概率论与数理统计浙大第四版答案第二章.pdf

概率论与数理统计习题二参考答案 概率论与数理统计习题二参考答案 1、将一颗骰子抛掷两次，以X1表示两次所得点数之和，以X2表示两次得到的点数 的最小者，试分别求X1和X2的分布律。 解：X1可取 2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12 36 1 6 1 6 1 ) 1 , 1 ()2( 1 =PXP 36 2 6 1 6 1 6 1 6 1 ) “ 1 , 2“2 , 1(“)3( 1 =+=PXP 36 3 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 ) “ 1 , 3“2 , 2“3 , 1(“)4( 1 =+=PXP 所以X1的分布律为 X12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Pk1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36 X2可取的数有 1、2、3、4、5、6 P （X2=1） =P （） =“ 1 , 6“ 1 , 5“ 1 , 4“ 1 , 3“ 1 , 2“6 , 1 “5 , 1 “4 , 1 “3 , 1 “2 , 1 “ 1 , 1 “ 36 11 所以X2的分布律为 X21 2 3 4 5 6 Pk 11/36 9/36 7/36 5/36 3/36 1/36 2、10 只产品中有 2 只是次品， 从中随机地抽取 3 只， 以X表示取出次品的只数， 求X的分布律。 解：X可取 0、1、2 3 10 3 8 0 C C XP= 15 7 = 15 7 1 3 10 2 8 1 2 = C CC XP 15 1 2 3 10 1 8 2 2 = C CC XP 3、进行重复独立试验。设每次试验成功的概率为) 10( 10 1 10 10 )92. 0()08. 0( nk kkk CnXP)8 . 0( ! 1 = + += nk k k e 查表 2, 31=+nn时 05. 00474. 02XP 时 1=n 05. 0551. 01=XP 所以至少要配备 2 个维修工人 12、有一繁忙的汽车站，每天有大量的汽车通过。设每辆汽车在一天的某段时间 内出事故的概率为 0.0001。在某天的该时间内有 3000 辆汽车，问出事故的次 数不小于 2 的概率为多少？ 解：设出事故的次数为 X，所求为3XP 3 . 00001. 03000= np 3XP=0036. 0 ! 3 . 0 3 3 . 0 = + = k k k e 所以出事故的次数不小于 2 的概率为 0.0036 (1)设 X 服从二项分布，其分布律为() kn kk n ppCkXP =1 K=0，1，2，n，问 K 取何值时kXP=最大？ （2）设 X 服从泊松分布，其分布率为 ! k e kXp k =，k=0，1，2 问 K 取何值时最大？ kXP= （1） 解： = = = = 1kXP kXP M () () 1 11 1 1 + kn kk n kn kk n PPC pPC () = + = kq Pkn1() kq kqPknkq+1 ()() kq kqpPn+ += 1 1 1,) 1(+ 当=k时，PP=),(); 1( 故可得：泊松分布的通项);(kP当由 0 变到k 时，单调上升，并且在 =k时，达到最大值 );(P；当超过k继续变动时，);(kP单调下降，即 = 为非整数若 为整数若 , , 1, k15、写出泊松分布和二项分布的分布函数 16、设 连续型随机变量X的分布函数为 求 (1)常数 FXPXP =+= 1 0 2 1 2 0 102)(20dxxdxdxxfXP或 101)0()2(20=FFXP 解法二： C= 2 1 解：指数分布的密度函数为 = 0,0 0, )( x xe xf x = c dxxf)(1cXPcXP=1 = c dxxfdxxf 0 0 )()(1 = c xdx edx 0 0 01 2 1 = c e 2ln =c 19、某种电子元件的寿命X(以小时计)具有以下概率密度 = 其他, 0 1000, 1000 )( 2 x x xf 现有一大批此种电子元件(是否损坏相互独立),从中任取5只,求至少取得2只其 寿命大于 1500 小时的概率 解；此相当于五重贝努利试验，用表示寿命大于 1500 小时的只数 x = 1500 )(1150011500dxxfXPxP = 1500 1000 1000 )()(1dxxfdxxf = 1500 1000 2 1000 1000 01dx x dx 3 2 = 则1012=XPXPXP 41 1 5 50 0 5 3 1 3 2 3 1 3 2 1 =CC= 243 232 20、设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X(以分计)服从指数分布, 其概率 密度为 = 其它0 0 5 1 )( 5/ xe xf x 某顾客的习惯是,等待时间超过10分钟便离开,现知他一个月要到银行5次,求他 受到服务的次数不少于 1 的概率. 分析: 顾客一个月到银行 5 次，每去一次只有两种结果：受到服务和没受到服 务，所以相当于 5 重贝努利试验 等待 10 分钟受到服务的事件记为10= XA = 10 0 5/ 10 1 5 1 )(10)(dxedxxfXPAP x2 e 设顾客一个月内受到服务的次数为Y 要求的是1YP )1 , 5( 2 ebY998. 0)(1011 5)2( = eYPYP 21、设，求 )2 , 3( 2 NX (1).P23 (2)确定 c 使 Pxc=Pxc. 解： （1）=+ 3XP31XP5 . 05 . 01 2 33 1= = （2） cXPcXP=QcXPcXP=1 cXP=21 cXP= 2 1 即 2 1 2 3 = c 30 2 3 = c c 22、由某机器生产的螺栓的长度(cm)服从参数=10.05,=0.06 的正态分布。 规定长度在 10.050.12 内为合格品。任取一螺栓，求其不合格的概率. 解：设螺栓的长度为X 所求概率为12. 005.1012. 005.101+ zzz zXPzXP 同理得查表得 即 25、28、31、盒子里装有 3 只黑球,2 只红球,2 只白球.在其中任取 4 只球,以X 表示取到黑球的只数,以Y表示取到红球的只数. (1)求X、Y的联合分布律 (2)求(X、Y)的边缘分布律 (3)X、Y是否相互独立 解： （1） (3)35/182,35/122, 1=XPYXP，7/41 =YP 2=XP1=YP= 245 84 35 12 245 72 = 所以X与Y不相互独立. 26、设随机变量（X，Y）的概率密度为 =),(yxf 其他, 0 0, 0 43 yxke yx 求（1）常数； （2）P00,0,为常数。引入随机变量 Z= YX YX , 0 , 1 （1）条件概率密度 （2）求 Z 的分布规律。 解： （1）解法一 相互独立 YX、Q = 0,0 0, )()( x xe xfyxf x XYX 解法二 = 0,0 0, )( )( )()( )( ),( )( x xe xf yf yfxf yf yxf yxf x X Y YX Y YX 独立 （2）， YXPZP= 0YXPZP=1 () = + ,0 0, 0, ),( yxe yxf yx Q ()dy edxYXP yx x + + = 00 () + = + dxee xx 1 0 又 + =YXPYXP1 分布律为 Z 0 1 P + + 39、某类电子管的寿命X（以小时计）的概率密度为 =)(xf 1000 100 100 2 x x x 求一架无线电在最初使用的 150 个小时中， 所装的 3 个这样的电子管都不需要替换的概率是 多少 ？3 个管子全需替换的概率是多少？（设 3 个电子管的寿命相互独立） 解： 3 2100 150 150 2 = + dx x XP 三个电子管的寿命相互独立，此实验相当于三重贝努利实验， 以表示使用 150 小时不需要换的电子管的个数 n 27 8 3 1 3 2 3 03 3 3 = =CnP 27 1 3 1 3 2 0 30 0 3 = =CnP 40、设随机变量X分布规律为 X 1 0 1 Pk0.3 0.4 0.3 求12 2 +=XY的分布律。 解： X 1 0 1 Y 3 1 3 P 0.3 0.4 0.3 所以 Y 的分布律为 Y 1 3 P 0.4 0.6 41、设随机变量X的分布规律为 X 2 1 0 1 3 Pk1/5 1/6 1/3 1/15 11/30 求Y=2X 2的分布律。 解:Y 的分布律为 Y 0 1 4 9 P 5 1 30 7 5 1 30 11 42 、 设，求(1) (2) 10，（X X eY=12 2 +=XY， （3）XY = 的概率密度. 解: (1)yYPyFY=)(yeP X = 当 时， 0y0)(=yFY 当时 0y)(yFY)(lnlnyFyxP= = 0 2 1 00 )(2/)(ln 2 ye y y yfy Y (2) yYPyFY=)(yXP+=12 2 = = 2 1 2 1 2 1 2 1y F y F y x y P XX 2 1 2 1 2 1 2 1yy f yy f XX yYPyFY=)(yxyP= ( )()yFyF XX = ( )()yfyf XX + = 0,0 0, 2 2 2 y ye y 43、设电流 I 是一个随机变量，均匀分布在 9A11A 之间，此电流通过 2电阻， 在其上消耗的功率。求W的概率密度 2 2IW= 解： = 其, 0 119 , 2 1 )( i if tIPtWPtFW= 2 2)(2/2/tItP= ( )0 2 II F t F =，由于电流大于0 0t ( )=tfW242162, 24 1 222 1 0 为常数，求X+Y的概率密度。 = 00 0 )( x xe xf x X = 00 0 )( y ye yf y Y = = + 00 )( )( 2 z ze ee zf z zz YX = z xz z xzx z dxeedxezf 0 )( 0 )( )( 解: (X,Y)的联合分布为 = 000 0, 0 ),( yx yxe yxf yx 或 + =dxxzxfzfz),()( Z=X+Y 的概率密度为 f(x,z-x)的非零区域为 积分得： YX、独立同分布，概率密度函数为 = 0, , 0 0, )( x xe xf x 0 0 xz x xz x0 或 求YX+及YX的概率密度。 48、相互独立，证明：若YX、)(),( 21 YX，则)( 21 +YX )( )( 2 Y P P Y Y= =j j = = 2 ! 2 e j j 1 ! 1 e k k X 1 P P X X= =k k = = P P X X+ +Y Y= =i i = = 而而 X X 与与 Y Y 相相互互独独立立 = = i k i k kiYkXPkiYkXP 00 ,U 所所以以P P X X+ +Y Y= =i i = = = = i k kiYPkXP 0 21 )!(! 2 0 1 = =e ki e k ki i k k !)!(! ! )( 2 0 1 21 i e kik i ki i k k + = = ! )( 0 21 21 i e C i k kikk i + = = )( 21 21 ! )( + + =e i i i i= =0 0, ,1 1, ,2 2, , 故故 )( 21 +YX 50、分别表示两个不同的电子元件的寿命（以小时计） ，并设相互独 立，且服从同一分布，其概率密度为 YX、YX和 = 其他, 0 1000, 1000 )( 2 x x xf 求 Y X Z =的概率密度解： 解：设X表示电子管的寿命，Y表示寿命小于 180 的电子管数 ( )8413. 01 20 160 = 180 180 = 0 0 xz x xz x0 )xz(f )x(f YX 不为 0 所以当0 0 0 zx x zx x0 )zx(f