概率论-第二版-杨振明-课后题答案

2.1.习题55

="4+4P+[)3q+q、p+pq+qp+...+[尸

1.设随机变量的分布函数为，证明

=pq(\++〃4+…)4qp(T+q2+qA+…)

也是随机变量，并求的分布函数.

证明：由定理2.L3随机变量的Borel函11

数仍为随机变量,

11

=PQ------—+------

故也是随机变量.(1+〃M”(1+4)

〃的分布函数为

1+〃\+q

月(y)=尸仍<y}=P{/<y}

4.在半径为R的圆内任取一点（二维几何概型），试求此点到

圆心之距离的分布函数与.

当时，，故；

解：此点到圆心之距离的分布函数为

当时,

F(x)=P何<X}

因此，的分布函数为

当时,

金(Iny),y>0

外（y）h

0y<0当时,

3.假定一硬币抛出正面的概率为,反当时,

复抛这枚硬币直至正面与反面都出现过为止,故J的分布函数为

试求：（1）抛掷次数的密度阵；（2）恰好0,x<()

x2

F*)=0<x<R.

抛偶数次的概率.产'

x>R

解：（D表示前次都出现正（反）面，第

尸{经竺}="以竺

次出现反（正）面，据题意知,33R299

/信=k}=(i一口)十(i一p,k_2,3,4,…5.在半径为的车轮边缘上有一裂纹，求随

所以，抛掷次数的密度阵为机停车后裂纹距地面高度的分布函数.

,23...k…、

、2p-2P2p-p2…pkI(1-p)+(1-p)kIp…,

（2）恰好抛掷偶数次的概率为:

=2}+尸值=4}+?{?=6}+…+产片=2〃}十…

0,

0<x<1,

1<x<2,

x>2.

kZ)P{0.2<^<1.2}=P{^<1.2}-P{<<0.2}

解：当时,

当裂纹距离地面高度为时，分布函数为；

=F(1.2)-F(0.2)=0.66

当裂纹距离地面高度为时，分布函数为

7.设

p(x)=x>0

当裂纹距离地面高度为时，分布函数为；

(1)求」使p(x)为密度函数;

当时，；

(2)若以此为密度函数，求使

则“的分布函数为

解：(1)由密度函数的性质，知

0x<0

/、^--arccosfl-x)1=J"p(x)dx=[e-e(x-a)dx=---e(x-a)£=L

尸(x)=1---------——>0<x<2e

71

1x>2

解得，.

6.已知随机变量的密度函数为

(2)【法一】根据概率的非负性，，

当时，，显然不成立;

(、x,0<x<1,

/?W=12-x,l<x<2.

当时，

试求：(1)的分布函数，(2)而，即，

解：⑴当时，；解得,

当时，；【法二】J的分布函数为

当时，；jr<0

尸(")=

当时，；x>()

则4的分布函数为

P{^>b}=\-P{^<b}=\-F(b)=b

当时、，上式不成立.

o20

当时，P{^>l)=l-P{^<l[=l-P{^=0}=l-C^0p(l-p)

则1+

ee

(3).

解得，

'(4)至多命中两次的概率

8.设是连续型分布函数，试证对任意有

尸{自42}="e=0}+P修=1}+尸{4=2}

J：[F(x+b)~F(x+a)\lx=b-a.

证：等式左边二

=-〃严+C；»(I-P)19+C；°p2(l-/

f-Ko(»x+b

d(F(i))dx

，-<x>Jx+a

(5)

因是连续的分布函数则卜.式积分可以交换.

在一项分布中，时，最大，

T+<x>/•x^b

则上式交换枳分次序得JJd(F3)dx

JTOJ.r+q故=4时最大，即最可能命中的次数为

|+8

d(F⑴)dx

a-co4次.

=[(b(+oo)-00))公

Jx+a2.同时掷两枚骰子，直到某个骰子出现6点

=\dx=b-a.

Jx+a为止，求恰好掷次的概率.

2.2习题

解：掷一枚骰子出现6点的概率是，同

1.向目标进行20次独立的射击，假定每

时出现6点的情况有两种：都是6点概率为

次命中率均为0.2.试求：(1)至少命中1次

X,其中一个是6点的概率为2XX.

的概率；(2)至多命中2次的概率；(3)最可

因此掷两枚骰子出现6点的概率是.

能命中次数.

以表示某骰子首次出现6点时的投

⑴解：令表示命中次数，这是=20重

掷次数，题目要求恰好掷次则前次都没

试验，每次命中率=0.2,命中次数服从

有出现6点，于是所求概率为.

B(20,0.2)分布.

3.某公司经理拟将一提案交董事代表会批

⑵至少命中一次的概率

准，规定如提案获多数代表赞成则通过.

经理估计各代表对此提案投赞成票的概球.假定每一场甲、乙队获胜的概率分别为0.6

率为0.6,且各代表投票情况相互独立.与0.4,且各场胜负独立.如果规定先胜4场

为以较大概率通过提案，试问经理请3者为冠军，求甲队经场（”,5,6,7）比赛

名董事代表好还是请5名好？而成为冠军的概率.再问与赛满3场的“三

解：即求请3名董事获多数赞成通过的概率场两胜”制相比较，采用哪种赛制甲队最终夺

大还是请5名董事通过的概率大.令得冠军的概率较小？

表示3名董事代表对提案的赞成数，则解：令表示甲成为

分布.冠军所经过比赛的场数.

多数赞成，即对甲先胜四场为冠军：

P/N2}=P{1=2}+P{1=3}表示前场中胜三场，第场必胜.

贝IJ

=C；O.62(1—0.6)|+C^0.63(l刊©,4}=C：0.6"l-0.6)°«0.1296

。0.648

P{4=5}=C；0.64(l-0.6)i»0.20736

令表示5名董事代表对提案的赞成数，

则分布.

P值=6}=_OX(1_06产=0.20736

多数赞成，即

P{J=7}=C；06(]-0.6)3«0.165888

P{〃>3}=P{i]=3}+P{j]=4}+P{rj=5}

因此，，=4,5,6,7

对甲先胜四场成为冠军的概率是

=C；0.63(1-0.6)2+C；0.64(1-0.6)'+0.65(1-0.6)°

PHN4}=P{1=4}+P{1=5}+P{g=6}+P-=7}=0.7

工0.68256

因此，请5名董事代表好.对赛满3场的“三场两胜”制：甲前两场中胜

4.甲、乙二队比赛篮一场，第三场必胜

则因此，与有相同的概率分布.

因此，进行甲先胜4场成为冠军的概率较8.（广义试验）假定一试验有个可能结果

大.,并且

5.对重试验中成功偶数次的概率,•现将此试验独立地重复次，求恰出现

次，……，恰出现次（，）的概率.

解：设一次试验的可能结果为，它们构成

解:记为一次试验中事件成功的概率，

一完备事件组，，，则在次重复独立试

为失败的概率.

验中分别出现次的概率为.

匕=C；p°q〃+C；P，”"+…

（恰出现次，……,恰出现次，则

由

组成元序列，上述次试验结果由分成

1=（p+q）〃=+C：pZ'i+……+C；：P〃成

组，共有种结果，每种结果出现的概率

①

是,则次Beimoulli试验中恰出现

次，……，恰出现次（，）的概率概率

（q-p）"=C：pOqypqi+……+£；（-〃）"/

是

②

（①-②）/2得：

7.在可列重试验中，以表第次成功2.3Poisson分布

的等待时间，求证与有相同的概率分布.1.假定螺丝钉的废品率，试求一盒应

解：这是一个几何分布.表示第一次成功装多少只才能保证每盒中正品在100只以上的

到第二次成功的等待时间.概率不小于80%.

如果第一次成功到第二次成功进行了次试解：设每盒应装100+只，为使每盒有100

验，而第一次成功进行了次试验.根据儿只以上的好钉，则每盒次品的个数应

何分布的无记忆性可得：-1,故

p&Y=m=Q-P）2p,由于值不大，有1.5,

?｛刍=〃)=(1一〃

A-l|.根据Poisson定理，服从参数为的

80,

;=o〃

Poisson分布.

查表，当时，=0.557825；当时，

p{^<io}=£-e-6

=0.8,k=Q

则=3时，满足题设条件，故每盒中应查表，得.

装103只.4.假定每小时进入某商店的顾客服从

2.据以往的记录，某商店每月出售的电视的Poisson分布，而进来的顾客将购买商

机台数服从参数的Poisson分布,问月初品的概率均为0.05,且各顾客是否购物相

应库存多少台电视机，才能以0.999的概率保互独立，求在一小时中至少有6位顾客在

证满足顾客对电视机的需求.此商店中购物的概率.

解：设月初应当库存电视机台数为，则每解：记每小时进入某商店的顾客数为，

月出售的电视机台数，要满足顾客的要求,则服从的Poisson分布.

则，记每小时在商店中购物的顾客数为，

即2々一'0-999.顾客购物概率为.

J=OL

以事件，为分割，由全概率公式得，

查表得：当二15时，；

对于非负整数，有

当二16时，；

尸{〃=4=£尸€=刀网〃=《＜=〃}

因此，月初应当库存16台电视机才能以〃二0

0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求.二x2k"5

3.保险公司的资料表明，持有某种人寿

保险单的人在保险期内死亡的概率为

中即）i

0.005.现出售这种保险单1200份，求保险公

司至多赔付10份的概率.满足的Poisson分布，

查表，得.

解：保险公司赔付的份数服从

8.假定非负整值离散型分布的密度满足条

=1200,=0.005的二项分布.

件=,I,其中常数>0,试证明分布对有理数，若与都属于，则有.

是以为参数的Poisson分布.再由的左连续性可得，对任意无理数，

解：.............若与都属于，则.

因为区间与的长度相等，由题设得

F(l)=P{0<^<1}=P{O<^<1)=1.

由此得：，并且=1,可得二，故.因

由此与上段证明得，对任意有，即为

此，此分布是以为参数的Poisson分布.

0,x<()

2.4重要的连续性分布F(x)=-x,0<x<1

1,x>\

1.设服从区间上的均匀分布，求二

・•・服从上均匀分布.

次方程有实根的概率.

证法二：如同证法一中定义的分布函

解：由题意知，的概率密度函数为

数，由单调知它对上的L—测试几乎处

-0Vx<5

pM=5处可微.设，当时，由题设得

0其它

F(x,+右)—尸(2)=P{演<^<x}+Ax}

若方程有实根，则，

=P{x2<^<x2+Ax}=F(X2+L

即，解得，.

则P{方程有实根}=工-1}+PK>2}等式两端都除以，再令可得，由

=P(^<-1)+1-P{^<2}存在可推得也存在，而且.从而对任

意有.当时，显然有•一点的长度

3.假定随机变量只取区间中的值，为0,由题设得.由上所述可知是连续型

且对任何，落在子区间内的概率仅与随机变量，是其密度函数，从而定出.至

有关.求证服从区间上的均匀分布.此得证服从均匀分布.

证法一：定义则是的分布函数.由4.设服从分布.⑴求使；⑵求

题设得对任意有，即有.由此得.使.

逐一类推可得，若，则，或者.从而解：由题意知,

(1)穿行，则所需时间（单位：分钟）服从

P[^>a\=\-P[^<a\=\-P[^<a\=2P{^<a]分布.如果绕行，则所需时间服从

得,分布.假设现在他有：（1）分钟可用;

即即（2）分钟可用，试分别计算是穿行还

查表，得，解得。是绕行好些?

(2解:记为到火车站所需时间

啡—3|</}=P{3_yV3+M=①(3+,3f(^-22)=0)(1.5)=0.9332

鸟化<65}=O(65~6°)=①i：1.25)=0.8944

=0(-)-①(一-)=2<D(-)-1=0.95，;(!)(-)=0.975

2222

因为，所以穿行好些。

查表，得，解得。

⑵.P.^<70}=0(70~50)=①⑵=0.9772

5.在正常的考试中,学牛的成绩应服从分

々伯v70}=O(7Q-6°)=①(2.5)=0.9798

布.若规定分数在以上为“优秀”，至

因为，所以绕行好。

之间为“良好”，至之间为“一般”，

7.已知随机变量服从标准正态分布，而

至之间为“较差”，以下为“最差”.试

或视或而定.试求的分布.

求这五个等级的学生各占多大比例.

解,由题意知，所以,

蟀：记优秀，良好，一般，较差，最差分别为事件

K(y)=P(”y)=<

P(Y<y)=PC>-y)=l-P«<-y)

记学生的成绩为，则

>(A)=P{^>6+cr}=1-P{^<t/+o-}=1-0(^—^-^-)=1-0(1)=1-0.8413=0.1587

(y

a+a-a...1

\B)=P[a<(^<a+=(t>(-------------)-<1>(—)=中(1)一<1>(0)=0.8413-0.500(=0.3413R(y)=[(y)=~^e

a°的)=耳()，)=,

\C)=P[a-(y<<^<a]=<t>()一中(-------)=0(0)-0(-1)=0(0)+0(1)-1=0.用嗯阶」明丹㈠）=4

(7(7，2万

a一o-a、〜a—2cr-a

\D)=P(a-2。<。-cr)=中(-------)-0(--------)=O(-1)-(D(-2)=0)(2)-0(1)=0.9772-0.8413=0.1359

aa

<E)=P{4<G-2b}=①ci-2a-a

(）=①（-2）=1-①（2）=1-0.筑2到雉28服从标准正态分布

(y

8.假设一机器的检修时间（单位：小时）是

6.某人要开汽车从城南到城北火车站.如果

以为参数的指数分布.试求：（1）检修时每一个值的概率为，一但取定值，那

间超过小时的概率；（2）若已经修理个小么只能从1,2,…中取值取每一个值

时，求总共要少个小时才会修理好的概率.的概率为.于是有:

解：由已知得,「值=，，〃=/}=尸{〃=/《=，}P{4=i}=t

（1）记检修时间为，所以1234P.j

P恁>2)=1-P(^<2)=1-<2)=1-F(2)=M()

的联合

（2）由指数分布的无记忆性得,分布与

P{^>5K>4]=P{^>l)=l-P(^<l)=/2边缘分

9.设服从参数为的指数分布，求的分布如

布.下：

解：由已知得,7\4

J_j_1125

\-e-Zxx>01

尸(“)=48?2T628

0其它

J1113

20

A1648

7}-*F(k}-F(k-\L2l)

117

300

.P("=k)P(〃=DxPQ1=2)：121648

=A==P(〃=l)=-e"11

,='P(i]=k-2)~…P(，7=1)一4000

T616

J_j_J_1

P,4444

二.PQ]=k)=*)JP5=1)=5)i(1一1)

则服从几何分布.

...设的联合密度函数为

2.5多维概率分布〃（x,y）=/sin（x+y）,

1.甲从1,2,3,4中任取一数，乙再从

0八<x,3<—兀

1,-中任取一整数.试求（）的联

试求：（1）的联合分布函数；（2）

合分布与边缘分布.

的边缘密度函数.

解：可以取的值为1,2,3,4.那么取

解：由的联合密度函数的定义域为八冗

—[sinx+siny-sin(x+v)],0<x,y<—

22

1.，、八共71

于是分下列区域进行讨论:—(zsmx-cosx+I),0<x<—,y>

~2

12

F(x,y)=,1.1、八兀、71

当0<x,y时，—(zsiny-cosy+1),0<y<—,x>

~2

71

尸(x,y)=—sin(5+t)dtds1,

0,其它

="1£COS(5+Z)|^5

1产

=——J[cos(y+y)-cos(y)]J5

2o(2)的边缘密度函数为:

二一;[sin(s+y)L-sins0

pn(y)=「P(X，y)公

=—[sinx+siny-sin(x4-j)l

—sin(x+y)dx

当时，

当0cx<],)，>]时,5.=,

设分布函数与对应的密度组数为与

[舄sin(s+Mds

F(x,y)

证明对于任何有

1f,，兀、,.

——J[cos(y+—)—cos^|tZs

=—[sinx+1-sin(x+—)]

22PaU,y)=Pi(x)p2(y){1+a{2FX(x)-1][2F2(y)-1])

=—(sinx-cosx+1)

是二维密度函数，且以与为其边缘密度

当。<，吟时，

函数.

£，1

F(x,)')=£,—sin(5+t)dtds证明：从定义出发进行证明：

vP,(x)与〃2()，)之0,且耳(幻,鸟(幻是分布函

]-

—「[cost9+y)-cos(s)]ds

数

-^[l+siny-sin(y+y)l

JJ・•.G(x)，B(x)e[0J]

=—(siny-cosy+1)

2F,(x)-1,2^00-le.

其他区域FQ,y)=0

又「aG(-1,1)

.•.-l<a[2F,(x)-l][2^(y)-l]<l

/.l+a[2F；(x)-l][27s(y)-l]>0

PiMp2(y){1+a[2F.(x)-l][2F2(y)-11}>0=Pi(x)

即，非负性得证.同理有〃的边缘密度函数为〃2（y）

"工作小皿亦即证得：是以与为其边缘密度函数

=J：〃2PlU）[l+a[2片（x）-1][2工（），）

16、证：我们有

=「P2（y）d）'「1y[26（x）-Ul2F2（y）一1]端M

=匚〃2（＞）｛々。）答+抽2尸2（y）-i]S（m尸G）l山能片区）-1][2居（占）-1][2月

代入/“（芭，々，X3）的表达式得

=匚〃2（必1+阳2工。）-na-iwv

人（*,二2，与）20（1）

=「P2（y）4y

又有

=1

规范性得证.[[2K5)—1]力区)应=[[24Q)-1卜5区)

对于任何的a£（-1,1）有二[62(七)一£(再)]:=0

Pa（%y）＞。，J：匚Pa（X,=1所以Pa3,丁）•••1|1fa(M，々，当)dxydx2dxy

「8广8fao

是二维密度函数.=\J区)dx^f2(x2)」L力(*3)3,=1

下面讨论二维密度函数中的边缘分布：(2)

（1）的边缘密度函数为:由（1）,（2）知是密度函数.用与上而

/々（x）=H（x，y）dy类似的方法计算可得边际密度函数为

•••JJffa（X，/，%3）血&=fl（X），

二[：Pi(幻〃2()，){1+(x)-1][2工()，)一2]}dyJJJ，区，々㈤公血=力区）

仙」（2,12，%3）血也=人（%）•

=p(E)「{l+a[2F.(x)-\][2FAy)-1]}第。)

'6.设的联合密度函数为

2

=Pi*){W.+a[2F(x)-l][F2(y)-月■)]\Z

p(x,y)=cxy2,0<x<2,0<y<1.

P1(x){l+a[2f；(x)-l](l-l)}试求：（1）常数；（2）:至少有一个

小于的概率.概率为；

解：由联合密度函数的规范性知：因为服从几何分布具有无记忆性所以：

l2

^Qcxydydx=\当1«WI。时

即居人1P&=m&=川=P{J=mj]=n-m}=P{^=tn}P[T]=t

3

=qpqp=qp

解得

2

（2）边缘分布

力）的联合密度函数为

的边缘分布：

3

p*,y）=5知之根据边缘分布的定义当取值为时的边缘

（2）至少有一个小于的概率为：分布.即让遍历所有可能的值于是有：

m2m2n22

P{^=m}=q-'p+qp+^+q~p

乙乙乙乙

=£L汐内心+面|丹2出一储押物=£/p2=pq"

/■m-1

即加的边缘分布为p,「pq〃i（1<〃?）

4铲!»公+店）‘中I"）」转"|；dy

的边缘分布：

当第二次成功出现在第次时，即让遍历

_23_

-128

可能的值.而取每一个值的概率均为，

|）7.在可列重伯努利试验中，以表

于是有

示第成功的等待时间，试求的：

即的边缘分布为：

2）联合分布；（2）边缘分布.

8.设服从区域上的均匀分布.试求：

（注：表示第一次成功的等待时间，表示

（1）J的边缘分布;（2）>-}

第二次成功的等待时间，表示第一次成功到

解：（1）因为服从区域{上的均匀分布，

第二次成功的等待时间,根据无记忆性，服

所以有

从几何分布，即忘记了第一次成功的信息.）

并