概率统计简明教程课后习题答案(工程代数_同济大学版)

1、 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A=两次出现的面相同；(2) 记录某 总机一分钟(1) W=(+,+),(+,-),(-,+),(-,-)， A=(+,+),(-,-).(2) 记X为一分钟A=XÎ(2000,2500).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)AUB；(2)AB；(3)AC；(4)AC；(5)；(6)BUC；(7)A-C. 解 (1) AUB=W是必然事件；(2) A

2、B=f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) =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) BUC=I=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) A-C=A=取得球的号码是不小于5的偶数=取得球的号码为6，8，10ì1üì13ü3. 在区间0,2上任取一数，记A=íx<x£1ý，B=íx£x£ý，求下列事件的表达式：2þî2þ

3、î4(1)AUB；(2)B；(3)A；(4)AU.ì13ü解 (1) AUB=íx£x£ý 2þî4ìüì11 (2) B=íx0£x£或1<x£2ýIB=íx£x£2îþî4(3) 因为AÌB，所以A=f； 1üìýUíx<x£2þî3üý 2þ

4、ìüìü13113(4)AU=AUíx0£x<或<x£2ý=íx0£x<或<x£1或<x£2ý 4. 用事件A,B,C42422îþîþ的运算关系式表示下列事件：(1) A出现，B,C都不出现（记为E1）；(2) A,B都出现，C不出现（记为E2）；(3) 所有三个事件都出现（记为E3）；(4) 三个事件中至少有一个出现（记为E4）；(5) 三个事件都不出现（记为E5）；(6) 不多于一个事件出现

5、（记为E6）；(7) 不多于两个事件出现（记为E7）；(8) 三个事件中至少有两个出现（记为E8）。解 (1)E1=A； (2)E2=AB；(3)E3=ABC； (4)E4=AUBUC； (5)E5=； (6)E6=UAUBU；(7)E7=ABC=UU；(8)E8=ABUACUBC.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Ai表示事件“第i次抽到废品”，i=1,2,3，试用Ai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 (1)A1UA2； (

6、2)A1A2A3； (3)A1A2A3； (4)A1UA2UA3； (5)A1A2A3UA1A2A3UA1A2A3.6. 接连进行三次射击，设Ai=第i次射击命中，i=1,2,3，B=三次射击恰好命中二次，C=三次射击至少命中二次；试用Ai表示B和C。解 B=A1A2A3UA1A2A3UA1A2A3C=A1A2UA1A3UA2A3 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。æ50ö解 这是不放回抽取，样本点总数n=çç3÷÷，记求概率的事件为A，则有利于A的样本点数è

7、8;æ45öæ5ök=çç2÷÷çç1÷÷. 于是 èøèøæ45öæ5öç÷ç÷ç÷çkè2øè1÷ø=45´44´5´3!=99P(A)= 50n50´49´48´2!392æöç

8、31;3÷÷èø2一口袋中有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 本题是有放回抽取模式，样本点总数n=72. 记(1)(2)(3)(4)题求概率的事件分别为A,B,C,D.25æ5ö()有利于A的样本点数kA=5，故 P(A)=ç÷= 49è7ø

9、5´210() 有利于B的样本点数kB=5´2，故 P(B)=2= 49720() 有利于C的样本点数kC=2´5´2，故 P(C)= 497´5355() 有利于D的样本点数kD=7´5，故 P(D)=2=. 497722 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 本题是无放回模式，样本点总数n=6´5.() 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2´31样本点数为2

10、0;3，所求概率为 =. 6´55() 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2´2，2´22所求概率为 =. 6´5154一个盒子中装有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 分别记题(1)、(2)、(3)涉及的事件为A,B,C，则æ4öçç2÷÷4´3´22èP(A)=ø= 66

11、80;5´25æöçç2÷÷èøæ4öæ2öçç1÷÷çç1÷÷4´2´28èøèø=P(B)= 66´515æöçç2÷÷èø注意到C=AUB，且A与B互斥，因而由概率的可加性知2814P(C)=P(A)+P(B)=+= 515155掷两

12、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 分别记题(1)、(2)、(3)的事件为A,B,C,样本点总数n=62()A含样本点(2,5),(5,2),(1,6),(6,1),(3,4),(4,3)61P(A)=2= 66()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)105 P(B)=2= 186()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),

13、(5,3);(4,4),(4,6),(6,4);(5,5);(6,6), 一共18个样本点。181 P(C)= 3626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 记求概率的事件为A，样本点总数为53，而有利A的样本点数为5´4´3，所以5´4´312. P(A)=32557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”。æ5

14、46;解 样本点总数为çç3÷÷ èøæ2öæ3öçç1÷÷çç2÷÷2´3´3!63èøèø=； (1) P(A)=55´4´3105æöç÷ç3÷èøæ2öæ3öçç2÷÷&#

15、231;ç1÷÷èøèø=3´3!=3(2) P(B)=； 55´4´310æöçç3÷÷èø(3) 因C=AUB，且A与B互斥，因而339 P(C)=P(A)+P(B)=+=. 510108设一质点一定落在xOy平面记求概率的事件为A，则SA为图中阴影部分，而|W|=1/2，11æ2ö155|SA|=-ç÷=´= 22è3ø2918最后由几何概型

16、的概率计算公式可得|S|5/185P(A)=A=. |W|1/29图2.3 9（见前面问答题2. 3）10已知AÌB，P(A)=0.4，P(B)=0.6，求 2(1)P(),P()；(2)P(AUB)；(3)P(AB)；(4)P(),P()；(5)P(B).解 (1)P()=1-P(A)=1-0.4=0.6，P()=1-P(B)=1-0.6=0.4；(2)P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)=P(B)=0.6；(3)P(AB)=P(A)=0.4；(4)P(A)=P(A-B)=P(f)=0, P()=P(AUB)=1-P(AUB)=1-0.6=0.

17、4;(5)P(B)=P(B-A)=0.6-0.4=0.2.11设A,B是两个事件，已知P(A)=0.5，P(B)=0.7，P(AUB)=0.8，试求P(A-B)及P(B-A). 解 注意到 P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)，因而P(AB)=P(A)+P(B) -P(AUB)=0.5+0.7-0.8=0.4. 于是，P(A-B)=P(A-AB)=P(A)-P(AB) =0.5-0.4=0.1；P(B-A)=P(B-AB)=P(B)-P(AB)=0.7-0.4=0.3. 习题三解答1已知随机事件A的概率P(A)=0.5，随机事件B的概率P(B)=0.6，条件概率P(B|A)=0.8，试

18、求P(AB)及P().解 P(AB)=P(A)P(B|A)=0.5´0.8=0.4 P()=P(AUB)=1-P(AUB)=1-P(A)-P(B)+P(AB)=1-0.5-0.6+0.4=0.32一批零件共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。10´9´90819解 p=. =100´99´9899´9810783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

19、入基金的概率是多少？解 记A=基金，B=股票，则P(A)=0.58,P(B)=0.28,P(AB)=0.19P(AB)0.19(1) P(B|A)=0.327. P(A)0.58P(AB)0.19(2) P(A|B)=0.678. P(B)0.284给定P(A)=0.5，P(B)=0.3，P(AB)=0.15，验证下面四个等式：P(A|B)=P(A),P(A|)=P(A), P(B|A)=P(B)，P(B|)=P(B).P(AB)0.151解 P(A|B)=P(A) P(B)0.32P(A)P(A)-P(AB)0.5-0.150.35 P(A|)=0.5=P(A) P()1-P(B)0.70.

20、7P(AB)0.15 P(B|A)=0.3=P(B) P(A)0.5P(B)P(B)-P(AB)0.3-0.150.15=P(B) P()1-P(A)0.50.55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。 P(B|)=解 B=迟到，A1=坐火车，A2=坐船，A3=坐汽车，A4=乘飞机，则 B=UBAi，i=14且按题意P(B|A1)=0.25，P(B|A2)=0.3，P(B|A3)=0.1，P(B|A4)=0.由全概率公

21、式有：P(B)=åP(Ai)P(B|Ai)=0.3´0.25+0.2´0.3+0.1´0.1=0.145i=146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 (1) 记B=该球是红球，A1=取自甲袋，A2=取自乙袋，已知P(B|A1)=6/10，P(B|A2)=8/14，所以161841 P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=´+´=21021470147(2) P(B)

22、= 2412 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 0.25´0.05´+0.35´0.04+0.4´0.02=0.0125+0.0140+0.008=0.0345=3.45%8发报台分别以概率0.6，0.4发出&quot;·&quot;和&quot;-&quot;，由于通信受到干扰，当发出&quot;·&quot;时，分别以概率0.8和0.2收到&quot;

23、·&quot;和&quot;-&quot;，同样，当发出信号&quot;-&quot;时，分别以0.9和0.1的概率收到&quot;-&quot;和&quot;·&quot;。求(1) 收到信号&quot;·&quot;的概率；(2) 当收到&quot;·&quot;时，发出&quot;·&quot;的概率。解 记 B=收到信号&quot;·&quot;，A=发出信号&quot;·&

24、amp;quot; (1) P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.6´0.8+0.4´0.1=0.48+0.04=0.52 P(A)P(B|A)0.6´0.812(2) P(A|B)=. P(B)0.52139设某工厂有A,B,C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，得到的是次品，求它依次是车间A,B,C生产的概率。解 为方便计，记事件A,B,C为A,B,C车间生产的产品，事件D=次品，因此P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|

25、B)+P(C)P(D|C)=0.25´0.05+0.35´0.04+0.4´0.02=0.0125+0.014+0.008=0.0345P(A)P(D|A)0.25´0.05P(A|D)=0.362 P(D)0.0345P(B)P(D|B)0.35´0.04P(B|D)=0.406 P(D)0.0345P(C)P(D|C)0.4´0.02P(C|D)=0.232 P(D)0.034510设A与B独立，且P(A)=p,P(B)=q，求下列事件的概率：P(AUB)，P(AU)，P(U). 解 P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A)P(

26、B)=p+q-pqP(AU)=P(A)+P()-P(A)P()=p+1-q-p(1-q)=1-q+pqP(U)=P(AB)=1-P(A)P(B)=1-pq11已知A,B独立，且P()=1/9,P(A)=P(B)，求P(A),P(B).解 因P(A)=P(B)，由独立性有P(A)P()=P()P(B)从而 P(A)-P(A)P(B)=P(B)-P(A)P(B) 导致 P(A)=P(B)再由 P()=1/9，有 1/9=P()P()=(1-P(A)(1-P(B)=(1-P(A)2所以 1-P(A)=1/3。最后得到 P(B)=P(A)=2/3.12甲、乙、丙三人同时独立地向同一目标各射击一次，命中

27、率分别为1/3，1/2，2/3，求目标被命中的概率。解 记 B=命中目标，A1=甲命中，A2=乙命中，A3=丙命中，则 B=UAi，因i=13而æ3ö21118÷P(B)=1-PçA=1-P(A)P(A)P(A)=1-´´=1-= 123çIi÷32399.èi=1ø13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 解 记 A=通达，Ai=元件i通达，i=1,2,3,4,5,6则 A=A1A2UA3A4UA5A6， 所以P(A)=P(A1A2)+P(A3A4)+

28、P(A5A6) -P(A1A2A3A4)-P(A3A4A5A6)-1256123456=3(1-p)2-3(1-p)4+(1-p)614假设一部机器在一天p=çç3÷èø15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。æ3öæ3ö3ç÷÷´0.8´(0.2)2=0.008+0.096=0.104. 解 p=ç÷(0.2)+çç÷è3

29、8;è2ø16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P(A).解 记Ai=A在第i次试验中出现，i=1,2,3. p=P(A)æ3ö193÷=PçA=1-P(AAA)=1-(1-p)依假设 Ui123ç÷27èi=1ø8所以， (1-p)3=， 此即 p=1/3. 2717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 注意到，加工

30、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 Ai=第i道工序为次品，i=1,2,3. 则次品率æ3öp=PçAçUi÷÷=1-P(A1)P(A2)P(A3)=1-0.98´0.97´0.95=1-0.90307»0.097 èi=1ø18三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 记 A=译出密码， Ai=第i人译出，i=1,2,3. 则æ3öP(A)=PçAçUi

31、7;÷=1-P(A1)P(A2)P(A3) èi=1ø=1-0.75´0.65´0.6=1-0.2925=0.707519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？10æ10öæ1ö63÷=解 (1) ç ； ç÷ç5÷2256èøèøæ10öæ1ö(2) åççk÷

32、47;ç2÷.k=4èøèø20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： 610 (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。255解 (1) 1-(1-0.75)4=1-(0.25)4= 25622æ4ö27æ3öæ1ö22÷(0.75)(0.25)=6´´=(2) ç ç÷ç

33、÷ç2÷128è4øè4øèø81æ3ö(3) (0.75)=ç÷= 256è4ø44 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。i（1）pi=,i=0,1,2,3,4,5； 15(5-i2),i=0,1,2,3； （2）pi=61（3）pi=,i=2,3,4,5； 4i+1（4）pi=,i=1,2,3,4,5。 25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pi是否满足下列二个条件：其一条件为pi

34、79;0,i=1,2,L，其二条件为åpi=1。i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，5-94因为p3=（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，=-<0；66520¹1。 这是因为åpi=25i=1c2. 试确定常数c，使P(X=i)=i,(i=0,1,2,3,4)成为某个随机变量X的分布律，并求：P(X£2)；25öæ1Pç<X<÷。 2øè24cc16解 要使i成为某个随机变量的分布律，必须有

35、åi=1，由此解得c=； 3122i=0（2） P(X£2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)16æ11ö28 =ç1+÷= 31è24ø315ö16æ11ö12æ1（3）Pç<X<÷=P(X=1)+P(X=2)=ç+÷=。 22312431èøèø3. 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

36、取得的球上标明的数字X的分布律与分布函数。111解 X可能取的值为-3，1，2，且P(X=-3)=,P(X=1)=,P(X=2)=，即X的分布律为 326X -3 1 2 概率1 31 21 6X的分布函数 0 x<-31F(x)=P(X£x)= -3£x<1351£x<261 x³24. 一袋中有51，2，3，4，5，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 依题意X可能取到的值为3，4，5，事件X=3表示随机取出的3个球的最大号码为3，11=；事件X=4表示随机取出的3个球的最大æ5&

37、#246;10çç3÷÷èøæ3ö1´çç2÷÷èø=3号码为4，因此另外2个球可在1、2、3号球中任选，此时P(X=4)=；同理可得510æöçç3÷÷èøæ4ö1´çç2÷÷èø=6P(X=5)=。10æ5öçç3÷÷

38、;èø则另两个球的只能为1号，2号，即P(X=3)=X的分布律为X的分布函数为0 x<313£x<4 1044£x<5101 x³5F(x)=5. 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 依题意X服从参数n=5,p=0.6的二项分布，因此，其分布律æ5ök5-kP(X=k)=ççk÷÷0.60.4,k=0,1,L,5，èø6. 从一批含有到的可能性相等。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

39、。（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 （1）设事件Ai,i=1,2,L表示第i次抽到的产品为正品，依题意，A1,L,An,L相互独立，且P(Ai)=10,i=1,2,L而 13P(X=k)=P1Lk-1Ak=P1LPk-1()()()æ3öP(Ak)=ç÷è13øk-110,k=1,2,L 13即X服从参数p=P(X=1)=10的几何分布。 13（2）由于每次取出的产品不再放回，因此，X可能取到的值为1，2，3，4，103

40、´105,P(X=2)=,1313´1226 3´2´1053´2´1´101P(X=3)=,P(X=4)=.13´12´1114313´12´11´10286X的分布律为P(X=1)=（3）X可能取到的值为1103´1133,P(X=2)=,1313´13169 3´2´12723´2´16P(X=3)=,P(X=4)=.13´13´13219713´13´132197所求X

41、的分布律为7. 设随机变量XB(6,p)，已知P(X=1)=P(X=5)，求p与P(X=2)的值。k6-k解 由于XB(6,p)，因此P(X=6)=çç÷÷p(1-p),k=0,1,L,6。æ6öèkø由此可算得 P(X=1)=6p(1-p)5,P(X=5)=6p5(1-p), 即 6p(1-p)5=6p5(1-p), 解得p=；æ6öæ1öæ1öç()PX=2=此时，ç2÷÷ç2÷ç2

42、÷èøèøèø26-2126´5æ1ö15=´ç÷=。 2!è2ø6468. 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 一枚均匀硬币在每次抛掷中出现国徽的概率为，因此X服从n=4,p=的二项分布，即æ4öæ1öæ1öP(X=k)=ççk÷÷ç÷ç÷èø

43、32;2øè2øk4-k1212,k=0,1,2,3,4由此可得X的分布函数0， x<01， 0£x<1 165F(x)= ， 1£x<216 11， 2£x<3 1615 ， 3£x<4 161， x³49. 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l=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 设至少要进n件物品，由题意n应满足P(X£n-1)<0.99,P(X£n)³0.99,即 P(X

44、63;n-1)=åP(X£n)=åk!n-14kk=0n4kk!e-4<0.99 e-4³0.99k=0查泊松分布表可求得 n=9。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，在某天该段时间设X为1000辆汽车中出事故的次数，依题意，X服从n=1000,p=0.0001的二项分布，即XB(1000,0.0001)，由于n较大，p较小，因此也可以近似地认为X服从l=np=1000´0.0001=0.1的泊松分布，即XP(0.1)，所求概率为P(X³2)=1-P(X=0)-P(X=1)0.10

45、-0.10.11-0.1 »1-e-e0!1!=1-0.904837-0.090484=0.004679.11. 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 设事件Ai表示第i次试验成功，则P(Ai)=0.75，且A1,L,An,L相互独立。随机变量X取k意味着前k-1次试验未成功，但第k次试验成功，因此有P(X=k)=P(A1LAk-1Ak)=P(A1)LP(Ak-1)P(Ak)=0.25k-10.7512. f(x)= 2x， 0<x<A0， 其他，试求：（1A；（2）X的分布函数。解 （1）f(x

46、)成为某个随机变量的密度函数必须满足二个条件，其一为f(x)³0；其二为+¥Aò-¥f(x)dx=1，因此有ò02xdx=1，解得A=±1，其中A=-1舍去，即取A=1。（2）分布函数F(x)=P(X£x)=ò-¥f(x)dx xò-¥0dx= ò-¥0dx+ò02xdx00xxx<0 0£x<1 xò-¥0dx+ò02xdx+ò10dx1x³1 01x<0 = x2 0

47、3;x<1 x³113. X的密度函数为f(x)=Ae-x,-¥<x<+¥，求：（1）系数A；（2）P(0<X<1)；（3）X的分布函数。+¥解 （1）系数A必须满足ò-¥Ae-xdx=1，由于e-x为偶函数，所以ò-¥Ae解得A=； 1211+¥-xdx=2ò0Ae+¥-xdx=2ò0Ae-xdx=1 +¥（2）P(0<X<1)=ò0e-xdx=ò0e-xdx=（3）F(x)=ò-¥

48、x112f(x)dxx211-e-1； 2()1-xx<0ò-¥2edx=01-xx1-xx³0ò-¥2edx+ò02edx1xx<0ò-¥2edx= 01x1x-xx³0edx+eò-¥2ò02dxx1xx<0e= 2 11+1-e-xx³0221xx<0e= 2 1-x1-ex³02()14. 证明：函数xf(x)= ce0-x22cx³0 x<0 （c为正的常数）为某个随机变量证 由于f(x)³0，且

49、ò-¥f(x)dx=ò-¥e+¥+¥x-cx22cdx=-ò0e+¥-x2æ2cdç-çè-xö÷=-e2c2c÷ø2x2+¥=1， 0因此f(x)满足密度函数的二个条件，由此可得f(x)为某个随机变量的密度函数。15. 求出与密度函数0.5ex0x£0x>2xf(x)= 0.25 0<x£2 F(x)的表达式。 解 当x£0时，F(x)=ò-¥f(x)dx=

50、42;-¥0.5exdx=0.5ex x当0<x£2时，F(x)=ò-¥f(x)dx=ò-¥0.5exdx+ò00.25dx=0.5+0.25x x0x 当x>2时，F(x)=ò-¥0.5exdx+ò00.25dx+ò20dx=0.5+0.5=1 02x综合有0.5ex,1,x£0;x³2.F(x)= 0.5+0.25x, 0£x£2;16. 设随机变量X在(1,6)上服从均匀分布，求方程t2+Xt+1=0有实根的概率。 解 X的密度

51、函数为1, 1<x<6； 50, 其他. f(x)方程t2+Xt+1=0有实根的充分必要条件为X2-4³0，即X2³4，因此所求得概率为461PX2³4=P(X£-2或X³2)=P(X£-2)+P(X³2)=0+ò2dx=。 55()17. 设某药品的有效期X以天计，其概率密度为f(x)= 20000x+1003, x>0;0， 其他.求：(1) X(2) 至少有200天有效期的概率。,x<0;x解 (1) F(x)=ò-¥f(x)dx= x20000 dx,ò

52、0x+1003x³0.0,x<0;10000 = 1-,x+1002x³0.æ100001-(2)P(X>200)=1-P(X£200)=1-F(200)=1-çç200+1002èö1÷= 。 ÷9ø18. 设随机变量X的分布函数为F(x)= 0,1-(1+x)e-x, x£0x>0求XP(X£1)和P(X>2)。解 由分布函数F(x)与密度函数f(x)的关系，可得在f(x)的一切连续点处有f(x)=F¢(x)，因此f(x)= -

53、x,0, x>0其他所求概率P(X£1)=)=1-(1+1)e-1=1-2e-1；19. 设随机变量X的分布函数为F(x)=A+Barctanx,-¥<x<+¥，求(1) 常数A,B；(2)PX<1)；(3) 随机变量X的密度函数。解：(1)要使F(x)成为随机变量X的分布函数，必须满足limF(x)=0,limF(x)=1，即 x®-¥x®+¥P(X>2)=1-P(X£2)=1-F(2)=1-1-(1+2)e-2=3e-2。 ()lim(A+Barctanx)=0lim(A+Barc

54、tax)n=1x®-¥x®+¥ A-p2B=0计算后得A+B=121A=2 解得 1B=p p1111时，F(x)=+arctanx也满足分布函数其余的几条性质。 2p2p（2） P(X<1)=P(-1<X<1)=F(1)-F(-1) 另外，可验证当A=,B=11é11ù+arctan1-ê+arctan(-1)ú 2pë2pû1p1æpöp=×-×ç-÷= p4pè4ø21,-¥<

55、x<+¥。 p1+x2（3）X的密度函数 f(x)=F¢(x)= 20. min）服从l=的指数分布，其密度函数xx>1-5为f(x)= 5e, 10min，他就离开。其他015（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 （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l=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P(X³10)=ò10+¥151-5edx=e-2； 5x（2）设Y表示某

56、顾客五次去银行未等到服务的次数，则Y服从n=5,p=e-2的二项分布，所求概率为P(Y£1)=P(Y=0)+P(Y=1)æ5ö-2=çç0÷÷eèø()(1-e)0-25æ5ö-2-2÷+çe1-eç1÷èø()4=1+4e-21-e-2()()421. 设X服从N(0,1)，借助于标准正态分布的分布函数表计算：（1）P(X<2.2)；（2）P(X>176)；（3）P(X<-0.78)；（4）P(X<1

57、.55)；（5）P(X>2.5)。解 查正态分布表可得（1）P(X<2.2)=F(2.2)=0.9861；（2）P(X>1.76)=1-P(X£1.76)=1-F(1.76)=1-0.9608=0.0392；（3）P(X<-0.78)=F(-0.78)=1-F(0.78)=1-0.7823=0.2177；（4）P(X<1.55)=P(-1.55<X<1.55)=F(1.55)-F(-1.55)=F(1.55)-(1-F(1.55)=2F(1.55)-1=2´0.9394-1=0.8788PX>2.5)=1-PX£2.

58、5)=1-2F(2.5)-1（5）=2-2F(2.5)=2(1-0.9938)=0.0124。22. 设X服从N(-1,16)，借助于标准正态分布的分布函数表计算：（1）（2）P(X<2.44)；P(X>-1.5)；（3）P(X<-2.8)；（4）P(X<4)；（5）P(-5<X<2)；（6）P(X-1>1)。解 当XN(m,s2)时，P(a£X£b)=Fç数表可求得æ2.44+1ö÷=F(0.86)=0.8051； 4èøæ-1.5+1ö（2）P(X&

59、gt;-1.5)=1-Fç÷=1-F(-0.125) 4èø=1-(1-F(0.125)=F(0.125)=0.5498； æb-möæa-mö÷-Fç÷，借助于该性质，再查标准正态分布函ssèøèø（1）P(X<2.44)=Fçæ-2.8+1ö÷=F(-0.45)=1-F(0.45)=1-0.6736=0.3264； 4èøæ4+1öæ-4+1

60、46;（4）P(X<4)=Fç÷-Fç÷=F(1.25)-F(-0.75) 44èøèø=F(1.25)-1+F(0.75)=0.8944-1+0.7734=0.6678； （3）P(X<-2.8)=Fç（5）P(-5<X<2)=Fç=F(0.75)-F(1)+1=0.7734-0.8413+1=0.9321； æ2+1öæ-5+1ö÷-Fç÷=F(0.75)-F(-1) è4ø&#

61、232;4ø（6）P(X->1)=1-PX-1£1)=1-P(0£X£2)=1-êFçéæ2+1öæ0+1öù÷-Fç÷ú è4øûëè4ø=1-F(0.75)+F(0.25)=1-0.7724+0.5987=0.8253。23. 某厂生产的滚珠直径服从正态分布N(2.05,0.01)，合格品的规格规定为2±0.2，求该厂滚珠的合格率。解 所求得概率为æ

62、;2.2-2.05öæ1.8-2.05öP(2-0.2£X£2+0.2)=Fç÷-Fç÷0.1ø0.1øèè=F(1.5)-F(-2.5)=F(1.5)-1+F(2.5)=0.9332-1+0.9938=0.92724. 某人上班所需的时间XN(30,100)（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

63、0;40-30öP(X>40)=1-Fç÷=1-F(1)=1-0.8413=0.1587； 10èø（2）记Y为5天中某人迟到的次数，则Y服从n=5,p=0.1587的二项分布，5天中最多迟到一次的概率为æ5öæ5ö054÷ç÷()()()P(Y£1)=ç0.1587´0.8413+0.1587´0.8413=0.8192。 ç1÷ç1÷èøèø 习题

64、五解答1. 二维随机变量(X,Y)只能取下列数组中的值：(0,0),(-1,1),ç-1,÷,(2,0)，且取这些组值的概率依次为,æè1ö3ø1115,，求这二维随机变量的分布律。 631212解 由题意可得(X,Y)的联合分布律为 2. 1,2,2,3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(X,Y)的分布律及P(X=Y)。解 X可能的取值为1,2,3，Y可能的取值为1,2,3，相应的，其概率为1´211´11=,P(X=1,Y=3)=,4´364