概率论与数理统计课后习题及答案上.pdf

学院 班级 姓名 学号 122 概率论与数理统计 作业 概率论与数理统计 作业 第一章第一章 随机事件及其概率随机事件及其概率 1.1 随机事件随机事件 一、写出下列随机试验的样本空间： 1记录一个小班一次数学考试的平均分数（设以百分制记分） 2某篮球运动员投篮时，连续 5 次都命中，观察其投篮次数 3在单位圆内任意取一点，记录它的坐标 4一尺之棰折成三段，观察各段的长度 解：1该小班有 n 个人，每个人数学考试的分数的可能取值为 0，1，2，100， n 个人 分数 之和的 可能 取值为 0 ，1 ，2 ， ， 100n， 平均分 数的 可能 取值 为 ,0,1,2,100 k Skn n =?. 2样本空间, 7 , 6 , 5=S?；S 中含有可数无限多个样本点. 3取一直角坐标系，则有 22 ( , )|1Sx yxy=+=+=xxxxxxxxxS 二、某射手向目标射击 3 次，用 i A表示第i次击中目标，3 , 2 , 1=i，试用 i A及其运算 符表示下列事件： 1三次都击中目标； 2至少有一次击中目标； 3恰好有两次击中目标 解 上述事件的表示式分别为 1 三次都击中目标： 321 AAA； 2 至少有一次击中目标： 321 AAAUU； 3 恰好有两次击中目标： 321321321 AAAAAAAAAUU. 三、在某城市中发行三种报纸：甲、乙、丙用A、B、C分别表示“订阅甲报” 、 “订 阅乙报” 、 “订阅丙报” ，试求下列各事件 1 “只订甲报” ；2只订甲、乙两报；3只订一种报纸；4正好订两种报纸；5至 少订一种报纸；6不订任何报纸 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 123 解：1.“只订甲报”=ABC；2.“只订甲、乙两报”=ABC； 3. “ 只 订 一 种 报 纸 ” =ABCABCABC； 4. “ 正 好 订 两 种 报 纸 ” =ABCABCABC； 5 “至少订一种报纸”=ABC；6 “不订任何报纸”=ABC 四、 设样本空间,20|=xxS事件6 . 18 . 0|,15 . 0|U （B）)()(BPBAPU （C）)()(APBAP=U （D）)()(BPBAP=U 解：由, 1)|(=BAP0)(BP， 可得)|(BAP () 1 ( ) P AB P B =, 即 ()( )P ABP B=， 所以， ()( )( )()( )P ABP AP BP ABP A=+=， 选 C. 3设A、B互为对立事件，且0)(, 0)(BPAP，则下列各式中错误的是（ ）. （A）0)|(=ABP （B）0)|(=BAP （C）0)(=ABP （D）1)(=BAPU 解：因为,AB、 互为对立事件,()( )0ABP ABP=故 ， 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 127 ()( )()( ) (|)1 ( )( )( ) P BAP AP ABP A P B A P AP AP A = 选 A. 二、填空题： 1已知0 40 30 5( ). , ( ). , (). ,P AP BP AB=，则(|)P B AB = 解： P B AB P B AB P AB = ( () (|) () P BABBP AB P AP BP ABP AP BP AB = + ()() ( )( )()( )( )() 0 60 50 1 0 125 0 60 70 50 8 P AP AB P AP BP AB = + + ( )(). . ( )( )() 2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，已知他已购买股票，再投入基金的概率为 解：设 A 表示“投入基金” ，B 表示“购买股票” ， 则 AB 表示“两项投资都做” ， A|B 表示 “已购买股票，再投入基金” ，利用条件概率的定义，得 )|(BAP ()0.19 0.6786 ( )0.28 P AB P B = 三、设一批产品中一、二、三等品各占 60%，30%，10%，从中随意抽取一件，发现不 是三等品，求此件产品是一等品的概率 解：设 i A表示“取出的产品是i等品” ，, 3 , 2 , 1=i则 321 ,AAA两两互不相容，所求概 率为 1121 112 1212 ()() (|) ()()() P A AAP A P AAA P AAP AP A = + 3 2 3 . 06 . 0 6 . 0 = + = 四、某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，求他拨号不超过三次而 接通所需电话的概率。 解法 1：设 Ai表示事件“第 i 次拨号拨通电话” ，i=1,2,3. 设 A 表示事件“拨号不超过 3 次拨通电话” ，则有 112123 AAA AA A A=, 因 112123 ,AA AA A A两两互不相容，且 1 1 () 10 P A =， 12211 191 ()(|) () 91010 P A AP AA P A=， 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 128 123312211 1891 ()(|) (|) () 891010 P A A AP AA A P AA P A=， 即有 112123 1113 ( )()()(). 10101010 P AP AP A AP A A A=+=+= 解法 2 沿用解法 1 的记号，知 123 ( )1(3)1()P APP A A A= = 拨号 次都接不通 312211 7893 1(|) (|) ()1 891010 P AA A P AA P A= = =. 五、某类产品毎百件成批，出厂验收时，规定从毎批中任意挑选 5 件为样品，若样品中 发现有废品，则整批不予出厂今有一批产品 100 件，其中有 6 件废品，问这批产品被拒绝 出厂的概率有多大？ 解法 1：设 Ai表示事件“取出的第 i 件为合格品”i=1,2,3,4,5， 则这批产品予以出厂的 事件为 A1A2A3A4A5，所求事件为 54321 AAAAA )( 54321 AAAAAP=1P(A1A2A3A4A5) =1P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)P(A5|A1A2A3A4) = 96 90 97 91 98 92 99 93 100 94 1=0.271 解法 2：设 A 表示“产品被拒绝出厂”=“任取五件产品中至少一件为废品” ， 利用对立事件的概率公式及古典概率公式， 94 5 6 100 ( )1( )11 0.9290.271 C P AP A C = = = = 六、10 名学生入围知识竞赛决赛，共有 20 道竞赛题，其中数学、英语、历史学科分别 为 4，6，10 道题，每人随机抽取 2 道题，求： 13 号学生抽到英语题的概率 23 号学生抽到 2 道英语题，5 号学生抽到一道英语题与一道历史题的概率 解：设 A 表示事件“3 号学生抽到英语题” ，B 表示事件“3 号学生抽到 2 道英语题” ， C 表示事件“5 号学生抽到一道英语题与一道历史题” ， 1. 211 6614 2 20 ( )0.5211 CC C P A C + = 另解： 2 14 2 20 ( )1( )10.5211 C P AP A C = = ； 2. 211 6410 22 2018 ()( ) (|)0.021 CC C P BCP B P C B CC =； 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 129 另解： 112 6105 22 2018 ()( ) (|)0.021 C CC P BCP C P B C CC = 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 130 1.4 全概率公式和贝叶斯公式全概率公式和贝叶斯公式 一、某射击小组有 20 名射手，其中一级射手 4 人，二级射手 8 人，三级射手 7 人，四 级射手 1 人， 各级射手能通过选拔进入比赛的概率依次为 0.9,0.7,0.5,0.2 求任选一名射手能 通过选拔进入比赛的概率 解：设A为所求的事件， i B表示“所选射手为i级射手” ，1 2 3 4(, , , )i =，则 i B1 2 3 4(, , , )i =为一完备事件组. 而 1234 4871 20202020 (), (), (), ()P BP BP BP B= 因此， 4 1 4871 0 90 70 50 20 645 20202020 ( )() (|). ii i P AP B P A B = =+= 二、袋中装有 12 个乒乓球，9 个是新的，3 个是旧的，第一次比赛时任取 3 个使用，比 赛后仍放回袋中，第二次比赛时再从袋中任取 3 个球： 1求第二次比赛取出的都是新球概率 2已知第二次取出的球都是新的，求第一次取到的都是新球的概率 解：是两次实验类型，设事件 B=“第二次比赛取出的都是新球” ， Ai=“第一次任取 3 球含 i 个新球”i=0，1，2，3。A0，A1，A2，A3构成一个完备事件组， 易求得 321123 339399 0123 3333 12121212 3333 9876 0123 3333 12121212 1272721 (),(),(),(), 2202205555 211471 (|), (|), (|),(|) 55554411 CC CC CC P AP AP AP A CCCC CCCC P B AP B AP B AP B A CCCC = = 1.由全概率公式 P(B)= 3321312333 3 3939839796 33333333 0 1212121212121212 () (|) ii i CCC CCC CCCC P A P B A CCCCCCCC = =+ 2 121271427721 121441 ()0.1458 220 55220 5555 4455 11553025 =+= 2. 利用贝叶斯公式求得 33 3 2 21 1 () (|)5 55 11 (|) 21 ( )21 () 55 P A P B A P AB P B = 三、两台机床加工同样的零件，第一台的废品率为 0.03，第二台的废品率为 0.02，加工 出来的零件放在一起，且已知第一台加工的零件比第二台加工的多一倍 1求任意取出的零件是合格品的概率 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 131 2又若任意取出的零件经检查是废品，求它是第二台机床加工的概率 解：1. 设A表示“任取零件为合格品” ， 1 B表示“任取零件来自第一台机床加工的零 件” ， 2 B表示“任取零件来自第二台机床加工的零件” ，由全概率公式，有 1122 ( )() (|)() (|)P AP B P A BP B P A B=+ 21 0 030 020 027 33 .,=+= 故 1 0 0270 973( )P A = =. 2. 22 2 1 0.02 () (|)1 3 (|). 1 ( )4 0.08 3 P B P A B P BA P A = 四、将两个信息分别编码为 A 和 B 传递出去，接收站收到时，A 被误收作 B 的概率为 0.02，而 B 被误收作 A 的概率为 0.01，信息 A 与信息 B 传递的频繁程度为 2:1.若接收站收 到的信息是 A，问原发信息是 A 的概率是多少？ 解：设 A=“发出的信息是 A” ，B=“发出的信息是 B” ，A,B 构成一个完备事件组， C 表示事件 “接收到的信息是 A” ，则所求事件“接收站收到的信息是 A 的情况下， 原发 信息是 A”=A|C，题设中给出了如下事件的概率： P(C|A)=10.02=0.98 ， P(C|B)=0.01 利用全概率公式先求得， 21 ( )( ) (|)( )(|)0.980.01 33 P CP A P C AP BP C B=+=+ 根据贝叶斯公式知 (|)P A C= ( )(|) ( ) P AP C A P C 2 0.98 ( ) (|)196 3 0.9949 21 ( ) (|)( )(|)197 0.980.01 33 P A P C A P A P C AP BP C B = + + 五、设有来自三个地区的各 10 名、15 名和 25 名考生的报名表，其中女生的报名表分 别为 3 份、7 份和 5 份随机地取一个地区的报名表，从中先后抽取两份： 1求先抽取的一份是女生表的概率 2已知后抽到的一份是男生表，求先抽到的一份是女生表的概率 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 132 解： 设 i H表示报名表是第 i 个地区考生的(i=1, 2, 3)， Aj表示第 j 次抽到的报名表是男生 表(j=1, 2)，则事件“先抽取的一份是女生表”可表示为 1 A， 事件“已知后抽到的一份是男生表，而先抽到的一份是女生表”可表示为 12 |AA (1) P(H1)=P(H2)=P(H3)= 3 1 ， H1， H2， H3构成一个完备事件组， P(A1| 1 H)= 10 7 ； P(A1|H 2)=15 8 ； P(A1|H3)= 25 20 由全概率公式，P( 1 A)= 90 29 ) 25 5 15 7 10 3 ( 3 1 )|()( 3 1 1 =+= =i ii HAPHP (2) 要求 12 12 2 () (|), () P A A P AA P A =需分别求 212 (),(),P AP A A， 在三个不同的地区下，分别用全概率公式求 2 (|),1,2,3 i P AHi = P(A2|H1) 1121111211 76377 (|) (|)|(|) (|)| 10 910 910 P A H P AAHP A H P AAH=+=+= P(A2|H2) 1221212212 8778 (|) (|)|(|) (|)| 15 1415 14 P A HP AAHP A HP AAH=+=+= 15 8 P(A2|H3) 1321311213 (|) (|)|(|) (|)|P A HP AAHP A H P AAH=+ 20 19520 25 2425 24 =+= 4 5 再利用由全概率公式求 2 ()P A，得 P(A2)= 3 2 1 1 78461 () (|)() 3 1015590 ii i P H P AH = =+= 在三个不同的地区下，分别用乘法公式求 12 (|), i P A AH得 P( 1 AA2|H1) 377 10 930 =，P( 1 AA|H2)= 784 15 1415 =，P( 1 AA2|H3)= 5201 25 246 = 再利用全概率公式求 12 ()P A A，得 P( 1 AA2)= 3 12 1 174120 () (|)() 3 3015690 ii i P H P A AH = =+= 因此， 12 12 2 20 ()20 90 (|) 61 ()61 90 P A A P AA P A = 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 133 1.5 事件的独立性事件的独立性 一、选择题： 1对于任意二事件A和B ( ). （A）若AB ，则,A B一定独立. （B）若AB ，则,A B有可能独立. （C）若AB = ，则,A B一定独立. （D）若AB = ，则,A B一定不独立. 解：若( ), ( )P A P B中至少有一个为 0 时，则（A）不成立；若( ), ( )P A P B均大于 0 时， 则（C）不成立；若若AB = ，但( ), ( )P A P B中至少有一个为 0 时，则A与B独立，因 此（D）也不成立。 选 B. 2 设A，B，C三个事件两两独立， 则A，B，C相互独立的充分必要条件是 ( ). （A）A与BC独立. （B）AB与AC独立. （C）AB与AC独立. （D）AB与AC独立. 解：必要性：A，B，C相互独立，则()( ) ( ) ( )P ABCP A P B P C=, 而()( ) ( )P BCP B P C=, 所以()( ) ()P ABCP A P BC=,即A与BC独立. 充分性：A与BC独立.，即有()( ) ()P ABCP A P BC=，由已知A，B，C三个事件 两两独立，因此()( ) ( )P BCP B P C=，即有()( ) ( ) ( )P ABCP A P B P C=，故A，B，C相 互独立。 选 A. 二、证明：若1)(=AP，则A与任意事件B相互独立 证明：因为,( )()1,AABP AP AB又因为1)(=AP，得()1P AB = 利用一般加法公式， ()( )( )()P ABP AP BP AB=+ 得， 11( )()P BP AB= +，即( )()P BP AB= 再利用乘法公式，得( )( ) (|)(|)P BP A P B AP B A=，所以A与任意事件B相互独立 三、 、一个事故信号发生器装置，由两个独立工作的信号发生器报警，在失事时，只要 有一个起作用，就能发出报警信号，且两个信号发生器发生作用的概率分别为 0.98 和 0.95， 求失事时该装置能发出报警信号的概率. 解法 1：设两个信号发生器能起作用的事件分别记作A、B，且 A，B 相互独立，题设给出 P(A)=0.98,P(B)=0.95 那么事件“失事时该装置能发出报警信号”可表示为AB，利用一般加法公式 P(AB)=P(A)+P(B)P(AB) （A，B 相互独立） = P(A)+P(B)P(A)P(B)=0.98+0.950.980.95=0.999 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 134 解法 2，设两个信号发生器能起作用的事件分别记作A、B，且 A，B 相互独立，题设给出 P(A)=0.98,P(B)=0.95 那么事件“失事时该装置能发出报警信号”可表示为AB，利用独立事件的和事件的 概率计算简化公式，得： ()1( ) ( )1 0.02 0.050.999P ABP A P B= = = 四、若干人独立地向同一游动目标射击，每人击中目标的概率都是 0.6，问至少需要多 少人，才能以 0.99 以上的概率击中目标？ 解： 设至少需要n个人， 才能以 0.99 以上的概率击中目标.令A表示 “目标被击中” ， i A 表示“第i人击中目标” ，1 2, , ,in=? 则 12 , n AAAA=? 且 12 , n A AA?相互独 立. 于是， 12 , n A AA?也相互独立。利用事件的对偶律，得 1212 11( )()() nn P AP AAAP A AA= = ? 12 111 0 61 0 4() ()()(. ). nn n P A P AP A= = = ? 问题化成了求最小的n，使1 0 40 99 n ，解此不等式，得 0 01 5 026 0 4 ln . . ln . n ， 所以，最小的n应为 6，即至少需要 6 人射击，才能保证击中目标的概率在 0.99 以上。 五、加工一个产品要经过三道工序，第一、二、三道工序不出废品的概率分别为 0.9、 0.95、0.8，若假定各工序是否出废品为独立的，求经过三道工序而不出废品的概率。 解：设事件, ,A B C分别表示为第一、二、三道工序不出废品，依题意，, ,A B C相互独 立，并且 0 90 950 8( ). , ( )., ( ).P AP BP C=,则有 0 684()( ) ( ) ( ).P ABCP A P B P C= 六、某电厂由甲、乙两台机组并联向一城市供电，当一台机组发生故障时，另一台机组 能在这段时间满足城市全部用电需求的概率为 85%设每台机组发生故障的概率为 0.1，且 它们是否发生故障互相独立 1求保障城市供电的概率； 2求已知电厂机组发生故障时，供电能满足需求的概率 解：设 i A表示“有i台机组发生故障” ，0 1 2, , .i =则 012 ,A A A构成样本空间的划分.又 设 12 ,B B分别表示甲、乙两台机组出故障，C表示“能保证城市用电”.由独立性有 01212 0 9 0 90 81()()() ().,P AP B BP B P B= 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 135 112121212 ()()() ()() ()P AP B BB BP B P BP B P B=+ 0 1 0 90 9 0 10 18.,=+= 21212 0 1 0 10 01()()() ().,P AP B BP B P B= 于是（1） 001122 ( )() (|)() (|)() (|)P CP A P C AP A P C AP A P C A=+ 0 81 10 18 0 850 01 00 963.= +=. 此处，由题意认为 2 0(|).P C A= （2） 12 12 12 () (|) () P ACA C P C AA P AA = 且 12 AA与不相容以及 222 0()() (|)P A CP A P C A=,从而 111 12 1212 () (|)() (|) ()()() P A P C AP AC P C AA P AAP AP A = + 0 18 0 85 0 805 0 180 01 . = + . 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 136 自测题（第一章）自测题（第一章） 一、选择题（毎小题 3 分,共 15 分） ： 1. 对于任意二事件A和B，与ABB=不等价的是（ ）. （A）AB （B）BA （C）AB = （D）AB = 解：由图示法易见ABB=与AB，BA，AB = 均等价，但与AB = 不 等价。 选 D 2甲乙两人下棋，甲胜的概率为 0.6，乙胜的概率为 0.4，设A为甲胜，B为乙胜，则 甲胜乙输的概率为（ ）. （A）6 . 06 . 0 （B）4 . 06 . 06 . 0 （C）4 . 06 . 0 （D）0.6 解：依题意，易得 选 D 3设当事件A与B同时发生时，事件C必发生，则（ ）. （A）1( )( )( )P CP AP B+ （B）1( )( )( )P CP AP B+ （C）( )()P CP AB= （D）( )()P CP AB= 解：依题意,ABC故()( )P ABP C，即 1( )()( )( )()( )( )P CP ABP AP BP ABP AP B=+. 选 B 4设事件A与事件B互不相容，则， （ ）. （A）0)(=BAP （B）)()()(BPAPABP= （C）)(1)(BPAP= （D）1()P AB = 解：因为事件A与事件B互不相容，故AB = ,0()()P ABP= =, 11()()P ABP AB= =. 选 D 5将一枚硬币独立地掷两次，引进事件： 1 A =掷第一次出现正面， 2= A掷第二次 出现正面， 3= A正、反面各出现一次， 4= A正面出现两次，则事件（ ）. （A） 123 A A A,相互独立 （B） 234 A A A,相互独立 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 137 （C） 123 A A A,两两独立 （D） 234 A A A,两两独立 解： 1234 11211 22424 (), (), (), ()P AP AP AP A=. 1241323123 11 0 44 ()(), ()(), ()()P A AP AP A AP A AP A A AP= =. 计算看出 121213132323 ()() (), ()() (), ()() (),P A AP A P AP A AP A P AP A AP A P A=但是 123123 ()() () ()P A A AP A P A P A.因此事件 123 A A A, 两两独立，但不相互独立.由于事件 24 AA,故 24 AA与不独立. 选 C 二、填空题（毎小题 3 分, 共 15 分） ： 1A、B、C代表三件事，事件“A、B、C至少有二个发生”可表示为 解：依题意，得ABBCAC 2 设两个相互独立的事件A和B都不发生的概率为 1 9 ，A发生B不发生的概率与B发 生A不发生的概率相等，则)(AP= 解：依题意：()()P ABP AB=，故()()()()P ABP ABP ABP AB+=+. 即 =( )( )P AP B，又因A与B独立，故A与B亦独立. 2 1 9 ()( ) ( ) ( )P ABP A P BP A= 12 33 ( ),( ).P AP A= 3 设CBA,是 随 机 事 件 ，A、C互 不 相 容 ， 3 1 )(, 2 1 )(=CPABP， 则 =)|(CABP 解： 1 0 3 2 114 1 3 ()()() (|) ( ) ( ) P ABCP ABP ABC P AB C P C P C = . 4对同一目标进行三次独立地射击，第一、二、三次射击的命中率分别为7 . 0 , 5 . 0 , 4 . 0， 则在三次射击中恰有一次击中目标的概率为 解：设 123 “,1,2,3, i AiiA A A=第 次射击命中目标相互独立， 事 件 “ 三 次 射 击 中 恰 有 一 次 击 中 目 标 ” = 123123123 A A AA A AA A A, 且 知 仅内部使用 学院 班级 姓名 学号 138 123123123 , , A A AA A AA A A互斥，则 123123123 ()0.4 0.5 0.30.6 0.5 0.30.6 0.5 0.70.36P A A AA A AA A A=+=. 5设A、B、C两两相互独立，满足 2 1 )()()(, 所以这个不合格元件最有可能是来自甲地. 九、 （10 分）一批产品 10 件，出厂时经两道检验，第一道检验质量，随机取 2 件进行 测试， 若合格，则进入第二道检验，否则认为这批产品不合格， 不准出厂； 第二道检验包装， 随机取 1 件，若合格，则认为包装合格，准予出厂两道检验中，1 件合格品被认为不合格 的概率为 0.05，一件不合格品被认为合格的概率为 0.01，已知这批产品中质量和包装均有 2 件不合格，求这批产品能出厂的概率 解：设“,1,2 i Cii=第 道检验合格， 12 ,C C相互独立，则事件“这批产品能出厂” 可表示为 12 C C， 1212 ()() ()P C CP C P C= 又设“0,1,2 i Aii=第一次检验的两件产品含 件不合格品 ，。题设中已知 1122 2882 012 222 101010 22 101112 11628 (), (),(), 454545 (|)0.01 , (|)0.95 0.01, (|)0.95 C CCC P AP AP A CCC P CAP CAP CA = = 由全概率公式，有 1010111212 ()() (|)() (|)() (|)0.5649P CP A P CAP A P CAP A P CA=+= 再设“0,1 i Bii=第2次检验的1件产品含 件不合格品 ，。题设中已知 11 82 011011 11 1010 14 (), (), (|)0.01, (|)0.95, 55 CC P BP BP CBP CB CC = 由全概率公式，有 2020121 ()() (|)() (|)0.762P CP B P CBP B P CB=+=， 综上，有 1212 ()() ()0.5649 0.7620.4305P C CP C P C= 十、 （8 分）设1)|()|(, 1)(0 , 1)(0=+ba为概率密度，则ba,应满足（ ）. （A）432=+ ba （B）423=+ ba （C）1=+ba （D）2=+ba 解：由连续型随机变量概率密度的性质，1( )f x dx + = ， 即 0 12 0 13 1234 24 ( )( )af x dxbfx dxabbab + +=+= += 选 A 34 . 013), 1( 2 = 1 1111 1 1 () ()( ) ( ) aa a F aF aee F aee + + + = 三、设电阻的阻值R是一个随机变量，且均匀分布在 900 欧1100 欧，试求R的分布 密度与分布函数 解：设X表示电阻R的阻值。则XU(900, 1100) 因而 f(x)= 其它,0 1100900, 9001100 1 x = 其它,0 1100900, 200 1 x 分布函数F(x)= 独立，且 3 4 ()P AB =，求常数a 解：据题意 ( )( )P AP B=且()( ) ( )P ABP A P B=, 2 3 2 4 ()( )( )()( ) ( )P ABP AP BP ABP AP A=+=, 解以( )P A为未知量的方程 2 3 20 4 ( )( )P AP A+= 可得 1 2 ( )P A =，再以题设条件可知 2 23 131 8 288 ( )() aa P Xaf x dxx dxa + = . 再解以a为未知量的方程： 3 84a=，得 3 4a =. 仅 内部使用 学院 班级 姓名 学号 149 六、机器自动称装大米，每装大米的重量)5 . 0 ,50( 2 NX（单位：kg）随机取一袋， 若误差超过 0.8kg，就停机调整，求需要停机调整的概率 解： 2 (50,0.5 )XN 50 (0,1), |50| 0.8 0.5 X NX “”表示需要停机调整， (|50| 0.8)1( 0.8500.8) 0.8500.8 1() 0.50.50.5 0.80.8 1()() 0.50.5 22(1.6)2(1 0.9452)0.1096 PXPX X P = = 解法 2：用单调函数公式法直接求Y的概率密度. 由 于 x ye=在0( ,)+内 单 调 ， 其 反 函 数lnxy=在1 ( ,)+内 可 导 且 其 导 数 1 0 y x y = ，则 1 1 01 ln , ( ) , y Y ey fyy y = 2 1 1 01 , , y y y = 三、随机变量X的概率密度为 = =+ += 其它 其它 其它 2. 解法 1. 2 ) 2 ( = XZ， 2 ( )() ,(0, ) 2 g xxx =不是单调函数， 用分布函数法， 2 ( )() 2 Z FzP ZzPXz = 当0z 时，( )0 Z Fz = 当0z 时，( ) 2 Z FzP ZzPzXz = 2 2 2 2 22 0,0 2 2 2,0 ,0 4 2 0, 0, 2 z z PzXz z z xz dxz z + =+ 其它 所以， 2 1 ,0 ( )( )4 0, ZZ z fzFz z = = 44 0 504(). = = 3设随机变量X的概率分布为 1 11 2(), k P Xkk =?，其中10= = = 2. 设 Y 表示迟到的次数，知B（5,0.1587） “一周至多有 1 天迟到”=Y1 54 1010.84235 0.84230.15780.82P YP YP Y=+=+ 八、 （10 分）设随机变量X服从的指数分布，其概率密度为 2 20 0 , ( ) , x X ex fx = 其他 ， 证明 2 10 1( , ) X YeU = . 证法 1： 2 1 x ye= 是0( ,)+上的单调函数且其反函数为 1 1 2 ( )ln()xh yy= .在 区间0 1( , )上 11 0 21 ( )h y y = .应用单调函数公式法，Y的概率密度为 2 11 201101 21 0. 0. ( ) , ( ) , , h y Y eyy fyy = + yxkxe yxf yx ，则=k ，二维随机变量（YX,）的分布函数为 解： 1= (1) 00 ( , ) xy f x y dxdykxdxedy + + = 仅 内部使用 学院 班级 姓名 学号 161 00 00 00 1 () ()| xxy xxyxx kxe dxedxy x keedxke dxke k + + + = = = = x0, y0 时，F(x, y)=( , ) xy f u v dudv = xy uuv ue duedv 00 0 0 0 (1) 00 (1) 1 () ()| (1) 1 | 1 1 1 xy uuv x uuvy x uuy uxuyx xyx ue dueduv u eedu eedu ee y eye y + + = = = = + + =+ + 所以， (1) 1 ,0,0 1( , ) 0, xyx eyexy yF x y + + += 其它 3若二维随机变量（YX,）的概率密度为 601 0 ,. ( , ) xxy f x y = 其他 ，则 1P XY+= 解： 1 1 2 0 1 16( , ) x x x y P XYf x y dxdydxxdy + += 1 2 0 1 6 1 2 4 ()xx dx= . 二、设二维随机变量（YX,）的概率密度为： + = 其它, 0 20, 10),3( ),( 2 yxxyxa yxf 求：1常数a； 2 （YX,）的分布函数； 33 . 21+YXPYXP和. 仅 内部使用 学院 班级 姓名 学号 162 解：1. 因为1( , )f x y dxdy + = 12 00 2 1 2 0 0 1 321 0 0 (3) (6| ) 2 (62)(2)|3 axdxxy dy y axxdx axxdxaxxa =+ =+ =+=+= 所以， 1 3 a =。 2. （YX,）的分布函数 F(x, y)=,( , ) xy P Xx Yyf u v dudv = 需要分区域考虑， (1)00,( , ), ( , ) 0, (2)01,02,( , ), xy xyF x yP Xx Yy f u v dudv xyF x yP Xx Yy = 2. 如图 11 1 1 22 0 1 11 2( , ) x y x x y P XYf x y dxdydxe dyee + += + . 仅 内部使用 学院 班级 姓名 学号 169 3.3- 3.4 条件分布，随机变量的独立性条件分布，随机变量的独立性 一、填空题 1二维随机变量（YX,）的联合分布律为: Y X 1 2 1 0.2 2 0.3 则与应满足的条件是 ，当YX,相互独立时，= 解：由联合分布律的归一性，知0.5+=， 当YX,相互独立时，1,212P XYP XP Y=， 即 (0.2) 0.50.20.2+= 2设（YX,）的分布律为 Y X 0 1 2 0 15 1 15 4 15 1 1 15 4 15 4 0 2 15 1 0 0 则10|P XY= . 解： 4 1,02 15 1|0 6 03 15 P xY P xY P Y = = = 3设（YX,）在由直线0,2,=yxyxy所围的区域内服从均匀分布，则 = 0 050 050 1 11 . ( )( ). XY FxFyeee =. 四、 设二维随机变量),(YX服从区域G上的均匀分布， 其中G是由02,xyxy=+= 与0y =所围成的三角形区域求: 1X的概率密度( ) X fx；2条件概率密度 | ( | ) X Y fx y， 1 5 | ( | . ) Y X fy； 3YX,是否相互独立；45 . 1|4 . 01 . 0= = 1 2 0 57 824 ()xx dx= . 2 ( )( ,) Z fzf x zx dx + = ， X 0 1 P 1/2 1/2 图 2 2 x 1 z 1 仅 内部使用 学院 班级 姓名 学号 175 其中 201 01 0 (), ( ,) , xzxxzx f x zx = 其他 ，求 +2ZXY=的分布函数. 解： 2 2( )( , ) xy z F zP ZzP XYzf x y dxdy + =+= . 当0z 时，0( )F z =. 当0z 时， 2 2 000 21 () ( )(). z x zz xyxzzz F zdxedyeedxeze + = 所以 +2ZXY=的分布函数 00 10 , ( ) ,. zz z F x ezez = 其他 ， 如果各周是需求量相互独立， 求两周需求量的概率密度函数 解：分别用X和Y表示第一、二周的需要量，则 0 0 , ( ) , x X xex fx = 其他 0 0 , ( ) , y Y yey fy = 其他 从而两周需要量ZXY=+， 当0z 时，若0x ，则0zx = 其他 仅 内部使用 学院 班级 姓名 学号 177 自测题（第三章）自测题（第三章） 一、选择题（每小题 3 分，共 15 分） 1下列不是概率密度或分布函数的有（ ） （A） )1)(1 ( 1 ),( 222 yx yxf + = （B） = + 其它, 0 0, 0,6 ),( )32( yxe yxf yx （C） = 其它, 0 0, 0),1)(1 ( ),( 4 5 yxee yxF y x （D） = 其它, 0 , 1 ),( yx yxF 解：( ,)10,F x = 所以 D 不是分布函数 选 D 2设随机变量X与Y独立同分布，且X和Y的概率分布分别为 X 0 1 1 3 P 1/2 1/4 1/8 1/8 Y - 1 0 1 P 1/3 1/3 1/3 2()P XY+=则 （A） 1 12 （B） 1 8 （C） 1 6 （D） 1 2 解：2112031,P XYP XYP XYP XY+=+=+= 112031 P XP YP XP YP XP Y=+=+= 1111111 4383836 =+=. 选 C 3设)( 1 xF与)( 2 xF为两个分布函数，其相应的概率密度)( 1 xf与)( 2 xf是连