概率論第二版第3章習(xí)題答案講解

1、習(xí) 題3.11 在10件產(chǎn)品中有2件一等品，7件二等品和1件次品從這10件產(chǎn)品中任意抽取3件，用X表示其中的一等品數(shù)，Y表示其中的二等品數(shù)，求的分布列解 X的可能取值為0，1，2；Y的可能取值為0，1，2，3，因此的可能取值為，且有， ， 由此，的分布列可以由下表給出Y X 0 1 2 3012 0 0 21/120 35/120 0 14/120 42/120 0 1/120 7/120 0 04 設(shè)的密度函數(shù)為，求解 5 設(shè)的密度函數(shù)為，求：(1)常數(shù)A；(2)解 （1）由聯(lián)合密度函數(shù)的性質(zhì)，有，得 （2）10 袋中有2只白球和3只黑球，從中連取兩次，每次取一只 定義下列隨機(jī)變量： 分別就

2、有放回抽取和無(wú)放回抽取兩種情形，求：(1) 的聯(lián)合分布列；(2)兩次摸到同樣顏色球的概率解 （1）有放回抽樣：由事件的獨(dú)立性條件得的聯(lián)合分布列為， ， 如下表X Y 0 1019/25 6/256/25 4/25兩次摸到同樣顏色球的概率為（2）無(wú)放回抽樣：由乘法定理得的聯(lián)合分布列為， ， X Y 0 1010.3 0.30.3 0.1如下表兩次摸到同樣顏色球的概率為習(xí) 題3.22 已知的聯(lián)合分布函數(shù)為，求：（1）邊緣分布函數(shù)；（2）聯(lián)合密度函數(shù)及邊緣密度函數(shù)；（3）判斷與的獨(dú)立性解 （1） 即有 ， （2）故 ， （3）由于 ，所以相互獨(dú)立3 一個(gè)盒子中有三只乒乓球，一只白色，兩只黃色，現(xiàn)從袋

3、中有放回的任取兩次，每次取一只，以X，Y分別表示第一次、第二次取到球的顏色求：（1）X和Y的聯(lián)合分布列；（2）X和Y的邊緣分布列；（3）判斷X和Y的獨(dú)立性解 定義下列隨機(jī)變量： （1）在有放回取球條件下， ， Y X.1 2 121/9 2/9 2/9 4/9 （2）邊緣分布列X 1 2 P 1/3 2/3 Y 1 2 P 1/3 2/3 （3）由于，所以相互獨(dú)立5 隨機(jī)變量在區(qū)域上服從均勻分布，求的聯(lián)合密度函數(shù)與邊緣密度函數(shù)，判斷隨機(jī)變量是否獨(dú)立解 區(qū)域的面積為，所以的聯(lián)合密度函數(shù)X和Y的邊緣密度函數(shù)故 ， 由于 ，所以獨(dú)立8 甲、乙兩人各自獨(dú)立進(jìn)行兩次射擊，命中率分別為0.2，0.5，求甲

4、、乙命中次數(shù)X與Y的聯(lián)合概率分布解 依題意，據(jù)公式可算得X和Y的概率分布分別為，由X和Y的獨(dú)立性可得X和Y的聯(lián)合概率分布為 Y X.0 1 20120.16 0.32 0.160.08 0.16 0.080.01 0.02 0.01習(xí) 題3.31. （1）；（2）.5. 設(shè)隨機(jī)變量（X,Y）的密度函數(shù)為求（修改后的題）解 6. 設(shè)隨機(jī)變量X與Y獨(dú)立，它們的概率密度分別為 求（修改后的題）解 因?yàn)閄與Y獨(dú)立，所以（X,Y）的密度函數(shù)為習(xí) 題3.42 設(shè)與的聯(lián)合密度為， 求及解 （1）設(shè)D為所圍區(qū)域，則（2）4 設(shè)且，求：（1）與的聯(lián)合概率分布；（2）解 （1） ，有四個(gè)可能取值：，且由題意，有，

5、與的聯(lián)合概率分布為X2 X1 0 101 0 （2）的概率分布為 故 5 設(shè)隨機(jī)變量X和Y的聯(lián)合分布在以點(diǎn)(0,1)、(1,0)、(1,1)為頂點(diǎn)的三角形區(qū)域D上服從均勻分布，求隨機(jī)變量的方差 解 方法1X和Y的聯(lián)合密度函數(shù)為 ，從而 同理，方法2，習(xí) 題3.52 在n次獨(dú)立試驗(yàn)中，事件A在第i次試驗(yàn)中發(fā)生的概率為，證明：事件A發(fā)生的頻率依概率收斂于A發(fā)生概率的平均值證明 設(shè)X表示在n次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的次數(shù)，若引入隨機(jī)變量，則且服從01分布，故由于 ，故 ，即方差有公共的上界. 因此由切比雪夫大數(shù)定律可知，對(duì)任意的，有，即 可見，事件A發(fā)生的頻率依概率收斂于A發(fā)生概率的平均值5 一生產(chǎn)線生產(chǎn)

6、的產(chǎn)品成箱包裝，每箱的重量是隨機(jī)的，假設(shè)每箱平均重50千克，標(biāo)準(zhǔn)差為5千克，若用載重量為5噸的汽車承運(yùn)，利用中心極限定理說明每輛車最多可以裝多少箱才能保障不超載的概率大于0.977 解 設(shè)n為所求的箱數(shù)，且設(shè)為第i箱的重量 由題意，知且將視為獨(dú)立同分布的隨機(jī)變量又n箱的重量，易算得根據(jù)林德貝格萊維中心極限定理，近似服從正態(tài)分布依題意n需滿足，即有由此得，即 設(shè)，則有，解得（舍去負(fù)的下界）因此，即最多可以裝98箱可保證不超載的概率大于0.9776 已知相互獨(dú)立的隨機(jī)變量,都服從泊松分布，記，求 解 因?yàn)?獨(dú)立同分布，且根據(jù)林德貝格萊維中心極限定理，X近似服從正態(tài)分布7 某保險(xiǎn)公司經(jīng)多年的資料統(tǒng)計(jì)

7、表明，在索賠戶中被盜索賠戶占20%，在隨意抽查的100家索賠戶中被盜的索賠戶數(shù)為隨機(jī)變量（1）寫出的概率分布；（2）利用棣莫佛拉普拉斯定理，求被盜的索賠戶數(shù)不少于14戶且不多于30戶的概率的近似值解 設(shè)抽查到被盜索賠戶，則 依題意，因此分布律為（2），根據(jù)棣莫佛拉普拉斯定理，8 在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中, 成功率為0.75, 要使“試驗(yàn)成功的頻率在0.740.76之間” 的概率不小于0.90，則至少要進(jìn)行多少次試驗(yàn)? 解 設(shè)表示n次重復(fù)獨(dú)立試驗(yàn)的各次試驗(yàn)中事件成功的次數(shù)，則 且在n次試驗(yàn)中事件成功發(fā)生的頻率滿足利用棣莫弗-拉普拉斯中心極限定理，知，所以故要“試驗(yàn)成功的頻率在0.740.76之間”

8、的概率不小于0.90， 即，只需，查表知，因此只需，或9 設(shè)某車間有150臺(tái)機(jī)床獨(dú)立工作， 已知每臺(tái)機(jī)床在運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)耗電量都是5(千瓦)因檢修等原因，每臺(tái)機(jī)床平均只有60%的時(shí)間在運(yùn)轉(zhuǎn)問配電室至少要供給這個(gè)車間多少電才能以99.9%的概率保證這個(gè)車間不致因供電不足而影響機(jī)床工作 解 設(shè)X表示150臺(tái)機(jī)床中同時(shí)運(yùn)轉(zhuǎn)的機(jī)床臺(tái)數(shù)，則設(shè)配電室需供應(yīng)k千瓦電，能以99.9%的概率保證車間正常工作由棣莫弗-拉普拉斯中心極限定理，有解得 .故至少供應(yīng)540.5千瓦電力才能以99.9%的概率保證車間正常工作10 某公司電話總機(jī)有200臺(tái)分機(jī)，每臺(tái)分機(jī)有6 %的時(shí)間用于外線通話，假定每臺(tái)分機(jī)用于外線是相互獨(dú)立的，問該總機(jī)至少應(yīng)裝多少條外線，才能有95%的把握確保各分機(jī)需用外線時(shí)不必等候解 設(shè)X表示200分機(jī)同時(shí)使用外線的數(shù)目，則設(shè)總機(jī)至少應(yīng)裝k條外線，才能有95%的把握確保各分機(jī)需用外線時(shí)不必等候由棣莫弗-拉普拉斯中心極限定理，有 而，從而解得 .故至少應(yīng)裝18條外線，才能有95%的把握確保各分機(jī)需用外線時(shí)不必等候11 某工廠生產(chǎn)的一批零件，合格率為95%，今從中抽取1 000件，求不合格的件數(shù)在40到60之間的概率解 設(shè)X表示1 000件零件中不合