概率论与数理统计第二章答案可编辑修改word版.docx

1、概率论与数理统计第二章答案可编辑修改word版1、解：第二章 随机变量及其分布设公司赔付金额为 X ，则 X 的可能值为；投保一年内因意外死亡：20 万，概率为 0.0002投保一年内因其他原因死亡：5 万，概率为 0.0010投保一年内没有死亡：0，概率为 1-0.0002-0.0010=0.9988所以 X 的分布律为：2、一袋中有 5 只乒乓球，编号为 1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以 X 表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量 X 的分布律解：X 可以取值 3，4，5，分布律为1 C 2P( X = 3) = P(一球为3号, 两球为1,2号) = 2 =51101 C 2

2、 3P( X = 4) = P(一球为4号, 再在1,2,3中任取两球) = 3 =101 C 2 6P( X = 5) = P(一球为5号, 再在1,2,3,4中任取两球) = 4 =10也可列为下表X： 3， 4，5P： 1 , 3 , 6 10 10 103、设在 15 只同类型零件中有 2 只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽样，以 X 表示取出次品的只数，（1）求 X 的分布律，（2）画出分布律的图形。解：任取三只，其中新含次品个数 X 可能为 0，1，2 个。C 3P( X = 0) = 13 =15C1 C 2P( X = 1) = 2 13 =15C 2 C1P(

3、X = 2) = 2 13 =15再列为下表 xX： 0， 1， 2P： 22 , 12 , 1 35 35 354、进行重复独立实验，设每次成功的概率为 p，失败的概率为 q =1p(0p1)（1）将实验进行到出现一次成功为止，以 X 表示所需的试验次数，求 X 的分布律。（此时称 X 服从以 p 为参数的几何分布。）（2）将实验进行到出现 r 次成功为止，以 Y 表示所需的试验次数，求 Y 的分布律（。此时称 Y 服从以 r, p 为参数的巴斯卡分布。）（3）一篮球运动员的投篮命中率为 45%，以 X 表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出 X 的分布律，并计算 X 取偶数的概率。解：（1

4、）P (X=k)=qk1p k=1,2,q p p = C（2）Y=r+n=最后一次实验前 r+n1 次有 n 次失败，且最后一次成功r +n-1P(Y = r + n) = C nn r -1 nr +n-1qn pr ,n = 0,1,2, , 其中 q=1p，k -1或记 r+n=k，则 PY=k= C r-1 pr (1 - p) k-r ,k = r, r + 1, （3）P (X=k) = (0.55)k10.45 k=1,2 2k -1 11P (X 取偶数)= P( X = 2k ) = (0.55) 0.45 = 31k =1 k =15、 一房间有 3 扇同样大小的窗子，其

5、中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。（1）以 X 表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求 X 的分布律。（2）户主声称，他养的一只鸟，是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以 Y 表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数，如户主所说是确实的，试求 Y 的分布律。（3）求试飞次数 X 小于 Y 的概率；求试飞次数 Y 小于 X 的概率。解：（1）X 的可能取值为 1，2，3，n，P X=n=P 前 n1 次飞向了另 2 扇窗子，第 n 次飞了出去= ( 2 ) n-1 1 ， n

6、=1，2，3 3（2）Y 的可能取值为 1，2，3P Y=1=P 第 1 次飞了出去= 13P Y=2=P 第 1 次飞向 另 2 扇窗子中的一扇，第 2 次飞了出去= 2 1 = 13 2 3P Y=3=P 第 1，2 次飞向了另 2 扇窗子，第 3 次飞了出去= 2! = 13! 33(3)PX Y = PY = kPX Y | Y = kk =1全概率公式并注意到3= PY = kPX Y | Y = kk =23 PX Y | Y = 1 = 0 = PY = kPX kk =2= 1 1 + 1 1 + 2 1 = 8注意到X ,Y独立即PX Y | Y = k= PX k3 3 3

7、3 33 3 27同上， PX = Y = PY = kPX = Y | Y = kk =13= PY = kPX = k = 1 1 + 1 2 + 1 4 = 19k =13 3 3 9383 27 81故 PY X = 1 - PX Y)=P (X=1, Y=0)+P (X=2, Y=0)+P (X=2, Y=1)+P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)=P (X=1) P (Y=0) + P (X=2, Y=0)+ P (X=2, Y=1)+P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P

8、 (Y=2)=C1 0.6 (0.4) 2 (0.3)3 + C 2 (0.6) 2 0.4 (0.3)8 +3 3C 2 (0.6) 2 0.4 C1 0.7 (0.3) 2 + (0.6)33 33 (0.3)3 + (0.6)3 C1 0.7 (0.3) 2 + (0.6)33C 2 (0.7)2 0.3 = 0.2439、有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取 10 件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于 2 拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取 5 件，仅当 5 件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为 10%，求（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2

9、）需作第二次检验的概率（3）这批产品按第 2 次检验的标准被接受的概率（4）这批产品在第 1 次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：X 表示 10 件中次品的个数，Y 表示 5 件中次品的个数，由于产品总数很大，故 XB（10，0.1），YB（5，0.1）（近似服从）（1）P X=0=0.9100.349（2）P X2=P X=2+ P X=1= C 2 0.120.98 + C1 0.10.99 0.58110 10（3）P Y=0=0.9 50.590（4）P 0X2，Y=0 (0X2与 Y=2独立)= P 0X2P Y=0=0.5810.590 0.34

10、3（5）P X=0+ P 03 = PX 4 = 0.56653013.某一公安局在长度为 t 的时间间隔内收到的紧急呼救的次数 X 服从参数为（1/2）t 的泊松分布，而与时间间隔的起点无关（时间以小时计）。（1）求某一天中午 12 时至下午 3 时没有收到紧急呼救的概率。（2）求某一天中午 12 时至下午 5 时至少收到 1 次紧急呼救的概率。t解： =23X ( )- 3 =2PX = 0 = e 2 = 0.2231 =214、解： X (2t)PX 1 = k =12.5k e-2.5 k != 0.918（1）、t = 10 分钟时t =1小时，6-1 k e- e 3PX = 1

11、 = = 3 = 0.2388k ! 1（2）、 PX = 0 0.5 故(2t )0 e-2t1 0.5 t 0.34657 （小时）所以t 0.34657 * 60 20.79 （分钟）15、解：PX 10 = 10 5000 (0.0015)k (1- 0.0015)5000-k k k =0 PX 10 0.8622n = 1000, p = 0.0001, = np = 0.116、解： PX 2 = 1- PX = 0 - PX = 1= 0e- e1 - 1- - 1- 0.9953 = 0.00470! 1!17、解：设 X 服从(0 1) 分布，其分布率为 PX = k =

12、pk (1- p)1-k , k = 0,1 ，求 X 的分布函数，并作出其图形。解一：X01pk1- ppX (0,1)X 的分布函数为： 0 ,F ( x) = - p , 1 ,x 00 x 1x 118在区间0, a 上任意投掷一个质点，以 X 表示这个质点的坐标。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 X a 时，X x 是必然事件，有 F ( x) = PX x = 10 a F ( x) x1, x a19、以 X 表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间（以分计），X的分布函数是0F (x) = 1 -

13、 e -0.4 x ,X x 0x 0求下述概率：（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 4 分钟；（5）P恰好 2.5 分钟解：（1）P至多 3 分钟= P X3 = FX (3) = 1 - e -1.2（2）P 至少 4 分钟 P (X 4) =1 - FX (4) = e -1.6（3）P3 分钟至 4 分钟之间= P 3X4= FX (4) - FX (3) = e -1.2 - e -1.6（4）P至多 3 分钟或至少 4 分钟= P至多 3 分钟+P至少 4 分钟=1 - e -1.2 + e -1.6（5

14、）P恰好 2.5 分钟= P (X=2.5)=0 0, x 1,20、设随机变量 X 的分布函数为 FX (x) = ln x,1 x e, ， 1, x e.求（1）P (X2), P 0X3, P (2X 5 2 )；（2）求概率密度 fX (x).解：（1）P (X2)=FX (2)= ln2， P (0X3)= FX (3)FX (0)=1，P(2 X 5 = F ( 5 ) - F (2) = ln 5 - ln 2 = ln 52 X 2 X 2 4 1 ,1 x e,（2） f (x) = F (x) = x 0, 其它21、设随机变量 X 的概率密度 f (x) 为 2（1）

15、f (x) = 1 - x 20- 1 x 1其它 x0 x 1（2） f (x) = 2 - x 1 x 2 0 其他求 X 的分布函数 F (x)，并作出（2）中的 f (x)与 F (x)的图形。解：（1）当1x1 时：-1 x 22 11 X-1F (x) = - 0 dx + -1 dx = 2 x+2 arcsin x= 1 x+ 1 arcsin x + 1x 2当 1x 时： F (x) = -1 0 dx + 1 2+ 0 dx = 1-故分布函数为：0-1 1x -1F (x) = 1 x+ 1 arcsin x + 1- 1 x 1 1 xx解：（2） F (x) = P

16、( X x) = - f (t)dt当x 0时,F (x) = - 0 dt = 0x当0 x 1时,F (x) = -x00 dt + t dt0= x 22当1 x 2时,1 x 20F (x) = 0 dt + t dt + (2 - t)dt = 2x - x - 1- 0 1 20 1 2 x当2 x时,F (x) = - 0 dt + 0 t dt + 1 (2 - t)dt + 2 0 dt = 1故分布函数为0 x 2x 00 x 1F (x) = 2 x 22x -12 - 11 x 22 0 0 , 其 其其中b = m 2kT ， k 为 Boltzmann 常数， T

17、为绝对温度， m 是分子的质量。试确定常数 A 。解: - ( x) dx = 1+ +-x2Ab +- x2 x2 即-f ( x) dx = 0AbAx2e+b dx = -2-x2 Ab0 xe-x2b d -Ab+ - x2= - 2 0xd (eb ) = -2xe b|+ +2 0e b dx= Ab+ - x2+ 1 - e b dx = e d x2 0 0 2 = Ab 2 1 = 1 + 1 -u2 1 e 2 du = 2 2 0 2 2 A = 4t当t 0 时， FT (t ) = - 0 dt = 0t t 1- x 当t 0 时，FT (t ) = -f ( x)

18、 dt = FT (t ) = 0 241-t= 1- e 241e 241dt FT (t ) = 0 ,- t t 01- e 241 ,t 0 P50 T 100 = PT 100 - PT 50 = F (100) - F (50)= e-50 241 - e-100 241100100 1- t - 50 -100或 P50 T 1000f (x) = x 2 0 其它现有一大批此种管子（设各电子管损坏与否相互独立）。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：一个电子管寿命大于 1500 小时的概率为P( X 1500) = 1 - P( X 1500

19、) = 1 - 1500 1000 dx = 1 - 1000(- 1 ) 1500 = 1 - (1 - 2 ) = 21000 x 2 1000 3 3令 Y 表示“任取 5 只此种电子管中寿命大于 1500 小时的个数”。则Y B(5, 2 ) ，3P(Y 2) = 1 - P(Y 0 0, 其它某顾客在窗口等待服务，若超过 10 分钟他就离开。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（Y1）。解：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为P( X 10) = +f X (x)dx =+ - xe 5 dx = -e- x5+ = e -210 5 10 10