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《概率论与数理统计》第三版-科学出版社-课后习题答案

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《概率论与数理统计》第三版-科学出版社-课后习题答案

第二章 随机变量

2.1

X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

P 1/36 1/18 1/12 1/9 5/36 1/6 5/36 1/9 1/12 1/18 1/36

2.2解：根据1)(0kkXP，得10kkae，即1111eae。

故 1ea

2.3解：用X表示甲在两次投篮中所投中的次数，X~B(2,0.7)

用Y表示乙在两次投篮中所投中的次数, Y~B(2,0.4)

(1) 两人投中的次数相同

P{X=Y}= P{X=0,Y=0}+ P{X=1,Y=1} +P{X=2,Y=2}=

0011220202111120202222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.3124CCCCCC(2)甲比乙投中的次数多

P{X>Y}= P{X=1,Y=0}+ P{X=2,Y=0} +P{X=2,Y=1}=

1020211102200220112222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.5628CCCCCC2.4解:（1）P{1≤X≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=12321515155

(2) P{0.5

2.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=246211112222kL=11[1()]1441314kklim

（2）P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}- P{X=2}=1111244

2.6解：设iA表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，1，2

12341213124123{0}{}()(|)(|)(|)PXPAAAAPAPAAPAAAPAAAA=18171615122019181719

1123412342341234{1}{}{}{}{}2181716182171618182161817162322019181720191817201918172019181795PXPAAAAPAAAAPAAAAPAAAA

12323{2}1{0}{1}1199595PXPXPX

2.7解：(1)设X表示4次独立试验中A发生的次数，则X~B(4,0.4)

34314044(3)(3)(4)0.40.60.40.60.1792PXPXPXCC

(2)设Y表示5次独立试验中A发生的次数，则Y~B(5,0.4)

345324150555(3)(3)(4)(5)0.40.60.40.60.40.60.31744PXPXPXPXCCC

2.8 （1）X～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)

01.51.5{0}0!PXe=1.5e

（2）X～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)

0122222{2}1{0}{1}1130!1!PXPXPXeee

2.8解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为X，则)01.0,180(~BX。

依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即99.0)(mXP，也即

01.0)1(mXP

因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为8.101.0180的泊松分布。

查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。

故应至少配备6名设备维修人员。

2.9解：一个元件使用1500小时失效的概率为

3110001000)15001000(15001000150010002xdxxXP

设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则)31,5(~BY。所求的概率为

329.0380)32()31()2(53225CYP

不是~2.11解：(1)2ln)2()2(FXP

101)0()3()30(FFXP

25.1ln2ln5.2ln)2()5.2()5.22(FFXP

(2)

其它01)()(1exxxFxf

不是~2.12解：(1)由1)(F及)0()(lim0FxFx，得01baa，故a=1,b=-1.

(2)

000)()(22xxxexFxfx

(3) )4ln()16ln()16ln4ln(FFXP

25.041)1()1(24ln216lnee

2.10（1）

假设该地区每天的用电量仅有80万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

1122340.80.8{0.81}12(1)(683)0.0272|PXxxdxxxx

（2）假设该地区每天的用电量仅有90万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

1122340.90.9{0.91}12(1)(683)0.0037|PXxxdxxxx

2.11解:要使方程03222KKxx有实根则使0)32(4)2(2KK

解得K的取值范围为],4[]1,[,又随机变量K~U(-2,4)则有实根的概率为

31)2(4]34)2(1[p

2.15解：X~P(λ)= P(1200)

(1) 1111001002002002001{100}1200|xPXedxee

（2）11320020023003001{300}200|xPXedxee

（3）1113300300200200221001001{100300}200|xPXedxeee

113222{100,100300}{100}{100300}(1)()PXXPXPXeee

2.16解：设每人每次打电话的时间为X，X~E(0.5)，则一个人打电话超过10分钟的概率为

5105.0105.05.0)10(eedxeXPxx

又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y，则),282(~5eBY。

因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为9.12825e的泊松分布。

所求的概率为

)1()0(1)2(YPYPYP

56625.09.219.119.19.19.1eee

2.17解：(1))42.0(1)42.0()12110105()105(XP

3372.06628.01

(2))12110100()12110120()120100(XP

5934.017967.021)83.0(2)83.0()83.0(

2.18解：设车门的最低高度应为a厘米，X~N(170,62)

{}1{}0.01170{}()0.996PXaPXaaPXa

1702.336a

184a厘米

2.19解：X的可能取值为1,2,3。

因为6.0106)1(3524CCXP； 1.01011)3(35CXP；

所以X的分布律为 3.01.06.01)2(XP

X 1 2 3

P 0.6 0.3 0.1

X的分布函数为

31329.0216.010)(xxxxxF

2.20(1)

22{0}{}0.22{}{0}{}0.30.40.73{4}{}0.12PYPXPYPXPXPYPX

Y

0 2 42

iq 0.2 0.7 0.1

(2)

{1}{0}{}0.30.40.73{1}{}{}0.20.10.322PYPXPXPYPXPX

Y -1 1

iq 0.7 0.3

2.21（1）

当11x时，(){1}0.3FxPX

当12x时，(){1}{1}0.3{1}0.8FxPXPXPX

{1}0.80.30.5PX

当2x时，(){1}{1}{2}0.8{2}1FxPXPXPXPX

{2}10.80.2PX

X -1 1 2

P 0.3 0.5 0.2

（2）

{1}{1}{1}0.30.50.8PYPXPX

{2}{2}0.2PYPX

Y 1 2

iq 0.8 0.2

2.22~(0,1)XNQ221()2xXfxe

（1）设FY(y)，()Yfy分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

212211(){}{21}{}22yxYyFyPYyPXyPXedx

对()YFy求关于y的导数，得221()(1)282111()()2222yyYyfyee

(,)y

（2）设FY(y)，()Yfy分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

当0y时，(){}{}{}0XYFyPYyPeyP

当0y时，有

22ln1(){}{}{ln}{ln}2xXYyFyPYyPeyPXyPXyedx

对()YFy求关于y的导数，得

22(ln)(ln)2211(ln)()220yyYeyefyy y>0y0

（3）设FY(y)，()Yfy分别为随机变量Y的分布函数和概率密度函数，则

当y0时，2(){}{}{}0YFyPYyPXyP

当y>0时，2221(){}{}{}2xyYyFyPYyPXyPyXyedx

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《概率论与数理统计》习题及答案

《概率论与数理统计》习题及答案

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. 概率论与数理统计

第一部份 习题

第一章 概率论基本概念

一、填空题

1、设A，B，C为3事件，则这3事件中恰有2个事件发生可表示为 。

2、设3.0)(,1.0)(BAPAP，且A与B互不相容，则)(BP 。

3、口袋中有4只白球，2只红球，从中随机抽取3只，则取得2只白球，1只红球的概率

为 。

4、某人射击的命中率为0.7，现独立地重复射击5次，则恰有2次命中的概率为 。

5、某市有50%的住户订晚报，有60%的住户订日报，有80%的住户订这两种报纸中的一种，则同时订这两种报纸的百分比为 。

6、设A，B为两事件，3.0)(,7.0)(BAPAP，则)(BAP 。

7、同时抛掷3枚均匀硬币，恰有1个正面的概率为 。

8、设A，B为两事件，2.0)(,5.0)(BAPAP，则)(ABP 。

9、10个球中只有1个为红球，不放回地取球，每次1个，则第5次才取得红球的概率

为 。

10、将一骰子独立地抛掷2次，以X和Y分别表示先后掷出的点数，10YXA

YXB，则)|(ABP 。

11、设BA,是两事件，则BA,的差事件为 。

12、设CBA,,构成一完备事件组，且,7.0)(,5.0)(BPAP则)(CP ，)(ABP 。

13、设A与B为互不相容的两事件，,0)(BP则)|(BAP 。

14、设A与B为相互独立的两事件，且4.0)(,7.0)(BPAP，则)(ABP 。

《概率论与数理统计》习题三答案解析

《概率论与数理统计》习题三答案解析

1

《概率论与数理统计》习题及答案

习题二

1.将一硬币抛掷三次， 以X表示在三次中出现正面的次数， 以丫表示三次中出现正面次数与

出现反面次数之差的绝对值 .试写出X和丫的联合分布律.

【解】X和丫的联合分布律如表：

*

0 1 2 3

1 0 2 2 2 8 C3^— X — X — =

3/ 8 2 2 2 0

3 1 0 0 1111

— X ■— X 8 2 2 2 8

2.盒子里装有3只黑球、2只红球、2只白球，在其中任取 4只球，以X表示取到黑球的只 数，以丫表示取到红球的只数.求X和丫的联合分布律.

【解】X和丫的联合分布律如表：

0 1 2 3

0 0 0

c2Uc2

c3Uc；

c； -35 c； -35

1 0 C比 LC2 6 c3LJc；LJc； 12 c3Uc； 2

- - c： "35 c4 "35 c4 "35

2 P（0黑,2红,2白）= C比上 6 c2Uc2 3 0

cjCC； /c：=— c： "35 c4 —35

35

3.设二维随机变量（X, Y）的联合分布函数为

F（x, y） Jsinxsiny,。沁兰才gy 写 L0, 其他.

求二维随机变量（X, Y）在长方形域｛o

I 4 6 3

., n n n

【解】如图P{0 cx < - — cY<—}公式（3.2）

4 6 3

F（ n，n）-F（ n n-F（o, n+F（o, n 4 3 4 6 3 6 2

n n n— n 厂 n 厂 n =sin — 0n — —sin — sin — -sin 0sin — + sin比sin — 4 3 4" 6 3 6

出(屁1). 4

[k(6 - X - y), 0 c X c 2, 2 c y c 4,

(x，y) =( 0, 其他.

确定常数

求 P{X<

1 , Yv 3}; 求 P{X<1.5};

概率论与数理统计第三章课后习题答案

概率论与数理统计第三章课后习题答案

1 习题三

1.将一硬币抛掷三次，以X表示在三次中出现正面的次数，以Y表示三次中出现正面次数与出现反面次数之差的绝对值.试写出X和Y的联合分布律.

【解】X和Y的联合分布律如表：

0 1 2 3

1 0 131113C2228 23111C3/8222 0

3 18 0 0 11112228

2.盒子里装有3只黑球、2只红球、2只白球，在其中任取4只球，以X表示取到黑球的只数，以Y表示取到红球的只数.求X和Y的联合分布律.

【解】X和Y的联合分布律如表：

0 1 2 3

0 0 0 223247CC3C35 313247CC2C35

1 0 11232247CCC6C35 21132247CCC12C35 313247CC2C35

2 P(0黑,2红,2白)=

2242271CC/C35 12132247CCC6C35 223247CC3C35 0

3.设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数为

F（x，y）=.,020,20,sinsin其他ππyxyx

求二维随机变量（X，Y）在长方形域36,40πππyx内的概率.

【解】如图πππ{0,}(3.2)463PXY公式

ππππππ(,)(,)(0,)(0,)434636FFFF

X

Y

X

Y

2 ππππππsinsinsinsinsin0sinsin0sin4346362(31).4

题3图

说明：也可先求出密度函数，再求概率。

4.设随机变量（X，Y）的分布密度

f（x，y）=.,0,0,0,)43(其他yxAyxe

求：（1） 常数A；

（2） 随机变量（X，Y）的分布函数；

（3） P{0≤X<1，0≤Y<2}.

【解】（1） 由-(34)00(,)ddedd112xyAfxyxyAxy

《概率论与数理统计》习题及答案 第二章

《概率论与数理统计》习题及答案 第二章

《概率论与数理统计》习题及答案

第 二 章

1．假设一批产品中一、二、三等品各占60%，30%，10%，从中任取一件，发现它不是三等品，求它是一等品的概率.

解 设iA‘任取一件是i等品’ 1,2,3i，

所求概率为

13133()(|)()PAAPAAPA，

因为 312AAA

所以 312()()()0.60.30.9PAPAPA

131()()0.6PAAPA

故

1362(|)93PAA.

2．设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件中有一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率.

解 设A‘所取两件中有一件是不合格品’

iB‘所取两件中恰有i件不合格’ 1,2.i

则

12ABB

11246412221010()()()CCCPAPBPBCC，

所求概率为

2242112464()1(|)()5PBCPBAPACCC.

3．袋中有5只白球6只黑球，从袋中一次取出3个球，发现都是同一颜色，求这颜色是黑色的概率.

解 设A‘发现是同一颜色’，B‘全是白色’，C‘全是黑色’，则

ABC，

所求概率为

336113333611511/()()2(|)()()//3CCPACPCPCAPAPBCCCCC

4．从52张朴克牌中任意抽取5张，求在至少有3张黑桃的条件下，5张都是黑桃的概率.

解 设A‘至少有3张黑桃’，iB‘5张中恰有i张黑桃’，3,4,5i，

则 345ABBB，

所求概率为

555345()()(|)()()PABPBPBAPAPBBB51332415133913391391686CCCCCC.