廣西大學(xué)概率論與數(shù)理統(tǒng)計選做習(xí)題全解

word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯1.一打靶場備有5支某種型號的槍,其中3支已經(jīng)校正,2支未經(jīng)校正.某人使用已校正的槍擊中目標(biāo)的概率為p,使用未經(jīng)校正的槍擊中目標(biāo)的概率為p.他隨機地取一支槍進行射擊,已知他射擊了5次,都未 1 2擊中,求他使用的是已校正的槍的概率(設(shè)各次射擊的結(jié)果相互獨立).解以M表示事件“射擊了5次均未擊中”,以C表示事件“取得的槍是已經(jīng)校正的”，則P(C)3/5,P(C)2/5,又,按題設(shè)P(M|C)(1p)5,P(M|C)(1p)5,由貝葉斯公式 1 2P(MC)P(C|M)P(M)P(M|C)P(C)P(M|C)P(C)P(M|C)P(C)3(1p)5 1 5 3 2(1p)5(1p)5 1 5 2 53(1p)5 1 .3(1p)52(1p)5 1 22.某人共買了11只水果,其中有3只是二級品,8只是一級品.隨機地將水果分給A、B、C三人,各人分別得到4只、6只、1只.(1)求C未拿到二級品的概率.(2)已知C未拿到二級品,求A,B均拿到二級品的概率.(3)求A,B均拿到二級品而C未拿到二級品的概率.解以A，B，C，分別表示事件A，B，C取到二級品,則A，B，C表示事件A，B，C未取到二級品.(1)P(C)8/11.(2)就是需要求P(AB|C).已知C未取到二級品,這時A,B將7只一級品和3只二級品全部分掉.而A、B均取到二級品,只需A取到1只至2只二級品,其他的為一級品.于是3737P(AB|C)13224.1010544(3)P(ABC)P(AB|C)P(C)32/55.3.一系統(tǒng)L由兩個只能傳輸字符0和1的獨立工作的子系統(tǒng)L和L串聯(lián)而成(如圖15.3),每個子系 1 2統(tǒng)輸入為0輸出為0的概率為p(0p1);而輸入為1輸出為1的概率也是p.今在圖中a端輸入字符1,求系統(tǒng)L的b端輸出字符0的概率.LLb 1 2題15.3圖解“系統(tǒng)L的輸入為1輸出為0”這一事件(記L(10))是兩個不相容事件之和,即L(10)L(11)L(10)L(10)L(00),這里的記號“L(11)”表示事件“子 1 2 1 2 1系統(tǒng)L的輸入為1輸出為1,其余3個記號的含義類似.于是由子系統(tǒng)工作的獨立性得1P{L(10)}P{L(11)L(10)}P{L(10)L(00)} 1 2 1 2P{L(11)}P{L(10)}P{L(10)}P{L(00)} 1 2 1 2p(1p)(1p)p2p(1p).4.甲乙二人輪流擲一骰子,每輪擲一次,誰先擲得6點誰得勝,從甲開始擲,問甲、乙得勝的概率各為多少?解以A表示事件“第i次投擲時投擲者才得6點”.事件A發(fā)生,表示在前i1次甲或乙均未得6點, i i而在第i次投擲甲或乙得6點.因各次投擲相互獨立,故有5i11P(A).i66因甲為首擲,故甲擲奇數(shù)輪次,從而甲勝的概率為P{甲勝}P{AAA} 1 3 5P(A)P(A)P(A) 1 3 5(因A,A兩兩不相容) 1 2 15254 1 666 1 1 6 .61(5/6)211同樣,乙勝的概率為P{乙勝}P{AAA} 2 4 6P(A)P(A)P(A) 2 4 6 155355 5. 6666 115.將一顆骰子擲兩次,考慮事件A“第一次擲得點數(shù)2或5”,B“兩次點數(shù)之和至少為7”，求P(A),P(B),并問事件A,B是否相互獨立.解將骰子擲一次共有6種等可能結(jié)果,故P(A)2/61/3.設(shè)以X表示第i次擲出骰子的點數(shù),則iP(B)P({XX7})1P({XX6}). 1 2 1 2因?qū)Ⅶ蛔訑S兩次共有36個樣本點,其中XX6有XX2,3,4,5,6共5種情況,這5種情況分別 1 2 1 2含有1,2,3,4,5個樣本點,故P(B)1(12345)/3615/127/12.以(X,X)記兩次投擲的結(jié)果,則AB共有(2,5),(2,6),(5,2),(5,3)(5,4),(5,5),(5,6)這7個樣本點. 1 2故P(AB)7/36.今有P(A)P(B)(1/3)(7/12)7/36P(AB).按定義A,B相互獨立.6.A，B兩人輪流射擊,每次各人射擊一槍,射擊的次序為A,B,A,B,A,射擊直至擊中兩槍為止.設(shè)各人擊中的概率均為p,且各次擊中與否相互獨立.求擊中的兩槍是由同一人射擊的概率.解A總是在奇數(shù)輪射擊,B在偶數(shù)輪射擊.先考慮A擊中兩槍的情況.以A表示事件“A在第2n12n1輪(n1,2,)射擊時又一次擊中,射擊在此時結(jié)束”.A發(fā)生表示“前2n輪中A共射擊n槍而2n1其中擊中一槍,且A在第2n1輪時擊中第二槍”（這一事件記為C），同時“B在前2n輪中共射擊n槍但一槍未中”(這一事件記為D)，因此P(A)P(CD)P(C)P(D)2n1 n 1p(1p)n1p(1p)nnp2(1p)2n1.注意到A,A,A,兩兩互不相容,故由A擊中了兩槍而結(jié)束射擊(這一事件仍記為A)的概率為5 7P(A)P(A)P(A)np2(1p)2n1 2n1 2n1 n1 n1 n1 n1p2(1p)n[(1p)2]n1 1 1p p2(1p) .[1(1p)2]2(2p)211(此處級數(shù)求和用到公式nxn1,x1.這一公式可自等比級數(shù) xn,x1兩邊求導(dǎo)(1x)21x n1 n0而得到.)若兩槍均由B擊中,以B 表示事件“B在第2(n1)輪(n1,2,)射擊時又一次擊中,射擊在此2(n1)時結(jié)束”.B 發(fā)生表示在前2n1輪中B射擊n槍其中擊中一槍,且B在第2(n1)輪時擊中第2槍，2(n1)同時A在前2n1輪中共射擊n1槍,但一槍未中.注意到A,A,A,兩兩互不相容,故B擊中了兩槍6 8而結(jié)束射擊(這一事件仍記為B)的概率為P(B)P(B )1np(1p)n1p(1p)n12(n1) n1 n1 np2(1p)2np2(1p)2n[(1p)2]n1 n1 n1 1 (1p)2p2(1p)2 .[1(1p)2]2(2p)2因此,由一人擊中兩槍的概率為 1p (1p)2 1pP(AB)P(A)P(B) .(2p)2(2p)22p7.有3個獨立工作的元件1,元件2,元件3,它們的可靠性分別為p,p,p.設(shè)由它們組成一個“3個 1 2 3元件取2個元件的表決系統(tǒng)”,記為2/3[G].這一系統(tǒng)的運行方式是當(dāng)且僅當(dāng)3個元件中至少有2個正常工作時這一系統(tǒng)正常工作.求這一2/3[G]系統(tǒng)的可靠性.解以A表示事件“第i個元件正常工作”，以G表示事件“2/3[G]系統(tǒng)正常工作”，則G可表示為i下述兩兩互不相容的事件之和：GA1A2A3A1A2A3A1A2A3A1A2A3因A,A,A相互獨立,故有 1 2 3P(G)P(AAA3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)12P(A)P(A)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3) 1 2pp(1p)p(1p)p(1p)ppppp. 12 3 1 2 3 1 23 1238.在如圖15.8圖所示的橋式結(jié)構(gòu)電路中，第i個繼電器觸點閉合的概率為p，i＝1，2，3，4，5.各繼電B12B123以繼電器觸點1是否閉合為條件，求A到B之間為通路的概率.已知A到B為通路的條件下，繼電器觸 A點3是閉合的概率. 解以F表示事件“A到B為通路”，以C表示事件 4 5 i 題15.8圖“繼電器觸點i閉合”，i＝1，2，3，4，5.各繼電器工作相互獨立.得P(F)P(F|C)P(C）P(F|C)P(C）. 1 1 1 1而P(F|C)P(CCCCC)2 35 45P(C)P(CC)P(CC)P(CCC)P(CCC)35 45 235 245P(CCC)＋P(CCCC)＝p＋pp＋pp－ppp－ppp－ppp＋pppp45 2345 2 35 45 235 245 345 2345P(F|C)＝P(CCCCC)＝pp＋ppp－pppp 1 45 234 45 234 2345故P(F)P(F|C)pP(F|C)(1p),其中 1 1 1 1P(F|C)＝p＋pp＋pp－ppp－ppp－ppp＋pppp， 1 2 35 45 235 245 345 2345P(F|C)＝pp＋ppp－pppp. 1 45 234 2345令q1p,則 i iP(F|C)P(C)1[P(CCCC)]P(C)P(C|F) 3 3＝ 14 25 33 P(F) P(F)(1qqqqqqqq)p ＝ 14 25 1245 3.P(F)P(F)的表達(dá)式由（1）確定.9.進行非學(xué)歷考試，規(guī)定考甲、乙兩門課程，每門課考第一次未通過都允許考第二次．考生僅在課程甲通過后才能考課程乙，如兩門課程都通過可獲得一張資格證書．設(shè)某考生通過課程甲的各次考試的概率為p，通過課程乙的各次考試的概率為p，設(shè)各次考試的結(jié)果相互獨立．又設(shè)考生參加考試直至獲得資 1 2格證書或者不準(zhǔn)予再考為止．以X表示考生總共需考試的次數(shù)．求X的分布律以及數(shù)學(xué)期望E(X)．解按題意知考試總共至少需考２次而最多只考４次．以A表示事件“課程甲在考第i次時通過”，i以B表示事件“課程乙在考第i次時通過”，i1,2．i事件{X2}表示考試總共考２次，這一事件只在下列兩種互不相容的情況下發(fā)生，一種是課程甲、乙都在第一次考試時通過．亦即AB發(fā)生（此時他得到證書）；另一種是課程甲在第一次、第二次考試均11未通過，亦即AA發(fā)生（此時他不準(zhǔn)再考）．故12{X2}ABAA， 11 12同樣{X3}ABBAABABB， 112 121 112{X4}AABBAABB. 1212 1212得X的分布律為P{X2}P(ABAA)P(AB)P(AA)P(A)P(B)P(A)P(A) 11 12 11 12 1 1 1 2pp(1p)2； 12 1P{X3}P(ABBAABABB)P(ABAAB) 112 121 112 11 121p(1p)(1p)pp； 1 2 1 12P{X4}P(AABBAABB)P(AAB) 1212 1212 121(1p)p(1p)． 1 1 2E(X)2[pp(1p)2]3[p(1p)(1p)pp]4(1p)p(1p)2 1 1 2 1 12 1 1 2(2p)[1p(2p)]． 1 1 2例如，若p34，p12，則有E(X)2.66（次）．1210.(1)5只電池,其中有2只是次品,每次取一只測試,直到將2只次品都找到.設(shè)第2只次品在第X(X2,3,4,5)次找到,求X的分布規(guī)律(注:在實際上第5次檢測可無需進行).(2)5只電池,其中2只是次品,每次取一只,直到找出2只次品或3只正品為止.寫出需要測試的次數(shù)的分布律.解(1)X可能取的值為2,3,4,5.P{X2}P{第1次、第2次都取到一只次品}11.5410P{X3}P{(前兩次取到一只次品)(第3次取到一只次品)}=P{第3次取到一只次品|前兩次取到一只次品}P{前兩次取到一只次品} 12332 2().3545410P{X4}P{(前3次取到一只次品)(第4次取到一只次品)}=P{第4次取到一只次品|前3次取到一只次品}P{前3次取到一只次品}232322322 3().54354354310P{X5}1P{X2}P{X3}P{X4}4/10.得分布律為X2345p1234 k 10 10 10 10(2)以Y表示所需測試的次數(shù),則Y的可能取值為2,3,4.P{Y2}P{X2}1/10.{Y3}表示“前3次取到都是正品”或“第二只次品在第3次取到”，故P{Y3}P{前3次取到的都是正品}P{X3}212 3.5431010 1 3 6P{X4}1P{X2}P{X3}1.101010Y的分布律為Y234p136 k 10 10 1011．向某一目標(biāo)發(fā)射炮彈設(shè)炮彈彈著點目標(biāo)的距離為R(單位:10m),R服從瑞利分布,其概率密度為2rer2/25,r0,f(r)25 R 0, r0.若彈著點離目標(biāo)不超過5m時,目標(biāo)被摧毀.(1)求發(fā)射一枚炮彈能摧毀目標(biāo)的概率.(2)為使至少有一枚炮彈能摧毀目標(biāo)的概率不小于0.94,問最少需要獨立發(fā)射多少枚炮彈.解(1)所求概率為552r2P{R5}f(r)dr er/25dr R 25 0er2/25|51e10.632.0(2)設(shè)發(fā)射n枚炮彈,則這n枚炮彈都不能摧毀目標(biāo)的概率為(10.632)n,故至少有一枚炮彈能摧毀目標(biāo)的概率為1(10.632)n.按題意需求最小的n,使得1(10.632)n0.94.即0.368n0.06,n(ln0.06)/(ln0.368)2.81.故最少需要獨立發(fā)射3枚炮彈. 1 1 112．設(shè)一枚深水炸彈擊沉一潛水艇的概率為，擊傷的概率為，擊不中的概率為.并設(shè)擊傷兩次 3 2 6也會導(dǎo)致潛水艇下沉.求釋放4枚深水炸彈能擊沉潛水艇的概率.（提示：先求擊不沉的概率.）解“擊沉”的逆事件為事件“擊不沉”，擊不沉潛水艇僅出現(xiàn)于下述兩種不相容的情況：（1）4枚深水炸彈全擊不中潛水艇（這一事件記為A），（2）一枚擊傷潛水艇而另三枚擊不中潛水艇（這一事件記為B）.各枚炸彈襲擊效果被認(rèn)為是相互獨立的.故有 14 4113P(A),P(B)126, 6 （因擊傷潛水艇的炸彈可以是4枚中的任一枚），又A，B是互不相容的，于是，擊不沉潛艇的概率為13P(AB)P(A)P(B).64因此，擊沉潛艇的概率為13p1P(AB)10.98997.13．一盒中裝有4只白球，8只黑球，從中取3只，每次一只，作不放回抽樣.（1）求第1次和第3次都取到白球的概率.（提示：考慮第2次的抽取.）（2）求在第1次取到白球的條件下，前3次都取到白球的概率.解以A,A,A分別表示1，2，3次取到白球.2 3（1）P(AA)P[AA(AA)]P(AAA)P(AAA) 13 13 2 2 123 123P(A|AA)P(A|A)P(A)P(A|AA)P(A|A)P(A) 3 12 2 1 1 3 12 2 1 1343841.10111210111211432P(AAA)12111063. （2）P(AAA|A) 123 123 1 P(A) 4 11055 1 121e0.03t,t0,14．設(shè)元件的壽命T(以小時計)服從指數(shù)分布,分布函數(shù)為F(t) 0, t0.(1)已知元件至少工作了30小時,求它能再至少工作20小時的概率.(2)由3個獨立工作的此種元件組成一個2/3[G]系統(tǒng)(參見第7題),求這一系統(tǒng)的壽命X20的概率.解(1)由指數(shù)分布的無記憶性(參見教材(1)第56頁)知所求概率為pP{T50|T30}P{T20}1F(20)e0.60.5488.(2)由第7題知2/3[G]系統(tǒng)的壽命X20的概率為P{X20}3p2(1p)p3p2(32p)0.5730.115.(1)已知隨機變量X的概率密度為f(x)ex,x,求X的分布函數(shù). X 21,X0, (2)已知隨機變量X的分布函數(shù)為F(x),另外有隨機變量Y 試求Y的分布律和分 X 1,X0,布函數(shù).解(1)由于12ex,x0,f(x) X 12ex,0x.當(dāng)x0時,分布函數(shù)F(x)f(x)dxexdxex|xex,x x1 1 1 X X 2 22 當(dāng)x0時,分布函數(shù) x 01x1 111 1 X X 2 2 222 0故所求分布函數(shù)為1 2ex x0, F(x) X 11ex,x0.21(2)P{Y1}P{X0}F(0), X 21P{Y1}1P{Y1}1.2分布律為2F(x)f(x)dxexdxexdxex1ex.Y-11p11k 2 2分布函數(shù)為01F(y),Y 21,y1,1y1,y1.16.(1)X服從泊松分布,其分布律為keP{Xk},k0,1,2,,k!問當(dāng)k取何值時P{Xk}為最大.(2)X服從二項分布,其分布律為nP{Xk}kpk(1p)nk,k0,1,2,n.問當(dāng)k取何值時P{Xk}為最大.解(1)由P{Xk}ke(k1)! P{Xk1} k!k1e1,當(dāng)k,1,當(dāng)k,k1,2,,k1,當(dāng)k,知道,當(dāng)k時,P{Xk}隨k增大而遞增;當(dāng)k時,P{Xk}隨k增大而遞減.從而,若為正整數(shù),則當(dāng)k時,P{X}P{X1}為概率的最大值,即當(dāng)k或k1時概率都取到最大值.若不是正整數(shù),令k[](即k是的整數(shù)部分），則kk1,此時有 0 0 0 0P{Xk1}P{Xk},P{Xk}P{Xk1}, 0 0 0 0因此不難推得P{Xk}P{X[]}為概率的最大值.0(2)由1,當(dāng)k(n1)p, P{Xk} (nk1)p (n1)pk 11,當(dāng)k(n1)p,k1,2,,n P{Xk1} k(1p) k(1p)1,當(dāng)k(n1)p,知道,當(dāng)k(n1)p時,P{Xk}隨k增大而遞增;,當(dāng)k(n1)p時,P{X0k}隨k增大而遞減.0從而,若(n1)p為正整數(shù),則當(dāng)k(n1)p時,P{X(n1)p}P{X(n1)p1}為概率的最大值,即當(dāng)k(n1)p或k(n1)p1時概率都取到最大值.若(n1)p不是正整數(shù),令k[(n1)p],則0k(n1)pk1,此時有0P{Xk1}P{Xk}, 0 0P{Xk}P{Xk1}, 0 0不難推得P{Xk}P{X[(n1)p]}為概率的最大值.017..若離散型隨機變量X具有分布律X12…n1 1p…k n n n稱X服從取值為1,2,,n的離散型均勻分布.對于任意非負(fù)實數(shù)x，記[x]為不超過x的最大整數(shù).記U~U(0,1),證明X[nU]1服從取值為1,2,,n的離散型均勻分布.證對于i1,2,,n,P(Xi)P{[nU]1i}P{[nU]i1} i1 i 1P{i1nUi}P{U}.證畢.n n n18.設(shè)X~U(1,2),求YX的概率密度.解X的概率密度為 1/3, 1x2,f(x) 0, 其他.記X的分布函數(shù)為F(x).先來求Y的分布函數(shù)F(y). X Y當(dāng)y0時,F(y)P{Yy}0,Y當(dāng)y0時,F(y)P{Xy}P{yXy}YF(y)F(y). X X將F(y)關(guān)于y求導(dǎo)可得Y的概率密度f(y)如下:Yf(y)f(y),y0,f(y)X X Y 0, 其他.當(dāng)0y1時,1y0.因而f(y)1/3,f(y)1/3,此時 X Xf(y)1/31/3.Y當(dāng)1y2時,2y1.因而f(y)1/3,f(y)0,此時 X Xf(y)1/3.Y當(dāng)y2時,f(y)0,f(y)0,因而f(y)0. X X Y故2/3,0y1,f(y)1/3,1y2,Y0, 其他.19.設(shè)X的概率密度0,1f(x),X 2x0,0x1,12x2,1x.1求Y的概率密度.X 1 1解因函數(shù)yg(x)嚴(yán)格單調(diào)減少,它的反函數(shù)h(y).當(dāng)0x時,0y.x y由第二章(2)公式(2.1)得Y的概率密度為f[h(y)]h(y),0y,fX Y0, y0.11fXyy2,0y, 0, y0.因而 0, y0, 11 1 1f(y),01, Y 2(1/y)2y2 y 11 1.,1. 2y2 y即0,1f(y),Y 2y0,1y,12y2,0y1.1本題X和的概率密度相同.X120.設(shè)隨機變量X服從以均值為的指數(shù)分布.驗證隨機變量Y[X]服從以參數(shù)為1e的幾何分布.這一事實表明連續(xù)型隨機變量的函數(shù)可以是離散型隨機變量.ex,x0, 解X的概率密度為f(x) ，X的值域為（0,），故Y[X]的值域為{0,1,2,}，0,其他.是離散型隨機變量.對于任意非負(fù)整數(shù)y，有P{Yy}P{[X]y}P{yXy1}y1exdxeye(y1)y(1－e)(e)y,y0,1,2(1－e)(1(1e))y,y0,1,2.這就是說Y服從以1e為參數(shù)的幾何分布.這表示一個連續(xù)型隨機變量經(jīng)過變換變成了離散型隨機變量.21.投擲一硬幣直至正面出現(xiàn)為止,引入隨機變量投擲總次數(shù).1,若首次投擲得到正面， 0,若首次投擲得到反面.(1)求X和Y的聯(lián)合分布律及邊緣分布律.(2)求條件概率P{X1|Y1},P{Y2|X1}.解(1)Y的可能值是0,1,X的可能值是1,2,3,.P{X1,Y1}P{Y1|X1}P{X1}11/21/2.(因X1必定首次得正面,故P{Y1|X1}1).若k1,P{Xk,Y1}P{Y1|Xk}P{Xk}0(1/2k)0.(因Xk1,首次得正面是不可能的,故P{Y1|Xk}0,k2,3,).P{X1,Y0}P{Y0|X1}P{X1}0(1/2)0(因X1必須首次得正面,故P{Y0|X1}0).當(dāng)k1P{Xk,Y0}P{Y0|Xk}P{Xk}1(1/2k),k2,3,(因Xk1,必定首次得反面,故P{Y0|Xk}1).綜上,得(X,Y)的分布律及邊緣分布律如下:XYXY1234…}{jYP221321421…212121}{iXP21221321421…1000…P{X1,Y1}1/2(2)P{X1|Y1} 1. P{Y1} 1/2P{X1,Y2}P{Y2|X1}0.P{X1}22.設(shè)隨機變量X~(),隨機變量Ymax(X,2).試求X和Y的聯(lián)合分布律及邊緣分布律.解X的分布律為keP{Xk},k0,1,2,.k!X的可能值是0,1,2,;Y的可能值為2,3,4,.P{X0,Y2}P{Y2|X0}P{X0}1P{X0}e.P{X1,Y2}P{Y2|X1}P{X1}1P{X1}e.i2時P{Xi,Yj}P{Yj|Xi}P{Xi}e1P{Xi},jii,ji, i! j2,3,4, 0P{Xi},ji0, ji,即得X,Y的聯(lián)合分布律及邊緣分布律為23.設(shè)X，Y是相互獨立的泊松隨機變量，參數(shù)分別為,,求給定XYn的條件下X的條件 1 2分布.解P{Xk|XYn}P{Xk,XYn}P{XYn} P{Xk,Ynk} P{Xk}P{Ynk} 獨立性 P{XYn} P{XYn} ke1nke2()ne(12)1 n!knk1 2 1 2 1 2 k! (nk)! n! (nk)!k!()n 1 2 nknk nknkk(12)nk12. 1 2 1 2 1 2這就是說給定XYn的條件下X的條件分布為以n,/()為參數(shù)的二項分布. 1 1 2設(shè)X24.一教授將兩篇論文分別交給兩個打字員打印.以X，Y分別表示第一篇第二篇論文的印刷錯誤.~(),Y~(),X，Y相互獨立.（1）求X，Y的聯(lián)合分布律；（2）求兩篇論文總共至多1個錯誤的概率.解（1）X，Y的聯(lián)合分布律為xeyexye()P{Xx,Yy} ,x,y0,1,2,. x! y! x!y!(2)兩篇論文總共至多1個錯誤的概率為P{XY1}P({XY0}{XY1})P{X0,Y0}P{X1,Y0}P{X0,Y1}e()e()e()e()(1).25.一等邊三角形ROT(如圖15.25)的邊長為1,在三角形內(nèi)隨機地取點Q(X,Y)(意指隨機點(X,Y)在三角形ROT內(nèi)均勻分布).RQ(x,y).RQ(x,y).求點Q的底邊OT的距離的分布密度.解(1)因三角形ROT的面積為3/4,故(X,Y)的概率密度為4/3,0y3x或0y3(x1), f(x,y)0, 其他. o 題15.25圖 x（2）點Q(X,Y)到底邊OT的距離就是Y,因而求Q到OT的距離的分布函數(shù),就是求(X,Y)關(guān)于Y的邊緣分布函數(shù),現(xiàn)在42y3f(y)1y.3f(x,y)dx1,0y, Y y/3 33 2從而 42y 3f(y)313,0y2,Y 0, 其他.Y的分布函數(shù)為 0, y0, 4 4 3F(y)yy2,0y, Y 3 3 21,3y.2設(shè)隨機變量(X,Y)具有概率密度xex(y1),x0,y0,f(x,y) 0, 其他.(1)求邊緣概率密度f(x),f(y). X Y(2)求條件概率密度f(x|y),f(y|x). X|Y Y|X解(1)當(dāng)x0時,f(x)xex(y1)dyex(exy)yex,Xy00當(dāng)y0時,xex(y1)dxxex(y1)x1xex(y1)dxf(y) Y 0 y1x0y10xex(y1)1x. (y1)2 x0(y1)2故邊緣概率密度分別是1ex,x0, ,y0,f(x) f(y)(y1)2 X 0,其他. Y 0, 其他.(2)條件概率密度:當(dāng)x0時,xex(y1),y0, f(y|x)ex Y|X 0, y取其他值.xexy,y0, 0, y取其他值.當(dāng)y0時,xex(y1),x0, f(x|y)1/(y1)2 X|Y 0, x取其他值.x(y1)2ex(y1),x0, 0, x取其他值.設(shè)有隨機變量U和V，它們都僅取1，1兩個值．已知P{U1}1/2,P{V1|U1}1/3P{V1|U1}.(1)求U和V的聯(lián)合分布密度.(2)求x的方程x2UxV0至少有一個實根的概率.(3)求x的方程x2(UV)xUV0至少有一個實根的概率.解(1)P{U1,V1}P{V1|U1}P{U1}(1/3)(1/2)1/6.P{U1,V1}P{V1|U1}P{U1}(1/3)[1P{U1}](1/3)(1/2)1/6.P{U1,V1}P{V1|U1}P{U1}[1P{V1|U1}]P{U1}(2/3)(1/2)1/3.P{U1,V1}P{V1|U1}P{U1}[1P{V1|U1}]P{U1}(2/3)(1/2)1/3.U,V的聯(lián)合分布密度為UV-11-11/62/612/61/6方程x2UxV0當(dāng)且僅當(dāng)在U24V0時至少有一實根,因而所求的概率為P{0}P{U24V0}P{V1}1/2.方程x2(UV)xUV0當(dāng)且僅當(dāng)在(UV)24(UV)0時至少有一實根,因而所求的概率為P{0}P{U1,V1}P{U1,V1}P{U1,V1}5/6.某圖書館一天的讀者人數(shù)X~(),任一讀者借書的概率為p,各讀者借書與否相互獨立.記一天讀者借書的人數(shù)為Y,求X與Y的聯(lián)合分布律.解讀者借書人數(shù)的可能值為Y0,1,2,,YX,P{Xk,Yi}P{Yi|Xk}P{Xk} k kek1,2,=ipi(1p)kik!,i1,2,,k.設(shè)隨機變量X和Y相互獨立,且都服從U(0,1),求兩變量之一至少為另一變量之值兩倍的概率.解按題意知,(X,Y)在區(qū)域:G{(x,y)|0x1,0y1}服從均勻分布,其概率密度為1,0x1,0y11Gxy21Gxy22G2xy所求概率為pP{Y2X}P{X2Y}=f(x,y)dxdyf(x,y)dxdy G G =G1的面積+G的面積2=1/2, o x 1 2GG見圖15.29. 題15.29圖1,230.一家公司有一份保單招標(biāo)，兩家保險公司競標(biāo).規(guī)定標(biāo)書的保險費必須在20萬元至22萬元之間.若兩份標(biāo)書保險費相差2千或2千以上，招標(biāo)公司將選擇報價低者，否則就重新招標(biāo).設(shè)兩家保險公司的報價是相互獨立的，且都在20萬至22萬之間均勻分布.試求招標(biāo)公司需重新招標(biāo)的概率.解設(shè)以X，Y分別表示兩家保險公司提出的保費.由假設(shè)X和Y的概率密度均為1,2022,f()2 (20,20)(20,22)(22,20)(22,22)G0.2(20,20)(20,22)(22,20)(22,22)G0.20.20.20.2因X，Y相互獨立，故(X,Y)的概率密度為1,20x22,20y22,f(x,y)f(x)f(y)4 X Y 0,其他. O 題15.30圖 x按題意需求概率為P{XY0.2}.畫出區(qū)域：{(x,y)|XY0.2},以及矩形{(x,y)|20x22,20y22},如圖15.30，它們公共部分的面積G為G＝正方形面積－2×三角形面積＝4-1.8×1.8＝0.76.0.76所求概率＝0.19.2231.設(shè)X~N(0,2),Y~N(0,2)且X,Y相互獨立,求概率2P{0XY2}.1 12解因X,Y獨立,其線性組合XY仍為正態(tài)變量,而 2 1E(XY)E(X)E(Y)0 2 1 2 1D(XY)2D(X)2D(Y)222 2 1 2 1 1 2故XY~N(0,222). 2 1 1 2因而P{0XY2} 2 1 12XY020=P{02 1 12 } 222 222 1 2 1 22 =( 12)(0)(2)0.5222 1 2=0.92070.50.420732.NBA籃球賽中有這樣的規(guī)律，兩支實力相當(dāng)?shù)那蜿牨荣悤r，每節(jié)主隊得分與客隊得分之差為正態(tài)隨機變量，均值為1.5，方差為6，并且假設(shè)四節(jié)的比分差是相互獨立的.問主隊勝的概率有多大？在前半場主隊落后5分的情況下，主隊得勝的概率有多大？（3）在第1節(jié)主隊贏5分得情況下，主隊得勝的概率有多大？解以X(i1,2,3,4)記主隊在第i節(jié)的得分與客隊在第i節(jié)的得分之差，則有iX~N(1.5,6),4X~N(41.5,46).記Z為標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)隨機變量.i ii1 4 4 X－i41.5 6P{X0}Pi1i1i4646 P{Z1.2247}0.8897.由獨立性 4 2P{X0|X5}P{XX5}ii34i1 i1XX3533P3 4 P{Z} 26 12 3P{Z0.5775}0.2818.4P{X0|X5}P{5XXX0} i 1 2 3 4i1P{XXX5} 2 3 4XXX4.554.5P2 3 4 1818639.5P{Z}P{Z2.239}0.9874.1833.產(chǎn)品的某種性能指標(biāo)的測量值X是隨機變量,設(shè)X的概率密度為xe12x2,x0, f(x) X 0,其他．測量誤差Y~U(,),X,Y相互獨立,求Z=X+Y的概率密度f(z),并驗證ZP{Z}12eu2/2du20解(1)Y的概率密度為f(y)12,y， Y 0, 其他．故Z=X+Y的概率密度為zxzxzxxyoZ X Y x0 x0僅當(dāng) 即 時，zxzxz上述積分的被積函數(shù)不等于零,參考圖15.33,即得210zxe12x2dx,z，f(z)Z 21zzxe12x2dx,z， 題15.33圖 0, 其他，[1e 2112(z)2], z，=1[12(z)2e12(z)2], z，e2 0, 其他，(2)P{Z}f(z)dzZ=1[e12(z)2dze12(z)2dz]2 記成1[Ⅰ+Ⅱ]2令zu其中Ⅰ=e12(z)2dze12u2du, 0e12(z)2dz令zue12u2du Ⅱ= 21 12e12u2du于是P{Z}[Ⅰ+Ⅱ]= 2 2034.在一化學(xué)過程中，產(chǎn)品中有份額X為雜質(zhì)，而在雜質(zhì)中有份額Y是有害的，而其余部分不影響產(chǎn)品的質(zhì)量.設(shè)X~U(0,0.1),Y~U(0,0.5)，且X和Y相互獨立，求產(chǎn)品中有害雜質(zhì)份額Z的概率密度.解因ZXY,X~U(0,0.1),Y~U(0,0.5)且X和Y相互獨立，于是Z的概率密度為f(z)1f(x)f(z)dx,(*1) Z x1 2x-10,0x0.1, 2,0x0.5,其中，f(x) ，f(x) 1 0,其他. 2 0,其他.0x0.1,0x0.1,易知僅當(dāng) 即 時，0z/x0.5,02zx,x=2zx=x=2zx=0.1(0.05,0.1)0.11021dx,0z0.05,f(z)2z x 0,其他. 20lnx0.1,0z0.05, O 題15.34圖 z2z 0,其他.20ln(20z),0z0.05, 0,其他.35.設(shè)隨機變量(X,Y)的概率密度為ey,0xy,f(x,y) 0,其他.求(X,Y)的邊緣概率密度.問X,Y是否相互獨立.求X＋Y的概率密度f(z).XY求條件概率密度f(x|y).X|Y求條件概率P{X3|Y5}.求條件概率P{X3|Y5}.e-ydye-x,x0,解（1）f(x)x X0,其他.ye-ydxye-y,y0,f(y)0 Y0,其他.X,Y不是相互獨立的.f(z)f(zy,y)dy.XY2yz僅當(dāng)0zyy,即y0時被積函數(shù)不為零.yzy=zy=z/2如圖15.35圖1，得 y=zy=z/2ze-ydye-z/2e-z,z0,f(z)z/2 XY0,其他.對于y0,Oz ey 1 題15.35圖1,0xy,f(x|y)yeyyX|Y0,其他.即對于固定的y(y0)X的條件分布是區(qū)間(0,y)上的均勻分布.如圖15.35圖2，條件概率為P{X3,Y5}DP{X3|Y5} yDP{Y5}5eydydx D ,5f(y)dyY0 O 3 x分子＝55e-ydydx5(-e-y)5dx 題15.35圖2x 3 x 3＝5(-e-5e-x)dx3e5e3,3分母＝5f(y)dy5ye-ydyye-y55e-ydy6e-51,0x Y 00故P{X3|Y5}0.03082.1,0x5,f(x|5)5 X|Y0,其他.P{X3|Y5}51dx2. 35 536.設(shè)圖書館的讀者借閱甲種圖書的概率為p,借閱乙種圖書的概率為,設(shè)每人借閱甲、乙圖書的行動相互獨立，讀者之間的行動也相互獨立.(1)某天恰有n個讀者,求甲、乙兩種圖書中至少借閱一種的人數(shù)的數(shù)學(xué)期望.解(1)以X表示某天讀者中借閱甲種圖書的人數(shù)，因各人借閱甲種圖書的概率均為p,且由題設(shè)各人是否借閱相互獨立,故X~b(n,p),因此E(X)np.(2)以A表示事件“讀者借閱甲種圖書”,以B表示事件“讀者借閱乙種圖書”,則就讀者而言,有P(AB)P(A)P(B)P(AB).借閱兩種圖書的行動相互獨立,故P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)pp.以Y表示至少借閱一種圖書的人數(shù),由題設(shè)各人是否借閱相互獨立,知Y~b(n,pp),故E(Y)n(pp).1,若第i位讀者至少借閱甲、乙兩種圖書的一種,也可這樣做.引入隨機變量:Z i0,若第i位讀者不借閱甲、乙兩種圖書的任一種.i1,2,,nYnZ,E(Y)E[nZ]nE(Z)n(pp).i iii1 i1i1這里不需假設(shè)讀者之間的行動相互獨立.37.某種鳥在某時間區(qū)間(0,t]下蛋數(shù)為1~5只,下r只蛋的概率與r成正比.一個收集鳥蛋的人在t 0 0時去收集鳥蛋,但他僅當(dāng)鳥窩多于3只蛋時他從中取走一只蛋.在某處有這種鳥的鳥窩6個(每個鳥窩保存完好,各鳥窩中蛋的個數(shù)相互獨立).寫出一個鳥窩中鳥蛋只數(shù)X的分布率.對于指定的一只鳥窩,求拾蛋人在該鳥窩中拾到一只蛋的概率.求拾蛋人在6只鳥窩中拾到蛋的總數(shù)Y的分布律及數(shù)學(xué)期望.求P{Y4},P{Y4}word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯當(dāng)一個拾蛋人在這6只鳥窩中拾過蛋后,緊接著又有一個拾蛋人到這些鳥窩中拾蛋,也僅當(dāng)鳥窩中多于3只蛋時,拾取一只蛋,求第二個拾蛋人拾得蛋數(shù)Z的數(shù)學(xué)期望.解(1)設(shè)該中鳥在(0,t]內(nèi)下蛋數(shù)為X按題意P{Xr}Cr,r1,2,3,4,5,其中C為待定常數(shù).0因5P{Xr}1,即有5Cr15C1,所以C1/15,因此X的分布律為r1r11P{Xr}r,r1,2,3,4,5.15(2)因當(dāng)且僅當(dāng)窩中蛋數(shù)多于3時,某人從中取走一只蛋,故拾蛋人在該窩中拾取一只蛋的概率為 4 53P{X3}P{X4}P{X5}15155(3)記拾蛋人在6只鳥窩中拾到蛋的總數(shù)為Y,則Y~b(6,35),故E(Y)6(35)185(4)P{Y4}1P{Y4}P{Y5}P{Y6}63422635236=14555555=0.456,第2個拾蛋人僅當(dāng)鳥窩中最初有5只蛋時,他才能從該窩中拾到一只蛋,故他在一個鳥窩中拾到一只蛋的為pP{X5}13,以Z記第2個拾蛋人拾到蛋的總數(shù),則Z~b(6,13),故有E(Z)6(13)2．38.設(shè)袋中有r只白球,Nr只黑球.在袋中取球n(nr)次,每次任取一只做不放回抽樣,以Y表示取到白球的個數(shù),求E(Y).解引入隨機變量X:i 1, 若第i次取到白球, i1,2,,n,i0,若第i次取球得到不是白球,則n次取球得到的白球數(shù)XXX.1 2 nr而P{X1}P{第i次取球得到白球},X的分布律為i N iX01ip1rNrNi1,2,,n.k即知X的數(shù)學(xué)期望為E(X)rN.于是得Y得數(shù)學(xué)期望為i i nn rnrE(Y)E(X)E(X)n.i i N Ni1 i1本題也可按以下方式寫出Y的表達(dá)式,從而求得E(Y),將球編號,引入隨機變量X:i1,若第i號白球被取到,X i1,2,,ri0,若第i號白球未被取到則YXXX. 1 2 r事件{X1}發(fā)生,表示在袋中取球n次,若每次任取一只不放回抽樣時,第i號白球被取到.因為事i件{X1}可以在第一次、第二次、?、第n次取球,這n種兩兩互不相容的情況發(fā)生,且每次取到第i號i白球的概率都是1N.因此 11 1 nP{X1},i1,2,,r,iNNNNn r nr這樣E(X),從而E(Y)E(X).i N i Ni139.拋一顆骰子直到所有點數(shù)全部出現(xiàn)為止,求所需投擲次數(shù)Y的數(shù)學(xué)期望.解引入隨機變量X,i1,2,3,4,5,6.如下:iX1,1X是第一點得到后,等待第二不同點所需等待次數(shù),2X是第一、第二兩點得到后,等待第三個不同點所需等待次數(shù),3X,X,X的意義類似.456則所需投擲的總次數(shù)為YXXX. 1 2 6因第一點得到后,擲一次得第二個不同的點的概率為56,因此X2的分布律為51P{Xk}()k1,k1,2,, 2 66即X服從參數(shù)p56的幾何分布,又因得到兩個不同的點后,擲一次得第三個不相同點的概率為246,故X服從參數(shù)p46的幾何分布,其分布律為342P{Xk}()k1,k1,2,66同樣,X,X,X的分布律分別為5 63P{Xk}()k1,k1,2,.6624P{Xk}()k1,k1,2,. 5 66 15P{Xk}()k1,k1,2,. 6 66 因幾何分布P{Xk}p(1p)k1,k1,2,的數(shù)學(xué)期望為(參見第四章(2)習(xí)題選解19題)1E(X).p 6 6 66666 i 1 i 54321所以E(Y)E(X)E(X)E(X)=1[]14.7． i1 i2140.設(shè)隨機變量X,Y相互獨立.且X,Y分別服從以,為均值得指數(shù)分布.求E(X2YeX).解E(X2YeX)E(X2)E(Y)E(eX)D(X)[E(X)]2E(Y)etetdt0111e(1)tdt220 .2(1)41.一酒吧間柜臺前有6張凳子,服務(wù)員預(yù)測,若兩個陌生人進來就坐的話,他們之間至少相隔兩張凳子.若真有2個陌生人入內(nèi),他們隨機地就坐,問服務(wù)員預(yù)言為真的概率是多少?設(shè)2個顧客是隨機坐的,求顧客之間凳子數(shù)的數(shù)學(xué)期望.解(1)將凳子按自左至右編號,設(shè)服務(wù)員預(yù)言為真.(A)若第一顧客就坐于1號,則另一顧客可坐4或5或6號共三種坐法,(B)若第一顧客就坐于2號,則另一顧客可坐在5或6號共兩種坐法,(C)若第一顧客就坐于6號,只有一種坐法.綜合(A),(B),(C)三種情況共計6種坐法.同樣,若第一顧客分別就坐于6號,5號,4號,則另一顧客也有6種坐法,因此兩人共有6212種坐法,若兩人隨機就坐共有A230種6坐法,故服務(wù)員預(yù)言為真的概率是p123025．(2)若兩顧客是隨機坐的,以Y記兩顧客間的凳子數(shù),則Y可能取的值為0,1,2,3,可4.知Y的分布律為YY01234kp155154153152151word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯word文檔可自由復(fù)制編輯 5 4 3 2 14于是E(Y)01234． 15 15 15 15 15342.設(shè)隨機變量X,X,,X相互獨立，且都服從U(0,1),又設(shè)YXXX,求概率 1 2 100 1 2 100P{Y1040}的近似值.解所求概率為pP{Y1040}P{lnY40ln10}P{lnX40ln10}P{lnX92.1}. 100 100i ii1 i1因X,X,,X相互獨立且都服從U(0,1),知lnX,lnX,,lnX也相互獨立,且服從同一分 1 2 n 1 2 n布,又X~U(0,1),其概率密度為i1,0x1 f(x) 0, 其他，故有E(lnX)1lnxdx1,E(ln2X)1ln2xdx2,D(X)211.i i i0 0由中心極限定理得100pP{lnX92.1}ii1 100 lnXi100(1)92.110011001i11001i 92.1100()(0.97)0.7852.10010043.來自某個城市的長途電話呼叫的持續(xù)時間X(以分計)是一個隨機變量,它的分布函數(shù)是1x1[x]F(x)12e32e3,x0, 0, x0. x x(其中[]是不大于的最大整數(shù)). 3 3畫出F(x)的圖形.說明X是什么類型的隨機變量.求P{X4},P{X3},P{X4},P{X6}(提示P{Xa}F(a)F(a0)).解(1))()(xF1.00.80.60.40.2 012345678910x題15.43圖(2)F(x)的所有不連續(xù)點為3k(k1,2,),X取這些值的概率的總和為 P{X3k}[F(3k)F(3k0)] k1 k1i1113k1e[33k]112e33k12e(33k1)e3 2 2 1 1 1 (e1kek)(e1)ek. 2 2 2 i1 k1注意到,在F(x)的任一連續(xù)點a處有P{Xa}0;又由于P{X3k}1,因此,不可能取到可列2k1多個值x,x,,使得P{Xx}1,故X不是離散型隨機變量.又由于F(x)不是連續(xù)函數(shù),故X 1 2 kk1也不是連續(xù)型隨機變量.(3)P{X4}0.P{X3}F(3)F(30) 1 11 1 1e1e11e1e(11) 2 22 2 1(1e1)0.316.211P{X4}F(4)P{X4}1e43e100.684. 2 2 1 1 P{X4}1F(6)11e2e2e20.135. 2 2 44.一汽車保險公司分析一組(250人)簽約的客戶中的賠付情況.據(jù)歷史數(shù)據(jù)分析,在未來一周中一組客戶中至少提出一項索賠的客戶數(shù)X占10%.寫出X的分布,并求X2500.12(即X30)的概率.設(shè)各客戶是否提出索賠相互獨立.解按題意知X~b(250,0.10).現(xiàn)在需要求250250P{X30}x31x0.10x0.90250x30250即需求P{X30}1x0x0.10x0.90250x由拉普拉斯定理得302500.10P{X30}12500.100.901(1.05)410.85310.146.945.在區(qū)間(0,1)隨機地取一點X.定義Ymin{X,0.75}.求隨機變量Y的值域.求Y的分布函數(shù),并畫出它的圖形.說明Y不是連續(xù)型隨機變量,Y也不是離散型隨機變量.解(1)因Ymin{X,0.75},故YX且Y0.75.又由于X的值域是(0,1),知Y的值域為(0,0.75].(2)由(1)知當(dāng)y0時F(y)P{Yy}0,當(dāng)y0.75時,F(y)P{Yy}1. Y Y當(dāng)0y0.75時,事件{Yy}表示X是在(0,y]隨機取的一點.故有)(y)(yFY F(y)y,0y0.75 1Y 1, y0.75 0.75F(y)的圖形如題15.45圖所示.Y(3)從題15.45圖看出,F(y)在點y0.75處不連續(xù), Y O 0.75故它不是連續(xù)型隨機變量.F(y)只有一個不連續(xù)點y0.75. 題15.45圖Y注意到在F(y)的任一連續(xù)點a處,有P{Ya}0,而在不連續(xù)點y0.75處,YP{Y0.75}F(0.75)F(0.750)0.25.故不可能取到可列多個值y,y,,使得 Y Y 1 2P{Yy}1,故Y不是離散型隨機變量.kk146.設(shè)X,X是數(shù)學(xué)期望為的指數(shù)分布總體X的容量為2的樣本,設(shè)YXX,試證明 1 2 124YE()．證X的概率密度為1f(x)0,0．其他. ex, x0,xf(x)dxxexdxE(x) 0令xuu12eudu(參見134頁(2)附注)03 1=()．2 21221,XX又XX1221,XX1,2故由數(shù)學(xué)期望的性質(zhì),得 4Y4 4 41)2．EE(X1X2)E(X1)E(X2)=(247.設(shè)總體X~N(,2),X,X,,X是一個樣本.X,S2分別為樣本均值和樣本方差,試證 1 2 nE(XS2)2n22n2414．證因X,S2分別是正態(tài)總體N(,)的容量為n的樣本均值和樣本方差,于是X2與(S2)2也相互獨立.從而E[(XS2)2]E[X2]E[(S2)2] =D(X)[E(X)]2D(S2)[E(S2)]2，(A)E(X),D(X)2/n，(n1)S2/2~2(n1)，又由2分布的性質(zhì)知,E(n1)S2/2n1,Dn1S2/22(n1)，得ES22,DS224，將這些結(jié)果代入(A)式,得n1 2 2 n n148.設(shè)總體X具有概率密度:1EXS22244．xex,x0, f(x)2 0, x0.其中0為未知參數(shù),X,X,,X是來自X的樣本,x,x,,x是相應(yīng)的樣本觀察值. 1 2 n 1 2 n求的最大似然估計量.求的矩估計量.問求得的估計量是否是無偏估計量.解(1)由X的樣本觀察值x,x,,x以及X的概率密度的形式,得似然函數(shù)為 1 2