概率论基础-严士健 第二版 习题与补充5.1答案

概率论基础-严士健 第二版
习题与补充5.1答案
1.不返回抽样时:P(第二次抽的废品|第一次抽的合格品) = M N − 1 \frac{M}{N-1} N1M
返回抽样时:P(第二次抽的废品|第一次抽的合格品) = M N \frac{M}{N} NM
2.P(废品率) = ∑ P ( 废 品 率 ∣ 机 器 i ) P ( 机 器 i ) = 8 15 × 0.01 + 5 15 × 0.02 + 2 15 × 0.04 = 13 750 \sum P(废品率|机器i)P(机器i) = \frac{8}{15} \times 0.01 + \frac{5}{15} \times 0.02 +\frac{2}{15} \times 0.04 = \frac{13}{750} P(i)P(i)=158×0.01+155×0.02+152×0.04=75013.
3. P ( 合 格 品 ∣ 获 得 出 厂 许 可 ) = P ( 合 格 品 ∩ 获 得 出 厂 许 可 ) P ( 获 得 出 厂 许 可 ) = P ( 获 得 出 厂 许 可 ∣ 合 格 品 ) P ( 合 格 品 ) P ( 获 得 出 厂 许 可 ∣ 合 格 品 ) P ( 合 格 品 ) + P ( 获 得 出 厂 许 可 ∣ 废 品 ) P ( 废 品 ) = 0.98 × 0.96 0.98 × 0.96 + 0.05 × 0.04 P(合格品|获得出厂许可) = \frac{P(合格品\cap获得出厂许可)}{P(获得出厂许可)} = \frac{P(获得出厂许可|合格品)P(合格品)}{P(获得出厂许可|合格品)P(合格品) + P(获得出厂许可|废品)P(废品)} = \frac{0.98 \times 0.96}{0.98 \times 0.96 + 0.05 \times 0.04} P()=P()P()=P()P()+P()P()P()P()=0.98×0.96+0.05×0.040.98×0.96.
P ( 废 品 ∣ 未 获 得 出 厂 许 可 ) = P ( 废 品 ∩ 未 获 得 出 厂 许 可 ) P ( 未 获 得 出 厂 许 可 ) = P ( 未 获 得 出 厂 许 可 ∣ 废 品 ) P ( 废 品 ) P ( 未 获 得 出 厂 许 可 ∣ 合 格 品 ) P ( 合 格 品 ) + P ( 未 获 得 出 厂 许 可 ∣ 废 品 ) P ( 废 品 ) = 0.95 × 0.04 0.02 × 0.96 + 0.95 × 0.04 P(废品|未获得出厂许可) = \frac{P(废品\cap未获得出厂许可)}{P(未获得出厂许可)} = \frac{P(未获得出厂许可|废品)P(废品)}{P(未获得出厂许可|合格品)P(合格品) + P(未获得出厂许可|废品)P(废品)} = \frac{0.95 \times 0.04}{0.02 \times 0.96 + 0.95 \times 0.04} P()=P()P()=P()P()+P()P()P()P()=0.02×0.96+0.95×0.040.95×0.04.
4. P ( η = m ) = ∑ n P ( η = m ∣ ξ = n ) P ( ξ = n ) = ∑ n ( n m ) p m ( 1 − p ) ( n − m ) λ n n ! e − λ = ( p λ ) n n ! e − p λ P(\eta = m) = \sum_n P(\eta = m | \xi = n) P(\xi=n) = \sum_n \left( \begin{array}{c} n \\ m \\ \end{array} \right) p^m (1-p)^{(n-m)} \frac{\lambda^n} {n!}e^{-\lambda} = \frac{(p\lambda)^n} {n!}e^{-p\lambda} P(η=m)=nP(η=mξ=n)P(ξ=n)=n(nm)pm(1p)(nm)n!λneλ=n!(pλ)nepλ.
5. E ( ξ ∣ { μ = n } ) = E ( ξ 1 + ⋯ + ξ n ∣ { μ = n } ) = E ( ξ 1 + ⋯ + ξ n ) = ∑ k = 1 n E ξ k . E(\xi|\{\mu=n\}) = E(\xi_1 + \dots + \xi_n |\{\mu=n\}) = E(\xi_1 + \dots + \xi_n) = \sum_{k=1}^nE\xi_k. E(ξ{μ=n})=E(ξ1++ξn{μ=n})=E(ξ1++ξn)=k=1nEξk.
E ξ = E [ E ( ξ ∣ { μ } ) ] = ∑ k = 1 ∞ E ( ξ ∣ { μ = k } ) P [ { μ = k } ] = ∑ k = 1 ∞ ∑ i = 1 k E ( ξ i ) P [ { μ = k } ] = ∑ k = 1 ∞ E ( ξ k ) P [ { μ ≥ k } ] E\xi = E[E(\xi|\{\mu\})] = \sum_{k=1}^{\infty} E(\xi|\{\mu=k\})P[\{\mu=k\}] = \sum_{k=1}^{\infty}\sum_{i=1}^k E(\xi_i)P[\{\mu=k\}] = \sum_{k=1}^{\infty} E(\xi_k)P[\{\mu \geq k\}] Eξ=E[E(ξ{μ})]=k=1E(ξ{μ=k})P[{μ=k}]=k=1i=1kE(ξi)P[{μ=k}]=k=1E(ξk)P[{μk}]
E ξ k = a E\xi_k = a Eξk=a,则 E ξ = ∑ k = 1 ∞ a P [ { μ ≥ k } ] = a ⋅ E μ E\xi = \sum_{k=1}^{\infty} aP[\{\mu \geq k\}] = a \cdot E\mu Eξ=k=1aP[{μk}]=aEμ.
6.由第五题立得 E ( ξ 1 + ⋯ + ξ μ ) = E ξ ⋅ E μ = λ β . E(\xi_1 + \dots + \xi_{\mu}) = E\xi \cdot E\mu = \frac{\lambda}{\beta}. E(ξ1++ξμ)=EξEμ=βλ.

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