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概率论与数理统计 习题解答 1 第一章第一章 思思 考考 题题 1 事件的和或者差的运算的等式两端能 移项 吗 为什么 2 医生在检查完病人的时候摇摇头 你的病很重 在十个得这种病的人中只有一个 能救活 当病人被这个消息吓得够呛时 医生继续说 但你是幸运的 因为你找到了我 我 已经看过九个病人了 他们都死于此病 所以你不会死 医生的说法对吗 为什么 圆周率 1415926 3 是一个无限不循环小数 我国数学家祖冲之第一次把 它计算到小数点后七位 这个记录保持了1000多年 以后有人不断把它算得更精确 1873 年 英国学者沈克士公布了一个 的数值 它的数目在小数点后一共有 707 位之多 但几 十年后 曼彻斯特的费林生对它产生了怀疑 他统计了 的 608 位小数 得到了下表 67584462566468676260 9876543210 出现次数 数字 你能说出他产生怀疑的理由吗 答 因为 是一个无限不循环小数 所以 理论上每个数字出现的次数应近似相等 或它们出现的频率应都接近于 0 1 但 7 出现的频率过小 这就是费林产生怀疑的理由 4 你能用概率证明 三个臭皮匠胜过一个诸葛亮 吗 两事件 A B相互独立与 A B互不相容这两个概念有何关系 对立事件与互不 相容事件又有何区别和联系 条件概率是否是概率 为什么 习习 题题 1 写出下列试验下的样 本空间 1 将一枚硬币抛掷两 次 答 样本空间由如下 4 个样本点组成 正 正 正反 反 正 反反 2 将两枚骰子抛掷一 次 答 样本空间由如下 36 个样本点组成 1 2 3 4 5 6 i ji j 3 调查城市居民 以 户为单位 烟 酒的年支出 答 结果可以用 x y 表示 x y 分别 是烟 酒年支出 的元数 这时 样本空间由坐标平面第 一象限内一切点 构成 0 0 x y xy 2 甲 乙 丙三人各射一次靶 记 甲 乙 丙三人各射一次靶 记 A 甲中靶甲中靶 B 乙中靶乙中靶 C 丙中靶丙中靶 则可则可 用上述三个事件的运算来分别表示下列各事件 用上述三个事件的运算来分别表示下列各事件 1 甲未中靶 A 2 甲中靶而乙未中靶 BA 3 三人中只有丙未中靶 CAB 4 三人中恰好有一人中靶 CBACBACBA 5 三人中至少有一人中靶 CBA 概率论与数理统计 习题解答 2 6 三人中至少有一人未中靶 CBA 或 ABC 7 三人中恰有两人中靶 BCACBACAB 8 三人中至少两人中靶 BCACAB 9 三人均未中靶 CBA 10 三人中至多一人中靶 CBACBACBACBA 11 三人中至多两人中靶 ABC或 CBA 3 设 A B是两随机事件 化简 事件 1 ABAB 2 ABAB 解解 1 ABABABABBB 2 ABAB ABABBAABB 4 某城市的电话号码由 5 个数字组成 每个数字可能是从 0 9 这十个数字中的任一 个 求电话号码由五个不同数字组成的概率 解 5 10 5 0 3024 10 P P 5 n张奖 券中含 有张奖 券中含 有m张有 奖的 张有 奖的 k个 人购 买 每 人一张 求其 中至少有个 人购 买 每 人一张 求其 中至少有 一人 中奖的概率一人 中奖的概率 解法一 试验可模拟为m个红球 nm 个白球 编上号 从中任取 k 个构成一组 则 总数为 k n C 而全为白球的取法有 k mn C 种 故所求概率为 k n k mn C C 1 解法二 令 i A 第 i 人中奖 2 1ki B 无一人中奖 则 k AAAB 21 注意到 k A A A 21 不独立也不互斥 由乘法公式 1121 3 1 2 1 k k AA A P AA A P A A PAPBP 1 2 1 121 nmnmnmnmk nnnnk 1 kk n mn m kk nn CC k CC 同除故所求概率为 6 从 5 双不同的鞋子中任取 4 只 这 4 只鞋子中 至少有两只配成一双 事件 A 的概率是多少 解 122 585 4 10 C CC P A C 7 在 1 1 上任取一点X 求该点到原点的距离 不超过 1 5 的概率 概率论与数理统计 习题解答 3 解 此为几何概率问题 11 所求事件 占有区间 5 1 5 1 从而所求概率为 1 2 1 5 25 P 8 在长度为 在长度为a的 线段内任取 两点 将其 分成三段 求它们可以 构成一个的 线段内任取 两点 将其 分成三段 求它们可以 构成一个 三角 形的概率三角 形的概率 解 设一段长为x 另一段长为y 样本空间 0 0 0 xayaxya 所求事件满足 0 2 0 2 a x a y xyaxy 从而所求概率 1 4 CDE OAB S S 9 从区 间从区 间 0 1 内任取两 个数 求这两个 数内任取两 个数 求这两个 数 的乘 积小于的乘 积小于 1 4 的概 率的概 率 解 设所取两数为 X Y样本空间占有区域 两数之积小于 1 4 1 4 XY 故所求概率 1 1 SS DS D P S 而 1 14 11 1 1 1ln4 44 S Ddx x 故 所 求 概 率 为 1 1ln4 4 10 设 设A B为两个 事件 为两个 事件 0 9P A 0 36P AB 求 求 P AB 解 0 90 360 54P ABP AP AB 11 设A B为两个事件 0 7P B 0 3P AB 求 P AB 解 1 1 1 0 70 3 0 6P ABP ABP ABP BP AB 12 假 设 假 设 0 4P A 0 7P AB 若 若A B互 不相容 求互 不相容 求 P B 若 若A 概率论与数理统计 习题解答 4 B相互 独立 求相互 独立 求 P B 解 若A B互不相容 0 70 40 3P BP ABP A 若A B相互独立 则由 P ABP AP BP A P B 可得 P B 0 5 13 飞机投弹炸敌方三个弹药仓库 已知投一弹命中 1 2 3 号仓库的概率分别为 0 01 0 02 0 03 求飞机投一弹没有命中仓库的概率 解 设 A 命中仓库 则 A 没有命中仓库 又设 i A 命中第 i 仓 库 3 2 1 i则03 0 02 0 01 0 321 APAPAP 根据题意 321 AAAA 其中 321 AAA两两互不相容 故 123 P AP AP AP A 0 01 0 02 0 03 0 06 所以94 006 01 1 APAP 即飞机投一弹没有命中仓库的概率为 0 94 14 某市有 50 住户订日报 有 65 的住户订晚报 有 85 的住户至少 订这两种报纸中的一种 求同时订这两 种报纸的住户的 百分比 解 设 A 用户订有日报 B 用户订有晚报 则 BA 用户至少订有日报 和 晚 报 一 种 AB 用 户 既 订 日 报 又 订 晚 报 已 知 85 0 65 0 5 0 BAPBPAP 所以 3 085 065 05 0 BAPBPAPABP 即同时订这两种报纸的住户的百分比为 30 1515 一批零件共 一批零件共 100100 个 次品率为个 次品率为 10 10 接连两次从这批零件中任取一个零件 第 接连两次从这批零件中任取一个零件 第 一次取出的零件不再放回 求第二次才取得正一次取出的零件不再放回 求第二次才取得正品的概率品的概率 解 设 A 第一次取得次品 B 第二次取得正品 则 AB 第二次才取得正品 又因为 99 90 100 10 ABPAP 则 0909 0 99 90 100 10 A B PAPABP 16 设随机变量A B C两两独立 A与B互不相容 已 知0 2 CPBP 概率论与数理统计 习题解答 5 且 5 8 P BC 求 P AB 解 依题意0 ABP且 BPAPABP 因此有0 AP 又因 2 5 3 2 8 P BCP BP CP B P CP CP C 解方程 0 8 5 3 2 2 CPCP 151 442 P CP CP B 舍去 0 5 P ABP AP BP ABP B 17 设A是小概率事件 即 P A 是给定的无论怎么小的正 数 试证明 当试验不断地独立重复 进行下去 事件A迟早总会发生 以概率 1 发生 解 设 事 件 i A 第i次 试 验 中A出 现 1 2 in 1 ii P AP A 1 2 in n次试 验中 至 少出 现A一次的 概率 为 1212 1 nn P AAAP AAA 12 1 n P A AA 12 1 n P AP AP A 独立性 1 1 n 12 lim 1 n n P AAA 证毕 18 三个人独立 地破译一密 码 他们 能单独译出 的概率分别 是 三个人独立 地破译一密 码 他们 能单独译出 的概率分别 是 1 5 1 3 1 4 求此 密码被译出 的概率求此 密码被译出 的概率 解 设 A B C 分别表示 第一 二 三人译出密码 D 表示 密码被译出 则 1 P DP ABCP ABC 1 1 P ABCP A P B P C 4 2 33 1 5 3 45 19 求 下列系 统 如图所 示 的可 靠度 假设 元件 求 下列系 统 如图所 示 的可 靠度 假设 元件i的 可靠 度为的 可靠 度为 i p 各 各 元件 正常工作或 失效相互独 立元件 正常工作或 失效相互独 立 概率论与数理统计 习题解答 6 解 1 系统由三 个子系 统并联而 成 每 个子系统 可靠度 为 123 p p p 从而 所求概率为 3 123 1 1 p p p 2 同理得 23 12 1 1 pp 20 三台机器相互独 立运转 设第 一 第二 第 三台机器不发生 故障的概 率依次为 0 9 0 8 0 7 则这三台机器中至少 有一台发生故障 的概率 解 设 1 A 第一第三台机器发生故障 2 A 第一第三台机器发生故 障 3 A 第一第三台机 器发生故障 D 三台机器中至少有一台 发生故障 则 123 0 1 0 2 0 3P AP AP A 故 1 P DP ABCP ABC 1 1 1 0 9 0 8 0 70 496 P ABCP A P B P C 21 设A B为两事件 0 7P A 0 6P B 0 4 B P A 求 P AB 解 由 0 4 B P A 得 0 4 0 12 0 48 P AB P ABP ABP BP AB P A 0 82P ABP AP BP AB 22 设某种动物由出生算起活到设某种动物由出生算起活到 20年以上的概率为年以上的概率为 0 8 活到活到 25年以上的概率为年以上的概率为 0 4 问现年问现年 20 岁的这种动物岁的这种动物 它能活到它能活到 25 岁以上的概率是多少岁以上的概率是多少 解 设A 某种动物由出生算起活到 20 年以上 0 8P A B 某种动物由出生 算起活到 25 年以上 0 4P B 则所求的概率为 概率论与数理统计 习题解答 7 0 4 0 5 0 8 P A BP B BB PP AA P AP A 2323 某地区历史 上从某年后某地区历史 上从某年后 30 年内发生 特大洪水的 概率为年内发生 特大洪水的 概率为 80 40 年内年内 发生 特大洪水的 概率为发生 特大洪水的 概率为 85 求已过去了 求已过去了 30 年的地区 在未来年的地区 在未来 10 年 内发生年 内发生 特大 洪水的概率特大 洪水的概率 解 设A 某地区后 30 年内发生 特大洪灾 0 8P A B 某地区后 40 年内发生特大洪灾 0 85P B 则所求的概率为 0 15 1 1110 25 0 2 P BAP B BB PP AA P AP A 24 设甲 乙两袋 甲袋中有设甲 乙两袋 甲袋中有 2 只白球 只白球 4 只红球 乙袋中有只红球 乙袋中有 3 只白球 只白球 2 只红球只红球 今从甲袋中任意取一球放入今从甲袋中任意取一球放入乙袋中 再从乙袋中任意取一球乙袋中 再从乙袋中任意取一球 1 问取到白球的概率是多少 2 假设取到白球 问该球来自甲袋的概率是多少 解 设 A 取到白球 B 从甲球袋取白球 2 44 3 1 5 9 6 66 6 P AP A B P BP A B P B 2 9 2 2 5 5 9 P A B P B P B AP ABP A P A 25 一批产品共有 10 个正品和 2 个次 品 任取两次 每次取一个 抽出 后不再放回 求第二次 抽出的是次品的 概率 解 设 i B表示第i次抽出次品 1 2 i 由全概率公式 22 211 1 1 BB P BP B PP B P BB 211021 121112116 26 一批晶体管元件 其中一等品占 95 二等品占 4 三等品占 1 它们能工作 500h的概率分别为 90 80 70 求任取一个元件能工作 500h以上的概率 解 设 i B 取到元件为i等品 i 1 2 3 A 取到元件能工作 500 小时以上 则 1 4 95 321 BPBPBP 70 80 90 321 B A P B A P B A P 所以 3 3 2 2 1 1 B A PBP B A PBP B A PBPAP 70 1 80 4 90 950 894 2727 某药厂用从甲 乙 丙三地收购而来的药材加工生产出一种中成药 三地的供 某药厂用从甲 乙 丙三地收购而来的药材加工生产出一种中成药 三地的供 概率论与数理统计 习题解答 8 货量分别占货量分别占 40 40 35 35 和和 25 25 且用这三地的药材能生产出优等品的概率分别为 且用这三地的药材能生产出优等品的概率分别为 0 650 65 0 700 70 和和 0 850 85 求从该厂产品中任意取出一件成品是优等品的概率 求从该厂产品中任意取出一件成品是优等品的概率 如果一件产品是优质品 如果一件产品是优质品 求它的材料来自甲地的概率求它的材料来自甲地的概率 解 以 Bi分别表示抽到的产品的原材来自甲 乙 丙三地 A 抽到优等品 则有 123 0 35 0 25 P BP B P B 0 4 1 0 65 A P B 3 2 0 7 0 85 AA PP BB 所求概率为 P A由全概率公式得 123 123 AAA P AP B PP BPP B P BBB 0 65 0 40 7 0 35 0 85 0 250 7175 111 1 0 26 0 3624 0 7175 P B AP B P A B B P A P AP A 28 用某种检验方法检查癌症 根据临床纪录 患者施行此项检查 结果是阳性的 概率为 0 95 无癌症者施行此项检查 结果是阴性的概率为 0 90 如果根据以往的统计 某地区癌症的发病率为 0 0005 试求用此法检查结果为阳性者而实患癌症的概率 解 设A 检 查 结 果 为 阳 性 B 癌 症 患 者 据 题 意 有 0 9 5 0 9 0 AA PP BB 0 0 0 0 5 P B 所求概率为 B P A 0 10 0 9995 A PP B B 由 Bayes 公式得 A P B P B B P A AA P B PP B P BB 0 0005 0 95 0 00470 47 0 0005 0 950 9995 0 10 29 3 个射手向一敌机射击 射中的概率分别是 0 4 0 6 和 0 7 如果一人射中 敌 机被击落的概率为 0 2 二人射中 被击落的概率为 0 6 三人射中则必被击落 1 求 敌机被击落的概率 2 已知敌机被击落 求该机是三人击中的概率 解 设 A 敌机被击落 Bi i 个射手击中 i 1 2 3 则 B1 B2 B3互不相容 由题 意知 13 2 0 2 0 6 1 AAA PPP BBB 由于 3 个射手射击是互相独立的 所 以 1 0 4 0 4 0 3 0 6 0 6 0 3 0 6 0 4 0 70 324P B 2 0 4 0 6 0 3 0 4 0 7 0 40 6 0 7 0 60 436P B 概率论与数理统计 习题解答 9 3 0 4 0 6 0 70 168P B 因为事件 A 能且只能与互不相容事件 B1 B2 B3之一同时发生 于是 1 由全概率公式得 3 1 0 324 0 20 436 0 60 168 10 4944 ii i P AP B P A B 2 由 Bayes 公式得 33 33 1 0 168 0 34 0 4944 ii i P B P A B P BA P B P A B 30 某厂产品有 70 不需要调试即可出厂 另 30 需经过调试 调试后有 80 能出 厂 求 1 该厂产品能出厂的概率 2 任取一出厂产品未经调试的概率 解 A 需经调试 A 不需调试 B 出厂 则 30 AP 70 AP 80 ABP 1 ABP 1 由全概率公式 A B PAP A B PAPBP 941 70 80 30 2 由贝叶斯公式 94 70 94 A B PAP BP BAP B A P 31 进行 一系 列独立 试验 假设每 次试验 的成 功率都 是p 求在试验 成 功 2 次之前已经失败了 3 次的概率 解 所求的概率为 23 4 1 pp 32 10 个 球中有一个 红球 有放 回地抽取 每次取一球 求直到第个 球中有一个 红球 有放 回地抽取 每次取一球 求直到第n次次 才取才取k次次 kn 红球的概 率红球的概 率 解 所求的概率为 1 1 19 1010 kn k k n C 3333 灯泡使用寿 命在灯泡使用寿 命在 1000h 以上的概率 为以上的概率 为 0 2 求 求 3 个灯泡在使 用个灯泡在使 用 1000h 后 最多只有一 个坏了的概 率后 最多只有一 个坏了的概 率 解 由二项概率公式所求概率为 概率论与数理统计 习题解答 10 312 333 0 1 0 2 0 2 0 80 104PPC 34 Banach 问题 某 人有两盒火柴 每盒各有问题 某 人有两盒火柴 每盒各有n根 吸 烟时任取一 盒 根 吸 烟时任取一 盒 并从 中任取一根 当 他发现有一 盒已经用完 时 试求 另一盒还 有并从 中任取一根 当 他发现有一 盒已经用完 时 试求 另一盒还 有r根的根的 概率概率 解解 设试验 E 从二盒火 柴中任取一盒 A 取到先用完的哪 盒 1 2 P A 则所求概率为将 E 重复独立作2nr 次A发生n次的概率 故所求的概率 为 2 2 22 11 2 22 n nnn r n r n r n rn r C PnC 第二章第二章 思思 考考 题题 1 随机变量的引入的意义是什么 答 随机变量的引入 使得随机试验中的各种事件可通过随机变量的关系式表达出来 其目的是将事件数量化 从而随机事件这个概念实际上是包容在随机变量这个更广的概 念内 引入随机变量后 对随机现象统计规律的研究 就由对事件及事件概率的研究转化为 随机变量及其取值规律的研究 使人们可利用数学分析的方法对随机试验的结果进行广泛 而深入的研究 随机变量概念的产生是概率论发展史上的重大事件 随机事件是从静态的观点来研 究随机现象 而随机变量的引入则变为可以用动态的观点来研究 2 随机变量与分布函数的区别是什么 为什么要引入分布函数 答 随机变量与分布函数取值都是实数 但随机变量的自变量是样本点 不是普通 实数 故随机变量不是普通函数 不能用高等数学的方法进行研究 而分布函数一方面 是高等数学中的普通函数 另一方面它决定概率分布 故它是沟通概率论和高等数学的 桥梁 利用它可以将高度数学的方法得以引入 3 除离散型随机变量和连续型随机变量 还有第三种随机变量吗 答 有 称为混合型 例 设随机变量 2 0 UX 令 21 1 10 x xx xg 则随机变量 XgY 既非离散型又非连续型 事实上 由 XgY 的定义可知Y只在 1 0上取值 于是当0 y时 0 yFY 1 y时 1 yFY 当10 y时 2 y yXPyXgPyFY 于是 概率论与数理统计 习题解答 11 1 1 10 2 0 0 y y y y yFY 首先Y取单点 1 的概率0 2 1 01 1 1 YY FFYP 故Y不是连续型随 机变量 其次其分布函数不是阶梯形函数 故Y也不是离散型随机变量 4 通常所说 X的概率分布 的确切含义是什么 答 对离散型随机变量而言指的 是分布函数或分布律 对连续型随机变量而言指的 是分布函数或概率密度函数 5 对概率密度 f x的不连续点 如何由分布函数 F x求出 f x 答 对概率密度 f x的连续点 f xF x 对概率密度 f x的有限个不连续 点处 可令 f xc c为常数 不会影响分布函数的取值 6 连续型随机变量的分布函数是可导的 概率密度函数是连续的 这个说法对吗 为什么 答 连续型随机变量密度函数不一定是连续的 当密度函数连续时其分布函数是可 导的 否则不一定可导 习习 题题 1 在测试灯泡寿命的试验中 试写出样本空间并在其上定义一个随机变量 解 每一个灯泡的实际使用寿命可能是 0 中任何一个实数 样本空间为 0 tt 若用X表示灯泡的寿命 小时 则X是定义在样本空间 0 tt 上的函数 即ttXX 是随机变量 2 一报童卖报 每份 0 15 元 其成本为 0 10 元 报馆每天给报童 1000 份报 并规定 他不得把卖不出的报纸退回 设X为报童每天卖出的报纸份数 试将报童赔钱这一事件 用随机变量的表达式表示 解 报童赔钱 卖出的报纸钱不够成本 而当 0 15 X0 时 222 0 1 22 2 x x x e F xax edxxx 22 1 1 22 0 2 0 0 xxx F x x 3 5 11 0 0 1 2 PXFF e 16 设X在 1 6 内服从均匀分布 求方 程 2 10 xXx 有实根的概率 概率论与数理统计 习题解答 16 解 方程 2 10 xXx 有实根 即 2 X 故所求的概率为 2 P X 4 5 17 知随机变量X服从正态分布 2 N a a 且YaXb 服从标准正态分布 0 1 N 求 a b 解 由题意 2 22 0 0 1 ab a aa 解得 1 1ab 18 已知随机变量X服从参数为 的指数分布 且X落入区间 1 2 内 的概率达到最大 求 解 2 12 1 2 PXPXPXeeg 令 令 0g 即 02 2 ee 即021 e 2ln 19 设随机变量 1 4 XN 求 01 6 PX 1 P X 解 011 61 01 6 22 PXPX 1 6 10 1 0 3094 22 1 1 1 0 0 5 2 P X 20 设电源电压 2 220 25XN 在2 0 0 2 0 02 4 0 2 4 0XXX 电压三种情形下 电子元件损坏的概率分别为0 1 0 001 0 2 求 1 该电子元件损坏的概率 2 该电子元件损坏时 电压在200 240伏的概率 解 设 123 200 200240 240AXAXAX D 电子元件损坏 则 1 123 A A A 完备 由全概率公式 123 123 DDD P DP A PP APP A P AAA 今 1 200220 0 810 80 212 25 P A 同理 2 0 80 820 810 576P A 概率论与数理统计 习题解答 17 3 1 0 2120 5760 212P A 从而 0 062P D 2 由贝叶斯公式 2 2 2 D P AP A A P D P D 0 5760 001 0 009 0 062 21 随机变量X的分布律为 X 2 1 0 1 3 P 1 5 1 6 1 5 1 15 11 30 求 2 YX 的分布律 解 22 变量X服从参数为 0 7 的 0 1 分布 求 2 X及 2 2XX 的概率分布 解 X的分布为 易 见 2 X的 可 能 值 为0 和1 而 2 2XX 的 可 能 值 为1 和0 由 于 2 P Xu P X u 0 1 u 可见 2 X的概率分布为 由于 2 21 1 0 7P XXP X 2 20 0 0 3P XXP X 可得 2 2XX 的 概率分布为 23 X概率密度函数为 2 1 1 X fx x 求2YX 的概率密度函数 Y fy 2 X 0 1 4 9 P 1 5 7 30 1 5 11 30 X 0 1 P 0 3 0 7 2 X 0 1 P 0 3 0 7 2 2XX 1 0 P 0 7 0 3 概率论与数理统计 习题解答 18 解 2yx 的反函数为 2 y x 代入公式得 2 2 22 4 YX yy fyf y 24 设随机变量 0 2XU 求随机变量 2 YX 在 0 4内概率密度 Y fy 解法一 分布函数法 当0y 时 0 4 Y Fyy 时 1 Y Fy 当04y 时 YX FyP XyFy 从而 11 04 24 0 X Y fyy yyfy 其余 解法二 公式法 2 yx 在 0 2单增 由于反函数xy 在 0 4可导 1 2 y x y 从而由公式得 11 04 24 0 X Y fyy yyfy 其余 25 0 0 0 x X ex fx x 求 X Ye 的密度 解 法 一 分 布 函 数 法 因 为0X 故1Y 当1y 时 l nl n YX FyP XyFy ln 2 111 ln 1 0 1 y X Y fyey yyyfy y 解法二 公式法 x ye 的值域 1 反函数lnxy 故 2 1 lnln 1 0 1 X Y fyyy yfy y 26 设 随 机 变 量X服 从 0 1 上 的 均 匀 分 布 分 别 求 随 机 变 量 X Ye 和 概率论与数理统计 习题解答 19 lnZX 的概率密度 Y fy和 Z fz 解 X的密度为 1 01 x f x 0 若 其它 1 函数 x ye 有唯一反函数 lnxy 且1Ye 故 ln ln 1 X fyyye fy 0 其它 1 1 ye y 0 其它 2 在区间 0 1 上 函数lnlnzxx 它有唯一反函数 z xe 且0Z 从 而 zz X Z fee fz z0 0 其它 0 z ze 0 其它 27 设 X fx为X的密度函数 且为偶函数 求证X 与X有相同的分布 证 即证YX 与X的密度函数相同 即 YX fyfy 证法一 分布函数法 11 YX FyPXyP XyP XyFy 1 YXX pypypy 得证 证法二 公式法 由于yx 为单调函数 YXXX pypyypypy 28 设随机变量X服从正态分布 2 N 0 xF是X的分布 函数 随机变量 XFY 求证Y服从区间 1 0 上的均匀分布 证明 记X的概率密度为 xf 则 x dttfXF 由于 xF是x的严格单调增 函数 其反函数 1 xF 存在 又因1 0 xF 因此Y的取值范围是 1 0 即当10 y时 1 Y FyP YyP F XyP XFy 1 yyFF 概率论与数理统计 习题解答 20 于是Y的密度函数为 1 01 0 Y y py 其它 即Y服从区间 1 0 上的均匀分布 第三章第三章 思考题思考题 1 答 错 2 答 错 3 答 错 习题习题 1 解 解 1 1 1 1 已知独立 YXPYXPYXP 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 YPXPYPXP 由此可看出 即使两个离散随机变量YX与相互独立同分布 YX与一般情况下 也不会以概率 1 相等 2 2 解解 由 ij ij p 1 可得 14 0 b 从而得 X Y 0 1 2 jYP 0 0 06 0 15 0 09 0 3 1 0 14 0 35 0 21 0 7 iXP 0 2 5 0 0 3 1 1 0 2 1 0 jijYPiXPjYiXP故YX 相互独立 7 035 015 014 006 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 YXPYXP YXPYXPFYXP 3 解解 1 1 11 ABPYXPp 12 1 ABPAP 0 1 12 BAPYXPp 6 1 3 2 4 1 ABPAP X Y 1 0 1 12 1 12 1 0 12 2 12 8 概率论与数理统计 习题解答 21 因为 3 2 1 1 ABPABPABPABP所以 12 1 1 0 21 ABP BAP ABP ABPBPABPBAPYXPp 12 8 12 1 6 1 12 1 1 22 p 结果如表所示 4 解 X的边缘分布律为 3 2 2 3 1 1 XPXP Y的边缘分布律为 2 1 2 2 1 1 XPYP 1 Y的条件下X的条件分布为0 1 1 1 11 YP YXP YXP 1 1 1 2 12 YP YXP YXP 2 X的条件下Y的条件分布为 3 2 2 1 2 21 XP YXP XYP 3 1 2 2 2 22 XP YXP XYP 5 5 解 解 1 由乘法公式容易求得 YX分布律 易知 放回抽样时 6 1 1 6 5 0 6 1 1 6 5 0 YPYPXPXP 且 iXPiXjYPjYiXP 1 0 1 0 jijYPiXP 于是 YX 的分布律为 2 不放回抽样 则 6 1 1 6 5 0 XPXP 在第一 次抽出正品后 第二次抽取前的状态 正品 9 个 次品 2 个 故 11 2 01 11 9 00 XYPXYP X Y 0 1 0 36 25 36 5 1 36 5 36 1 概率论与数理统计 习题解答 22 又在第一次抽出次品后 第二次抽取前状态 正品 10 个 次品 1 个 故 11 1 11 11 10 10 XYPXYP 且1 0 jiiXPiXjYPjYiXP 于是 YX 的分布律为 放回抽样时 两次抽样互不影响 故彼此相互独立 不放回抽 样 第一次抽样对第二次抽样有影响 不相互独立 6 6 解解 yxf 0 1 否则 dycbxa dcab bxax bxa abxfX 0 1 yfY dycy dyc dc 0 1 随机变量X及Y是独立的 7 7 解解 1 yxf yx yxF 2 9 4 6 222 yx 2 X的边缘分布函数 xFxFX 22 22 1 2 x arctg 22 1x arctg 由此得随机变量X的边缘分布密度函数 xF dx d xf XX 4 2 2 x 同理可得随机变量Y的边分布函数 yFyFY 32 22 1 2 y arctg 32 1y arctg Y的边缘分布密度函数 yF dy d yf yY 9 3 2 y 3 由 2 知 xfX yfY 4 2 2 x 9 3 2 y yxf 所以X与Y独立 X Y 0 1 0 66 45 66 1 1 66 10 66 1 概率论与数理统计 习题解答 23 8 解解 因为X与Y相互独立 所以YX 的联合概率密度为 yxeyfxfyxf yx YX 2 1 2 22 1 2 0 1 0 2 1 1 0 222 22 2222 1 2 1 2 1 2 yx rryx eerdreddxdyeZP 41 2 0 2 1 2 2 1 2 1 222 22 2222 2 1 2 1 1 yx rryx eeerdreddxdyeZP 4 2 02 2 2 222 22 2222 2 1 2 1 0 yx rryx eerdreddxdyeZP 所以 Z的分布律为 1 2 1 0 2 1 2 2 1 2 eZPeeZPeZP 9 9 解解 1 由 dxdyyxf 1 即 00 43 12 1 A dxdyeA yx 即 12 A 因此 yxf 0 0 0 12 43 其它 yxe yx 2 X的边缘概率密度为 当0 x xfX dyyxf 0 43 12dye yx x e 3 3 当0 y yfY 0 dxyxf 0 43 12dxe yx y e 4 4 可知边缘分布密度为 xfX 0 0 3 3 其它 xe x yfY 0 0 4 4 其它 ye y 3 20 10 YXP 1 0 2 0 83 43 1 1 12eedxdye yx 概率论与数理统计 习题解答 24 1010 解解 因为 dxdyyxf 1 即 1 0 1 0 2 1dyyxdxc 6 1 3 1 2 1 cc 对任意10 x xfX dyyxf 1 0 2 26xdyxy 所以 xfX 0 10 2 其它 xx 对任意10 y yfY dxyxf 1 0 22 36ydxxy 所以 yfY 0 10 3 2 其它 yy 故 yxf xfX yfY 所以X与Y相互独立 1111 解解 由 2ln 1 2 2 1 1 e e D xdx x S 当 2 1ex 时 2 1 2 1 1 0 1 0 x dydyyxfxf xx X 其它 xfX 0 所以 4 1 2 X f 1212 解解 1 X Y的边缘密度为分布密度为 xfX x x xxdy10 21 yfY 1 11 11 y yydx 故 yxf YX yf yxf Y 0 1 1 其它 xy y xyf XY xf yxf X 0 1 2 1 其它 yx x 2 因为 xfX yfYy 1 yxf 1 故X与Y不相互独立 1313 证证 设X的概率密度为 xf Y的概率密度为 yf 由于YX 相互独立 故 YX 的联合密度为 yxf xf yf 于是 概率论与数理统计 习题解答 25 yx x dyyfdxxfdxdyyfxfYXP yx y dxxfdyyfdxdyyfxfYXP 交换积分次序可得 x dyyfdxxf y dxxfdyyf 所以 YXP YXP1 YXP 故 2 1 YXP 14 解解 设 APp 由于YX 相互独立同分布 于是有 pAPaXPaYPBP 则 1 pBP 又 BAP AP BP AP BP p 1p p 1p 9 7 1 2 pp 解得 3 2 3 1 21 pp因而a有两个值 由于 2 1 2 1 1 a dxaXPAP a 所以 当 3 1 1 p时 由 2 1 a 3 1 得 3 5 a 当 3 2 2 p时 由 2 1 a 3 2 得 3 7 a 15 解解 1 YX 的可能取值为 2 3 4 且 4 1 1 1 2 YPXPYXP 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 1 2 2 1 3 YXPYPXPYXP 4 1 2 2 4 YPXPYXP 故有 4 1 4 2 1 3 4 1 2 YXPYXPYXP 2 由已知易得 2 1 42 2 1 22 XPXP 1616 解解 由已知得 概率论与数理统计 习题解答 26 YX 2 1 1 1 1 0 2 1 2 2 1 1 2 1 0 3 2 3 1 3 0 概率 12 1 12 1 12 3 12 2 12 1 0 12 2 0 12 2 YX 3 2 1 2 3 2 1 2 1 1 2 3 YX 1 0 1 2 5 2 3 2 1 5 4 3 所以有 YX 3 2 1 2 3 2 1 1 3 P 12 1 12 1 12 3 12 2 12 1 12 2 12 2 YX 1 0 1 2 3 2 5 3 5 P 12 3 12 1 12 1 12 1 12 2 12 2 12 2 1717 证明证明 对任意的 1 0 21 nnk 我们有 k i ikYPiXPkZP 0 因为X与Y相互独立 k i iknikik n inii n qpCqpC 0 2 2 1 1 k i knnkik n i n qpCC 0 21 21 利用组合公式 k i k nm ik n i m CCC 0 knnkk nn qpC 21 21 即YXZ 21 pnnb 1818 解解 YXZ 在 0 2 中取值 按卷积公式Z的分布密度为 1 0 dxxzfdxxzfxfzf YYXZ 1 10 10 10 zxz x xz x 即其中如图 概率论与数理统计 习题解答 27 从而 其它 0 21 21 10 1 1 0 zzdx zzdx zf z z z Z 1919 解解 因为 321 XXX相互独立 故 321 32XXX 36 0 N所以 3413 0 0 1 1 6 032 0 6320 321 321 XXX PXXXP 2020 解解 0 0 0 0 0 0 2 22 2 1 11 1 2 1 x xex xf x xex xf x x 设两周的需求量为Z 则 21 XXZ 当0 z时 1 1 0 1 0 111 11 21 dxexzexdxxzfxfzf xzx zz XXZ 3 32 3 0 3 1 2 1 0 111 z zz z z ez e xzx dxexzx 故 0 0 0 3 3 z z ez zf z Z 21 21 解解 1 当0 x时 00 2 1 2 1 yxyx X deyxedyeyxexf 0 0 2 1 2 1 yxdeeeyxe yxyx 积分时 x是常量 时10 101 z xzz xzz2110 zxz 1 10 x 时21 2110 z xzz xzz2110 10 x zxz 1 概率论与数理统计 习题解答 28 1 2 1 2 1 2 1 0 xeeexe xyxx 当0 x时 0 xfX 同理 当0 y时 1 2 1 yeyf y Y 当0 y时 0 yfY 因为 xfX yxfyfY 故X与Y不相互独立 2 当0 z时 z z z z xzx Z ezdxzedxexzxdxxzxfzf 2 00 2 1 2 1 2 1 当0 z时 0 zfZ 22 解解 设 i X为选取 的第i只电子管的 寿命 则 i X 20 160 2 N 4 3 2 1 i令 min 4321 XXXXY 则所求概率为 180 180 180 180 180 min 180 43214321 XXXXPXXXXPYP 由独立性 180 180 180 180 4321 XPXPXPXP 180 1 XP 4 而1587 0 1 1 20 160180 20 160 1 180 1 1 X PXP 因此000634 01587 0 180 4 YP 2323 解解 由于设 321 XXX相互独立 均服从指数分布 因而它们的联合密度函数为 其它 0 3 2 1 0 321 321 332211 ixe xxxf i xxx 事件 min 2321 XXXX 等价于 2321 XXXX 因而所求概率为 12321232 min PXXXXP XXXX 12 32 123123 xx xx f xxxdx dx dx 概率论与数理统计 习题解答 29 112233 22 211233 0 xxx xx dxdxedx 1 212 0 232211 2 dxedx xxx x 321 2 2 2 0 2321 dxe x 习题四参考答案 1 1 解解 1 XE 1 3 1 0 6 1 2 1 6 1 1 12 1 2 4 1 3 1 2 1 XE 2 3 1 1 6 1 2 1 6 1 0 12 1 1 4 1 3 2 3 2 XE 1 3 1 0 6 1 4 1 6 1 1 12 1 4 4 1 24 35 2 2 解解 XE 1 0 dxxedxxxf x 2 XE 00 22 0 2 xx dexdxexdxxfx 22222 0 0 00 0 2 dxexexdedxxeex xxxxx 3 解解 因为X Y相互独立 所以 5 5 1 0 2 2 dyyedxxYEXEXYE y 4 3 2 3 2 5 5 5 5 5 5 dyeyeyde yyy 4 证明证明 显然0 xf 且 1 2 111 1 11 0 0 2 arctgxarctgxdx x dxxf 所以 xf是一个分布密度 但 0 202 2 1ln 2 11 1ln 2 11 1 1 xxdx x x dxxxfXE 不存在 所以随机变量X的数学期望不存在 概率论与数理统计 习题解答 30 5 5 解解 A表示售出设备一年内调换 Y表示调换费用 则净赢利的数学期望为 1 0 4 1 4 1 4 1 1 edxeXPAPp x 净赢利的数学期望为 k kk eepyYE 1 300100 0100 100 100 4 1 4 1 64 33200300 1 200100 4 1 4 1 4 1 eee 元 6 6 解解 直径X 0 1 其它 bxa abxf 所以 b a dx ab x XE X ESE 2 2 2 4 4 4 123 1 4 22 3 baba x ab b a 7 7 解解 1 YX 的边际分布见表上 故 XE1 0 4 2 0 2 3 0 4 YE 1 0 3 1 0 3 0 2 Z的可能取值为 1 2 1 3 1 0 3 1 2 1 1 易知Z的分布律如表为 故 ZE 1 0 2 2 1 0 1 3 1 0 1 3 1 0 1 2 1 0 1 1 0 1 15 1 解法解法 2 2 ij i j X Y ZE 15 1 1 0 3 1 1 0 2 1 1 0 1 1 3 0 3 0 0 2 0 1 0 1 0 0 3 1 1 0 2 1 2 0 1 1 ij i j X Y Z 1 2 1 3 1 0 3 1 2 1 1 k p 0 2 0 1 0 0 4 0 1 0 1 0 1 概率论与数理统计 习题解答 31 3 ZE 2 222 XYEYEXEYXE 24 5 23 013 014 092 044 01 XYE XYE XY的可能取值为 1 2 3 0 1 2 3 且有如表的概率分布 XYE 1 0 2 2 0 1 1 0 1 2 0 1 3 0 1 0 2 所以 ZE 5 解法解法 2 2 ij ji YXZE 2 3 0 03 0 02 1 0 01 0 13 1 0 12 2 0 11 222222 51 0 13 1 0 12 1 0 11 222 8 解 令 11 max ZYXZ则 的取值为 0 1 4 1 0 0 0 0 0 max 0 1 YPXPYXPYXPZP 4 3 0 1 1 11 ZPZP 故 4 3 4 3 1 4 1 0 max 1 YXEZE类似可求得 4 1 min YXE 9 9 解解 0 1 0 412 0 32 其它 x X xxdyy xf 0 1 0 1 1212 1 22 其它 y Y yyydxy yf 所以 5 4 4 1 0 4 1 0 dxxdxxxfXE X 1 0 3 1 0 5 3 1 12 dyyydyyyfYE Y XY 1 2 3 0 1 2 3 k p 0 2 0 1 0 0 4 0 1 0 1 0 1 概率论与数理统计 习题解答 32 1 00 1 00 2 2 1 12 xx dydxyxydydxyxxyfXYE 1 0 4 1 0 5 0 2 1 0 222 1 124 dyyydxxdyyfydxxfxYXE y YX 15 16 5 2 3 2 1010 解解 YX 的分布函数为 0 0 0 1 x xe xF x 则 max YXZ 的分布函数 max 2 zFzYPzXPzYzXPzYXPzZPzFz 于是Z的密度函数为 0 0 0 2