概率论和数理统计答案解析浙大

1、1、 考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年后因意外死亡，则公司赔付20万元，若投保人因其他原因死亡，则公司赔付5万元，若投保人在投保期末生存，则公司无需付给任何费用。若投保人在一年内因意外死亡的概率为0.0002，因其他愿意死亡的概率为0.0010，求公司赔付金额的分布律。解：设X为公司的赔付金额，X=0,5,20P（X=0）=1-0.0002-0.0010=0.9988P（X=5）=0.0010P（X=20）=0.0002X0520P0.99880.00100.00022.(1) 一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取3只球，以X表示取出的三只中的最大号码，写出随机

2、变量的分布律. 解：方法一: 考虑到5个球取3个一共有C53 =10种取法，数量不多可以枚举来解此题。设样本空间为S S=123,124,125,134,135,145,234,235,245,345 易得，PX=3=110；PX=4=310；PX=5=610；X345Pk1/103/106/10 方法二：X的取值为3,4,5 当X=3时，1与2必然存在 ，PX=3= C22C53 =110; 当X=4时，1,2,3中必然存在2个， PX=4= C32C53 =310； 当X=5时，1,2,3,4中必然存在2个， PX=5= C42C53 =610；X345Pk1/103/106/10 (2)

3、将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次中得到的小的点数，试求X的分布律.解：PX=1= P (第一次为1点)+P（第二次为1点）- P（两次都为一点）= 16+16-136 = 1136；PX=2= P (第一次为2点，第二次大于1点)+P（第二次为2点，第一次大于1点）- P（两次都为2点）= 16×56+16×56-136 = 936；PX=3= P (第一次为3点，第二次大于2点)+P（第二次为3点，第一次大于2点）- P（两次都为3点）= 16×46+16×46-136 = 736； PX=4= P (第一次为4点，第二次大于3点)+P（第二次为4点，

4、第一次大于3点）- P（两次都为4点）= 16×36+16×36-136 = 536； PX=5= P (第一次为5点，第二次大于4点)+P（第二次为5点，第一次大于4点）- P（两次都为5点）= 16×26+16×26-136 = 336；PX=6= P (第一次为6点，第二次大于5点)+P（第二次为6点，第一次大于5点）- P（两次都为6点）= 16×16+16×16-136 = 136；X123456Pk11/369/367/365/363/361/363.设在15只同类型的零件中有2只是次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放

5、回抽样.以X表示取出的次品的只数. (1)求X的分布律.解：PX=0= C133C153 =2235;PX=1= C13 2C21C153 =1235;PX=2= C131C22C153 =135;X012Pk22/3512/351/35 (2)画出分布律的图形. 4、进行独立重复试验，设每次试验的成功率为p，失败概率为q=1-p（0<p<1）（1）将试验进行到出现一次成功为止，以X表示所需的试验次数，求X的分布律。（此时称X服从以p为参数的几何分布）（2）将试验进行到出现r次成功为止，以Y表示所需的试验次数，求Y得分布律。（此时称Y服从以r,p为参数的帕斯卡分布或负二项分布）（3

6、）一篮球运动员的投篮命中率为45%。以X表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出X的分布律，并计算X取得偶数的概率解：（1）k=1,2,3，P（X=k）=pqk-1（2）k=r+1,r+2,r+3, P（Y=k）=Ck-1r-1prqk-r（3）k=1,2,3, P（X=k）=0.45(0.55)k-1,设p为X取得偶数的概率P=PX=2+ PX=4+ + PX=2k =0.45(0.55)1+0.45(0.55)3+0.45(0.55)2k-1 =11315. 一房间有3扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞

7、出房间。假定鸟是没有记忆的，它飞向各扇窗子是随机的。(1) 以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律。(2) 户主声称，他养的一只鸟是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数。如户主所说是确实的，试求Y的分布律。(3)求试飞次数X小于Y的概率和试飞次数Y小于X的概率。解：（1）由题意知，鸟每次选择能飞出窗子的概率为1/3，飞不出窗子的概率为2/3，且各次选择之间是相互独立的，故X的分布律为：P(X=k)=13*(23)k-1 ，k=1,2,3X 1 2 3 PK 13 29 427（2）Y的可能取值为1，2，3，其分布律为方法一：P(Y=1)=

8、13 P(Y=2)= 23*12=13P(Y=3)= 23*12*1=13 方法二：由于鸟飞向各扇窗户是随机的，鸟飞出指定窗子的尝试次数也是等可能的。即P(X=1)=P(Y=2)=P(X=3)= 13 Y 1 2 3 PK 13 13 13（3）设试飞次数X小于Y为事件A，Y小于X为事件B。普通鸟和聪明鸟的选择是独立的X小于Y的情况有： X=1, Y=2 X=1, Y=3 X=2, Y=3故P(A)=P(X=1)*P(Y=2)+ P(X=1)*P(Y=3)+ P(X=2)*P(Y=3)= 13*13+29*13+13*13=827Y小于X的情况有： Y=1, X2 Y=2, X3 Y=3, X

9、4故P(B)=P(Y=1)*P(X2)+P(Y=2)*P(X3)+P(Y=3)*P(X4)=P(Y=1)*1-P(X=1)+P(Y=2)*1-P(X=1)-P(X=2)+P(Y=3)*1-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)= 13*(1- 13)+ 13*(1- 13 - 29)+ 13*(1- 13 - 29 - 427)= 3881 6. 一大楼装有5台同类型的供水设备。设各台设备是否被使用相互独立。调查表明在任一时刻t每台设备被使用的概率为0.1，问在同一时刻，(1) 恰有2台设备被使用的概率是多少？(2) 至少有3台设备被使用的概率是多少？(3) 至多有3台设备被使用的概率是多少

10、？(4) 至少有1台设备被使用的概率是多少？解：设同一时刻被使用的设备数为X，试验次数为5且每次试验相互独立，显然X满足二次分布X(1) P(X=2)=C52*0.12*0.93=0.0729(2) P(X3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)= C53*0.13*0.92+C54*0.14*0.9+0.15=0.00856(3) P(X3)=1-P(X=4)-P(X=5)=1-C54*0.14*0.9-0.15=0.99954(4) P(X1)=1-P(X=0)=1-0.95=0.409517. 设事件A在每次试验发生的概率为0.3。A发生不少于3次时，指示灯发出信号。(1) 进行了

11、5次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。(2) 进行了7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。解：设进行5次重复独立试验指示灯发出信号为事件B，进行7次重复独立试验指示灯发出信号为事件C。用X表示n次重复独立试验中事件A发生的次数，则P(X=k)= Cnk*0.3k*0.7n-k, k=1,2,3（1） P(B)= P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)= C53*0.33*0.72+C54*0.34*0.7+0.350.163或：P(B)= 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=1- 0.75- C51*0.3*0.74- C52*0.32*0.730.163（2） P(C)=

12、1- P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=1-0.77- C71*0.3*0.76- C72*0.32*0.750.3538甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6, 0.7. 今各投三次，求：（1）两人投中次数相等的概率（2）甲比乙投中次数多的概率解：记投三次后甲投中次数为X，乙投中次数为Y，设甲投中a次，乙投中b次的概率为P（X=a，Y=b）（1） 设两人投中次数相等为事件A因为甲、乙两人每次投篮相互独立且彼此投篮相互独立则P（A）= P（X=0，Y=0）+P（X=1，Y=1）+P（X=2，Y=2）+P（X=3，Y=3） =（0.4）3×（0.3）3+C31×0.6

13、×(0.4)2×C31×0.7×(0.3)2+C32×（0.6）2×0.4×C32×（0.7）2×0.3 +（0.6）3×（0.7）3 =0.321（2） 设甲比乙投中次数多为事件B则P（B）=P（X=1，Y=0）+P（X=2，Y=0）+P（X=3，Y=0）+P（X=2，Y=1）+P（X=3，Y=1）+P（X=3，Y=2） =C31×0.6×(0.4)2×(0.3)3+C32×（0.6）2×0.4×(0.3)3+(0.6)3×

14、(0.3)3+C32×（0.6）2×0.4×C31×0.7×(0.3)2+（0.6）3×C31×0.7×(0.3)2+（0.6）3×C32×（0.7）2×0.3 =0.2439有一大批产品，其验收方案如下，先作第一次检验：从中任取10件，经检验无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品。若产品的次品率为10%，求：（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率（3）这批产品按第二次检验的标准被接受的

15、概率（4）这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：记第一次检验抽取的10件中次品个数X，则XB（10 , 0.1）第二次检验抽取的5件中次品个数Y，则YB（5 , 0.1）（1） 设事件A为“这批产品第一次检验就能接受”，P（A）=（0.9）10 0.349（2）设事件B为“需作第二次检验”，即第一次检验次品数为1或2P（B）= P（X=1）+P（X=2） =C101×（0.9）9×0.1+C102×（0.9）8×（0.1）2 0.581（3） 设事件C为“这批产品按第二次检验的标准被接受”P（C）=（0.9

16、）5 0.590（4）设事件D为“这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过”由（2）（3）知事件B、C相互独立P（D）= P（B）× P（C） 0.581 × 0.590 0.343（5）设事件E为“这批产品被接受的概率”，其中包括事件A和事件D，A与D互斥P（E）=P（A）+P（D） 0.349 + 0.343 = 0.69210有甲、乙两种味道和颜色都极为相似的名酒各4杯，如果从中挑4杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？（2） 某人声称他通过品尝能区分两种酒，他连续试验10次，成功3次，试推断他是猜对

17、的，还是他确有区分的能力（设每次试验是相互独立的）解：（1）设事件A为“试验成功一次”，题意为在8杯中挑4杯，恰好挑到事件A由题意知P（A）=1C84=170（2）设事件B为“他连续试验10次，成功3次”由于每次试验相互独立则P（B）=C103×（170）3×（6970）7 =310000此概率太小在试验中竟然发生了，按实际推断原理，认为他确实有区分的能力。11.尽管在几何教科书中已经讲过用圆规和直尺三等分一个任意角是不可能的，但每年总有一些“发明家”撰写关于仅用圆规和直尺将角三等分的文章。设某地区每年撰写此类文章篇数X服从参数为6的泊松分布。求明年没有此类文章的概率。解：

18、设明年没有此类文章的概率为P,又X服从泊松分布，得PX=k=ke-k! 令=6，则PX=0=60e-60!=e-6=2.5×10-312.一电话总机每分钟收到呼叫的次数服从参数为4的泊松分布。求（1）某一分钟恰有8次呼唤的概率；（2）某一分钟的呼唤次数大于3的概率。解： 设每分钟收到呼叫的次数为随机变量X，呼叫k次的概率为P，同理有PX=k=ke-k!=4ke-4k! (1)令k=8，则有PX=8=4ke-4k!=48e-48!=0.0298 (2)依题意，X>3,即PX>3=1-PX3=1-PX=0-PX=1-PX=2-PX=3 =1-e-4-4e-4-42e-42!-

19、43e-43! =1-713e-4=0.566513.某公安局在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼叫的次数X服从参数为（1/2）t的泊松分布，而与时间间隔的起点无关（时间以小时计）。（1） 求某一天中午12点至下午3点未收到紧急呼叫的概率；（2） 求某一天中午12点至下午5点至少收到1次紧急呼叫的概率。解：(1)设某一天中午12点至下午3点未收到紧急呼叫的概率为P，时间间隔长度t=3，依题意有PX=0=(t2)ke-t2k!=(32)0e-320!=e-32=0.2231(2)依题意，即X1，时间间隔长度t=5，则 PX1=1-PX=0 =1-(t2)ke-t2k! =1-(52)0e-520!

20、 =1-e-52=0.917914.某人家中在时间间隔t（小时）内接到电话的次数X服从参数为2t的泊松分布。（1）若他在外出计划用时10分钟，问其间有电话铃响一次的概率是多少？（2）若他希望外出时没有电话的概率至少为0.5，问他外出应控制最长时间是多少？解：(1) 设其间有电话铃响一次的概率为P，t=1/6，依题意有PX=1=(2t)ke-2tk!=(13)1e-131!=13e-13=0.2388(2) 外出时没有电话的概率至少为0.5,即为 PX=00.5 PX=0=2tke-2tk!=2t0e-2t0!0.5 即 e-2t0.5 求解得 t12ln2=0.3466 （小时） 即外出时间不

21、得超出20.79分钟.15.保险公司在一天内承保了5000张相同年龄，为期一年的寿险保单，每人一份，在合同有效期内若投保人死亡，则公司需赔付3万元。设在一年内，该年龄段的死亡率为0.0015，且各投保人是否死亡相互独立。求该公司对于这批投保人的赔付总额不超过30万元的概率（利用泊松定理计算）。解：设投保人在一年内死亡人数为X,则Xb（5000,0.0015），若公司赔付不超过30万元，则死亡人数不该超过303=10个人，PX10=k=010(C5000k)(0.0015)k(0.9985)5000-k根据泊松定理，=np=5000×0.0015=7.5PX10k=0107.5ke-7

22、.5k!=0.8622.16.有一繁忙的汽车站，每天有大量汽车通过，设一辆汽车在一天的某段时间内出事故的概率为0.0001。在某天的该时间段内有1000辆汽车通过。问出事故的车辆数不小于2的概率是多少？（利用泊松定理计算）解：设某天该时段汽车站汽车出事故的辆数为X，则Xb（1000,0.0001），所求为PX2=1-PX=0-PX=1.其中，根据泊松定理，=np=1000×0.0001=0.1.PX=k=Cnkpk(1-p)n-kke-k!.所以，PX2=1-PX=0-PX=11-e-0.1-e-0.1×0.1=0.0047.17.（1）设X服从（0-1）分布，其分布律为P

23、X=k=pk(1-p)1-k,k=0，1，求X的分布函数，并作出其图形。（2）求第2题（1）中的随机变量的分布函数。解：（1） X服从（0-1）分布，即，当X=0，pk=1-p；当X=1，pk=p.当x<0,F(x)= 0;当0x1,F(x)=1-p;当x1,F(x)=(1-p)+p=1.X的分布函数为Fx=0, &x<01-p,0x<11, &x1，（2）第2题(1)中，X的分布律为 所以，当X<3，Fx=0; 3X<4，Fx=0.1; 4X<5，Fx=0.1+0.3=0.4; 5X，Fx=0.4+0.6=1.所以，X的分布函数为F(x)=

24、0,x3,0.1,3x4,0.4,4x5,1,x5.18.在区间0，a上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标。设这个质点落在0，a中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例。试求X的分布函数。解：当x0,P(x)=0;当0xa,P(x)=kx,（其中k表示概率与区间长度的比例关系）由于题中说明，在区间0,1上任意投掷质点，所以，质点落在区间内是必然事件，所以P(0xa)=ka=1,所以k=1a.所以X的分布函数为F(x)=0,x0xa,0xa1,xa19.以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一个顾客到达的等待时间（以分计），X的分布函数是FX（x）=1-e-0.4x，x>0，0，

25、x0.求下列概率：（1）P至多3分钟.（2）P至少4分钟.（3）P3分钟至4分钟之间.（4）P至多3分钟或至少4分钟.（5）P恰好2.5分钟.解：（1）P至多3分钟=PX3=FX（3）=1-e-0.4*3 =1-e-1.2 （2）P至少4分钟=PX4=1-PX4=1-FX（4）=e-0.4*4=e-1.6 （3）P3分钟至4分钟之间=P3X4=FX（4）-FX（3）=（1-e-0.4*4）-（1-e-0.4*3）=e-1.2-e-1.6 （4）P至多3分钟或至少4分钟=PX3UX4=PX3+PX4=（1-e-1.2）+e-1.6=1+e-1.6-e-1.2 （5）P恰好2.5分钟=PX=2.5

26、=020.设随机变量X的分布函数为FX（x）=0，x，1lnx，1xe，1，xe.（1）求PX2，P0X3，P2X2.5.（2）求概率密度fX（x）.解：（1）根据连续型随机变量的分布函数的定义和性质可得PX2=FX（2）=ln2P0X3=FX（3）-FX（0）=1-0=1P2X2.5=FX（2.5）-FX（2）=ln2.5-ln2=ln1.25 （2）根据概率密度的定义可得 fX（x）=dFX（x）dx=1x，1xe0，其他21.设随机变量X的概率密度为（1）f（x）=21-1x2，1x20，其他.（2）f（x）=x，0x1，2-x，1x2，0，其他求X的分布函数F（x），并画出（2）中f（

27、x）及F（x）的图形.解：（1）F（x）=P（Xx）=-xf（t）dt 当x1时，F（x）=-x0dt=0 当1x2时，F（x）=-10dt+1x21-1t2dt =2（x+1x -2） 当2x时，F（x）=-10dt+1221-1t2dt+2x0dt =1 故分布函数为F（x）=0，x12x+1x -2，1x21，x2（2）F（x）=P（Xx）=-xf（t）dt 当x0时，F（x）=-x0dt=0当0x1时，F（x）=-00dt+0xtdt =x22当1x2时，F（x）=-00dt+01tdt+1x（2-t）dt=2x- x22 -1当2x时，F（x）=-00dt+01tdt+12（2-t）

28、dt+2x0dt =1故分布函数为F（x）=0，x0x22，0x12x- x22 -1，1x21，2xF（x）和F（x）的图形如下22.（1）分子运动速度的绝对值X服从麦克斯韦（Maxwell）分布，其概率密度为：f（x）=Ax2e-x2/b， x>0,0, 其他.其中b=m/(2kT)，k为玻尔兹曼常数，T为绝对温度，m是分子的质量，试确定常数A。 （2）研究了英格兰在1875年1951年期间，在矿山发生导致不少于10人死亡的事故的频繁程度。得知相继两次事故之间的时间T（日）服从指数分布，其概率密度为 fT（t）=1241e-t/241， t>0,0, 其他.求分布函数F(t)，

29、并且求概率P（50<T<100）.（1） 解：由题意可知-fxdx=1,可得-fxdx=-00dx+0Ax2e-x2/bdx =-Ab2xe-x2b|0+Ab20e-x2bdx不妨令xb=u则原式可写为Abb20e-u2du=Abb4由此可得A=4bb（2） 解：当t<0时，FTt=-tfTtdt=-t0dt=0当t>0时，FTt=-tfTtdt=-t0dt+0t1241e-t/241dt=1-e-t241故所求的分布函数为 FT（t）=1-e-t241， t>0,0, 其他. 而P50<T<100= FT（100）- FT（50）=e-50241-e

30、-10024123.某种型号器件的寿命X（以小时计）具有概率密度f(x)=1000x2, x>1000,0, 其他.现有一大批此种器件（设各种器件损坏与否相互独立），任取5只，问其中至少有2只寿命大于1500小时的概率是多少？解：任取一只该种器件，其寿命大于1500h的概率为 P=15001000x2dx=-1000x|1500=23任取5只这种器件，其中寿命大于1500小时的只数记为X，则Xb(5，23).故所求概率为PX2=1-PX=0-PX=1 =1-1-232-C51231-234=23224324.设顾客在某银行的窗口等待服务时间X(min)服从指数分布，其概率密度为fx(x)

31、=15e-x/5, x>0,0, 其他.某顾客在窗口等待服务，若超过10min，他就离开，他一个月要到银行5次，以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y的分布律，并求P(Y1).解：顾客在窗口等待服务超过10min的概率为 P=10fx(x)dx=1015e-x5dx=e-2故顾客去银行一次因未等到服务而离开的概率为e-2，从而Yb(5, e-2)那么，Y的分布律为PY=k=C5k(e-2)k(1-e-2)5-k， k=0,1,2,3,4,5. PY1=1-PY=0=1-(1-e-2)5=0.516725、设K在（0,5）服从均匀分布，求x的方程4x2+4Kx+K+2=0有实

32、根的概率。解：4x2+4Kx+K+2=0有实根即 （4K）2-4×4×（K+2）0解得 K-1 或 K2由题知K在（0,5）服从均匀分布即 0<K<5设 方程4x2+4Kx+K+2=0有实根为事件AP(A)=P2K<5=2515dx=3526、设XN(3，22)(1)求P2<X5，P-4<X10，P|X|>2，PX>3(2)确定c使得PX>c=PXc(3)设d满足PX>d0.9，问d至多为多少?解：z=X-N0,1(1) P2<X5=P2-32<X-325-32 =P-12<X-321 =1-12 =1

33、-1+12=0.5328 P-4<X10=P-72<X-3272=272-1=0.9996 PX>2=PX<-2+PX>2= PX-32<-52+PX-32>-12 =-52+12 =0.6977PX>3=1-PX-32<3-32 =1-0 =0.5(2) PX>c=PXc即PX-32>c-32=PX-32c-321-PX-32c-32=PX-32c-32=0.5即c-32=0 可得c=3(3) PX>d0.9即PX-32>d-320.9即-d-320.9即-d-321.29即d0.42则d至多为0.4227、某地区

34、18岁的女青年的血压（收缩压，以mmHg计）服从N(110，122)分布，在该地区任选一18岁的女青年，测量她的血压X，求(1)PX105，P100<X120；(2)确定最小的x，使PX>x0.05.解：z=X-N0,1(1) PX105=PX-11012105-11012 =-0.417=0.3383P100<X120=P-0.833<X-11012<0.833 =2×0.833-1=0.5952(2) PX>x0.05即PX-11012>x-110120.05即PX-11012<x-110120.95即x-110121.65x129

35、.8则x最小为129.8，使得PX>x0.05.28.由某机器生产的螺栓的长度（cm）服从参数=10.05,=0.06的正态分布。规定长度在范围10.05±0.12内为合格品，求一螺栓为不合格品的概率。解：设螺栓的长度为X。0.12=2，根据3法则，产品合格的概率P合格= P10.05-0.12X10.05+0.12=95.44%不合格概率：P不合格=1-P合格=4.56%29.一工厂生产的某种元件的寿命（h）X服从参数为=160，（>0）的正态分布，若要求P120<X2000.80，允许最大为多少？解：由正态分布图形得，越小时，X落在附近的概率越大。当P120&l

36、t;X200=P160-40<X160+40=0.8时40=0.9根据标准正态分布表查得，40=1.2831.20即最大为31.20.30.设在一电路中，电阻两段的电压（V）服从N120，22，今独立测量了5次，试确定2次测定值落在区间118,122之外的概率。解：设第i次测定值为Xi， i=1,2,3,4,5，则Xi-N（120,22）P118Xi122=（）-（） =（1）-（-1） =2（1）-1 =0.6826PXi【118,122】=1-P118X122 =0.3174 （i=1,2,3,4,5）Xi之间相互独立若以Y表示5次测量其测定值Xi落在【118,122】之外的个数 Y

37、b（5,0.3174）所求概率 PY=2=C2 5（0.3174）2(0.6826)3 =0.320431某人上班，自家里去办公室要经过一个交通指示灯，这指示灯有80%时间亮红灯，此时他在指示灯旁等待直至绿灯亮。等待时间在区间0，30（以秒计）服从均匀分布。以X表示他的等待时间，求X的分布函数F（x）。画出F（x）的图形，并问X是否为连续性随机变量，是否为离散型的？（要说明理由）解 当他到达交通指示灯处时，若是亮绿灯则等待时间为0，若是亮红灯则等待时间X服从均匀分布。记“指示灯亮绿灯”为事件A。则对于固定的x0，全概率公式有PXx=PXxAPA+PXxAPA当0x30时，PXx=1×

38、0.2+x30×0.8=0.2+2x75当x30时，PXx=1×0.2+1×0.8=1于是得到X的分布函数为Fx=PXx=0 x0 0.2+2x75 0x<30 1 x0 F（x）的图像如图所示因F(x)在x=0处有不连续点，故随机变量X不是连续型，又因不存在一个可列的点集，使得在这个点集上X取值的概率为1，所以随机变量也不是离散型的，X是混合型随机变量。32 设f（x），g(x)都是概率密度函数，求证h（x）=f（x）（1）g（x），01也是一个概率函数。解 因为f（x），g(x)都是概率密度函数，故有f（x）0，g(x)0 且-+fxdx=1， -+g（x）dx=1.因01，故10，所以有f（x）0 ， （1）g（x）0，于是h（x）0.又-+h（x）dx=-+fxdx+1-+gxdx=+1-=1所以h（x）是一个概率分布函数。33.设随机变量X的分布律为X-