最新概率論第二版楊振明課后題答案資料

1、精品文檔2.1. 習(xí)題1 ?設(shè)隨機(jī)變量 ' 的分布函數(shù)為F（x），證明 =e 也是隨 機(jī)變量，并求 的分布函數(shù) .證明：由定理隨機(jī)變量的Borel 函數(shù)仍為隨機(jī)變量，故=?也是隨機(jī)變量 .的分布函數(shù)為F（y）=P : y二 Pe ： y當(dāng) y 乞 0 時， e: ： y= ，故F （ y） = 0 ;當(dāng)y .0時，F(xiàn) （y） =P : y二 Pe ： y二 P ： Iny = F（ y）因此，的分布函數(shù)為F (y) 二t(ln y),03?假定一硬幣拋岀正面的概率為p（0 ：p ： 1） ，反復(fù)拋枚硬幣直至正面與反面都岀現(xiàn)過為止 ,這的密試求：（ 1）拋擲次數(shù)度陣；（ 2）恰好拋偶數(shù)次

2、的概率.解：（ 1） 二 k表示前 k -1 次都出現(xiàn)正仮）面，第 k 次出現(xiàn)反（正）面，據(jù)題意知，P二 k二 p2(1 -P ) (1 - p)2 p ， k =2,3,4,所以，拋擲次數(shù) ?的密度陣為'23 川k(2P -2p 2 p - p 2 川 pk 1(1 - p) + (1 - p) k °plH 恰好拋擲偶數(shù)次的概率為：pq -qp -1p(1 + q)(1 p)q4. 在半徑為 R 的圓內(nèi)任取一點（二維幾何概型），試求此點到2R圓心之距離 的分布函數(shù)及 P3解：此點到圓心之距離' 的分布函數(shù)為F （ x）二P : xln當(dāng) X E O 時， ： x二

3、 ，F(xiàn) x=0；當(dāng) 0：F (x) = P : x 土2x ： R 時 ,R故 ' 的分布函數(shù)為0,x"x2F (x)= 丿一 2 ,0 v x v R ?R21, x 土 R2R22R 、 (2R/3)33P VF( )=1 宀R5?在半徑為 1 的車輪邊緣上有一裂紋，求隨機(jī)停車后裂紋距地面高度 ' 的分布函數(shù) .P =2 P =4 P =6P =2nx(1：xpq qp p 3q q 3p p 5q q5 ppx（ 0 ： :x： :1）=pq(1 p2p4) qp(1 q2q4)解：當(dāng)x 噫 0時，: ：x二，F(xiàn) x = 0；精品文檔精品文檔當(dāng)裂紋距離地面高度為

4、1 時，分布函數(shù)為F x =F ： , 1 >P ： 1?二1 慮一 arccos(1-x)當(dāng)裂紋距離地面高度為 x 0 . x ： 1 時，分布函數(shù)為F x 二 F ,x ,P xJarCCOSX" Rarccos x -1二-arccos 1 -xJI當(dāng)裂紋距離地面高度為 x(1 ： x : 2) 時，分布函數(shù)為2 蔥 -2arccos 1 -xF x ；=F -： ,x 1 = P ： x心當(dāng) x 2 時， F x =1 ;則的分布函數(shù)為x _0 :- arccos 1 -x6?已知隨機(jī)變量 ?的密度函數(shù)為px =2_x試求： (1)?的分布函數(shù)， ( 2) P20.2

5、：解：( 1 ) 當(dāng) x 乞 0 時， F(x) 二 _.p(t)dtx當(dāng) 0 ： x 乞 1 時， F(x) 二 _p(t)dt二tdt01 ： x 遼 2xx2 tdt-x 2 2x -1 ;F(x) 二； p(t)dt 1tdt 1一02012當(dāng) x 2 時， F(x)2 -tdt -1 ;i則 . 的分布函數(shù)為x _00 ：F (x)才 x2 2x 1x 乞 11 ：2x 乞 2(2) P 0.2 : ：:： 1.2 ；： 12-P ：0.2-F 1.2 - F 0 2=0.667 . 設(shè)e(x _a)P(x) =e(2 ) 若 . 以此 p(x) 為密度函數(shù)，求b 使 P ? b 二

6、 b.解： ( 1) 由密度函數(shù)的性質(zhì)，知oO一 -e(x -a)-e( x _a)11 二 _.p(x)dxe dxeaee解得， a Je(2 ) 【法一】根據(jù)概率的非負(fù)性 ,b_ 0 ，當(dāng) b = 0P ? b = 1，顯然 P bb 不成立 ;時, 1:-e(x ) e11-e(tP b=；p(x)dxedx= e-e(x )ee二bee而 P b = b ，即一 e e1解得， b=-.e【法二】 ' 的分布函數(shù)為I0,X蘭0F( x) 二 1 I 1 1+_e i 丿 +e , x>0L. eeP41_P ： b、 1_F b = b精品文檔精品文檔當(dāng) b 空 0 時

7、， F b =0 , 上式不成立 .1 1當(dāng) b _0 時， F b ；=e e -eee丄|則 1 e e e = b ,ee1解得， b .e8. 設(shè) F(x) 是連續(xù)型分布函數(shù)，試證對任意a c b 有I.F (x b) -F (x a) dx 二 b -a . :x 川 b證：等式左邊 =p(t)dtdxx 亠 a :x b:： xa d ( F( t)d x因 F (x) 是連續(xù)的分布函數(shù)則上式積分可以交換.亠： x “b則上式交換積分次序得. 一.d(F(t)dx_： _ x ax -b : xa *d(F(t)dxx： b=扛( F(+)-F(q)dxx ： ub=f 1dx =

8、b-a .x 亠 a2.2 習(xí)題1 ?向目標(biāo)進(jìn)行20 次獨立的射擊，假定每次命中率均為0.2 . 試求： ( 1) 至少命中 1 次的概率； ( 2) 至多命中 2 次的概率； ( 3) 最可能命中次數(shù) .解：令 表示命中次數(shù)，這是n =20 重 Bernoulli 試驗，每次命中率 p=0.2 ，命中次數(shù)服從B(20,0.2)分布 .(1) 至少命中一次的概率P -1 =1 P ： 1 =1 P： =0 =1 C20 p0(1 p)20(2) 至多命中兩次的概率P乞 2=P=0P=1P二 2002011192218= C20p (1- p) ' C 20p (1 - P) '

9、 C20p (1 - p)二 C200.20 (1一 0.2) 20 C200.2 1(0.2 ：0.206 .在二項分布中，k=( n T)p 時， P = k 最大，故 k 二(20 1) 0.2=4 時最大，即最可能命中的次數(shù)為4 次 .2.同時擲兩枚骰子，直到某個骰子岀現(xiàn)6 點為止，求恰好擲n次的概率 .1解：擲一枚骰子岀現(xiàn) 6 點的概率是一，同時岀現(xiàn)6 點的情況1 161有兩種：都是6 點概率為丄 X 丄，其中一個是6 點的概率為2X 丄56 6116X - . 因此擲兩枚骰子岀現(xiàn) 6 點的概率是 -.636以?表示某骰子首次岀現(xiàn)6 點時的投擲次數(shù)，題目要求恰好擲n 次則前 n- 1

10、 次都沒有出現(xiàn) 6 點，于是所求概率為P =n 珂心- 號 )nJ36363 . 某公司經(jīng)理擬將一提案交董事代表會批準(zhǔn)，規(guī)定如提案獲多數(shù)代表贊成則通過 . 經(jīng)理估計各代表對此提案投贊成票的概率為0.6 , 且各代表投票情況相互獨立. 為以較大概率通過提案，試問經(jīng)理請 3 名董事代表好還是請5 名好？解：即求請 3 名董事獲多數(shù)贊成通過的概率大還是請5 名董事通過的概率大 . 令表示 3 名董事代表對提案的贊成數(shù)，則 B(3,0.6) 分布 .多數(shù)贊成，即=1 -C0.2 (1 -0.2)20: 0.988P-2二 P=2P=3；.0°精品文檔精品文檔二 C：0.6 2(10.6) 1

11、C ；0.63(1 0.6p = 7 = C ；0.6 4(1 一0.6) 3 ： 0.1658880.648因此， P二 i二。書 0.6 4(1 - 0.6) 口， i =4,5,6,7令 表示 5 名董事代表對提案的贊成數(shù)，則 B(5,0.6) 分布 .對甲先勝四場成為冠軍的概率是多數(shù)贊成，即P _4 =P： -4 P ： =5 P ? -6 P ： -70.7P _3 = P =3 P =4 P = 5對賽滿 3 場的“三場兩勝”制：甲前兩場中勝一場，第三場必勝則P =3 =C ；0.62(1 -0.6) 1 ： 0.288 .二 C；0.6 3 (1 -0.6) 2 C；0.6 4(

12、1 -0.6) 1C ；0.65(1-0.6) °因此，進(jìn)行甲先勝 4 場成為冠軍的概率較大 .5 . 對 n 重 Bernoulli 試驗中成功偶數(shù)次的概率 Pn .:0.68256解：記 p 為一次 Bernoulli 試驗中事件成功的概率，q 為失因此，請 5 名董事代表好 .敗的概率 .4?甲、乙二隊比賽籃球 ?假定每一場甲、乙隊獲勝的概率分別為 0.6與 0.4 , 且各場勝負(fù)獨立 . 如果規(guī)定先勝4 場者為冠軍，求甲隊經(jīng) i 場 ( i =4,5,6,7) 比賽而成為冠軍的概率pj . 再問與賽滿 3 場的“三場兩勝”制相比較，采用哪種賽制甲隊最終奪得冠軍的概率較?。拷猓?/p>

13、令 ' 表示甲成為冠軍所經(jīng)過比賽的場數(shù).對甲先勝四場為冠軍： = i 表示前 j -1 場中勝三場，第 i 場 必勝 .則社440P =4=C40.6 (1 -0.6)0.129600 n22 n _2P n =Cn P q C n P q由1=(p q) n =C 0p0qn CPW C：pnq0(q-p) n =C ：p0qn -C ： pqn ?C：p) n q01 一 ( q - p) n(-)/2得： Pn :P =5 =C： 0.6 4(1 -0.6) 1 ： 0.2073627 . 在可列重Bernoulli 試驗中，以 i 表第 i 次成功的等待時間，求P =6 二 C

14、；0.64(1 -0.6)2 :0.20736證一2 - 1與1有相同的概率分布 .解：這是一個幾何分布.； - 1 表示第一次成功到第二次成功的等待時間 .如果第一次成功到第二次成功進(jìn)行了m 次試驗，而第一次成精品文檔精品文檔功進(jìn)行了 n 次 試驗 ?根據(jù)幾何分布的無記憶性可得:P 2 - I =m =(1 _ p) mJL p, P I = n) =(1 p) n'p因此， 2 - 1 與1 有相同的概率分布.8. ( 廣義 Bernoulli 試驗 ) 假定一試 驗有 r 個可能結(jié)果Al, Ar , 并且P(A i ) = p i 0 , 卩勺 * P 2 亠 ?亠 Pr =1?

15、現(xiàn)將此試驗獨立地重復(fù) n 次，求 A 恰出現(xiàn) k次， , A 恰出現(xiàn) k次 ( k0 ,1rik1 k2 2- kr = n ) 的概率 .解：設(shè)一次試驗的可能結(jié)果為 A1 , A r , 它們構(gòu)成一完備事 件組， P(A) 二 Pi，送 p=1 ，則在 n 次重復(fù)獨立試驗中iA1,，Ar 分別出現(xiàn)匕飛 2, 丨 1(, 匕次的概率為n!k1k2krp ppkr!(A 恰出現(xiàn)匕次 ,Ar 恰出現(xiàn) kr 次，則 A 組成 n 元序列 ,上述 n 次試驗結(jié)果由分成r 組，共有 1 。： 2 半 C：r 種結(jié)果 ,種結(jié)果出現(xiàn)的概率是pk1pkr ，則 n 次 Bernoulli試驗中恰出現(xiàn) k1 次

16、，?Ar 恰出現(xiàn) kr 次 ( ki ? 0Ck1k2krpk1pkrn Cn hCkrn!kk2 .k r1pp )p2.3 Poisson分布1. 假定螺絲釘?shù)膹U品率p = 0.015 ，試求一盒應(yīng)裝多少只才能保證每盒中正品在100 只以上的概率不小于80% .解：設(shè)每盒應(yīng)裝100+k 只，為使每盒有100 只以上的好釘，則每盒次品的個數(shù) ' 應(yīng)空 k -1， 故kJP1 = P 乞 k 一 1C； ok 。一 p)1 0k_D _ 0.8由于 k 值不大，有 (100 k) 0.015 ： 1.5,k d i-1 .5 J.5e _0.80,i z0 i!查表，當(dāng) k-1 = 1

17、 時 ,p1 =0.557825 ; 當(dāng) k_1 = 2 時 ,p1 =0.8,則 k=3 時，滿足題設(shè)條件，故每盒中應(yīng)裝103 只.2 ?據(jù)以往的記錄，某商店每月岀售的電視機(jī)臺數(shù)服從參數(shù)= 7 的 Poisson 分布 . 問月初應(yīng)庫存多少臺電視機(jī)，才能以 0.999的概率保證滿足顧客對電視機(jī)的需求.解：設(shè)月初應(yīng)當(dāng)庫存電視機(jī)臺數(shù)為，則每月岀售的電視機(jī)臺n數(shù)，要滿足顧客的要求，則a c npT1 - p ) n_i = 0.999 ,i =0n1即 '-0.999i =0 i!ni e；查表得：當(dāng) n =15 時，=0.997553；i=0 i!n 聲 _當(dāng) n =16 時，e 一 =

18、0.999001 ；t i!因此，月初應(yīng)當(dāng)庫存16 臺電視機(jī)才能以0.999 的概率保證滿足顧客對電視機(jī)的需求 .3 . 保險公司的資料表明，持有某種人壽保險單的人在保險期內(nèi)死亡的概率為0.005. 現(xiàn)出售這種保險單1200 份，求保險公司至多賠付 10 份的概率 .解：保險公司賠付的份數(shù)' 服從 n =1200,p =0.005 的二項分布 .根據(jù) Poisson 定理，服從參數(shù)為 ， =1200 0.005= 6的Poisson分布 .精品文檔精品文檔610P <10 八ek -0 k!查表，得 P <10 =0.95738.4. 假定每小時進(jìn)入某商店的顧客服從- =2

19、00 的 Poisson 分布，而進(jìn)來的顧客將購買商品的概率均為0.05 , 且各顧客是否購物相互獨立，求在一小時中至少有6 位顧客在此商店中購物的概率.解：記每小時進(jìn)入某商店的顧客數(shù)為，則服從 ? = 200的 Poisson 分布 .記每小時在商店中購物的顧客數(shù)為，顧客購物概率為p.以事件-n? , n =1,2,3 ， 為分割，由全概率公式得，對于非負(fù)整數(shù) k, 有-beP 呂二 P# 二 nP E=k|：二 n?n r； k k k n _k= e C n p qn 生 n!n -k1k_.p訃)/-bc ) k _P”._6 e_ p 滿足九 t = hp = 10 的 Poisso

20、n 分心 k!布 ,查表 ,得 _6 J0.93214.假定非負(fù)整值離散型分布的密度tp k f滿足條件pk= , k -1, 其中常數(shù) >0，試證明分布是以 為參數(shù)的Pk j kPoisson分布 .Pk解 :Po P1Pk 4kAk!7 k-be n k由此得 :kPPpe_'p0，并且 .0=1,可得，故!°=7 k!e. 因此，此分布是以為參數(shù)的 Poisson 分布 .k!2.4 重要的連續(xù)性分布1 . 設(shè)?服從區(qū)間 ( 0,5 上的均勻分布，求二次方程4x 2 ? 4 x ? 2= 0 有實根的概率 .解：由題意知， ' 的概率密度函數(shù)為1P( X)

21、 ?5 0<x<5少 其它若方程有實根，則厶 =(4 J 2 _ 4 4 ? 2) _ 0，即，2-2_0,解得， 一 -1或.-2.則 P方程有實根 =P乞 - 1 ? P一2-P_ 一11 一 P：:： 22 13=01 dx 二0553.假定隨機(jī)變量 只取區(qū)間(0,1) 中的值，且對任何0 . x . y : 1 ，落在子區(qū)間 ( x,y) 內(nèi)的概率僅與y-x 有關(guān)?求證 ?服從區(qū)間 ( 0,1) 上的均勻分布 .0,x (-： ,0證法一：定義F(x) =<P0蘭 ? ex,(0,1 貝 UJ,xnF(x) 是. 的分布函數(shù) ?由題設(shè)得對任意2 (0,1) 有P0 -

22、：x=Px _< 2x ，即有精品文檔精品文檔6P0 -： 2x = 2P0 -： x. 由此得精品文檔精品文檔F (2x) =2F (x) ?逐一類推可得，若nx - (0,1) ，則1xmF (nx) = nF (x) ，或者一nnn若 mx 與 x 都屬于 ( 0,1) ，則有 F mx m F(x) ?再由 n n nF (x) 的左連續(xù)性可得，對任意無理數(shù)a，若 ax 與 x 都屬于(0,1) ，則 F(ax) =aF(x) ?因為區(qū)間 ( 0,1) 與 0,1 的長度相等，由題設(shè)得F(1) = P0 乞 ： 1二 P0 _ _1 =1.由此及上段證明得，對任意X，(0,1)

23、有F (x) 二 xF(1) = x ，即 F (x) 為0, x 空 0證法二：如同證法一中定義的分布函數(shù) F(x) ，由 F(x)F (x) = ? x, 0 c x < 11, x 31此得證 ?服從 ( 0,1) 均勻分布 .4 ?設(shè)服從 N(3, 分布 . 求 a 使P a? = 2Pl ： a ;(2) 求 b 使 Pf 3 ： b 二0.95 ?解：由題意知 ，"- 3 ，弋=2:aP a.；=1 Pl 、 a.；=1 P ：a.；=2P1得, 3P ： a.；=1 心：二 13-.313 -1即 ->(3) ，1-(- )= 丄23233、 2( )=23

24、查表，得： : ( 0.43) =0.6664，解得 a = 2.14 。)P 3 W 亠 b 3 b ( 寧 i( 藝KkKK= (_)_ (_)=2 ： ( 一) _1 =0.95 ， :?: (_) =0.9752222查表，得： : ( 1.96) = 0.975，解得b 二 3.92 。? ?服從 (0,1) 上均勻分布 .單調(diào)知它對 ( 0,1) 上的 L- 測試幾乎處處可微 . 設(shè) x1 ,x (0,1)，25?在正常的考試中，學(xué)生的成績應(yīng)服從N(a, ；)分布 ?若 規(guī)定分當(dāng) XjEX (0,1)(i =1,2) 時，由題設(shè)得數(shù)在 a ?:-以上為“優(yōu)秀”，a 至 a ?二之間

25、為“良好”，a - -；F ( 為 ：-X) -F ( 捲 )= P 捲 _: 為 ：=x至 a 之間為 “一般”， a - 2 匚至 a - -之間為“較差”，a-2 二以下為“最差” ? 試求這五個等級的學(xué)生各占多大比例.P X 2 蘭 - X2 + X = F( X2 + 4 解：記優(yōu)秀 ) ，良好，一般，較差，最差分別為事件A,B,C, D,E1一但 E 取定值 i，那么 H 只能從 1 , 2， i 中取值取每一個值的&假設(shè)一機(jī)器的檢修時間( 單位：小時 ) 是以為參數(shù)精品文檔精品文檔等式兩端都除以厶 x，再令 x ； 0 可得，由 F'(xJ 存在可推得記學(xué)生的成績

26、為，則P( A) P 廠 a ； J _ 1 _ P a ； / - 1 門 ( a _，_a)二_門仆aF'( X2 ) 也存在，而且 F'( X2) = F'(xJ ?從而對任意 ( 0,1) 有 F '(x) 三 c ? P a ： : a ：一 G ( a 、一 % 一 ()= 門( 1)一( 0)=當(dāng) x ：= (0,1) 時，顯然有F'(x) =0 ?點的長 (B) 度為 0, 由題設(shè)得CTCTPF： =0 =PF： =d =0 ?由上所述可知 P(C) 是連續(xù)型隨機(jī)變量，Pa- ；： y-G?a) -G ( 空a) =： ( 0)-G(T)

27、 =(JG(CTc =1 ?至 (D)不 a a 不 a "2 a 不F'(x) 是其密度函數(shù)，從而定出不) = ( T)iJ(P(a-2 二： a-；)= J()亠 (aCJ精品文檔精品文檔a - 2 ；- a解：記 ' 為到火車站所需時間2 小時的概率； ( 2) 若已經(jīng)1扌 09分 72= 試求 2281) 檢修時間超過PE) 二 Pt : a -2=-?()( -2 )二 1-：門( 2)； ：a修理4 個小時，求總共要少5個小時才會修理好的概率 .鼻 1x6 ?某人要開汽車從城南到城北火車站?如果穿行，則所需時解:由已知得，P(x)二 2ex 0間 ( 單位

28、：分鐘 ) 服從N(50,100) 分布 ?如果繞行，則所需時間0其它服從 N(60,16) 分布 . 假設(shè)現(xiàn)在他有： ( 1)65 分鐘可用； ( 2) 70F(x)= =1 -e 1 2x 00其它分鐘可用，試分別計算是穿行還是繞行好些？(1 ) 記檢修時間為 ' ，(1). P 北 65= ( 匣型 )= (1.5) = 0.9332e10；P2 ： ： 65門 (65-60)兒( 1.25) =0.8944( 2) 由指數(shù)分布的無記憶性得，4因為 0.9332 0.8944 , 所以穿行好些。1P( ?2)=1_P( 乞 2)=1_P(： 2)=1_F(2)=P.5 丨 4=P

29、1=1-P乞 1=(2). F3： 70? - ；. ： ( 70 一 50 )=心( 2) =0.97729 . 設(shè) . 服從參數(shù) ' 為的指數(shù)分布，求-I - 1的分布.10F4 1 ： 70 ；： (7° 一 6° )： ( 2.5) =0.97984解：由已知得 ,因為 0.9772 ： 0.9798，所以繞行好。x 0其它7 ?已知隨機(jī)變量' 服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，而二?或一?視|_1 或|1 而定. 試求 的分布 .解：由題意知 /<1，所以,1、“ n、 JP(? y)=FBy)Fn( y) = P("v y) = 2 ana.P(

30、 ? c y) =P(? A y) =1 P(?F(x)= 蟲x 0其它P(二 k)二 P(l 丨1 二 k)二 P(l 丨 - k1) = P(k 1z ：k)：P( = k)P( 二 k-1)P( =2)二 e：P( r =k _1)P( ： =k-2)PC. =1) P(F# 1,A1cy) =1 FE( y) H二 P( n =k) =心 7)2卩 ( 口 =1) = (e*) k'(1 則服從 p =1 - e 幾何分布 .1 -=2.5口 <1多維概率分布FE(y) = P(y)=e 2甲從 1， 2， 3，4 中任取一數(shù)，乙再從1，中任取一整P (y) =F (y)

31、 二江 1.,1)1“T-豈(1-F y) =Fm ) 尹攵2.試求.尹 2,) 的聯(lián)合分布與邊緣分布 .解： ?可以取的值為1 ,2,3,4.那么 ?取每一個值的概率為- ， 綜上可知，服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布42精品文檔精品文檔1概率為 ?于是有：i當(dāng)0 ：P 代 = j = P h = j E=ipE= i=丄 4i所以 (',)的聯(lián)合分布與邊緣分布如下：xF(x,y) 二_ 1:j1sin(s t)dtds1234n 匕P.12 022cos(s ) - cossds二11111254812162820111131216488300117121648400011161611111*44

32、44Pl3. 設(shè) ( )的聯(lián)合密度函數(shù)為1兀p(x, y) sin(x y),0 x,y :22試求： (1 )(,) 的聯(lián)合分布函數(shù) ； ( 2)H 的邊緣密度函數(shù) .詛屮JE解：由 ( ?口 ) 的聯(lián)合密度函數(shù)的定義域為Ocx y < 于是分下，2列區(qū)域進(jìn)行討論：當(dāng) 0 ： x, y時，2x y 1F( x，y) = 0 0 sin(s t)dtds1xy2ocos(s t)pxo cos(s y) _cos(s)dsxx2【 sin(s y) | 0 -sins | = sin x sin y -sin( x y) 2ji當(dāng) x, y 時 ,F(x,y) =12=sin x 1 -

33、sin(x )221=(sin x - cosx 1)2ji當(dāng) 0 ： y ,x時 ,22y 1F(x,y) 二sin(s - t)dtds>22cos(s y) _cos(s)ds1=二 1 sin y - sin(y )2 21=(sin y -cosy 1)2其他區(qū)域 F(x, y) = 01JIsin x sin y - sin(x y) ，0： x, y :(sin x - cosx 1)，2TtTt20： x ：F (x v) = 2 1一 , y 丄一1-(sin y_cosy +1)，2221JIJI0： y , x -,22.0,JIx,y -其它(2) 的邊緣密度函數(shù)

34、為：-boP (y) 二 _.p(x, y)dx-1=p2 sin(x y)dx=，JI丄 (cos y sin x)0：2y： 5. 設(shè)分布函數(shù)F1(x) 與 F2( X)對應(yīng)的密度函數(shù)為2P1(x) 與精品文檔精品文檔P2( X) ?證明對于任何 卅三 (-1,1) 有下面討論二維密度函數(shù)p_.(x, y)中 . 的邊緣分布 :(1 )?的邊緣密度函數(shù)為:p： （x,y ） = p i（x）p2（y）1 :2F i（x） -12F 2 （y） -1是二維密度函數(shù)，且以 p1 (x)與 p2(y) 為其邊緣密度函數(shù) .證明：從定義出發(fā)進(jìn)行證明 : 1：2 茁） - 12 巳 2）-p1 （ x）與 p2（ y） 亠 0,且 F1 （x） , F 2 （ x） 是分； P1（x） p2（y）22布函數(shù)-F1 （x） ,F 2（x）0,1二 P1 （x） 二 1 ： 2F 1（x） -12F 2（y）-1 dF 2（y）2F' X） -1,2F 2（y） -1 -1,1?P1（x） F2（y）|二： 2F 1（x） -1F 2（y） 2-Fdy又工三 (一 1,1)p,x ） 1 ： 2 片（刈-1 （1-1 ）.: 2F 1 （x） -12F 2 （y） -1 : 1P1( X).1 2F