第一章随机事件及其概率。
3) 以分别表示**和次品，并以表示检查的四个产品依次为次品，**，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. 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。
所以。7. 解：
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。
11. 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． 解：的分布规律为。
或。2． 解：的分布规律为。
或 3．解：设表示在同一时刻被使用的设备数则x~b(5,0.1)
4．解：设次重复独立试验中发生的次数为， 则。
5．解：设每分钟收到的呼唤次数为，
8．解： (1)
当时： 当时：
当时： 所以：
2)当时：
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小时的器件为只则。
10．解： （1）
2) ；3) 则且，有
即得则所以。
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．解：2．解：
3．解：4．解：
5． 解：6． 解：1） 故。
7．解：（1）由于在上服从均匀分布。
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，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，故和不相互独立的。
2）解法1，公式法：
解法2，定义法：
当， ；当，
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。
2． 解：。
3． 解：；
4．解：（1）.
5．解：（1）.
6．解： 7．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。
因此，有。由于和相互独立，可见。
9． 解：93年考研数学一。(1) 0, 2 (2) 不相关 (3)不独立。
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。
3．解：设第个数相加时的舍入误差为，则。
2），即，得。
4．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。
2．分布；9.
4．解：．解可参考书中页。
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） 矩估计。
令得的估计值为。
极大似然估计。
令，得的估计值为。
2）矩估计量。
极大似然估计。
令，得的似然估计值为，从而的似然估计量为。
4．解： 当时， 的概率密度为。
ⅰ) 由于。
令， 解得参数的矩估计量为。
(ⅱ)对于总体的样本值，似然函数为。
当时，，取对数得。
对求导数，得。
令 ， 解得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。
所以，因此较有效。
6．（1）已知时，置信区间为，
置信区间为（5.608，6.392）
2）未知时，置信区间为，
得置信区间为（5.5584，6.4416）。
7．解：由于均未知，则的置信区间为，的置信区间为，亦即。
1），，所以的置信区间为（6.6750，6.6814）
所以的置信区间为（，）
2），，所以的置信区间为（6.6611，6.6671）
所以的置信区间为（，）8．解：
2）置信区间为，代人样本数据得；
3）由（1）式与的关系及（2）中的置信区间得的置信区间为。
第八章假设检验。
2．解：（1）提出假设 ：均值， ：
2）在原假设成立的条件下，构造统计量。
（3）查分布表，得拒绝域和，其中。
4）由样本值得 ，；得统计量值，不在拒绝域中，故不能拒绝假设。
4． 解：（1）提出假设 ：均值，：均值
2）在原假设成立的条件下，构造统计量。
3）查分布表，得拒绝域。
4）由样本值得 ，；得统计量值，不在拒绝域中，故不能拒绝假设。
概率与数理统计模拟试卷一答案。
一、填空（每空3分，共30分）
1． 0.7； 0.58；2. =3. 0.5 ；4．； 5. 是
6. 分布，自由度为。
二、单项选择题（每题4分，共20分）
三、（8分）
解：设表示第次取到白球。
四、（8分）
解：（1）得 ，所以有。
五。 (12分)
解（1）由，即，得。
3）因为，所以与不相互独立；
六。（8分）
解：似然函数，对似然函数取对数得，对数似然函数 ，对数似然方程
则的最大似然估计量为。
七。 (14分)
解：（1）构造随机变量 ，则的置信区间为。
查表得；又有。
带入置信区间公式得的置信区间为。
2） 提出假设 ；
在原假设成立条件下，选统计量。
在给定的显著性水平下，查表求得拒绝域为。
或即拒绝域或。
由样本观测值得统计量的值，所以拒绝原假设，不能认为测定值的标准差是。
概率与数理统计模拟试卷二参***。
一、 填空（每空3分，共24分）
二、单项选择题（每题3分，共24分）
三、（10分）
四、（6分）
解：由于随机变量服从的指数分布，所以的概率密度函数为．
顾客在某银行等待服务的时间的分布函数为。
五、(12分)
解： ⑴ 当时，所以，随机变量的边缘密度函数为。
当时，所以，随机变量的边缘密度函数为。
⑶ 由于，所以与不相关．，所以与不独立．
六、(10分)
解： ，所以， ，将用样本均值来替换，得未知参数的矩估计为。
七、（8分）解：设表示这批矿砂中的含镍量的百分比，则．
提出假设。由于总体方差未知，故用检验统计量。
当成立时，．
由于显著性水平，，所以．因此检验的拒绝域为。
由样本观测值，得，
所以，所以，不拒绝，可以认为这批矿砂中的含镍量的百分比为．
八、(6分)
而，，．因此有，，这表明，随机事件与相互独立．
因此，随机事件与相互独立；随机事件与相互独立；随机事件与相互独立．
概率论习题答案
概率统计练习册。教师用。二零零三年元月。目录。第一章随机事件与概率2 第二章随机变量及其概率分布7 第三章二维随机变量及其概率分布13 第四章随机变量的数字特征20 第五章大数定律与中心极限定理24 第六章抽样分布26 第七章参数估计29 第八章假设检验32 第一章随机事件与概率。习题一 一 1 基...
概率论习题答案
第一章随机事件及其概率。概率的定义。p6，1 1 2，3 p11，1 2 2，3，4，6 古典概型。p16 1 3 6，7,10 条件概率 全概率公式和贝叶斯公式。p22 1 4 4，5 7，12 1 求。2 设是两个随机事件，求，3 设一个厂家生产的每台仪器有80 可以直接出厂，20 需进一步调试...
概率论习题答案
第一章概率论的基本概念习题答案。1.解 正，正 正，反 反，正 反，反 正，正 正，反 正，正 反，反 正，正 正，反 反，正 2.解 3.解 1 23 6 7 或。4.解 甲未击中 乙和丙至少一人击中 甲和乙至多有一人击中或甲和乙至少有一人未击中 甲和乙都未击中 甲和乙击中而丙未击中 甲 乙 丙三...