《概率论与数理统计》习题答案复旦大学出版社第四章可编辑修改word版.docx
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《概率论与数理统计》习题答案复旦大学出版社第四章可编辑修改word版
1.设随机变量X的分布律为
习题四
X
-1
0
1
2
P
1/8
1/2
1/8
1/4
1
+0⨯
1
+1⨯
1
+2⨯
1
=
1
8
2
8
4
2
求E(X),E(X2),E(2X+3).
【解】
(1)
E(X)=(-1)⨯;
(2)
(3)
E(X2)=(-1)2⨯1+02⨯1+12⨯1+22⨯1=5;
82844
E(2X+3)=2E(X)+3=2⨯1+3=4
2
2.已知100个产品中有10个次品,求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差.
【解】设任取出的5个产品中的次品数为X,则X的分布律为
X
0
1
2
3
4
5
P
C5
90=0.583
C5
100
C1C4
1090=0.340
C5
100
C2C3
1090=0.070
C5
100
C3C2
1090=0.007
C5
100
C4C1
1090=0
C5
100
C5
10=0
C5
100
故E(X)=0.583⨯0+0.340⨯1+0.070⨯2+0.007⨯3+0⨯4+0⨯5
=0.501,
5
D(X)=∑[x-E(X)]2P
ii
i=0
=(0-0.501)2⨯0.583+(1-0.501)2⨯0.340++(5-0.501)2⨯0
=0.432.
3.设随机变量X的分布律为
X
-1
0
1
P
p1
p2
p3
且已知E(X)=0.1,E(X2)=0.9,求P1,P2,P3.
【解】因P1+P2+P3=1……①,
又E(X)=(-1)P1+0P2+1P3=P3-P1=0.1……②,
E(X2)=(-1)2P+02P+12P=P+P=0.9……③
12313
由①②③联立解得P1=0.4,P2=0.1,P3=0.5.
4.袋中有N只球,其中的白球数X为一随机变量,已知E(X)=n,问从袋中任取1球为白球的概率是多少?
【解】记A={从袋中任取1球为白球},则
N
P(A)全概率公式∑P{A|X=k}P{X=k}
k=0
N
=∑kP{X=k}=1∑N
kP{X=k}
k=0NNk=0
=E(X)=n.
NN
5.设随机变量X的概率密度为
⎧x,0≤x<1,
f(x)=⎪2-x,1≤x≤2,
求E(X),D(X).
⎪0,他他.
【解】E(X)=⎰+∞xf(x)dx=⎰1x2dx+⎰2x(2-x)dx
-∞01
⎡1⎤1⎡x3⎤2
=⎢⎣3x⎦
+⎢x2-
⎣
⎥=1.
⎦1
E(X2)=⎰+∞x2f(x)dx=⎰1x3dx+⎰2x2(2-x)dx=7
-∞016
故D(X)=E(X2)-[E(X)]2=1.
6
6.设随机变量X,Y,Z相互独立,且E(X)=5,E(Y)=11,E(Z)=8,求下列随机变量的数学期望.
(1)U=2X+3Y+1;
(2)V=YZ-4X.
【解】
(1)
(2)
E[U]=E(2X+3Y+1)=2E(X)+3E(Y)+1
=2⨯5+3⨯11+1=44.
E[V]=E[YZ-4X]=E[YZ]-4E(X)
因Y,Z独立E(Y)E(Z)-4E(X)
=11⨯8-4⨯5=68.
7.设随机变量X,Y相互独立,且E(X)=E(Y)=3,D(X)=12,D(Y)=16,求E(3X-2Y),D
(2X-3Y).
【解】
(1)
E(3X-2Y)=3E(X)-2E(Y)=3⨯3-2⨯3=3.
(2)D(2X-3Y)=22D(X)+(-3)2DY=4⨯12+9⨯16=192.
8.设随机变量(X,Y)的概率密度为
⎧k,0⎩
f(x,y)=⎨0,
他他.
试确定常数k,并求E(XY).
+∞+∞
1x1
【解】因⎰-∞⎰-∞
f(x,y)dxdy=⎰0dx⎰0kdy=2k=1,故k=2
+∞+∞1x
E(XY)=⎰-∞⎰-∞xyf(x,y)dxdy=⎰0xdx⎰02ydy=0.25.
9.设X,Y是相互独立的随机变量,其概率密度分别为
求E(XY).
⎧2x,
fX(x)=⎨
⎩0,
0≤x≤1,
他他;
⎧e-(y-5),
⎩
fY(y)=⎨0,
y>5,
其他.
【解】方法一:
先求X与Y的均值
E(X)=⎰1x2xdx=2,
03
⎰⎰⎰
E(Y)=+∞ye-(y-5)dy令z=y-55+∞e-zdz++∞ze-zdz=5+1=6.
500
由X与Y的独立性,得
E(XY)=E(X)E(Y)=2⨯6=4.
3
方法二:
利用随机变量函数的均值公式.因X与Y独立,故联合密度为
⎩
⎧2xe-(y-5),0≤x≤1,y>5,
f(x,y)=
于是
fX(x)fY(y)=⎨0,
其他,
E(XY)=⎰+∞⎰1xy2xe-(y-5)dxdy=⎰12x2dx⎰+∞ye-(y-5)dy=2⨯6=4.
50053
10.设随机变量X,Y的概率密度分别为
⎧
fX(x)=⎨
2e-2x,
x>0,
⎧
fY(y)=⎨
4e-4y,
y>0,
⎩0,
x≤0;
⎩0,
y≤0.
求
(1)E(X+Y);
(2)E(2X-3Y2).
【解】(X)=
+∞+∞
xf(x)dxx2e-2xdx=[-xe-2x]+∞
+∞e-2xdx
⎰-∞X⎰0
0⎰0
=⎰+∞e-2xdx=1.
E(Y)=
02
+∞
yf(y)dy
+∞y4e-4ydy=1.
⎰-∞Y⎰04
E(Y2)=
+∞y2f
-∞
(y)dy=
+∞y24e-4ydy=2
42
=1.
8
从而
(1)E(X+Y)=E(X)+E(Y)=+=.
244
(2)E(2X-3Y2)=2E(X)-3E(Y2)=2⨯1-3⨯1=5
288
11.设随机变量X的概率密度为
⎧⎪cxe-k2x2,
⎩
f(x)=⎨⎪0,
x≥0,
x<0.
+∞
求
(1)系数c;
(2)E(X);(3)D(X).
【解】
(1)由
⎰-∞f(x)dx=
+∞cxe-k2x2dx=
0
c
2k2
=1得c=2k2.
+∞+∞-k2x2
(2)E(X)=⎰xf(x)d(x)=⎰x2k2xedx
=2k2⎰+∞x2e-k2x2dx=π.
(3)
E(X2)=
0
+∞x2f(x)d(x)=
-∞
2k
+∞x22k2xe-k2x21.
k2
1⎛⎫2
4-π
故D(X)=E(X2)-[E(X)]2=
k2-ç2k⎪
4k2.
12.袋中有12个零件,其中9个合格品,3个废品.安装机器时,从袋中一个一个地取出(取出后不放回),设在取出合格品之前已取出的废品数为随机变量X,求E(X)和D(X).
【解】设随机变量X表示在取得合格品以前已取出的废品数,则X的可能取值为0,1,2,3.
为求其分布律,下面求取这些可能值的概率,易知
P{X=0}=9
12
=0.750,
P{X=1}=
3⨯9
1211
=0.204,
P{X=2}=
3⨯2⨯9
121110
=0.041,
P{X=3}=
3⨯2⨯1⨯9=0.005.
1211109
于是,得到X的概率分布表如下:
X
0
1
2
3
P
0.750
0.204
0.041
0.005
由此可得E(X)=0⨯0.750+1⨯0.204+2⨯0.041+3⨯0.005=0.301.
E(X2)=02⨯750+12⨯0.204+22⨯0.041+32⨯0.005=0.413
D(X)=E(X2)-[E(X)]2=0.413-(0.301)2=0.322.
13.一工厂生产某种设备的寿命X(以年计)服从指数分布,概率密度为
⎧⎪1
f(x)=⎨4
⎪⎩0,
-
x
e4,
x>0,
x≤0.
为确保消费者的利益,工厂规定出售的设备若在一年内损坏可以调换.若售出一台设备,工厂获利100元,而调换一台则损失200元,试求工厂出售一台设备赢利的数学期望.
【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值:
100元和-200元
P{Y=100}=P{X≥1}=⎰+∞1e-x/4dx=e-1/4
14
P{Y=-200}=P{X<1}=1-e-1/4.
故E(Y)=100⨯e-1/4+(-200)⨯(1-e-1/4)=300e-1/4-200=33.64
(元).
14.设X1,X2,…,Xn是相互独立的随机变量,且有E(Xi)=μ,D(Xi)=σ2,i=1,2,…,n,记
X=1∑X,S
i
n
,S2=2
ni=1
n-1i=1
2
(1)验证E(X)=μ,D(X)=;
n
(2)验证S2=
1
n-1
(∑Xii=1
-nX);
(3)验证E(S2)=σ2.
⎛1n⎫1n1n1
【证】
(1)
E(X)=Eçn∑Xi⎪=nE(∑Xi)=n∑E(Xi)=nnu=u.
⎝i=1⎭
i=1
i=1
D(X)=D⎛1∑n
X⎫=1D(∑n
X)X之间相互独立1∑nDX
ç
⎝i=1
=12
i⎪n2
2
i=1
iin2
i
i=1
(2)因
n2n=n.
iiiii
∑(X
-X)2=∑
(X2+X2-2XX)=∑nX2+nX2-2X∑nX
i=1
i=1i=1
n
=∑X2+nX2-2XnX=∑
X2-nX2
i=1
i
i=1
i
i=1
2n22
故S=(∑Xi
i=1
-
nX).
(3)因E(X)=u,D(X)=2,故E(X2)=D(X)+(EX)2=2+u2.
iiiii
同理因E(X)=u,D(X)=
从而
2
2
故E(X
n
2
)=+u2.
n
E(s2)=E⎡1(∑n
X2-nX2)⎤=1[E(∑n
2
nE(X)]
⎢⎣n-1
i
i=1
⎦⎥n-1
i
i=1
=1[n
n-1i=1
2
inE(X)]
=1⎡
22⎛2
2⎫⎤2
n-1⎢n(+u)-nçn+u⎪⎥=.
⎣⎝⎭⎦
15.对随机变量X和Y,已知D(X)=2,D(Y)=3,Cov(X,Y)=-1,
计算:
Cov(3X-2Y+1,X+4Y-3).
【解】Cov(3X-2Y+1,X+4Y-3)=3D(X)+10Cov(X,Y)-8D(Y)
=3⨯2+10⨯(-1)-8⨯3=-28
(因常数与任一随机变量独立,故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).
16.设二维随机变量(X,Y)的概率密度为
⎧1,
⎨
⎪⎩0,
x2+y2≤1,
其他.
试验证X和Y是不相关的,但X和Y不是相互独立的.
【解】设D={(x,y)|x2+y2≤1}.
E(X)=⎰+∞⎰+∞xf(x,y)dxdy=1
⎰⎰xdxdy
-∞-∞
πx2+y2≤1
=1⎰2π⎰1rcosrdrd=0.
同理E(Y)=0.
π00
+∞+∞
而Cov(X,Y)=⎰-∞⎰-∞[x-E(x)][y-E(Y)]f(x,y)dxdy
=1⎰⎰
xydxdy=1⎰2π⎰1r2sincosrdrd=0,
πx2+y2≤1
由此得XY=0,故X与Y不相关.
π00
下面讨论独立性,当|x|≤1时,fX(x)⎰1-1-x2πdy=π
1-x2.
当|y|≤1时,fY(y)⎰1-1-y2πdx=π
1-y2.
显然fX(x)fY(y)≠
f(x,y).
故X和Y不是相互独立的.17.设随机变量(X,Y)的分布律为
X
Y
-1
0
1
-1
1/8
1/8
1/8
0
1/8
0
1/8
1
1/8
1/8
1/8
验证X和Y是不相关的,但X和Y不是相互独立的.
【解】联合分布表中含有零元素,X与Y显然不独立,由联合分布律易求得X,Y及XY的分布律,其分布律如下表
X
-1
0
1
P
3
2
3
8
8
8
Y
-1
0
1
P
3
2
3
8
8
8
XY
-1
0
1
P
2
4
2
8
8
8
由期望定义易得E(X)=E(Y)=E(XY)=0.
从而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相关系数性质知ρXY=0,
即X与Y的相关系数为0,从而X和Y是不相关的.
331
又P{X1}P{Y1}P{X1,Y1}
888
从而X与Y不是相互独立的.
18.设二维随机变量(X,Y)在以(0,0),(0,1),(1,0)为顶点的三角形区域上服从均匀分布,求Cov(X,Y),ρXY.
1
【解】如图,SD=,故(X,Y)的概率密度为
2
题18图
f(x,y)=⎧2,(x,y)∈D,
⎩
⎨0,其他.
E(X)=⎰⎰xf(x,y)dxdy=⎰1dx⎰1-xx2dy=1
D003
6
E(X2)=⎰⎰x2f(x,y)dxdy=⎰1dx⎰1-x2x2dy=1
00
D
1⎛1⎫21
从而D(X)=E(X2)-[E(X)]2=-ç⎪=.
同理E(Y)=
1,D(Y)=1.
318
6⎝3⎭18
11-x1
而E(XY)=⎰⎰xyf(x,y)dxdy=⎰⎰2xydxdy=⎰0dx⎰0
DD
所以
2xydy=.12
Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=
1-1⨯1=-1.
123336
-1
从而XY
===-12
19.设(X,Y)的概率密度为
⎨
⎧1sin(x+y),0≤x≤π,0≤y≤π,
f(x,y)=⎪222
⎩⎪0,
其他.
求协方差Cov(X,Y)和相关系数ρXY.
+∞+∞
π/2π/21π
【解】E(X)=⎰-∞⎰-∞xf(x,y)dxdy=⎰0
dx⎰0
x2sin(x+y)dy=4.
ππ1π2π
E(X2)=⎰2dx⎰2x2sin(x+y)dy=+-2.
00282
从而
22π2π
D(X)=E(X
)-[E(X)]
=+-2.
162
ππ2π
同理E(Y)=
D(Y)=+-2.4162
π/2π/2π
又E(XY)=⎰0
dx⎰0
xysin(x+y)dxdy=-1,
2
⎛π⎫ππ⎛π-4⎫2
故Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=ç2-1⎪-⨯=-ç⎪.
⎝⎭44
⎝4⎭
⎛π-4⎫2
Cov(X,Y)
-4⎪
(π-4)2
π2-8π+16
==⎝⎭
=-=-.
D(X)
D(Y)
π2+π-
162
⎡1
π2+8π-32π2+8π-32
1⎤
20.已知二维随机变量(X,Y)的协方差矩阵为⎢
⎣
⎥,试求Z1=X-2Y和Z2=2X-Y的相关
⎦
系数.
【解】由已知知:
D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.
从而
D(Z1)=D(X-2Y)=D(X)+4D(Y)-4Cov(X,Y)=1+4⨯4-4⨯1=13,
D(Z2)=D(2X-Y)=4D(X)+D(Y)-4Cov(X,Y)=4⨯1+4-4⨯1=4,Cov(Z1,Z2)=Cov(X-2Y,2X-Y)
=2Cov(X,X)-4Cov(Y,X)-Cov(X,Y)+2Cov(Y,Y)
=2D(X)-5Cov(X,Y)+2D(Y)=2⨯1-5⨯1+2⨯4=5.
故===
12
513.
26
21.对于两个随机变量V,W,若E(V2),E(W2)存在,证明:
[E(VW)]2≤E(V2)E(W2).这一不等式称为柯西许瓦兹(Couchy-Schwarz)不等式.
【证】令g(t)=E{[V+tW]2},t∈R.
显然
0≤g(t)=E[(V+tW)2]=E[V2+2tVW+t2W2]
=E[V2]+2tE[VW]+t2E[W2],∀t∈R.
可见此关于t的二次式非负,故其判别式Δ≤0,即0≥∆=[2E(VW)]2-4E(W2)E(V2)
=4{[E(VW)]2-E(V2)E(W2)}.
故[E(VW)]2≤E(V2)E(W2)}.
22.假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数λ=1/5的指数分布.设备定时开机,出现故障时自动关机,而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数F(y).
【解】设Y表示每次开机后无故障的工作时间,由题设知设备首次发生故障的等待时间
1
X~E(λ),E(X)==5.
l
依题意Y=min(X,2).
对于y<0,f(y)=P{Y≤y}=0.
对于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1.
对于0≤y<2,当x≥0时,在(0,x)内无故障的概率分布为P{X≤x}=1-e-λx,所以
F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1-e-y/5.
23.已知甲、乙两箱中装有同种产品,其中甲箱中装有3件合格品和3件次品,乙箱中仅装有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后,求:
(1)乙箱中次品件数Z的数学期望;
(2)从乙箱中任取一件产品是次品的概率.
【解】
(1)Z的可能取值为0,1,2,3,Z的概率分布为
CkC3-k
P{Z=k}=33,k=0,1,2,3.
6
Z=k
0
1
2
3
Pk
1
20
9
20
9
20
1
20
因此,E(Z)=0⨯+1