1、1 / 18概率论第二章习题参考解答1. 用随机变量来描述掷一枚硬币的试验结果. 写出它的概率函数和分布函数.解: 假设 =1 对应于“正面朝上 “, =0 对应于反面朝上. 则P( =0)=P( =1)=0.5 .其分布函数为 105.)(xxF2. 如果 服从 0-1 分布, 又知 取 1 的概率为它取 0 的概率的两倍, 写出 的分布律和分布函数.解: 根据题意有P( =1)=2P( =0) (1)并由概率分布的性质知P( =0)+P( =1)=1 (2)将(1)代入(2)得3P( =0)=1, 即 P( =0)=1/3再由(1)式得P( =1)=2/3因此分布律由下表所示 0 1P 1
2、/3 2/3而分布函数为 103/)(xxF3. 如果 的概率函数为 P =a=1, 则称 服从退化分布. 写出它的分布函数 F(x), 画出F(x)的图形.解: , 它的图形为x10 a x 1 0 F(x) 4. 一批产品分一,二,三级, 其中一级品是二级品的两倍, 三级品是二级品的一半, 从这批产品中随机地抽取一个检验质量, 用随机变量描述检验的可能结果, 写出它的概率函数.解 设 取值 1,2,3 代表取到的产品为一,二,三级, 则根据题意有P( =1)=2P( =2) (1)2 / 18P( =3)=P( =2)/2 (2)由概率论性质可知P( =1)+P( =2)+P( =3)=1
3、 (3)(1),(2)代入(3)得 :2P( =2)+P( =2)+P( =2)/2=1解得 P( =2)=2/7, 再代回到(1)和(2) 得P( =1)=4/7, P( =3)=1/7则概率函数为 )3,21(271)3iii或列表如下: 1 2 3P 4/7 2/7 1/75. 一批产品 20 个, 其中有 5 个次品, 从这批产品中随意抽取 4 个, 求这 4 个中的次品数 的分布律.解: 基本事件总数为 , 420Cn有利于事件 =i(i=0,1,2,3,4)的基本事件数为 , 则iiCn41501.7319820534)( 3.5243 2167.08194517892034)2(
4、 9.341 287.09723157819203)(5154545415 CPCP 0 1 2 3 4P 0.2817 0.4696 0.2167 0.031 0.0016. 一批产品包括 10 件正品, 3 件次品, 有放回地抽取, 每次一件, 直到取得正品为止, 假定每件产品被取到的机会相同, 求抽取次数 的概率函数.解: 每次抽到正品的概率相同, 均为 p=10/13=0.7692, 则每次抽到次品的概率 q=1-p=0.2308则 服从相应的几何分布, 即有 ),321(310)( ipqiPii7. 上题中如果每次取出一件产品后, 总以一件正品放回去, 直到取得正品为止, 求抽取次
5、数 的分布律.解: 这样抽取次数就是有限的, 因为总共只有 3 件次品, 即使前面三次都抽到次品,第四次抽时次品 已3 / 18经全部代换为正品, 因此必然抽到正品, 这样 的取值为 1,2,3,4.不难算出, 027.13)4( 8.31953.0)2(762.1PP 的分布律如下表所示: 1 2 3 4P 0.7692 0.1953 0.0328 0.00278. 自动生产线在调整之后出现废品的概率为 p, 当在生产过程中出现废品时立即重新进行调整, 求在两次调整之间生产的合格品数 的概率函数.解: 事件 =i 说明生产了 i 次正品后第 i+1 次出现废品, 这是 i+1 个独立事件的交
6、(1 次发生i 次不发生, 因此有P(=i)=p(1-p)i, (i=0,1,2,)9. 已知随机变量 只能取-1,0,1,2 四个值, 相应概率依次为 , 确定常数 ccc16785,432并计算 P1|0.解: 根据概率函数的性质有 12101P即 6785432cc得 2.315671021设事件 A 为 1, B 为 0, (注: 如果熟练也可以不这样设) 则 32.05816721)00| PP10. 写出第 4 题及第 9 题中各随机变量的分布函数.解: 第 4 题:4 / 183127/640)(xxF第 9 题:当 x-1 时: F( x)=P( x)=0当-1 x0 时: F
7、(x )=P( x)=P(=-1)= 216.035.21c当 0x1 时: F( x)=P( x)=P(=-1)+P(=0)= 540.3.4c当 1x2 时: F( x)=P( x)=P(=-1)+P(=0)+P(=1)=810.325.8421854321c当 x2时: F( x)=P( x)=1综上所述, 最后得:2180.15406.)(xx11. 已知 , 求 的分布函数 F(x), 画出 F(x)的图形.其 它01)(x解: 当 x0 时: F(x)=0;当 0x1 时: xxt xtdttdttxx 001221)( 00当 x1时: F( x)=1综上所述, 最后得图形为 1
8、0)(x1 0 x F(x) 1 5 / 1812. 已知 , 求 P0.5; P(=0.5);F(x).其 它012)(xx解: ,25.0.2)(5. 25.025.0, |dxdP因 为连续型随机变量, 因此取任何点的概率均为零, 所以 P =0.5=0,求 F(x): 当 x0 时, F( x)=0当 0x1 时, 200|2) xtdtdtx当 x1时, F( x)=1综上所述, 最后得:10)(2x13. 某型号电子管 , 其寿命(以小时计)为一随机变量, 概率密度 , 某其 它01)(2xx一个电子设备内配有 3 个这样的电子管, 求电子管使用 150 小时都不需要更换的概率.解
9、: 先求一个电子管使用 150 小时以上的概率 P( 150)为: 32150210)()150( |1502 xdxP则 3 个这样的电子管构成贝努里独立试验概型, 试验三次发生三次的概率为963.278)(3p14. 设连续型随机变量 的分布函数为:10)(2xAxF求系数 A; P(0.3 0.7); 概率密度 (x).解: 因 是连续型随机变量, 因此 F(x)也必是连续曲线, 则其在第二段(0,1)区间的曲线必能和第三段(1,+)的曲线接上, 则必有A12=1, 即 A=1. 则分布函数为10)(xFP(0.3 0.7)=F(0.7)-F(0.3)=0.72-0.32=0.49-0.
10、09=0.46 / 18概率密度 (x)为 其 它012xF15. 服从柯西分布的随机变量 的分布函数是 F(x)=A+B arctgx, 求常数 A,B;P| |1以及概率密度 (x).解: 由 F(-)=0, 得 A+Barctg(-)= (1)02B再由 F(+)=1, 得 (2)1)arctg(A综和(1),(2)两式解得 ,2即 xxFarct12)(5.02141 11)()(| arctgrtFP)(xFx16. 服从拉普拉斯分布的随机变量 的概率密度 , 求系数 A 及分布函数 F(x).|)(xe解: 这实际上是一个分段函数 , (x)可重新写为0)(xAex根据性质 , 又
11、因 (x)为偶函数, 因此有1)(d, 则有 A=1/2122)( |00 Aeexxx因此 . 21)(| xexx求分布函数 F(x).当 x0 时, 有 xxtxt edet 2121)( 7 / 18当 x0时, 有 xxxtxtt eeededtF 21212121)( 000综上所述, 最后得021)(xexx17. 已知 , 计算 P 0.2|0.10.5其 它 10312)(x解: 设事件 A= 0.2, B=0.10.5, 则要计算的是条件概率 P(A|B), 而, 而事件 AB= 0.20.10.5=0.10.2)(|(PB因此有 148.036.04.624.03. )1
12、.03()238()d)12(2.01.13 2.01. xx xxdA256.036.04.51.0 )1.03.1()264()3d)(5.1.0)(.03 5.1.02.1 xx xxdPB最后得 781.4)(|(.|2BPAP18. 已知 , 确定常数 c.xce2)(解: 首先证明普阿松广义积分 , 因为函数 并不存在原函数, 因此需要xd2 2xe一技巧. 令 , 则eIxd2 yeI yxx d)(22 2作极坐标代换, 令 , 则积分区间为全平面 , 即 从 0 积到 2, r 从 0sin,coryr8 / 18积到+, 且 , 因此有ddryx, 所以 I=. 00202
13、 22 )(1rrr eeeI现确定常数 c, 由性质 ,)(dx1d 4)21(44122 cedxecexex得 421ec19. 已知 , 求常数 c 及 Pa-1a+1.其 它0)0()(axecx解: 由性质 得1)(d10)( | aaxaxa ceecx 解得 , 因此有aec其 它0)0()()(xx则 e duexexxaPu aaaa1d0)()(|0 101)(1120. 二元离散型随机变量( ,)有如下表所示的联合概率分布: 0 1 2 3 4 5 60 0.202 0.174 0.113 0.062 0.049 0.023 0.0041 0 0.099 0.064 0
14、.040 0.031 0.020 0.0062 0 0 0.031 0.025 0.018 0.013 0.0083 0 0 0 0.001 0.002 0.004 0.011求边缘概率分布, 与 是否独立?9 / 18解: 按下表计算 与 的边缘分布 : 0 1 2 3 4 5 6 pi(1)0 0.202 0.174 0.113 0.062 0.049 0.023 0.004 0.6271 0 0.099 0.064 0.040 0.031 0.020 0.006 0.2602 0 0 0.031 0.025 0.018 0.013 0.008 0.0953 0 0 0 0.001 0.0
15、02 0.004 0.011 0.018pj(2) 0.202 0.273 0.208 0.128 0.100 0.060 0.029得 的边缘分布如下表所示: 0 1 2 3P 0.627 0.260 0.095 0.018以及 的边缘分布如下表所示: 0 1 2 3 4 5 6P 0.202 0.273 0.208 0.128 0.1 0.06 0.029当 i=1 及 j=0 时,因 20.01)2(0110 Ppp因此 与 相互间不独立.21. 假设电子显示牌上有 3 个灯泡在第一排, 5 个灯泡在第二排. 令 , 分别表示在某一规定时间内第一排和第二排烧坏的灯泡数. 若 与 的联合分
16、布如下表所示: 0 1 2 3 4 50 0.01 0.01 0.03 0.05 0.07 0.091 0.01 0.02 0.04 0.05 0.06 0.082 0.01 0.03 0.05 0.05 0.05 0.063 0.01 0.01 0.04 0.06 0.06 0.05试计算在规定时间内下列事件的概率:(1) 第一排烧坏的灯泡数不超过一个;(2) 第一排与第二排烧坏的灯泡数相等;(3) 第一排烧坏的灯泡数不超过第二排烧坏的灯泡数.解: 假设事件 A 为第一排烧坏的灯泡数不超过一个, B 为第一排与第二排烧坏的灯泡数相等, C 为第一排烧坏的灯光数不超过第二排烧坏的灯泡数.则事件
17、 A 发生的概率为上表中头两排概率之和 52.08.6.05.4.02.1 9731)(104 ijijpP事件 B 发生的概率为上表中从 0 行 0 列开始的斜对角线之和 14.)(30iipP10 / 18事件 C 发生的概率为上表中斜对角线上右的各个数相加 (包括斜对角线上的数), 但为减少运算量, 也可以考虑其逆事件 的概率, 然后用 1 减去它. 而 的概率为上表中斜对角线CC的左下角的所有概率之和(不包括斜对角线 ): 89.01.)04.3.0.01()(1) P22. 袋中装有标上号码 1,2,2 的 3 个球, 从中任取一个并且不再放回, 然后再从袋中任取一球, 以 , 分别
18、记为第一,二次取到球上的号码数, 求( , )的分布律(袋中各球被取机会相同).解: 因为有两个 2 一个 1, 因此第一次取到 2 号的概率为 P( =2)=2/3, 第一次取到 1 号的概率为 P( =1)=1/3. 第一次取到 2 号后还剩下一个 2 号一个 1 号, 则在此条件下第二次取到1 号的概率 P( =1| =2)=P( =2| =2)=1/2. 而第一次取到 1 号后还剩下两个 2 号, 因此这时 P( =1| =1)=0, P( =2| =1)=1.综上所述并用乘法法则可得 312)|2()2,( |1(1, 31)|2)2,( 0|1(1,2121 PPpp(,)的分布律如下表所示: 1 21 0 1/32 1/3 1/323. ( , )只取下列数组中的值： )0,2()31,(,0且相应的概率依次为 1/6, 1/3, 1/12, 5/12. 列出( , )的概率分布表, 写出关于 的边缘分布.解: 从上面数组可知 只取 -1,0,2 这三个值, 而 只取 0, ,1 这三个值, 因此总共可构成31九个数对, 其中只有四个数对的概率不为零. 概率分布表及 的边缘分布计算如下 0 1/3 1-1 0 1/12 1/30 1/6 0 02 5/12 0 0
