概率论 何书元编著 答案习题一解答

习题3-1

1.

已知随机变量X1和X2的概率分布分别为

X1 -1 0 1

P 14 12 14

X2 0 1

P 12 12

而且12{0}1PXX. 求X1和X2的联合分布律.

解 由12{0}1PXX知12{0}0PXX. 因此X1和X2的联合分布必形如

X2

X1 0 1 pi·

-1 P11 0 14

0 P21 P22 12

1 P31 0 14

p·j 12 12 1

于是根据边缘概率密度和联合概率分布的关系有X1和X2的联合分布律

X2

X1 0 1 pi·

-1 14 0 14

0 0 12 21

1 14 0 14 p·j 12 12

1

(2) 注意到12{0,0}0PXX, 而121{0}{0}04PXPX, 所以X1和X2不独立.

2. 一盒子中有3只黑球、2只红球和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 从7只球中取4球只有3547C种取法. 在4只球中, 黑球有i只, 红

球有j只(余下为白球4ij只)的取法为

4322ijijCCC,0,1,2,3,0,1,2,ijij≤4.

于是有

0223221{0,2}3535PXYCCC,1113226{1,1}3535PXYCCC,

1213226{1,2}3535PXYCCC,2023223{2,0}3535PXYCCC,

21132212{2,1}3535PXYCCC,2203223{2,2}3535PXYCCC,

3013222{3,0}3535PXYCCC, 3103222{3,1}3535PXYCCC,

{0,0}{0,1}{1,0}{3,2}0PXYPXYPXYPXY.

1 第二章 （证明题略）

练习2-1

练习题1. 2. 3. 见教材P259页解答。

4．解：X: 甲投掷一次后的赌本。

Y：乙………

　　　　　　　　　　　21214020px 　　　　　　　　　　　21213010Yp

40,14020,2120,0)(F~xxxxxX

30,13010,2110,0)(F~YxxxyY

5.解

（1）

10011001100110012112121)(iiiiiiiaaaixp

（２）

31211112112121)(1111aaaaaixpiiiiiii 2

6.解

　　　　　　　　　21 51 101512 0 25Xp

7．解

（１）X:有放回情形下的抽取次数。P（取到正品）＝107CC11017

P（取到次品）＝103

　　　　　　　 107)103( 107)103( 107 103,107 i 3 2 1X1-i2p

（２）Y:无放回情形下。

　　　　　 778192103 87 92103 97 103 107 4 3 2 1 Yp

8．解

54511)5(1)3(1)3P(XpXpX

542)P(X0)P(X)2()33()3XP(XpXp

107)5()2()3()1()21P(2)1()21XP(XpXpXpXpXXp

第五章习题解答

1、据以往的经验，某种电器元件的寿命服从均值为100h的指数分布，现随机地取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件的寿命的总和1920h的概率。

解 设这16只元件的寿命为iX，1,2,,16i，则161iiXX，

因为()100iEX，22()10000iDX

于是随机变量 1616112160016004001000016iiiiXnXXZn近似的服从(0,1)N

160019201600{1920}{}400400XPXP1600{0.8}400XP

16001{0.8}400XP1(0.8)＝10.78810.2119.

2\（1）一保险公司有10000个汽车保险投保人，每个投保人索赔金额的数学期望为280美元，标准差为800美元，求索赔总金额不超过2700000美元的概率；

（2）一公司有50张签约保险单，每张保险单的索赔金额为iX，1,2,,50i（以千美元计）服从韦布尔分布，均值()5iEX，方差()6iDX求50张保险单索赔的合计总金额大于300的概率。

解 （1）设每个投保人索赔金额为iX，1,2,,10000i，则索赔总金额为100001iiXX

又 ()280iEX，2()800iDX，所以，

索赔总金额不超过2700000美元的概率

{2700000}1`{270000}PXPX

10000128010000270000028000001{}80010080000iiXP

1000012800000101{}800008iiXP

10000128000001{1.25}80000iiXP近似的服从(0,1)N 即 {2700000}1(1.25)PX(1.25)0.8944

2008年4月 第 一 章 1.1 解⑴ 记9件合格品分别为正1正2�6�7正9记不合格品为次则 Ω正1正2正1正3正1正4�6�7正1正9正1次 正2正3正2正4�6�7正2正9正2次 正3正4�6�7正3正9正3次 �6�7 正8正9正8次 正9次 A正1次正2次正3次�6�7正9次 ⑵记2个白球分别为w1w23个黑球分别为b1b2b34个红球分别为r1r2r3r4。则 Ωw1w2b1b2b3r1r2r3r4 ⅰA w1w2。ⅱB r1r2r3r4。

1.2 解⑴事件ABC表示该生是三年级男生但不是运动员。

⑵ABCC等价于CAB表示全系运动员都是三年级的男生。

⑶当全系运动员都是三年级学生时。 ⑷当全系女生都在三年级并且三年级学生都是女生时。 1.3 解⑴1niiA

⑵22221222211nCDniCDiCDCDnCDACDCD ⑶11nnijijjiAA

⑷原事件即“至少有两个零件是合格品”可表为1nijijijAA。

1.4 解1—4显然5和6的证法分别类似于课文第10—12页1.5式和1.6式的证法。 1.5 解样本点总数为28A8×7。所得分数为既约分数必须分子分母或为71113中的两个或246812中的一个和71113中的一个组合所以事件A“所得分数为既约分数”包含28A218A×15A3×22×3×52×3×6个样本点。于是

PA23698714。 1.6 解样本点总数为5310。所取三条线段能构成一个三角形这三条线段必须是3、5、7或5、7、9。所以事件A“所取三条线段能构成一个三角形”包含3个样本点于是 PA310。 17解显然样本点总数为13事件A“恰好组成MATHEMATICIAN”包含3222个样本点。所以

3222481313PA 18解任意固定红“车”的位置黑“车”可处在9×10-189个不同位置当它处于和红“车”同行或同列的9817个位置之一时正好互相“吃掉”。故所求概率等于1789。 19解每个乘客可在除底层外的9层中任意一层离开电梯现有7位乘客所以样本点总数为79。事件A“没有两位及两位以上乘客在同一层离开”和相当于“从9层中任取7层各有一位乘客离开电梯”。所以A包含79A个样本点于是 7979APA 110解用A表示“牌照号码中有数字8”显然44991000010PA所以