概率论习题册答案中国地质大学.pdf 46页

'概率论习题册答案第一章随机事件及其概率§1.1样本空间与随机事件一、计算下列各题1.写出下列随机实验样本空间：(1)同时掷出三颗骰子，记录三只骰子总数之和；(2)10只产品中有3次产品，每次从中取一只（取出后不放回），直到将3只次品都取出，记录抽取的次数；(3)一只口袋中有许多红色、白色、蓝色乒乓球，在其中抽取4只，观察它们具有哪种颜色；(4)有A,B,C三只盒子，a,b,c三只球，将三只球，装入三只盒子中，使每只盒子装一只球，观察装球情况；(5)将一尺之棰折成三段，观察各段的长度。解1（1）{3,4,5,L,18}；（2）{3,4,5,L,10}；（3）{R,W,B,RW,RB,WB,RWB}；其中R,W,B分别表示红色，白色和蓝色；（4）{AaBbCcAaBcCbAbBaCcAbBcCaAcBbCaAcBaCb,,;,,;,,;,,;,,,,,}其中Aa表示a求放在盒子A中，可类推；（5）{(x,y,z)|x>0,y>0,z>0,x+y+z=1}其中x,y,z分别表示三段之长。2.设A,B,C为三事件，用A,B,C运算关系表示下列事件：（1）A发生,B和C不发生；（2）A与B都发生,而C不发生；（3）A,B,C均发生；（4）A,B,C至少一个不发生；（5）A,B,C都不发生；（6）A,B,C最多一个发生；（7）A,B,C中不多于二个发生；（8）A,B,C中至少二个发生。解（1）ABC；（2）ABC；（3）ABC；（4）ABC++；（5）ABC；（6）ABC+ABC+ABC+ABC；（7）ABC；（8）AB+AC+BC3．下面各式说明什么包含关系？(1)AB=A；(2)A+B=A；(3)A+B+C=A解（1）A⊂B；（2）A⊃B；（3）A⊃B+C 4.设Ω={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10},A={2,3,4},B={3,4,5},C={5,6,7}具体写出下列各事件：(1)AB，(2)A+B，(3)AB，(4)ABC，(5)A(B+C).解（1）{5}；(2){1,3,4,5,6,7,8,9,10}；(3){2,3,4,5}；(4){1,5,6,7,8,9,10}；(5){1,2,5,6,7,8,9,10}。5．如下图，令A表示“第i个开关闭合”,i=1,2,3,4,5,6，试用A,A,L,A表示下列i126事件，（1）系统Ⅰ为通路，（2）系统Ⅱ为通路。系统Ⅰ系统Ⅱ15231234L4RL6R1122解(1)A+AA+A(2)AA+AAAA+AAA+AAA。1234151234634625§1.2事件的频率与概率一．填空题1．设事件A,B的概率分别为0.5，0.6，且互不相容，则积事件AB的概率P(AB)=0；2．设随机事件A,B及其和事件A+B的概率分别是0.4、0.3和0.6，若B表示B对立事件，那么积事件AB的概率P(AB)=0.3；3.已知P(A)=0.4,P(B)=0.3,(1)当A,B互不相容时,P(A+B)==0.7;P(AB)=0.(2)当B+A时,P(A+B)==0.4;P(AB)=0.3；4.若P(A)=α,P(B)=β,P(AB)=γ,P(A+B)=1-g;P(AB)=bg-;P(A+B)=1−αγ+。二、选择题 1.若二事件A和B同时出现的概率P(AB)=0则（C）（A）A和B不相容；（B）AB是不可能事件；（C）AB未必是不可能事件；（D）P(A)=0或P(B)=0.2.对于任意二事件A和B有P(A−B)=(C)(A)P(A)−P(B);（B）P(A)−P(B)+P(AB);（C）P(A)−P(AB);（D）P(A)+P(B)+P(B)−P(AB).3.设A,B是任意两个概率不为0的不相容的事件,则下列事件肯定正确的（D）(A)A与B不相容;(B)A与B相容;(C)P(AB)=P(A)P(B);(D)P(A-B)=P(A).4.当事件A、B同时发生时，事件C必发生则（B）()APC()≤PA()+PB()1;()−BPC()≥PA()+PB()1;−()CPC()=PAB();()DPC()=PAB(+).三、计算下列各题111.已知P(A)=P(B)=P(C)=,P(AB)=0,P(AC)=P(BC)=，求事件A,B,C全不发416生的概率。解P(ABC)=P(A+B+C)=1−P(A+B+C)⎡31⎤3=1−[P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)]=1−⎢−⎥=⎣48⎦82某地有甲、乙、丙三种报纸，该地成年人中有20%读甲报，16%读乙报，14%读丙报，其中8%兼读甲和乙报，5%兼读甲和丙报，4%兼读乙和丙报，又有2%兼读所有报纸，问成年人至少读一种报纸的概率。解设A，B，C分别表示读甲，乙，丙报纸P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(AB)−P(AC)−P(BC)+P(ABC)=0.2+0.16+0.14−0.08−0.05−0.04+0.02=0.353.某门课只有通过口试及笔试两种考试，方可结业.某学生通过口试概率为80%，通过笔试的概率为65%，至少通过两者之一的概率为75%，问该学生这门课结业的可能性有多大？解A=“他通过口试”，B=“他通过笔试”,则P(A)=0.8,P(B)=0.65,P(A+B)=0.75P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+B)=0.8+0.65-0.75=0.70即该学生这门课结业的可能性为70%。 4.向三个相邻的军火库投掷一个炸弹，炸中第一个军火库的概率为0.025，其余二个各为0.1.只要炸中一个，另两个也要爆炸.求军火库发生爆炸的概率。解设A、B、C分别表示炸弹炸中第一、第二、第三军火库这三个事件，D表示军火库爆炸这个事件，则P(D)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.025+0.1+0.1=0.225.四、证明题试证P（AB+AB）=P（A）+P（B）−2P（AB）.证P（AB+AB）=P（AB)+P(AB)−P(ABAB)=P(A−B)+P(B−A)=P(A)−P(AB)+P(B)−P(AB)=P(A)+P(B)−2P(AB)。§1.3古典概型与几何概型一、填空题1．一部四卷的文集，按任意次序放在书架上，各卷自左向右，或自右向左顺序恰好为11、2、3、4概率为；122．一批(N个)产品中有M个次品、从这批产品中任取n个，其中恰有个m个次品的概mn−mn率是CC/C；Mn−MN3．某地铁车站,每5分钟有一趟列车到站，乘客到达车站的时刻是任意的，则乘客侯车时间不超过3分钟的概率为0.6；64．在区间（0,1）中随机地取两个数，则事件“两数之和小于”的概率为0.68；55.将C、C、E、E、I、N、S七个字母随机地排成一行，那么恰好排成英文单词SCIENCE的概率为1/1260；136.在区间(0,1)中随机取两个数，则这两个数之差的绝对值小于的概率为。24二、选择题1.张奖券中含有m张有奖的，k个人购买，每人一张，其中至少有一人中奖的概率是 （B）k1k−1krmCn−mCmCn−mCm(A)k;(B)1−k;(C)k;(D)∑k.CnCnCnr=1Cn2.掷两枚均匀硬币,出现一正一反的概率是（B）1113（A）;();B();C().D3244三、计算下列各题1．已知10只晶体管中有2只次品，在其中取二次，每次随机取一只，作不放回抽样，求下列事件的概率。（1）两只都是正品；（2）两只都是次品；（3）一只是正品，一只是次品；（4）至少一只是正品。22C828C21解（1）p==;(2)p==1222C45C45101011C8C216144(3)p==;(4)p=1−p=1−=.3242C454545102.把10本书任意放在书架上，求其中指定的5本书放在一起的概率。6!×5!1解所求概率p==.10!423.某学生宿舍有8名学生，问（1）8人生日都在星期天的概率是多少？（2）8人生日都不在星期天的概率是多少？（3）8人生日不都在星期天的概率是多少？81⎛1⎞解(1)p==⎜⎟;187⎝7⎠888116⎛6⎞⎛⎞(2)p2=8=⎜⎟;(3)p3=−18=−1⎜⎟。7⎝7⎠7⎝⎠74．从0~9中任取4个数构成电话号码（可重复取）求：（1）有2个电话号码相同，另2个电话号码不同的概率p；（2）取的至少有3个电话号码相同的概率q。122C10C4A9解(1)p==0.432；4101311CCA+C104910(2)q==0.037410 5.某工厂生产过程中每批出现次品的概率为0.05,每100个产品为一批,检查产品质量时,在每一批任取一半来检查,如果发现次品不多于一个,则这批产品可以认为是合格的.,求一批产品被认为是合格的概率p。解可以认为一批100个产品中有5个次品,505149基本事件总数=C,有利的基本事件数=C+CC10095595C5+CC149。95595所求概率p=50C1006.随机地将15名新生平均分配到三个班中，这15名新生有3名优秀生.求（1）每个班各分一名优秀生的概率p（2）3名优秀生在同一个班的概率q。15！解基本事件总数有种5！5！5！(1)每个班各分一名优秀生有3!种,对每一分法,12名非优秀生平均分配到三个班中分3！12！法总数为12！种,所以共有3！12！种分法.所以p=4！4！4！25=.4！4！4！4！4！4！15！915！5！5！(2)3名优秀生分配到同一个班,分法有3种,对每一分法,12名非优秀生分配到三个班中3×12！12！3×12！2！5！5！6分法总数为,共有种,所以q==。2！5！5！2！5！5！15！915！5！5！27.随机的向半圆00,012∫−pdp114方程两根都是正数的概率==.448§1.4条件概率三、计算下列各题1．某厂的产品中有4%的废品，在100件合格品在有75件一等品，试求在该产品任取一件的是一等品的概率。解令A=“任取一件是合格品”，B=“任取一件是一等品”P(AB)=P(A)P(B|A)=(1−0.04)×0.75=0.72。2.设某种动物由出生而活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，求年龄为20岁的这种动物活到25岁的概率。解设A=“该动物活到20岁”，B=“该动物活到25岁”P(AB)0.4P(B|A)===0.5。P(A)0.83.在100个次品中有10个次品，每次从任取一个（不放回），求直到第4次才取到正品的概率。解A=“第i次取到正品”i=1，2，3，4.iP(AAAA)=P(A)P(A|A)P(A|AA)P(A|AAA)12341213124123109890=×××=0.000691009998974.比赛规定5局比赛中先胜3局为胜，设甲、乙两人在每局中获胜的概率分别为0.6和0.4，若比赛进行了两局，甲以2︰0领先，求最终甲为胜利者的概率。解设B=“最终甲胜”，Ai=“第i局甲胜” P(BA1A2)P(A1A2A3)+P(A1A2A3A4)+P(A1A2A3A4A5)P(B|A1A2)==P(A1A2)P(A1)P(A2)33320.6+0.6×0.4+0.6×0.4==0.93620.6四、证明题1.若P(A)>0,P(B)>0，且P(A|B)>P(A)证明P(B|A)>P(B)。P(AB)证因为P(A|B)>P(A),则>P(A)⇒P(AB)>P(A)P(B)P(B)P(AB)P(A)P(B)所以P(B|A)=>=P(B)。P(A)P(A)P（A）2.证明事件A与B互不相容，且03).2215121解(1)P(3)=P(X=4)+P(X=5)=+=.15155kλ5.（1）设随机变量X的分布律为P(X=k)=ak=1,2,L;λ>0为常数，试k!2确定a。（2）设随机变量Y只取正整数值N，且P(Y=N)与N成反比，求Y的分布律。∞∞λk1λ解（1）因为∑P(X=k)=1,及∑=e−1,λ>0，所以a=.λk=1k=1k!e−1k6（2）令P(Y=N)=aN=1,2,L;类似上题可得k=。22Nπ6所以Y的分布律为P(Y=N)=,N=1,2,L22πN6.汽车沿街道行驶，需要通过3个均设有红绿信号灯的路口，每个信号灯为红或绿与其它信号灯为红或绿相互独立，且红绿两种信号灯时间相等，以X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口，求X的概率分布解X=0,1,2,3,A=“汽车在第i个路口遇到红灯.”，i=1，2，3.i 111P(X=0)=P(A)=,P(X=1)=P（AA）==11222241111P(X=2)P（AAA）==，P(X=3)=P（AAA）==123312332828X0123P1/21/41/81/8为所求概率分布7.同时掷两枚骰子,直到一枚骰子出现6点为止,试求抛掷次数X的概率分布律.11解设Ai="第i次出现6点",P(Ai)=,i=1,2,L,3611k−111所以X的概率分布为P(X=k)=P(AALAA)=(1−)⋅,k=1,2,L12k−1k3636四、证明题设F(x)和F(x)都是分布函数，又a>0,b>0,是两个常数，且a+b=1，试证明：12F(x)=aF(x)+bF(x)也是分布函数.12⎧0≤Fx（)1,0≤≤aFx（)≤a11解（1）因为⎨⇒≤0aFx（)+bFx（)≤+=ab1;12⎩0≤Fx（)1,≤0≤bFx（)≤b22⎧aFx（)≤aFx（)1112(2)∀2−x⎧1−(1+x)e,x≥02.设随机变量X的分布函数为F(x)=⎨；求(1)P(X≥1);(2)X⎩0,x<0的密度函数。−1−1解(1)P(X≥1)=F(+∞)−F(1)=1−(1−2e)=2e;−x⎧xe,x≥0(2)f(x)=F′(x)=⎨⎩0,x<03⎧4x,0a)=P(Xb)=0.05。解（1）因为P(X>a)=P(Xb)=0.05,1−P(X≤b)=0.05,P(X≤b)=b=,204194所以b=,即b=0.95≈0.9872204.在半径为R，球心为O的球内任取一点P，X为点O与P的距离，求X的分布函数及概率密度。解当0≤x≤R时，设OP=x，则点P落到以O为球心，x为半径的球面上时，它到O点的距离均为x，因此⎧0,x<043⎪πx33VOP3⎛x⎞⎪⎛x⎞P(X≤x)===⎜⎟，所以，X的分布函数为Fx()=⎨⎜⎟,0≤xR5.设随机变量X的分布函数为F(x)=A+Barctanx,–∞0（2）类似的可得：f()x=⎨2Z⎪⎩0,x≤0X3.设X~N(0,1)，求(1)Y=e;(2)W=|X|的密度函数。2x1−解（1）X的密度函数为2()，XfX(x)=e−∞0X所以Y=e的密度函数为fY()y=⎨2πy⎪⎩0,y≤0（2）W=|X|的分布函数为F(y)=P(W≤y)=P(|X|≤y)Wy2yt2t1−2−=P(−y≤X≤y)=∫e2dt=∫e2dty≥02π−yπ0F(y)=0,y<0W2⎧y2−⎪e2,y≥0所以W=|X|的密度函数为fW(y)=⎨π⎪⎩0,y<0 ⎧2x⎪,015.若球的直径D的测量值在[a,b]上均匀分布，求球的体积V的概率密度。⎧1⎪,a≤d≤b13解fD(d)=⎨b−a,V=πD,⎪6⎩0,其它13⎛⎜6v⎞⎟⎛⎜6v⎞⎟F(v)=P(πD≤v)=PD≤3=F3,V⎜⎟D⎜⎟6⎝π⎠⎝π⎠1′⎧233⎛⎞⎛⎞1⎛2⎞3−πaπb⎜6v⎟⎜6v⎟⎪⎜⎟v3,≤v≤所以fV(v)=fD33=⎨b−a⎝9π⎠66⎜π⎟⎜π⎟⎪⎝⎠⎝⎠⎩0,其它2a6.将长度为2a的直线随机分成两部分，求以这两部分为长和宽的矩形面积小于的2概率。解长为2a的直线分成X,2a−X两部分,X在[0,2a]上均匀分布⎧1⎪,0≤x≤2afX(x)=⎨2a,面积Y=X(2a−X)⎪⎩0,其它22⎛⎞a⎛a⎞22P(00⎢2⎥p(x)=⎨σx2π⎣2σ⎦,这称为对数正态分布.⎪⎩0,x≤02Yy证Y=lnX~N(µ,σ),X=e,x′=e,x>0,所以X的密度为 ⎧1⎧1⎡12⎤⎪fY(lnx),x>0⎪exp⎢2(lnx−µ)⎥,x>0p(x)=⎨x=⎨σx2π⎣2σ⎦⎪⎩0,x≤0⎪0,x≤0⎩−2x2.设随机变量X服从参数为0.5的指数分布,证明Y=1−e在区间(0,1)服从均匀分布。−2x⎧2e，x>0证X服从参数为0.5的指数分布,则概率密度为f（Xx）=⎨⎩0,x≤0−2x−2x1Y=1−e,y′=2e>0,函数y单调可导,其反函数为x=−ln（1−y）211⎧1,01,0≤y≤1,(,)时Fxy=∫∫dx4xydy=y00x12(4)0≤x≤1,y>1,(,)时Fxy=∫dx∫4xydy=x00(5)x>1,y>1,(,)1时Fxy=⎧0,x<0或y<0⎪22⎪xy,0≤x≤1，0≤y<1⎪2所以F(x,y)=⎨y,x>1,0≤y≤1⎪2x,0≤x≤1,y>1⎪⎪1,x>1,y>1⎩2.一个箱子装有12只开关，其中2只是次品，现随机地无放回抽取两次，每次取一只，以X和Y分别表示第一次和第二次取出的次品数，试写出X和Y的概率分布律。 1111C10C945C2C1010解.P(X=0,Y=0)==,P(X=1,Y=0)==,.1111C12C1166C12C11661111C10C210C2C11P(X=0,Y=1)==,P(X=1,Y=1)==1111C12C1166C12C1166⎧2g(x2+y2)+∞⎪⎪,00,g(x)非负,所以g(x+y)≥0,故f(x,y)≥0,22π+∞+∞+∞+∞2(gx+y)2+∞gr()∫∫fxydxdy(,)=∫∫dxdy=∫2dθ∫rdr=1−∞−∞−∞−∞πx2+y2π00r所以f(x,y)是随机变量X和Y的联合概率密度。⎧⎪k(6−−xy),00⎧ye,y>0−y−x（2）x>0,fX(x)=∫edy=e,fX(x)=⎨，同理fY(y)=⎨x0,x≤00,y≤0⎩⎩111−x−(3)P(X+Y≤1)=f(x,y)dxdy=2dxe−ydy=1+e−1−2e2.∫∫∫0∫xx+y≤17.已知随机变量X,Y的概率分布：X−101Y01P1/41/21/4P1/21/2且PXY(=0)1=.（1）求X,Y的联合分布，（2）问X,Y是否独立？为什么？解因为(PXY=0)1,=所以,有(PX=−1,Y=1)=PX(=1,Y=1)=0,YX-101P．j（1）设X,Y的联合分布为0P11P21P311/210P2201/2Pi.1/41/21/41则p=0.25,p=0.25,p=0.5,由于p+p=0.5,故p=0.5−0.5=0113122212221因此,(X,Y)的联合分布律为YX-10101/401/4101/20(2)由于p=≠00.50.5,×故X与Y不相互独立.218.设X与Y为两个相互独立的随机变量，X在区间(0,1)上服从均匀分布，Y的概率密度为⎧1−y/2⎪e,y>0,fY(y)=⎨2，求：⎪⎩0,y≤0.（1）X与Y的联合概率密度；2（2）设含有a的二次方程为a+2XaY+=0，试求a有实根的概率。解：（1） ⎧1−y/2⎧1,00,QfX(x)=⎨,fY(y)=⎨2⎩0,其它⎪⎩0,y≤0.⎧1−y/2⎪e,00,∴fxy(,)=⎨2⎪⎩0,其它.2（2）含有a的二次方程为a+2XaY+=0有实根的充要条件为22∆=4X−4Y≥0，即X≥Y..而1x212−y/2PX(≥Y)=∫∫fxydxdy(,)=∫∫0dx0edy=−12π⎡⎣Φ(1)−Φ(0)⎤⎦=0.1445.22x≥y四、证明题⎧−−ax≥≤≤(1e)y,x0,0y1,⎪⎪−ax设随机变量(XY,)具有分布函数Fxy(,)=⎨1−e,x≥0,y>1,a>0，⎪0,其它.⎪⎩证明：X与Y相互独立。证明：−ax⎧1−e,x≥0,QFX(x)=Fx(,∞=)⎨a>0,⎩0,其它.⎧y,0≤y≤1,⎪QFY(y)=F(∞,y)=⎨1,y>1,a>0.⎪⎩0,其它.∴Fxy(,)=FX(xF)Y(y)∴X与Y相互独立.§3.5两个随机变量函数的分布三、计算下列各题1.设两个独立随机变量X与Y的分布律为P(X=1)=0.3,P(X=3)=0.7,P(Y=2)=0.6,P(X=4)=0.4,求（1）Z=X+Y的分布律，（2）W=X−Y的分布律.解由独立性可得 （X,Y）（1，2）（1，4）（3，2）（3，4）P(X=x,Y=y)0.180.120.420.28X+Y3557X−Y–1–31–1⎛357⎞⎛−3−11⎞所以Z=X+Y的分布律为⎜⎟,W=X−Y的分布律为⎜⎟⎜⎝0.180.540.28⎟⎠⎜⎝0.120.460.42⎟⎠22.设X,Y独立,X~N(µ,σ),Y在[−π，π]服从均匀分布,Z=X+Y，求Z的概率密度.(用标准正态分布函数Φ(x)表示)。2(x−µ)1−22σ解由已知X的密度函数为fX(x)=e,−∞Zˆ=X−Y~N(µ−µσ,2+σ2)，11221212令Z=XY−=|Zˆ|，则当z>0时，FZ(z)=PZ{≤z}=PZ{ˆ≤z}=FZˆ(z)−FZˆ(−z),(z−µ+µ)2(−−zµ+µ)2⎡−12−12⎤12(σ2+σ2)2(σ2+σ2)⎢1212⎥fZ(z)=fZˆ(z)+fZˆ(−z)=e+e.22⎢⎥2πσ(1+σ2)⎢⎣⎥⎦当z≤0时，fZ(z)=0.(z−µ+µ)2(−−zµ+µ)2⎧⎡−12−12⎤12(σ2+σ2)2(σ2+σ2)⎪⎢e12+e12⎥，z>0,⎪即fZ(z)=⎨2πσ(2+σ2)⎢⎥⎪12⎢⎣⎥⎦⎪⎩0,z≤0. 1221−(x+y)4.已知随机变量(X,Y)服从二维正态分布,其联合密度为f（x,y)=e2,2π122−∞0时,F(z)=dθe2rdr=1−e2,ZZ∫∫2π00⎧0,z≤0⎪所以fZ(z)=⎨3−3ze2,z>0⎪⎩25.已知随机变量X与Y相互独立，且都服从[0,a]区间上的均匀分布，求Z=X的概Y率密度函数。解：∵X与Y相互独立，且XY,~U(0,a)，⎧1⎪,0≤x≤a,0≤y≤a2∴fxy(,)=fX(xf)Y(y)=⎨a⎪⎩0,其它.⎧X⎫∴FZ(z)=P⎨≤z⎬=∫∫fxydxdy(,)⎩Y⎭x≤zy当z≤0,时FZ(z)=0,aa1ax11当z>1时，FZ(z)=∫0dx∫x2dy+∫0dx∫x2dy=−1,aza2zazy1z当0<≤z1,时FZ(z)=dydx=.∫0∫0a22⎧⎪0,z≤0⎪⎪1∴fZ(z)=⎨,0<≤z12⎪⎪1−2z,z>1.⎪⎩2⎧3x，02}Y； ()II求z=X+Y的概率密度。解：（Ⅰ）PX{>2Y}=∫∫(2−−xydxdy)，其中D为02y的那部分D区域；11x求此二重积分可得PX{>2Y}=∫dx∫2(2−−xydy)00152=∫(x−xdx)087=24（Ⅱ）Fz()=PZ{≤z}=PX{+Y≤z}Z当z≤0时，Fz()=0；Z当z≥2时，Fz()1=；Zzzx−132当0<0,i1,2,3,Tmin{XX,,X}=⎨==.X123i⎪⎩0,t≤03t3⎧−1(1F())t⎪1−eθ,t>0θF（Tt）=−∏−Xi=⎨.所以T服从参数为的指数分布i=1⎪⎩0,t≤03⎧1,1−0,11.某种商品一周的需求量是一个随机变量，其概率密度为ft()=⎨⎩0,t≤0.设各周的需求量是相互独立的，求（1）两周；（2）三周的需求量的概率密度。解：设某种商品在第i周的需求量为Xi(=1,2,3)，由题意得XX,,X相互独立，且有i123−t⎧te,t>0,fX(t)=ft()=⎨i⎩0,t≤0.（1）记两周需求量为Z，即Z=X+X，则Z的概率密度为12 z⎧+∞⎪∫fxfz()(−xdx),z>0fZ(z)=∫fxfz()(−xdx)=⎨0−∞⎪⎩0,其它3−z⎧z−x−(zx−)⎧ze⎪∫xe(z−xe)dx,z>0⎪,z>0=⎨0=⎨3!⎪⎩0,其它⎪0,其它⎩（2）记三周需求量为W，即W=Z+X，又Z=X+X与X相互独立，则W的概率密3123度为u⎧+∞⎪∫fZ(xf)X(u−xdx),u>0f(u)=f(xf)(u−xdx)=⎨03W∫−∞ZX3⎪⎩0,其它3−x5−u⎧uxe−(ux−)⎧ue⎪∫(u−xe)dx,u>0⎪,u>0=⎨03!=⎨5!⎪⎩0,其它⎪⎩0,其它第四章随机变量的数字特征§4.1数学期望§4.2方差二、计算下列各题1.设球直径的测量值在[a,b]上服从均匀分布,求球体积V的数学期望。⎧1⎪,a02.设随机变量X服从⎜−,⎟上的均匀分布，y=g(x)=⎨,求⎝22⎠⎩0,x≤0 Y=g(x)的数学期望和方差。⎧11⎪1,−0，σ为常数⎪⎩0,x≤0试确定常数A,并求E(X)、D(X)和P{X>E(X)}。x2x2+∞+∞−−+∞12σ222σ22解f(x)dx=Axedx=−Aσe=Aσ=1,A=∫−∞∫00σ2x2x2x2x21+∞−+∞−2−2+∞−22πσπE(X)=x2e2σdx=−xde2σ=−xe2σ+∞+e2σdx==σ2∫0∫00∫022σ2xx2令t=1+∞−2σ2+∞+∞(2)32σ22−t2−t2EX=xedx2σtedt=−2σtde=2σσ2∫0∫0∫0()(2)(())22π2⎛π⎞2DX=EX−EX=2σ−σ=⎜2−⎟σ2⎝2⎠2ππxπσσ1−2−P{X>E(X)}=1−P{X≤E(X)}=1−2f(x)dx=1−2xe2σdx=e4∫−∞∫0σ26.设(X、Y)的联合分布为右表XY123(1)求E(X)、E(Y)−10.20.1000.100.3(2)设Z=Y/X、求E(Z)10.10.10.12(3)设W=(X−Y)、求E(W)。解E(Y)=(0.2+0.1+0)×(−1)+(0.1+0+0.3)×0+(0.1+0.1+0.1)×1=0E(X)=(0.2+0.1+0.1)×1+(0.1+0+0.1)×2+(0+0.3+0.1)×3=2Z1111-1-−012332 P0.20.100.40.10.10.1W014916P0.10.20.30.40⎛1⎞11E(Z)=0.2×(−1)+0.1×⎜−⎟+0.1×1+0.1×+0.1×=−0.0667⎝2⎠32E(W)=0.1×0+0.2×1+0.3×4+0.4×9+0×16=5。7.设随机变量X与Y相互独立,且都服从均值为0，方差为1/2的正态分布，求随机变量X−Y的方差。z21−解令Z=X−Y,则Z∼N(0,1)f()z=e2Z2π+∞0+∞2EZ()=zf()zdz=−zf()zdz+zf()zdz=∫−∞Z∫−∞Z∫0Zπz222+∞21−EZ()=EZ()=∫ze2dz=1−∞2π222DX(−Y)=DZ()=EZ()−E(Z)1=−。π8.箱内有4个白球和5个红球，不放回地接连从箱中2次取球，第1次取出3只球，第2次取出5只球．设X和Y分别表示这2次取出球中的白球数，则EXY(|=1)为多少？解：条件期望EXY(|=1)的含义是：在已知第二次取出的5只球中有1个白球的情况下，第一次取出3只球中平均白球数是多少？为求得条件期望EXY(|=1)，先要求得Y=1条件下X的条件分布，即第二次抽取5只球中只有1只白球，其余4只是红球，因此第一次抽球只能在3只白球和1只红球中随机抽3只球，这时X至少为2，因为红球只有1个，故PX{=0|Y=1}=PX{=1|Y=1}0=，C2⋅C13PX{=2|Y=1}=31=，34C4 3C1PX{=3|Y=1}=3=，3C44319由此可算得Y=1下的条件期望EXY(|=1)=×+×23=。4449.某大楼共有10层，某次有25人在一楼搭乘电梯上楼，假设每人都等可能的在2~10层中的任一层出电梯，且出电梯与否相互独立，同时在2~10层中没有人上电梯。又知电梯只有在有人要出电梯时才停，求该电梯停的总次数的数学期望。1解：由题设，每人在第i层下电梯的概率均为(i=2,3,L,10)，设A表示第k人在第ik918层下电梯，则有PA()=,PA()=(k=1,2,L,25)，kk99又QA,L,A相互独立，因此第i层无人下电梯（电梯不停）的概率为125252525⎛⎞⎛⎞8P⎜∏Ak⎟=∏PA(k)=⎜⎟⎝k=1⎠k=1⎝⎠9⎧1,第i层有人下设X=⎨，i=2,L,10，则i⎩0,第i层无人下2525⎛⎞8⎛⎞8PX(i=0)=⎜⎟,PX(i=1)=−1⎜⎟,i=2,3,L,10⎝⎠9⎝⎠910因此，电梯停的总次数为X=∑Xi，i=2⎛10⎞10⎡⎛⎞825⎤EX=E⎜∑Xi⎟=∑EX(i)=×9PX(i=1)×=191⎢−⎜⎟⎥。⎝i=2⎠i=2⎢⎣⎝⎠9⎥⎦10.设随机变量X的概率密度为⎧ax2+bx+c,00，0PX{≤aPX}{≤a}∴X与X不相互独立.⎧2−x−y,03}。i=1 解：⎧Z−500.03×3500.03−×⎫PZ{>3}=−1PZ{≤3}=−1P⎨≤⎬≈−1Φ(1.5)=0.1112.⎩500.03×500.03×⎭4．设某部件由10个部分组成，每部分的长度Xi为随机变量，XX1,2,L,X10相互独立同分布，EX(i)=2毫米，DX(i)=0.5毫米，若规定总长度为（20±1）毫米是合格产品，求产品合格的概率。10解：设总长度为T=∑Xi，i=110102则ET()=∑EX(i)=×210=20，DT()=∑DX(i)=(0.5)×10=2.5，i=1i=1近似由林德贝格—列维中心极限定理，知TN(20,2.5)，所以合格的概率为：2120−1920−P{201−35}=−1PX{≤35}=−1P⎨≤⎬===−1Φ⎜⎟，⎩75/475/4⎭⎝75⎠查正态分布表可得 近似PX{>35}===−1Φ(2.13)=−10.9896=0.0104.6.（1）一个复杂系统由100个相互独立的元件组成，系统运行期间每个元件损坏的概率为0.1，又知系统运行至少需要85个元件正常工作，求系统可靠度（即正常工作的概率）；（2）上述系统假如由n个相互独立的元件组成，至少80%的元件正常工作，才能使系统正常运行，问n至少多大才能保证系统可靠度为0.95？解：（1）设X为系统中正常运行完好的元件数，则X~B(100,0.9),()EX=90,()DX=9，由德莫弗—拉普拉斯定理，⎧X−908590−⎫5PX{≥85}1=−PX{<85}1=−P⎨<⎬≈−1Φ(−)=0.952.⎩99⎭3（2）已知PX(≥0.8)n=0.95，求满足条件的n，其中X~Bn(,0.9),()EX=0.9,()nDX=0.09n，同（1）解法，⎧X−0.9n0.8n−0.9n⎫nPX{≥0.8n}=−1PX{<0.8n}=−1P⎨<⎬=Φ()=0.95，⎩0.09n0.09n⎭3n查正态分布表可得：=1.65,⇒n=24.5，取n=25即可.37.某保险公司多年的统计资料表明，在索赔户中被盗索赔户占20%，以X表示在随意抽查的100个索赔户中因被盗向保险公司索赔的户数。（1）写出X的概率分布；（2）用德莫弗–拉普拉斯定理，求被盗索赔户不少于14户不多于30户的概率的近似值.解：（1）X服从二项分布，参数：n=100,p=0.2，即X~B(100,0.2)，其概率分布为kk100−kPX(=k)=C0.20.8,k=0,1,L,100；100（2）EX()=np=20,DX()=np(1−p)16=，根据德莫弗–拉普拉斯定理⎧1420−X−203020−⎫⎧X−20⎫P{14≤X≤30}=P⎨≤≤⎬=P⎨−1.5≤≤2.5⎬⎩444⎭⎩4⎭≈Φ(2.5)−Φ(1.5)−=Φ(2.5)[1−−Φ(1.5)]=Φ(2.5)+Φ(1.5)10.9940.93310.927−=+−=. 8．某运输公司有500辆汽车参加保险，在1年里汽车出事故的概率为0.006，参加保险的汽车每年交保险费800元，若出事故保险公司最多赔偿50000元，试利用中心极限定理计算，保险公司1年赚钱不小于200000元的概率。解：设X为500辆参加保险的汽车中出事故的车辆数，则X服从二项分布B(500,0.006)，由题设，保险公司1年的收益为Y=50080050000×−×X，故保险公司1年赚钱不小于200000元的概率为PY{≥200000}=P{50080050000×−×X≥200000}=PX{≤4}，从而由德莫弗－拉普拉斯定理⎛45000.006−×⎞⎛1⎞PX{≤4}≈Φ⎜⎟=Φ⎜⎟=Φ(0.579)=0.719.⎝5000.0060.994××⎠⎝2.982⎠9．某工厂生产的灯泡的平均寿命为2000小时，改进工艺后，平均寿命提高到2250小时，标准差仍为250小时.为鉴定此项新工艺，特规定：任意抽取若干只灯泡，若平均寿命超过2200小时，就可承认此项新工艺.工厂为使此项新工艺通过鉴定的概率不小于0.997，问至少应抽检多少只灯泡？2解：设X为改进后的灯泡的寿命，由题设，EX()=2250,DX()=250，又设n为使检验通过所需抽取的灯泡数，依题意可建立如下不等式⎧X1+X2+L+Xn⎫P⎨>2200⎬≥0.997，⎩n⎭或PX{+X+L+X≤2200n}<0.003，12n由林德贝格—列维中心极限定理知，⎛2200n−2250n⎞⎛n⎞Φ⎜⎟=Φ⎜−⎟<0.003，⎝250n⎠⎜⎝5⎟⎠查表可得如下不等式n−≤−2.75⇒n≥×52.7513.75=⇒n≥189，5即需随机抽取189只灯泡进行寿命检验，测得的平均寿命才能以95%的概率保证超过2200小时.10．设随机变量序列XX1,2,L,Xn,L要互独立同分布，且EX(n)=0，求 ⎧n⎫limP⎨∑Xi10，有⎧n⎫limP⎨∑Xi