概率论第二章答案.pdf

第第2章章作业题解作业题解: 2.1 掷一颗匀称的骰子两次, 以X 表示前后两次出现的点数之和, 求X 的概率分布, 并验证其满足(2.2.2) 式. 解： 123456 1234567 2345678 3456789 45678910 567891011 6789101112 由表格知X的可能取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12。 并且， 36 1 )12()2(XPXP； 36 2 )11()3(XPXP； 36 3 )10()4(XPXP； 36 4 )9()5(XPXP； 36 5 )8()6(XPXP； 36 6 )7(XP。 即 36 |7|6 )( k kXP (k=2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12) 2.2 设离散型随机变量的概率分布为,2 , 1, kaekXP k 试确定常数a. 解：根据1)( 0 k kXP，得 1 00 ()1 kk kk aea e ，即1 1 1 1 e ae 。 故 1 ea 2.3 甲、乙两人投篮时, 命中率分别为0.7 和0.4 , 今甲、乙各投篮两次, 求下列事件的概率： (1) 两人投中的次数相同; (2) 甲比乙投中的次数多. 解：分别用)2 , 1(,iBA ii 表示甲乙第一、二次投中，则 12121212 ()()0.7, ()()0.3, ()()0.4, ()()0.6,P AP AP AP AP BP BP BP B 两人两次都未投中的概率为：0324 . 0 6 . 06 . 03 . 03 . 0)( 2121 BBAAP， 两人各投中一次的概率为： 2016 . 0 6 . 04 . 03 . 07 . 04)()()()( 1221211212212121 BBAAPBBAAPBBAAPBBAAP 两人各投中两次的概率为：0784 . 0 )( 2121 BBAAP。所以： （1）两人投中次数相同的概率为3124 . 0 0784 . 0 2016 . 0 0324 . 0 (2) 甲比乙投中的次数多的概率为： 12121221121212121212 ()()()()() 2 0.49 0.4 0.60.49 0.362 0.21 0.360.5628 P A A B BP A A B BP A A B BP A A B BP A A B B 2.4 设离散型随机变量X的概率分布为5 , 4 , 3 , 2 , 1, 15 k k kXP，求 )31 () 1 ( XP )5 . 25 . 0()2( XP 解：(1) 5 2 15 3 15 2 15 1 )31 ( XP (2) )2() 1()5 . 25 . 0(XPXPXP 5 1 15 2 15 1 2.5 设离散型随机变量X的概率分布为, 3 , 2 , 1, 2 1 kkXP k ，求 ;6 , 4 , 2) 1 (XP 3)2(XP 解： 3 1 ) 2 1 2 1 1 ( 2 1 2 1 2 1 2 1 6 , 4 , 2) 1 ( 422642 XP 4 1 2113)2(XPXPXP 2.6 设事件A 在每次试验中发生的概率均为0.4 , 当A 发生3 次或3 次以上时, 指示灯发出 信号, 求下列事件的概率： (1) 进行4 次独立试验, 指示灯发出信号; (2) 进行5 次独立试验, 指示灯发出信号. 解：(1)4()3()3(XPXPXP 1792 . 0 4 . 06 . 04 . 0 433 4 C (2) )5()4()3()3(XPXPXPXP 31744 . 0 4 . 06 . 04 . 06 . 04 . 0 544 5 233 5 CC. 2.7 某城市在长度为t (单位：小时) 的时间间隔内发生火灾的次数X 服从参数为0.5t 的泊 松分布, 且与时间间隔的起点无关, 求下列事件的概率： (1) 某天中午12 时至下午15 时未发生火灾; (2) 某天中午12 时至下午16 时至少发生两次火灾. 解：(1) () ! k P Xke k ，由题意，0.5 31.5,0k ，所求事件的概率为 1.5 e. (2) 0 (2)11 0!1! P Xeeee , 由题意，0.5 41.5，所求事件的概率为 2 1 3e. 2.8 为保证设备的正常运行, 必须配备一定数量的设备维修人员. 现有同类设备180 台, 且各台设备工作相互独立, 任一时刻发生故障的概率都是0.01，假设一台设备的故障由一人进行修理,问至少应配备多 少名修理人员, 才能保证设备发生故障后能得到及时修理的概率不小于0.99？ 解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为X，则)01. 0 ,180( BX。 依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即99 . 0 )( mXP，也即 01 . 0 ) 1( mXP 因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为8 . 101. 0180的泊松分布。 查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。 故应至少配备6名设备维修人员。 2.9 某种元件的寿命X(单位：小时) 的概率密度函数为： 2 1000 ,1000 ( ) 0,1000 x f xx x 求5 个元件在使用1500 小时后, 恰有2 个元件失效的概率。 解：一个元件使用1500小时失效的概率为 3 110001000 )15001000( 1500 1000 1500 1000 2 x dx x XP 设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则) 3 1 , 5( BY。所求的概率为 223 5 1280 (2)( )( ) 33243 P YC。 2.10 设某地区每天的用电量X(单位：百万千瓦时) 是一连续型随机变量, 概率密度函数为： 2 12 (1) , 01, ( ) 0, xxx f x 其他 假设该地区每天的供电量仅有80万千瓦时, 求该地区每天供电量不足的概率. 若每天的供电量上升到90万千瓦时, 每天供电量不足的概率是多少? 解：求每天的供电量仅有80万千瓦时, 该地区每天供电量不足的概率，只需要求出该地区用电量X超过80万千瓦时（亦即X0.8 百万千瓦时）的概率： 0.80.8 2 0 2340.8 0 (0.8 =1- (X0.8 =1-( )112 (1) 1 (683)0.0272 P XPf x dxxxdx xxx ） 若每天的供电量上升到90万千瓦时, 每天供电量不足的概率为： 0.90.9 2 0 2340.9 0 (0.9 =1-P(X0.9 =1-( )112 (1) 1 (683)0.0037 P Xf x dxxxdx xxx ） 2.11 设随机变量( 2,4),KU 求方程 2 2230xKxK有实根的概率. 解：方程 2 2230xKxK有实根，亦即 2 48124(3)(1)0KKKK , 显然，当31KK 时，方程 2 2230xKxK有实根；又由于( 2,4),KU 所求概率为： 1 ( 2)431 4( 2)3 。 2.12 某型号的飞机雷达发射管的寿命X(单位：小时) 服从参数为0.005 的指数分布, 求下列 事件的概率： (1) 发射管寿命不超过100 小时; (2) 发射管的寿命超过300 小时; (3) 一只发射管的寿命不超过100 小时, 另一只发射管的寿命在100 至300 小时之间. 解：(1) 发射管寿命不超过100 小时的概率： 100100 0.0050.0050.5 00 (100)0.0051 xx P Xedxee =0.39 (2) 发射管的寿命超过300 小时的概率： 1.51.5 (300)1(300)1 (1)0.223P XP xee (3) 一只发射管的寿命不超过100 小时, 另一只发射管的寿命在100 至300 小时之间. 0.50.51.5 (1)()0.15eee 。 2.13 设每人每次打电话的时间(单位：分钟) 服从参数为0.5 的指数分布. 求282人次所打 的电话中, 有两次或两次以上超过10 分钟的概率. 解：设每人每次打电话的时间为X，XE(0.5)，则一个人打电话超过10分钟的概率为 5 10 5 . 0 10 5 . 0 5 . 0)10( eedxeXP xx 又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y，则),282( 5 eBY。 因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为9 . 1282 5 e的泊松分布。 所求的概率为 ) 1()0(1)2(YPYPYP 56625 . 0 9 . 219 . 11 9 . 19 . 19 . 1 eee 2.14 某高校女生的收缩压X(单位：毫米汞柱) 服 2 (110,12 )N, 求该校某名女生： (1) 收缩压不超过105 的概率; (2) 收缩压在100 至120 之间的概率. 解：(1)42 . 0 (1)42 . 0 () 12 110105 ()105( XP 3372 . 0 6628 . 0 1 (2) 12 110100 () 12 110120 ()120100( XP 5934 . 0 17967 . 0 21)83 . 0 (2)83 . 0 ()83 . 0 (。 2.15 公共汽车门的高度是按成年男性与车门碰头的机会不超过0.01 设计的, 设成年男性的 身高X(单位：厘米) 服从正态分布N(170， 2 62), 问车门的最低高度应为多少? 解：设车门高度分别为x。则： 170 ()1 0.010.99() 6 x P Xx 查表得，(2.33)0.99，因此 170 2.33 6 x ，由此求得车门的最低高度应为184厘米。 2.16 已知20 件同类型的产品中有2 件次品, 其余为正品. 今从这20 件产品中任意抽取4 次, 每次只取一件, 取后不放回. 以X 表示4 次共取出次品的件数, 求X 的概率分布与分布函数. 解：X的可能取值为0,1,2。 因为 18 17161512 (0), 2019181719 P X ； 2 18 4 20 3 (2) 95 C P X C ； 12332 (1)1 199595 P X 所以X的分布律为 X012 P12 19 32 95 3 95 X的分布函数为 00 12 01 19 ( ) 92 12 95 12 x x F x x x 2.17 袋中有同型号小球5 只, 编号分别为1,2,3,4,5. 今在袋中任取小球3 只, 以X 表示取 出的3只中的最小号码, 求随机变量X 的概率分布和分布函数. 解：X的可能取值为1,2,3。 因为6 . 0 10 6 ) 1( 3 5 2 4 C C XP； 1 . 0 10 11 )3( 3 5 C XP； 3 . 01 . 06 . 01)2(XP 所以X的分布律为 X123 P0.60.30.1 X的分布函数为 31 329 . 0 216 . 0 10 )( x x x x xF 2.18 设连续型随机变量X 的分布函数为： 0,1, ( )ln ,1, 1, x F xxxe xe 求（1）2P X ，03PX，22.5.PX （2）求X的概率密度函数( )f x。 解：(1)2ln)2()2(FXP 101)0()3()30(FFXP 25 . 1 ln2ln5 . 2ln)2()5 . 2()5 . 22(FFXP (2) 其它0 1 )()( 1 exx xFxf 2.19 设连续型随机变量X 的分布函数为： 2 2 ,0, ( ) 0,0. x abex F x x （1）求常数, a b （2）求X的概率密度函数( )f x。 （3）求 ln4ln16.PX 解：(1)由1)(F及)0()(lim 0 FxF x ，得 0 1 ba a ，故a=1,b=-1. (2) 00 0 )()( 2 2 x xxe xFxf x (3) )4ln()16ln()16ln4ln(FFXP 25 . 0 4 1 )1 ()1 ( 2 4ln 2 16ln ee。 2.20设随机变量X 的概率分布为： X0 2 3 2 k p 0.30.20.40.1 解：(1) Y的可能取值为0, 2, 42。 因为2 . 0) 2 ()0( XPYP； 7 . 0)()0()( 2 XPXPYP； 1 . 0) 2 3 ()4( 2 XPYP 所以Y的分布律为 Y0242 P0.20.70.1 (2) Y的可能取值为-1,1。 因为 7 . 0)()0() 1(XPXPYP； 3 . 0) 2 3 () 2 () 1( XPXPYP 所以Y的分布律为 Y -1 1 P0.70.3 2.21 设随机变量X的分布函数为 01 0.311 ( ) 0.812 12 x x F x x x （1）求X的概率分布； （2）求YX的概率分布。 解：(1) X的可能取值为F(x)的分界点，即-1,1,2。 因为 3 . 0) 1(XP；5 . 03 . 08 . 0) 1(XP；2 . 08 . 01)2(XP 所以X的分布律为 X -1 12 P0.30.50.2 (2) Y的可能取值为1,2。 因为 8 . 0) 1() 1() 1(XPXPYP； 2 . 0)2()2(XPYP 所以Y的分布律为 Y12 P0.80.2 2.22 设随机变量(0,1)XN，求下列随机变量Y概率密度函数： （1）21;YX （2） X Ye； (3) 2 YX. 解：设( ) Y Fy和( ) Y fy分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数。 (1)已知 2 2 2 1 )( x X exf 因为) 2 1 () 2 1 ()12()()( y F y XPyXPyYPyF XY 求导得 ) 2 1 ( 2 1 ) 2 1 )( 2 1 ()( y f yy fyf XXY 8 )1( 2 ) 2 1 ( 2 2 22 1 2 1 2 1 y y ee 所以Y参数分别为-1, 22服从正态分布。 (2) 当0y ，( )( )0 Y FyP YyP，当0y ，由已知条件， 2 2 2 1 )( x X exf ， 2 2 ln ( )()()(ln ) (ln )1(ln )1( ln )1 2 X Y t y X FyP YyP eyPXy e P XyP XyFydt 求导得 2 ln 2 11 ,0 ( ) 2 0,0; x Y ey fy y y (3) 当0y ，( )( )0 Y FyP YyP，当0y ，由已知条件 2 2 2 1 )( x X exf ， 2 ( )()()() ()() Y XX FyP YyP XyPyXy FyFy 求导得 2 1 ,0 ( )2 0,0; y Y ey fyy y 2.23 设随机变量(0, )XU，求下列随机变量Y概率密度函数： （1）2ln;YX （2）cosYX； (3)sinYX. 解：(1)已知 其他0 0 1 )( x xfX 则)()()ln2()()( 22 y X y Y eFeXPyXPyYPyF 求导得 )( 2 1 )()( 2222 y X yyy XY efeeefyf 因为当 2 0 y e，即ln2y时， 1 )( 2 y X ef；当y取其他值时0)( 2 y X ef。 所以 其他0 ln2 2 1 )( 2 ye yf y Y 为所求的密度函数。 （2）根据已知条件，由三角函数和反三角函数的性质，我们知道cos( 1,1)YX 。当 ( 1,1)y ，( )()(cos)(arccos) Y FyP YyPXyPyX，由于随机变量 (0, )XU，容易求得 arccos ( ) Y y Fy 求导得 2 1 11 ( )1 0 Y y fyy 其他 （3）根据已知条件，由三角函数和反三角函数的性质，我们知道sin(0,1)YX。当 (0,1)y， ( )()(sin)(0arcsin )(arcsin) Y FyP YyPXyPXyPyX，由 于随机变量(0, )XU，容易求得 2arcsin ( ) Y y Fy 求导得 2 2 11 ( )1 0 Y y fyy 其他 二、第二章定义、定理、公式、公理小结及补充：二、第二章定义、定理、公式、公理小结及补充： （1）离散 型随机变 量的分布 律 如果离散型随机变量可能取值为, 2 , 1iai，相应的取值 i a的概率 ii paP称 ii aPp , 2 , 1i 为随机变量的分布列，也称为分布律，简称分布。 也可以用下列表格或矩阵的形式来表示，称为随机变量的分布律： ii aPp （2）连续 型随机变 量的分布 密度 设X为随机变量，如果存在一个定义在整个实轴上的函数)(xf，满足条件： (1) 0)(xf (2) 1)(dxxf (3) 对于任意实数ba,（ba ）(a可以是- b也可以是 )，有 b a dxxfbXaP)(； 则称X为连续型随机变量，而)(xf称为X的概率密度函数，简称概率密度或 密度。 （3）离散 与连续型 随机变量 的关系 dxxfdxxXxPxXP)()()( 积分元dxxf)(在连续型随机变量理论中所起的作用与() kk P Xxp在离散型 随机变量理论中所起的作用相类似。 （4）分布 函数 设X为随机变量，x是任意实数，则函数 )()(xXPxF 称为随机变量X的分布函数，本质上是一个累积函数。 )()()(aFbFbXaP 可以得到X落入区间,(ba的概率。分布函数)(xF表示随机变量落入区间（ ，x内的概率。 分布函数具有如下性质： 1 , 1)(0xF x； 2 )(xF是单调不减的函数，即21xx 时，有 )(1xF)(2xF； 3 0)(lim)( xFF x ， 1)(lim)( xFF x ； 4 )()0(xFxF，即)(xF是右连续的； 5 )0()()(xFxFxXP。 对于离散型随机变量， xx k k pxF)(； 对于连续型随机变量， x dxxfxF)()( 。 0-1分布 (1), (0)1P Xp P Xpq （5）八大 分布 二项分布 在n重贝努里试验中，设事件A发生的概率为p。事件A发生的 次数是随机变量，设为X，则X可能取值为n, 2 , 1 , 0。 knkk n nqpCkPkXP )()(， 其中 nkppq, 2 , 1 , 0, 1 0 , 1， 则称随机变量X服从参数为n，p的二项分布。记为 ),(pnBX。 当1n时， kkq pkXP 1 )(，1 .