概率统计简明教程课后习题答案(非常详细版)169.pdf-得力文库

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1、文档习题一解答 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3次；(3)从一批灯泡中随机抽取一只，测试其寿命，事件A寿命在2000到2500小时之间。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.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

2、是偶数，B取得球的号码是奇数，C取得球的号码小于 5，问下列运算表示什么事件：(1)BA；(2)AB；(3)AC；(4)AC；(5)CA；(6)CB；(7)CA.解 (1)BA是必然事件；(2)AB是不可能事件；(3)AC取得球的号码是 2，4；(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=取得球的号码为 6，8，10 3.在区间2,0上任取一数，记121xxA，2341xxB，求下列事件

3、的表达式：(1)BA；(2)BA；(3)BA；(4)BA.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CBA,的运算关系式表示下列事件：(1)A出现，CB,都不出现（记为1E）；(2)BA,都出现，C不出现（记为2E）；(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）；文档 (5)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8

4、E）。解 (1)CBAE 1；(2)CABE 2；(3)ABCE 3；(4)CBAE4；(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iA表示事件“第i次抽到废品”，3,2,1i，试用iA表示下列事件：(1)第一次、第二次中至少有一次抽到废品；(2)只有第一次抽到废品；(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 (1)21AA；(2)321AAA；(3)321AAA；(4)321AAA；(5)321321321AAAAAAAAA.6.接连

5、进行三次射击，设iA=第i次射击命中，3,2,1i，B三次射击恰好命中二次，C三次射击至少命中二次；试用iA表示B和C。解 321321321AAAAAAAAAB 323121AAAAAAC 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。解这是不放回抽取，样本点总数350n，记求概率的事件为A，则有利于A的样本点数15245k.于是 39299!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

6、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；文档(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。解本题是有放回抽取模式，样本点总数27n.记(1)(2)(3)(4)题求概率的事件分别为DCBA,.()有利于A的样本点数25Ak，故 492575)(2AP()有利于B的样本点数25Bk，故 4910725)(2BP()有利于C的样本点数252Ck，故 4920)(CP()有利于D的样本点数57Dk，故 754935757)(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

7、球，试求：(1)最小号码是 3 的概率；(2)最大号码是 3 的概率。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32，所求概率为 515632.()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22，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。解分别记题(1)、(2

8、)、(3)涉及的事件为CBA,，则 522562342624)(AP 15856224261214)(BP 注意到BAC，且A与B互斥，因而由概率的可加性知 151415852)()()(BPAPCP 文档 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。解分别记题(1)、(2)、(3)的事件为CBA,样本点总数26n()A含样本点)2,5(),5,2(,(1,6),(6,1),(3,4),(4,3)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),

9、(3,2)185610)(2BP()C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。213618)(CP 6把甲、乙、丙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。解记求概率的事件为A，样本点总数为35，而有利A的样本点数为345，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：(

10、1)事件A：“其中恰有一位精通英语”；(2)事件B：“其中恰有二位精通英语”；(3)事件C：“其中有人精通英语”。解样本点总数为35(1)53106345!332352312)(AP；(2)103345!33351322)(BP；(3)因BAC，且A与B互斥，因而 10910353)()()(BPAPCP.8设一质点一定落在xOy平面内由x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。解记求概率的事件为A，则AS 为图中阴影部分，而2/1|，y 文档 1859521322121|2AS 最后由几何概型的概率计算公式可得

11、952/118/5|)(ASAP.9（见前面问答题 2.3）10已知BA，4.0)(AP，6.0)(BP，求(1)(AP,)(BP；(2)(BAP；(3)(ABP；(4)(),(BAPABP；(5)(BAP.解 (1)6.04.01)(1)(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BA,是两个事件，已知5.0)(AP，7.0)(BP，8.0

12、)(BAP，试求)(BAP及).(ABP 解注意到)()()()(ABPBPAPBAP，因而)()()(BPAPABP)(BAP4.08.07.05.0.于是，)()()()(ABPAPABAPBAP 1.04.05.0；3.04.07.0)()()()(ABPBPABBPABP.习题三解答 1已知随机事件A的概率5.0)(AP，随机事件B的概率6.0)(BP，条件概率8.0)|(ABP，试求)(ABP及)(BAP.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

13、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 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？解记A基金，B股票，则19.0)(,28.0)(,58.0)(ABPBPAP(1).327.058.019.0)()()|(APABPABP x O 1/3 1 1 AS h 图 2.3 文档(2)678.028.019.0)()()|(BPABPBAP.4给定5.0)(AP

15、坐船，迟到的概率是 0.3，若坐汽车，迟到的概率是 0.1，若坐飞机则不会迟到。求他最后可能迟到的概率。解 B迟到，1A坐火车，2A坐船，3A坐汽车，4A乘飞机，则 41iiBAB，且按题意 25.0)|(1ABP，3.0)|(2ABP，1.0)|(3ABP，0)|(4ABP.由全概率公式有：41145.01.01.03.02.025.03.0)|()()(iiiABPAPBP 6已知甲袋中有 6 只红球，4 只白球；乙袋中有 8 只红球，6 只白球。求下列事件的概率：(1)随机取一只袋，再从该袋中随机取一球，该球是红球；(2)合并两只袋，从中随机取一球，该球是红球。解 (1)记B该球是红球，

16、1A取自甲袋，2A取自乙袋，已知10/6)|(1ABP，14/8)|(2ABP，所以 70411482110621)|()()|()()(2211ABPAPABPAPBP(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%，各车间产品的次品率分别为 5%，4%，2%，求该厂产品的次品率。解 02.04.004.035.005.025.0%45.30345.0008.00140.00125.0 8发报台分别以概率 0.6，0.4 发出和，由于通信受到干扰，当发出时，分别以概率 0.8 和 0.2 收到和，同样，当发出信号时，

17、分别以 0.9 和 0.1 的概率收到和。求(1)收到信号的概率；(2)当收到时，发出的概率。解记 B收到信号，A发出信号文档(1)|()()|()()(ABPAPABPAPBP 52.004.048.01.04.08.06.0(2)131252.08.06.0)()|()()|(BPABPAPBAP.9设某工厂有CBA,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%，各个车间成品中次品的百分比分别为 5%，4%，2%，如从该厂产品中抽取一件，得到的是次品，求它依次是车间CBA,生产的概率。解为方便计，记事件CBA,为CBA,车间生产的产品，事件D次品，因此)

18、|()()|()()|()()(CDPCPBDPBPADPAPDP 02.04.004.035.005.025.0 0345.0008.0014.00125.0 362.00345.005.025.0)()|()()|(DPADPAPDAP 406.00345.004.035.0)()|()()|(DPBDPBPDBP 232.00345.002.04.0)()|()()|(DPCDPCPDCP 10 设A与B独立，且qBPpAP)(,)(，求下列事件的概率：)(BAP，)(BAP，)(BAP.解 pqqpBPAPBPAPBAP)()()()()(pqqqpqpBPAPBPAPBAP1)1(1

19、)()()()()(pqBPAPABPBAP1)()(1)()(11已知BA,独立，且)()(,9/1)(BAPBAPBAP，求)(),(BPAP.解因)()(BAPBAP，由独立性有)()()()(BPAPBPAP 从而)()()()()()(BPAPBPBPAPAP 导致)()(BPAP 再由 9/1)(BAP，有 2)(1()(1)(1()()(9/1APBPAPBPAP 所以 3/1)(1AP。最后得到 .3/2)()(APBP 12甲、乙、丙三人同时独立地向同一目标各射击一次，命中率分别为 1/3，1/2，2/3，求目标被命中的概率。解记 B命中目标，1A甲命中，2A乙命中，3A

20、丙命中，则 31iiAB，因而.989113121321)()()(11)(32131APAPAPAPBPii 13设六个相同的元件，如下图所示那样安置在线路中，设每个元件不通达的概率为p，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。解记 A通达，iA元件i通达，6,5,4,3,2,1i 1 2 3 4 文档则 654321AAAAAAA，所以)()()()(654321AAPAAPAAPAP )()()()(654321652165434321AAAAAAPAAAAPAAAAPAAAAP 642)1()1(3)1(3ppp 14假设一部机器在一天内发生故障的概率为 0.2，机

21、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。解 0512.0)8.0()2.0(3523p.15灯泡耐用时间在 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 104.0096.0008.0)2.0(8.023)2.0(3323p.16 设在三次独立试验中，事件A出现的概率相等，若已知A至少出现一次的概率等于 19/27，求事件A在每次试验中出现的概率)(AP.解记iAA在第i次试验中出现，.3,2,1i )(APp 依假设 332131)1(1)(12719pAAAPA

22、Pii 所以，278)1(3 p，此即 3/1p.17加工一零件共需经过 3 道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为 2%、3%、5%.假设各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率。解注意到，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 iA第i道工序为次品，.3,2,1i 则次品率 097.090307.0195.097.098.01)()()(132131APAPAPAPpii 18三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率。解记 A译出密码，iA第i人译出，.3,2,1i 则 7075.02925.

23、016.065.075.01)()()(1)(32131APAPAPAPAPii 19将一枚均匀硬币连续独立抛掷 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 (1)256632151010；(2)10642110kk.图 3.1 5 6 文档 20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：(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。解 (1)256255)25.0(1)75.01(144(2)1282741436)25

24、.0()75.0(242222(3)2568143)75.0(44 习题四解答 1.下列给出的数列，哪些是随机变量的分布律，并说明理由。（1）5,4,3,2,1,0,15iipi；（2）3,2,1,0,652iipi；（3）5,4,3,2,41ipi；（4）5,4,3,2,1,251iipi。解要说明题中给出的数列，是否是随机变量的分布律，只要验证ip是否满足下列二个条件：其一条件为,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

25、分布律，这是因为5112520iip。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；2521XP。解要使ic2成为某个随机变量的分布律，必须有1240iic，由此解得3116c；（2）2102XPXPXPXP 3128412113116（3）212521XPXPXP311241213116。文档 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 的分布律与分布函数。解 X 可能取的值为-3，1，2，且612,211,313XP

26、XPXP，即 X 的分布律为 X-3 1 2 概率 31 21 61 X 的分布函数 0 3x xXPxF=31 13x 65 21 x 1 2x 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 个球中最大号码，写出 X 的分布律和分布函数。解依题意 X 可能取到的值为 3，4，5，事件3X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1013513XP；事件4X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10635241

27、5XP。X 的分布律为 X 3 4 5 概率 101 103 106 X 的分布函数为 0 3x xF 101 43 x 104 54 x 1 5x 5.在相同条件下独立地进行 5 次射击，每次射击时击中目标的概率为 0.6，求击中目标的次数X 的分布律。文档解依题意 X 服从参数6.0,5pn的二项分布，因此，其分布律 5,1,0,4.06.055kkkXPkk，具体计算后可得 X 0 1 2 3 4 5 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，各件产品被抽到

28、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需次数 X 的分布律。（1）每次取出的产品立即放回这批产品中再取下一件产品；（2）每次取出的产品都不放回这批产品中；（3）每次取出一件产品后总是放回一件正品。解（1）设事件,2,1,iAi表示第i次抽到的产品为正品，依题意，,1nAA相互独立，且,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，.286110111213101234,143511121310233,26

29、512131032,13101XPXPXPXP 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 1，2，3，4，.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pBX,6，已知51XPXP，求p与2XP的值。解由于pBX,6，因此6,1,0,1666kppkXPkk。文档由此可

30、算得 ,165,16155ppXPppXP 即 ,161655pppp 解得21p；此时，641521!25621212626262XP。8.掷一枚均匀的硬币 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 xF 165，21 x 1611，32 x 1615，43 x 1，4x 9.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

31、以 99%的概率充分满足顾客的需要？解设至少要进n件物品，由题意n应满足,99.0,99.01nXPnXP 即 99.0!41104nkkeknXP 99.0!404nkkeknXP 查泊松分布表可求得 9n。10.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0001.0,1000 BX，由于n较大，p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1

32、.0 PX，所求概率为 .004679.0090484.0904837.01!11.0!01.0110121.011.00eeXPXPXP 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。文档解设事件iA表示第i次试验成功，则 75.0iAP，且,1nAA相互独立。随机变量 X 取k意味着前1k次试验未成功，但第k次试验成功，因此有 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

33、函数为 xf x2，Ax 0 0，其他，试求：（1）常数A；（2）X 的分布函数。解（1）xf成为某个随机变量的密度函数必须满足二个条件，其一为 0 xf；其二为 1dxxf，因此有Axdx012，解得1A，其中1A舍去，即取1A。（2）分布函数 xdxxfxXPxF =xxxdxxdxdxxdxdxdx101000020200 1100 xxx =102x 1100 xxx 13.设随机变量 X 的密度函数为 xAexfx,，求：（1）系数A；（2）10 XP；（3）X 的分布函数。解（1）系数A必须满足1dxAex，由于xe为偶函数，所以 12200dxAedxAedxAexxx 解得21

34、A；（2）11010121212110edxedxeXPxx；（3）xdxxfxF =xxxxxdxedxedxe00212121 00 xx =xxxxxdxedxedxe00212121 00 xx 文档 =xxee1212121 00 xx =xxee21121 00 xx 14.证明：函数 xf 022cxecx 00 xx （c为正的常数）为某个随机变量 X 的密度函数。证由于 0 xf，且 12022022222cxcxcxecxdedxecxdxxf，因此 xf满足密度函数的二个条件，由此可得 xf为某个随机变量的密度函数。15.求出与密度函数 xf 025.05.0 xe 2

35、200 xxx 对应的分布函数 xF的表达式。解当0 x时，xxxxedxedxxfxF5.05.0 当20 x时，0025.05.025.05.0 xdxdxedxxfxFxxx 当2x时，15.05.0025.05.00220 xxdxdxdxexF 综合有 xF ,1,25.05.0,5.0 xex .2;20;0 xxx 16.设随机变量 X 在 6,1上服从均匀分布，求方程012 Xtt有实根的概率。解 X 的密度函数为 xf ,51 61 x；,0 其他.方程012 Xtt有实根的充分必要条件为042X，即42X，因此所求得概率为 6225451022224dxXPXPXXPXP

36、或。17.设某药品的有效期 X 以天计，其概率密度为 xf ,100200003x 0 x;0，其他.文档求：(1)X 的分布函数；(2)至少有 200 天有效期的概率。解(1)xdxxfxF=,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 xex 00 xx 求 X 的密度函数，并计算1XP和2XP。解由分布函数 xF与密度函数 xf的关系，可得在 xf的一切连续点处有 xFxf，因此 xf ,0,xxe 其他0

37、x 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BA,；(2)1XP；(3)随机变量 X 的密度函数。解：(1)要使 xF成为随机变量 X 的分布函数，必须满足 1lim,0limxFxFxx，即 1arctanlim0arctanlimxBAxBAxx 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 1arctan1211arctan121 24141（3）X 的密度函数

38、xxxFxf,112。文档 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 xf 0,515xe 其他0 x，某顾客在窗口等待服务，若超过 10min，他就离开。（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（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 表示某顾客五次去银行未等到服务的次数，则 Y 服从2,

39、5epn的二项分布，所求概率为 4224225202141115105101eeeeeeYPYPYP 21.设 X 服从 1,0，借助于标准正态分布的分布函数表计算：（1）2.2XP；（2）176XP；（3）78.0XP；（4）55.1XP；（5）5.2XP。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）55.155.155.155.155.1XPXP 8788.019394.02155.1255.1155.1 （5）15.2215.215.2X

40、PXP 0124.09938.0125.222。22.设 X 服从16,1，借助于标准正态分布的分布函数表计算：（1）44.2XP；（2）5.1XP；（3）8.2XP；（4）4XP；（5）25XP；（6）11 XP。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 5498.0125.0125.011；（3）3264.06736.0145.0145.0418.28.2XP；文档（4）75.025.14144144XP 6678.07734.018944.075.0125.1；（5

41、）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2.02，求该厂滚珠的合格率。解所求得概率为 927.09938.019332.05.215.15.25.11.005.28.11.005.22.22.022.02XP 24.某人上班所需的时间100,30 X（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

42、到一次的概率。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 8192.08413.01587.0158413.01587.0151450YP。习题五解答 1.二维随机变量YX,只能取下列数组中的值：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。解由题意可得YX,的联合分布律为 XY 0 31 1-1 0 121 31 0 61

43、0 0 2 125 0 0 2.一口袋中有四个球，它们依次标有数字3,2,2,1。从这袋中任取一球后，不放回袋中，再从袋文档中任取一球。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YX,的分布律及YXP。解 X 可能的取值为3,2,1，Y 可能的取值为3,2,1，相应的，其概率为.03,3,6134212,3,1211,3,6134123,2,6134122,2,6134121,2,12134113,1,6134212,1,01,1YXPYXPYXPYXPYXPYXPYXPYXPYXP 或写成 XY 1 2 3 1 0 61 121 2

44、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：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YX,的联合分布律：（1）放回抽样；（2）不放回抽样。解（1）在放回抽样时，X 可能取的值为1,0，Y 可能取的值也为1,0，且,2511010221,1,2541010820,1,2541010281,0,25161010880,0YXPYXPYXPYXP 或写

45、成 XY 0 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,451910121,1,458910820,1,458910281,0,4528910780,0YXPYXPYXPYXP 或写成文档 XY 0 1 0 4528 458 1 458 451 4.对于第 1 题中的二维随机变量YX,的分布，写出关于 X 及关于 Y 的边缘分布律。解把第 1 题中的联合分布律按行相加得 X 的边缘分布律为 X-1 0 2 概率 125 61 125 按列相加得 Y 的边缘分布律为 Y 0 31 1 概

46、率 127 121 31 5.对于第 3 题中的二维随机变量YX,的分布律，分别在有放回和无放回两种情况下，写出关于 X 及关于 Y 的边缘分布律。解在有放回情况下 X 的边缘分布律为 X 0 1 概率 54 51 Y 的边缘分布律为 Y 0 1 概率 54 51 在无放回情况下 X 的边缘分布律为 X 0 1 概率 54 51 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YX,的密度函数及分布函数，其中 D 为 x 轴、y 轴及直线12 xy围成的三角形区域。解区域 D 见图 5.2。易算得 D 的面积为4121121S，所以YX,的密度函数

47、文档 yxf,0,4 其他Dyx,YX,的分布函数 yxdxdyyxfyxF,当21x或0y时，0,yxF；当120,021xyx时,2021244,yyxydxdyyxFyxy；当12,021xyx时，1444,221120 xxdydxyxFxx；当10,0yx时，2002124,yydxdyyxFyy；当1,0yx时，02112014,xdydxyxF 综合有 ,0 021yx或,242yyxy 120021xyx且 yxF,1442xx 12021xyx且,22yy 100yx且,1 10yx且 7.对于第 6 题中的二维随机变量YX,的分布，写出关于 X 及关于 Y 的边缘密度函数

48、。解 X 的边缘密度函数为 dyyxfxfX,=,0,4120 xdy 其他021x =,0,124x 其他021x Y 的边缘密度函数为 dxyxfyfY,=,0,4021ydx 其他10 y =,0,12y 其他10 y 8.在第 3 题的两种情况下，X 与 Y 是否独立，为什么？解在有放回情况下，由于25160,0YXP，而 2516545400YPXP，即 000,0YPXPYXP；容易验证,101,0YPXPYXP 111,1,010,1YPXPYXPYPXPYXP，由独立性定义知 X 与 Y 相互独立。在无放回情况下，由于45280,0YXP，而 25

49、16545400YPXP，易见 000,0YPXPYXP，所以 X 与 Y 不相互独立。-1 21 0 1 x y 1 图 5.2 文档 9.在第 6 题中，X 与 Y 是否独立，为什么？解 431,41f，而3431,241YXff，易见314131,41YXfff，所以 X 与 Y 不相互独立。10.设 X、Y 相互独立且分别具有下列的分布律：X-2-1 0 0.5 Y-0.5 1 3 概率 41 31 121 31 概率 21 41 41 写出表示YX,的分布律的表格。解由于 X 与 Y 相互独立，因此,3,2,1,4,3,2,1,jiyYPxXPyYxXPjiji 例如 81214

50、15.025.0,2YPXPYXP 其余的联合概率可同样算得，具体结果为 XY-0.5 1 3-2 81 161 161-1 61 121 121 0 241 481 481 0.5 61 121 121 11.设 X 与 Y 是相互独立的随机变量，X 服从2.0,0上的均匀分布，Y 服从参数为 5 的指数分布，求YX,的联合密度函数及YXP。解.由均匀分布的定义知 xfX ,0,5 其他2.00 x 由指数分布的定义知 yfY ,0,55ye 其他0y 因为 X 与 Y 独立，易得YX,的联合密度函数 yfxfyxfYX,0,255ye 其他0,2.00yx 概率GdxdyyxfYXP,，其

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