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淘豆网网友近日为您收集整理了关于工程数学概率统计简明教程(同济大学应用数学系)》课后答案的文档，希望对您的工作和学习有所帮助。以下是文档介绍：工程数学概率统计简明教程(同济大学应用数学系)》课后答案 习题一 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 A = {两次出现的面相同} ; (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= { X = k | k = 0,1,2,LL} , A = { X = k | k = 0,1,2,3} . (3) 记 X为抽到的灯泡的寿命(单位:小时) ,则= { X ∈(0, + ∞)} , A = { X ∈()} . 2. 袋中有 10 个球, 分别编有号码 1 至 10, 从中任取 1 球, A = {取得球的号码是偶数}, = {取设 B 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) A U B ;(2) AB ;(3) AC ;(4) AC ;(5) A C ;(6) B UC ;(7) A C . 解(1) A U B = 是必然事件; (2) AB = φ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) A C = {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) B U C = B I C = {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) A C = AC = {取得球的号码是不小于 5 的偶数}={取得球的号码为 6,8,10} 1 1 3 3. 在区间[0 ,2] 上任取一数,记 A = x & x ≤ 1 , B = x ≤ x ≤,求下列事件的表达式: 2 2 4 (1) A UB ;(2) A B ;(3) AB ;(4) A U B . 1 3 解(1) A U B = x ≤ x ≤; 2 4 1 3 1 1 3 (4) A U B= A U x 0 ≤ x & 或& x ≤ 2 = x 0 ≤ x & 或& x ≤ 1 或& x ≤ 2 4. 用事件 A, B, C 22 4 4 2 的运算关系式表示下列事件: (1) A 出现, B, C 都不出现(记为 E1 ) ; (2)A, B 都出现, C 不出现(记为 E 2 ) ; (3) 所有三个事件都出现(记为 E3 ) ; (4)三个事件中至少有一个出现(记为 E 4 ) ; (5) 三个事件都不出现(记为 E5 ) ; (6)不多于一个事件出现(记为 E 6 ) ; (7) 不多于两个事件出现(记为 E 7 ) ; (8) 三个事件中至少有两个出现(记为 E8 ) . 解(1) E1 = AB C ; (3) E3 = ABC ; (5) E5= A B C ; (2) E 2 = ABC ; (4) E 4 = A U B U C ; (6) E6 = A B C U AB C U A BC UA B C ; ww (7) E 7 = ABC = A U B U C ;(8) E8 = AB U AC U BC . 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 Ai 表示事件&第 i 次w. kh 1 (2) A B = x 0 ≤ x ≤或 1 & x ≤ 2 I B = 2 (3) 因为 A B ,所以 AB = φ; da w.1 x ≤ x ≤ 4 1 U x1 & x ≤ 2 co 3 ; 2 m 抽到废品& i = 1,2,3 ,试用 Ai 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) A1 U A2 ;(2) A1 A2 A3 ; (3) A1 A2 A3 ; (4) A1 U A2 U A3 ; (5) A1 A2 A3 U A1 A2 A3 U A1A2 A3 . 6. 接连进行三次射击,设 Ai ={第 i 次射击命中}, i = 1,2,3 , B = {三次射击恰好命中二次}, C = {三次射击至少命中二次};试用 Ai 表示 B 和 C . 解 B= A1 A2 A3 U A1 A2 A3 U A1 A2 A3 C = A1 A2 U A1 A3 U A2 A3习题二解答 w. 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. 50 解这是不放回抽取,样本点总数 n = ,记求概率的事件为 A ,则有利于 A 的样本点数 3 45 5 k = . 于是 2 1 45 5 45 ×44 ×5 ×3! 99 k 2 1 P( A) = = = = 50 ×49 ×48 ×2! 392 n 50 3 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. 解本题是有放回抽取模式, 样本点总数 n = 7 2 . 记(1)(2)(3)(4) 题求概率的事件分别为 A, B, C , D . kh 25 5 P( A) = = 49 7 5 ×2 10 (ⅱ) 有利于 B 的样本点数 kB = 5×2 ,故 P( B) = 2 = 49 7 20 (ⅲ) 有利于 C 的样本点数 k C = 2 ×5 ×2 ,故P(C ) = 49 7 ×5 35 5 = . (ⅳ) 有利于 D 的样本点数 k D = 7 ×5 ,故 P( D) = 2 =49 7 7 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. 解本题是无放回模式,样本点总数 n = 6 ×5 . (ⅰ) 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 2×3 1 样本点数为 2 ×3 ,所求概率为= . 6×5 5 (ⅱ) 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 ×2 , (ⅰ)有利于 A 的样本点数 k A = 5 2 ,故 ww da w. 2 2×2 2= . 6 ×5 15 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),(3)涉及的事件为A, B, C ,则 4 2 4 ×3 ×2 2 P( A) = = = 6 6 ×5×2 5 2 4 2 1 1 4 ×2 ×2 8 P( B) = = =6×5 15 6 2 注意到 C = A U B ,且 A 与 B 互斥,因而由概率的可加性知 2 8 14P(C ) = P( A) + P( B) = + = 5 15 15 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 A, B, C , 样本点总数 n = 6 2 ( ⅰ) A 含样本点(2,5),(5,2) ,(1,6),(6,1),(3,4),(4,3) 6 1 ∴ P ( A) = 2 = 6 6 ( ⅱ) 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) 10 5 ∴ P( B) = 2 = 18 6 ( ⅲ)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. 18 1 ∴ P(C ) = = 36 26.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 53 , 而有利 A 的样本点数为 5 × 4 × 3 , 所以 5×4 ×3 12 P ( A) = = . 25 53 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: &其中恰有一位精通英语& ; (1) 事件 A : (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& . 5 解样本点总数为 3 所求概率为 2 3 1 2 2 ×3 ×3! 6 3 (1) P( A) = = = = ; 5 ×4 ×3 10 5 5 3(3) 因 C = A U B ,且 A 与 B 互斥,因而 3 3 9 P(C ) = P( A) + P( B) = + = . 5 1010 8.设一质点一定落在 xOy 平面内由 x 轴, y 轴及直线 x + y = 1 所围成的三角形内,而落在这三 SA 1 角形内各点处的可能性相等,计算这质点落在直线 x =1 / 3 的左边的概率. y 解记求概率的事件为 A ,则 S A 为图中阴影部分,而| |=1 / 2 , 1 1 2 1 5 5 | S A |= = ×= 2 2 3 2 9 18 最后由几何概型的概率计算公式可得| S | 5 / 18 5 O P( A) = A = = . || 1/ 2 9 9. (见前面问答题 2. 3) 10.已知 A B , P( A) =0.4 , P( B) = 0.6 ,求 2 2 3 2 1 3 ×3! 3 (2) P( B) = = ; = 5 ×4 ×3 10 5 3 1/3 图 2.3ww 1.已知随机事件 A 的概率 P( A) = 0.5 ,随机事件 B 的概率 P( B) = 0.6 ,条件概率 P( B | A) = 0.8 , 试求 P( AB ) 及 P( A B ) . 解 P( AB ) = P( A) P ( B | A)= 0.5 ×0.8 = 0.4 P ( A B ) = P ( A U B ) = 1 P ( A U B ) = 1 P ( A) P ( B ) + P ( AB ) =1 0.5 0.6 + 0.4 = 0.3 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. 10 ×9 ×90 81 9 = = 解 p= . 100 ×99 ×98 99 ×98 1078 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 P( A) = 0.58, P( B) = 0.28, P( AB ) = 0.19 w. kh (4) P( B A) = P( A B) =P(φ) = 0 , P( A B ) = P( A U B) = 1 P( A U B) = 1 0.6 = 0.4 ; (5) P( A B) = P( B A) =0.6 0.4 = 0.2. 11. A, B 是两个事件, 设已知 P( A) = 0.5 ,P( B) = 0.7 ,P( A U B) =0.8 , 试求 P( A B) 及 P( B A). 解注意到 P( A U B) = P( A) + P( B) P( AB ) ,因而 P( AB ) = P( A) + P( B) P( A U B) = 0.5 + 0.7 0.8 = 0.4 . 于是, P( A B) =P( A AB ) = P( A) P( AB) = 0.5 0.4 = 0.1 ; P( B A) = P( B AB) = P( B) P( AB) = 0.70.4 = 0.3 . da w. 习题三解答课后答案(1) P( A ) , P(B ) ;(2) P( A U B) ;(3)P( AB ) ;(4) P( B A), P( A B ) ;(5) P( A B) . 解(1) P( A ) = 1 P( A) = 1 0.4 = 0.6 ,P( B ) = 1 P( B) = 1 0.6 = 0.4 ; (2) P( A U B) = P( A) + P( B) P( AB ) = P( A) + P ( B)P( A) = P( B) = 0.6 ; (3) P( AB ) = P( A) = 0.4 ; 网 co 1 m x. (1) (2) P( B | A) =P( A | B) = P( AB) 0.19 = = 0.327. P( A) 0.58 co P( AB) 0.19 = = 0.678 . P( B) 0.28 4.给定 P( A) = 0.5 , P( B) = 0.3 , P( AB ) = 0.15 ,验证下面四个等式: P( A | B) =P( A), P( A | B ) = P( A), P( B | A) = P( B) , P( B | A ) = P( B). P( AB) 0.15 1 = = =P( A) 解 P( A | B) = P( B) 0.3 2 P( AB ) P( A) P( AB ) 0.5 0.15 0.35 = P( A | B ) = == = 0.5 = P( A) P( B ) 1 P( B) 0.7 0.7 P( AB) 0.15 P( B | A) = = = 0.3 = P( B) P( A)0.5 P( A B) P( B) P( AB ) 0.3 0.15 0.15 P( B | A ) = = = = = P( B) 1 P ( A) 0.5 0.5P( A ) 5.有朋自远方来,他坐火车,船,汽车和飞机的概率分别为 0.3,0.2,0.1,0.4,若坐火车, 迟到的概率是 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,若坐飞机则不会迟到.求他最后可能迟到的概率. m 网解且按题意则 B= {迟到},A1 = {坐火车},A2 = {坐船},A3 = {坐汽车}, A4 = {乘飞机}, B = U BAi , 4P( B | A1 ) = 0.25 , P( B | A2 ) = 0.3 , P( B | A3 ) = 0.1 , P( B | A4 ) = 0 . 由全概率公式有: 4 i =1 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}, A1 ={取自甲袋}, A2 = {取自乙袋},已知 P( B | A1 ) = 6 / 10 , P( B | A2 ) = 8 / 14 ,所以1 6 1 8 41 P( B) = P( A1 ) P( B | A1 ) + P( A2 ) P( B | A2 ) = ×+ ×= 2 10 2 14 70 147 = (2) P( B) = 24 12 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 0.25 × 0.05 × +0.35 × 0.04 + 0.4 × 0.02 = 0.0125 + 0. = 0.0345 = 3.45% 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,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& & } (1) P( B) = P( A) P( B | A) + P( A ) P ( B | A ) = 0.6 ×0.8 + 0.4 ×0.1 = 0.48 + 0.04 = 0.52 P( A) P( B | A) 0.6 ×0.8 12 = = . (2) P( A | B) = P ( B) 0.5213 9.设某工厂有 A, B, C 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 ww w. kh 课后 P( B) = ∑ P( Ai ) P( B | Ai ) =0.3 × 0.25 + 0.2 × 0.3 + 0.1 × 0.1 = 0.145 da w. i =1 答案 evaluation only. 后再由 P( A B ) = 1 / 9 ,有 1/ 9 = P( A ) P ( B ) = (1 P( A))(1 P( B)) = (1 P( A)) 2 所以 1 P( A) = 1 / 3 .最后得到P( B) = P( A) = 2 / 3. 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. da w. 答案网 11.已知 A, B 独立,且 P( A B ) = 1 / 9, P( AB ) = P( A B) ,求 P( A), P( B ) . 解因 P( AB ) = P( A B) ,由独立性有 P( A) P( B ) = P( A ) P( B ) 从而 P( A) P( A) P( B) = P( B) P( A) P( B)导致 P( A) = P( B) co B = U Ai ,因 i =1 3 P ( A U B ) = P ( AB ) = 1 P ( A) P ( B ) =1 pq 而 ww 3 4 则 A = A1 A2 U A3 A4 U A5 A6 , 所以 5 6 P( A) = P( A1 A2 ) +P( A3 A4 ) + P( A5 A6 ) 图 3.1 P( A1 A2 A3 A4 ) P( A3 A4 A5 A6 ) P( A1 A2 A5A6 ) + P( A1 A2 A3 A4 A5 A6 ) = 3(1 p) 2 3(1 p ) 4 + (1 p) 6 14.假设一部机器在一天内发生故障的概率为 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. 5解 p = (0.2) 3 (0.8) 2 = 0.0512 . 3 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. 3 3 解 p =(0.2) 3 + ×0.8 ×(0.2) 2 = 0.008 + 0.096 = 0.104 . 3 2 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 P( A) . w. 3 2 1 1 1 8 P( B) = 1 P I Ai = 1 P( A1 ) P( A2 )P( A3 ) = 1 ××= 1 = 3 2 3 9 9. i =1 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. 1 2 解记 A = {通达}, Ai = {元件 i 通达}, i = 1,2,3,4,5,6课解记 B = {命中目标}, A1 = {甲命中}, A2 = {乙命中}, A3 = {丙命中},则 m品,求它依次是车间 A, B, C 生产的概率. 解为方便计,记事件 A, B, C 为 A, B,C 车间生产的产品,事件 D = {次品},因此 P( D) = P( A) P( D | A) + P( B) P( D | B)+ P(C ) P( D | C ) = 0.25 ×0.05 + 0.35 ×0.04 + 0.4 ×0.02 = 0.0125 + 0.014 + 0.008= 0.0345 P( A) P( D | A) 0.25 ×0.05 P ( A | D) = = = 0.362 P ( D) 0.0345 P( B) P( D |B) 0.35 ×0.04 P ( B | D) = = = 0.406 P ( D) 0.0345 P(C ) P( D | C ) 0.4 ×0.02 P (C |D ) = = = 0.232 P( D ) 0.0345 10. A 与 B 独立, P( A) = p, P( B) = q , 设且求下列事件的概率:P( A U B) ,P( A U B ) ,P( A U B ) . 解 P( A U B) = P( A) + P( B)P( A) P( B) = p + q pq P( A U B ) = P( A) + P( B ) P( A) P( B ) = p + 1 q p(1 q) = 1q + pq 解依假设记 Ai = { A 在第 i 次试验中出现}, i = 1,2,3. 3 19 = P U Ai =1 P( A1 A2 A3 ) = 1 (1 p) 3 27 i =1 8 , 此即 p = 1 / 3 . 所以, (1 p ) 3 = 27 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 Ai = {第 i 道工序为次品}, i = 1,2,3. 则次品率 3 p = P U Ai = 1 P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) = 1 0.98 ×0.97× 0.95 = 1 0.90307 ≈ 0.097 i =1 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}, Ai ={第 i 人译出}, i = 1,2,3. 则 3 P( A) = P U Ai = 1 P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) i =1 = 10.75 ×0.65 ×0.6 = 1 0.2925 = 0.7075 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) = ; 5 2 256 10 10 1 . ∑ k 2 k =4 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, 6 p = P( A)求: 81 3 (3)(0.75) = = 256 4 4 (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. 255 解(1) 1 (1 0.75) 4 = 1 (0.25) 4 = 256 2 2 4 27 3 1 2 2 (2) (0.75) (0.25) = 6 ××= 2 128 44 1. 下列给出的数列,哪些是随机变量的分布律,并说明理由. i (1) pi = , i =0,1,2,3,4,5 ; 15 5 i2 , i = 0,1,2,3 ; (2) pi = 6 1 (3) pi = , i = 2,3,4,5 ; 4 i +1 , i =1,2,3,4,5 . (4) pi = 25 ( ) kh 课后(2) da w.习题四解其一条件为 pi ≥ 0, i = 1, 2, L ,其二条件为∑ pi = 1 . i 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 pi 是否满足下列二个条件: 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, 59 4 = & 0; 因为 p3 = (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, 6 6 5 20 这是因为∑ pi = ≠ 1. 25 i =1 c 使并求:P( X ≤ 2 ) ; 2. 试确定常数 c , P( X = i ) = i , (i = 0,1,2,3,4) 成为某个随机变量X 的分布律, 2 5 1 P & X & . 2 2 4 c c 16 ; 解要使 i 成为某个随机变量的分布律,必须有∑ i = 1 ,由此解得 c = 31 2 i =0 2 (2) P( X ≤ 2 ) = P( X = 0 ) + P( X = 1) +P( X = 2) 16 1 1 28 = 1 + + = 31 2 4 31 5 16 1 1 12 1 (3) P & X & = P ( X = 1) + P ( X= 2) = + = . 2 31 2 4 31 2 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. 1 1 1 解 X 可能取的值为-3,1,2,且 P( X = 3) = , P( X = 1) = , P( X = 2) = ,即 X 的分布律为 3 2 6 X -3 1 2 11 1 概率 3 2 6 X 的分布函数 0 x & 3 1 F (x ) = P( X ≤ x ) = 3 ≤ x &1 3 5 1≤ x & 26 1 x≥2 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{X = 3} 表示随机取出的 3 个球的最大号码为 3, w.则另两个球的只能为 1 号,2 号,即 P( X = 3) = 3 1× 2 3 号码为 4,因此另外 2个球可在 1,2,3 号球中任选,此时 P( X = 4) = = ;同理可得 10 5 3 4 1× 2 6 = .P( X = 5) = 10 5 3 X 的分布律为 kh da w. 课后答案网 1 1 = ;事件{X = 4}表示随机取出的 3 个球的最大 5 10 3 3 6 概率 X 3 4 5 10 10 10 X 的分布函数为 0 F (x ) = 1 10 4 10 x&3 3≤ x &4 4≤ x&5 1 x≥5 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.解依题意 X 服从参数 n = 5, p = 0.6 的二项分布,因此,其分布律具体计算后可得 X 概率 0 32
144 625 216 625 P( Ai ) = 课 10 , i = 1, 2, L 而13 P( X = k ) = P A1 L Ak 1 Ak = P A1 L P Ak 1 ( ) ( ) 即 X 服从参数 p = P( X =1) = 10 的几何分布. 13 (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, X 的分布律为 w. X 10 3 ×10 5 , P( X = 2) = = , 13 13 ×12 26 3 ×2 ×10 5 3 ×2 ×1 ×10 1 = , P(X = 4) = = . P ( X = 3) = 13 ×12 ×11 143 13 ×12 ×11 ×10 286 kh X 1 10 13 ww 概率(3)X 可能取到的值为 1,2,3,4, 10 3 ×11 33 , P( X= 2) = = , 13 13 ×13 169 3 ×2 ×12 72 3 ×2 ×1 6 = , P( X = 4) = = . P ( X = 3) = 13×13 ×13 2197 13 ×13 ×13 2197 P( X = 1) = 所求 X 的分布律为 1 10 13 概率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 X ~ B(6, p ) ,已知 P( X = 1) = P( X = 5) ,求 p 与 P( X = 2) 的值. daw. ( ) 3 P( Ak ) = 13 k 1 后 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 Ai , i = 1,2, L 表示第 i次抽到的产品为正品,依题意, A1 ,L , An , L 相互独立,且答案网 10 , k = 1, 2,L 13 2 5 26 3 5 143 2 33 169 3 72 2197 co 162 625 243
3 4 4 1 286 4 6
P( X = k ) = 0.6 k 0.4 5 k , k = 0,1, L ,5 , k
evaluation only. 解由于 X ~ B(6, p ) ,因此 P( X = 6) = p k (1 p )6 k , k = 0,1,L ,6 . 5 P( X = 1) = 6 p(1 p ) , P( X = 5) = 6 p 5 (1 p ), 1 5 即解得 p = ; 6 p(1 p ) =6 p 5 (1 p ), 2 2 6 2 6 6 1 1 6×5 1 15 ×= 此时, P( X = 2) = = . 2 2 64 2 2! 2 6 k 由此可算得 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,因此 X 服从n = 4, p = 的二项分布,即 k 4 k 1 2 1 2 4 1 1 P( X = k ) = k 2 2 , k = 0,1,2,3,4 x&0 0≤ x &1 1≤ x & 2 由此可得 X 的分布函数 0, 1 , 16 5 , 16 11 , 16 15 , 16 F (x ) = k=0 k! 4 k 4 e ≥ 0.99 k = 0 k! 查泊松分布表可求得 n = 9 . P( X ≤ n ) = ∑ n ww 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 n = 1000, p = 0.0001 的二项分布,即 X ~ B(1) ,由于 n 较大, p 较小,因此也可以近似地认为 X 服从λ= np = 1000 × 0.0001 = 0.1 的泊松分布,即 X ~ P (0.1) ,所求概率为 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. 解设事件 Ai 表示第 i 次试验成功,则P( Ai ) = 0.75 ,且 A1 ,L , An , L 相互独立.随机变量 X 取 k 意味着前 k 1 次试验未成功,但第 k 次试验成功,因此有 P( X = k ) = P A1 L Ak 1 Ak = P A1 L PAk 1 P( Ak ) = 0.25 k 10.75 w. ≈1 P( X ≥ 2) = 1 P( X = 0) P( X = 1) 0.10 0.1 0.11 0.1e e 0! 1! = 1 0..090484 = 0.004679. kh ( ) ( ) 2 0.25 ×0.75 即 P( X ≤ n 1)= ∑ n 1 4 k 课 P( X ≤ n 1) & 0.99, P( X ≤ n ) ≥ 0.99, e 4 & 0.99 后 1, x≥4 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λ= 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? 解设至少要进 n 件物品,由题意 n 应满足所求的分布律为 X 概率 da w. 3≤ x &4 答案网 2≤ x&3 ( ) 1 0.75 …… co k 0.25 k 1 × 0.75 m …… evaluation only. 12. 设随机变量 X 的密度函数为 f (x ) = 2x , 0&x& A 0, 其他, 试求: (1)常数 A ; (2)X 的分布函数. 解(1) f(x ) 成为某个随机变量的密度函数必须满足二个条件,其一为 f (x ) ≥ 0 ;其二为+∞ A ∫∞ f ( x )dx = 1 ,因此有∫0 2 xdx = 1 ,解得 A = ±1 ,其中 A = 1 舍去,即取 A= 1 . (2)分布函数 F (x ) = P ( X ≤ x ) = ∫∞ f (x )dx x ∫∞ 0dx = x x&0 x ∫∞ 0dx + ∫0 2xdx 0 1 x ∫∞ 0dx + ∫0 2 xdx + ∫1 0dx 0 0 ≤ x &1 x ≥1 0 ≤ x &1 x = x 1 2 解得 A = ;11 1 2 = ∫∞ 2 e 0 x 1 1 课(3) F (x ) = ∫∞ x 后(2) P(0 & X & 1) = ∫0 e x dx = ∫0 e xdx = 11 2 f (x )dx 2 x dx ∫∞ 2 e = kh x x1 x dx + ∫0 e dx 2 w. = = 1 x e 2 1 1 + 1 e x 22 1 x e 2 1 1 e x 2 1 x e dx ∞ 2 0 1 x1 x x ∫∞ 2 e dx + ∫0 2 e dx ∫ x ww ( ) 14. 证明:函数 f (x ) = x 2c e c 0 x2 为某个随机变量 X 的密度函数. 证由于 f (x ) ≥ 0 ,且∫∞ f (x )dx = ∫∞ e +∞+∞ x c da w. 1 1 e 1 ; 2 +∞+∞+∞ x x x ∫∞ Ae dx = 2 ∫0 Aedx = 2∫0 Ae dx =1 答案网 X 的分布函数. +∞ x 解(1)系数 A 必须满足∫∞Ae dx = 1 ,由于 e x 为偶函数,所以( ) x&0 x≥0 x&0 x≥0 x&0 x≥0 x&0 x≥0 x≥0 ( c为正的常数) x&0 x2 2 c dx x2 2c d x2 = e 2c 2c x2 +∞= ∫0 e +∞ co =1, 0 x ≥1 13.设随机变量 X 的密度函数为 f (x ) = Ae ,∞& x & +∞,求: (1)系数 A ; (2)P(0 & X& 1) ; (3) m 0 x&0 因此 f (x ) 满足密度函数的二个条件,由此可得 f (x ) 为某个随机变量的密度函数. 15. 求出与密度函数 x≤0 0& x≤2 x&2 x f (x ) = 0.5e x 0.25 0对应的分布函数 F (x ) 的表达式. 解 x 当 0 & x ≤ 2 时, F (x ) = ∫∞ f ( x )dx = ∫∞ 0.5e x dx + ∫0 0.25dx = 0.5 + 0.25 x 0 x 当 x ≤ 0 时, F (x ) = ∫∞ f ( x )dx = ∫∞0.5e x dx = 0.5e x x 0 2 x 当 x & 2 时, F (x ) = ∫∞ 0.5e x dx + ∫0 0.25dx + ∫2 0dx =0.5 + 0.5 = 1 综合有 0.5e x , x ≤ 0; F (x ) = 0.5 + 0.25 x, 0 ≤ x ≤ 2; 1, x ≥ 2. 16. 设随机变量 X 在(1,6 ) 上服从均匀分布,求方程 t 2 + Xt + 1 = 0 有实根的概率.解 X 的密度函数为 f (x ) = 2 17. 设某药品的有效期 X 以天计,其概率密度为(x + 100 )3 , 解(1) F (x ) = ∫∞ f (x )dx = x kh ∫(x + 100) dx, 0 3 x 0, 其他. 求:(1)X 的分布函数;(2) 至少有 200 天有效期的概率. 0, x & 0; 课后 f (x ) = 20000答案 4 61 P X 2 ≥ 4 = P( X ≤ 2 或 X ≥ 2) = P( X ≤ 2) + P( X ≥ 2) = 0 + ∫2 dx = . 5 5x&0; ( ) 0, w. = 0, 1 (1 + x )e , x 1 (2) P( X & 200) = 1 P( X ≤ 200) = 1 F (200) = 1 1ww 18. 设随机变量 X 的分布函数为 x≤0 x&0 F (x ) = 求 X 的密度函数,并计算 P( X ≤ 1) 和 P( X & 2) . 解由分布函数 F (x ) 与密度函数 f (x ) 的关系,可得在 f (x ) 的一切连续点处有 f (x ) = F ′(x ) ,因此 f (x ) = xe x , 0, 1 所求概率P( X ≤ 1) = F (1) = 1 (1 + 1)e = 1 2e 1 ; 19. 设随机变量 X 的分布函数为 F (x ) =A + B arctan x,∞& x & +∞,求(1) 常数 A, B ;(2) P ( X & 1) ; (3) 随机变量 X 的密度函数. P ( X & 2 ) = 1 P ( X ≤ 2 ) = 1 F (2 ) = 1 1 (1 + 2 )e 2 = 3e 2 . da w. 20000x ≥ 0. x & 0; x ≥ 0. 10000 1 = . 9 10000 , (x + 100)2 x&0 其他网其他. 方程 t +Xt + 1 = 0 有实根的充分必要条件为 X 2 4 ≥ 0 ,即 X 2 ≥ 4 ,因此所求得概率为1 , 5 0, 1& x & 6; (200 + 100)2 ( ) co m 解: (1) 要使 F (x ) 成为随机变量X 的分布函数, 必须满足 lim F (x ) = 0, lim F ( x ) = 1 , 即 x →∞ x →+∞x →∞ x →+∞ lim ( A + B arctan x ) = 0 lim ( A + B arctan x ) = 1 A B=0 ππ 2计算后得 A+ 解得 B =1 2 1 A= 2 1 B= π= 1 π 1 ππ= π 4 π 4 2 1 ,∞& x & +∞. π1 + x2 答案( 20. 设顾客在某银行的窗口等待服务的时间(单位:min)服从λ=的指数分布,其密度函数为 f (x ) = 1 5 e , 5 0 x ,某顾客在窗口等待服务,若超过10min,他就离开. kh +∞(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λ= 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 P( X ≥ 10) = ∫10 1 5 e dx = e 2 ; 5 x 课其他后 x&0 da w. ) 2 5 f (x )= F ′(x ) = 网(3)X 的密度函数 co 1 5 1 5 = 1 1 1 1 + arctan1 + arctan( 1) 2 π 2 π(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 n = 5, p = e 2 的二项分布,所求概率为 ww w. 5 = e 2 0 0 P(Y ≤ 1) = P (Y = 0) + P(Y = 1) ( ) (1e ) )( ) 21. 设 X 服从Ν(0,1) , 借助于标准正态分布的分布函数表计算: 1 ) P( X & 2.2) ; 2 ) ( ( P ( X & 176 ) ; (3) P( X & 0.78) ; (4) P ( X &1.55) ; (5) P ( X & 2.5) . 解查正态分布表可得(1) P( X & 2.2) = Φ(2.2) = 0.9861 ;(2) P( X & 1.76) = 1 P( X ≤ 1.76 ) = 1 Φ(1.76 ) = 1 0.9608 = 0.0392 ; (3) P( X & 0.78)= Φ( 0.78) = 1 Φ(0.78) = 1 0.7823 = 0.2177 ; (4) P ( X & 1.55) = P( 1.55 & X & 1.55)= Φ(1.55) Φ( 1.55) ( 5 ) = Φ(1.55) (1 Φ(1.55)) = 2Φ(1.55) 1 = 2 × 0..8788 = 1 + 4e 2 1 e 2 ( 5 + e 2 1 e 2 1 ( ) 4 4 m 1 1 1 1 时, F (x ) = + arctan x 也满足分布函数其余的几条性质. 2 π 2 π(2) P ( X & 1) = P( 1 & X & 1) = F (1) F ( 1)另外,可验证当 A = , B = P( X & 2.5) = 1 P( X ≤ 2.5) = 1 [2Φ(2.5) 1] evaluation only. 22. 设 X 服从Ν( 1,16) , 借助于标准正态分布的分布函数表计算:1) ( X & 2.44) ;2) ( X & 1.5) ; ( P ( P (3) P( X& 2.8) ; (4) P ( X & 4) ; (5) P( 5 & X & 2 ) ; (6) P ( X 1 & 1) . 解当 X ~ Ν( , σ 2 )时, P(a ≤ X ≤ b ) = Φ b a Φ,借助于该性质,再查标准正态分布函σσ= 2 2Φ(2.5)= 2(1 0.9938) = 0.0124 . 数表可求得 2.44 + 1 = Φ(0.86) = 0.8051 ; 4 1.5 + 1 (2)P( X & 1.5) = 1 Φ= 1 Φ( 0.125 ) 4 = 1 (1 Φ(0.125)) = Φ(0.125) = 0.5498 ; (1) P( X& 2.44) = Φ(5) P( 5 & X & 2) = Φ(6) P ( X 1 & 1) = 1 P( X 1 ≤ 1) = 1 P(0 ≤ X ≤ 2 ) =1 Φ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. 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 40 30P( X & 40) = 1 Φ= 1 Φ(1) = 1 0.8413 = 0.1587 ; 10 (2)记 Y 为 5 天中某人迟到的次数,则 Y 服从 n = 5, p = 0.1587 的二项分布,5 天中最多迟到一 ww 次的概率为 w. = 0.9332 1 + 0.9938 = 0.927 24. 某人上班所需的时间 X ~ Ν(30,100 )(单位:min)已知上班时间为 8:30,他每天 7:50 出 5 5 0 5 4 P(Y ≤ 1) = (0.1587 ) ×(0.8413) + 0.1587 × (0.8413) = 0.8192 . 1 1 kh 2.2 2.05 1.8 2.05 P(2 0.2 ≤ X ≤ 2 +0.2 ) = ΦΦ 0.1 0.1 = Φ(1.5) Φ( 2.5) = Φ(1.5) 1 + Φ(2.5) 课 23. 某厂生产的滚珠直径服从正态分布Ν(2.05,0.01) ,合格品的规格规定为 2 ± 0.2 ,求该厂滚珠的合格率. 解所求得概率为 2 + 1 0 + 1 Φ 4 4 = 1 Φ(0.75) + Φ(0.25) = 1 0.7 = 0.8253 . 1. 二维随机变量( X , Y ) 只能取下列数组中的值: (0,0), ( 1,1),1, , (2,0) ,且取这些组值的概率依次为, , 1 1 1 5 , ,求这二维随机变量的分布律.6 3 12 12 解由题意可得( X , Y ) 的联合分布律为 da w.习题五解答 1 3 后答案网 2 + 1 5 + 1 Φ= Φ(0.75) Φ( 1) 4 4 = Φ(0.75) Φ(1) + 1 = 0.3 + 1 = 0.9321 ; co m (3) P( X & 2.8) = Φ 2.8 + 1 = Φ( 0.45) =1 Φ(0.45) = 1 0.6736 = 0.3264 ; 4 4 + 1 4 + 1 (4) P ( X & 4) = ΦΦ= Φ(1.25) Φ( 0.75 ) 4 4 = Φ(1.25) 1 + Φ(0.75) = 0.8944 1 + 0.7734 = 0.6678 ;. X\Y 1 3 1 -1 0 01 12 1 3 1 0 0 6 5 2 0 0 12 2. 一口袋中有四个球,它们依次标有数字 1, 2,2,3 .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( X , Y )的分布律及 P( X = Y ) . 解 X 可能的取值为 1, 2,3 ,Y 可能的取值为 1, 2,3 ,相应的,其概率为 1×2 1 1×1 1 = , P( X = 1, Y = 3) = = , 4×3 6 4 ×3 12 2 ×1 1 2 ×1 12 ×1 1 P( X = 2, Y = 1) = = , P ( X = 2, Y = 2 ) = = , P ( X = 2 , Y = 3) = = , 4×3 6 4×3 6 4×3 6 1 1×2 1 P( X = 3, Y = 1) = , P( X = 3, Y = 2) = = , P ( X = 3, Y = 3) = 0. 124×3 6 P( X = 1, Y = 1) = 0, P( X = 1, Y = 2) = 或写成 X\Y 1 2 3 1 2 1 6 1 6 1 6 3网 P( X = 0, Y = 0 ) = ww 8×8 16 8×2 4 = , P( X = 0, Y = 1) = = , 10 ×10 25 10 ×10 25 2×8 4 2×2 1 P( X = 1, Y = 0 ) = = , P ( X = 1, Y = 1) = = , 10 ×10 25 10 ×1025 或写成 w. 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( X , Y ) 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 0,1 ,Y 可能取的值也为 0,1 ,且 kh X\Y 01 课 P( X = Y ) = P ( X = 1, Y = 1) + P ( X = 2, Y = 2 ) + P( X = 3, Y = 3) = (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 P( X = 0, Y = 0 ) = 8 ×7 28 8×2 8 = , P( X = 0, Y = 1) = = , 10 ×9 4510 ×9 45 2×8 8 2 ×1 1 P( X = 1, Y = 0) = = , P( X = 1, Y = 1) = = , 10 ×9 45 10 ×945 或写成. 1 6 1 12 0 1 12 1 6 0 1 . 6 0 16 25 4 25 1 4 25 1 25 X\Y 0 1 0 1 4. 对于第 1 题中的二维随机变量( X , Y ) 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 概率按列相加得 Y 的边缘分布律为 Y 概率 0 7 12 1 3 1 12 5 12 1 6 5 12 28 45 845 8 45 1 45 1 Y 的边缘分布律为在无放回情况下 X 的边缘分布律为 Y 的边缘分布律为 kh Y 概率 1 2 其他 x 2 x +1 2 ww 易算得 D 的面积为 S = ×1 ×= f ( x, y ) = 4, 0, ( X , Y ) 的分布函数 y x F (x, y ) = ∫∞∫∞ f ( x, y )dxdy w. 2 6.求在 D 上服从均匀分布的随机变量( X , Y ) 的密度函数及分布函数,其中 D为 x 轴,y 轴及直线 y = 2 x + 1 围成的三角形区域. 解区域 D 见图 5.2. 1 1 ,所以( X , Y ) 的密度函数 2 4 ( x, y ) ∈ D y 1 1 2 1 当≤ x & 0,0 ≤ y & 2 x + 1时, 2 y x F (x, y ) = ∫0 dy ∫ y 1 4dx = 4 xy + 2 y y 2 ; 当 x & 或 y & 0 时, F (x, y )= 0 ; da w. Y 0 4 5 概率答案网 4 5 1 5 1 概率 X 后 1 5 课 0 4 5 1 概率 1 50 4 5 1 1 5 -1 1 0 2 图 5.2 当≤ x & 0, y ≥ 2 x + 1 时, F (x, y ) = ∫ 1 dx ∫0 2 1 4dy =4 x 2 + 4 x + 1 ; co 1 x 5. 对于第 3 题中的二维随机变量( X , Y ) 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 m 1 3. 当 x ≥ 0,0 ≤ y & 1 时, F (x, y ) =∫ 0 0 dy y 1 4dx 0 2 2 x +1 y ∫= 2y y 2 ; 当 x ≥ 0, y ≥ 1 时, F (x, y ) = ∫ 1 dx ∫0 24dy = 1 综合有 0, 4 xy y 2 + 2 y, F ( x, y ) = 4 x 2 + 4 x + 1, 2y y2, 1, = ∫0 2 x +14dy , 0, 1 & x&0 2 其他= 4(2 x + 1), 0, = ∫ y 1 4dx, 2 0 0 & y &1 其他 0, 16 4 4 16 ,而 P( X = 0)P (Y = 0) = ×= ,即 25 5 5 25 P( X = 0, Y = 0) = P( X = 0)P(Y = 0 ) ;容易验证 P( X = 0, Y = 1) = P( X = 0)P(Y = 1), 解 1 1 1 4 1 1 1 1 1 f , = 4 ,而 f X =2, f Y = ,易见 f , ≠ f X f Y ,所以 X 与 Y 不相 4 3 3 3 4 4 3 4 3 ww 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 概率写出表示( X ,Y ) 的分布律的表格. 解由于 X 与 Y 相互独立,因此 1 4 1 3 1 12 1 3 w. 9. 在第 6 题中,X 与 Y 是否独立,为什么? kh ) ( ) 1 4 P( X = 1, Y = 0 ) = P( X =1)P(Y = 0), P( X = 1, Y = 1) = P( X = 1)P(Y = 1) ,由独立性定义知 X 与 Y 相互独立. 28 4 4 16 , 而 P( X = 0)P (Y = 0) = ×= ,易见在无放回情况下, 由于 P( X = 0, Y = 0 ) = 45 5 5 25 P( X = 0, Y = 0) ≠ P ( X = 0 )P(Y = 0) ,所以 X 与Y 不相互独立. 课解在有放回情况下, 由于 P( X = 0, Y = 0 ) = 后 8.在第 3 题的两种情况下,X 与 Y 是否独立,为什么? da w. = 2(1 y ), 0, 答案 fY ( y ) = ∫∞ f ( x, y )dx +∞网 Y 的边缘密度函数为 0 & y &1 其他 Y 概率 P X= x i , Y = y j = P ( X = x i )P Y = y j , i = 1,2,3,4, j = 1,2,3, ( 例如 P( X = 2, Y = 0.5)= P ( X = 2 )P (Y = 0.5) = × = 1 2 1 8 其余的联合概率可同样算得,具体结果为X\Y -0.5 -2 1 8 1 1 16 3 1 16 co 1 & x&0 2 其他 f X (x ) = ∫∞ f (x, y )dy +∞-0.5 1 2m 1 1 4 7. 对于第 6 题中的二维随机变量( X , Y ) 的分布,写出关于 X 及关于Y 的边缘密度函数. 解 X 的边缘密度函数为 1 x & 或 y & 0 2 1 ≤ x & 0 且 0 ≤ y& 2 x + 1 2 1 ≤ x & 0 且 y ≥ 2 x + 1 2 x ≥ 0 且 0 ≤ y & 1 x ≥ 0 且 y ≥ 1 3 1 4 evaluation only. -1 6 12 12 1 1 1 1 1 48 48 1 10.5 12 12 11. 设 X 与 Y 是相互独立的随机变量, 服从[0,0.2] 上的均匀分布,服从参数为 5 的指数分布, X Y 0 1 24 1 6 求( X , Y ) 的联合密度函数及 P( X≥ Y ) . 解. 由均匀分布的定义知 f X (x ) = 5, 0, 0 & x & 0.2 其他 y &0 其他 y 由指数分布的定义知 fY (y) = 5e 5 y , 0, 因为 X 与 Y 独立,易得( X , Y ) 的联合密度函数 0, 概率 P( X ≥ Y ) = ∫∫ f (x, y )dxdy , G 其他 0.2 x 0.2 (3)关于 X 的边缘密度函数 f X (x ) = ∫∞ f (x, y )dy = +∞ kh 0, (2) P(0 ≤ X ≤ 1,0 ≤ Y ≤ 2) = ∫0dy ∫0 12e (3x + 4 y ) dx = (1 e 3 )(1 e 8 ) ; 2 1 +∞(3 x + 4 y ) dy, ∫0 12e 课解(1) k必须满足∫∞∫∞ f ( x, y )dxdy = 1 ,即∫0 dy ∫0 ke (3 x + 4 y ) dx = 1 ,经计算得 k =12 ; +∞+∞+∞+∞后其他 0, 求: (1)系数 (2) P(0 ≤ X ≤ 1,0 ≤ Y ≤ 2 ) ; (3)证明 X 与 Y 相互独立. f ( x, y ) = ke (3 x + 4 y ) , w. = 4e 4 y , k (1 x ) y, 0, +∞ 3e 0,同理可求得 Y 的边缘密度函数为 fY (y) = x&0 ww 13. 已知二维随机变量( X ,Y ) 的联合密度函数为 f ( x, y ) = 其他其他 0, 易见 f (x, y ) = f X (x ) f Y( y ),∞& x & +∞,∞& y & +∞,因此 X 与 Y 相互独立. 0 & x & 1,0 & y & x (1)求常数 (2)分别求关于 X 及关于 Y 的边缘密度函数; (3)X 与 Y 是否独立? +∞+∞ 1 x 解(1) k 满足∫∞∫∞ f ( x, y )dxdy = 1 ,即∫0 dx ∫0 k (1 x ) ydy = 1 解得k = 24 ; (2)X 的边缘密度函数 f X (x ) = ∫∞ f (x, y )dy = ∫0 24(1 x ) ydy , x 0, = 12x 2 (1 x ), 0, da w. x & 0, y & 0 x&0 其他 x&0 其他 3x 答案 P( X ≥ Y ) = ∫0 dx ∫025e 5 y dy = ∫0 5 1 e 5 x dx = e 1 . 12. 设二维随机变量( X , Y ) 的联合密度函数为( ) , 网其中区域 G = {( x, y ) | x ≥ y}见图 5.3,经计算有图 5.3 0 & x &1 其他 0 & x &1 其他 co 0.2 x f ( x, y ) = f X ( x ) f Y ( y ) = 25e 5 y , 0 & x & 0.2, y & 0m
evaluation only. Y 的边缘密度函数为 fY (y)= 1 y y & 1 0& ∫ 24(1 x ) ydx, 0, 其他 2 0 & y &1 12 y (1 y ) , 其他 0, 1 1 3 1 9 271 1 1 1 1 ( 3 ) f , = 24 ××= , 而 f X (x ) = 12 ××= , f Y ( y ) = 12 ××= 4 2 2 4
3 2 4 1 1 1 1 f , ≠ f X f Y ,因此 X 与 Y 不相互独立. 2 4 2 4 = , 易见 14.设随机变量 X 与 Y 的联合分布律为 X\Y 0 1 2 3 5 0 2 25 1 b a 1 25 且 P(Y =1 | X = 0) = , (1) 求常数 a, b 的值; (2)当 a, b 取(1)中的值时,X 与 Y 是否独立?为什解(1) a, b 必须满足∑∑ p ij = 1 ,即 j =1 i =1 2 3 概率定义及已知的条件得 P(Y = 1 | X = 0) = ww 因此,X 与 Y 不独立. 15. 对于第 2 题中的二维随机变量( X , Y ) 的分布,求当 Y = 2 时 X 的条件分布律. 解易知 p2 = P(Y = 2)= ,因此 Y = 2 时 X 的条件分布律为 1 2 w. 4(2 x + 1), 0, 3 P ( X = 0, Y = 1) b == 2 5 P( X = 0) +b 25 3 17 14 由此解得 b = ,结合 a + b = 可得到 a = , 25 25 2514 a= 25 即 3 b= 25 14 3 5 17 (2)当 a = , b = 时,可求得 P( X = 0) = , P(Y = 0 ) = ,易见 25 25 25 25 2 P( X = 0, Y = 0) = ≠ P ( X = 0 )P(Y = 0 ) 25 kh X|Y=2 概率 1p12 1 = p 2 3 16. 对于第 6 题中的二维随机变量( X , Y ) 的分布,求当 X = x,解 X 的边缘密度函数为(由第 7 题所求得) f X (x ) = 1 & x&0 2 其他 da w. 2 p22 1 = p2 3 课后答案 2 3 1 2 17 ,另外由条件+b+a+ + + = 1 ,可推出 a + b =25 25 25 25 25 网么? co 3 p32 1 = p 2 3 3 25 2 25 1 & x & 0 时 Y 的条件密度函数. 2 m For evaluation only. 由条件密度函数的定义知当 X = x, f (x, y ) f Y |X( y | x) = = f X (x ) 1 Y 的条件密度函数为& x&0 时 4 , 4(2 x +1) 0, 0 & y & 2x + 1 其他= 1 , 2x + 1 0, 0 & y & 2x + 1 其他习题六解答 1. 设 X 的分布律为 X -2 1 8 -0.5 1 4 0 1 8 2 4 解由 X 的分布律可列出下表概率 X X +2 X +1 X2 1 8 1 4 1 8 后由此表可定出(1) X + 2的分布律为课 X +2 概率(2) X + 1 的分布律为 kh X +1 (3) X 2 的分布律为w. ) 概率 ww 1 8 1 1 7 2 其中 P X = 4 = P ( X = 2 ) + P( X = 2) = + = . 8 6 24 概率( 2. 设随机变量 X 服从参数λ= 1 的泊松分布,记随机变量 Y = 由于 X服从参数λ= 1 的泊松分布,因此 1k 1 e 1 , k = 0,1,2, L , e = k! k! e 1 e 1 + = 2e1 ; 0! 1! da w. 0 1 8 3 2 1 4 答案-2 0 3 4 网-0.5 1.5 1.5 0.25 0 2 1 0 2 4 -1 4 2 41 8 1 6 -3 1 3 -1 1 6 1 4 1 4 1 1 8 3 2 1 4 X2 0 4 7 24 布律. 解 P( X = k ) = 而 P(Y= 0 ) = P( X ≤ 1) = P( X = 0) + P ( X = 1) = P(Y = 1) = P( X & 1) = 1 P ( X ≤ 1) = 12e 1 . co 1 6 1 3 1 1 概率 6 3 求出:以下随机变量的分布律. (1) X + 2 ; (2) X + 1 ;(3) X 2 . 4 6 -3 16 6 1 3 3 1 8 16 1 3 0, 若 X ≤ 1; 1, 若 X & 1, m 试求随机变量 Y的分 evaluation only. 即 Y 的分布律为 Y 01 概率 2e 1 1 2e 1 2x, 0, 0 & x & 1; 其他, 3. 设 X 的密度函数为 f (x ) = 求以下随机变量的密度函数: (1)2 X ; (2) X + 1 ; (3) X 2 . 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 y = g (x ) 为单调可导函数,则也可利用性质求得. (1)解法一:设 Y = 2 X ,则 Y 的分布函数 y FY ( y )= P (Y ≤ y ) = P(2 X ≤ y ) = P X ≤ 2 0 y &0 2 y y 0 ≤&1 = ∫02 2 xdx 2 y ≥1 1 2 ∫0 2xdx 0 y2 4 1 y&0 0≤ y&2 y≥2 = 解法二: y = 2 x , x = f Y ( y ) = f X (h( y )) h ′( y ) 1播放器加载中，请稍候...
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