概率论与数理统计武汉大学齐民友版课后答案.pdf

第 1 章习题解案 总 5 页第 1 页 第一章第一章 随机事件与概率随机事件与概率 一 基本题答案 一 基本题答案 1 1 3 2 1 0 1 2 nn 2 1 2 是正整数 3 4 1 22 3 zyxzyxzyx 2 1 CAB 2 3 CBA CBA 4 CBACBACBA 5 6 ACBCAB CBA 或ABC 3 zABPABPBAP 1 1 zyABPBPABBPBAP 1 1P ABP AP BP ABxyyzxz 1 1 1P ABP ABP ABP AP BP ABxyz 4 P ABP AABP AP AB 0 60 30 3 P AP AP BP AB P ABP B 5 1 1 BAAPABPABP 6 03 07 01 1 BAPAP 6 1 CBAPCBAPCBAP 1 1111117 1 00 4449936 P AP BP CP ABP ACP BCP ABC 7 ABCPBCPACPABPCPBPAPCBAP 8 5 00 8 1 0 4 1 4 1 4 1 8 因 BABABABA BBBAABAA 所以0 PBABABABAP 9 七个字母任意排有 7 种排法 且每一排法的可能性相同 这是一个古典概型问题 而排成 SCIENCE 有41112121 种排法 故所求概率为 1260 1 7 4 10 12 件产品按不放回方式抽两次时有1112 种抽取法 且每一种取法的概率相等 这 是一个古典概型问题 而第二次抽出次品抽取法有211 种 故所求事件概率为 6 1 1112 211 11 这可看成是条件概率问题 方法一 设 A 表示第一次取到不合格品 B 表示第二次取到不合格品 所求概率是 按条件概率的定义有 BAABP BAP ABP BAP BAABP BAABP 因 910 34 ABP 910 346464 BAP 故所求概率为 5 1 346464 34 BAABP 方法二 如果是同时从中任取 2 件 产品 此时有一件是不合格时共有种取法 而已知有一件是不合格品时 另一件也是不合格共有种取法 故所求概率为 1 6 1 4 2 4 CCC 2 4 C 第 1 章习题解案 总 5 页第 2 页 5 1 1 6 1 4 2 4 2 4 CCC C 注 此种方法是在缩减的样本空间中考虑条件概率的计算 12 设点的坐标为 则样本空间 yx 20 2 xaxyyx 由条件知这是一个几何概型问题且原点和该点的连线与轴的夹角小于x0 4 的事件 A 为 20 2 xyxaxyyxA 的面积 2 2 1 aS A 的面积 22 2 1 4 1 aaS A 故所求概率为 2 2 2 1 2 1 4 1 2 22 a aa AP 13 设两艘船到达的时刻分别是x和 则样本空间为y 240 240 yxyx 由实际意义可知这是一个几何概型问题 且有一艘需等待一段时间的事件 A 为 12 yxyxyxA 因 的面积 A 的面积 2 24 S 2223 2 1 24 222 A S 故所求概率为 121 0 S S AP A 14 不妨设是单位圆 三点 A B C 将单位圆周分成yxyx 2 三段 于是样本空 间 为 2 20 20 20 yxyxyx 由实际意义知这是几何概型问题 当且仅当三段弧长都小于 时 三角形 ABC 为锐角三 角形 即三角形 ABC 为锐角三角形的事件 A 为 20 0 20 yxyxyxyxA 因 的面积 2 2 2 1 S A 的面积 2 2 1 A S 故所求概率为 4 1 2 2 1 2 1 2 2 AP 15 1 用全概率公式得他迟到的概率为 15 004 0 12 1 1 0 3 1 2 0 4 1 3 0 2 用贝叶斯公式得所求概率是 2 1 15 0 4 1 3 0 16 用 A B C 分别表示取出的是一 二 三等品三个事件 则所求概率为 3 2 1 01 6 0 1 1 CP AP CP ACAP CP CAP CAP 其中利用到 AC 即 A 与 C 互斥 17 由贝叶斯公式所求概率为 7 3 4 002 06 001 0 6 001 0 18 由条件及加法公式有 ABCPBCPACPABPCPBPAPCBAP 第 1 章习题解案 总 5 页第 3 页 16 9 3 3 2 APAP 即 得03 16 16 2 APAP 4 1 AP或 4 3 AP 舍 故 4 1 AP 19 由条件知 9 1 BAP 且 BAPBAP 由 BAPBAP 得 ABBPABAP 即 ABPBPABPAP 推得 BPAP 由独立性 有 9 1 BPAPBAP 从而得 3 1 AP 故 3 2 1 APAP 20 设射手的命中率为 P 则由题意得 81 80 1 1 4 P 解之得 3 2 P 21 设 则由题意得 PAP 5904 0 1 1 4 P 解之得 在三次独立试验中 事件 A 出现一次的概率是 2 0 P 384 08 2 03 1 221 3 0PPC 二 补充题答案 二 补充题答案 1 1 类似于本章第 11 题 这里不妨认为是同时取出两件产品 此时取出产品中有一件 是不合格品有种取法 而已知两件中有一件是不合格品 另一件也是不合格品 有种取法 故所求概率为 112 mM mm CCC 2 m C 12 1 112 2 mM m CCC C mM mm m 2 取出产品中有一件是合格品有种取法 而已知两件中有一件是合 格品 另一件是不合格品有种取法 故所求概率为 112 mM m mM CCC 11 m mM CC 1 2 112 11 mM m CCC CC mM m mM m mM 注 这里采用的是在缩减的样本空间中计算条件概率的方法 且题中 有一件 其意应在 至少有一件 而不能理解为 只有一件 这是因为对另一件是否是不合格还不知道 2 1 这是条件概率 下面考虑在缩减的样本空间中去求 第一 第二次取到正品有 种取法 在此条件下第三次取到次品有181415 51415 种取法 故所求概率为 18 5 181415 51415 注 上述是将样本空间中的元素看成是三次取完后的结果 更简单的也可只考虑以第三次 取的结果作为样本空间中的元素 即在第一 第二次取到正品时 第三次取时有 18 种取法 而在第一次 第二次取到正品时 第三次取次品有 5 种取法 故所求概率为 18 5 2 此问是要求事件 第一 第二次取到正品 且第三次取到次品 的概率 与 1 不 同的在于这里没有将第一 第二次取到正品作为已知条件 而是同时发生 按题意 三次取 产品共有种取法 而第三次才取到次品共有181920 51415 种取法 故所求概率为 第 1 章习题解案 总 5 页第 4 页 228 35 181920 51415 3 三次取产品共有种取法 第三次取到次品有181920 18195 种取法 故所求概率 为 4 1 181920 18195 注 此问也可用类似于 1 中注的方法去解决 即只考虑以第三次取得的结果作为样本 空间的元素 也可很快求得答案是 4 1 20 5 3 令 A 表示挑选出的是第一箱 2 1 iBi表示第i次取到的零件是一等品 则 1 由全概率公式 有 111 APABPAPABPBP 4 0 2 1 30 18 2 1 15 10 2 用全概率公式有 212121 APABBPAPABBPBBP 2 1 2930 1718 2 1 4950 910 于是所求条件概率是 4856 0 4 0 2 1 2930 1718 2 1 4950 910 1 21 12 BP BBP BBP 4 用 A 表示第一次取到 1 号球 B 表示第二次取到 2 号球 则由全概率公式有 1 1 111 1 1 2 2 nn nn n n nnn APABPAPABPBP 5 以表示有个孩子 B 表示所有孩子均为同一性别 由全概率公式有 k Ak 1 0 1 0 1 0 0 5 02 5 0 5 0 k k k k k kk k kk k kk PP PP APABPP APABPBP 6 以 A 表示患有癌症 B 表示试验呈阳性 则由贝叶斯公式得 3231 0 01 0995 095 0005 0 95 0005 0 ABPAPABPAP BAPAP BAP 7 用 D 表示失业率上升 此题要求 根据题意有 DCPDBPDAP 2 0 2 0 8 0 CDPBDPADP 则由贝叶斯公式得 9 4 2 1 2 0 3 1 2 0 6 1 8 0 6 1 8 0 DAP 同理 9 2 DBP 3 1 DCP 第 1 章习题解案 总 5 页第 5 页 故总统对三个顾问的理论正确性应分别调整成 3 1 9 2 9 4 8 以分别表示甲 乙 丙击中飞机 3 2 1 iAi 3 2 1 0 iBi表示有i个人击中 飞机 C 表示飞机被击落 则 09 03 05 06 0 321321 0 APAPAPAAAPBP 36 07 05 06 03 05 06 03 05 04 0 3 213 2 132 11 AAAPAAAPAAAPBP 41 07 05 06 07 05 04 03 05 04 0 32 1 3 2 1 3 212 AAAPAAAPAAAPBP 14 041 036 009 01 1 2103 BPBPBPBP 则由全概率公式有 458 014 0141 06 036 02 009 00 3 0 i ii BPBCPCP 注 在这里不构成样本空间的划分 因为它们不是两两互斥 可同时发生 321 AAA 9 1 次成功之前已经失败了次 表示进行了nmnm 次 第nm 次试验一定成功 而前面的 1 次试验中有次失败 1 次成功 从而所求概率为 nm mn mnnm pp m nm ppp m nm 1 1 1 1 1 2 令 A 表示n次成功之前已有 1 次失败 m 2 1 niAi 表示次成功之前已有 1 次失败且第 1 次 即最后一次 失败在第 n mmim 次试验中发生 则可知有 1 1 1 mn pp m nm AP 且两两互斥 对事件 它表示在 ni n i AAAA 1 1 i A1 nm次试验中 从第次试 验至第试验都成功 第次试验是失败 最后一次失败 而前面的 1 次试验 中有m次失败 次成功 于是 1 im 1 nmim im 1 i nipp m im pppp m im Ap mn inmi i 2 1 1 1 1 1 1 1 11 由于 21n APAPAPAP 即 1111 1 1 1 1 1 1 1 mnmnmnmn pp m nm pp m m pp m m pp m nm 消去立得结论成立 1 1 mn pp 10 由全概率公式 每台仪器能出厂的概率94 03 08 07 01 p 将每台仪器能否出厂看成是一次试验 则台仪器就是次试验 由于每次试验只有两个 结果 出厂或不出厂 且各次试验相互独立 则这是一个重伯努利概型问题 于是有 nn n 1 n 94 0 2 222 06 094 0 n n C 3 06 094 094 01 1 nn n 第 2 章习题答案 总 6 页第 1 页 第二章第二章 随机变量及其概率分布随机变量及其概率分布 一 基本题解答 一 基本题解答 1 样本空间 6 6 1 6 6 2 2 2 1 2 6 1 2 1 1 1 V 这里 例如 6 1 表示 掷第一次得 6 点 掷第二次得 1 点 其余类推 以 X 表示两次所得点数的和 则 X 的分布律为 X 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 PK 36 1 36 2 36 3 36 4 36 5 36 6 36 5 36 4 36 3 36 2 36 1 2 由题设 X的可能值为 0 1 2 3 以表示事件 汽车在第i个路口 遇到红灯 A 3 2 1 iAi 1 A2 A3相互独立 且 3 2 1 2 1 iAPAP ii 于是 2 1 2 2 1 1 2 1 0 3 321 2 211 AAAPXPAAPXPAPXP 3 321 2 1 3 AAAPXP X 的分布律为 X 0 1 2 3 P i 2 1 4 1 8 1 8 1 3 设 k 表示前 k 次取出白球 第 k 1 次取黑球 则 的分布列为 1 0 1 1 1 mk knnn mnkmmm kP 4 1 3 1 3 5 151515 5 1 5 1 5 1 c cccc kXP kkk 2 5 3 5 1 31 3 1 k XP 3 5 2 5 1 5 25 0 2 1 180 1 1 Nk kXPNXPNXP kkk CkXP 180 180 99 0 01 0 故 180 11 8 1180 180 8 1 99 0 01 0 NkNk k kkk e k cNXP 这里 8 101 0180np 欲使 1 8 1 01 099 01 8 1 Nk k e k 查泊松分布表 可知 N 1 7 因而至少应配备 6 名工人 第 2 章习题答案 总 6 页第 2 页 9 设 1 2 3 则 i A 需要调整部件ii 20 0 10 0 21 APAP 30 0 3 AP 由于A1 A2 A3相互独立 因此 有 504 0 3 01 2 01 1 01 0 321321 APAPAPAAAPXP 1 321321321 AAAPAAAPAAAPXP 0 1 0 8 0 7 0 9 0 2 0 7 0 9 0 8 0 3 0 398 2 321321321 AAAPAAAPAAAPXP 0 092 3 321321 APAPAPAAAPXP 0 1 0 2 0 3 0 006 因此 X的概率分布为 X 0 1 2 3 P 0 5040 3980 0920 006 10 F x 为一阶梯状函数 则X可能取得值为F x 的跳跃点 1 1 3 即有 2 08 01 03 3 3 4 04 08 0 01 1 1 4 0 01 1 1 FFXP FFXPFFXP X 1 1 3 P 0 4 0 4 0 2 11 1 由于 所以有1 lim xF x 1 2 exp lim 2 axba x 即 1 又由于X为连 续型随机变量 F x 应为x的连续函数 应有 a baxbaxFxF xxx 2 exp lim lim0 lim 2 000 所以 1 0 abba 代入之值 得 ba 0 0 0 2 exp1 2 x xx xF 2 对函数F x 求导 得X的概率密度 0 2 1 0 2 xe xe xF x x 13由 3 2 kXP得 3 1 dxxxXP 037 0 1 129 0 2 1 9 0 dxxxXP 15 200 1 EX 1 200 100 1 100 100 eFXP 2 1 1 e 2 300 200 1 300 eXP 5 1 2 3 ee 16 解法1 用随机变量法 令表示第i 次掷骰子出现的点数 i 1 2 显然x i x 1和x2独立同 分布 则方程变为 它有重根的充要条件 是 有实根的充要条件是 故 2 1 6 2 1 6 1 ijjxP i 0 21 2 xxxx 04 2 2 1 xx04 2 2 1 xx 4 42 1 04 12122 2 1 xxUxxPxxPq 4 42 1 1212 xxPxxP 4421 1212 xPxPxPxP 18 16 16 16 16 1 由全概率公式可 第 2 章习题答案 总 6 页第 3 页 得 PxxPP 04 2 2 1 4 2 1 2 x x 6 1 1 i PjxPjx x x 1 2 1 2 4 PxP1 1 4 1 2 x PxP2 1 4 22 2 x PxP3 1 4 32 2 x PxP4 1 4 42 2 x PxP5 1 4 52 2 x P 4 62 2 x 36 19 1 6 1 1 6 1 6 4 6 1 6 2 6 1 6 1 6 1 0 6 1 解法2 用枚举法 一枚骰子掷2次 其基本事件总数为36 方程有实根和重根的充要条件 分别为和 04 2 CB04 2 CB B的取值 1 2 3 4 5 6 使的基本事件个数 04 2 CB 0 1 2 4 6 6 使的基本事件个数 04 2 CB 0 1 0 1 0 0 故使方程有实根的基本事件总数为1 2 4 6 6 19 有重根的基本事件总数1 1 2 因此 18 136 2 36 19 qP 17 本题关键是理解随机变量N t 的意义 事件 ktN 表示设备在任何长为t的时间内发 生k次地震 其概率为 2 1 0 ke k t ktNP t k 由于T表示两次地震之间的时间 间隔 故当t是互逆事件 且 表示在长为t的时间内无地震发生 故它等价于事件 tT 0 tN 1 由于T是非负随机变量 可见当t 0 tN t etNPtTPtTPtF 10 11 于是 T服从参数为 的指数分布 2 t t t e e e TP TP TP TTP TTPQ 5 5 10 5 10 5 5 10 510 18 设X为考生的外语成绩 由题设知 NX 其中 72 现在求 2 由题设 977 0 24 023 0 24 1 7296 023 096 X PXP 由的数值表 可见 x 24 2 因此12 这样X N 72 122 所求概率为 11 12 7284 12 7260 8460 X P X PxP 682 01841 021 1 2 1 1 19 1 9236 0 43 1 35 300250 35 300 250 pp 2 3535 300 35 xx pxxp XPAP 1 由题设条件 知 1 0 1 ABP 于是 由全概 001 0 2 ABP2 0 3 ABP 第 2 章习题答案 总 6 页第 4 页 率公式 有 3 1 0642 0 i ii ABPAPBP 2 由条件概率定义 或贝叶斯公式 知009 0 22 2 BP ABPAP BAP 21 由题设 Y 其中 3 PB 4 1 2 2 1 2 1 2 1 0 xdxdxxfXPP 故 64 9 4 3 4 1 2 122 3 CYP 22 P 0 3 0 2 0 40 1 2 2 X 0 2 2 4 X 0 2 2 3 P 0 2 0 7 0 1 2 2 X 2 0 2 2 4 2cos X 1 1 2cos X 1 1 1 1 P 0 7 0 3 23 因为 2 1 34 1 2 0 14 1 2 sin n nk nk nk k 所以 2 sin XY 只有3个可能取值1 0 1 而取这些值的概率分别为 15 2 16 11 1 8 1 2 1 2 1 2 1 11731 1173 XPXPXPYP 15 8 16 11 1 2 1 2 1 2 1 2 1 9511 3 1 4 11 1 4 1 2 1 2 1 2 1 6420 95 642 XPXPXPYP XPXPXPYP 于是 2 sin XY 的分布列为 15 8 3 1 15 2 101 24 2 0 UX 0 0 yFy Y 时 当 40 y 2 2 yyFyXPyXPyYPyF XY 1 4 yFy y 时 故 0 10 4 1 其它 y y yfY 25 应先求出FY y 再对y求导即得fY y 因 1 1 0 yInyXp y yepyYpyF X Y 故当 而 y x Y dxeyXpyFy ln 0 ln 1时 1 2 yyFyf YY 因此 11 1 0 2 yy y yfY 第 2 章习题答案 总 6 页第 5 页 26 假设随机变量 X 具有连续的分布函数 证明 xF XFY 在区间 0 1 上服从均匀 分布 解 先求 Y 的分布函数 因1 0 xF 单调非降 连续 故 xFy 的反函数存在 当时 0 y0 PyXFPyFY 当时 10 yyyFFyFXPyXFPyFY 11 当时 1 y1 PyXFPyFY 于是 从而 Y 的密度函数为 1 1 10 0 0 y yy y yFY 0 时 2 exp 2 1 ln 2 ln 0 dx x yXPyePyF y X Y 于是 Y 的概 率密度函数为 0 ln 2 1 exp 2 1 0 0 2 yy y y yfY 2 Y 2X2 1 的 分 布 函 数 1 0 1 12 2 yyFyyXPyF YY 当时当时 2 2 2 1 2 1 2 1 12 2 1 2 1 2 1 0 22 2 22 y y yxx Y dxedxe y X y PyXpyF 1 0 1 1 2 1 1 2 2 1 0 4 1 2 1 0 2 2 y ye y yfY ydxe y yF y Y yx Y 的概率密度为故即 3 XY 的分布函数 yXPyYPyFY 0 0 0时当时当 yyFy Y y y y y xx Y dxedxeyXyPyXPyF 2 2 2 1 22 22 于是 Y的概率密度函数为 0 2 0 0 2 2 1 ye y yFyf y YY 二 补充题答案 二 补充题答案 1 1 由条件可知 当时 1 x0 xF 8 1 1 F 8 5 4 1 8 1 111 XP 易见 在X的值属于的条件下 事件 1 1 11 1 xxX的条件概率为 2 1 111 xXxXP 于是 对于 11 x有 16 55 2 1 8 5 1111111 11 xx XxXPXPXxXPxXP 16 75 16 55 8 1 11 xx xXPXPxF 对于有F x 1 从而 1 x 11 1116 75 10 x xx x xF 若 若 若 第 2 章习题答案 总 6 页第 6 页 2 X取负值的概率 16 7 0 0 0 0 FXPFXPp 2 用A表示有效 由题设知 2 1 0 5 3 4 1 4 3 53 ke k AkXPe k AkXPAPAP kk 应用贝叶斯公式 得 8887 0 0842 025 02240 075 0 2240 075 0 2 2 2 2 AXPAPAXPAP AXPAP XAP 3 1 按第一种方式 记为 第 个人承包的20台机器不能及时维修 则所 求概率为 易知 i Ai 4 3 2 1 i 4321 AAAAP 0175 0 99 0 01 0 20 20 2 20 14321 kk k K APAAAAP 2 按第二种方式 以X表示这80台机器中需要维修的机器的台数 则不能及时维修的 概率为 0091 0 99 0 01 0 4 80 80 4 80 kk k K XP 从上述计算结果可以看出 还是以第二种方式为好 因按第二种方式3个人共同维修80 台机器不能及时维修的概率较小 4 0 0 xFx20 x 3 4 1 3 3 8 4 1 0 3 0 3 2 2 32 3 2 2 2 3 2 2 0 2 0 2 2 0 2 0 0 2 0 2 2 xx x x x x x x x x dxxx dxxx dx dydx xF x xx xxx 1 2 xFX 0 20 2 4 3 2 其它 故 xxx xf 5 X的分布函数为 1 1 10 0 0 0 x xxXP x xF 设 2 1 1 0 1 0 21 ixxxx i 且由题设得 22221111 xxXxPxFxxFxxXxPxFxxF 令 得 0 x lim lim 2 22 0 11 0 1 xF x xFxxF x xFxxF xF xx 从而 对任意 有 当 1 0 xCxF 1 0 x时 显然0 x F 另一方面 1 10 1 1 0 CdxxfXPF 所以 X的密度函数为 因此X服从 0 1 上的均匀分布 0 0 yFy Y 1 1 1 1ln 1 0 yy X y Y eeFeXFyXPyYPyFy 第 3 章习题答案 总 8 页第 1 页 第三章 多维随机向量及其概率分布 一 基本题答案 一 基本题答案 1 设 X 和 Y 的可能取值分别为 2 1 0 3 2 1 0 jiji则与 因盒子里有 3 种球 在这 3 种球中任取 4 个 其中黑球和红球的个数之和必不超过 4 另一方面 因白球只有 2 个 任取的 4 个球中 黑球和红球个数之和最小为 2 个 故有 ji与 且 42 ji 4 7 4 223 CCCCjYiXp jiji 因而 或0 jYiXP2 jiji 于是 0 0 0 1111 yYxXPP 0 0 0 2112 yYxXPp 35 1 0 0 4 7 2 2 1 2 0 33113 CCCCyYxXPp 同法可求得联合分布律中其他的pij 得下表 0 1 2 3 0 0 0 4 7 2 2 0 2 2 3 CCCC 4 7 1 2 0 2 3 3 CCCC 1 0 4 7 2 2 1 2 1 3 CCCC 4 7 1 2 1 2 2 3 CCCC 4 7 0 2 1 2 3 3 CCCC 2 4 7 2 2 2 2 0 3 CCCC 4 7 1 2 2 2 1 3 CCCC 4 7 0 2 2 2 2 3 CCCC0 Y X 0 1 2 3 0 0 0 3 35 2 35 1 0 6 35 12 35 2 35 2 1 35 6 35 3 35 0 X Y 即 2 X 和 Y 都服从二项分布 参数相应为 2 0 2 和 2 0 5 因此 X 和 Y 的概率分布分别为 04 032 064 0 210 X 25 05 025 0 210 Y 由独立性知 X 和 Y 的联合分布为 0 1 2 0 0 16 0 08 0 01 1 0 32 0 16 0 02 2 0 16 0 08 0 01 X Y 3 Y 的分布函数为显知有四个可能值 0 0 0 1 yyFyeyF y 21 XX 112 10 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 21 eYPYYPXXP易知 212 10 1 02 11 0 21 2121 eeYPYYPXXPYYPXXP 212 10 1 21 21 eeYPYYPXXP 22 11 1 2 21 eYPYYPXXP 于是 可将X1和X2联合概率分布列表如下 0 1 0 1 1 e 21 ee 1 0 2 e X1PP X2 第 3 章习题答案 总 8 页第 2 页 4 n m mnPnXP 0 n m mnmn e mnm pp 0 1 2 1 0 1 1 0 n n e pp n e pp mnm n n e n n n mnm n m n 即 X 是服从参数为 的泊松分布 mn mnmn mn mmmnmn mn p m ep e mnm pp mYP 1 1 2 1 0 1 m m ep ee m ep pm p m 即 Y 是服从参数为 p 的泊 松分布 5 由定义 F yx P xy dxdyyxyYxX 因为 yx 是分段函数 要正确计算出 F yx 必须对积分区域进行适当分块 等 5 个部分 10 1 10 1 1 1 10 10 00 xyyxyxyxyx或 1 对于 有 F 00 yx 1 2 yyYXPyxF 4 对于 有 10 1 xy 2 1 xYxXPyxF 5 对于 有 1 1 yx1 yxF 故X和Y的联合分布函数 yxyxFyx或 yxF xy ts dsdtze 00 2 2 00 2 00 2ytxs y t x s eedtedse 1 1 2yx ee 即 0 0 0 1 1 2 其它 yxee yxF yx 2 P x 0 0 xfxedyexf X X xy X 时 即 0 0 0 x xe xf x X 2 2 11 1 2 1 0 1 21 1 eedyedxdxdyyxfYXP yx x x y 8 1 i 时 计算根据公式 dyyxfxf X 0 x当时10 0 xxfX当 24 224 2 2 8 4 2 0 2 0 xxxydyxyxf x x X 0 1 xfx X 时当 第 3 章习题答案 总 8 页第 3 页 即 0 10 2 4 2 2 其它 xxx xfX ii 利用公式计算 当 dxyxfyfY 0 0 yfy Y 时 10时当 y 1 1 2 2 2 8 4 2 8 4 y y Y x xydxxyyf 2 2 2 1 28 4 2 y yy 43 4 2 2 2 2 3 8 4 2 2 yyy y yy 当时 1 y 0 yfY 即 0 10 43 4 2 2 其它 yyyy yfY 8 5 2 1 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 dxdydxdxdyyxfYXPYXP 9 本题先求出关于x 的边缘概率密度 再求出其在2 x之值 由于平面区域 D 的 面积为 2 X f 2 1 2 1 dx x S e D 故 X Y 的联合概率密度为 0 2 1 其它 Dyx yxf 易知 X 的概率密度为 0 1 2 1 2 其它 ex x dyyxfxfX 故 4 1 22 1 2 X f 10 1 有放回抽取 当第一次抽取到第个数字时 第二次可抽取到该数字仍有十种可能 机会 即为 k 9 1 0 10 1 ikYiXP 2 不放回抽取 i 当第一次抽取第 90 kk个数时 则第二次抽到此 第个 数是不可能的 故 k 9 1 0 0 kikikYiXP ii 当第一次抽取第个数时 而第二次抽到其他数字 非 的机会为 知 90 kkk9 1 9 1 0 9 1 kikikYiXP 11 1 因 1 2 1 12 1 24 y yyydxxyf 0 10其它 yfy n 故在 0 y 1 时 0 1 1 1 2 2 其它 xyyx yxf 因 x yxydyxxf 0 22 1 12124 0 10其它 xfx 故在 0 x 1 时 0 0 2 2 其它 xyxy xyf 2 因 1 1 2 1 2 1 2 x x nx dy yx Xf x x 0 其它 xf 故在 1 x 时 0 1 12 1 其它 xy xnxy xyf 第 3 章习题答案 总 8 页第 4 页 因 0 0 2 1 2 1 10 2 1 2 1 22 1 2 其它 y y dx yx ydx yx yf y y 故在10 y时 0 11 2 其它 x y yx xyf 而在 1时 y 0 0 0 0 xxfxedyexf x xy 0 其它 xye xyf yx 0 0 yyedxeyf y yy 故在 y 0 时 0 0 yyf 故 1 2 1 2 0 1 0 nn Y X nyy fy 其它 13 X 和 Y 是否独立 可用分布函数或概率密度函数验证 方法一 X 的分布函数的分布函数分别为 YxFX和 yFY 00 01 5 0 x xe xFxF x X eeeFFYPXPYXP YX 方法二 以的概率密度 可知 YXYXxfxfyxf YX 和分别表示和 0 0 025 0 5 02 其它 yxe yx yxF yxf yx 00 05 0 5 0 x xe dyyxfxf x X 1 01 0 1 0 5 0 25 0 1 0 1 0 edxdyeYXPaYXyfxfyxf yx YX 独立和知由于 14 因知 X 与 Y 相互独立 即有 jiji yYPxxPyYxXP 3 2 1 2 1 ji 首先 根据边缘分布的定义知 24 1 8 1 6 1 11 yYxXP又根据独立 性有 6 1 24 1 1111i xXpyYpxXpyYxXp 解得 4 1 i xXP 从而有 12 1 8 1 24 1 4 1 31 yYxXP 又由 2121 yYPxXPyYxXP 可得 4 1 8 1 2 yYP 即有 2 1 2 yYP 从而 8 3 8 1 2 1 22 yYxXP 类似地 由 3131 yYPxXPyYxXP 有 4 1 12 1 3 yYP 得 3 1 3 yYP 从而 4 1 12 1 3 1 31 yYxXP 最后 2 xXP 8 1 8 3 4 1 4 3 将上述数值填入表中有 1 y 2 y 3 y 1i PxXP Y X 第 3 章习题答案 总 8 页第 5 页 1 x 1 24 1 8 1 12 1 4 2 x 1 8 3 8 1 4 3 4 jPyXP j 1 6 1 2 1 3 1 15 本题的关键是由题设P X1X2 0 1 可推出P X1X2 0 0 再利用边缘分布的定义即 可列出概率分布表 1 由P X1X2 0 1 可见 易见 0 1 1 1 1 2121 XXPXXP 25 0 1 0 1 121 XPXXP 5 0 1 1 0 221 XPXXP 25 0 1 0 1 121 XPXXP 0 0 0 21 XXP 于是 得X1和X2的联合分布 1 0 1 0 0 25 0 0 25 0 5 1 0 0 5 0 0 5 0 25 0 5 0 25 1 X1 X2 2 可见 P X1 0 X2 0 0 而P X1 0 P X2 0 0 于是 X4 1 1和 X2不独立 16 1 0 0 0 2 1 2 y ye yf y Y 因为 X Y 独立 对任何yx 都 有 yxfyfxf YX 0 0 0 其他 yxe yfxfyxf uyx YX 2 根据Z 的定义 有 P z 1 P Y X 0 x yx xy dydxedydxyxf 0 dxdyee x yx 0 udxee xx 110 ZPZP所以Z的分布律为 Z 0 1 p Z的分布函数为 n时 用到了公式 并 0 r n C 1 2121 i k i nn ki n k n CCC 21 X和Y的概率分布密度为 2 exp 2 1 2 2 yx xfX 0 1 0 0 0 x x x x xF i X 1 0 0 0 y y y y yF n n M 故 min 1 1 1 yXPyXPyXPyXyXyXP nn 1 1 2121 11 1 1 yFyXP i Xi n i 故 其它 其它 0 00 0 0 1 1 1 1 y yn y y n yf n n n N 23 由题设容易得出随机变量 X Y 的概率密度 本题相当于求随机变量X Y的函数 第 3 章习题答案 总 8 页第 7 页 S XY的概率密度 可用分布函数微分法求之 依题设 知二维随机变量 X Y 的概率密度为 Gyx Gyx yxf 0 2 1 若 若 设为S的分布函数 则 当 sSPsF 0 s时 0 sF 当时 2 s 1 sF 现设0 s 位 于下方的点满足sxy 于是 20 0 20 2 ln2 ln ss ss sf 或若 若 二 补充题答案 二 补充题答案 1 由于即 0 min max YXPYX故知 03 23 12 1 YXPYXPYXP 又易知 9 1111 11 1 PPPYXP 9 12 22 2 PYXP 9 13 33 3 PYXP 9 29 19 11 22 11 2 PPYXP 9 22 33 22 3 PPYXP 9 29 711 3 YXP 所以 1 2 3 1 919292 2 0 9192 3 0 0 91 X Y 2 1 A a a B a a a a D a a C O x y 2 1 0 0 1 nnmPPCnXmYP mnmm n 2 nXPnXmYPmYnXP 2 1 0 0 1 nnmnePPC nmnmm n 3 22 1 1 1 0 0 1 ppYPXPYPXPzP 1 2 0 1 1 0 0 ppYPXPYPXPzP 而 由 2 1 1 1 1 pYXPZXP 1 1 1 1 ZPXPZXP得 2 1 p 5 设随机变量 和 相互独立 都服从分 1 0 N 布 则 2 1 exp 2 1 22 yxyxp 显然 SG dxdyyxpdxdyyxp 其中 G和S分别是如图所示的矩形ABCD和圆 22 2 1 2 a a x G dxedxdyyxp 令 sin cos yx 则 2 0 2 2 2 2 1 2 1 a a a S eddedxdyyxp 所以 22 1 2 1 2 a a a x edxe 150 2 3 2 100 150 dxxP 27 8 3 2 3 27 1 3 21 3 第 3 章习题答案 总 8 页第 8 页 7 假设总体X的密度函数为 分布函数为 第 次的观察值为 独 立同分布 其联合密度函数 xf xFi 1 niXi i X 211nn xfxfxfxxf 依题意 所求的概率为 z当 zZPzFz 2 0 2 0 2 xz yx z dyedx 2 0 2 0 12 xz zzy z x zeedyedxe 所以 YXz2 的分布函数为 0 1 1 0 0 zez z yxF z 10 由条件知X和Y的联合密度为 其他 若 0 31 31 4 1 yx yxp 以表示随机 uuUPuF 变量U的分布函数 显然 当0 u时 0 uF 当时 2 u1 uF 当 则20 u uyx yxp uyx uudxdydxdyuF 2 2 4 1 1 2 4 4 1 4 1 2 0 y 12 3 x uxy uxy uyx 3 2 1 于是 随机变量的密度为 0 0 0 1 3 2 1 0 0 0 1 3 t te tFi t te tFX t T t i 故 0 0 0 3 3 t te tFtf t TT 第 4 章习题解答 总 10 页第 1 页 第四章 随机变量的数字特征 一 基本解答 一 基本解答 1 11 032 023 014 00 EX 9 0032 025 013 00 EY EYEX 即甲比乙车床在一天内生产的次品多 故乙机床生产的零件质量较好 2 若记为完成每次检验所发现的次品数 显然 即服从 n 10 p 0 1 的二 项分布 n u 1 0 10 Bun n u 10 2 1 0 9 01 0 10 10 kCkuP kkk n 910 9 01 0109 0 101 nnn uPuPuP 7361 0 2639 0111 nn upuP X 为调整设备的次数 即出现的次数 显然 X 服从 n 4 p 0 2639 的二项分布 即 因此 1 n u 2639 0 4 BX 1 10556 12639 04 npXE 3 把 X 的分布律写成更明显的关系为 i 1 2 3 4 5 X 3 2 32 2 33 4 34 5 35 i P 3 2 2 3 2 3 3 2 4 3 2 5 3 2 这里 5432 1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 i i p 3 1 3 1 3 1 3 1 1 3 2 432 1 5 5 4 4 3 3 2 2 1 3 2 5 3 3 2 4 3 3 2 3 3 3 2 2 3 3 2 3 i iip x 5 2 4 2 3 2 2 2 2 6 1 5 1 4 1 3 1 2 1 1 2 显然此级数不是绝对收敛的 是条件收敛级数 所以 E X 不存在 4 2 x xf dx x x 2 0 0 22 x xdx x xdx 而 2 2 2 2 1 0 lim 0 x xd a x xdx lim ln 2 1 2 ax ln lim 2 1 1ln 2 1 lim 0 lim 2 1 0 2 0 2 2 2 2 bx x xdb x xdx b b bb 因此 广义积分 2 x xdx 发散 当然不可能绝对收敛了 所以 E X 不存在 5 1 dxxxfEX dxxxdxx 2 1 2 0 1 2 2 1 3 21 0 3 3 3 1x xx 3 1 1 3 8 4 3 1 3 2 3 1 1 2 dxxxfEX 1 12 0 1 奇函数 x xdx 3 dxxxfEX dxx x dx x 3000 15001500 3000 15000 1500 22 2 2 1500 1 1500 3000 3 1500 0 1500 3 1 3 23 x xx 1500 1 第 4 章习题解答 总 10 页第 2 页 6 1 22 2 2 EXXE 22 EXDXEX 又 2 2 22 EXDXXE 1 EX 再 1 1 DXEX 4 11 2 2 22 XE 2 dxxfeeE xX 22 dxedxee xxx32 00 3 1 3 1 0 3 x e 7 1 由条件知 X的可能值为 0 1 2 3 以表示事件 汽车在第 个路口首 次遇到红灯 A 3 2 1 iAii 1 A2 A3相互独立 且 3 2 1 2 1 iAPAP ii 从而知 2 1 0 1 APXP 2 1 1 2 21 AAPXP 2 1 2 3 321 AAAPXP 2 1 3 3 321 AAAPXP故 96 67 8 1 4 1 8 1 3 1 4 1 2 1 2 1 1 1 X E 8 1 设 由X与Y同分布 可知 APp 1 pBPpAPaXPaYPBP 由 9 7 1 1 1 2 ppppppBPAPBPAPAUBP得 3 2 3 1 21 pp于 是有两个值 a 由 1 2 1 p a 得 3 7 3 4 1 2 1 3 5 3 2 1 221 ap a a得由 2 3ln 2 11 1 3 2 1 1 1 dx x dxxp xX E 9 发生故障次数服从二项分布 本题关键是列出所获利润与发生故障次数的函数关系 以X 表示一周5天内机器发生故障的天数 则X服从参数为 5 0 2 的二项分布 5 4 3 2 1 0 8 02 0 5 5 kCkXP kkk 328 08 00 5 XP 410 08 02 01 41 5 CXP 205 08 02 02 322 5 CXP 057 021013 XPXPXPXP 若以 Y 表示所获利润 则 32 20 15 010 X X X X XfY 故EY 10 0 328 5 0 410 0 0 205 2 0 057 5 216 万元 10 已知X在 0 60 上服从均匀分布 其密度为 其他0 60060 1 x xfX 设Y是游客等候电梯的时间 单位 min 则 500 5001000 1000 XYYXXYX XYY Z 2 第 4 章习题解答 总 10 页第 3 页 由于X与Y的联合概率密度为 0 2010 2010 100 1 其他 yx yx 所以 dxyx y dyydx y dydxdyyxdxdyyEZ DD 1010 20 5 20 10 20 10 100 1 500 100 1 1000 21 67 1416615005 3 20000 5010 2 3 10 20 5 20 10 20 10 2 元 dyyydyyy 12 本题关键是正确列出供大于求和供不应求时利润与进货量的关系 然后利用期望利润不 少于9280建立一不等式解出进货量的值 a 设进货数量为 则利润为 a aXXaX XaaXa Ma 10100 500 30300 500 10100600 30200300 aXaX XaaX 期望利润 dxMEM aa 20 1 10 30 dxax a dxax a 200300 30 20 1 100600 1020 1 30 2 10 2 200 2 300 20 1 100 2 600