《工程数学概率统计简明教程》课后答案

1、习题一解答 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，事件两次出现的面相同a； (2) 记录某电话总机一分钟内接到的呼叫次数，事件a一分钟内呼叫次数不超过 次； 3(3) 从一批灯泡中随机抽取一只，测试其寿命，事件a寿命在到小时之间。 20002500解解 (1) ),(),(),(),(， ),(),(a. (2) 记x为一分钟内接到的呼叫次数，则 , 2 , 1 , 0|kkx， 3 , 2 , 1 , 0|kkxa. (3) 记x为抽到的灯泡的寿命（单位：小时） ，则 ), 0(x， )2500,2000( xa. 2.

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，取得球的号码小于5，问下列运算表示什么事件： c(1)；(2)baab；(3)；(4)acac；(5)ca；(6)cb ；(7)ca. 解解 (1) 是必然事件； ba (2) ab是不可能事件； (3) 取得球的号码是2，4； ac (4) ac取得球的号码是1，3，5，6，7，8，9，10； (5) ca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) cbcb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) caca取得球的号码是不小于5的偶数=取得球

3、的号码为6，8，10 3. 在区间上任取一数，记2,0121xxa，2341xxb，求下列事件的表达式：(1)；(2)baba；(3)ba；(4)ba. 解 解 (1) 2341xxba; (2) bxxxba21210或2312141xxxx; (3) 因为ba ，所以ba； (4)223410 xxxaba或223121410 xxxx或或 4. 用事件的运算关系式表示下列事件： cba, (1) 出现，都不出现（记为） ； acb,1e (2) 都出现，不出现（记为） ； ba,c2e (3) 所有三个事件都出现（记为） ； 3e (4) 三个事件中至少有一个出现（记为） ； 4e (5

4、) 三个事件都不出现（记为） ； 5e (6) 不多于一个事件出现（记为） ； 6e (7) 不多于两个事件出现（记为） ； 7e (8) 三个事件中至少有两个出现（记为） 。 8e 解解 (1)cbae 1； (2)cabe 2； (3)； (4)abce 3cbae4； (5)cbae 5； (6)cbacbacbacbae6； (7)cbaabce7；(8)bcacabe8. 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，设表示事件“第i次ia抽到废品” ，试用表示下列事件： 3 , 2 , 1i21aa ia(1) 第一次、第二次中至少有一次抽到废品； (2) 只有

5、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。 解解 (1)； (2)321aaa； (3)； 321aaa(4)； (5)321321321aaaaaaaaa. 21aa3a 6. 接连进行三次射击，设=第 次射击命中，iai3 , 2 , 1i，b三次射击恰好命中二次，三次射击至少命中二次；试用表示ciab和c。 解解 32132a2a1321aaaaaaaabaa 33121aaaaac 习题二解答 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。 解解 这是不放回抽取，样本点总数，记求

6、概率的事件为，则有利于的样本点数. 于是 350n15245k39299! 2484950! 35444535015245)(nkap 2一口袋中有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。 解解 本题是有放回抽取模式，样本点总数. 记(1)(2)(3)(4)题求概率的事件分别为. 27ndcba,492575)(2ap ()有利于的样本点数，

7、故 a25ak() 有利于b的样本点数，故 25bk4910725)(2bp () 有利于的样本点数c252ck，故 4920)(cp () 有利于的样本点数，故 d57dk754935757)(2dp. 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。 解解 本题是无放回模式，样本点总数56n. () 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，因而有利样本点数为，所求概率为 32515632. () 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

8、2，所求概率为 1525622. 4一个盒子中装有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。 解解 分别记题(1)、(2)、(3)涉及的事件为，则 cba,522562342624)(ap 15856224261214)(bp 注意到，且baca与b互斥，因而由概率的可加性知 151415852)()()(bpapcp 5掷两颗骰子，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。 解解 分别记题(1)、(2)、(3)

9、的事件为,样本点总数 cba,26n()a含样本点,(1,6),(6,1),(3,4),(4,3) )2 , 5(),5 , 2(6166)(2ap ()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) 185610)(2bp ()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),(5,3);(4,4),(4,6),(6,4);(5,5);(6,6), 一共18个样本点。 c 213618)(cp 6把甲、乙、丙

10、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。 解解 记求概率的事件为，样本点总数为，而有利的样本点数为a35a345，所以 25125345)(3ap. 7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： “其中恰有一位精通英语” ； a(2) 事件b： “其中恰有二位精通英语” ； (3) 事件： “其中有人精通英语” 。 c解解 样本点总数为 35(1) 53106345! 332352312)(ap； (2) 103345! 33351322)(bp； (3) 因，且与bacab互斥，因而 109

11、10353)()()(bpapcp. 8设一质点一定落在平面内由xoyx轴、y轴及直线1 yx所围成的三角形内，而落在这三角形内各点处的可能性相等，计算这质点落在直线3/1x的左边的概率。 解解 记求概率的事件为，则 aas为图中阴影部分，而， 2/1|1859521322121|2as 最后由几何概型的概率计算公式可得 952/118/5|)(asap. 9 （见前面问答题2. 3） 10已知ba ，4 . 0)(ap6 . 0)(bp，求 (1)(ap,)(bp；(2)；(3)；(4)(bap)(abp)(),(bapabp；(5)( bap. 解解 (1)6 . 04 . 01)(1)(

12、apap，4 . 06 . 01)(1)(bpbp； (2)6 . 0)()()()()()()()(bpapbpapabpbpapbap； (3)； 4 . 0)()(apabp(4)0)()()(pbapabp, 4 . 06 . 01)(1)()(bapbapbap; (5). 2 . 04 . 06 . 0)()(abpbap 11 设是两个事件， 已知，ba,5 . 0)(ap7 . 0)(bp，8 . 0)(bap， 试求及)(bap).(abp 解解 注意到 )()()()(abpbpapbap，因而)()()(bpapabp )(bap4 . 08 . 07 . 05 . 0.

13、 于是，)()(abpap)()(abapbap 1 . 04 . 05 . 0；3 . 04 . 07 . 0)()()()(abpbpabbp abp. 习题三解答 习题三解答 1已知随机事件的概率，随机事件a5 . 0)(apb的概率6 . 0)(bp，条件概率8 . 0)|(abp，试求及)(abp)(bap. 解解 4 . 08 . 05 . 0)|()()(abpapabp )()()(1)(1)()(abpbpapbapbapbap 3 . 04 . 06 . 05 . 01 2一批零件共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。 解解

14、 10789989981989910090910p. 3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，再投入基金的概率是多少？ 解解 记a基金，b股票，则19. 0)(,28. 0)(,58. 0)(abpbpap asyx1ho1/31 图 2.3 .327. 058. 019. 0)()()|(apabpabp(1) 678. 028. 019. 0)()(bap(2) ()|bpapb. 4，5 . 0)(ap3 . 0)(bp15. 0)(abp，验证下面

15、四个等式： 给定),()|(),()|(apbapapbap )()|(bpabp，).()|(bpabp )(213 . 015. 0)()()|(apbpabpbap 解解 )(5 . 07 . 035. 07 . 015. 05 . 0)(1)()()()()|(apbpabpapbpbapbap )(3 . 05 . 015. 0)()()|(bpapabpabp )(5 . 015. 05 . 015. 03 . 0)(1)()()()()|(papabpbpapbapabp 5有朋自远方来，他坐火车b、船、汽车和飞机的概率分别为0.3，0.2，0.1，0.4，若坐火车，迟到是到。求

16、他最后可能迟到的概率。 的概率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，若坐飞机则不会迟解解 b迟到，坐火车1a，2a坐船，3a坐汽车，4a乘飞机， 则 ，41iibab且按题意 ，1 . 0)|(3abp25. 0)|(1abp3 . 0)|(2abp，. 由全概率公式有： 只红球，6只白球。求下列事件的概率： (2) 合并两只袋，从中随机取一球，该球是红球。 解解 (1) 记0)|(4abp4145. 01 . 01 . 03 . 02 . 025. 03 . 0)|()()(abpapbp 1iii6已知甲袋中有6只红球，4只白球；乙袋中有8(1) 随机取一只袋

17、，再从该袋中随机取一球，该球是红球； b该球是红球，1a取自甲袋，2a取自乙袋，已知10/6)|(1abp， 14/8)|(2abp，所以70411482110621)|()()|()()(1abp221abpapbpap (2) 1272414)(bp 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%车间产品的次品率分别为5%，4%，2%，求该厂产品的次品率。 ，各解解 02. 04 . 004. 035. 005. 025. 0 %45. 30345. 0008. 00125. 0 0140. 08发报台分别以概率0.6，0.4发出 和，于通信受

18、到由干扰，当发出时，分别以概率0到.8和0.2收和，同样，当发出信号和时，分别以0.9和0.1的概率收到。求(1到信号(2) 当收到的概率；时，发出) 收的概率。 b收到信号，a解解 记 发出信号 )|()()|()()(abpapabpapbp (1) 52. 004. 048. 01 . 04 . 08 . 06 . 0 (2) 131252. 08 . 06 . 0)()|)|(bpabpbap. 9设某工厂有a()(pa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%百分别为产得到的是次cb,，各个车间成品中次品的比分5%，4%，2%，如从该厂品中抽取一件，品

19、，求它依次是车间生产的概率。 方便计，为车间生产的产品，事件cba,记事件cba,cba,d解解 为次品，因此 )(dp)|()()|()()(cdpcpbdpbpap)|pad 35. 005 02. 04 . 004. 0. 025. 0 014. 0 0345. 0008. 00125. 0 362. 00345. 005. 025. 0)()|(dadp)()|(papdap 406. 00345. 004. 035. 0)()|(pbpdbp )()|(dbdp232. 00345. 002. 04 . 0)()dp|()(|(cdpcdcp )pa与b独立， 且pqbppa)(,)

20、(， 求下列事件的概率：)(bap10 设，)(bap，)(bap. 解解 qpqpbpapbbappap)()()()( )( pppapap1 ()(qqqqpbpapbb1)1)()()() pqabpba1)() 11已知独立，且bpapp)()(1(ba,)()(, 9/1)(bapbapbap，求. 因)(),bpap(解解)()(bapbap，由独立性有 )()()()(bpapbpap 从而 ()()(pbpb)()()(bpapapap 导致 )(bpap 再由 9/1)(bap，有 2)(1 ()(1)(1 ()()(9/1apbpapbpap 所以 1)(1ap。最后得到

21、 . 3/2)()(apbp 3/12甲、丙三人同时独立地向同一目标各射击一次，命中率分别为1/3，1/2，目标乙、2/3，求被命中的概率。 解解 记 b乙命中，3a命中目标，甲命中，1a2a丙命中，则 ，因而 31iiab. 98111121)()()(11)(32131apapapapbpii 9323个相，如下图所示那样在设件不通达的概率为p13设六同的元件线每安置路中，个元，求这个装置通达的概率。假定各个元件通达与否是相互独立的。 解解 记 a通达， 元件 通达， 所以 iai6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1i 则 a 654321aaaaaa)()()()(654321aa

22、paapaapap )()()()(654321652165434321aaaaaapaaaapaaaapaaaap 642)1 ()1 (3)1 ( 3ppp 14假故设一部机器在一天内发生障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作，若一周五个工作日里每天是否发生故障相互独立，试求一周五个工作日里发生3次故障的概率。 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。 解解 0512. 0)8 . 0()2 . 0(3523p. 15灯解解 104. 0096. 0008. 0. 0(8 . 023)2 . 0(3323p. )216设在三

23、次独立试验中，事件a出现等的概率相，若已知a至少出现一次的概率等于19/27，求事件在每次试验中出现的概率. a)(ap1 2 图 3.1 3 456 解解记在第 次试验中出现，ia ai. 3 , 2 , 1i)(app 332131)1 (1)(12719paaapapii依假设 所以， 27)1 ( p， 此即 3/1p. 17加工一零件共需经过3道工序，设第一、二、三道83工序的次品率分别为2%、3%、5%. 假设各到，加工零件为次品，当且仅当1-3道工序中至少有一道出现次品。记 道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率。 解解 注意ia第 道工序为次品， 则次品率 i. 3 ,

24、2 , 1i097. 090307. 0195. 097. 098. 01)()()(13211apapapapii 18三3p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解解 记 率。 a译出密码， 第 人译出，iai. 3 , 2 , 1i 则 7075. 02925. 016 . 065. 075. 0119将一枚均匀硬币)()()(1)(32131apapapapapii 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？ 解解 (1) 256632151010 ； (2) 10642kk2110. 0

25、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：； 解解 (1) (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。 256255)25. 0(1)75. 01 (144 1282741436)25. 0()75. 0(242222 (2) 2568143)75. 0(44 (3) 给出的数列，哪些是机变量的分布律，并说明理由。 （1）习题四解答 习题四解答 1. 下列随5 , 4 , 3 , 2 , 1 , 0,15iipi； （2）3 , 2 , 1 , 0,652iipi；

26、 （3）5 , 4 , 3 , 2,41ipi； （4）5 , 4 , 3 , 2 , 1,25ipi。 1i解解 要说数列，是否是随的分明题中给出的机变量布律，只要验证是否满足下列二个条件：其一条件为ip, 2 , 1, 0ipi，其二条件为1iip。 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，因为0646953p； （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，这是因为125i5120ip。 2. 试确定常数c， 使4 , 3 , 2 , 1 , 0,2icixpi成为某个随机变量x的分布律， 并求：2xp

27、；2521xp。 要使成为某个随机变量的分布律，必须有1240iicic2，由此解得3116c解解 ； （2） 2102xpxpxpxp 3128412113116 （3）2122xpxpxp51314231。 3. 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121116中任取一球，设各个球被取到的可能性相同，求取得的球上标明的数字x的分布律与分解解 x可能取的值为-3，1，2，且布函数。 612,211,p31xpx，即x的分布律为 -31 2 3xpx 概率31 21 61 x的分布函数 3x 0 xxpxf= 31 13x 65 12 x 1 2x

28、 4. 一袋中有5个乒乓球，编号分别为1，2，3，4，5，从中随机地取3个，以x表示取出的3个球，4，5，事件中最大号码，写出x的分布律和分布函数。 解解 依题意x可能取到的值为33x表示随机取出的3个球的最大号码为3，则另两个球的只能为1号，2号，即101；事件3513xp4x表示随机取出的3个球的最大号码为4，因此另外2个球可在1、2、3号球中任选，此时103352314xp；同理可得106352415xp。 x的分布律为 x 3 4 5 101 103 106 概率x的分布函数为 3x 0 xf 101 43 x 10 544 x 1 5x 5. 在相同条件下独立地进行5次射击， 每次射

29、击时击中目标的概率为0.6， 求击中目标的次数x的分解 解 依题意x服从参数的二项分布，因此，其分布律 ， 具体计算后可得 x 0 1 2 3 4 5 布律。 6 . 0, 5pn5 , 1 , 0,4 . 06 . 055kkkxpkk概率312532 62548 625144 625216 625162 3125243 6. 从一批含有10件正品及3件次品的产品中一件一件的抽取。设每次抽取时，各件产品被抽需次数x的分布律。 下一件产品； 解解 （1）设事件到的可能性相等。在下列三种情形下，分别求出直到取得正品为止所（1） 每次取出的产品立即放回这批产品中再取（2） 每次取出的产品都不放回这

30、批产品中； （3） 每次取出一件产品后总是放回一件正品。 , 2 , 1, iai表示第 次抽到的产品为正品，依题意，相互独立，且i,1naa, 2 , 1,1310iapi而 , 2 , 1,131013311111kapapapaaapkxpkkkkk 即x服从参数1310p的几何分布。 （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， .286110111213101234,143511121310233,26512131032,13101xpxpxpxp x的分布律为 x 1 2 3 4 概率 1310 265 1435 2861 （3）x可能取到的值为1，2，

31、3，4， .219761313131234,21977213131312233,1693313131132,13101xpxpxpxp 所求x的分布律为 x 1 2 3 4 概率 1310 16933 219772 21976 由于三种抽样方式不同，导致x的分布律也不一样，请仔细体会它们的不同处。 7. 设随机变量，已知pbx, 651xpxp与2xp的值。 ，求p解解 由于，因此。 pbx, 66 , 1 , 0,1666kppkxpkk由此可算得 ,165,16155ppxpppxp 即 解得,161655pppp21p； 此时，641521! 25621212626262xp。 8. 掷

32、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。 解解 一枚均匀硬币在每次抛掷中出现国徽的概率为21，因此x服从21, 4pn的二项分布，即 4 , 3 , 2 , 1 , 0,212144kkkxpkk 由此可得x的分布函数 0， 0 x 161， 10 x xf165， 21 x 1611， 32 x 1615， 43 x 1， 4x9. 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？ 解解 设至少要进 件物品，由题意 应满足 nn,99. 0,99. 01nxpnxp 即 99. 0

33、!41104nkkeknxp 99. 0!404nkkeknxp 查泊松分布表可求得 。 9n10. 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，在某天该段时间内有1000辆汽车通过，求事故次数不少于2的概率。 解解 设x为1000辆汽车中出事故的次数，依题意，x服从0001. 0,1000pn的二项分布，即，由于 较大，0001. 0 ,1000 bxnp较小，因此也可以近似地认为x服从1 . 00001. 01000 np的泊松分布，即，所求概率为 1 . 0px.004679. 0090484. 0904837. 01! 11 . 0! 01 . 0110

34、121 . 011 . 00eexpxpxp 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。 解解 设事件表示第 次试验成功，则iai75. 0iap，且相互独立。随机变量x取意味着前次试验未成功，但第次试验成功，因此有 ,1naak1kk 75. 025. 011111kkkkkapapapaaapkxp 所求的分布律为 x 1 2 k 概率 0.75 75. 025. 0 75. 025. 01k 12. 设随机变量x的密度函数为 xf ， x2ax 0 0， 其他， 试求： （1）常数； （2）x的分布函数。 a解解

35、 （1）成为某个随机变量的密度函数必须满足二个条件，其一为；其二为，因此有，解得 xf 0 xf 1dxxfaxdx0121a，其中1a舍去，即取1a。 （2）分布函数 xdxxfxxpxf = xxxdxxdxdxxdxdxdx1010000202001100 xxx = 102x1100 xxx 13. 设随机变量x的密度函数为 xaexfx,，求： （1）系数； （2）a10 xp； （3）x的分布函数。 解 解 （1）系数必须满足a1dxaex，由于xe为偶函数，所以 12200dxaedxaedxaexxx 解得21a； （2）11010121212110edxedxexpxx； （

36、3） xdxxfxf = xxxxxdxedxedxe00212121 00 xx = xxxxxdxedxedxe00212121 00 xx = xxee1212121 00 xx = xxee21121 00 xx 14. 证明：函数 022cxecx （ 为正的常数） 00 xx xfc 0 xf为某个随机变量x的密度函数。 证证 由于，且 12022022222cxcxcxecxdedxecxdxxf， 因此满足密度函数的二个条件，由此可得 xf xf为某个随机变量的密度函数。 15. 求出与密度函数 xf xf 025. 05 . 0 xe2200 xxx对应的分布函数的表达式。

37、xf解解 当时， 0 x xxxxedxedxxfxf5 . 05 . 0当时， 20 x 0025. 05 . 025. 05 . 0 xdxdxedxxfxfxxx当时， 2x 15 . 05 . 0025. 05 . 00220 xxdxdxdxexf综合有 , 1,25. 05 . 0,5 . 0 xex. 2; 20; 0 xxx16. 设随机变量x在上服从均匀分布，求方程有实根的概率。 6 , 1012 xtt解解 x的密度函数为 xf ,51 61 x； 其他. , 0方程有实根的充分必要条件为，即012 xtt042x42x，因此所求得概率为 6225451022224dxxp

38、xpxxpxp或。 17. 设某药品的有效期x以天计，其概率密度为 xf ,100200003x ; 0 x xdxxfxf 0， 其他. 求：(1) x的分布函数；(2) 至少有200天有效期的概率。 解 解 (1) = ,10020000, 003dxxx . 0; 0 xx = ,100100001 , 02x. 0; 0 xx (2)911002001000011200120012002fxpxp 。 18. 设随机变量x的分布函数为 xf ,11, 0 xex00 xx 求x的密度函数，并计算1xp和。 2xp解解 由分布函数与密度函数的关系，可得在 xf xf xf的一切连续点处有

39、 xfxf，因此 xf ,xxe其他0 x0所求概率 112111111eefxp； 223211121212eefxpxp。 19. 设随机变量x的分布函数为 xxbaxf,arctan，求(1) 常数；(2)ba,1xp；(3) 随机变量x的密度函数。 解：(1)要使成为随机变量x的分布函数，必须满足 xf 1lim, 0limxfxfxx，即 arctanlimarctanlimxbaxbaxx10计算后得 1202baba 解得 121ba 另外，可验证当1,21ba时， xxfarctan121也满足分布函数其余的几条性质。 （2） 11111ffxpxp 1arctan1211ar

40、ctan121 24141 （3）x的密度函数 xxxfxf,112。 20. 设顾客在某银行的窗口等待服务的时间（单位：min）服从51的指数分布，其密度函数为 xf0,515xe ，某顾客在窗口等待服务，若超过10min，他就离开。 其他0 x（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51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 10255110edxexpx； （2）设y表示某顾客五次去

41、银行未等到服务的次数，则y服从的二项分布，所求概率为 2, 5epn 4224225202141115105101eeeeeeypypyp 21. 设x服从，借助于标准正态分布的分布函数表计算： （1）； （2）； （3）1 , 02 . 2xp176xp78. 0xp； （4）55. 1xp； （5）5 . 2xp。 解解 查正态分布表可得 （1）9861. 02 . 22 . 2xp； （2）0392. 09608. 0176. 1176. 1176. 1xpxp； （3）2177. 07823. 0178. 0178. 078. 0xp； （4）55. 155. 155. 155. 15

42、5. 1xpxp 8788. 019394. 02155. 1255. 1155. 1 （5）15 . 2215 . 215 . 2xpxp 0124. 09938. 0125 . 222。 22. 设x服从， 借助于标准正态分布的分布函数表计算：（1）16, 144. 2xp；（2）5 . 1xp；（3）； （4）8 . 2xp4xp； （5）25xp； （6）11 xp。 解解 当2,x时，abbxap，借助于该性质，再查标准正态分布函数表可求得 （1）8051. 086. 04144. 244. 2xp； （2）125. 01415 . 115 . 1xp 5498. 0125. 012

43、5. 011； （3）3264. 06736. 0145. 0145. 0418 . 28 . 2xp； （4）75. 025. 14144144xp 6678. 07734. 018944. 075. 0125. 1； （5）175. 041541225xp 9321. 018413. 07734. 01175. 0； （6）410412120111111xpxpxp 8253. 05987. 07724. 0125. 075. 01。 23. 某厂生产的滚珠直径服从正态分布01. 0 ,05. 2，合格品的规格规定为，求该厂滚珠的合格率。 2 . 02 解解 所求得概率为 927. 099

44、38. 019332. 05 . 215 . 15 . 25 . 11 . 005. 28 . 11 . 005. 22 . 22 . 022 . 02xp 24. 某人上班所需的时间（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。 100,30 x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 1587. 08413. 0111103040140xp； （2）记y为5天中某人迟到的次数，则y服从1587. 0, 5pn的二项分布，5天中最多迟到一次的概率为 8192. 08413.

45、 01587. 0158413. 01587. 0151450yp。 习题五解答 习题五解答 1. 二维随机变量只能取下列数组中的值：yx,0 , 2,31, 1,1 , 1,0 , 0，且取这些组值的概率依次为125,121,31,61，求这二维随机变量的分布律。 解 解 由题意可得的联合分布律为 yx,xy0 31 1 -1 0 121 31 0 61 0 0 2 125 0 0 2. 一口袋中有四个球，它们依次标有数字。从这袋中任取一球后，不放回袋中，再从袋中任取一球。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，求的分布律及3 , 2 , 2

46、 , 1yx,yxp。 解解 x可能的取值为，y可能的取值为，相应的，其概率为 3 , 2 , 13 , 2 , 1. 03, 3,6134212, 3,1211, 3,6134123, 2,6134122, 2,6134121, 2,12134113, 1,6134212, 1, 01, 1yxpyxpyxpyxpyxpyxpyxpyxpyxp 或写成 xy1 2 3 1 0 61 1212 61 61 61 3 121 61 0 613, 32, 21, 1yxpyxpyxpyxp。 3. 箱子中装有10件产品，其中2件为次品，每次从箱子中任取一件产品，共取2次，定义随机变量x、y如下：

47、x= 0， 若第一次取出正品； y= 0， 若第二次取出正品； 1， 若第一次取出次品； 1， 若第二次取出次品。 分别就下面两种情况求出二维随机变量的联合分布律： （1）放回抽样； （2）不放回抽样。 yx,解解 （1）在放回抽样时，x可能取的值为，y可能取的值也为，且 1 , 01 , 0,2511010221, 1,2541010820, 1,2541010281, 0,25161010880, 0yxpyxpyxpyxp 或写成 xy0 1 0 2516 254 1 254 251 （2）在无放回情形下，x、y可能取的值也为0或1，但取相应值的概率与有放回情形下不一样，具体为 ,451

48、910121, 1,458910820, 1,458910281, 0,4528910780, 0yxpyxpyxpyxp 或写成 xy0 1 0 4528 458 458 451 1 4. 对于第1题中的二维随机变量分布，写出关x及关于y的边缘分布律。 相加yx,的于解 解 把第1题中的联合分布律按行得x的边缘分布律为 x -1 0 2 125 61 125 概率按列相加得y的边缘分布律为 y 0 31 1 概率127 12131 5. 对于第3题中的二维随机变量的分布律，分别在有放回和无放回两种情况下，写出关于x缘分布律为 0 1 yx,及关于y的边缘分布律。 解解 在有放回情况下x的边x

49、 54 51 概率y的边缘分布律为 y 0 1 54 51 概率在无放回情况下x的边缘分布律为 x 0 1 54 51 概率y的边缘分布律为 y 0 1 概率54 51 6. 求在d上服从均匀分布的随机变量的密度函数及分布函数，其中d为x轴、y轴及直线解解 区yx,12 x围成的三角形区域。 域d见图5.2。 y4121121syx,易算得d的面积为，所以的密度函数 yxf, 0, 4dyx, 其他分布函数 yx,的当 y dxdyyxf, yxyxf,21x或时，0y0yf, x； 当120 , 021xyx时, 2xf； 021244,yyxydxdyyyxy 当12, 021xyx时，1

50、444,221120 xxdydxyxfxx； 11-1 2 0 1 x 图 5.2 当200212410 , 0yx时，, yxyydxdyfyy； 1, 0yx时当，02112014,xdydxyxf 有 综合, 0021yx或 ,22yyxy 4120021yxx且 yxf, 1442xx 12021xyx且 ,22yy 100yx且 , 1 7. 对于第题中的二维随的分布，写出关于x及关于y的边缘密度函数。 解解 x的缘密度= 10yx且 6边机变量yx,函数为 dyyxfxfx, , 00,412xdy其他021 其他021x , 0,124x x = y的边缘密度函数为 = dxy

51、xyfy, f, 0,40dx21y = 其他10 y, 0,12y 其他10 y 8. 在第两种下，x独立， 解解 在 有 放 回 情 况 下 ， 由 于3题的情况与y是否为什么？25160, 0yx， 而 2516545400ypxpp， 即000, 0；容易验证 ,101, 0ypxpyxpypxpyxp 111, 1,010, 1yxpypxpy。 由 于ypxpxp，由独立性定义知x与y相互独立在 无 放 回 情 况 下 ，45280, 0xpy， 而2555164400pxp， 易 见y 000, 0ypxpyxp，所以x与y不相互独立。 ，为什么？ 解解 9. 在第6题中，x与y

52、是否独立4341,1f，而334yx41, 21f，易见1ff314131,4yxff，所以x与y不相互独立。 x、y相互且分别具有下列的分 x -2 -1 0 0.5 y -0.51 3 10. 设独立布律：概率 41 31 121 31 概率21 41 41 写出表示的分布律的表格。解解 由于x与互独，此 yx, y相立因, 3 , 2 , 1, 4 , 3 , 2 , 1,jiyypxpj xxpyyxiji 8121415 . 025 . 0, 2ypxpyxp例如 其余的联合概率可同样算得，具体结果为 xy-0.51 3 -2 81 161 161 -1 61 121 121 0 2

53、41 481 481 61 121 121 0.5 2 . 0 , 011. 设x与y是相互独立的随机变量，x服从上的均匀分布，y服从参数为5的指数分布，求的联合密度函数及。yx,yxp 解.解. 由均匀分布的定义知 xf , 5 0其他2 . 0 x x, 0由指数分布的定 因为x与y，易得联合度函数 义知 yfy 0,55ye其他0y 独立yx,的密 yfxfyxfyx, , 0 其他,255ye 0, 2 . 00yx 概率，其中见图5经计算有 。 设二维随机变量gdxdyfyxpyx, 区域.3，yxyxg|,12 . 052 . 00051525edxedyedxyxpxxy0 12

54、.yx,的联合密度函数为 求： （1）系数； （yxf, , 0 其他 ,43yxke0y, 0 xk2）0 , 120y证明x与y相互独xp； （3）立。 解解 （1），即k必须满足1,dxdyyxf143dxkedyyx00，经计算得； （2）12k831eyp 20104311220 , 10edxedyxyx；（3）关于的边缘密度函数 x dyyxfxfx, , 0,12043dyeyx = 同理可求得y的边缘密度函 易见其他0 x 3 , 0,3xe其他0 x数为 yfy , 0 其他,44ye0 x yfxyxfy,xyfx,，因此x与y相互独立。 13. 已知二维随机变量yx,的

55、联合密度函数为 yxf, , 0 其他,1yxkxyx0 , 10 （1）求常数；关于y的边缘密度函数； （3）x与y是否独立？ 解解 （1）k（满足2）分别求关于x及k 1,dxdyyxf，即111xydyxkdx00解得24k； （ ）的边缘密度函数 2x1x1 dyyxfxfx, 0,240dyyx其他0 x = 11, 0,122xx其他0 x y 0.2 x 图 5.3 y的边缘密度函数为 yfy , 01241yydxx,其他10 y = 121, 0,12yy其他0 y （3）314141,21f， 16271694112,23214112yf2124而xfyx， 易 见,2xf

56、f不相互独xy0 4121411yf，因此x与y立。 14. 设随机变量x与y的联合分布律为 1 0 252 b 1 a 253 2 251 252 530| 1xyp且， （1） 求常数的值；2）当取（1）中的值时，x与y是否独立？为什么？ 解解 （1）ba,必须满足，即ba,a b,（23111jiijp125212b2525325a，可推出2517ab，另外由条件概率定义及已知的条件得 5325201p, 00| 1bbxpyxxyp 由此解得253b，结合2517 ba可得到2514a， 即 2532514ba 253,251425170,2550ypxp（2）当ba时，可求得，易见

57、25xpxp0020, 0ypy 因此，x与y不独立。 15. 对于第2题中的二维随机变量的分布，求当yx,2y时x的条件分布律。 解解 易知22x|y=2 1 2 3 1，因此时x的条件分布律为 2y2ypp概率 312 21pp3122p 31232pp 2 p16. 对于第6题中的二维随机变量的分布，求当yx,021,xxx时y的条件密度函数。 解解 x的边缘密度函数为（由第7题所求得） x fx, 0,124x其他20 x 1由条件密度函数的定义知当 , x时, x时021xxy的条件密度函数为 021xxy的条件密度函数为 xfxyfxxy| , 0,1244x 其120 xyyxf

58、, 他 = , 0,12 01x 其他12 xy 习题六解答 习题六解答 设x的分布律为 x -2 4 1.-0.50 2 81 41 81 61 31 概率 求出：以下随机变量的分布律。1）（2x； （2）1 x； （3）2x。 解解 由x的分布律可列出下表 81 概率 4 181 6 11 3 x-2 -0.5 0 2 4 2x 0 1.5 2 4 6 1 x 3 1.5 1 -1 -3 2x 4 0.250 4 16 由此表可定出 （1）的分布律为 2x2x 0 23 2 4 6 概率 81 41 81 61 31 （2）的分布律为 1 x-3 -1 1 23 3 x1概率 31 61

59、81 41 81 （3）的分布律为 2x2x 0 41 6 41概率 81 41 24731 其中24761812242xpxpxp。 2. 设随机变量x服从参数1的泊松分布，记随机变量y 试求随机变量y的分布律。 , 1, 1; 1, 0xx若若解解 由于x服从参数1的泊松分布，因此 , 2 , 1 , 0,!11xpk1kkeekk 而 111110eexpxpxpyp2! 1! 00e； 1211111expxpyp。 即y1 的分布律为 y 0 12e 121 e 概率 , 0,2x,; 13. 设x的密度函数为 xf0其他 x 求以下随变量的密度函数： （1）机x2； （2）1 x；

60、3）（2x。 1）解法一：设解解 求连续型随机变量的函数的密度函数可通过先求其分布函数，然后再求密度函数。如果 xy （g为单调可导函数，则也可利用性质求得。，则y的分布函数 xy2 22yxpyxpyypyf y= = 1402y01212002yyy 2200yyy 100222xdxxdxy yyf fyy02y其他20y 解法二：x，y2 yhyx 21yh，而2，则 yhyhfyfxy = , 0,2122y 其他12y0 0,2y = （2）设其他20y ，则 1,1yhyhyx，y的密度函数 1xy yhfyf 2 1yhy 10y其他110y x = 012y其他110y （3