概率论与数理统计及其应用第二版课后答案

1、概率论与数理统计及其应用第二版课后答 案第1章 随机变量及其概率1,写出下列试验的样本空间：(1)连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果出现两次，记录投掷的次数。(2)连续投掷一颗骰子直至6个结果中有一个结果接连出现两次，记录投掷的次数。(3)连续投掷一枚硬币直至正面出现，观察正反面出现的情况。(4)抛一枚硬币，若出现H则再抛一次；若出现T,则再抛一颗骰子，观察出现的各种结果。解：(1)S 二2, 345,6, 7 ; ( 2)S 二 3,4, ;( 3) S 二H,TH , TTH , TTTH,;(4)S -HH , HT,T1,T2, T3,T4,T5,T6。2,设 A,B 是两个事件

2、,已知 P(A) =0.25, P(B) =0. 5, P(AB) = 0. 125,求P(A B), P(AB), P(AB), P( A B) (AB)o解：P(A 一 B)= P(A) P(B) - P(AB) = 0.625,P(Ab) n P(S - A)B二 P(B) - P( AB)二 0. 375,P(AB) =1 -P (AB) -0.875,P(A - B)(AB)二 P( A - B) (S _ AB)二 P(A - B) _ P( A - B)(AB)二 0. 625 _ P(AB) 二 0.53,在100, 101,999这900个3位数中，任取一个3位数，求不包含数

3、字1个概率。解：在100, 101,999这900个3位数中不包含数字1的3位数 的个数为8 9 9=648,所以所求得概率为648 0.72 9004,在仅由数字0, 1, 2, 3, 4, 5组成且每个数字之多出现一次的全体三位数中，任取一个三位数。(1)求该数是奇数的概率；(2)求该数大于330的概率。解：仅由数字0, 1, 2, 3, 4, 5组成且每个数字之多出现一次的全体三位数的个数有5 5 4 =100个。(1)该数是奇数的可能个数为4 4 3 =48个，所以出现奇数的概率为二 0. 48100(2)该数大于330的可能个数为2 4 5 4 5 4 =48,所以该数大于330的概

4、率为二 0. 48 1005,袋中有5只白球，4只红球，3只黑球，在其中任取4只，求下列 事件的概率。(1) 4只中恰有2只白球，1只红球，1只黑球。(2) 4只中至少有2只红球。(3) 4只中没有白球。解：(1)所求概率为:c；33 所求概率为c： c；十c： c； +c： 201 67C2 165所求概率为常希话6,一公司向M个销售点分发n （n ：: M ）张提货单，设每张提货单分发 给每一销售点是等可能的，每一销售点得到的提货单不限，求其中某一 特定的销售点得到k （k岂n）张提货单的概率。解：根据题意，n （n : : : M ）张提货单分发给M个销售点的总的可能分 法有M -种，某

5、一特定的销售点得到k （k_n）张提货单的可能分法有C: （M -1） 或种，所以某一特定的销售点得到k （k乞n）张提货单的概率为 kn -kCn（M -1）7,将3只球（13号）随机地放入3只盒子（3号）中，一只盒子 装一只球。若一只球装入与球同号的盒子，称为一个配对。（1） 求3只球至少有1只配对的概率。（2） 求没有配对的概率。解：根据题意，将3只球随机地放入3只盒子的总的放法有3! =6种：123, 132, 213, 231, 312, 321;没有1只配对的放法有2种:312, 231o至少有1只配对的放法当然就有6-2=4种。所以（2）没有配对的概率为-；63（1）至少有1只配

6、对的概率为l-=2o338, ( 1)设 P(A) =0. 5, P(B) =0. 3, P(AB) =0. 1,求 P(A B), P(B A),P(A A 一 B),P(AB A B), P(A| AB)-(2)袋中有6只白球，5只红球，每次在袋中任取1只球，若取到白球，放回，并放入1只白球；若取到红球不放回也不放入另外的球。连续取球4次，求第一、二次取到白球且第三、四次取到红球的概率。解:(1)由题意可得 P(AB)二 P(A) - P(B) 一 P(AB) =0.7,所以P(B A)二P(AB)0J1P(A)0 5 5/ 、一P(AB)0. 11P(A|B)-P(B)0.33P(A A

7、” 言首 P(Au B)P(A) 5P(A B 厂 7P(AB A B)二PAB(A B)P(A B)P(AB) 1P(A B) 一 7P(A AB) JBKAP(AB) P(AB)设Ai(i =1,2,3, 4)表示“第i次取到白球”这一事件，而取到红球可以用它的补来表示。那么第一、二次取到白球且第三、四次取到红球可以表示为AAA3A4,它的概率为(根据乘法公式)HAiA2A3AD =P (A) P (A2 ajp (A3 AA2) P (A AA2A3)6754840 一x x x 一 0. 040811 12 13 12205929, 一只盒子装有2只白球，2只红球，在盒中取球两次，每次

8、任取一只，做不放回抽样，已知得到的两只球中至少有一只是红球，求另一只也是红球的概率。解：设“得到的两只球中至少有一只是红球”记为事件A, “另一只（先红后白，先白后也是红球”记为事件B。则事件A的概率为P(A)= 2红，先红后红)所求概率为2 1P(B|A) 4 3 -P(A) 5-510, 一医生根据以往的资料得到下面的讯息，他的病人中有5%的人以为自己患癌症，且确实患癌症；有 45%的人以为自己患癌症，但实际上未患癌症；有10%的人以为自己未患癌症，但确实患了癌症；最后40%的人以为自己未患癌症，且确实未患癌症。以A表示事件“一病人以为自己患癌症”，以B表示事件“病人确实患了癌症”，求 下

9、列概率。(1)P(A),P(B) ; ( 2)P(B A) ; ( 3)P(BA) ; ( 4)p(A| b) ； ( 5)p(a b)o解：（1）根据题意可得P(A) -P (AB) P(AB) =5%45% =50% ;P二 P(BA) P(BA) =5%10% =15% ;（2）根据条件概率公式:/、一 P(AB)5%P(B | A) 一P(A)50%p一二鬻10%1-50%(4) P (A B)P(AB) _ 45%P(B) 1-15%91975%115% 3P(AB)(5) P(A B)二1 mu或者19240P(B)11,在11张卡片上分别写上engineering这11个字母，从

10、中任意连抽6 张，求依次排列结果为ginger的概率。解：根据题意，这11个字母中共有2个g, 2个i, 3个n, 3个e, 1个 ro从中任意连抽6张，由独立性，第一次必须从这11张中抽出2个g中的任意一张来，概率为2/11;第二次必须从剩余的10张中抽出2个i中的任意一张来，概率为2/10;类似地，可以得到6次抽取 的概率。最后要求的概率为22 3 1 3 1361X - X X X X =1 1 in Q 7 G 64nQ9Z1012,据统计，对于某一种疾病的两种症状：症状A、症状B,有20%的人 只有症状A,有30%的人只有症状B,有10%的人两种症状都 有，其他的人 两种症状都没有。

11、在患这种病的人群中随机地选一人，求(1) 该人两种症状都没有的概率；(2) 该人至少有一种症状的概率；(3) 已知该人有症状B,求该人有两种症状的概率。解：(1)根据题意，有40%的人两种症状都没有，所以该人两种症 状都 没有的概率为1 - 20% - 30% -10% = 40% ;(2) 至少有一种症状的概率为1-40%=60% ;(3) 已知该人有症状B,表明该人属于由只有症状B的30%人群或者两种症状都有的10%的人群，总的概率为30%+10%=40%,所以在已知该人有症状B的条件下该人有两种症状的概率为30% 10%13, 一在线计算机系统，有4条输入通讯线，其性质如下表，求一随机选

12、择的进入讯号无误差地被接受的概率通讯线通讯量的份额无误差的讯息的份额12340.40.30.10.20. 99980. 99990. 99970. 9996解：设“讯号通过通讯线i进入计算机系记为事件 A(i =1,2, 3,4),“进入讯号被无误差地接受”记为事件Bo则根据全概率公式有P(B) P (A) P (B AJ =0.4 0. 9998 0. 3 0. 9999 0. 1 0. 9997 0. 2 0. 9996 i壬=0. 9997814, 一种用来检验50岁以上的人是否患有关节炎的检验法，对于确 实患 关节炎的病人有85%的给出了正确的结果；而对于已知未患关节炎的人 有4%会认

13、为他患关节炎。已知人群中有10%的人患有关节炎，问一名被 检验者经检验，认为他没有关节炎，而他却有关节炎的概率。解：设“一名被检验者经检验认为患有关节炎”记为事件A, “一名被检验者确实患有关节炎”记为事件Bo根据全概率公式有P(A)二 P (B) P (AB) P(B)P(Ai B) =10% 85%90% 4% =12. 1%,所以，根据条件概率得到所要求的概率为P(B A)二p(bA)P(A)P(B)P(A|B) _ 10%(1-85%) _ 仃 06%1 - P(A) -1-12. 1% 一即一名被检验者经检验认为没有关节炎而实际却有关节炎的概率为 17. 06%.15,计算机中心有三

14、台打字机A,B,C,程序交与各打字机打字的概率依次为0.6, 0. 3, 0. 1,打字机发生故障的概率依次为0.01, 0. 05, 0. 04 o已知一程序因打字机发生故障而被破坏了，求该程序是在A,B,C上打字的概率分别为多少？解：设“程序因打字机发生故障而被破坏”记为事件M, “程序在3P(M )寸(Ni)P(Mi 4A,B,C三台打字机上打字”分别记为事件 弘小2小3。则根据全概率公 式 有NJ 二 0.6 0.01 0. 3 0. 05 0. 1 0. 04 二 0. 025,根据Bayes公式，该程序是在A, B, C上打字的概率分别为16,P(M M)二P (N JP (M N

15、JP(M )0. 6 0. 010. 24,、一 P (N2) P (M IN?)P(N2 I M) 一 P(M )0. 3 0. 05二 0. 600. 025/ 、一 P ( P (M IN3) P(Ns | M) _ P(M )0. 1 0. 04 一一 0. 160. 025在通讯网络中装有密码钥匙，设全部收到的讯息中有95%是可信的。又设全部不可信的讯息中只有0.1%是使用密码钥匙传送的，而全部可信讯息是使用密码钥匙传送的。求由密码钥匙传送的一讯息是可信讯息的概率解：设“一讯息是由密码钥匙传送的”记为事件A,“一讯息是可信的”记为事件B。根据Bayes公式，所要求的概率为/、一 P(

16、AB)P (B) P (A B)95% xlP(B A) 一/、/ 、/ 、 / P(A) P(B)P(A|B) P(B)P(A| 95% 1=99.9947%5% 0. 1%17,将一枚硬币抛两次，以A,B,C分别记事件“第一次得H，“第 二次得H”，“两次得同一面”。试验证A和B, B和C, C和A分别 相互独立（两两独立），但A, B,C不是相互独立。解：根据题意，求出以下概率为所以有P(A)=P(B) s, 1_1 1 1 P(AB)-2 24,w、 11111P(C厂2 2 2 2 21 1 1P(BC)二 P(CA)2241 1 1,P(ABC)=224P(AB) =P (A) P

17、 (B),P(AC)二 P (A) P (C), P(BC) =P (B) P (C) o即表明A和B, B和C, C和A两两独立。但是P (ABC)= P (A) P (B) P (C)所以A, B,C不是相互独立。18,设A, B, C三个运动员自离球门25码处踢进球的概率依次为0. 5,0. 7, 0.6,设A,B,C各在离球门25码处踢一球，设各人进球与否相互独立，求恰有一人进球的概率；（2）恰有二人进球的概率；（3）至少有一 人进球的概率。解：设“ A,B,C进球”分别记为事件M（i =1,2,3）。（1）设恰有一人进球的概率为八则Pi =PNiN2N3 PZN2N3 P Ni N2

18、N 3)二 P(Ni) P(N2)P (N3)P (Ni) P (N2)P(N3)P(Ni) P (N2)P (N3)(由独立性)二 0. 5 0. 3 0. 4 0. 5 0. 7 0. 4 0. 5 0. 3 0. 6 =0. 29(2)设恰有二人进球的概率为P2,则P2 =PNiN2N3 PNiN2N3 P N1N2N3二 P(Ni)P(N2)P(*3)P(NJP(N2)P(Ns)P(Ni)P(N2)P(N3)(由独立性)=0. 5 0. 7 0. 4 0. 5 0. 7 0.6 0. 5 0. 3 0. 6 =0.44(3)设至少有一人进球的概率为P3,则P3 -PNiN2N3 *-P

19、(Ni)P(N2)P(N3)*-0. 5 0. 3 0.4 = 0. 94o佃，有一危重病人，仅当在 10分钟之内能有一供血者供给足量的A-耐血才能得救。设化验一位供血者的血型需要2分钟，将所需的血全 部输入病人体内需要2分钟，医院只有一套验血型的设备，且供 血者仅有 40%的人具有该型血，各人具有什么血型相互独立。求病人能得救的概 率。解：根据题意，医院最多可以验血型4次，也就是说最迟可以第4个人 才验出是A-RH+型血。问题转化为最迟第4个人才验出是A-RH +型血的概 率是多少？因为第一次就检验出该型血的概率为0.4； 第二次才检验出该型血的概率为0.6 0.4=0.24;第三次才检验出

20、该型血的概率为0. 62 0. 4=0. 144;第四次才检验出该型血的概率为0. 63 0. 4=0. 0864；所以病人得救的概率为0. 4+0. 24+0. 144+0. 0864=0. 870420, 一元件(或系统)能正常工作的概率称为元件(或系统)的可靠 性。 如图设有5个独立工作的元件1, 2, 3, 4, 5按先串联再并联的方式连 接，设元件的可靠性均为p，试求系统的可靠性。第20题解:设“元件i能够正常工作”记为事件A (i =1,2,345)么系统的可靠性为P ( AA2) 一 (A3)_ (A4A5)二 P (AiA2)P (A3)PS4A5)-p (A,A2A3)-p

21、(AA2A4A5) -P (A3A4A5)P (AAA3A4A5)二P (AJP (A2) P (A3)P (A4)P (A5)-P (a) P (A2)P (A3)-P(A)P (A2)P (A4)P (A5)-p (A3)P(AJP (As) P (AJP (A2)p (As) p (ad p(a5)223435二 ppp-p-p-pp2345二 p2p _2p -P P21,用一种检验法检测产品中是否含有某种杂质的效果如下。若真含有杂质检验结果为含有的概率为0.8;若真不含有杂质检验结果为不含有 的概率为0. 9,据以往的资料知一产品真含有杂质或真不含有杂质的概率 分别为0.4, 0.6

22、。今独立地对一产品进行了 3次检验，结果 是2次检验 认为含有杂质，而一次检验认为不含有杂质，求此产品真含有杂质的概率。(注：本题较难，灵活应用全概率 公式 和Bayes公式)解：设“一产品真含有杂质”记为事件A, “对一产品进行3次检验， 结果是2次检验认为含有杂质，而1次检验认为不含有杂质”记为事 件B。则要求的概率为P(A|B),根据Bayes公式可得P(A|B)二 P(A)P(B 1 A)P (A) P (B A) P (A) P (B : A)又设“产品被检出含有杂质”记为事件C,根据题意有P(A)=0.4,而且 P(C|A)=0.8,P(CA)=0.9,所以P(B A)=C；0.

23、82(1-0. 8)=0. 384 ;P(B|A)=C；(1-0 - 9)2 0. 9=0. 027故,P(A B)二P(A)P(B | A)P(A)P(B |A) P(A)P(B | A)0.4 7.3840. 4 0. 3840. 6 0. 0270. 15360.16980. 9046(第1章习题解答完毕)第2章随机变量及其分布1,设在某一人群中有40%的人血型是A型，现在在人群中随机地选人来验血，直至发现血型是A型的人 为止，以Y记进行验血的次数，求Y的分布律。 解：显然，Y是一个离散型的随机变量，Y取k表明第k个人是A型血而前k _ 1个人都不是A型血，因此有k 1k 1PY 二 k

24、二0.4 (1-0. 4)=0.4 0.6上式就是随机变量Y的分布律(这是一个几何分布)。0.8的概率打开,2水自A处流至B处有3个阀门1, 2, 3,阀门联接方式如图所示。当信号发出时各阀门以 以X表示当信号发出时水自A流至B的通路条数，求X的分布律。设各阀门的工作相互独立。解：x只能取值o ,1,2。设以Ai (i=1,2, 3)记第i个阀门没有打开这一事件。则PX 二0二 PA1(A2 一 A3)二 P( AA2)一(A.A3)二 P A1A2 PAAJ -P A1A2A3 = P (A) P (A2) P (Ai) P (A3)-P (A) P (A2)P (A3)二(1 0. 8)2

25、 (1 -0. 8)2 -(1 一 0. 8)3 = 0. 072 ,类似有 P(X =2- pa, (A2A3)二 P(AA2A3) =0 8 =0. 512 ,X012PX 二k0. 0720.5120.416P X =1 = 1 - P X =0 - P X =2 =0. 416,综上所述，可得分布律为3,据信有20%的美国人没有任何健康保险，现任意抽查15个美国人，以X表示15个人中无任何健康保险的人数（设各人是否有健康保险相互独立）。问X服从什么分布？写出分布律。（4）多于5人。解：根据题意，随机变量X服从二项分布B （15, 0.2）,分布律为并求下列情况下无任何健康保险的概率：（

26、1）恰有3人；（2）至少有2人；（3）不少于1人且不多于3人;P（X 二 k）二 C；5 0.2:0.8% k 二 0, 1,2,15。 P (X=3) C 0. 23 0. 812 = 0. 2501,(2) P(X-2) = 1- P(X二 1) 一 P(X二0) =0. 8329 ：(3) P(1乞乂 3cP(X=1) P(X = 2)P(X = 3)=0.6129；(4) P(X5) = 1 -P(X= 5) - P(X二4) -P(X 二 3)-P(X 二 2)-P(X =1) - P(X =0) =0. 06114,设有一由n个元件组成的系统，记为k/n G,这一系统的运行方式是当

27、且仅当n个元件中至少有k （0 ： ： ： k _ n）个元件正常工作时，系统正常工作。现有一 3/5G系统，它由相互独立的元件组成，设 每个元件的可靠性均为0.9,求这一系统的可靠性。解：对于3/ 5 G 系统，当至少有3个元件正常工作时.，系统正常工作。而系统中正常工作的元件个数X服从二项分布B （5, 0.9）,所以系统正常工作的概率为 55P （X 二 k） ）（ Cs 0. 9k 0. l5-0. 99144k =3k =30. 00b 现5,某生产线生产玻璃制品，生产过程中玻璃制品常出现气泡，以至产品成为次品，设次品率为取8000件产品，用泊松近似，求其中次品数小于7的概率。(设各

28、产品是否为次品相互独立)解：根据题意，次品数X服从二项分布B (8000, 0. 001),所以6P （X ： ： ： 7）二P （X 乞 6） cskooo 0.001k 0. 9998000k zO（8000 0, 001） ke$000 -001k!k卫8keJ一=0. 3134 （查表得） k=o k!6, ( 1)设一天内到达某港口城市的油船的只数x： (10)，求PX 15(2)已知随机变量X二()，且有PX . 0二0.5,求PX _2o解:（1）PX 15 =1 PX 乞 15 =1 0. 9513 =0. 0487 ；（2）根据 PX 0 =1 Px =0 =1 e-，- 0

29、. 5,得至ij,二In 2。所以PX 2 =1 PX =0 PX =1 =1 -0.5 - e1； = （1In 2） /2 ： 0.1534。7, 一电话公司有5名讯息员，各人在t分钟内收到讯息的次数X、：(2t)(设各人收到讯息与否相互独立)。(1 )求在一给定的一分钟内第一个讯息员未收到讯息的概率。(2)求在给定的一分钟内5个讯息员恰有4人未收到讯息的概率。(3)写出在一给定的一分钟内，所有5个讯息员收到相同次数的讯息的概率。解：在给定的一分钟内，任意一个讯息员收到讯息的次数X 二 (2) o_2(1) PX = 0二 e ： 0. 1353 ；(2)设在给定的一分钟内5个讯息员中没有

30、收到讯息的讯息员人数用Y表示，则B (5, 0. 1353),所以44PY = 4 = C5 0. 1353(1 - 0. 1353) = 0. 00145。(3)每个人收到的讯息次数相同的概率为od弋 8ZI =11k =0k!) k=o8, 一教授当下课铃打响时，他还不结束讲解。他常结束他的讲解在铃响后的一分钟以内，以X表示铃响至结束讲解的时间设x的概率密度为J(1)确定k ； (2)求PX10岂；112求P X ；求PX o解：D根据1二f (x)dx 二 kx-dx万)271/23x2dx. 4)64(2) PXP X4PX ?) = j3x2dx =1 - 3a；19279,设随机变

31、量X的概率密度为有实根的概率。2f(x)二 0 003x20 _ x_10其他2_求t的方程2Xt 5X -4 = 0解：方程t2 2Xt 5X -4=0有实根表明，；=4X 2 4(5X -4) _ 0,即X2 5X 4 _ 0,从而要求X4或者X。因为10PX 1时才能发生，求在实验室中这种化学反应发生的概率。以Y表示10个实在10个不同的实验室中，各实验室中这种化学反应是否会发生时相互独立的,验室中有这种化学反应的实验室的个数，求Y的分布律。(3) 求 PY=2,PX 2：(1)PX 11(X2)dx；927(2)根据题意丫B (10,),所以其分布律为27k 0, 1,2, 10P(Y

32、 二 k)二 C102825、22、 P(Y = 2) = Go 汇一汉二0. 2998, 0127 P(Y -2) =1 -P(Y二 0) -P(Y =1) = 0.5778。12, ( 1)设随机变量Y的概率密度为f (y) = $0. 2 + Cy 00其他试确定常数G求分布函数F(y),并求P0乞Y乞0.5, PY 0. 5(2)设随机变量X的概率密度为1/8 0w2f (x) = x/8 2 兰 x 兰 40其他求分布函数F (x),并求P1乞x乞3, PX _ 1 I X乞3。0 1解：(1)根据 1 二.f (y) dy F 0. 2dy4C(0. 2 Cy) dy =0. 4,

33、得到 C =1. 2900y0. 2dyAy(0.2 1.2y) dyF(y)= j f (y) dy = o0. 2dy1o fO. 2dy+ RO. 2+1. 2y) dyP0 乞 Y 乞 0. 5二 PY 空 0. 5)f .、一 PY 0.5PY 0. 5|Y0. 1 一PY 0. 100.2(y+l)I 20. 6y0. 2y0.2y ： ： -1-1岂y ：0-Ar*PYE 0二F(0. 5)-F(0)1 一 PY 乞 0.5 _ 1 F(0. 5)二 0. 45 -0. 2 二1-0. 451 -0. 71060 _ x：22 乞x： :40 x cOx/80 兰 xc 22“/

34、 1 c 。 2 ,x(2) F (x)= f (x)dx =* f i fxJ 一 dx +j一 dx88P1 Ex 八3二 F(3) F(l) =9/161/8 二7/16 ；PX -1 X3”P E1X ，3PX 乞 3F(3)-F F(3)-7/9。在集合A集1,2, 3,，力中取数两次,每次任取X表示第一次取到的数，以Yn=3时X和Y的联合分布律。i, j 3),表格形式为13,一数，作不放回抽样，以表示第二次取到的数，求X和Y的联合分布律。并用表格形式写出当解：根据题意，取两次且不放回抽样的总可能数为n(n-l),因此Px 二 i, 丫二二一n(n -1)当 n取 3时,，PX 二

35、 i, 丫二 j二，(i = j,且 16X123101/61/621/601/631/61/6014,设一加油站有两套用来加油的设备，设备A是加油站的工作人员操作的，设备B是有顾客自己操作的。A, B均有两个加油管。随机 取一时刻，A, B正在使用的软管根数分别记为X, Y,它们的联合分布律为X01200.100. 080. 0610.040. 200.1420. 020.060. 30(1) 求 PX =1, Y =1, PX 1, Y 1；(2) 求至少有一根软管在使用的概率；(3)求 PX =Y, PX Y =2o解：(1)由表直接可得PX =1, Y =1 =0.2,PX兰1, Y兰

36、1 =0.1+0. 08+0. 04+0. 2=0. 42x 0, y 0其他-be-be、C e Xdx e*dy(2)至少有一根软管在使用的概率为PX Y _1 =1 - PX =0, Y =0 =1 - 0. 1 二0. 9 PX =Y =PX =Y =0 PX =Y =1 PX =Y =2 =o. i+o. 2+0.3=0.6PX Y =2 = PX =02 PX =1, Y =1 PX =20 =0. 2815,设随机变量(X, Y)的联合概率密度为Ce/X 4y) f(x, y)0, 试确定常数C,并求PX 2, PX Y, PX Y 2-be -bedx 8e12s4y)dy2

37、0二2e2-bo4e :dy0-4P X Y二 f (x, y) dxdy 二.dx . 8e/x ly)dybo二2e0-bodx. 4e%y0=2e01111_xPX Y： ： ： 1= f(x, y)dxdy 二 dx 8edy 二 2edx 4e dy =(1 e* )2。x Dy 100002 216,设随机变量(x, Y)在由曲线y =x , y =x /2, x=1所围成的区域G均匀分布。(1)求(x, Y)的概率密度;(2)求边缘概率密度fx(x), fY(y)解：(1)根据题意，(X, Y)的概率密度f(x, y)必定是一常数，故由6 (x, y) GC 其他1 X1 = f

38、(x, y) dxdy = dx f (x, y) dy f (3 y),得到 f (x, y) oGx72长 fx (x)二 f (x, y) dy - J6dy=3x,0 X /2X ： ： 1-=O 0,0 ：y ： ： 0.50. 5 ：J6dx o :-feofY(y)二 f (x, y)dx t Ya= J6dx,、亍 0. 5乞18,设X, Y是两个随机变量，它们的联合概率密度为切 f (x, yH 2i 0,x 0, y 0其他(1)求(X,Y)关于X的边缘概率密度fx (X)；(2)求条件概率密度fy x (y | x),写出当X =0. 5时的条件概率密度;(3)求条件概率

39、PY 1X =0. 5解：（1）x 0其他七C 32X y), 一| e*，dy xfx(x)= f (x, y)dy = : 2 v；0 uX(2)当 X 0 时,特别地，当x =0. 5时(3) PY _ 11 X = 0.5/ 、y 0ft”(y x)= f (x, y) J xe一其他c / *- 一0.5y0. 5e- y 0fyix (y j x = 0. 5)= *0, 其他一be-befy|x(y | x =0.5)dy 二 OWe -dy = e”。19, ( 1)在第14题中求在X=0的条件下Y的条件分布律；在Y=1的条件下X的条件分布律。(2)在 16 题中求条件概率密度

40、 fYx(y |x), fx y (x | y), fx y(x | 0. 5)解：(1)根据公式PY=i I x =0二巳Y泌9,得到在x=0的条件下Y的条件分布律 PX 二0Y012PY |X =05/121/31/4类似地，在Y=1的条件下x的条件分布律为,.6,(2)因为 f (x, y)= *0,(x, y) G其他. - 2x2fx(x xZMX,1(y)二6(、2y6(1一),：y),0 ： ： y0. 5.0,0,0. 5 ： ： y所以，当0 ： x ： 1时,fY、(y x) 0L fx (x)0,/2 ：y当 0： ： y： ： 0. 5 时，fx|Y(x y)二光2yy

41、0,其他X012PX Y =14/1710/173/17_f (x,当 0.5 乞y ： 1 时fxY(x| y)才百，xl J I0,y x 1其他当一5 时，fxiwl、 0. 5 :i o,20,设随机变量(X , Y)在由曲线y二Q JX ,y二.x所围成的区域G均匀分布。X ： ： ： 13, (x, y) E Gy )0，:p 1fy|x(y 10. 5)aV20,1/4 ： ： y ：2/2(1) 写出(X, Y)的概率密度；求边缘概率密度fx (x), fY(y)；求条件概率密度fyx (y X),并写出当X =0. 5时的条件概率密度。解：(I)根据题意，6： Y)的概.率密

42、唐f(x. V)必定是一常数，故III、x11 二 JJ f (x, y) dxdy 二 Jdx J f (x, y?dy =- f (x, y),得到 (x, y)= * g o x:lx fx(x)祥 f (x, y)dy 才 3dy = 3( x -x2), 0 .X-0,3dx 0 y ： ： 1 y4P3(Jy y( ) f (x, y) dx 二0,0,(3)当 0 : X 1 时,fYix (y | x)二，(X，V)xfx(X)0,其他特别地，当x=0.5时的条件概率密度为21,设(X , Y)是二维随机变量，x的概率密度为fx (X)6且当X2）时Y的条件概率密度为1 + x

43、yy lx ()=J i+x/20 K:(3)1解：（）(2)21 xyfY(y)二.f (x, y)dx -牡 3a2dx己一/? / (3)0 : y ： If肘y(x y)二fY(y)1十xy=2(1 +y)Q其他求（X, Y）联合概率密度;求（X ,Y）关于Y的边缘概率密度;求在Y=y的条件下X的条件概率密度fxY（x|y）1 + xyf (x, y) = fx(x)fy|x(y x) = $22, （ 1）设一离散型随机变量的分布律为YPk-日Y 2都与Y有相同的分布律。求Y1Y 2的联合分乂设、r 1, y 2是两个相互独立的随机变量，且 布律。并求PY 二丫 2（2）问在14题中

44、X ,丫是否相互独立?解：（1）由相互独立性，可得Y】，丫2的联合分布律为pyJ1, 丫2二 j二 P 丫】门P 丫 2 二 j , i, j,0, 1结果写成表格为-10112日/4日(1 _B)/220 /40日(1 .日)/2(L 日)2日(I -H) /2 1H 74日(1 _B)/202/4P二Y2二 PY = Y 2- -1 PY1 = Y 2-0 P =Y 2=1 = (12 j/2(2) 14题中，求出边缘分布律为012PX 二i00.100. 080. 060. 2410. 040. 200.140. 3820. 020. 060. 300. 38PY = j0.160. 3

45、40. 501很显然，PX =0,Y =0二PX =0PY二0,所以X, Y不是相互独立8y 0cyl/20其他23,设X, Y是两个相互独立的随机变量，X U (0,1), Y的概率密度为fy(y)试写出X, Y的联合概率密度，并求PX Y解：根据题意，X的概率密度为 fx (XI?。8y 0 c x c 1, 0 c y c 1/2所以根据独立定，X , Y的联合概率密度为f (x, y) -fx (x) fy(y)0其他1/2 1Px Y二 f(x, y)dxdy= dx 8ydxx y0 y24,设随机变量X具有分布律XI -2-1013Pk1/51/61/51/1511/30求T二 1的分布律。解：根据定义立刻得到分布律为Y12510Pk1/57/301/511/3025,设随机变量X N(0, 1),求U=X的概率密度。解：设X,U的概率密度分别为fx (x), fu (u), U的分布函数为Fu (u)o则当 u 兰 0 时，吒(u)二 PU 兰 u二 P X 0 f二0其他求Y二X的概率密度。(2)设随机变量X U (T, 1),求Y=(X 1)/2的概率