概率论第二章习题解答全.pdf

概率论第二章习题概率论第二章习题 1考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年内意外死亡，则公司赔付 20 万元，若投保人因其它原因死亡，则公司赔付 5 万元，若投保人在投保期末自下而上， 则公司无需传给任何费用。若投保人在一年内因意外死亡的概率为 0.0002，因其它原因 死亡的概率为 0.0010，求公司赔付金额的分崣上。 解设赔付金额为 X，则 X 是一个随机变量，取值为 20 万，5 万，0，其相应的概 率为 0.0002；0.0010；0.9988，于是得分布律为 X20（万）5 万0 x p0.00020.00100.9988 2.（1）一袋中装有 5 只球，编号为 1,2，3,4，5。在袋中同时取 3 只，以 X 表示取出 的 3 只球中的最大号码，写出随机变量 X 的分布律 （2）将一颗骰子抛掷两次，以 X 表示两次中得到的小的点数，试求 X 的分布律。 解（1）在袋中同时取 3 个球，最大的号码是 3,4，5。每次取 3 个球，其总取法： 3 5 5 4 10 2 1 C ，若最大号码是 3，则有取法只有取到球的编号为 1,2，3 这一种取法。因 而其概率为 2 2 33 55 11 3 10 C P X CC 若最大号码为 4，则号码为有 1,2，4；1，3,4； 2，3，4 共 3 种取法， 其概率为 2 3 33 55 33 4 10 C P X CC 若最大号码为 5，则 1，2,5；1,3，5；1，4,5；2,3，5；2,4，5；3,4，5 共 6 种取法 其概率为 2 5 33 55 66 5 10 C P X CC 一般地 3 5 2 1 )( C C xXp x ，其中 2 1x C为最大号码是x的取法种类数，则随机变量 X 的分布律为 X345 x p 10 1 10 36 10 （2）将一颗骰子抛掷两次，以 X 表示两次中得到的小的点数，则样本点为 S （1,1） ， （1,2） ， （1,3） ， （6,6） ，共有 36 个基本事件， X 的取值为 1,2，3,4，5,6， 最小点数为 1，的共有 11 种，即（1,1， ） ， （1,2） ， （2,1）， （1,6） ， （6,1） ， 11 1 36 P X ； 最小点数为 2 的共有 9 种，即（2,2） ， （2,3） ， （3,2） ， （3,6） ， （6,3） ， 9 2 36 P X ； 最小点数为 3 的共有 7 种， 7 3 36 P X ； 最小点数为 4 的共有 5 种， 5 4 36 P X ； 最小点数为 5 的共有 3 种， 3 5 36 P X ； 最小点数为 6 的共有 1 种， 1 6 36 P X 于是其分布律为 X123456 k p 11 36 9 36 7 36 5 36 3 36 1 36 3设在 15 只同类型的产品中有 2 只次品，在其中取 3 次，每次任取 1 只，作不放 回抽样，以 X 表示取出的次品的次数， （1）求 X 的分布律； （2）画出分布律的图形。 解从 15 只产品中取 3 次每次任取 1 只，取到次品的次数为 0，1，2。在不放回的情 形下， 从 15 只产品中每次任取一只取 3 次，其总的取法为： 3 15 15 14 13P ， 其概率为 若取到的次品数为 0，即 3 次取到的都是正品，其取法为 3 13 13 12 11P 其概率为 13 12 1122 0 15 14 1335 p X 若 取 到 的 次 品 数 为 1 ， 即 有 1 次 取 正 品 ， 2 次 取 到 次 品 ， 其 取 法 为 112 3213 3 2 13 12C C P 其概率为 3 2 13 1212 1 15 14 1335 p X 若取到的次品数为 2， ，其概率为 22121 21011 353535 p Xp Xp X 。 于是其分布律为 X012 x p 22 35 12 35 1 35 （2）分布律图形略。 4进行重复独立试验，设每次试验成功的概率为p，失败的概率为1qp （01p） ， （1）将试验进行到出现一次成功为止，以 X 表示所需要的试验次数，求 X 的分布 律。 （此时称 X 服从以p为参数的几何分布。 ） 。 （2） 将试验进行到出现r次成功为止， 以 Y 表示所需要的试验次数， 求 Y 的分布律。 （此时称 Y 服从以r，p为参数的巴斯卡分布或负二项分布。 ） 解（1）X 的取值为1,2, , n，对每次试验而言，其概率或为 1，或为q所以其 分布律为 X1234n k ppqp 2 q p 3 q p 1n qp (2)Y 的取值为,1, ,r rn ，对每次试验而言，其概率或为 1，或为q所以其分 布律为 Yr1r 2r rk k p r p 1 1 r r Cqp 22 2 r r Cq p kkr r k Cq p 5.一房间有 3 扇同样大小的窗子， 其中只有一扇是打开的。 有一只鸟自开着的窗子飞 往了房间，它只能从开着的窗子飞出去，鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟 是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。 （1）以 X 表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求 X 的分布律。 （2）户主声称，他养的一只鸟是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以 Y 表示这只聪明鸟为了飞出房间试飞的次数，如房主所说的是确实的，试求 Y 的分布律。 （3）求试飞次数 X 小于 Y 的概率；求试飞次数 Y 小于 X 的概率。 解（1）X 服从 3 1 p的几何分布，其分布律为 X123 k p 3 1 3 1 3 2 3 1 ) 3 2 ( 2 (2)Y 所有可能的取值为 1,2，3. 方法一 3 1 1Yp 3 1 2 1 3 2 2Yp 3 1 1 2 1 3 2 3Yp 方法二由于鸟飞向扇窗是随机的，鸟飞出指定窗子的尝试次数也是等可能的，即 3 1 321YpYpYp 即 Y 的分布律为 Y123 k p 3 1 3 1 3 1 (3)3, 23, 12, 1YXpYXpYXpYXp 3 1 9 2 3 1 3 1 3 1 3 1 27 8 3, 23, 12, 1 4 i iXpXYpXYpXYpXYp 3 1 ) 3 2 ( 3 1 ) 3 2 ( 3 1 3 1 ) 3 2 ( 3 1 9 2 3 1 4 22 i i 81 38 6.一大楼装有 5 个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻t每个设备被使用的概率 为 0.1，问在同一时刻 （1）恰有 2 个设备被使用的概率是多少？ （2）至少有 3 个设备被使用的概率是多少？ （3）至多有 3 个设备被使用的概率是多少？ （4）至少有 1 个设备被使用的概率是多少？ 解设对每个设备的观察为一次试验，则试验次数为 5 且各次试验相互独立，于是 ) 1 . 0 , 5( BX （1） 恰有 2 个设力被使用， 即2X ：0729 . 0 ) 1 . 01 (1 . 02 322 5 CXp （2）至少有 3 个设备被使用，即3X ： 5433XpXpXpXp 55 5 44 5 233 5 1 . 09 . 01 . 09 . 01 . 0CCC00856 . 0 （3）至多有 3 个设备被使用，即3X ： 5413XpXpXp 55 5 44 5 1 . 0) 1 . 01 (1 . 01CC 99954 . 0 （4）至少有一个设备被使用，即1X 110p Xp X 500 5 ) 1 . 01 (1 . 01C40951 . 0 7设事件 A 在每次试验中发生的概率为 0.3， A 发生不少于 3 次时指示灯发出信号， （1）进行 5 次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率； （2）进行 7 次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。 解设 A 发生的次数为 X，则( ,0.3)XB n，5,7n ，设 B“指示灯发出信号” （1） 5 5 5 3 ( )3(0.3) (0.7) kkk k P BP XC 33244550 555 (0.3) (0.7)(0.3) (0.7)(0.3) (0.7)CCC 10 0.27 0495 0.0081 0.70.00243016308 或 2 514223 22 0 ( )11 (0.7)0.3 (0.7)(0.3) (0.7)0.163 k P BP XkCC 同理可得（2） 7 7 5 3 ( )3(0.3) (0.7)0353 kkk k P BP XC 或 2 716225 77 0 ( )11 (0.7)(0.3)(0.7)(0.3) (0.7)0.353 k P BP XkCC 8.甲、乙两人投篮，投中的概率分别为 0.6，0.7，今各投 3 次，求（1）两人投中的 次数相等的概率； （2）甲比乙投中次数多的概率。 解记甲投中的次数为 X，乙投中的次数为 Y，则)6 . 0 , 3( BX，)7 . 0 , 3( BY， 0033 3 0(0.6) (0.4)(0.4)0.064p XC 288 . 0 )4 . 0)(6 . 0(1 21 3 CXp 432. 0)4 . 0()6 . 0(2 22 3 CXp 3303 3 3(0.6) (0.4)(0.6)0.216p XC 同理，027 . 0 )3 . 0(0 3 Yp 189 . 0 )3 . 0)(7 . 0(1 21 3 CYp 441 . 0 )3 . 0()7 . 0(2 22 3 CYp 343 . 0 )7 . 0(3 3 Yp 若记 A 为事件“两人投中次数相等”，B 为事件“甲比乙投中的次数多”，则 ,)( 3 0 3 0 iYpiXpiYiXpAp ii 32076 . 0 0.064 0.0270.288 0.1890.432 0.441 0.216 0.343 0.0017280.0544320.1905120.07408832076 . 0 又1,01 00.288 0.0270.007776P XYP XP Y 2,02 00.432 0.0270.011664P XYP XP Y 3,03 00.216 0.0270.005832P XYP XP Y 2,12 10.432 0.1890.081648P XYP XP Y 3,13 10.216 0.1890.040824P XYP XP Y 3,23 20.216 0.4410.095256P XYP XP Y 所以)(YXpBp 0, 30, 20, 1YXpYXpYXp 2,13,1p XYp XY3,2p XY 0.0077760.0116640.0058320.0816480.0408240.095256 0.243 9.有一大批产品， 其验收方案如下， 先作第一次检验： 从中任取 10 件， 经检验无次品， 接受这批产品，次品大于 2 拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取 5 件， 仅当 5 件中无次品时接受这批产品。若产品的次品率为 10%，求 （1）这批产品经第一次检验就能接受的概率。 （2）需作第二次检验的概率。 （3）这批产品按第二次检验的标准被接受的概率。 （4）这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过的概率。 （5）这批产品被接受的概率 解设 X 为“第一次检验出的次品数”，Y 为“第二次检验出的次品数”，则 ) 1 . 0 ,10( BX，) 1 . 0 , 5( BY （1）这批产品第一次检验后接收，即没有发现次品，也就是 X0，而 349 . 0 )9 . 0()9 . 0() 1 . 0(0 10900 10 CXp （2）需作第二次检验，即第一次检验发现次品数为 1 或 2 件：12X 2121XpXpXp 2 1019228 101010 1 (0.1) (0.9)(0.1)(0.9)(0.1) (0.9) iii i CCC 581 . 0 （3）这批产品按第二次检验的标准接收，即在第二次取出的 5 件产品中没有次品： 0Y 5900 5 )9 . 0()9 . 0() 1 . 0(0CYp590 . 0 （4）这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过，即： 0,12YX 21 , 0XYp210XpYp（两事件相互独立） 581 . 0 590 . 0 343 . 0 （5）)21 , 00(XYXp 343 . 0 349 . 0 692 . 0 . 10.有甲、乙两种味道和颜色都极为相似的名酒各 4 杯，如果从中挑 4 杯，能将甲种 酒全部挑出来，算是试验成功一次。 （1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？ （2）某人声称他通过品尝能区分两种酒，他连续试验 10 次，成功 3 次，试推断他 是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的） 解 （1） 可看作是古典概型问题， 总挑法数为 4 8 70C ， 则成功一次的挑法为 4 4 1C ， 于是试验成功一次的概率的为 4 8 11 70 p C . （2）设成功的次数为 X，则) 70 1 ,10( BX 4733 10 10163 . 3 ) 70 1 1 () 70 1 (3 CXp 因为能成功 3 次的概率特别小，所以可以认为他确有区分的能力。 11尽管在几何教科书已经讲过仅用直尺和园规三等分任意角是还可能的，但是每 一年总是有一些“发明者”撰写关于仅用园规和直尺将角三等分的文章。设某地区每年撰 写此类文章的篇数 X 服从参数为 6 的泊松分布，求明年没有此类文章的概率。 解泊松分布,0,1,2, ! ke P Xkk k 当6时，明年没有此类文章，即0k ，于是明年没有此类文章的概率 06 6 6 00.002478750.0025 0! e P Xe 12一电话总机每分钟收到的呼唤次数 X 服从参数为 4 的泊松分布。求 （1）某一分钟恰有 8 次的概率。 （2）某一分钟呼唤次数大于 3 的概率。 解（1）当4，8k 时，某一分钟恰有 8 次的概率 84 465536 0.01831199.3088 80.02974 8!4032040320 e P X （2）当4时，某一分钟呼唤次数大于 3 的概率 310123P XP XP XP XP X 04142434 4444 1 0!1!2!3! eeee 4 32 1 (148) 3 e 711.2993 10.018311 0.43310.5669 33 13.某一公安局在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼救的次数 X 服从参数为 2 t 的泊 松分布，而与时间间隔的起点无关（时间以小时计） 。 （1）求某一天中午 12 时至下午 3 时没有收到紧急呼救的概率； （2）求某一天中午 2 时至下午 5 时至少收到 1 次紧急的概率。 解因为 2 t ，所以 （1）某一天中午 12 时至下午 3 时，即3t ，则5 . 1 2 3 ，对应的泊松分布为 ! )5 . 1 ( 5 . 1 k e kXp k ，, 2 , 1 , 0k， 从而某一天中午 12 时至下午 3 时没有收到紧急呼救的概率 2231 . 0 0 5 . 1 eXp （2）求某一天中午 2 时至下午 5 时，即5t ，5 . 2 2 5 ，对应的泊松分布为 ! )5 . 2( 5 . 2 k e kXp k ，, 2 , 1 , 0k， 从而某一天中午 2 时至下午 5 时至少收到 1 次紧急的概率 918 . 0 ! )5 . 2( 1 1 5 . 2 查表 k k k e Xp（查表2.5,0k时00.0821P X ） ， 于是1101 0.08210.9179P XP X 方法二918 . 0 1011 5 . 2 eXpXp. 14某人家中在时间间隔t（小时）内接到电话的次数服从参数为2t的泊松分布。 （1）若他外出计划用时 10 分钟，问其间有电话铃响一次的概率是多少？ （2）若他希望外出时没有电话的概率至少为 0.5，问他外出应控制最长的时间是 多少？ 解（1）若他外出计划用时 10 分钟，则 1 6 t ， 1 2 3 t 其间有电话铃响一次的概率 1 3 0.3333 1 3 10.3330.333 0.71680.2388 1! e P Xe （2）若他希望外出时没有电话的概率至少为 0.5，即2t，0k 时 02 (2 ) 0.5 0! t te p ，即 2 0.5 t e，2ln0.5t 11 ln0.5( 6931)0.3465 22 t ， 或0.3465 6020.79t （min） 15保险公司承保了 5000 张相同年龄，为期一年的保险单每人一份。在合同的有效 期内若投保人死亡，则需赔付 3 万元。设在一年内，该年龄段的死亡率为 0.0015，且各 投保人是否死亡是相互独立。求保险公司对这批投保人的赔付总额不超过 30 万元的概率 （利用泊松定理计算。 ） 解设在合同有效期内死亡的投保人为随机变量 X，根据题设条件知死亡的投保人 不超过 10 人，即10X ，因此这可以看作是5000n ，0.0015p 的二项分布，其概 率为 10 10 5000 0 10(0.0015) (0.9985) kkk k P XC 应用泊松定理，此时5000 0.00157.5np， 107.5 7.5 10 ! ke e P X kk （查表得）0.8622。 16有一繁忙的汽车站，每天有大量的汽车通过。设一辆汽车在一天的某段时间内 出事故的概率为 0.0001，在某天的该时间段内有 1000 辆汽车通过，问出事故的车辆数不 小于 2 的概率是多少？（利用泊松定理计算） 解设在该时间段内出事故的汽车数为随机变量 X，则这可以看作是1000n ， 0.0001p 的二项分布，其概率为 211P XP X 设1000 0.00010.1np， 泊松定理，10.9953P X （查表：0.1，1k ） 211P XP X 0.0047。 17（1）设 X 服从（01）分布，其分布律为 1 (1) kk P Xkpp （0,1k ） ， 求 X 的分布函数并作图形。 （2）求第 2 题（1）中随机变量的分布函数。 解（1）当0x 时，( )0F x ； 当01x时，01P Xp ，则( )1F xp ； 当1x ，01P Xp ，1P Xp，则 ( )01(1)1F xP XP Xpp 即 0,0 ( )1,01 1,1 x F xpx x （图形略） 。 （2）第 2 题（1）“在袋中同时取 3 个球，最大的号码是 3,4，5X 的分布律为 X345 x p 10 1 10 36 10 其分布函数为 0,3 1 ,34 10 ( ) 4 ,45 10 1,5 x x F x x x 18 在区间0, a上任意投掷一个质点，以 X 表示这个质点的坐标。设这个质点落在 区间上0, a上中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例。试求 X 的分布函 数。 解当0x 时，( )0F x ； 当0xa时，( )F xkx，其中k为常数， 特别地当xa时， 质点落在区间上0, a上中任意小区间内的概率为1， 所以1ka ， 即 1 k a ，所以当0xa时，( ) x F x a ； 当xa时，( )1F x ，综合得 0, ( ), 1,. xa x F xaxa a xa 。 19.以 X 表示某商店从早晨开始营业直到第一个顾客到达的等待时间（以分计） ，X 的分布函数是 0,0 0,1 )( 4 . 0 x xe xF x x 求下述概率： （1）p至多 3 分钟； （2）p至少 4 分钟； （3）p3 分钟至 4 分钟； （4）p至多 3 分钟或至少 4 分钟； （5）p恰好 2.5 分钟。 解（1） 2 . 134 . 0 11)3(3 eeFXp （2） 6 . 16 . 1 )1 (1)4(14 eeFXp （3）)3()4(43FFXp 6 . 12 . 12 . 16 . 1 )1 ()1 ( eeee （4）)43(XXp 431Xp 6 . 12 . 1 1 ee （5）05 . 2Xp 20设随机变量 X 的分布函数为 0,1, ( )ln ,1, 1,. x F xxxe xe （1）求2P X ，03PX， 5 2 2 PX； （2）求概率密度。 解（1）注意对连续型随机变量而言，0P Xa，其中a是任意实数。 22(2)ln2P XP XF 03(3)(0)1PXFF 5555 2( )(2)lnln2ln52ln2ln 2224 PXFF （2）因为( )( )F xf x，应用分段函数求导数的方法，得概率密度为 1 ,1, ( ) 0, xe f xx 其它. 21设随机变量的分布函数为 （1） 2 1 2(1),12, ( ) 0, x f xx 其它. （2） ,01, ( )2,12, 0, xx f xxx 其它. 求 X 的分布函数( )F x，并画出（2）中( )f x和( )F x的图形。 解（1）当1x 时，( )( )00 xx F xf x dxdx ； 当12x时， 0 1 2 1 11 ( )( )02(1)2() xx x F xf t dtdxdtt tt 1 2(2)x x ； 同理，当2x 时， 2 2 1 2 1 115 ( )2(1)2()2(2)1 2 F xdtt tt 所以 0,1, 1 ( )2(2),12, 1,2, x F xxx x x （2）同理可得 2 0 2 1 01 0,0, ,01 2 ( ) 13 (2)(2),12 222 1,2 x x x x xdxx F x x xdxx dxxx x ， 即 2 2 0,0, ,01 2 ( ) 21,12, 2 1,2. x x x F x x xx x 22.（1）由统计物理学知，分子运动的速度的绝对值 X 服从马克斯韦尔（Maxwall） 分布，其概率密度为 其它,0 0, )( 2 2 xeAx xf b x 其中， kT m b 2 ，k为 Boltzmann 常数，T 为绝对温度，m是分子的质量。试确定常数 A。 （2）研究了英格兰在 18751951 年间，在矿山发生导致 10 人或 10 人以上死亡的 事故的频繁程度，得知相继两次事故之间的时间T（以日计）服从指数分布，其概率密 度为 其它,0 0, 241 1 )( 241 te nf t T 求分布函数)(tFT，并求概率10050 Tp。 解（1）由密度函数的性质1)( dxxf 有 0 2 2 )(dxeAxdxxf b x 0 )( 2 2 b x exd Ab | 2 0 0 22 dxexe Ab b x b x 0 2 2 dxe Ab b x 0 ) 2 ( 2 1 ) 2 ( 2 1 2 2 2 2 x b de bAb x b 1 2 1 2 2 2 bAb （注意： 2 1 2 1 2 0 2 due u ） 故 bb A 4 . （2）当0t时，00)( t T dttF 当0t时， 241241241241 0 00 1 ( )( )()1 241241 tttt ttt t T t F tf t dtedtedee . 故 其它,0 0,1 241 te F t T 。 5010010050TpTpTp )50()100(TT 241 100 241 50 ee 或 241 100 241 50 241 100 50 100 50 241 1 )(10050 eedtedttfTp t . 23某种型号的器件的寿命 X（以小时计）具有概率密度 2 1000 ,1000, ( ) 0, x f xx 其它. 现有一大批这种器件（设各器件损坏与否相互独立） ，任取 5 只，问其中至少有 2 只 的寿命大于 1500 小时的概率是多少？ 解（）先求这种器件的寿命大于 1500 小时的概率： 1500 2 15001500 100010002 1500( ) 3 P Xf x dxdx xx 。 （）求任取 5 只，至少有 2 件的寿命大于 1500 小时的概率 设 Y“器件的寿命大于 1500 小时”，则 2 (5, ) 3 YB。 2101P YP YP Y 00514 55 212 1110232 1( ) ( )( )( )1 3333243243243 CC 。 24.设顾客在某银行的窗口等待服务的时间 X（min）服从指数分布，其概率密度为 其它,0 0, 5 1 )( 5 xe xf x X 某顾客在窗口等待服务，若超过 10 分钟，他就离开。他一个月要到银行 5 次。以 Y 表示 一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出 Y 的分布律，并求1Yp。 解()该顾客在窗口未等到服务而离开的概率为 10 5 10 5 1 )(dxedxxfp x 2 5 10 10 5 | eee x ()顾客未行到服务而离开银行的次数的概率 由已知条件可知，), 5( 2 eBY，故 kkk eeCkYp 522 5 )1)(，5 , 4 , 3 , 2 , 1k 5167 . 0 )1 (1011 52 eYPYp. 25设 K 在区间（0,5）服从均匀分布，求x的方程 2 4420xKxK有实根的 概率。 解因为 K 的分布密度为 1 ,05 ( )5 0,. k f k 其它 而方程 2 4420xKxK有实根，即其判别式 222 41616(2)16(2)0bacKKKK 即(2)(1)0KK，解得2K 或1K 。 因为 K 在（0，5）内服从均匀分布，所以只有2K 在区间（0，5）内，所以所给 方程有实根的概率为 5 5 2 2 12 (25)10.6 555 PKdk 。 26.设)2 , 3( 2 NX，求（1）52 Xp，104Xp，2|Xp， 3Xp； （2）确定c使得cXpcXp。 解（1）) 2 32 () 2 35 (52 Xp ) 2 1 () 1 (5328 . 0 ) 2 34 () 2 310 (104 Xp ) 2 7 () 2 7 ( 9396 . 0 1) 2 7 (2 2212|XpXp ) 2 32 () 2 32 (1 ) 2 5 () 2 1 (1 6977 . 0 ) 2 5 () 2 1 (1 2 1 )0(1) 2 33 (1313 XpXp. （2）因为1cXpcXp，由cXpcXp得 2 1 cXp 即 2 1 ) 2 3 ( c cXp 所以3c。 27.某地区 18 岁的女青年的血压（收缩压，以 mmHg 计）服从)12,110( 2 N。在该 地区任选一 18 岁的女青年，测量她的血压 X （1）求105Xp，120100 Xp； （2）确定最小的x，使05 . 0 xXp 解（1）)12,110( 2 NX )417 . 0 () 12 110105 (105 Xp )417 . 0 (1 3372 . 0 6628 . 0 1 ) 12 110100 () 12 110120 (120100 Xp )83 . 0 ()83 . 0 ( 5934 . 0 1)83 . 0 (2 （2）要使05 . 0 xXp，必须05 . 0 1xXp，即 95 . 0 05 . 0 1 xXp， 亦即95 . 0 ) 12 110 ( x 故645 . 1 12 110 x ，或74.129x， 即最小的x值为 129.74。 28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，求一为不合格品的概率。 解 （方法一） 设的长度为 X， 则 2 (10.05,0.06 )XN， 一个螺栓不合格， 即10.17X 或9.93X 。其概率为9.9310.17P XP X，而 9.93 10.050.12 9.93()()( 2)1(2) 0.060.06 P X 1 0.97720.0228 10.17 10.05 10.17110.171()1(2) 0.06 P XP X 1 0.97720.0228 所以9.93P X 10.170.456P X （方法二） 设 A“螺栓合格”，则 10.17 10.059.93 10.05 ( )9.9310.17()() 0.060.06 P APX (2)( 2)2 (2) 1 2 0.9772 11.9544 10.9544 所以不合格的概率为( )19.3310.171 0.95440.0456P APX 。 29一工厂生产的电子管的寿命 X（以小时计）服从参数为160，的正态分 布，若要求80 . 0 200120 Xp，允许最大为多少？ 解) 160120 () 160200 (200120 Xp 80 . 0 1) 40 (2 得90 . 0 ) 40 ( ，查表知)28. 1 () 40 ( 所以，最大为31.25。 30设在一电路中，电阻两端的电压 V 服从 2 (120,2 )N，今独立测量了 5 次，试确定有 2 次测量值落在区间118，122之外的概率。 解（）求测量值落在区间118，122之外的概率 设 A“测量值 X 落在区间118，122之内”则 122 120118 120 118122()() 22 PX (1)( 1)2 (1) 12 0.8413 10.6826 所以测量值落在区间118，122的概率为 1 0.682603174p （2）求在 5 次独立测量中有 2 次测量值区间118，122之外的概率 设测量值落在区间之外的次数为 Y，则(5,0.3174)YB 故所求的概率为 22 5 2(0.3174) (0.6826)310 0.1007 0.31810.3203P YC 31某人上班，自家中去办公楼要经过一交通指示灯。这一指示灯有 80%的时间亮红灯， 此时他在指示灯旁等待直到绿灯亮，等待时间在区间0，30 （秒）服从均匀分布。 以X表示他等待的时间，求X的分布函数( )F x，画出( )F x的图形。并问X是否为 连续型随机变量？是否为离散型随机变量？（要说明理由） 。 解（1）求随机变量的分布函数 若他到达交通指示灯旁时亮绿灯，则其等待时间0X ； 若他到达交通指示灯旁时亮红灯，则等待时间(0,30)XU 设A“指示灯亮绿灯”，对于固定的0x ，由全概率公式，有 | ( )| ( )P XxP Xx A P AP Xx A P A 其中| 1P Xx A， （即该人到达指示灯旁时亮绿灯，当然他可以过去，也即他 等待的时间为 0，在0.30秒）内） ；| 30 x P Xx A（等待时间在0.30内均匀 分布） 。当030x时，| 1P Xx A，当30x 时，( )0.2P A （亮红灯的时间 为 80%） 所以030x时， 0.8 1 3030 xx P Xx 当30x 时1 0.2 1 0.81P Xx 于是X的分布函数( )F x的分布函数为 0,0, 0.8 ( )0.2,030, 30 1,30. x x F xx x （） （图形略） 。 （）说明随机变量的 由于分布函数( )F x在0x 处不连续，故随机变量X不是连续型随机变量，又因为 不存在一个可列的点集，使得在这个集上X的取值的概率为 1，故X也不是离散型随机 变量。这样的随机变量称为混合型随机变量。 32设( )f x，( )g x都是概率密度函数，求证 ( )( )(1) ( )h xaf xa g x， （01a） 也是一个密度函数。 解要证明一个函数是密度函数，主要是要验证( )1h x dx 。 因为( )1f x dx ，( )1g x dx ， 所以( )( )(1) ( )h x dxaf xa g x dx ( )(1)( )aaf x dxag x dx (1)1aa 即( )( )(1) ( )h xaf xa g x也是一个概率密度函数。 33设随机变量X的分布律为 X21013 k p 1 5 1 6 1 5 1 15 11 30 求 2 YX的分布律。 解 2 YX的取值为 0,1，4,9，故其分布律为 2 Y 0149 k p 1 5 7 30 1 5 11 30 34.设随机变量 X 在 （0,1） 上服从均匀分布。（1） 求 X eY 的概率密度；（2） 求XYln2 的概率密度。 解由题设知，X 的概率密度为 其它,0 10 , 1 )( x xfX （1）ln)(yXpyepyYpyF X Y lnln 00 ( ) yy X fx dxdx 由积分函数的求导法则，得 y yFyf YY 1 )()(，1ln0y 所以 其它,0 1 , 1 )( ey y yfY。 （2）由xyln2得 2 )( y eyhx ， 2 2 1 )( y eyh ，由定理得XYln2的 概率密度为 0,0 0, 2 1 )( 2 y ye yf y Y 或因为(0,1)X ln0X ，知2ln0YX ，即Y的取值必为非负，故当 0y时，yY 是不可能事件，所以 0)(yYpyFY，0)(yfY 当0y时， ln2)(yXpyYpyFY 2 ln 2 y eXp y Xp 1 2 )( y e X dxxf 2 2 1 1 y y e e dxdx 从而 2 2 1 )()( x YY eyFyf 故 0,0 0, 2 1 )( 2 y ye yf y Y . 35设(0,1)XN，求 （1） X Ye的概率密度。 （2）求 2 21YX的概率密度。 （3）求YX的概率密度。 解（1）因为 X Ye，所以Y不取负值，故当0y 时，( )0 Y Fy 又当0y 时，由 2 2 1 ( ) 2 x xe 有 ( )ln x F yP YyP eyP Xy 2 lnln 2 00 1 ( ) 2 x yy x dxedx 22 (ln ) ln 22 0 111 ( )() 22 xy y Y fyedxe y 所以 2 (ln ) 2 11 ,0, ( ) 2 0,. y Y ey fy y 其它 （2）因为 2 21 1X ，即Y在1，内取值。所以当1y 时，( )0 Y Fy ； 当1y 时，注意到(0,1)XN， 2 ( )21 Y FyP YyPXy 11 22 yy PX 2 1 22 1 2 1 2 yx y edx 故当1y 时， 11 42 11 ( )( )()() 22 yy YY y f