湘潭大学概率论与数理统计答案

第一章随机事件及概率1、这6个数字选出5个来排列的方法有56P种，首位为0的有45P种，而首位不能为0的为:4556PP600.2、任取5件，其中有4件正品与一件次品的取法为：1347CC105.3、证明：()PABC[()]PABC()()[()]PABPCPABC()()()()()PAPBPABPCPACBC()()()()[()()()]PAPBPABPCPACPBCPACBC()()()()()()()PAPBPCPABPACPBCPABC4、A表示任取3件中有一件为次品事件，50件中任取3件的取法为350C，而有一件为次品的取法为21455CC，2145535099()392CCPAC.5、(1)任取四球都是白球的取法有46C，而任取四球的取法有412C，因此任取四球都是白球的概率为：46412133CC(2)任取6球恰好3白2红1黑的概率为：4216426122077CCCC.6、(1)每个盒子都放有的方法有10!，而总共的放法有1010，因此没有一个空盒子的概率为1010!10;(2)至少有一个空盒子的概率为1010!110.7、由题知：)1,0(,yx且56yx，如下图所示：阴影部分为符合条件的点，其面积25172)156(212AOBSS，此事件的概率为：251711SP8、如下图所示：由题意可知所求的概率为：9511213232211121AOBBAAAOBAOBSSSSSP9、(1)取得2个红球的可能有28C，而总共的取法为210C，所以两次取得都x11SoABBA31yx561156SoABy是红球的概率为452821028CC；(2)两次中一次取得红球，另一次取得白球的方法有1218CC，而总共的取法为210C，因此此事件的概率为2101218CCC4516；(3)因为两次取得红球的概率由(1)知为4528，因此其对立事件即至少一次取得白球的概率为451745281；(4)设1A表示第一次取得白球事件，2A表示第二次取得白球事件；显然这两事件是对立的，即)()(21APAP，至少一次取得白球事件为21AA，根据概率性质有：)()()()(212121AAPAPAPAAP)()(2212AAPAP而由题知4517)(21AAP，两次取得白球的概率为451)(2102221CCAAP，代入上等式有459)(2AP51.10、设A表示此密码被译出的事件，1A表示甲译出事件，2A表示乙译出事件，3A表示丙译出事件，1B表示一个人译出事件，2B表示只有两人译出事件，3B表示3个人译出事件，显然1B，2B，3B相互独立。由题知：)()()()()()()()()()(3213213211APAPAPAPAPAPAPAPAPBP)411(31)511(41)311)(511()411)(311(51511521013013同理)()()()()()()()()()(3213213212APAPAPAPAPAPAPAPAPBP203601)()()()(3213APAPAPBP根据全概率公式有：6.0)()()()(321BPBPBPAP11、(1)设顾客买下该箱事件为A，0A表示取得一箱中没有次品事件，1A表示取一箱有一件次品事件，2A表示取一箱中有两件次品事件；显然0A、1A、2A为相互独立事件，8.0)(0AP，1.0)(1AP，1.0)(2AP而1)(0AAP，541716181719182019)(1AAP，19121715181619172018)(2AAP，根据全概率事件：)(AP)()(00APAAP)(1AAP)(1AP)()(22APAAP475448；(2)在顾客买下该箱中，确实没有残次品的概率为11295)()()()(000APAPAAPAAP-12、设A为中靶事件，0A为选中未校正过事件，1A为选中校正过枪支事件，则)(0AP83,)(1AP85,)(0AAP3.0,)(1AAP8.0,)(AP)(0AP)(0AAP8049)()(01AAPAP,4940)()()()(111APAPAAPAAP13、设A为飞机坠落事件，1A为击中一次事件，2A为击中两次事件，3A为击中3此事件；iB表示被第i此击中事件)3,2,1(i，显然221,,AAA为相互独立事件。,7.0)(,5.0)(,4.0)(321BPBPBP,36.0)()()()()()()()()()(3213213211BPBPBPBPBPBPBPBPBPAP,41.0)()()()()()()()()()(3213213212BPBPBPBPBPBPBPBPBPAP,14.0)()()()(3213BPBPBPAP而1)(,6.0)(,2.0)(321AAPAAPAAP，因此根据全概率公式有)(AP)()(11APAAP)(2AAP)(2AP)()(33APAAP45.014、(1)击中3次的概率为,3456.0)6.01()6.0(2335CP(2)因为每次击中的概率为355)6.0(C，而至少有一次未击中是其对立事件，因此至少有一次击中的概率为1355)6.0(C92224.015、考虑其对立事件：即少于3台车床发生故障的概率，没有一台发生故障的概率为12012)7.0(C，一台发生故障的概率为11112)7.0)(3.0(C，两台发生故障的概率为102212)7.0()3.0(C，因此在任一指定时刻有3台以上车床发生故障的概率为112012)7.0(C10221211112)7.0()3.0()7.0)(3.0(CC16、第一问：考虑其对立事件：0台、1台发生故障的概率分别为：01.0)99.0(,)99.0(1912020020CC；因此设备发生故障而得不到及时处理的概率为101.0)99.0()99.0(1912020020CC；同理第二问中所求概率为：101.0)99.0()99.0(7918080080CC377380278280)01.0()99.0()01.0()99.0(CC第二章随机变量及其分布1，设Z表示取出次品的个数，“0Z”表示取出0个次品事件；因为15只零件中有2只次品，取3次且每次都不放回取到0件次品的概率为：3522315313CC，即3522)0(ZP；同理有：3512)1(31512213CCCZP，351)2(315212113CCCZP；因此Z的分布律为：（如下图所示）2,设Z表示3个零件中合格品的个数，“0Z”表示取出0个合格品事件，iA表示第i个零件为不合格品事件（i=1，2，3），显然1A，2A，3A为相120X35223512351P互独立事件。由题意知：21)(1AP，31)(2AP，41)(3AP，因此41)411)(311)(211()()()()3(321APAPAPZP，同理：2411)()()()()()()()()()2(321321321APAPAPAPAPAPAPAPAPZP246)()()()()()()()()()1(321321321APAPAPAPAPAPAPAPAPZP241)()()()0(321APAPAPZP，所以Z的分布列为：3，设Z表示该汽车首次遇红灯前已经通过的路口的个数，过第一个路口就遇到红灯的概率为：21)0(ZP，同理有：412121)1(ZP，81212121)2(ZP，81212121)3(ZP所以Z概率分布列为：4，X的分布列为：5，由题意知Z的分布函数为：1230X21418181P1230X24141241141PXP0n2112…n-1nnnC21nnC22…nnnC21nnnC231325.0212.010)(xxxxxF6，(1)，1)(dxxf，10cos02222dxxdxAdx从而得到122sinxA，21A(2)，当2x时，00)()(xxdtdttfxF；当22x时，21sin21cos210)()(22xtdtdtdttfxFxx；当2x时，10cos210)()(2222xxdttdtdtdttfxF；因此Z的分布函数2222121sin210)(xxxxxF7，当ox时有：xxtxedtedttfxF2121)()(；当ox时有：xxxxxxedtedtedtxfdttfdttfxF2112121)()()()(0000因此X的分布函数为:0021121)(xxeexFxx8，(1))(xF是处处右连续的，1)1()(lim1FxFx，1lim21Axx；1A；(2)其它1002)()(xxxFxf；(3)91.0)3.0()3.1(3.13.0FFxP9，(1)最初150小时电子管烧坏的概率为：31)(150150dxxfXP；因此至少有两电子管被烧坏的概率为：277)31()311()31(333223CCP(2)Y表示在使用最初150小时内烧坏的个数，则:,278)311()0(303CYP,2712)311)(31()1(213CYP,276)311()31()2(223CYP,271)31()3(333CYP因此电子管数Y的分布列为：(3)，Y的分布函数为：332211000272627202780)(yyyyyyF10，设nV=k表示观测值不大于0.1的次数为k，而01.020)()1.0(1.0001.0xdxdxdtxfXP，因此随机变量nV的概率分布为：1230Y2782712276271P3,2,1,)99.0()01.0()(kCkVPknkknn11，因为要使方程012Xyy有实根，则其判别式01142X，得22XX或；又因为X服从6,1分布，所以541626)62(XP12，设A表示观测值大于3的事件，B表示A发生的次数，依题意得：,322535)(AP2720)32(31)32()2(333223CCBP13，(1)因为51)(xexF，所以251011)10()10(eeFXP，5,4,3,2,1,0,)1()()(5225keeCkYPkkk；(2)Y是表示10分钟内等不到的次数，则5167.0)1(1)1(52eYP14，(1),90.0)3108()()(aaFaXP查表知28.13108a，所以84.111a；(2)，)6.1171.101(XP)6.117()1.101(FF)31081.101()31086.117(，因为)(1)(xx，所以988.0)6.1171.101(XP15，因为8.0200120XP，即)160120()160200()120()200(FF)40()40()40(1)40(8.01)40(290.0)40(，查表知：28.14