山東大學概率論與數(shù)理統(tǒng)計(第二版-劉建亞)習題解答-第2章

PAGEPAGE9概率論與數(shù)理統(tǒng)計（第二版.劉建亞）習題解答——第二章2－1解：不能。因為(1)P(X1

=-=-0.5<0; (2)?P(X2

=x0.85 0。iX34X345P1/103/106/102－3解：取法：n=C4，X的取值：0，1，2，3。所以5CkC-kP(X=k)=

3 12 C415

(k=0,1,2,3)，分布列為XX0123P33/9144/9166/4554/4552－4解：由概率的規(guī)范性性質(zhì)?

P(X= ，得：(1)(2)

Nk=ゥ

P(X=k)=P(X=k)=

Nk=

a=a=1; \Na=a=1; 2k

a=1a=1k=1 k=12－5解：P(X=k)

3?1k-1

(k 1,2, )÷ P(X=2n)=

443?12n-1

(n 1,2, )÷ 441PX=偶數(shù))=

P(X=2n)=34

?12n-14÷

3? 4 14 12 5k=1

k=1

1-÷2－6 解：X23456789101112P1/362/363/364/365/366/365/364/363/362/361/361P(X?4) 6

1P(7＃X 10)= 。22－7 解：n重貝努利試驗，X~B(20, 0.1)解法一：（1）P(X=3)=C320

p3p)17=0.1901；（2）P(X?3) 1-P(X?2) 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=0.3231；（3）最可能值：k=[(n+0.1] 2；P(X=2)=0.2852。lk解法二：利用泊松定理，P(X=k)蛔k!e-l (k=0,1,，l=np=20?0.1 223（1）P(X=3)= e-2=0.1804；3!（2）P(X?3) 1-P(X?2) 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=0.3233（3）最可能值：k=[(n+0.1] 2；P(X=2)=0.27072－8 解：X~B,p )= 0 lk

1365

< 0=np=2由泊松定理知P(X= 蛔k!

-

(k 01, )P(X? 2) - PX? 1) -1e3= 059402－9 解：X~B(20, 0.2), P(X=k)=Ck10P(X?4) 1-P(X?3) 0.1209

pkp)10-k (k=0,1,2－10 解：X~B(100, 0.01), n=100>10, p=0.01<0.1 l=np=1近似看作 X~Pl

設同時出現(xiàn)故障的設備數(shù)為

X，N為需要的維修工數(shù)，由題意P(X> 0.故N lk-

￥ lkP(X>N)=1-P(X

1- ek!k=0

= e-k!k=N+1

<0.01查泊松分布表得N+1＝5，即 N＝4。2－11 解：X~B(50000, 0.0001) l=np=5lk泊松定理知P(X=ke-

5k=

( 01, )n k! k!50P(X=0)e-5=6.738 10-30!?￥ lk?-PX<5)1-PX

ek!

=1-0.5595k=52－12 解：X~P(l) l=4

*lk lk-(1)P(X=8)=P(X?8)

P(X?9) k!k=8

l- e-k!k=9

=0.0297￥ lk-(2)P(X>10)= ek!

=0.00284k=112－13 解：（1）由概率的規(guī)范性1=

蝌+ f(x)dx 1

cx=1

，c c＝2；（2）P(0.3<X<0.7)=

dx- 0 2ò0.72xdx=0.4；0.3由題意知對01 有a2xdx0

12xdxa得a2=1-a2 ∴a=1 2F(x)=òx-當x<0 時，F(xiàn)(x)=0

f(t)dtí當0?x1 時，F(xiàn)(x)=0+í當0?x1 時，F(xiàn)(x)=0+òx2tdt=x2；當x312時，F(xiàn)(x)=10 x<0??1?

0?x 1x312－14 X的概率密度為

13??3?2

, x?[0,1]f(x)=, x [3,6]?9?0, other?2若k使得P(X?k) ，則k的取值范圍是多少？3解：由題意知

2=P(X?3

ò+k

f(x)dxx<1PX?k

+ f(x)dx= 11dx+0+ 62dx+0=2+1k)>2；k k3 39 3 3 3x>3PX?k

+ f(x)dx= 62dx+0=2(6-k)<2。k k9 9 3所以，當1

3時，P(X?k) + f(x)dx=0+ 62dx+0=2k 39 32－15 解：由概率的規(guī)范性1=+ f(x)dx= 1 -? 0

dxx=sint p2cdt=cp \ c=11-x2p2 p1-x21 ò11

p p 1P(X?) 2 ? dx (+)= 2 -1p 1-x22

p 6 6 32－16 解：（1）當x<0 時，f(x)=F'(x)=0 ；當x>0 時，f(x)=F'(x)=e-x；當x=0 時，F(xiàn)'(x)存在，F(xiàn)'(0)=0, \ f(0)=0f(x)=

e-0

x>0x￡0（2）P(X?4) F(4)=1-e-4,P(X>1)=1- P(X?1) 1- F(1)=e-12－172－182－192－20 解：X~) l=0.1(1)P(X?(2)P(10＃X

ò+ 0.1xdx=e-1-0=0.367881020)=ò200.1xdx=e-1-e-2=0.2325102－21 解：X~N(160, 0.062) (0.05?0.12) m P(X-0.05>0.12)=1- P(X-m )=1- P(m-＃X=1-0.9545=0.0455

m+)2－22 解：X~N(160, s2)0200-m 120-mP(120＃X 200)=F( )-F( s s0 0=F(40)-F40)=(40)-1=0.8s s s0 0 0F40)=0.9，查表得s02－23

40?1.28 得ss 0

?31.252－24 X~N(3,22。（1）求P(2<X?5), P(|X| 2)；確定c，使得P(X>c)=P(X c)；設d滿足P(X>d) 0.9，問d至多為多少？解：5-3鼢2-3(1) P(2<X?

F

-F =FF0.5)=FF(0.5)-12=0.8413+0.6915-1=0.53282-3鼢-23P(|X2)=1-P(|X2)

F

-F 桫2=1-F(-0.5)+F(-2.5)=1-[1-F(0.5)]+[1-F(-2.5)]=1+F(0.5)-F(2.5)=1+0.6915-0.99379=0.69771由條件P(X> = X 得P(X?c) 1-P(X>c)=1-P(X c),\ P(X?c) 0.5? 蓿P(X c)=F?c-3÷=0.5=F? 桫2? c-2

0 ? c 3=mX~N(3,22X關(guān)于μ＝3對稱，根據(jù)性質(zhì)X-3 d-3鼢X-3 d-3 驏d-3P(X>d)=P> =P <- =F- 0.9桫2 2 桫

桫2? d-31.282 d 22－252－26* 證明：∵X服從幾何分布，∴P(X=k)=qk-1p (q=1- p, k=2,P(X=n+k|X?n)qn+k-1p

P(X=n+k)P(X?n)

qn+k-1p =?n1- qk-1p ?nk=1

qn+k-1pp(1+q+qn-1)= =qk-1p=P(X=k1- p1-qn1-q2－27* 略。2－28 解：Y＝2X+1 -3Y＝2X+1 -31/10-11/511/431/451/5Y＝X2Y＝X201/419/2043/102－29 解：f(x)

1

01其它y=-2lnx, (0

1) ?x g-1(y)=

-y, (0<y<+ ),2-1 y2-[g-1(y)]=-e221 -y∴j(y)=?e

2 y>020

y￡02－30 解：f(x)=??

0＃x 60 其它1 1當0＃y

3時，x-3=y [g-1(y)]'=1 j(y)=1)=6 3yjy)=0，綜合得1j(y)=?3?02－31 解：

0＃y 3其它y-12（1）y=2x2+1? (y 1) g-1(y)y-12

[g-1(y)]' 12 2(y-1)1 -y-12 2(y-1)

1 1

y-1y1jy

e 4 犏 + = e 42p2 2(y-1)2 p2p2 2(y-1)2 p(y-1)臌當y￡1時j(y)=0， 綜上

1?

y-1e- 4 y>12 p(y2 p(y-1)??0?（2）y=x蕹(y 0) g-1(y)=?y, [g-1(

y￡11∴當>0時 ()= 1 -y21)= 2-y22py j y e 2 e 2pp當y￡0時j(y)=0， 綜上得2?

y22 y>0另一解法：

j(y)=p0

y￡0F(y)=P(Y?y)Y

P(X?y) P(-y0

y) y 0y<0而y＃X y)

yf (x)dx=2p-y 2p

x2y e 2dxy -y

x22py e 22py 02? Y∴ f(y=F' ( )í pYY??0?2－32* 解：

y22 y>0y￡0當k=4n-1時，Y＝