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习题一解答 习题一解答 1 用集合的形式写出下列随机试验的样本空间与随机事件A 1 抛一枚硬币两次 观察出现的面 事件 两次出现的面相同 A 2 记录某电话总机一分钟内接到的呼叫次数 事件 A一分钟内呼叫次数不超过3次 3 从一批灯泡中随机抽取一只 测试其寿命 事件 A寿命在2000到2500小时之间 解解 1 A 2 记X为一分钟内接到的呼叫次数 则 2 1 0 LL kkX 3 2 1 0 kkXA 3 记X为抽到的灯泡的寿命 单位 小时 则 0 X 2500 2000 XA 2 袋中有10个球 分别编有号码 1 至 10 从中任取 1 球 设 A 取得球的号码是偶数 B 取 得球的号码是奇数 C 取得球的号码小于 5 问下列运算表示什么事件 1 BAU 2 AB 3 AC 4 AC 5 CA 6 CB U 7 CA 解解 1 BAU是必然事件 2 AB是不可能事件 3 AC 取得球的号码是 2 4 4 AC 取得球的号码是 1 3 5 6 7 8 9 10 5 CA 取得球的号码为奇数 且不小于 5 取得球的号码为 5 7 9 6 CBCBIU 取得球的号码是不小于 5 的偶数 取得球的号码为 6 8 10 7 CACA 取得球的号码是不小于 5 的偶数 取得球的号码为 6 8 10 3 在区间 2 0 上任取一数 记 1 2 1 xxA 2 3 4 1 xxB 求下列事件的表达式 1 BAU 2 BA 3 BA 4 BAU 解 解 1 2 3 4 1 xxBAU 2 BxxxBAI21 2 1 0或 2 3 1 2 1 4 1 xxxxU 3 因为BA 所以 BA 4 2 2 3 4 1 0 xxxABA或UU 2 2 3 1 2 1 4 1 0 xxxx或或 4 用事件CBA 的运算关系式表示下列事件 1 A出现 CB 都不出现 记为 1 E 2 BA 都出现 C不出现 记为 2 E 3 所有三个事件都出现 记为 3 E 4 三个事件中至少有一个出现 记为 4 E 5 三个事件都不出现 记为 5 E 6 不多于一个事件出现 记为 6 E 7 不多于两个事件出现 记为 7 E 8 三个事件中至少有两个出现 记为 8 E 解解 1 CBAE 1 2 CABE 2 3 ABCE 3 4 CBAEUU 4 5 CBAE 5 6 CBACBACBACBAEUUU 6 7 CBAABCEUU 7 8 BCACABEUU 8 5 一批产品中有合格品和废品 从中有放回地抽取三次 每次取一件 设 i A 表示事件 第i次 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 抽到废品 3 2 1 i 试用 i A 表示下列事件 1 第一次 第二次中至少有一次抽到废品 2 只有第一次抽到废品 3 三次都抽到废品 4 至少有一次抽到合格品 2 只有两次抽到废品 解解 1 21 AA U 2 321 AAA 3 321 AAA 4 321 AAAUU 5 321321321 AAAAAAAAAUU 6 接连进行三次射击 设 i A 第i次射击命中 3 2 1 i B 三次射击恰好命中二次 C 三次射击至少命中二次 试用 i A 表示B和C 解解 321321321 AAAAAAAAABUU 323121 AAAAAACUU 习题二解答 习题二解答 1 从一批由 45 件正品 5 件次品组成的产品中任取 3 件产品 求其中恰有 1 件次品的概率 解解 这是不放回抽取 样本点总数 3 50 n 记求概率的事件为A 则有利于A的样本点数 1 5 2 45 k 于是 392 99 2484950 354445 3 50 1 5 2 45 n k AP 2 一口袋中有 5 个红球及 2 个白球 从这袋中任取一球 看过它的颜色后放回袋中 然后 再从这袋中任取一球 设每次取球时袋中各个球被取到的可能性相同 求 1 第一次 第二次都取到红球的概率 2 第一次取到红球 第二次取到白球的概率 3 二次取得的球为红 白各一的概率 4 第二次取到红球的概率 解解 本题是有放回抽取模式 样本点总数 2 7 n 记 1 2 3 4 题求概率的事件分别为 DCBA 有利于A的样本点数 2 5 A k 故 49 25 7 5 2 AP 有利于B的样本点数25 B k 故 49 10 7 25 2 BP 有利于C的样本点数252 C k 故 49 20 CP 有利于D的样本点数57 D k 故 7 5 49 35 7 57 2 DP 3 一个口袋中装有 6 只球 分别编上号码 1 至 6 随机地从这个口袋中取 2 只球 试求 1 最 小号码是 3 的概率 2 最大号码是 3 的概率 解解 本题是无放回模式 样本点总数56 n 最小号码为 3 只能从编号为 3 4 5 6 这四个球中取 2 只 且有一次抽到 3 因而有利 样本点数为32 所求概率为 5 1 56 32 最大号码为 3 只能从 1 2 3 号球中取 且有一次取到 3 于是有利样本点数为22 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 所求概率为 15 2 56 22 4 一个盒子中装有 6 只晶体管 其中有 2 只是不合格品 现在作不放回抽样 接连取 2 次 每次取 1 只 试求下列事件的概率 1 2 只都合格 2 1 只合格 1 只不合格 3 至少有 1 只合格 解解 分别记题 1 2 3 涉及的事件为CBA 则 5 2 256 234 2 6 2 4 AP 15 8 56 224 2 6 1 2 1 4 BP 注意到BACU 且A与B互斥 因而由概率的可加性知 15 14 15 8 5 2 BPAPCP 5 掷两颗骰子 求下列事件的概率 1 点数之和为 7 2 点数之和不超过 5 3 点数之和为偶数 解解 分别记题 1 2 3 的事件为CBA 样本点总数 2 6 n A含样本点 2 5 5 2 1 6 6 1 3 4 4 3 6 1 6 6 2 AP B含样本点 1 1 1 2 2 1 1 3 3 1 1 4 4 1 2 2 2 3 3 2 18 5 6 10 2 BP C含样本点 1 1 1 3 3 1 1 5 5 1 2 2 2 4 4 2 2 6 6 2 3 3 3 5 5 3 4 4 4 6 6 4 5 5 6 6 一共 18 个样本点 2 1 36 18 CP 6 把甲 乙 丙三名学生随机地分配到 5 间空置的宿舍中去 假设每间宿舍最多可住 8 人 试求这三名学生住不同宿舍的概率 解解 记求概率的事件为A 样本点总数为 3 5 而有利A的样本点数为345 所以 25 12 5 345 3 AP 7 总经理的五位秘书中有两位精通英语 今偶遇其中的三位 求下列事件的概率 1 事件A 其中恰有一位精通英语 2 事件B 其中恰有二位精通英语 3 事件C 其中有人精通英语 解解 样本点总数为 3 5 1 5 3 10 6 345 332 3 5 2 3 1 2 AP Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 2 10 3 345 33 3 5 1 3 2 2 BP 3 因BACU 且A与B互斥 因而 10 9 10 3 5 3 BPAPCP 8 设一质点一定落在xOy平面内由x轴 y轴及直线1 yx所围成的三角形内 而落在这三 角形内各点处的可能性相等 计算这质点落在直线3 1 x的左边的概率 解解 记求概率的事件为A 则 A S 为图中阴影部分 而2 1 18 5 9 5 2 1 3 2 2 1 2 1 2 A S 最后由几何概型的概率计算公式可得 9 5 2 1 18 5 A S AP 9 见前面问答题 2 3 10 已知BA 4 0 AP 6 0 BP 求 1 AP BP 2 BAPU 3 ABP 4 BAPABP 5 BAP 解解 1 6 04 01 1 APAP 4 06 01 1 BPBP 2 6 0 BPAPBPAPABPBPAPBAPU 3 4 0 APABP 4 0 PBAPABP 4 06 01 1 BAPBAPBAPUU 5 2 04 06 0 ABPBAP 11 设BA 是两个事件 已知5 0 AP 7 0 BP 8 0 BAPU 试求 BAP 及 ABP 解解 注意到 ABPBPAPBAP U 因而 BPAPABP BAPU 4 08 07 05 0 于是 ABPAPABAPBAP 1 04 05 0 3 04 07 0 ABPBPABBPABP 习题三解答 习题三解答 1 已知随机事件A的概率5 0 AP 随机事件B的概率6 0 BP 条件概率8 0 ABP 试求 ABP及 BAP 解解 4 08 05 0 ABPAPABP 1 1 ABPBPAPBAPBAPBAP UU 3 04 06 05 01 2 一批零件共 100 个 次品率为 10 从中不放回取三次 每次取一个 求第三次才取得正 品的概率 解解 1078 9 9899 81 9899100 90910 p 3 某人有一笔资金 他投入基金的概率为 0 58 购买股票的概率为 0 28 两项投资都做的概 率为 0 19 1 已知他已投入基金 再购买股票的概率是多少 2 已知他已购买股票 再投入基金的概率是多少 解解 记 A 基金 B 股票 则19 0 28 0 58 0 ABPBPAP y x O1 3 1 1 A S h 图 2 3 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 1 327 0 58 0 19 0 AP ABP ABP 2 678 0 28 0 19 0 BP ABP BAP 4 给定5 0 AP 3 0 BP 15 0 ABP 验证下面四个等式 APBAPAPBAP BPABP BPABP 解解 2 1 3 0 15 0 AP BP ABP BAP 5 0 7 0 35 0 7 0 15 05 0 1 AP BP ABPAP BP BAP BAP 3 0 5 0 15 0 BP AP ABP ABP 5 0 15 0 5 0 15 03 0 1 BP AP ABPBP AP BAP ABP 5 有朋自远方来 他坐火车 船 汽车和飞机的概率分别为 0 3 0 2 0 1 0 4 若坐火车 迟到的概率是 0 25 若坐船 迟到的概率是 0 3 若坐汽车 迟到的概率是 0 1 若坐飞机则不会迟 到 求他最后可能迟到的概率 解解 B 迟到 1 A 坐火车 2 A 坐船 3 A 坐汽车 4 A 乘飞机 则 U 4 1 i i BAB 且按题意 25 0 1 ABP 3 0 2 ABP 1 0 3 ABP 0 4 ABP 由全概率公式有 4 1 145 01 01 03 02 025 03 0 i ii ABPAPBP 6 已知甲袋中有 6 只红球 4 只白球 乙袋中有 8 只红球 6 只白球 求下列事件的概率 1 随机取一只袋 再从该袋中随机取一球 该球是红球 2 合并两只袋 从中随机取一球 该球是红球 解解 1 记 B 该球是红球 1 A 取自甲袋 2 A 取自乙袋 已知10 6 1 ABP 14 8 2 ABP 所以 70 41 14 8 2 1 10 6 2 1 2211 ABPAPABPAPBP 2 12 7 24 14 BP 7 某工厂有甲 乙 丙三个车间 生产同一产品 每个车间的产量分别占全厂的 25 35 40 各车间产品的次品率分别为 5 4 2 求该厂产品的次品率 解解 02 04 004 035 005 025 0 45 30345 0008 00140 00125 0 8 发报台分别以概率 0 6 0 4 发出 和 由于通信受到干扰 当发出 时 分别以概 率 0 8 和 0 2 收到 和 同样 当发出信号 时 分别以 0 9 和 0 1 的概率收到 和 求 1 收到信号 的概率 2 当收到 时 发出 的概率 解解 记 B 收到信号 A 发出信号 1 ABPAPABPAPBP 52 004 048 01 04 08 06 0 2 13 12 52 0 8 06 0 BP ABPAP BAP 9 设某工厂有CBA 三个车间 生产同一螺钉 各个车间的产量分别占总产量的 25 35 40 各个车间成品中次品的百分比分别为 5 4 2 如从该厂产品中抽取一件 得到的是次 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 品 求它依次是车间CBA 生产的概率 解解 为方便计 记事件CBA 为CBA 车间生产的产品 事件 D 次品 因此 CDPCPBDPBPADPAPDP 02 04 004 035 005 025 0 0345 0008 0014 00125 0 362 0 0345 0 05 025 0 DP ADPAP DAP 406 0 0345 0 04 035 0 DP BDPBP DBP 232 0 0345 0 02 04 0 DP CDPCP DCP 10 设A与B独立 且qBPpAP 求下列事件的概率 BAPU BAPU BAPU 解解 pqqpBPAPBPAPBAP U pqqqpqpBPAPBPAPBAP 1 1 1 U pqBPAPABPBAP 1 1 U 11 已知BA 独立 且 9 1 BAPBAPBAP 求 BPAP 解解 因 BAPBAP 由独立性有 BPAPBPAP 从而 BPAPBPBPAPAP 导致 BPAP 再由 9 1 BAP 有 2 1 1 1 9 1APBPAPBPAP 所以 3 1 1 AP 最后得到 3 2 APBP 12 甲 乙 丙三人同时独立地向同一目标各射击一次 命中率分别为 1 3 1 2 2 3 求目标 被命中的概率 解解 记 B 命中目标 1 A 甲命中 2 A 乙命中 3 A 丙命中 则 U 3 1 i i AB 因 而 9 8 9 1 1 3 1 2 1 3 2 1 11 321 3 1 APAPAPAPBP i iI 13 设六个相同的元件 如下图所示那样安置在线路中 设每个元件不通达的概率为p 求这 个装置通达的概率 假定各个元件通达与否是相互独立的 解解 记 A 通达 i A 元件i通达 6 5 4 3 2 1 i 则 654321 AAAAAAAUU 所以 654321 AAPAAPAAPAP 654321652165434321 AAAAAAPAAAAPAAAAPAAAAP 642 1 1 3 1 3ppp 14 假设一部机器在一天内发生故障的概率为 0 2 机器发生故障时全天停止工作 若一周五 个工作日里每天是否发生故障相互独立 试求一周五个工作日里发生 3 次故障的概率 解解 0512 0 8 0 2 0 3 5 23 p 15 灯泡耐用时间在 1000 小时以上的概率为 0 2 求三个灯泡在使用 1000 小时以后最多只有 一个坏了的概率 解解 104 0 096 0 008 0 2 0 8 0 2 3 2 0 3 3 23 p 16 设在三次独立试验中 事件A出现的概率相等 若已知A至少出现一次的概率等于 19 27 求事件A在每次试验中出现的概率 AP 图 3 1 1 2 3 4 5 6 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 解解 记 i A A在第i次试验中出现 3 2 1 i APp 依假设 3 321 3 1 1 1 1 27 19 pAAAPAP i i U 所以 27 8 1 3 p 此即 3 1 p 17 加工一零件共需经过 3 道工序 设第一 二 三道工序的次品率分别为 2 3 5 假 设各道工序是互不影响的 求加工出来的零件的次品率 解解 注意到 加工零件为次品 当且仅当 1 3 道工序中至少有一道出现次品 记 i A 第i道工 序为次品 3 2 1 i 则次品率 097 0 90307 0 195 0 97 0 98 0 1 1 321 3 1 APAPAPAPp i iU 18 三个人独立破译一密码 他们能独立译出的概率分别为 0 25 0 35 0 4 求此密码被译出 的概率 解解 记 A 译出密码 i A 第i人译出 3 2 1 i 则 7075 02925 0 16 065 0 75 0 1 1 321 3 1 APAPAPAPAP i iU 19 将一枚均匀硬币连续独立抛掷 10 次 恰有 5 次出现正面的概率是多少 有 4 次至 6 次出 现正面的概率是多少 解解 1 256 63 2 1 5 10 10 2 10 6 4 2 1 10 k k 20 某宾馆大楼有 4 部电梯 通过调查 知道在某时刻T 各电梯正在运行的概率均为 0 75 求 1 在此时刻至少有 1 台电梯在运行的概率 2 在此时刻恰好有一半电梯在运行的概率 3 在此时刻所有电梯都在运行的概率 解解 1 256 255 25 0 1 75 01 1 44 2 128 27 4 1 4 3 6 25 0 75 0 2 4 22 22 3 256 81 4 3 75 0 4 4 习题四解答 习题四解答 1 下列给出的数列 哪些是随机变量的分布律 并说明理由 1 5 4 3 2 1 0 15 i i pi 2 3 2 1 0 6 5 2 i i pi 3 5 4 3 2 4 1 ipi 4 5 4 3 2 1 25 1 i i pi Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 解解 要说明题中给出的数列 是否是随机变量的分布律 只要验证 i p 是否满足下列二个条件 其一条件为L 2 1 0 ipi 其二条件为1 i i p 依据上面的说明可得 1 中的数列为随机变量的分布律 2 中的数列不是随机变量的分布律 因为0 6 4 6 95 3 p 3 中的数列为随机变量的分布律 4 中的数列不是随机变量的分布律 这是因为 5 1 1 25 20 i i p 2 试确定常数c 使 4 3 2 1 0 2 i c iXP i 成为某个随机变量 X 的分布律 并求 2 XP 2 5 2 1 XP 解解 要使 i c 2 成为某个随机变量的分布律 必须有1 2 4 0 i i c 由此解得 31 16 c 2 2102 XPXPXPXP 31 28 4 1 2 1 1 31 16 3 21 2 5 2 1 XPXPXP 31 12 4 1 2 1 31 16 3 一口袋中有 6 个球 在这 6 个球上分别标有 3 3 1 1 1 2 这样的数字 从这袋中任取 一球 设各个球被取到的可能性相同 求取得的球上标明的数字 X 的分布律与分布函数 解解 X 可能取的值为 3 1 2 且 6 1 2 2 1 1 3 1 3 XPXPXP 即 X 的分布律为 X 3 1 2 概率 3 1 2 1 6 1 X 的分布函数 0 3 x xXPxF 3 1 13 x 6 5 21 x 1 2 x 4 一袋中有 5 个乒乓球 编号分别为 1 2 3 4 5 从中随机地取 3 个 以 X 表示取出的 3 个球中最大号码 写出 X 的分布律和分布函数 解解 依题意 X 可能取到的值为 3 4 5 事件 3 X表示随机取出的 3 个球的最大号码为 3 则另两个球的只能为 1 号 2 号 即 10 1 3 5 1 3 XP 事件 4 X表示随机取出的 3 个球的最大 号码为 4 因此另外 2 个球可在 1 2 3 号球中任选 此时 10 3 3 5 2 3 1 4 XP 同理可得 10 6 3 5 2 4 1 5 XP X 的分布律为 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only X 3 4 5 概率 10 1 10 3 10 6 X 的分布函数为 0 3 x xF 10 1 43 x 10 4 54 x 1 5 x 5 在相同条件下独立地进行 5 次射击 每次射击时击中目标的概率为 0 6 求击中目标的次数 X 的分布律 解 解 依题意 X 服从参数6 0 5 pn的二项分布 因此 其分布律 5 1 0 4 06 0 5 5 L k k kXP kk 具体计算后可得 X 0 1 2 3 4 5 概率 3125 32 625 48 625 144 625 216 625 162 3125 243 6 从一批含有 10 件正品及 3 件次品的产品中一件一件的抽取 设每次抽取时 各件产品被抽 到的可能性相等 在下列三种情形下 分别求出直到取得正品为止所需次数 X 的分布律 1 每次取出的产品立即放回这批产品中再取下一件产品 2 每次取出的产品都不放回这批产品中 3 每次取出一件产品后总是放回一件正品 解解 1 设事件L 2 1 iAi表示第i次抽到的产品为正品 依题意 LL 1n AA相互独立 且 L 2 1 13 10 iAP i 而 LLL 2 1 13 10 13 3 1 1111 kAPAPAPAAAPkXP k kkkk 即 X 服从参数 13 10 p的几何分布 2 由于每次取出的产品不再放回 因此 X 可能取到的值为 1 2 3 4 286 1 10111213 10123 4 143 5 111213 1023 3 26 5 1213 103 2 13 10 1 XPXP XPXP X 的分布律为 X 1 2 3 4 概率 13 10 26 5 143 5 286 1 3 X 可能取到的值为 1 2 3 4 2197 6 131313 123 4 2197 72 131313 1223 3 169 33 1313 113 2 13 10 1 XPXP XPXP 所求 X 的分布律为 X 1 2 3 4 概率 13 10 169 33 2197 72 2197 6 由于三种抽样方式不同 导致 X 的分布律也不一样 请仔细体会它们的不同处 7 设随机变量 pBX 6 已知 51 XPXP 求p与 2 XP的值 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 解解 由于 pBX 6 因此 6 1 0 1 6 6 6 L kpp k XP kk 由此可算得 165 161 5 5 ppXPppXP 即 1616 5 5 pppp 解得 2 1 p 此时 64 15 2 1 2 56 2 1 2 1 2 6 2 6262 XP 8 掷一枚均匀的硬币 4 次 设随机变量 X 表示出现国徽的次数 求 X 的分布函数 解解 一枚均匀硬币在每次抛掷中出现国徽的概率为 2 1 因此 X 服从 2 1 4 pn的二项分布 即 4 3 2 1 0 2 1 2 1 4 4 k k kXP kk 由此可得 X 的分布函数 0 0 x 16 1 10 x xF 16 5 21 x 16 11 32 x 16 15 43 x 1 4 x 9 某商店出售某种物品 根据以往的经验 每月销售量 X 服从参数4 的泊松分布 问在月 初进货时 要进多少才能以 99 的概率充分满足顾客的需要 解解 设至少要进n件物品 由题意n应满足 99 0 99 01 nXPnXP 即 99 0 4 1 1 0 4 n k k e k nXP 99 0 4 0 4 n k k e k nXP 查泊松分布表可求得 9 n 10 有一汽车站有大量汽车通过 每辆汽车在一天某段时间出事故的概率为 0 0001 在某天该 段时间内有 1000 辆汽车通过 求事故次数不少于 2 的概率 解解 设 X 为 1000 辆汽车中出事故的次数 依题意 X 服从0001 0 1000 pn的二项分布 即 0001 0 1000 BX 由于n较大 p较小 因此也可以近似地认为 X 服从1 00001 01000 np 的 泊松分布 即 1 0 PX 所求概率为 004679 0090484 0904837 01 1 1 0 0 1 0 1 1012 1 0 1 1 0 0 ee XPXPXP 11 某试验的成功概率为 0 75 失败概率为 0 25 若以 X 表示试验者获得首次成功所进行的试 验次数 写出 X 的分布律 解解 设事件 i A表示第i次试验成功 则 75 0 i AP 且LL 1n AA相互独立 随机变量 X 取k意 味着前1 k次试验未成功 但第k次试验成功 因此有 75 025 0 1 1111 k kkkk APAPAPAAAPkXPLL 所求的分布律为 X 1 2 k 概率 0 75 75 025 0 75 025 0 1 k Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 12 设随机变量 X 的密度函数为 xf x2 Ax 0 0 其他 试求 1 常数A 2 X 的分布函数 解解 1 xf成为某个随机变量的密度函数必须满足二个条件 其一为 0 xf 其二为 1dxxf 因此有 A xdx 0 12 解得1 A 其中1 A舍去 即取1 A 2 分布函数 x dxxfxXPxF x x x dxxdxdx xdxdx dx 1 01 0 0 0 020 20 0 1 10 0 x x x 1 0 2 x 1 10 0 x x x 13 设随机变量 X 的密度函数为 xAexf x 求 1 系数A 2 10 XP 3 X 的分布函数 解 解 1 系数A必须满足 1dxAe x 由于 x e 为偶函数 所以 122 00 dxAedxAedxAe x xx 解得 2 1 A 2 1 1 0 1 0 1 2 1 2 1 2 1 10 edxedxeXP x x 3 x dxxfxF x xx xx dxedxe dxe 0 0 2 1 2 1 2 1 0 0 x x x xx x x dxedxe dxe 0 0 2 1 2 1 2 1 0 0 x x x x e e 1 2 1 2 1 2 1 0 0 x x x x e e 2 1 1 2 1 0 0 x x 14 证明 函数 xf 0 2 2 c x e c x 0 0 x x x 对应的分布函数 xF的表达式 解解 当0 x时 x xx x edxedxxfxF5 05 0 当20 x时 15 05 0025 05 0 0 2 2 0 x x dxdxdxexF 综合有 xF 1 25 0 5 0 5 0 x ex 2 20 0 x x x 16 设随机变量 X 在 6 1上服从均匀分布 求方程01 2 Xtt有实根的概率 解解 X 的密度函数为 xf 5 1 61 x 0 其他 求 1 X 的分布函数 2 至少有 200 天有效期的概率 解 解 1 x dxxfxF 100 20000 0 0 3dx x x 0 0 x x 100 10000 1 0 2 x 0 0 FXPXP 18 设随机变量 X 的分布函数为 xF 11 0 x ex 0 0 x x 求 X 的密度函数 并计算 1 XP和 2 XP 解解 由分布函数 xF与密度函数 xf的关系 可得在 xf的一切连续点处有 xFxf 因此 xf 0 x xe 其他 0 x 所求概率 11 2111111 eeFXP 22 3211121212 eeFXPXP 19 设随机变量 X 的分布函数为 xxBAxF arctan 求 1 常数BA 2 1 XP 3 随机变量 X 的密度函数 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 解 1 要使 xF成为随机变量 X 的分布函数 必须满足 1lim 0lim xFxF xx 即 1arctanlim 0arctanlim xBA xBA x x 计算后得 1 2 0 2 BA BA 解得 1 2 1 B A 另外 可验证当 1 2 1 BA时 xxFarctan 1 2 1 也满足分布函数其余的几条性质 2 11111 FFXPXP 1arctan 1 2 1 1arctan 1 2 1 24 1 4 1 3 X 的密度函数 x 某顾客在窗口等待服务 若超过 10min 他就离开 1 设某顾客某天去银行 求他未等到服务就离开的概率 2 设某顾客一个月要去银行五次 求他五次中至多有一次未等到服务的概率 解解 1 设随机变量 X 表示某顾客在银行的窗口等待服务的时间 依题意 X 服从 5 1 的指数分布 且顾客等待时间超过 10min 就离开 因此 顾客未等到服务就离开的概率为 10 2 5 5 1 10edxeXP x 2 设 Y 表示某顾客五次去银行未等到服务的次数 则 Y 服从 2 5 epn的二项分布 所求 概率为 4 22 4 22 5 2 0 2 141 1 1 5 1 0 5 101 ee eeee YPYPYP 21 设 X 服从 1 0 借助于标准正态分布的分布函数表计算 1 2 2XP 3 78 0 XP 4 55 1XP 解解 查正态分布表可得 1 9861 02 22 2 XPXP 3 2177 07823 0178 0178 078 0 XP 4 55 155 155 155 155 1 XPXP 0124 09938 0125 222 22 设 X 服从 16 1 借助于标准正态分布的分布函数表计算 1 44 2XP 3 8 2 XP 4 4 XP 5 25 XP 解解 当 2 X时 ab bXaP 借助于该性质 再查标准正态分布函 数表可求得 1 8051 086 0 4 144 2 44 2 XP 5498 0125 0125 011 3 3264 06736 0145 0145 0 4 18 2 8 2 XP 4 75 025 1 4 14 4 14 4 XP 6678 07734 018944 075 0125 1 5 175 0 4 15 4 12 25 4 10 4 12 120111111XPXPXP 8253 05987 07724 0125 075 01 23 某厂生产的滚珠直径服从正态分布 01 0 05 2 合格品的规格规定为2 02 求该厂滚珠 的合格率 解解 所求得概率为 927 09938 019332 0 5 215 15 25 1 1 0 05 28 1 1 0 05 22 2 2 022 02 XP 24 某人上班所需的时间 100 30 X 单位 min 已知上班时间为 8 30 他每天 7 50 出 门 求 1 某天迟到的概率 2 一周 以 5 天计 最多迟到一次的概率 解 1 由题意知某人路上所花时间超过 40 分钟 他就迟到了 因此所求概率为 1587 08413 0111 10 3040 140 XP 2 记 Y 为 5 天中某人迟到的次数 则 Y 服从1587 0 5 pn的二项分布 5 天中最多迟到一 次的概率为 8192 08413 01587 0 1 5 8413 01587 0 1 5 1 450 YP 习题五解答 习题五解答 1 二维随机变量 YX 只能取下列数组中的值 0 2 3 1 1 1 1 0 0 且取这些组值的概率依 次为 12 5 12 1 3 1 6 1 求这二维随机变量的分布律 解 解 由题意可得 YX 的联合分布律为 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only X Y 0 3 1 1 1 0 12 1 3 1 0 6 1 0 0 2 12 5 0 0 2 一口袋中有四个球 它们依次标有数字3 2 2 1 从这袋中任取一球后 不放回袋中 再从袋 中任取一球 设每次取球时 袋中每个球被取到的可能性相同 以 X Y 分别记第一 二次取到的 球上标有的数字 求 YX 的分布律及 YXP 解解 X 可能的取值为3 2 1 Y 可能的取值为3 2 1 相应的 其概率为 03 3 6 1 34 21 2 3 12 1 1 3 6 1 34 12 3 2 6 1 34 12 2 2 6 1 34 12 1 2 12 1 34 11 3 1 6 1 34 21 2 1 01 1 YXPYXPYXP YXPYXPYXP YXPYXPYXP 或写成 X Y 1 2 3 1 0 6 1 12 1 2 6 1 6 1 6 1 3 12 1 6 1 0 6 1 3 32 21 1 YXPYXPYXPYXP 3 箱子中装有 10 件产品 其中 2 件为次品 每次从箱子中任取一件产品 共取 2 次 定义随 机变量 X Y 如下 X 0 若第一次取出正品 Y 0 若第二次取出正品 1 若第一次取出次品 1 若第二次取出次品 分别就下面两种情况求出二维随机变量 YX 的联合分布律 1 放回抽样 2 不放回抽样 解解 1 在放回抽样时 X 可能取的值为1 0 Y 可能取的值也为1 0 且 25 1 1010 22 1 1 25 4 1010 82 0 1 25 4 1010 28 1 0 25 16 1010 88 0 0 YXPYXP YXPYXP 或写成 X Y 0 1 0 25 16 25 4 1 25 4 25 1 2 在无放回情形下 X Y 可能取的值也为 0 或 1 但取相应值的概率与有放回情形下不一 样 具体为 45 1 910 12 1 1 45 8 910 82 0 1 45 8 910 28 1 0 45 28 910 78 0 0 YXPYXP YXPYXP 或写成 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only X Y 0 1 0 45 28 45 8 1 45 8 45 1 4 对于第 1 题中的二维随机变量 YX 的分布 写出关于 X 及关于 Y 的边缘分布律 解 解 把第 1 题中的联合分布律按行相加得 X 的边缘分布律为 X 1 0 2 概率 12 5 6 1 12 5 按列相加得 Y 的边缘分布律为 Y 0 3 1 1 概率 12 7 12 1 3 1 5 对于第 3 题中的二维随机变量 YX 的分布律 分别在有放回和无放回两种情况下 写出关 于 X 及关于 Y 的边缘分布律 解解 在有放回情况下 X 的边缘分布律为 X 0 1 概率 5 4 5 1 Y 的边缘分布律为 Y 0 1 概率 5 4 5 1 在无放回情况下 X 的边缘分布律为 X 0 1 概率 5 4 5 1 Y 的边缘分布律为 Y 0 1 概率 5 4 5 1 6 求在 D 上服从均匀分布的随机变量 YX 的密度函数及分布函数 其中 D 为 x 轴 y 轴及直 线12 xy围成的三角形区域 解解 区域 D 见图 5 2 易算得 D 的面积为 4 1 2 1 1 2 1 S 所以 YX 的密度函数 yxf 0 4 其他 Dyx YX 的分布函数 yx dxdyyxfyxF 当 2 1 x或0 y时 0 yxF 当120 0 2 1 xyx时 2 0 2 1 244 yyxydxdyyxF yx y 当12 0 2 1 xyx时 1444 2 2 1 12 0 xxdydxyxF xx 1 2 1 0 1 x y 1 图 5 2 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 当10 0 yx时 2 0 0 2 1 24 yydxdyyxF y y 当1 0 yx时 0 2 1 12 0 14 x dydxyxF 综合有 0 0 2 1 yx或 24 2 yyxy 1200 2 1 xyx且 yxF 144 2 xx 120 2 1 xyx且 2 2 yy 100 yx且 1 10 yx且 7 对于第 6 题中的二维随机变量 YX 的分布 写出关于 X 及关于 Y 的边缘密度函数 解解 X 的边缘密度函数为 dyyxfxfX 0 4 12 0 x dy 其他 0 2 1 x 0 124 x 其他 0 2 1 x Y 的边缘密度函数为 dxyxfyfY 0 4 0 2 1 y dx 其他 10 y 0 12y 其他 10 y 8 在第 3 题的两种情况下 X 与 Y 是否独立 为什么 解解 在 有 放 回 情 况 下 由 于 25 16 0 0 YXP 而 25 16 5 4 5 4 00 YPXP 即 000 0 YPXPYXP 容易验证 101 0 YPXPYXP 111 1 010 1 YPXPYXPYPXPYXP 由独立性定义知 X 与 Y 相互独立 在 无 放 回 情 况 下 由 于 45 28 0 0 YXP 而 25 16 5 4 5 4 00 YPXP 易 见 000 0 YPXPYXP 所以 X 与 Y 不相互独立 9 在第 6 题中 X 与 Y 是否独立 为什么 解解 4 3 1 4 1 f 而 3 4 3 1 2 4 1 YX ff 易见 3 1 4 1 3 1 4 1 YX fff 所以 X 与 Y 不相 互独立 10 设 X Y 相互独立且分别具有下列的分布律 X 2 1 0 0 5 Y 0 5 1 3 概率 4 1 3 1 12 1 3 1 概率 2 1 4 1 4 1 写出表示 YX 的分布律的表格 解解 由于 X 与 Y 相互独立 因此 3 2 1 4 3 2 1 jiyYPxXPyYxXP jiji 例如 8 1 2 1 4 1 5 025 0 2 YPXPYXP 其余的联合概率可同样算得 具体结果为 X Y 0 5 1 3 2 8 1 16 1 16 1 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 1 6 1 12 1 12 1 0 24 1 48 1 48 1 0 5 6 1 12 1 12 1 11 设 X 与 Y 是相互独立的随机变量 X 服从 2 0 0上的均匀分布 Y 服从参数为 5 的指数分布 求 YX 的联合密度函数及 YXP 解 解 由均匀分布的定义知 xfX 0 5 其他 2 00 y 因为 X 与 Y 独立 易得 YX 的联合密度函数 yfxfyxf YX 0 25 5y e 其他 0 2 00 yx 求 1 系数k 2 20 10 YXP 3 证明 X 与 Y 相互独立 解解 1 k必须满足 1 dxdyyxf 即 1 0 43 0 dxkedy yx 经计算得12 k 2 83 2 0 1 0 43 111220 10 eedxedyYXP yx 3 关于 X 的边缘密度函数 dyyxfxfX 0 12 0 43 dye yx 其他 0 x 0 3 3x e 其他 0 x 同理可求得 Y 的边缘密度函数为 yfY 0 4 4y e 其他 0 x 易见 yxyfxfyxf YX 因此 X 与 Y 相互独立 13 已知二维随机变量 YX 的联合密度函数为 yxf 0 1yxk 其他 xyx 0 10 1 求常数k 2 分别求关于 X 及关于 Y 的边缘密度函数 3 X 与 Y 是否独立 解解 1 k满足 1 dxdyyxf 即 1 00 11 x ydyxkdx解得24 k 2 X 的边缘密度函数 dyyxfxfX 0 124 0 dyyx x 其他 10 x 0 112 2 xx 其他 10 x y 0 2 x 图 5 3 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only Y 的边缘密度函数为 yfY 0 124 1 y ydxx 其他 10 y 0 112 2 yy 其他 10 y 3 3 1 4 1 2 1 24 4 1 2 1 f 而 16 27 16 9 4 1 12 2 3 2 1 4 1 12 yfxf YX 易 见 4 1 2 1 4 1 2 1 YX fff 因此 X 与 Y 不相互独立 14 设随机变量 X 与 Y 的联合分布律为 X Y 0 1 0 25 2 b 1 a 25 3 2 25 1 25 2 且 5 3 0 1 XYP 1 求常数ba 的值 2 当ba 取 1 中的值时 X 与 Y 是否独立 为什 么 解解 1 ba 必须满足 2 1 3 1 1 ji ij p 即1 25 2 25 1 25 3 25 2 ab 可推出 25 17 ba 另外由条件 概率定义及已知的条件得 5 3 25 2 0 1 0 0 1 b b XP YXP XYP 由此解得 25 3 b 结合 25 17 ba可得到 25 14 a 即 25 3 25 14 b a 2 当 25 3 25 14 ba时 可求得 25 17 0 25 5 0 YPXP 易见 00 25 2 0 0 YPXPYXP 因此 X 与 Y 不独立 15 对于第 2 题中的二维随机变量 YX 的分布 求当2 Y时 X 的条件分布律 解解 易知 2 1 2 2 YPp 因此2 Y时 X 的条件分布律为 X Y 2 1 2 3 概率 3 1 2 12 p p 3 1 2 22 p p 3 1 2 32 p p 16 对于第 6 题中的二维随机变量 YX 的分布 求当 0 2 1 xxX时 Y 的条件密度函数 解解 X 的边缘密度函数为 由第 7 题所求得 xfX 0 124 x 其他 0 2 1 x Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 由条件密度函数的定义知当 0 2 1 xxX时 Y 的条件密度函数为 xf yxf xyf X XY 0 124 4 x 其他 120 xy 0 12 1 x 其他 120 X X 若 若 试求随机变量 Y 的分 布律 解解 由于 X 服从参数1 的泊松分布 因此 2 1 0 1 1 1 L k k e e k kXP k 而 1 11 2 1 0 1010 e ee XPXPXPYP 1 211111 eXPXPYP Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only 即 Y 的分布律为 Y 0 1 概率 1 2 e 1 21 e 3 设 X 的密度函数为 xf 0 2x 10 其他 x 求以下随机变量的密度函数 1 X2 2 1 X 3 2 X 解解 求连续型随机变量的函数的密度函数可通过先求其分布函数 然后再求密度函数 如果 xgy 为单调可导函数 则也可利用性质求得 1 解法一 设XY2 则