概率论与数理统计习题解崔颖冀等

概率论与数理统计习题解——配套崔颖冀杨存典编陕西出版集团，陕西人民出版社第一章习题解〔局部〕习题1AP30三、5.两封信随机地投入4个信箱，求前两个邮箱内没有信的概率及第一个邮箱内只有一封信的概率。解：设表示事件“前两个邮箱内没有信”，表示事件“第一个邮箱内只有一封信”，每封信有4种投法，将两封信随机地投入4个信箱共有种投法。“前两个邮箱内没有信”意味着每封信只有2种投法，那么包含的根本领件个数为：，；“第一个邮箱内只有一封信”相当于先从两封信中任选一封投到第一个邮箱，剩下的一封信投入剩余的3个邮箱中，共有种投法，那么。6.从五个数码中，任取3个不同数码排成三位数，求：〔1〕所得三位数为偶数的概率；〔2〕所得三位数为奇数的概率。解：〔1〕三位数总的排法是种。排得偶数要求末位数是偶数，即2或4，余下的4个数任取2个排列。因此，排得偶数的情况种数是种，故。〔2〕同〔1〕作类似的分析，知。注：此题也可以这样分析：{所得三位数是偶数}={三位数末位数是偶数}，又{所得三位数是奇数}={三位数末位数是奇数}。从而11.在号码薄中任取一个号码，求后面四个数全不相同的概率。〔设后面4个数中的每一个数都是等可能性地取自0，1，2……9〕记A表“后四个数全不同”；∵后四个数的排法有104种，每种排法等可能。后四个数全不同的排法有；∴15.设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到〔即从乙袋中取到〕白球的概率是多少？记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”；再记B表“再从乙袋中取得白球”。∵B=A1B+A2B且A1，A2互斥∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=16.有两箱同种类型的零件。第一箱装50只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求〔1〕第一次取到的零件是一等品的概率。〔2〕第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设Bi表示“第i次取到一等品”，i=1，2；Aj表示“第j箱产品”j=1,2，显然A1∪A2=S；A1A2=〔1〕〔B1=A1B+A2B由全概率公式解〕。〔2〕〔先用条件概率定义，再求P(B1B2)时，由全概率公式解〕18.将两信息分别编码为A和B传递出来，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B传递的频繁程度为2∶1.假设接收站收到的信息是A，试问原发信息是A的概率是多少？【解】设A={原发信息是A}，那么={原发信息是B}，C={收到信息是A}，那么={收到信息是B}由贝叶斯公式，得22.在一个盒中装有15个乒乓球，其中有9个新球，在第一次比赛中任意取出3个球，比赛后放回原盒中；第二次比赛同样任意取出3个球，求第二次取出的3个球均为新球的概率.【解】设Ai={第一次取出的3个球中有i个新球}，i=0,1,2,3.B={第二次取出的3球均为新球}由全概率公式，有25.将A，B，C三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为α，而输出为其它一字母的概率都是(1－α)/2。今将字母串AAAA，BBBB，CCCC之一输入信道，输入AAAA，BBBB，CCCC的概率分别为p1,p2,p3(p1+p2+p3=1)，输出为ABCA，问输入的是AAAA的概率是多少？〔设信道传输每个字母的工作是相互独立的。〕解：设D表示输出信号为ABCA，B1、B2、B3分别表示输入信号为AAAA，BBBB，CCCC，那么B1、B2、B3为一完备事件组，且P(Bi)=Pi,i=1,2,3。再设A发、A收分别表示发出、接收字母A，其余类推，依题意有P(收|发)=P(收|发)=P(收|发)=α，P(收|发)=P(收|发)=P(收|发)=P(收|发)=P(收|发)=P(收|发)=又P(BCA|AAAA)=P(P(收|发)P(收|发)P(收|发)P(收|发)=，同样可得P(P(于是由全概率公式，得由Bayes公式，得P(AAAA|BCA)=P(==26.将一枚均匀硬币掷2n次，求出现正面次数多于反面次数的概率.【解】掷2n次硬币，可能出现：A={正面次数多于反面次数}，B={正面次数少于反面次数}，C={正面次数等于反面次数}，A，B，C两两互斥.可用对称性来解决.由于硬币是均匀的，故P〔A〕=P〔B〕.所以由2n重贝努里试验中正面出现n次的概率为，故26〔1〕.掷n次均匀硬币，求出现正面次数多于反面次数的概率.【解】设A={出现正面次数多于反面次数}，B={出现反面次数多于正面次数}，由对称性知P〔A〕=P〔B〕〔1〕当n为奇数时，正、反面次数不会相等.由P〔A〕+P〔B〕=1得P〔A〕=P〔B〕=0.5(2)当n为偶数时，由上题知26〔2〕.设甲掷均匀硬币n+1次，乙掷n次，求甲掷出正面次数多于乙掷出正面次数的概率.【解】令甲正=甲掷出的正面次数，甲反=甲掷出的反面次数.乙正=乙掷出的正面次数，乙反=乙掷出的反面次数.显然有=〔甲正≤乙正〕=〔n+1甲反≤n乙反〕=〔甲反≥1+乙反〕=〔甲反>乙反〕由对称性知P〔甲正>乙正〕=P〔甲反>乙反〕，因此P(甲正>乙正)=27.设在独立重复实验中，每次实验成功概率为0.5，问需要进行多少次实验，才能使至少成功一次的概率不小于0.9。【解】设必须进行n次独立成功.，即为，故n≥4，至少必须进行4次独立实验.习题1B组3.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，从中先后抽出两份.〔1〕求先抽到的一份是女生表的概率p；〔2〕后抽到的一份是男生表，求先抽到的一份是女生表的概率q.【解】设Ai={报名表是取自第i区的考生}，i=1,2,3.Bj={第j次取出的是女生表}，j=1,2.那么，(1)(2)，而故4.每箱产品有10件，其次品数从0到2是等可能的。开箱检验时，从中任取1件，如果检验是次品，那么认为该箱产品不合格而拒收。假设由于检验有误，1件正品被误检是次品的概率是2%，1件次品被误判是正品的概率是5%，试计算：〔1〕抽取的1件产品为正品的概率；〔2〕该箱产品通过验收的概率。解：令“抽取一件产品为正品”；“箱中有件次品”，，“该箱产品通过验收”，〔1〕〔2〕5.假设一厂家生产的仪器，以概率0.70可以直接出厂，以概率0.30需进一步调试，经调试后以概率0.80可以出厂，并以概率0.20定为不合格品不能出厂。现该厂新生产了台仪器〔假设各台仪器的生产过程相互独立〕，求：〔1〕全部能出厂的概率；〔2〕其中恰有2件不能出厂的概率；〔3〕其中至少有2件不能出厂的概率。解：令“仪器需进一步调试”；“仪器能出厂”；“仪器能直接出厂”；“仪器经调试后能出厂”；显然，那么，，所以令“件中恰有件仪器能出厂”，；〔1〕；〔2〕〔3〕6.玻璃杯成箱出售，每箱20只，假设各箱含只残次品的概率相应为，一顾客欲购一箱玻璃杯，在购置时，售货员随意取一箱，而顾客开箱随机地查看4只，假设无残次品，那么买下该箱玻璃杯，否那么退回，试求：〔1〕顾客买下该箱地概率；〔2〕在顾客买下的一箱中，确实没有残次品的概率.【思路】由于玻璃杯箱总共有3类，分别含只残次品，而售货员取的那一项可以是这3类中地任一箱，顾客是在售货员取的一箱中检查地，顾客是否买下这一箱是与售货员取的哪一类的箱子有关，这类问题的概率计算一般可用全概率公式解决，第二问是条件概率问题.【解】引入以下事件：A={顾客所查看的一箱}；{售货员取的箱中恰好有件残次品}，显然，构成一完备事件组.且由全概率公式由贝叶斯公式【解毕】【技巧】此题是考查全概率公式与贝叶斯公式典型试题.一般来说，在应用上述两个公式计算概率时，关键是寻找出试验地一完备事件组在一次试验中，这组事件中能且只能有一个发生，因此，事件只能与中之一各事件发生.直观地讲，中的每一个都可看成导致事件发生的“原因”.而在问题中，与是容易知道的，于是事件A的概率恰为在各种“原因”下A发生地〔条件〕概率的加权平均,权重恰为各“原因”出现的概率，这就是全概率公式解决问题的思路.而贝叶斯公式实际上是在结果发生的条件下，来找各“原因”发生的概率大小的,即求条件概率通常我们称为先验概率，为后验概率，前者往往是根据以往经验确定的一种“主观概率”，而后者是在事件A发生之后来判断发生的概率,因此，贝叶斯公式实际上是利用先验概率来求后验概率.9.有两名选手比赛射击，轮流对同一个目标进行射击，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为。甲先射，谁先命中谁得胜。问甲、乙两人获胜的概率各位多少？解令所以〔显然可知〕故11.袋中装有m只正品硬币，n只次品硬币〔次品硬币的两面均印有国徽〕.在袋中任取一只，将它投掷r次，每次都得到国徽.试问这只硬币是正品的概率是多少？〔条件概率定义与乘法公式〕【解】设A={投掷硬币r次都得到国徽}，B={这只硬币为正品}由题知，那么由贝叶斯公式知补例1将个人等可能地分配到间房中去，试求以下事件的概率：{某指定的间房中各有一个人}；{恰有间房，其中各有一人}；{某指定的房中恰有个人}.【解】把个人等可能地分配到间房中去，由于并没有限定每一房中的人数，故是一可重复的排列问题，这样地分法共有对于事件,今固定某间房，第一个人可分配到间房地任一间，有种方法；第二个人可分配到余下的间房中地任一间，有种分法，依次类推，得到共含有个样本点，故对于事件,因为间房没有指定，所以可先在间房中任意选出间房〔共有种选法〕，然后对于选出来地某间房，按照上面的分析，可知共含有个样本点，从而对于事件，由于个人可自个人中任意选出，并不是指定地，因此有种选法，而其余的个人可任意地分配到其余的间房中，共有种分配方法，故中共含有个样本点，因此【注】可归入“分房问题”处理的古典概型的实际问题非常多，例如：=1\*GB3①生日问题：个人的生日的可能情形，这时天；=2\*GB3②旅客下站问题：一客车上有名旅客，它在个站上都停，旅客下站的各种可能情形；=3\*GB3③印刷错误问题：个印刷错误在一本有页的书中的一切可能的分布〔一般不超过每一页的字符数〕；=4\*GB3④放球问题：将个球放入个盒子的可能情形.值得注意的是，在处理这类问题时，要分清楚什么是“人”什么是“房”，一般不能颠倒.补例2从n双不同的鞋子中任取2r(2r<n)只，求以下事件发生的概率：〔1〕没有成对的鞋子；〔2〕只有一对鞋子；〔3〕恰有两对鞋子；〔4〕有r对鞋子。解：〔1〕有利场合是，先从n双中取出2r双，再从每双中取出一只。〔2〕有利场合是，先从n双中取出一双，其两只全取出，再从剩下的双中取出双，从鞭每双中取出一只。.〔3〕.〔4〕.第二章习题解〔局部〕习题2AP59三、1.进行重复独立实验，设每次成功的概率为p，失败的概率为q=1－p(0<p<1)〔1〕将实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〕将实验进行到出现r次成功为止，以Y表示所需的试验次数，求Y的分布律。〔此时称Y服从以r,p为参数的巴斯卡分布。〕〔3〕一篮球运发动的投篮命中率为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取偶数的概率。解：〔1〕P(X=k)=qk－1p k=1,2,……〔2〕Y=r+n={最后一次实验前r+n－1次有n次失败，且最后一次成功}其中q=1－p，或记r+n=k，那么P{Y=k}=〔3〕P(X=k)=(0.55)k－10.45 k=1,2…P(X取偶数)=4.一本500页的书共有500个错误，每个错误等可能地出现在每一页上〔每一页的印刷符号超过500个〕。试求指定的一页上至少有三个错误的概率。解在指定的一页上出现某一个错误的概率，因而，至少出现三个错误的概率为利用普哇松定理求近似值，取，于是上式右端等于7．如果在时间〔分钟〕内，通过某交叉路口的汽车数量服从参数与成正比的普哇松分布。在一分钟内没有汽车通过的概率为0.2，求在2分钟内有多于一辆汽车通过的概率。解设为时间内通过交叉路口的汽车数，那么时，，所以；时，，因而。10．随机变量的概率密度为又知试求常数和；.【思路】问题的关键实确定密度函数中的常数和，而与确实定需要二个条件，其一为题设条件，另一个为【解】又概率密度的性质知又由于，故即故得解之得从而【解毕】13．设连续型随机变量的概率密度为以表示对的三次独立重复试验中“”出现的次数，试求概率.解：；。15.设随机变量在区间上服从均匀分布，求方程有实根的概率.〔1989年考研题〕【思路】方程有实根当且仅当即故所求问题即为：求【解】由于在上服从均匀分布,知的概率密度为方程有实根当且仅当即故17.设某城市成年男子的身高〔单位:cm〕.问应如何设计公共汽车车门的高度，使男子与车门顶碰头的时机小于0.01？假设车门高为182cm,求100个成年男子与车门顶碰头的人数不多于2个的概率.【思路】设车门高度为，按设计要求应有确定.第二问是一较为综合的问题，首先要求出100名男子中身高超过的人数的分布律，然后用此分布律，求其不超过2人的概率.【解】〔1〕由题设知，先将它标准化知设公共汽车车门的高度为，由设计要求应满足而即查表得故.〔2〕因为任一男子身高可能超过182cm，也可能低于182cm，一般来说，只有身高超过182cm的才能与车门顶相碰，因此，我们可以将任一男子是否与车门碰头看成一贝努里试验，故问题就转化称一个100重贝努里试验中的概率计算问题.为此，先来求任一男子身高超过182cm的概率,显然设为100个男子中身高超过182cm的人数，故由以上分析知，即所求概率为由于较大，，较小，故可用泊松分布近似代替二项分布，其中从而【解毕】【技巧】此题是正态分布与二项分布的综合题，大家首先要弄清楚所求的概率涉及什么样的问题，注意用贝努里概型分析问题的技巧.同时要牢记什么样情形系，可用泊松分布来代替二项分布进行近似计算.在正态分布问题的计算过程中，一定要把非标准正态分布“标准化”.18．设某种电子元件的使用寿命X〔单位：h〕服从参数的指数分布，现某种仪器使用三个该电子元件，且它们工作时相互独立，求：〔1〕一个元件时间在200h以上的概率；〔2〕三个元件中至少有两个使用时间在200h以上的概率。18.设某仪器上装有三只独立工作的同型号电子元件，其寿命〔单位：小时〕都服从同一指数分布，其中参数，试求在仪器使用的最初200小时内，至少有一只元件损坏的概率.【思路】以分别表示第个元件的使用寿命，由题设知分别表示三个电子元件“在使用的最初200小时内损坏”的事件，于是由于三个电子元件的寿命同分布，故可令，从而关键问题是通过指数分布求出.【解】同上题所设，再以表示第个元件的使用寿命，由题设可知的概率密度为从而令一方面，由事件的意义不难看出因此所求概率为【解毕】【注】此题是指数分布与独立试验的综合计算题.指数分布是近年来应用日益广泛的一种分布，读者不仅要正确地写出其表达式，而且还迎熟练掌握有关地概率计算方法.必须指出的是，解决实际问题的桥梁，是要善于正确设定事件〔如此题中的用设定〕和随机变量，这是启发和形成解题思路所必不可少的.19．某种型号的电子的寿命X〔以小时计〕具有以下的概率密度：现有一大批此种管子〔设各电子管损坏与否相互独立〕。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：一个电子管寿命大于1500小时的概率为令Y表示“任取5只此种电子管中寿命大于1500小时的个数”。那么，23.〔1〕设随机变量X的概率密度为f(x)，求Y=X3的概率密度。∵Y=g(X)=X3是X单调增函数，又 X=h(Y)=，反函数存在，且 α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=－∞β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度为：ψ(y)=f[h(h)]·|h'(y)|=；〔2〕设随机变量X服从参数为1的指数分布，求Y=X2的概率密度。xOy=x2y法一：∵X的分布密度为：xOy=x2yY=x2是非单调函数当x<0时y=x2反函数是当x<0时y=x2∴Y～fY(y)=－=法二：∴Y～fY(y)=24.设X～N〔0，1〕；〔1〕求Y=eX的概率密度∵X的概率密度是； Y=g(X)=eX是单调增函数又 X=h(Y)=lnY反函数存在且 α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=0β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度为：〔2〕求Y=2X2+1的概率密度。在这里，Y=2X2+1在(+∞，－∞)不是单调函数，没有一般的结论可用。设Y的分布函数是FY〔y〕，那么 FY(y)=P(Y≤y)=P(2X2+1≤y)=当y<1时：FY(y)=0当y≥1时：故Y的分布密度ψ(y)是：当y≤1时：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0当y>1时，ψ(y)=[FY(y)]'==〔3〕求Y=|X|的概率密度。∵Y的分布函数为FY(y)=P(Y≤y)=P(|X|≤y)当y<0时，FY(y)=0；当y≥0时，FY(y)=P(|X|≤y)=P(－y≤X≤y)=∴Y的概率密度为：当y≤0时：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0；当y>0时：ψ(y)=[FY(y)]'=26.设随机变量的概率密度为求随机变量的概率密度〔1995年考研题〕【解】根据分布函数的定义，有当时，注意到有当时，，故因此从而【解毕】【技巧】先求连续性随机变量的分布函数，然后再对其求导，得到的密度函数的方法，具有普通型性.在计算过程中，大家要学会分场合，特别是对分段函数的情形，不要去死记教材中的公式.在对的分布函数求导时，经常会用到下面的公式27.设随机变量X在〔1，2〕上服从均匀分布，求的概率密度函数。【解法1】因为P〔1<X<2〕=1,故P〔e2<Y<e4〕=1当y≤e2时FY〔y〕=P(Y≤y)=0.当e2<y<e4时，当y≥e4时，即；故【解法2】由条件知的概率密度为函数，其值域为，单调且有惟一反函数．将及其导数代入，得的概率密度习题2B组P622.假设随机变量X的绝对值不大于1；在事件出现的条件下，在内的任一子区间上取值的条件概率于该子区间长度成正比，试求的分布函数.【思路】求的关键是利用条件，对不同的的取值，求出事件的概率.【解】由于的绝对值不大于1，可知又故令一方面，有题设条件知，假设那么而求得，于是在事件出现的条件下，在区间内任一子区间上取值的条件概率，即即于是，当时，有当时，有从而，求得的分布函数为【解毕】(1997研考)【技巧】由题意，当时，；当时，；而对于时，问题转化为求为求出它，我们可将题设中的“任一子区间”取成一个特定的子区间按题意可将落在子区间上的条件概率表示出来，最后再求出的分布函数.这样的方法在概率的计算过程中也是较为常见的.【寓意】此题的特点是说明X不是连续型随机变量，又由题意“在事件出现的条件下，在内的任一子区间上取值的条件概率于该子区间长度成正比”，这又说明了也不是离散型随机变量，这种既非连续又非离散型的随机变量，只能通过其分布函数来研究它的取值规律.3.在电源电压不超过200V,在200V~204V和超过240V三种情形下，某种电子元件损坏的概率分别为0.1，0.001和0.2，假设电源电压服从正态分布(单位：V),试求：〔1〕该电子元件损坏的概率；〔2〕该电子元件损坏时，电源电压在200V~204V的概率.〔1991年考研题〕【思路】该问题明显是一个全概率公式和贝叶斯公式的应用问题.【解】引进以下事件：{电压不超过200V}；{电压在200V~204V}；{电压超过240V}；{电子元件损坏}；由题设条件，因此〔1〕由题设条件知由全概率公式〔2〕由条件概率公式〔或贝叶斯公式〕知【解毕】【技巧】利用全概率公式和贝叶斯公式解决问题的关键，一定要找全“原因”及“结果”.类似的问题，我们在前面已反复强调过屡次，希望再次引起读者的关注.4.假设一大型设备在任何长为的时间内发生故障的次数服从参数为的泊松分布.求相继两次故障之间的时间间隔的概率分布；求在设备已经无故障运行8小时的情况下，再无故障运行8小时的概率〔1993年考研题〕【思路】求一个随机变量的分布，往往先求它的分布函数较方便.初看起来，好似要求的概率事件与题设条件没有什么联系.但是，考虑的对立事件，它的含义是内不发生故障，它等价于，从而，可得到的表达式了.而第二问即为求条件概率【解】由题设由于是非负随机变量，所以，当时，的分布函数当时，因为与等价，所以有；即从而，的概率密度为也就是说服从参数为的泊松分布.由条件概率定义知【解毕】【寓意】说明此设备已无故障工作8小时的情况下，再无故障工作8小时的概率与设备无故障工作8小时以上的概率相同，这就是所谓的指数分布的“无记忆性”〔或称“无后效性”〕.此题的难点是要弄清与等价性.8.甲、乙二人投篮，投中的概率各为0.6,0.7，令各投三次。求〔1〕二人投中次数相等的概率。记X表甲三次投篮中投中的次数；Y表乙三次投篮中投中的次数；由于甲、乙每次投篮独立，且彼此投篮也独立。P(X=Y)=P(X=0,Y=0)+P(X=2,Y=2)+P(X=3,Y=3)=P(X=0)P(Y=0)+P(X=1)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=2)+P(X=3)P(Y=3)=(0.4)3×(0.3)3+[〔2〕甲比乙投中次数多的概率。P(X>Y)=P(X=1,Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)=P(X=1)P(Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)=第三章多维随机变量及其分布习题解〔局部〕习题3A组P92三、1.设随机变量X和Y相互独立，下表列出了二维随机变量〔X，Y〕联合分布律及关于X和Y的边缘分布律中的局部数值.试将其余数值填入表中的空白处.〔1999年考研题〕XYXYy1y2y3P{X=xi}=pix1x21/81/8P{Y=yj}=pj1/61【解】因,故从而而X与Y独立，故,从而即：又即从而同理又,故.同理从而故YYX12.设随机变量〔X，Y〕的分布密度f〔x，y〕=求：〔1〕常数A；〔2〕随机变量〔X，Y〕的分布函数；〔3〕P{0≤X<1，0≤Y<2}.〔4〕证明X与Y相互独立。【解】〔1〕由得A=12〔2〕由定义，有(3)(4)关于X的边缘密度函数同理可求得Y的边缘密度函数为易见，因此X与Y相互独立。5’.设X的密度函数为，求〔1〕；〔2〕。解〔1〕〔2〕注：求解〔1〕时利用被积函数是奇函数的性质，求解〔2〕时化简为可以看成为是服从参数为1的指数分布随机变量的二阶原点矩。5.设随机变量的概率密度为;〔1993年考研题〕(1)求和(2)求与的协方差，并问与是否不相关？(3)问与是否独立？为什么？【解】由于的密度函数是一偶函数.从而有〔1〕〔2〕由于而故可见与不相关.(3)给定的，显然事件包含在事件内，且故但从而因此，与不独立.【解毕】【技巧】此题考查随机变量的独立性与不相关这两个不同的概念.独立性的判别是此题的难点，然而，如果从随机变量独立性的直观意义去理解，由于与的取值是有关联的，因此他们不会相互独立.严格的数学论述那么是基于独立性的定义，即与相互独立的充要条件是对任给的两个数，都有因此，如果存在两个数，使那么说明与不独立，在本例中，对于与，存在使所以，说明与不独立.注意，在本例中，希望大家不要从与的联合密度的角度去证明其不独立性，因这种方法在此题中将带来繁琐的计算.P93四、2.设二维随机变量的密度函数为问与是否独立？是否不相关？解：。同理，。由于，所以与不相互独立。又因关于或关于都是偶函数，因而，故，与不相关。4.假设随机变量和的联合概率密度为证明：(1)随机变量和不独立；〔2〕和独立．证明(1)证和不独立．事实上，和的密度为由于，可见随机变量和不独立．(2)证和独立．对于，；对于，；设，因此同理设；易见，对于，0,对于，1；对于，有；对于，有；对于，有由此可见，对于一切实数，有，因此随机变量和独立．第四章随机变量的数字特征习题解答P109三、2.有3只球，4只盒子，盒子的编号为1，2，3，4，将球逐个独立地，随机地放入4只盒子中去。设X为在其中至少有一只球的盒子的最小号码〔例如X=3表示第1号，第2号盒子是空的，第3号盒子至少有一只球〕，求E(X)。解：∵事件{X=1}={一只球装入一号盒，两只球装入非一号盒}+{两只球装入一号盒，一只球装入非一号盒}+{三只球均装入一号盒}〔右边三个事件两两互斥〕∴∵事件“X=2”=“一只球装入二号盒，两只球装入三号或四号盒”+“两只球装二号盒，一只球装入三或四号盒”+“三只球装入二号盒”∴同理： ；故 ；3.设在某一规定的时间间段里，其电气设备用于最大负荷的时间X〔以分计〕是一个连续型随机变量。其概率密度为；求E(X)解：4.设随机变量X的分布为X －2 0 2Pk0.4 0.3 0.3求E(X)，E(X2)，E(3X2+5)解：E(X)=(－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2E(X2)=(－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8E(3X2+5)=3E(X2)+E(5)=8.4+5=13.47.设随机变量的概率密度为求：〔1〕常数〔2〕.【思路】要确定三个常数需三个条件，题设中已有两个条件，另一条件为而只需利用随机变量函数的期望计算公式即可.【解】〔1〕由概率密度的性质知，有又因为而解方程得〔2〕【解毕】【寓意】此题是考查一维连续型随机变量的综合题，要求大家掌握其中相关的定义和计算公式.8.设〔X，Y〕的分布律为XY123－1010.20.10.10.100.100.30.1(1)求E(X)，E(Y)。(2)设Z=Y/X，求E(Z)。(3)设Z=(X－Y)2，求E(Z)。解：〔1〕由X，Y的分布律易得边缘分布为XY123－10.20.100.300.100.30.410.10.10.10.30.40.20.41E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4=0.4+0.4+1.2=2.E(Y)=(－1)×0.3+0×0.4+1×0.3=0.Z=Y/X－1－1/2－1/301/31/21pk0.20.100.40.10.10.1〔2〕E(Z)=(－1)×0.2+(－0.5)×0.1+(－1/3)×0+0×0.4+1/3×0.1+0.5×0.1+1×0.1=(－1/4)+1/30+1/20+1/10=(－15/60)+11/60=－1/15.Z(X－Y)20(1-1)21(1-0)2或(2-1)24(2-0)2或(1-(-1))2或(3-1)29(3-0)2或(2-(-1))216(3-(-1))2pk0.10.20.30.40〔3〕E(Z)=0×0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=59.设二维连续型随机变量的概率密度为求〔1〕；〔2〕；〔3〕；〔4〕X与Y的协方差.解〔1〕,〔2〕将看成是函数的特殊情况，从而利用公式〔1.6〕进行求解，即.需要说明的是：此题在求解时，也可以先求出关于的边缘概率密度，再利用公式，求解.〔3〕〔4〕第五章大数定律及中心极限定理习题解答A组P1173.正常成人血液中，每亳升白细胞数平均是7300，标准差是700。利用切比雪夫不等式估计每亳升男性成人血液中含白细胞数在5200至9400之间的概率。解：设每亳升正常男性成人血液中含白细胞数为，由题设知。由切比雪夫不等式5.据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。解：设第i只寿命为Xi，〔1≤i≤16〕，故E(Xi)=100，D(Xi)=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知从而习题解答B组P1171.利用切比雪夫不等式来确定，当抛掷一枚均匀硬币时，需抛多少次，才能保证正面出现的频率在0.4至0.6之间的概率不小于90%，并用正态逼近去估计同一问题。解：设需掷次，用表示正面出现的次数，那么，由切比雪夫不等式得所以；用棣莫佛－拉普拉斯中心极限定理得；所以2.一生产线生产的产品成箱包装,每箱的重量是随机的,假设每箱平均重50kg,标准差为5kg.假设用最大载重量为5吨的汽车承运,试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱,才能保障不超载的概率大于0.977.().解：设是装运的第箱的重量〔单位：千克〕，n是所求箱数，由条件可以把视为独立同分布的随机变量，而第n箱的重量是独立同分布随机变量之和，由条件知由棣莫佛－拉普拉斯中心极限定理，近似服从正态分布于是箱数决定于条件由于此可见，即最多可装98箱。3.生男孩的概率近似地等于0.515，求在10000个婴孩中，男孩不多于女孩的概率.解：设X未10000个婴儿中男孩的个数，那么，其中个婴儿中女孩不少于男孩，即，由棣莫佛－拉普拉斯中心极限定理，所求概率为：4.在一家保险公司里有10000个人