概率论复习课提纲

1、 概率论复习课提纲一、古典概率用古典概型求概率的题在练习册中较多，初步统计有：习题一中的2、3、4、9、13；习题二中的1、2、4；习题四中的1；检测题1-二、三等。 一）、计数原理 1、加法原理（两种方法均能完成此事）：m+n某件事由两种方法来完成，第一种方法可由m种方法完成，第二种方法可由n种方法来完成，则这件事可由m+n 种方法来完成。 2、乘法原理（两个步骤分别不能完成这件事）：m×n某件事由两个步骤来完成，第一个步骤可由m种方法完成，第二个步骤可由n 种方法来完成，则这件事可由m×n 种方法来完成。 二）、排列组合1、无重复的排列与组合 1）、无重复的排列、基础知

2、识从n个不同元素中，任取m(n)个不同元素，按照一定顺序排成一列（或从n个不同元素中，有序地任取m个不同元素），叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的一个排列。从n个不同元素中，任取m(n)个不同元素的排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的排列数，用符号或表示。由乘法原理得： （约定0！=1）（取第一个元素放在第一个位置有n种方法；取定第一位后，由于元素不允许重复，选择第二位时则只有n-1种方法，选择第m位则只有n-(m-1)=n-m+1种方法）。 特别地，当m=n时，就得到n个不同元素的全排列数公式 2）、无重复的组合从n个不同元素中，任取m(n)个不同元素并成一组（或从n个不同

3、元素中，无序地任取m个不同元素），叫做从n个不同元素中任出m个不同元素的组合。从n个不同元素中，任取m(n)个不同元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个不同元素组合数，用符号表示，其计算公式为： （约定0！=1）（事实上，对每一个从n个不同元素m个不同元素的组合，将其元素进行全排列可产生m!个不同的排列。显然不同组合产生的排列互不相同，且每个排列分两步得到。由乘法原理可得，于是。2、可重复的排列与组合 1）、可重复的排列从n个不同元素中，任取（允许重复）m(1)个元素，按照一定顺序排成一列。叫做从n个不同元素中取m个不同元素的一个可重复排列。由乘法原理可知，从n个不同元素中取m(1

4、)个元素的所有可重复排列的个数为（选第一位元素有n种方法；选定第一位，选第二位仍有n种方法；最后，选第m位也有n种方法）。2）、有限个重复元素的全排列设n个由k个不同的元素a1、a2、ak元素组成，其中a1有n1个、a2有n2个、ak有nk个（n1+n2+nk=n）中，那么这n个元素的全排列称为有限个重复元素的全排列，其排列数为。 事实上，若n个元素互不相同，则全排列数为n!，但其中ai有个ni个，它们之间任意交换顺序（共有ni!种交换顺序），得到的是同一排列（i=1、2、n），故不同的排列个数为。 3）、可重复的组合从n个不同元素中，任取可重复地选取m(1)个元素，称为n个不同元素取m个元素

5、的可重复的组合，其不同组合的个数为。设有n个不同元素a1、a2、an，每次取出m个元素得到的所以组合按脚标从小到大的排列为：a1、a1、a1； a1、a1、a1、a2； a1、a1、a2、a2； ；a2、a2、a2、a3； ； an、an、an、an； 每组有m个元素将每组的m个素依次加上0、1、2、m-1，有 a1、a2、am； a1、a2、am-1、am+1； a1、a2、am、am+1； ；a2、a3、am、am+2； ； an、an+1、am+n-2、am+n-1；因此从n个不同元素中，每次取出m个元素的所有重复的组合转化为从n+m-1个不同元素中，每次取出n个不同元素的组合。 三）、

6、古典概率 、例题1、（1-2）将12个不同的球随机地放入20个盒子，试求每个盒子中的球不多于1个的概率. 解：设A=任意12个盒子中各有一个球基本事件总数n将12个不同的球随机地放入20个盒子,由于每个盒子内球的数量不限，故总基本事件数的计算与重复排列有关为2012（事实上，把12个球放入第1个盒子中的方法有12种：1、2、3、11、12；放入第2个盒子中仍有12种方法；放入第2个盒子中也有12种方法。由乘法原理可知，共有2012种方法，这是个重复排列问题）。 事件A所包括的基本事件数m，可分两步来考虑： 、在20个盒子选择各放一个球的12个盒子有种方法；、12个球放入这种盒子中有n!种方法。

7、由乘法原理可知，事件A所包括的基本事件数为n!= 。故有：2、【抽取问题】、一批产品共N件，其中有M件正品，从中随机地取出n件（n<N）。试求其中恰有m件（mM）正品（记为A）的概率： 1）、n件是同时取出的（一次抽取）； 2）、n次抽取（每次只抽取1件）（1）、n件是无放回逐件取出的；（2）、n件是有放回逐件取出的。解：1）、一次抽取时：； 2）、n次抽取时： （1）、无放回逐件抽取基本事件总数n：第1次是在N件中抽取1件，共有N种方法；第2次是在N-1件中抽取1件，共有N-1种方法；第n次是在N-(n-1)=N-n+1件中抽取1件，共有N-n+1种方法；按乘法原理，n次无放回抽取的基

8、本事件总数为N(N-1)(N-n+1)=，这是个不可重复的选排列问题。事件A包含的基本事件数m：注意到，在n次抽取中有m次抽到正品时，则应有n-m次抽到次品：、在抽到正品的m次中，其第1次抽到正品的M次取法、第2次取得正品则只有M-1次取法、第m次取得正品的则只有M-m+1次取法，由乘法原理可知，共有种取法；、在抽到次品的n-m中，其第1次抽到次品有N-M次取法、第2次取得次品则只有N-M-1次取法、第n-m次取得次品的则只有N-M-m+1次取法，由乘法原理可知，共有种取法；而n次抽取中，m次抽到正品（同时有n-m次抽到次品）的组合数为种。故无放回取得m次正品的事件数为。故有： 【注】： 由于

9、无放回逐次抽取也可看成一次抽取，故可用（1）的结果，即：。实际上，。（2）、有放回逐件取出基本事件总数n：第1次是在N件中抽取1件，共有N种方法；第2次仍是在N件中抽取1件，共有N种方法；第n次也是在N件中抽取1件，共有种方法；按乘法原理，n次有放回抽取的基本事件总数为，这是一个重复排列问题。事件A包含的事件数m：n次抽取中有m次抽到正品时，则有n-m次抽到次品：、在抽到正品的m次中，其第1次抽到正品的M次取法、第2次取得正品仍是有M次取法、第m次取得正品的也是有M次取法，由乘法原理可知，共有Mm种取法；、在抽到次品的n-m中，其第1次抽到次品有N-M次取法、第2次取得次品仍是有N-M次取法、

10、第n-m次取得次品也是有N-M次取法，由乘法原理可知，共有种取法。同样的n次抽取中有m次抽到正品（同时有n-m次抽到次品）的组合数为种。故有放回取得m次正品的事件数为,故有： 【注】： 有放回n次逐次抽取时，相当于一个n重伯努利试验AB(n,p)，式中为每次取得正品的概率，故有： 1-3、10个产品中有7个正品、3个次品：(1)、从中任取3次，试求其中恰有3件是次品的概率P(A)； 解：“从中任取3次”应理解为“一次取出3件”。即一次取抽样。 10个产品中一次抽取3件的事件总数为； 3件中恰有3件次品的事件数为 ；故。(2)、有放回地取3次，每次一个，求取到3个次品的概率P(B)； 解：在3次

11、有放回的逐次抽取中，每次取1件的事件总数均为，故基本事件总数为103=1000； 3次抽取中有3次抽到次品时，则有0次抽到正品，其对应的基本事件数为： 故 (3)、无放回地取3次，每次一个，求取到3个次品的概率 解：在3次无放回的逐次抽取中，各次抽取1件的事件数不一样，其基本事件总数为。 3次无放回抽取中有3次抽到次品时，则有0次抽到正品，其对应的基本事件数为： 与（1）相同，这再一次说明无放回逐次抽取n次等同于一次抽取n件。2-4、设一辆汽车在开往目的地的道路上需经过四组信号灯，每组信号灯以1/2的概率允许或禁止汽车通过以X表示汽车首次停下时，它已通过的信号灯的组数设各组信号灯的工作是相互独

12、立的，求X的分布律 解：设X=汽车首次停下时已通过的信号灯组数，由于只有4组信号灯，故X的取值为0、1、2、3、4。故有： 二、加法公式、乘法公式与条件概率涉及到加法公式、乘法公式与条件概率的应用题在练习册中有：习题一中的14、19等。、基础知识加法公式： P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) P(A+B)=P(A)+P(B) 条件概率 或 乘法公式 P(AB)=P(B)P(A|B)=P(A)P(B|A) P(AB)=P(A) P(B) 、例题1、（1-14）为了防止事故，在矿内同时设有两种报警系统与，每种系统单独使用时，系统有效的概率为0.92，系统为0.93，在失灵的条件下，有效的

13、概率为0.85，求（1）、发生意外时，这两个报警系统至少有一个有效的概率；（2）、失灵的条件下，有效的概率。 解：设C=发生意外时，这两个报警系统至少有一个有效 P(A)=0.92； D=B系统失灵时，系统A有效 P(B)=0.93、。此种题要画图。【解法1】：，故： 【解法2】： ，式中： 故有：三、全概率公式与贝叶斯公式 、基础知识全概率公式：从原因计算结果 Bayes公式（逆概率公式）：从结果找原因 、例题（如：习题一的15、16、17题、检测题一的八题）1-16、有位朋友从远方来, 他乘火车、轮船、汽车、飞机来的概率分别是0.3, 0.2, 0.1,0.4；如果他乘火车、轮船、汽车来的

14、话，迟到的概率分别是，而乘飞机则不会迟到。求：(1) 他迟到的概率；(2) 他迟到了，问他是乘火车来的概率 解：设B1、B2、B3、B4分别表示乘火车、轮船、汽车、飞机，它们构成了的一个有限划分。由题意可得：、。 设A=迟到，由题意可得 、（1）、由全概率公式可得：=+0= （2）、B1|A=由于乘火车而迟到 由贝叶斯公式可得：1-17、已知一批产品中96%是合格品，用某种检验方法辨认出合格品为合格品的概率是0.98，而误认废品是合格品的概率是0.05，求检查合格的一件产品确系合格的概率解：设B=产品中的合格品、A=检验为合格品，由题意可知： 、和构成的一个有限划分。故由贝叶斯公式可得：四、常

15、用的随机变量分布 一）、二项分布、基础知识二项分布（Bernoulli分布）XB(n,p)在重贝努里试验中，设=事件发生的次数、=每次试验中事件发生的概率，则有： ，则称随机变量服从参数为、的二项分布。记为。、【注】：0-1分布是n=1时的二项分布 、例题（如：习题四的13题、检测题一的五题） 4-13、民航机场的送客汽车载有20名乘客，从机场开出，乘客可以在10个车站下车如果到达某一车站无人下车，则在该站不停车，设随机变量表示停车次数，并假定每个乘客在各个车站下车是等可能的求平均停车次数 解：设Xi=在第i个车站不停车B(10,p)， 中p为在车站不停车的概率。某乘客在各车站下车的概率为0.

16、1，不下车的概率则为0.9；故在各车站不停车的概率为p=0.920。故平均不停车次数E(X)=np=10×0.920=1.251577，故平均停车次数为10-1.251577=8.748422。二）、泊松分布 XP()、基础知识若离散型随机变量的分布律为，()则称随机变量服从参数为的泊松分布，记为P()。 、【注】：泊松分布为二项分布的极限分布（np=，n）。 、例题（如：检测题一的四、十题、） 检测题1-四、（10分）一家商店根据过去的销售记录知道，某种商品每月的销售额X近似服从参数的泊松分布。为了以95%以上的把握保证不脱销，问商店在月初至少应进该商品多少件？ 解：由题意可得：（

17、k=0、1、2、） 设每月初至少进N件商品就能以95%以上的把握保证不脱销，即故有： 故有：，查表可得：k=N+1>10，故取k=9。三）、均匀分布 Ua,b、基础知识若随机变量的值只落在a，b内，其密度函数为 则称随机变量在a，b上服从均匀分布，记为XUa，b。分布函数为 当ax1<x2b时，X落在区间（x1, x2）内的概率为。、例题（如：习题二的14、15、16题、习题四的14题、检测题一的七题等） 2-15、设随机变量服从(0,5)上的均匀分布，求方程4x2+4xy+y+2=0有实根的概率。 解：由题意可得:而方程有实根的条件是：=(4Y)2-4×4×(

18、Y+2)0即Y-1或Y2。故所要求的概率为 四）、指数分布 EXP()  、基础知识  其中，则称随机变量X服从参数为的指数分布。X的分布函数为、 记住积分公式： 、例题（如：习题二的23题、习题四的5题等）2-23、设顾客在某银行的窗口等待服务的时间（单位：分钟），某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟，他就离开他一个月要到银行5次，以表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，求 解：设Y=一个月内未等到服务而离开窗口、Y=一个月内未等到服务而离开窗口 该顾客一个月内去5次银行，每次要么等到服务，要么离去；这是个n重伯努利试验，即YB(5，p)，式中p为

19、顾客未得到服务而离去的概率。 故有：五）、正态分布XN(,2)、基础知识具有如下性质：1°、的图形是关于对称的；2°、当时，达到最大值。、特别地， XN(0,1)称为标准正态分布，其分布函数记为可通过查表获得。 =1-。 标准正态分布的概率计算：ZN (0,1)，则有 一般标正态分布的概率计算：XN(,)，则有 、例题（练习册中无相应的应用题，但其他类型的题较多） 检测题2-八、（10分）某车间有同类型号机床200部，每部机床开动的概率为0.7，假设各机床开动与否互不影响，开动时，每部机床消耗电能15个单位，问：至少供应多少单位电能，才能使可以95%以上的概率保证不致因供电

20、不足而影响生产。 解：要确定最低供应的电能。需先确定该车间须同时开动的机床的最大数目n； 设X=同时开动的机床数，则XB(200,0.7)E(X)=np=200×0.7=140、D(X)=np(1-p)=200×0.7×0.3=42。故有：0.95=查表可得：=1.645n=150.66151，因此至少需要151×15=2269单位的电能。五、二维随机变量分布、基础知识 、基础知0识（<P5058>） 一）、联合分布函数F(x,y) 设Z=(X,Y)为二维随机变量，对任意x、yR，称 ，则称二元函数F(x,y)= PXx,Yy 为二维随机变量

21、Z=(X,Y)的联合分布函数。 而X、Y分布函数F(x)= PXx、F(y)= PYy 分别为二维随机变量Z=(X,Y)的关于X、Y的边缘分布函数。显然，有： F(x)= PXx= PXx,Y<=x, F(y)= PYy= PX<,Yy=,x 二）、随机变量的概率分布 1、离散型随机变量的联合分布律与边缘分布律 若二维随机变量Z=(X,Y)只取有限对或可列无穷对值，则称Z=(X,Y)为二维散型随机变量，称为Z=(X,Y)的联合分布律，它还可用概率分布表格表示： YXy1y2yjX1p11p12P1jX2p21p22P2jxipi1而 、分别称为随机变量X、Y的边缘分布律。 2、连续

22、型随机变量的联合概率密度与边缘概率密度对于二维随机变量，若存在非负可积函数f(x,yI，使得对,y于任意实数对(x,y)，有则称Z为二维连续型随机变量，为Z=(X,Y)的联合概率密度。显然有： 在f(x,y)的连续点(x,y)处，有而X、Y的概率密度fX(x)、fY(y)分别称为Z=(X,Y)关于X、Y的边缘概率密度。类似地，有： 、【注】：二维随机变量的本质 二）、联合分布函数 设（X，Y）为二维随机变量，对于任意实数x,y,二元函数称为二维随机向量Z=(X,Y)的分布函数，或称为随机变量X和Y的联合分布函数。、例题（如习题三中的3、4、12） 3-3、对一个目标独立地射击两次，每次命中的概

23、率为，若表示第一次射击时的命中次数，表示第二次射击时的命中次数，试求和的联合分布律以及联合分布函数 解：设X=第一次射击时的命中次数、Y=第二次射击时的命中次数 由题意可知，X、Y是相互独立的，故，式中xi（yj）为0时表示未击中；为1时表示击中。 由题意可知，击中与击不中的概率均为。故有： （i、j=0、1） 本题的难点在于二维离散随机变量分布函数的区域划分： 在本题中，x<0、0x<1、x1；y<0、0y<1、y1共有9种组合： x<0、y<0； x<0、0y<1； x<0、y1； 0x<1、y<0； 0x<1、0y&

24、lt;1； 0x<1、y1；x1、y<0； x1、0y<1； x1、y1；分析可得： 1/5/2015 8:00:50 PM 未准备讲的练习题一、古典概率1-4、一元件盒中有50个元件，其中25件一等品，15件二等品，10件次品，从中任取10件，求：（1）恰有两件一等品，两件二等品的概率；（2）恰有两件一等品的概率；（3）没有次品的概率； （4）至少有一个次品的概率 解：（1）、A=任取的10件中，恰好有2件一等品、2件二等品，故有： （2）、B=任取的10件中，恰好有2件一等品，故有： （3）、C=任取的10件中，没有次品，故有： （4）、D=任取的10件中，至少有1件次品

25、，故有： 1-9、10把钥匙上有3把能打开门，今任取2把，求能打开门的概率。 解：设A=打开门，故 1-13、盒中装有10小球, 其中红球3个, 白球7个. 现从中不放回地取两次, 每次任取一个球. 求第一次取到红球的概率和在第一次取到红球的条件下第二次取到红球的概率. 解：A=第一次取到红球、B=在第一次取到红球的条件下第二次取到红球。 、 2-1、某盒产品中恰有8件正品,2件次品，每次从中任取一件进行检查，直到取到正品为止，表示抽取次数，求的分布律.（1）无放回的抽取；（2）有放回抽取. 解：设X=抽取到正品时的抽取次数（1）、无放回时由于只有2件次品，故X的取值只能是1、2、3。（此时抽

26、取了2次：第一次抽到的是次品、第二次才抽到正品）（此时抽取了3次：第一、二次均抽到的是次品、第三次才抽到正品）（2）、有放回时 由于是有放回，故X的取值为1、2、3、n、 2-2、一袋中有5只球，编号为1、2、3、4、5在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律 解：设X=取出的3只球中的最大号码，由于同时抽取3个球，故X的可能取值只能是3、4、5。故有、分布律为 （k=3、4、5）4-1、一箱产品中有件3件正品和2件次品，不放回地任意取2件，表示取到的次品数，求平均次品数 解：X=取到的次品数，由题意可知，X只能取0、1、2。不放回任意取2件相当于1次任意取2

27、件，故有：（k=0、1、2），即、 、故：检测题2-二、（10分）为举办一次听证会，需从20名候选人中选出6人组成听证小组，20人中有8名公务员、4名工人，5名教师，3名学生，假设每人有相同的机会被选到。试求选中的6人中恰有3名公务员，1名工人，1名教师和1名学生的概率. 解：设A=选中6人中恰有3名公务员、1名工人、1名教师和1名学生，故有： 检测题2-三、（10分）设5件产品中有3件正品，2件次品，一次一件不放回地抽样两次，求(写出解答过程)：（1）、在第一次抽到正品的条件下、第二次抽到正品的概率 p1;（2）、第一次、第二次都抽到正品的概率p2;（3）、第二次抽到正品的概率p3. 解：设

28、A1=第一次抽到正品、A2=第二次抽到正品、 （1）、（2）、（3）、（此时有两种情况：、第一次抽到正品、第二次也抽到正品；、第一次抽到次品、第二次抽到正品）二、条件概率、乘法公式与加法公式1-19、某工人同时看管三台机器，在一小时内，这三台机器需要看管的概率分别为0.2, 0.3, 0.1, 假设这三台机器是否需要看管是相互独立的，试求在一小时内：(1) 三台机器都不需要看管的概率；(2) 至少有一台机器需要看管的概率.解：设B1、B2、B3分别表示看管甲、乙、丙三台机器。A1=三台机器都不需要看管；A2=至少要看管一台机器。故有：三、全概率公式与贝叶斯公式1-15、某型号的显像管主要由三个

29、厂家供货，甲、乙、丙三个厂家的产品分别占总产品和的25%，50%，25%，甲、乙、丙三个厂的产品在规定时间内能正常工作的概率分别是0.1、0.2、0.4，求：（1）、一个随机选取的显像管能在规定时间内正常工作（A1）的概率（2）、这个随机选取的能正常工作的显像管是甲厂家供货的概率(见<P1415>例1.5.2、1.5.4) 解：设B1、B2、B3分别表示甲、乙、丙三家的产品，它们构成了的一个有限划分。由题意可得：、；（1）、设A=随机选取的显像管能在规定时间内正常工作；由题意可得：、； 由全概率公式可得：=0.025+0.1+0.1=0.225 （2）、B1|A=这个随机选取的能正

30、常工作的显像管是由甲厂供货。 由贝叶斯公式可得： 检测题1-八、（10分）某种电子元件在电源电压不超过200伏，200伏至240伏及超过240伏3种情况下，损坏率依次是0.1，0.001及0.2，设电源电压XN( 220, 252),求（1）、此种元件的损坏率（A）；（2）、此种元件的损坏时，电源电压在200240伏的概率。 解：设B1、B2、B3分别表示该种元件处于电压不超过200伏、200240伏和超过240伏，它们构成一个互斥完备组；它们出现的概率分别为: 由全概率公式有 ，其中 、故有：由贝叶斯公式有 四、常用的随机变量分布一）、二项分布检测题1-五、（10分）甲、乙两人进行乒乓球比赛

31、，每局甲胜的概率为0.6，求对甲而言，采用三局二胜制，还是采用五局三胜制有利。设各局胜负相互独立。 解：设A=甲胜，AB(n,p)，其中p=0.6。则：在三局二胜时，AB(3,0.6)，故有： = 0.432+0.216=0.648在五局胜时，AB(5,0.6)，故有： = 10×0.03456+5×0.05184+1×0.07776=0.68256<0.648可见，采用三局二胜制更有利，但差别不是很大的。二）、柏松分布检测题1-十、（选作）假设某地在任何长为t（年）的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数的泊松分布，X表示连续两次地震之间相隔的时间。（单

32、位：年）（1）、证明X服从指数分布，求X的分布函数；（2）、求今后3年内再次发生地震的概率；（3）、求今后3年到5年内再次发生地震的概率。 解：设N(t)=某地在任何长为t（年）的时间间隔内发生地震的次数P(0.1t)，故有： (1)、当t0时， 当t<0时，故有：，即X服从指数分布（=0.1） （2）、 （3）、三）、均匀分布2-14、某人午觉醒来后发现手表停了，于是打开收音机等报时（整点报时），那么等待时间不超过10分钟的概率是多少？ 解：设X=该人醒来的时刻U0,60，即：故所求概率为检测题1-七、（10分）某人午觉醒来，发觉手表停了，他打开收音机想听电台报时。假设电台每整点报时一

33、次，求他等待时间短于10分钟的概率。(2-14)2-16、甲站每天的整点都有列车发往乙站，一位从甲站前往乙站的乘客在9点至10点之间随机地到达甲站，表示他的候车时间（单位：分钟），求（1）；（2）；（3） 解：由题意可得：，故有：（1）、（2）、（3）、=02-22、设随机变量在2,5上服从均匀分布,现对X进行三次独立观测.求至少有两次观测值大于3的概率。 解：设Y=对X进行三次独立观测至少有两次观测值大于3 由题意可得：故对X进行观测所得到的观测值大于3的概率 4-14、某人乘电梯从电视台底层到顶层观光，电梯于每个整点的第5分钟，第25分钟和第55分钟从底层起行假设此人在早晨8点至9点之间的

34、任意时刻到达底层电梯处，试求他等候电梯的平均时间。解：设X=该人等待电梯的时间、t=该人等待电梯的时间U0,60。由题意可知，故有： =检测题2-九、（10分）某商店经销某种商品，其每周需求量X服从区间10，30上的均匀分布，而进货量为区间10，30上的某一整数。商店每售出一件商品可获利500元，若供大于求，则降价处理，每处理一件商品亏损100元，若供不应求，则从外部调剂供应，此时每售一件商品获利300元。求此商店销售这种商品每周进货量最少为多少时，可使获利的期望不少于9280元？ 解：设X=每周需求量10，30 Y=每周获利、a为每周进货量（10a30,aZ）,故有： 四）、指数分布4-5、

35、地面雷达搜索飞机，在时间段内发现飞机的概率为，试求发现飞机的平均搜索时间 解：由题意可得：，故有，可见tExp()服从指数分布,故飞机的平均搜索时间E(t)=。五、二维随机变量的分布3-4、袋中有5个球，分别标号1，2，3，4，5，现从中任取3个球，设和分别表示取出球的号码中的最大值和最小值，求二维随机变量的联合分布律 解：设X=任取3球中号码最大值，X的可能取值为3、4、5；Y=任取3球中号码最小值，Y的可能取值为1、2、3。故有：、；、；、。其一般解法为： 3-12、设甲船在24小时内随机到达码头，并停留2小时；乙船也在24小时内独立地随机到达码头，并停留1小时，试求：（1）甲船先到达的概率；（2）两船相遇的概率 解：这是一道二维几何概型的题目，应该画图。 设X=甲船到达码头的时刻Y=乙船到达码头的时刻由于X、Y相互独立，故 如图所示。（1）、设A=甲先到达，则有 （2）、设B=两船相遇，注意： 甲船先到时，乙船与甲船相遇的条件是XYX+2； 乙船先到时，甲船与乙船相遇的条件是YXY +1。（此问用几何概型进行图解方便些，积分也可以但很繁琐）检测题