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1、概率论与数理统计第四版第2章浙大1、考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年后因意外死亡，则公司赔付 20万元,若投保人因其他原因死亡，则公司赔付 5万元，若投保人在投保期末生存，则公司无需付给任何费用。若投保人在一年内因意外死亡的概率为 0.0002，因其他愿意死亡的概率为0.0010，求公司赔付金额的分布律。解：设X为公司的赔付金额，X=0,5,20P（ X=0）=1-0.0002-0.0010=0.9988P（ X=5）=0.0010P（ X=20）=0.0002X0520P0.99880.00100.00022.（1） 一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取3只球

2、，以X表示取出的三只中的 最大号码，写出随机变量的分布律 .解：方法一：考虑到5个球取3个一共有（:？ =10种取法，数量不多可以枚举来解此题。设样本空间为SS= 123,124,125,134,135,145,234,235,245,345 易得，P X=3 = ; P X=4 = ; P X=5 =；X345Pk1/103/106/10方法二：X的取值为3,4,51当X=3时，1与2必然存在，P X=3 = =；当X=4时，1,2,3中必然存在2个,P X=4 =目 扁;当X=5时，1,2,3,4中必然存在2个，P X=5 = =;X345Pk1/103/106/10（2）将一颗骰子抛掷两

3、次，以 X表示两次中得到的小的点数，试求 X的分布律.解：P X=1 = P （第一次为1点）+P （第二次为1点）-P （两次都为一点）1 1 L I 1=石+冇詰=西；P X=2 = P （第一次为2点，第二次大于1点）+P （第二次为2点，第一次大于1点）-P （两次都为2点）15 15 196 * 6_ M=讯；P X=3 = P （第一次为3点，第二次大于2点）+P （第二次为3点，第一次大于2点） -P （两次都为3点）P X=4 = P （第一次为4点，第二次大于 3点）+P （第二次为4点，第一次大于 3 点）-P （两次都为4点）P X=5 = P （第一次为5点，第二次大于

4、 4点）+P （第二次为5点，第一次大于 4 点）-P （两次都为5点）P X=6 = P （第一次为6点，第二次大于5点）+P （第二次为6点，第一次大于5点） -P （两次都为6点）111111 1 .斑;X12345611/369/367/365/363/361/363设在15只同类型的零件中有 2只是次品，在其中取 3次，每次任取1只，作不放回抽样 以X表示取出的次品的只数.（1）求X的分布律.M Ci 12P X=1 =研=甬cSc? iP X=2 = =.；X012Pk22/3512/351/35（2）画出分布律的图形.分布律图形4、进行独立重复试验，设每次试验的成功率为 p，失败

5、概率为q=1-p （0p 3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=橈 71 * 0少+鹽 * * 0勺+0.F =0.00856 P(X 1)=4P(X=0)=1- 勺=0.40951(1)进行了 5次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。(2)进行了 7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。解：设进行5次重复独立试验指示灯发出信号为事件 B,进行7次重复独立试验指示灯发出信号为事件C。用X表示n次重复独立试验中事件 A发生的次数，则P(X=k)=席, k=1,2,3(1) P(B)= P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)= |爲 申 0,虻0.163或:P(B)= 1-P(X=

6、0)-P(X=1)-P(X=2)=1-U.7L d * D,沪-梯 7川 * (仁 0.163&甲、乙两人投篮，投中的概率分别为 0.6, 0.7. 今各投三次，求：(1)两人投中次数相等的概率(2)甲比乙投中次数多的概率解：记投三次后甲投中次数为 X,乙投中次数为 Y,设甲投中a次，乙投中b次的概率为P (X=a, Y=b)(1)设两人投中次数相等为事件 A因为甲、乙两人每次投篮相互独立且彼此投篮相互独立则 P (A) = P (X=0, Y=0) +P (X=1, Y=1) +P (X=2, Y=2) +P (X=3, Y=3)ci x 0.6 X0.4)2 x CJX 0,7 x (0,

7、3)2cix 2 X ().4 X d X (0.7) 2 X + (0.6) (0.7)冃=0.321(2) 设甲比乙投中次数多为事件 B则 P (B) = P (X=1, Y=0) +P (X=2, Y=0) +P (X=3, Y=0) +P (X=2, Y=1) +P (X=3, Y=1) +P (X=3, Y=2)3, 即13.P,时间间隔长度t=3 ,某公安局在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼叫的次数 X服从参数为（1/2 ） t的泊松(1)(2)解：求某一天中午12点至下午3点未收到紧急呼叫的概率；求某一天中午12点至下午5点至少收到1次紧急呼叫的概率。分布，而与时间间隔的起点无关

8、（时间以小时计）（1）设某一天中午12点至下午3点未收到紧急呼叫的概率为依题意有卩容.攀“逊=1 -k5=1 -e = 0.917914.某人家中在时间间隔t （小时）内接到电话的次数 X服从参数为2t的泊松分布。（1） 若他在外出计划用时 10分钟，问其间有电话铃响一次的概率是多少？（2） 若他希望外出时没有电话的概率至少为 0.5，问他外出应控制最长时间是多少？解：设其间有电话铃响一次的概率为 P， t=1/6 ，依题意有(21 21 由.不 1 _1P(X = 1) =7n- = 7e 5 = 07388外出时没有电话的概率至少为 0.5,即为(2t)he 2f (2t)% 2tp 皿（

9、小时）即外出时间不得超出 20.79分钟.15保险公司在一天内承保了 5000张相同年龄，为期一年的寿险保单，每人一份，在合同有效期内若投保人死亡，则公司需赔付 3万元。设在一年内，该年龄段的死亡率为 0.0015,且各投保人是否死亡相互独立。求该公司对于这批投保人的赔付总额不超过 30万元的概率（利用泊松定理计算）。解：设投保人在一年内死亡人数为 X,则Xb（ 5000,0.0015），若公司赔付不超过 30万元，30则死亡人数不该超过 =10个人，P XW 10 ：】“5約（0 M巧）列笳严U 根据泊松定理，入 =np=5000 X 0.0015=7.5口 W 7.SLr-T5P Xw 1

10、0宀A 一 = 0.8622.16有一繁忙的汽车站，每天有大量汽车通过，设一辆汽车在一天的某段时间内出事故的概率为0.0001。在某天的该时间段内有 1000辆汽车通过。问出事故的车辆数不小于 2的概率是多少？(利用泊松定理计算)解：设某天该时段汽车站汽车出事故的辆数为 X，则Xb( 1000,0.0001 ),所求为 P X 2 =1-P X=0 -P X=1 .其中，根据泊松定理，入 =np=1000 X 0.0001 = 0.LP X=k = .所以，P X 2 =1-P X=0 -P X=1 1- - 17.(1)设X服从(0-1)分布，其分布律为 PX=k=p k(1-p)1-k,k

11、=0, 1,求X的分布函数, 并作出其图形。(2)求第2题(1)中的随机变量的分布函数。解：(1) X 服从(0-1)分布，即，当 X=0 ,珈=1 - P ;当 X=1 , P = P-当 x 1,F(x)=(1-p)+p=1.h 0, x 0X的分布函数为心)=1 -卩巧1(2)第2题(1)中，X的分布律为X345心P0.10.30.6*-所以，当X1;M=ojZ X 5F(x) = 0.1J4 . I -5 X, F(x) = 0.4 + 0.6 = 1.所以，X的分布函数为/0.1,3 W xF(x)= 04.4 W x 5.18.在区间0, a上任意投掷一个质点，以 X表示这个质点的

12、坐标。设这个质点落在 0,a中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例。试求 X的分布函数。解：当 xv0,P(x)=0;当0wxw a,P(x)=kx,(其中k表示概率与区间长度的比例关系)由于题中说明，在区间0,1上任意投掷质点，所以，质点落在区间内是必然事件，所以 P(0w x w a)=ka=1,所以 k=所以X的分布函数为F(x)=ltxa19.,X的分布以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一个顾客到达的等待时间(以分计)h - V E, x0,函数是厂N (x)= 上尤兰n 求下列概率：(1)P至多3分钟.(2)P至少4分钟.(3)P3分钟至4分钟之间.(4)P至多3分钟或至少

13、4分钟.(5)P恰好2.5分钟.解：(1) P至多 3 分钟=PX w 3= (3) =1- =1-(2) P至少 4 分钟=PX 4=1-PX v 4=1-Ey (4) = =(3)P3 分钟至 4 分钟之间=P3 w XW 4= ( 4) -k- (3) = (1- ) - (1-， )= -(4)P至多 3 分钟或至少 4 分钟=PX W 3UX 4=PX W 3+PX 4= ( 1# 1 2) +=1+疋 “I芒 12(5)P恰好 2.5 分钟=PX=2.5=00,. x 120.设随机变量X的分布函数为心(x)It X E 骼(1 )求 PXv 2 , P0v XW 3, P2 v

14、Xv 2.5.(2)求概率密度(x).解：(1 )根据连续型随机变量的分布函数的定义和性质可得PXv 2= ( 2)=ln2P0 v XW 3=心(3)-心(0) =1-0=1=ln 2.5-1 n2=l n1.25P2 v Xv 2.5=， (2.5 )-民:| (2) (2)根据概率密度的定义可得21.设随机变量X的概率密度为x, 0 2-x. 1 x2, : 九其也求X的分布函数F (x),并画出(2)中f (x)及F (x)的图形.解：(1) F ( x) =P (X x)dt当 xv 1 时，F (x)=,.匚：、;=0当 1 x 2 时，F (x) JlgOdtJ：?(忑)妣=2

15、(x+ -2 ) 当 2vx 时，F (x)的+J：2 仆冷)=1(2) F (x) =P (X x) = 、八；当x v 0时，F (x)/T卞=0当 0 x v 1 时，F (x) = +，i： -h =当 1 x v 2 时，F (x) =f /dt J Jdt J】f 2 (J fit =2x-彳-1 当 2 x 时，F (x) 毗+：叫几 W dtJ：0dt =1(X x0_ J故分布函数为F (x)=p 0 W xl 护2x - 2 i h 1 W x22 xF ( x)和F (x)的图形如下22.(1)分子运动速度的绝对值 X服从麦克斯韦(Maxwell)分布，其概率密度为:f

16、(x)=.6 直也其中b=m/(2kT)，k为玻尔兹曼常数，T为绝对温度，m是分子的质量，试确定常数 A。(2)研究了英格兰在 1875年1951年期间，在矿山发生导致不少于 10人死亡的事故的频繁程度。得知相继两次事故之间的时间 T (日)服从指数分布，其概率密度为求分布函数F(t)，并且求概率 P( 50T0时，衍(t) (r) dt = JJ血+ J；扣血=1-曲|故所求的分布函数为(t)=具他.Fr而 P50T 1000,其血现有一大批此种器件(设各种器件损坏与否相互独立) ，任取5只，问其中至少有 2只寿命大于1500小时的概率是多少？解：任取一只该种器件，其寿命大于 1500h的概

17、率为24.设顾客在某银行的窗口等待服务时间 X(mi n)服从指数分布，其概率密度为f I &吧耳I 几(x)=(0 直他某顾客在窗口等待服务，若超过 10min，他就离开，他一个月要到银行 5次，以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出 Y的分布律，并求 P(Y 1).解：顾客在窗口等待服务超过 10min的概率为P=J常x 1=1-PY=O=10 -芒I =0.516725、设K在(0,5)服从均匀分布，求 x的方程4i+4Kx+K+2=0有实根的概率。 解：4 +4Kx+K+2=0 有实根即 二它4 二釘；解得 K0-1或K2由题知K在(0,5)服从均匀分布即 ；-亠设方程4

18、+4Kx+K+2=0有实根为事件AP(A)=上总、化二；担=?26、设 XNQ,科(1)求卩2U灯5,艸-4 6玄训|,卩凶A2|,叫确定c使得P(X i = PX c设 d 满足 -.i -解：无三宁f (2 3 X 3 5 Jj(1)P2Jf5 = P(-珂斗 V*冬 10=卩 ?2 = PZ _2 + 卩龙2 = “丁 v刃 + F亍一计 胡+碓)=0.6977=U.5卜灯二也弐好(X - 3 c-3 (X-3 c-31即 - (X-3 3) (-3 C-3)1 卩| 2 % 2 4 2 T = 烏即=0可得c = 3rf- 3即-丁匕129即 止则d至多为0.4227、某地区18岁的女青年的血压（收缩压，以 mmHg计）服从N（110,122）分布，在该地区任选一 18岁的女青年，测量她的血压 X，求（1） J 二腺i 心 V 1比确定最小的，使. -解：z = /V（OJ）rx - no 105- no(1)1 : :=0(-0.417) 0+3383P100 X 120= ”r x- no -0833 x 129.8则x最小为129.8，使得 : -28.由某机器生产的螺栓的长度（cm）服从参数卩=10.05, （T =0.06的正态分布。规定长