X{}012()214121()()() 2 8131233 22即 的概率分布列为 0 1 2 3 1/4 1/8 1/8 28/740}{)(,, ,8. 设随机变量 的分布函数为,)(2求:(1)系数A;(2)随机变量 落在区间(的概率;X(3)随机变量 的概率密度。题是已知随机变量的分布函数,由分布函数的性质可求出系数A;再由概率密度函数性质可求得(2)及(3) 。解:(1)由分布函数的连续性性质得 ,故分布函数为1A,)(2(2)由概率密度函数性质知, 落在区间(.(.()7.(}{ 22)由概率密度函数性质知,所求概率密度为其 它,102)(随机变量 的概率密度为X其 它, ,011)(21)系数 ;(2) 落在区间 内的概率;(3) 的分布函数。X)(, 续型随机变量 的概率密度必须满足归一性,因此由归一性及定义可求出系数 及 的分布函数,至于( 2)可由 的分布函数求得。1)由归一性, 112|1解得 。/A(3)由连续型随机变量的定义知 的分布函数为()当 时, =0;1,()(12当 时, ,1分布函数为X,, ,, 12)所求概率为3)2()}21{设随机变量 的分布函数为0)(,求:(1) , ;(2) 的概率密度。}2{1) 1)(F(2)随机变量 的概率密度为X0)(,11. 设随机变量 的分布密度 ,X其 它, ,, 2120)(解:当 时, ;0()0当 时, ;1021当 时, ;2()() 12117当 时, 。x2()()2011201故随机变量 的分布函数为1212,, ,,12.公共汽车站每隔 5 分钟有一辆客车通过,乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的。求乘客侯车时间不超过 3 分钟的概率。解:设 表示乘客侯车时间,则 ,乘客侯车时间不超过 3 分钟X)5,0(~{0(修订版 11) .某城市每天耗电量不超过一百万千瓦小时,13.设随机变量 ,求 ; ;)2,10(~30{3{P; ; 。}2|10{|{P}5解: )()3(1(}1{}13{2()210()12(}8{}|10{| ( 09210(5.(}5.{}测量从某地到某目标的距离时,带有的随机误差 具有分布密度 (401)(8(1)求测量误差的绝对值不超过 30 的概率;(2)如果接连测量三次,各次测量是相互独立的,求至少有一次误差的绝对值不超过 30 的概率。解:(1) )4023()4023(}30{}|{ )2.( 98597(2)设 表示 3 次独立重复测量中事件 出现的次数,则 服从Y}3{ ,从而问题化为求 。)( P}{}{69.)43.()9.(003 电源电压不超过 200、 和超过 240 伏三种情况下,某种电2~子元件埙坏的概率分别为 定电源电压 ,)250(~,1)该电子元件被埙坏的概率 ;(2)电子元件被埙坏时,电源电压在 伏内的概率 。240分析:电子元件被埙坏时,电源电压只可能是不超过 200、 和超240过 240 伏三种情况下之一,因此(1)属于全概率问题;(2)属于条件概率问题。解:设 :“电源电压不超过 200 伏” ; :“电源电压在 伏” ;1“电源电压超过 240 伏” ; :“电子元件被埙坏” 。3 所以)250(~,50()20(}{1 8.()2()4(20)(.( )1}4{)3(或 .)(1(2 , ,(331)|)((i 由条件概率公式9.|)|(222 6.随机向量 的分布密度为,222,0),(),( )系数 ;(2) 落在圆 内的概率。A)( )(r解:(1)由归一性,),(3|)12032得 。3(2)  2 032)(),(}),{()1(|)31(62037. 只取下列数组中的值(0,0) , () , () , (2,0) ,),(,1/3,1/12,5/12,试列出 的概率分布表,并),(边缘分布。解: 的概率分布表为),( 0 2 0 1/6 5/121/3 1/12 0 01 1/3 0 0关于 的边缘分布为 1/3 12 1/12 1/3中装有标有号码 1,2,2 的三只球,从袋中任取一球后不再放回,然后再从袋中任取一球,以 、 分别表示第一次、第二次取得球上的号码。 的联合概率分布。的所有可能取值为(1 ,2)、(2,1)、(2,2),由概率乘法公式得),( 1{12 p,此外 是不可能事件,所以 ,于是( , )的概率分布表}{01 2 0 1/3 2 1/3 1/3 19.设 的概率密度为 求:)(Y, ,0,201)(其 它, ,,, )常数 ;C(2) 关于 的边缘概率密度;)(X, 、(3)随机变量 与 是否相互独立,为什么?1)由归一性102)( 得 2/C(2) )0(2),()(0 ,1(,)(0)2 所以 /,(3)由于 ,故随机变量 与 相互独立。()()随机向量( , )的分布函数)32,( 求:(1)系数 、 、 ;(2) ( , )的分布密度;)边缘分布密度。解:(1)由分布函数性质21(1)0)2(,()3t)2,li )1(),()得 ,由(2)得 ,代入(3)得 。故随机向量(A, )的分布函数为XY)),(2 (2)由分布函数性质(4)知)9(461),(),( 222 (3)  )((),( 222)4(2x 9)(4(61,)( 222)9(3221.设二维随机变量( , )的概率分布为 其 它, ,,001)2(( 的边缘分布密度 、 。维随机变量( , )关于随机变量 和 的边缘概率密度,可应用(2式和(2式求得。解:(1)如图 2(2知,当 时 10 )((( x它情形 均为零,故 的边缘概率密度为 1 )( 图 2 )(其 它, ,01)2( 时 10y=)(1)2((3]2[其它情形 均为零,故 的边缘分布密度为)(其 它, ,01)43( 的分布密度为),( X其 它, ,,011),()求条件分布密度 及 ;(2)判断 是否独立。||(|X,分析:条件分布密度 及 ,可由(2(2求)|(|就需先求关于 、 的边缘概率分布。解:(1) 的非零取值区域如图 2影部分,由(2,当)(,0x=)(fX (其它情况 均为零,故关于 的边缘分布密度为 其 它, ,012)(式知,当 时, 的条件分布密度为 1 1其 它, ,02)|(| y同理,由(2 图 2 23= 其 它, , ,001),(1式, 时10其 它, ,01)|(| 1y其 它, ,011)|(| ) 不独立,因为 。, )(),(3.随机向量( )在矩形区域 , 内服从均匀分布。, )的分布密度及边缘分布密度,并判断 是否独立。,解:由题意知( )的分布密度为其 它,0,)(1),( ,其它均为 0,故( )关于)( 边缘分布密度为X其 它,01)()关于 的边缘分布密度为Y,其 它,01)(所以 独立。)(),(充 2(修订版 23) .在习题 22 中,求 及 的条件分布密度。解:由上题 独立的结论知,当 时,有 , 4其 它,01)(|(| ,有其 它,01)(|(| ,求 的分布密度。),(~2N)(}{}{})  Y22)(1)( 的概率分布为 1 20 1/10 1/5 2/51) 的概率分布;(2) 的概率分布。1) 的概率分布为3 63/10 7/10 P(2) 的概率分布为13 0 2 93/10 1/10 1
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