概率论习题解答(苏敏邦).doc 31页

'概率论与数理统计教材习题解答苏敏邦31 目录习题11习题29习题316习题422习题52731 习题11.在1,2,3,4,四个数中可重复地先后取两个数，写出这个随机事件的样本空间及事件A=“一个数是另一个数的2倍”，B=“两个数组成既约分数”中的样本点。解={（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1)，（3，2），（3，3），（3，4），（4，1）（4，2），（4，3），（4，4}）；A={（1，2），（2，1），（2，4），（4，2）；B={（1，2），（1，3}，（1，4），（2，1），（2，3），（3，1)，（3，2），（3，4），（4，1）（4，3）}2.在数学系学生中任选一名学生．设事件A＝{选出的学生是男生}，B＝{选出的学生是三年级学生}，C＝{选出的学生是科普队的}．(1)叙述事件的含义．(2)在什么条件下，ABC＝C成立？(3)在什么条件下，CB成立？解(1)事件的含义是，选出的学生是三年级的男生，不是科普队员．(2)由于ABCC，故ABC＝C当且仅当CABC．这又当且仅当CAB，即科普队员都是三年级的男生．(3)当科普队员全是三年级学生时，C是B的子事件，即CB成立．3.将下列事件用A，B，C表示出来：（1）只有C发生；（2）A发生而B，C都不发生；（3）三个事件都不发生；（4）三个事件至少有一个不发生；（5）三个事件至少有二个不发生；（6）三个事件恰有二个不发生；（7）三个事件至多有二个发生；（8）三个事件中不少于一个发生。解（1）；（2）：（3）（4）；（5）；（6）；（7）；（8）。4.设A，B，C是三个随机事件，且0，,求A，B，C中至少有一个发生的概率．解设D＝{A，B，C中至少有一个发生}，则D＝A＋B＋C，于是P(D)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)＋P(ABC)．又因为,而由P(AB)＝0，有P(ABC)＝0，所以31 5.掷两枚匀称的硬币，求它们都是正面的概率．解设A＝{出现正正}，其基本事件空间可以有下面三种情况：(Ⅰ)Ω1＝{同面、异面}，n1＝2．(Ⅱ)Ω2＝{正正、反反、一正一反}，n2＝3．(Ⅲ)Ω3＝{正正、反反、反正、正反}，n3＝4．于是，根据古典概型，对于(Ⅰ)来说，由于两个都出现正面，即同面出现，因此，m1＝1，于是有．而对于(Ⅱ)来说，m2＝1，于是有．而对于(Ⅲ)来说，m3＝1，于是有．6.口袋中装有4个白球，5个黑球。从中任取两个球，求取出的两个球都是白球的概率。解试验的基本事件（样本点）总数，设A=“取得两个白球”，则A包含的基本事件数，有古典概型有7.两封信任意地向标号为1，2，3，4的四个邮筒投递，求：（1）第三个邮筒恰好投入一封信的概率；（2）有两个邮筒各有一封信的概率。解（1）设事件A表示“第三个邮筒恰好投入一封信”。两封信任意投入4个邮筒，共有42种等可能投法，组成事件A的不同投法有2×3种，于是（2）设B表示“有两个邮筒各有一封信”，则8.在100个产品中有70件一等品，20件二等品，10件三等品，规定一、二等品为合格品，考虑这批产品的合格率与一、二等品率的关系。解设事件A，B分别表示产品为一、二等品，显然事件A与B互补相容，并且事件表示产品为合格品，于是，,.可见9.三只外观相同的钢笔分别属于甲、乙、丙三人．如今三人各取一只，求：（1）31 恰好取到自己的笔的概率；（2）都没有取到自己的笔的概率．分析设D1＝{都取到自己的笔}，D2＝{都没有取到自己的笔}．这是一个古典概型问题．我们有n＝3!＝6．情况甲乙丙m每个人都取到自己的笔ABC1恰有两个人取到自己的笔ABC1恰有一个人取到自己的笔ACBCBABAC3三个人都没有取到自己的笔CABBCA2因此10.设随机事件B是A的子事件，已知P(A)＝1/4，P(B)＝1/6，求P(B|A)．解因为BA，所以P(B)＝P(AB)，因此11.在100件产品中有5件是不合格的，无放回地抽取两件，问第一次取到正品而第二次取到次品的概率是多少？解设事件A＝{第一次取到正品}，B＝{第二次取到次品}．用古典概型方法求出由于第一次取到正品后不放回，那么第二次是在99件中(不合格品仍是5件)任取一件，所以由公式(1－4)，12.五个人抓一个有物之阄，求第二个人抓到的概率．解这是一个乘法公式的问题．设Ai＝{第i个人抓到有物之阄}(i＝1，2，3，4，5)，有根据事件相同，对应概率相等有又因为31 所以13.加工某一零件共需经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别是2％、3％、5％、3％，假定各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率．答案是：0.124(或1－0.98×0.97×0.95×0.97)．14.一批零件共100个，其中有次品10个．每次从中任取一个零件，取出的零件不再放回去，求第一、二次取到的是次品，第三次才取到正品的概率．答案是：．15.由以往记录的数据分析，某船只在不同情况下运输某种物品，损坏2％，10％，90％的概率分别为0.8，0.15和0.05．现在从中随机地取三件，发现这三件全是好的，试分析这批物品的损坏率为多少？分析设B＝{三件都是好的}，A1＝{损坏率为2％}，A2＝{损坏率为10％}，A3＝{损坏率为90％}，则A1，A2，A3两两互斥，且A1∪A2∪A3＝Ω．已知P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.15，P(A3)＝0.05，且，，．由全概率公式可知．由贝叶斯公式，这批物品的损坏率为2％，10％，90％的概率分别是由于P(A1|B)比P(A2|B)，P(A3|B)大得多，因此可以认为这批货物的损坏率为2％．16.袋中有15个小球，其中7个是白球，8个是黑球．现在从中任取4个球，发现它们颜色相同，问它们都是黑色的概率为多少？31 解设A1＝“4个球全是黑的”，A2＝“4个球全是白的”，A＝“4个球颜色相同”．使用古典概型，有P(A1)＝，P(A2)＝．而A＝A1∪A2且A1A2＝，得．所以概率是在4个球的颜色相同的条件下它们都是黑球的条件概率，即P(A1|A)．注意到A1A，A1A＝A1，有17.设袋中有4个乒乓球，其中1个涂有白色，1个涂有红色，1个涂有蓝色，1个涂有白、红、蓝三种颜色．今从袋中随机地取一个球，设事件A＝{取出的球涂有白色}，B＝{取出的球涂有红色}，C＝{取出的球涂有蓝色}．试验证事件A，B，C两两相互独立，但不相互独立．证根据古典概型，我们有n＝4，而事件A，B同时发生，只能是取到的球是涂有白、红、蓝三种颜色的球，即m＝1，因而同理，事件A发生，只能是取到的球是涂红色的球或涂三种颜色的球，因而因此，有所以P(AB)＝P(A)P(B)，即事件A，B相互独立．类似可证，事件A，C相互独立，事件B，C相互独立，即A，B，C两两相互独立，但是由于而所以A，B，C并不相互独立．18.设两两相互独立的三事件A，B，C，满足：ABC＝，P(A)＝P(B)＝P(C)＜,并且，求事件A的概率．分析设P(A)＝p．由于ABC＝，有P(ABC)＝0，根据三个事件两两独立情况下的加法公式，有P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)－P(A)P(B)－P(B)P(C)－P(A)P(C)＋P(ABC)，31 即亦即解得或(由题意舍去)．于是19设A，B是两个随机事件，且0＜P(A)＜1，P(B)＞0，，则P(AB)＝P(A)P(B)．分析由公式由题设即于是，有即A、B相互独立．20.设两个随机事件A，B相互独立，已知仅有A发生的概率为，仅有B发生的概率为，求P(A)，P(B)．分析方法1因为P(A)＞0，P(B)＞0，且A与B相互独立，所以AB≠(想一想为什么)．一方面P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B)；(1－6)另一方面(1－7)由于，有于是由式(1－6)，式(1－7)有31 即方法2因为A与B相互独立，所以A与也相互独立．由于，有P(A)＝P(B)，于是因此21.用高射炮射击飞机，如果每门高射炮击中飞机的概率是0.6，试问：(1)用两门高射炮分别射击一次击中飞机的概率是多少？(2)若有一架敌机入侵，至少需要多少架高射炮同时射击才能以99％的概率命中敌机？解(1)令Bi＝{第i门高射炮击中敌机}(i＝1，2)，A＝{击中敌机}．在同时射击时，B1与B2可以看成是互相独立的，从而也是相互独立的，且有P(B1)＝P(B2)＝0.6，方法1(加法公式)由于A＝B1＋B2，有P(A)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)－P(B1)P(B2)＝0.6＋0.6－0.6×0.6＝0.84．方法2(乘法公式)由于，有于是(2)令n是以99％的概率击中敌机所需高射炮的门数，由上面讨论可知，99％＝1－0.4n即0.4n＝0.01，亦即因此若有一架敌机入侵，至少需要配置6门高射炮方能以99％的把握击中它．22.设某人从外地赶来参加紧急会议．他乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别是及，如果他乘飞机来，不会迟到；而乘火车、轮船或汽车来迟到的概率分别为、试问：(1)他迟到的概率；(2)此人若迟到，试推断他是怎样来的可能性最大？解令A1＝{乘火车}，A2＝{乘轮船}，A3＝{乘汽车}，A4＝{乘飞机}，B＝{迟到}．按题意有：31 (1)由全概率公式，有(2)由贝叶斯公式得到由上述计算结果可以推断出此人乘火车来的可能性最大．23.三人同时向一架飞机射击，设他们射中的概率分别为0.5，0.6，0.7．又设无人射中，飞机不会坠毁；只有一人击中飞机坠毁的概率为0.2；两人击中飞机坠毁的概率为0.6；三人射中飞机一定坠毁．求三人同时向飞机射击一次飞机坠毁的概率．.解设Ai＝{第i个人射中}(i＝1，2，3)，有P(A1)＝0.5，P(A2)＝0.6，P(A3)＝0.7．又设B0＝{三人都射不中}，B1＝{只有一人射中}，B2＝{恰有两人射中}，B3＝{三人同时射中}，C＝{飞机坠毁}．由题设可知并且同理＝0.5×0.4×0.3＋0.5×0.6×0.3＋0.5×0.4×0.7＝0.29；P(B2)＝0.44；P(B3)＝0.21．利用全概率公式便得到31 ＝0.06×0＋0.29×0.2＋0.44×0.6＋0.21×1＝0.532．24.两台机床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，求任意取出的零件是合格品的概率；又：如果任意取出的零件经检查是废品，求它是由第二台机床加工的概率．答案是：0.973；0.25．习题21．掷两枚匀称的骰子，X＝{点数之和}，求X的分布．解概率空间{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）}点数和等于2（1，1），点数和等于3（1，2），（2，1），点数和等于4（1，3），（2，2），（3，1）点数和等于5（1，4），（2，3），（3，2），（4，1）点数和等于6（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）点数和等于7（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（6，1），（5，2）点数和等于8（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2）点数和等于9（3，6），（4，5），（5，4），（6，3）点数和等于10（4，6），（5，5），（6，4）点数和等于11（5，6），（6，5）点数和等于12（6，6）}答案是：234567891011122．设一个盒子中装有5个球，标号为1，2，3，4，5，在其中等可能地任取3个，用表示取出的球的最大号码数，求随机变量的分布律．解的可能取值为3，4，5．从5个球中任取3个的取法有种．则事件{=3}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，3）”，．事件{=4}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，4），（1，3，4），（2，3，4）”，．事件{=5}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，5），（1，3，5），（1，4，5），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）”，．故的分布律为31 3453．已知离散型随机变量的可能取值为-2，0，2，．相应的概率依次为，，，，试求概率．解=+++解得故的分布律为-2024．设某电子产品正品率为0.75，次品率为0.25．现对该批电子产品进行测试，以随机变量表示首次测得正品，，求随机变量的分布律．提示，参考例2．6．答，=1，2，…5.设100件产品中有95件合格品，5件次品，现从中有放回的取10次，每次任取一件．求：（1）所取10件产品中所包含次品数的概率分布；（2）10件产品中恰有2件次品的概率；（3）10件产品中至少有2件次品的概率．解因为是有放回的抽取，所以10次抽取是独立、重复进行的，每次取得次品的概率为0.05，因此这是一个10重伯努利试验．（1）设所取的19件产品中所含有的次品数为，则，其概率分布为，=1，2，…，10．（2）所求的概率为（3）所求的概率为6．一袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5．在袋中同时取3只球，用X表示取出的3只球中的最小号码数，求X的分布函数．解X的可能取值为3，2，1．31 即X的分布阵为123从而X的分布函数为7．设离散型随机变量X的分布函数为试求：（1）X的概率分布；（2）．解X的可能取值为-1，1，3．-1130.40.40.28.设随机变量X的分布为－2－1012求Y＝X2＋1的概率分布．解由yi＝＋1(i＝1，2，…，5)及X的分布，得到X2＋1(－2)2＋1(－1)2＋102＋112＋122＋1P把f(xi)＝＋1相同的值合并起来，并把相应的概率相加，便得到Y的分布，即所以31 Y521P(Y＝yi)9.某店内有4名售货员，据经验每名售货员平均在1h内只用秤15min，问该店通常情况下应配制几台秤？解设Xi＝{第i个售货员使用秤}，则Xi～B(1，0.25)．令，于是S～B(4，0.25)．考虑到P(S≤2)＝1－P(S＞2)＝1－P(S＝3)－P(S＝4)＝1－0.0469－0.0039≈0.95故该商店通常情况下应配制2台秤．10.设二维随机向量(X，Y)共有6个取正概率的点，它们是：(1，－1)，(2，－1)，(2，0)(2，2)，(3，1)，(3，2)，并且(X，Y)取得它们的概率相同，求(X，Y)的联合分布解由于6个点取得的概率相同，均为，而6个的和为1，因此其余概率为0．YX－101210002030011．设二维随机变量的分布率如下表123411/4001/1621/161/401/4301/161/160试求：（1)；（2）．解：（1)（2）31 12．设二维随机向量(X，Y)的联合分布为YX0.40.820.150.0550.300.1280.350.03求(1)X与Y的边缘分布．(2)X关于Y取值y1＝0.4的条件分布．(3)Y关于X取值x2＝5的条件分布．解(1)由公式xi258pi·0.200.420.38yj0.40.8p.j0.800.20(2)计算下面各条件概率：因此，X关于Y取值y1＝0.4的条件分布为xi258p(xi|y1)(3)同样方法求出Y关于X取值x2＝5的条件分布为yi0.40.8p(yj|x2)13.设随机变量X与Y相互独立，下表列出了二维随机向量(X，Y)联合分布律及关于X和关于Y的边缘分布律中的部分数值，试将其余数值填入下表中的空白处．YXy1y2y3P{X＝xi}＝pi.x1x2P{Y＝yj}＝p·j1分析应注意到X与Y相互独立．31 解由于P(X＝x1，Y＝y1)＝P(Y＝y1)－P(X＝x2，Y＝y1)考虑到X与Y相互独立，有P(X＝x1)P(Y＝y1)＝P(X＝x1，Y＝y1)，所以同理，可以导出其他数值．故XY的联合分布律为YXy1y2y3P{X＝xi}＝pi·x1x2P{Y＝yj}＝p·j114.设二维随机向量(X，Y)联合分布如下表YX-1012-10.20.150.10.320.100.10.05求二维随机向量的函数Z的分布：（1）Z=X+Y;(2)Z=XY．解有（X，Y）的概率分布可得pij0.20.150.10.30.100.10.15（X，Y）(-1，-1)(-1，0)(-1，1)（-1，2）（2，-1）(2，0)（2，1）（2，2）Z=X+Y-2-1011234Z=XY10-1-2-2024合并Z值相同的概率可得（1）Z=X+Y的概率分布为Z=X+Y-2-101234p0.20.150.10.400.10.15（2）Z=XY的概率分布为Z=XY-2-10124p0.40.10.150.20.10.1515．已知X和Y的概率分布为，31 而且．（1）求X和Y的联合分布；（2）问X与Y是否相互独立？为什么？解（1）由，即，所以因此X与Y的联合分布和边缘分布有如下形式YX01-1*00**1*0根据联合分布与边缘分布的关系，不难把表中打“*”号的位置上的数值求出，于是，得到X与Y的联合分布为YX01-100010（2）因，而所以X与Y不独立．习题31．设f(x)是否为分布密度函数？如何改造？解由于所以f(x)不是分布密度函数．令31 则p(x)是分布密度函数．2.设随机变量X的分布密度函数为求(１)常数C；(２)P(0.3≤X≤0.7)；(３)P(－0.5≤X＜0.5)．解(1)由p(x)的性质，有所以C＝2．(2)(3)3．设连续型随机变量的分布函数为求：（1），，的值；（2）的概率密度函数；（3）．解（1）由连续型随机变量的性质，可知，是一个连续函数．考察在=0，=1，=2处的连续性，有，，所以=0；，，可知，，可知．所以=2，．（2）的概率密度函数为31 （3）．4．在一个公共汽车站有甲、乙、丙三人，分别等1，2，3路车．设等车的时间（分钟）服从[0，5]上的均匀分布，求3人中至少有2人等车时间不超过2分钟的概率．解设每人等车的时间为，则的密度函数为3人中每人“等车不超过2分钟”的概率为3人中等车不超过2分钟的人数故5．设X～N(0，1)，求P(X＜2.35)，P(X＜－1.25)以及P(|X|＜1.55)．解P(X＜2.35)＝Ф(2.35)0.9906．P(X＜－1.25)＝Ф(－1.25)＝1－Ф(1.25)＝1－0.8944＝0.1056．P(|X|＜1.55)＝P(－1.55＜X＜1.55)＝Ф(1.55)－Ф(－1.55)＝2Ф(1.55)－1＝2×0.9394－1＝0.8788．6．设X～N(1，22)，求P(0＜X≤5)．解这里μ＝1，σ＝2，β＝5，a＝0，有于是P(0＜X≤5)＝Ф(2)－Ф(－0.5)＝Ф(2)－[1－Ф(0.5)]＝Ф(2)＋Ф(0.5)－1＝0.9772＋0.6915－1＝0.6687．7．设X～N(2，32)，求：(Ⅰ)P{－1≤X≤8}；(Ⅱ)P{X≥－4}；(Ⅲ)P{X≤11}．解由于X～N(2，32)，即μ＝2，σ＝3，因此(Ⅰ)P{－1≤X≤8}＝＝＝0.9772+0.8413－1＝0.8185(Ⅱ)P{X≥－4}＝＝0.9772(Ⅲ)P{X≤11}＝＝0.99878．某科考试成绩服从正态分布，在这次考试人中，及格者100人（及格分数为60），计算31 （1）不及格人数；（2）成绩在前10名的人数在考生中的比例；（3）估计第10名考生的成绩．解设考生的考生成绩为，~，首先参加考试的人数．这表明及格人数占考试人数的比例为84.13%，即，（1）不及格人数占占考试人数的比例为15.87%，因此不及格人数为（2）成绩在前10名的人数在考生中的比例为（3）设第10名考生的成绩为，则，，即查正态分布表，得，．或者在EXCEL的单元格中键入的“=NORMINV(0.91587，70，10）”，求得．9.31设一个纺织工人照顾800个纱锭，在(0，T]时间内每个纱锭断头的概率为0.005，求在(0，T]内：(１)最大可能的断头数；(２)断头次数不超过10的概率．解设断头数为X，则X～B(800，0.005)．由于n很大，p很小，所以可用近似公式这里l＝np＝800×0.005＝4．实际上可认为X近似服从P(l)．(1)最大可能的断头数是3和4．(2)10．设X～U(0，1)，并且Y＝X2，求Y的分布密度p2(y)．解：故11．设平面区域D由曲线及直线所围成，二维随机变量在区域D上服从均匀分布，求的联合分布密度函数.31 解由于区域D的面积，所以的联合分布密度函数为12．设(X，Y)的联合分布密度为试求：(1)常数C.(2)P{0＜X＜1，0＜Y＜2}．解(1)由p(x，y)的性质，有即C＝12．(2)令D＝{(x，y)|0＜x＜1，0＜y＜2}，有13．设二维随机向量(X，Y)的联合分布函数为求(1)常数C；(2)分布密度p(x，y)．解(1)由性质F(＋∞，＋∞)＝1，得到C＝1．(2)由公式：有故14．如图3－1，设(X，Y)的联合分布密度为31 图3－1(1)求C．(2)求X，Y的边缘分布．(3)讨论X与Y的独立性．(4)计算P(X＋Y≤1)．分析(1)由于即可导出C＝2．(2)当x＜0或x＞1时，p1(x)＝0；当0≤x≤1时，因此同理(3)由于p1(x)·p2(y)≠p(x，y)，故X与Y不独立．(4)15．求(1)A，B，C的值；(2)p(x，y)；(3)p1(x)，p2(y)．分析(1)由可导出31 (2)(3)由p(x，y)＝f1(x)·f2(y)，其中考虑到故16．设试求解：(1)确定常数A；(2)边缘分布密度；(3)讨论X，Y的独立性．分析(1)由即(2)由，分情况讨论：当x＜0或x＞2时，当0≤x≤2时，所以同理，可求出(3)由于p1(x)·p2(y)＝p(x，y)，因此，X与Y相互独立．习题41．盒中有5个球，其中有3个白球，2个红球．从中任取两球，求白球个数X的数学期望．解由题意可知31 因此2．某地区计划明年出生1000个婴儿，若男孩出生率为p＝0.512，问明年(1)出生多少男孩？(2)期望出生多少男孩？答案是：(1)0～1000；(2)512．3．两台生产同一种零件的车床，一天中生产的次品数的概率分布分别是甲台次品数0123p0.40.30.20.1乙台次品数0123p0.30.50.20如果两台车床的产量相同，问哪台车床好？答案是：乙好．4．设随机变量X的分布密度函数为求E(X)．解由定义，有5．10个随机地进入15个房间，每个房间容纳的人数不限，设表示有人的房间，求（设每个人进入每个房间是等可能的，且每人进入房间是相互独立的）．解设随机变量（=1，2，…，15）则，且服从同一分布，因每人进入某个房间的概率均为．则于是故有31 而，（=1，2，…，15），因此6．假设市场上每年对某种出口商品的需求量X（单位：吨），它服从[2000，4000]上的均匀分布．每年售出这种商品一吨，可为挣得3万元，但假设销售不出去，囤积于仓库，每吨浪费保管费1万元，问应组织多少吨货源，才是收入最大？解设预备某年销售商品量为吨（显然有2000≤≤4000），用表示这年的收益（万元），则利用求函数的数学期望公式，可得组织吨货源时，所获得的期望收益为两边对求导，得，令，得=3500．即组织3500吨货源时收益最大．7．一辆送客汽车，载有m位乘客从起点站开出，沿途有n个车站可以下车，若到达一个车站，没有乘客下车就不停车．设每位乘客在每一个车站下车是等可能的，试求汽车平均停车次数．分析由于所求的是汽车平均停车的次数，因此，我们从每一个车站有没有人下车来考虑，而不要着眼于每一个乘客在哪一站下车．这里，设于是，我们有因此，随机变量，其均值又设停车次数为S，于是有其均值可见，汽车平均停车次数为31 8．地铁到达一站时间为每个整点的第5分钟、25分钟、55分钟，设一乘客在早8点～9点之间随时到达，求侯车时间的数学期望．分析已知X在[0，60]上服从均匀分布，其密度为设Y是乘客等候地铁的时间(单位：分)，则因此9．有3个小球和2个杯子，将小球随机地放入杯中，设X为有小球的杯子数，求X的分布函数及数学期望E(X)．解设A＝{甲杯有球个数}，B＝{乙杯有球的个数}．当X＝1或2(见表4－1)时，由加法公式有因此表4－1甲杯乙杯X=13003X=2211210．设二维随机向量(X，Y)的联合分布密度函数31 求E(XY)．分析因为p(x，y)＝p1(x)·p2(y)，其中所以，X与Y相互独立．由于因此11.已知随机变量X的分布函数求E(X)，D(X)．答案是：由于，即X服从（0，4]上的均匀分布，所以12.设随机变量X～N(0，4)，Y～U(0，4)，且X，Y相互独立，求E(XY)，D(X＋Y)及D(2X－3Y)．答案是：E(XY)＝0，D(2X－3Y)＝28．13．设X与Y为相互独立的随机变量，已知X在[2，4]上服从均匀分布，Y服从参数为2的指数分布，求E(XY)，．解由于，，，14．设随机变量X的密度函数为31 已知E(X)=0.5，D(X)=0.15．求，，的值解由密度函数的性质，即（1）而，所以（2）由，得而，所以（3）由（1）（2）（3）所组成的方程组，得，，15．设二维离散型随机变量（X，Y）的联合分布如下YX-10100.10.10.10.310.30.10.30.70.40.20.4（1）判断X与Y是否独立？（2）计算X与Y的协方差；（3）计算．解（1）计算出X与Y的边缘分布填入上表．从，而可知X与Y不相互独立．（2）因为，．31 因此（3）16．设随机变量（X，Y）的密度函数为求，，，，．解当，时，当，时，，而所以，同理故17．设随机变量X的密度函数为求随机变量X的1至3阶原点矩和中心矩．解，，，，，．31 习题51．一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的．假设每箱平均重50kg，标准差为5kg．若用最大载重量为5t的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977．解设Xi(i＝1，2，…，n)是装运的第i箱的重量(单位：kg)，n是所求箱数．由条件可以把X1，X2，…，Xn视为独立同分布随机变量，而n箱的总重量Tn＝X1＋X2＋…＋Xn是独立同分布随机变量之和．由条件知(单位：kg)．根据列维－林德伯格中心极限定理，Tn近似服从正态分布N(50n，25n)．箱数n决定于条件由此可见从而n＜98.0199，即最多可以装98箱．2.设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率．解用X表示10000个婴儿中男孩的个数，则X～B(n，p)，其中n＝10000，p＝0.515．要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求,由棣莫弗－拉普拉斯中心极限定理，有令于是有31 3.设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为0.9，以95％概率估计，在一次行动中：(1)至少有多少人能够进入?(2)至多有多少人能够进入?解用Xi表示第i人能够按时进入掩蔽体(i＝1，2，…，1000)，令Sn＝X1＋X2＋…＋X1000．(1)设至少有m人能进入掩蔽体，要求P(m≤Sn≤1000)≥0.95．事件令显然令根据中心极限定理，有查正态分布数值表，得a＝－1.65，即故m＝900－15.65＝884.35≈884人．(2)设至多有M人能进入掩蔽体，要求P(0≤Sn≤M)≥0.95．P(Sn≤M)＝P(Y≤b)＝0.95，b＝1.65，即M＝900＋15.65＝915.65≈916人．31'