概率論和數(shù)理統(tǒng)計第四版-習(xí)題答案

...wd......wd......wd...完全版概率論與數(shù)理統(tǒng)計習(xí)題答案第四版盛驟(浙江大學(xué))浙大第四版〔高等教育出版社〕第一章概率論的基本概念1.[一]寫出以下隨機(jī)試驗(yàn)的樣本空間〔1〕記錄一個小班一次數(shù)學(xué)考試的平均分?jǐn)?shù)〔充以百分制記分〕〔[一]1〕，n表小班人數(shù)〔3〕生產(chǎn)產(chǎn)品直到得到10件正品，記錄生產(chǎn)產(chǎn)品的總件數(shù)。〔[一]2〕S={10，11，12，………，n，………}〔4〕對某工廠出廠的產(chǎn)品進(jìn)展檢查，合格的蓋上“正品〞，不合格的蓋上“次品〞，如連續(xù)查出二個次品就停頓檢查，或檢查4個產(chǎn)品就停頓檢查，記錄檢查的結(jié)果。查出合格品記為“1〞，查出次品記為“0〞，連續(xù)出現(xiàn)兩個“0〞就停頓檢查，或查滿4次才停頓檢查。 〔[一](3)〕S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}2.[二]設(shè)A，B，C為三事件，用A，B，C的運(yùn)算關(guān)系表示以下事件?！?〕A發(fā)生，B與C不發(fā)生。表示為： 或A－(AB+AC)或A－(B∪C)〔2〕A，B都發(fā)生，而C不發(fā)生。表示為： 或AB－ABC或AB－C〔3〕A，B，C中至少有一個發(fā)生 表示為：A+B+C〔4〕A，B，C都發(fā)生， 表示為：ABC〔5〕A，B，C都不發(fā)生， 表示為：或S－(A+B+C)或〔6〕A，B，C中不多于一個發(fā)生，即A，B，C中至少有兩個同時不發(fā)生相當(dāng)于中至少有一個發(fā)生。故表示為：?！?〕A，B，C中不多于二個發(fā)生。相當(dāng)于：中至少有一個發(fā)生。故表示為：〔8〕A，B，C中至少有二個發(fā)生。相當(dāng)于：AB，BC，AC中至少有一個發(fā)生。故表示為：AB+BC+AC6.[三]設(shè)A，B是兩事件且P(A)=0.6，P(B)=0.7.問(1)在什么條件下P(AB)取到最大值，最大值是多少〔2〕在什么條件下P(AB)取到最小值，最小值是多少解：由P(A)=0.6，P(B)=0.7即知AB≠φ，〔否那么AB=φ依互斥事件加法定理，P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.6+0.7=1.3>1與P(A∪B)≤1矛盾〕.從而由加法定理得P(AB)=P(A)+P(B)－P(A∪B) (*)〔1〕從0≤P(AB)≤P(A)知，當(dāng)AB=A，即A∩B時P(AB)取到最大值，最大值為P(AB)=P(A)=0.6，〔2〕從(*)式知，當(dāng)A∪B=S時，P(AB)取最小值，最小值為P(AB)=0.6+0.7－1=0.3。7.[四]設(shè)A，B，C是三事件，且，.求A，B，C至少有一個發(fā)生的概率。解：P(A，B，C至少有一個發(fā)生)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)+P(ABC)=8.[五]在一標(biāo)準(zhǔn)英語字典中具有55個由二個不一樣的字母新組成的單詞，假設(shè)從26個英語字母中任取兩個字母予以排列，問能排成上述單詞的概率是多少記A表“能排成上述單詞〞∵從26個任選兩個來排列，排法有種。每種排法等可能。字典中的二個不同字母組成的單詞：55個∴9.在號碼薄中任取一個號碼，求后面四個數(shù)全不一樣的概率。〔設(shè)后面4個數(shù)中的每一個數(shù)都是等可能性地取自0，1，2……9〕記A表“后四個數(shù)全不同〞∵后四個數(shù)的排法有104種，每種排法等可能。后四個數(shù)全不同的排法有∴10.[六]在房間里有10人。分別佩代著從1號到10號的紀(jì)念章，任意選3人記錄其紀(jì)念章的號碼?！?〕求最小的號碼為5的概率。記“三人紀(jì)念章的最小號碼為5〞為事件A∵10人中任選3人為一組：選法有種，且每種選法等可能。又事件A相當(dāng)于：有一人號碼為5，其余2人號碼大于5。這種組合的種數(shù)有∴〔2〕求最大的號碼為5的概率。記“三人中最大的號碼為5〞為事件B，同上10人中任選3人，選法有種，且每種選法等可能，又事件B相當(dāng)于：有一人號碼為5，其余2人號碼小于5，選法有種11.[七]某油漆公司發(fā)出17桶油漆，其中白漆10桶、黑漆4桶，紅漆3桶。在搬運(yùn)中所標(biāo)箋脫落，交貨人隨意將這些標(biāo)箋重新貼，問一個定貨4桶白漆，3桶黑漆和2桶紅漆顧客，按所定的顏色如數(shù)得到定貨的概率是多少記所求事件為A。在17桶中任取9桶的取法有種，且每種取法等可能。取得4白3黑2紅的取法有故 12.[八]在1500個產(chǎn)品中有400個次品，1100個正品，任意取200個?！?〕求恰有90個次品的概率。記“恰有90個次品〞為事件A∵在1500個產(chǎn)品中任取200個，取法有種，每種取法等可能。200個產(chǎn)品恰有90個次品，取法有種∴〔2〕至少有2個次品的概率。記：A表“至少有2個次品〞B0表“不含有次品〞，B1表“只含有一個次品〞，同上，200個產(chǎn)品不含次品，取法有種，200個產(chǎn)品含一個次品，取法有種∵且B0，B1互不相容?！?3.[九]從5雙不同鞋子中任取4只，4只鞋子中至少有2只配成一雙的概率是多少記A表“4只全中至少有兩支配成一對〞那么表“4只人不配對〞∵從10只中任取4只，取法有種，每種取法等可能。要4只都不配對，可在5雙中任取4雙，再在4雙中的每一雙里任取一只。取法有15.[十一]將三個球隨機(jī)地放入4個杯子中去，問杯子中球的最大個數(shù)分別是1，2，3，的概率各為多少記Ai表“杯中球的最大個數(shù)為i個〞i=1,2,3,三只球放入四只杯中，放法有43種，每種放法等可能對A1：必須三球放入三杯中，每杯只放一球。放法4×3×2種。(選排列：好比3個球在4個位置做排列)對A2：必須三球放入兩杯，一杯裝一球，一杯裝兩球。放法有種。(從3個球中選2個球，選法有，再將此兩個球放入一個杯中，選法有4種，最后將剩余的1球放入其余的一個杯中，選法有3種。對A3：必須三球都放入一杯中。放法有4種。(只需從4個杯中選1個杯子，放入此3個球，選法有4種)16.[十二]50個鉚釘隨機(jī)地取來用在10個部件，其中有三個鉚釘強(qiáng)度太弱，每個部件用3只鉚釘，假設(shè)將三只強(qiáng)度太弱的鉚釘都裝在一個部件上，那么這個部件強(qiáng)度就太弱，問發(fā)生一個部件強(qiáng)度太弱的概率是多少記A表“10個部件中有一個部件強(qiáng)度太弱〞。法一：用古典概率作：把隨機(jī)試驗(yàn)E看作是用三個釘一組，三個釘一組去鉚完10個部件〔在三個釘?shù)囊唤M中不分先后次序。但10組釘鉚完10個部件要分先后次序〕對E：鉚法有種，每種裝法等可能對A：三個次釘必須鉚在一個部件上。這種鉚法有〔〕×10種法二：用古典概率作把試驗(yàn)E看作是在50個釘中任選30個釘排成一列，順次釘下去，直到把部件鉚完?！层T釘要計先后次序〕對E：鉚法有種，每種鉚法等可能對A：三支次釘必須鉚在“1，2，3〞位置上或“4，5，6〞位置上，…或“28，29，30〞位置上。這種鉚法有種17.[十三]。解一：注意.故有P(AB)=P(A)－P(A)=0.7－0.5=0.2。再由加法定理，P(A∪)=P(A)+P()－P(A)=0.7+0.6－0.5=0.8于是18.[十四]。解：由由乘法公式，得由加法公式，得19.[十五]擲兩顆骰子，兩顆骰子點(diǎn)數(shù)之和為7，求其中有一顆為1點(diǎn)的概率〔用兩種方法〕。解：〔方法一〕〔在縮小的樣本空間SB中求P(A|B)，即將事件B作為樣本空間，求事件A發(fā)生的概率〕。擲兩顆骰子的試驗(yàn)結(jié)果為一有序數(shù)組〔x,y〕〔x,y=1,2,3,4,5,6〕并且滿足x,+y=7，那么樣本空間為S={(x,y)|(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)}每種結(jié)果〔x,y〕等可能。A={擲二骰子，點(diǎn)數(shù)和為7時，其中有一顆為1點(diǎn)。故}方法二：〔用公式S={(x,y)|x=1,2,3,4,5,6;y=1,2,3,4,5,6}}每種結(jié)果均可能A=“擲兩顆骰子，x,y中有一個為“1〞點(diǎn)〞，B=“擲兩顆骰子，x,+y=7〞。那么，故20.[十六]據(jù)以往資料說明，某一3口之家，患某種傳染病的概率有以下規(guī)律：P(A)=P{孩子得病}=0.6，P(B|A)=P{母親得病|孩子得病}=0.5，P(C|AB)=P{父親得病|母親及孩子得病}=0.4。求母親及孩子得病但父親未得病的概率。解：所求概率為P(AB)〔注意：由于“母病〞，“孩病〞，“父病〞都是隨機(jī)事件，這里不是求P(|AB)P(AB)=P(A)=P(B|A)=0.6×0.5=0.3,P(|AB)=1－P(C|AB)=1－0.4=0.6.從而P(AB)=P(AB)·P(|AB)=0.3×0.6=0.18.21.[十七]10只晶體管中有2只次品，在其中取二次，每次隨機(jī)地取一只，作不放回抽樣，求以下事件的概率?！?〕二只都是正品〔記為事件A〕法一：用組合做在10只中任取兩只來組合，每一個組合看作一個基本結(jié)果，每種取法等可能。法二：用排列做在10只中任取兩個來排列，每一個排列看作一個基本結(jié)果，每個排列等可能。法三：用事件的運(yùn)算和概率計算法那么來作。記A1，A2分別表第一、二次取得正品?！?〕二只都是次品〔記為事件B〕法一： 法二： 法三： 〔3〕一只是正品，一只是次品〔記為事件C〕法一： 法二： 法三： 〔4〕第二次取出的是次品〔記為事件D〕法一：因?yàn)橐⒁獾谝弧⒌诙蔚捻樞?。不能用組合作，法二： 法三： 22.[十八]某人忘記了號碼的最后一個數(shù)字，因而隨機(jī)的撥號，求他撥號不超過三次而接通所需的的概率是多少如果最后一個數(shù)字是奇數(shù)，那么此概率是多少記H表撥號不超過三次而能接通。Ai表第i次撥號能接通。注意：第一次撥號不通，第二撥號就不再撥這個號碼。如果最后一個數(shù)字是奇數(shù)〔記為事件B〕問題變?yōu)樵贐已發(fā)生的條件下，求H再發(fā)生的概率。24.[十九]設(shè)有甲、乙二袋，甲袋中裝有n只白球m只紅球，乙袋中裝有N只白球M只紅球，今從甲袋中任取一球放入乙袋中，再從乙袋中任取一球，問取到〔即從乙袋中取到〕白球的概率是多少〔此為第三版19題(1)〕記A1，A2分別表“從甲袋中取得白球，紅球放入乙袋〞再記B表“再從乙袋中取得白球〞。∵B=A1B+A2B且A1，A2互斥∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=[十九](2)第一只盒子裝有5只紅球，4只白球；第二只盒子裝有4只紅球，5只白球。先從第一盒子中任取2只球放入第二盒中去，然后從第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。記C1為“從第一盒子中取得2只紅球〞。C2為“從第一盒子中取得2只白球〞。C3為“從第一盒子中取得1只紅球，1只白球〞，D為“從第二盒子中取得白球〞，顯然C1，C2，C3兩兩互斥，C1∪C2∪C3=S，由全概率公式，有P(D)=P(C1)P(D|C1)+P(C2)P(D|C2)+P(C3)P(D|C3)26.[二十一]男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今從男女人數(shù)相等的人群中隨機(jī)地挑選一人，恰好是色盲患者，問此人是男性的概率是多少解：A1={男人}，A2={女人}，B={色盲}，顯然A1∪A2=S，A1A2=φ由條件知由貝葉斯公式，有[二十二]一學(xué)生接連參加同一課程的兩次考試。第一次及格的概率為P，假設(shè)第一次及格那么第二次及格的概率也為P；假設(shè)第一次不及格那么第二次及格的概率為〔1〕假設(shè)至少有一次及格那么他能取得某種資格，求他取得該資格的概率?！?〕假設(shè)他第二次已經(jīng)及格，求他第一次及格的概率。解：Ai={他第i次及格}，i=1,2P(A1)=P(A2|A1)=P，〔1〕B={至少有一次及格}所以∴〔2〕 〔*〕由乘法公式，有P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=P2由全概率公式，有將以上兩個結(jié)果代入〔*〕得28.[二十五]某人下午5:00下班，他所積累的資料說明：到家時間5:35~5:395:40~5:445:45~5:495:50~5:54遲于5:54乘地鐵到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽車到家的概率0.300.350.200.100.05某日他拋一枚硬幣決定乘地鐵還是乘汽車，結(jié)果他是5:47到家的，試求他是乘地鐵回家的概率。解：設(shè)A=“乘地鐵〞，B=“乘汽車〞，C=“5:45~5:49到家〞，由題意,AB=φ,A∪B=S：P(A)=0.5,P(C|A)=0.45,P(C|B)=0.2,P(B)=0.5由貝葉斯公式有29.[二十四]有兩箱同種類型的零件。第一箱裝5只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今從兩箱中任挑出一箱，然后從該箱中取零件兩次，每次任取一只，作不放回抽樣。試求〔1〕第一次取到的零件是一等品的概率?！?〕第一次取到的零件是一等品的條件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：設(shè)Bi表示“第i次取到一等品〞i=1，2Aj表示“第j箱產(chǎn)品〞 j=1,2，顯然A1∪A2=SA1A2=φ〔1〕〔B1=A1B+A2B由全概率公式解〕。〔2〕〔先用條件概率定義，再求P(B1B2)時，由全概率公式解〕312LR32.[二十六〔2〕]如圖1，2，3，4，5表示繼電器接點(diǎn)，假設(shè)每一繼電器接點(diǎn)閉合的概率為p，且設(shè)各繼電器閉合與否相互獨(dú)立，求L和R是通路的概率。312LR54記Ai表第i個接點(diǎn)接通54記A表從L到R是構(gòu)成通路的?！逜=A1A2+A1A3A5+A4A5+A4A3A2四種情況不互斥∴P(A)=P(A1A2)+P(A1A3A5)+P(A4A5)+P(A4A3A2)－P(A1A2A3A5)+P(A1A2A4A5)+P(A1A2A3A4)+P(A1A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)P(A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)－P(A1A2A3A4A5)又由于A1，A2，A3，A4，A5互相獨(dú)立。故 P(A)=p2+p3+p2+p3－[p4+p4+p4+p4+p5+p4]+[p5+p5+p5+p5]－p5=2p2+3p3－5p4+2p5[二十六〔1〕]設(shè)有4個獨(dú)立工作的元件1，2，3，4。它們的可靠性分別為P1，P2，P3，P4，將它們按圖〔1〕的方式聯(lián)接，求系統(tǒng)的可靠性。記Ai表示第i個元件正常工作，i=1，2，3，4，2413A表示系統(tǒng)正常。2413∵A=A1A2A3+A1A4兩種情況不互斥∴P(A)=P(A1A2A3)+P(A1A4)－P(A1A2A3A4)(加法公式)=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A4)－P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=P1P2P3+P1P4－P1P2P3P4 (A1,A2,A3,A4獨(dú)立)34.[三十一]袋中裝有m只正品硬幣，n只次品硬幣，〔次品硬幣的兩面均印有國徽〕。在袋中任取一只，將它投擲r次，每次都得到國徽。問這只硬幣是正品的概率為多少解：設(shè)“出現(xiàn)r次國徽面〞=Br“任取一只是正品〞=A由全概率公式，有〔條件概率定義與乘法公式〕35．甲、乙、丙三人同時對飛機(jī)進(jìn)展射擊，三人擊中的概率分別為0.4，0.5，0.7。飛機(jī)被一人擊中而被擊落的概率為0.2，被兩人擊中而被擊落的概率為0.6，假設(shè)三人都擊中，飛機(jī)必定被擊落。求飛機(jī)被擊落的概率。解：高Hi表示飛機(jī)被i人擊中，i=1，2，3。B1，B2，B2分別表示甲、乙、丙擊中飛機(jī)∵，三種情況互斥。三種情況互斥又B1，B2，B2獨(dú)立?！?0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.4×0.5×0.7=0.14又因： A=H1A+H2A+H3A 三種情況互斥故由全概率公式，有P(A)=P(H1)P(A|H1)+P(H2)P(A|H2)+P(H3)P(AH3)=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.45836.[三十三]設(shè)由以往記錄的數(shù)據(jù)分析。某船只運(yùn)輸某種物品損壞2%〔這一事件記為A1〕，10%〔事件A2〕，90%〔事件A3〕的概率分別為P(A1)=0.8,P(A2)=0.15,P(A2)=0.05，現(xiàn)從中隨機(jī)地獨(dú)立地取三件，發(fā)現(xiàn)這三件都是好的〔這一事件記為B〕，試分別求P(A1|B)P(A2|B),P(A3|B)〔這里設(shè)物品件數(shù)很多，取出第一件以后不影響取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相獨(dú)立地〕∵B表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B 三種情況互斥由全概率公式，有∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.862437.[三十四]將A，B，C三個字母之一輸入信道，輸出為原字母的概率為α，而輸出為其它一字母的概率都是(1－α)/2。今將字母串AAAA，BBBB，CCCC之一輸入信道，輸入AAAA，BBBB，CCCC的概率分別為p1,p2,p3(p1+p2+p3=1)，輸出為ABCA，問輸入的是AAAA的概率是多少〔設(shè)信道傳輸每個字母的工作是相互獨(dú)立的?！辰猓涸O(shè)D表示輸出信號為ABCA，B1、B2、B3分別表示輸入信號為AAAA，BBBB，CCCC，那么B1、B2、B3為一完備事件組，且P(Bi)=Pi,i=1,2,3。再設(shè)A發(fā)、A收分別表示發(fā)出、接收字母A，其余類推，依題意有P(收|發(fā))=P(收|發(fā))=P(收|發(fā))=α，P(收|發(fā))=P(收|發(fā))=P(收|發(fā))=P(收|發(fā))=P(收|發(fā))=P(收|發(fā))=又P(BCA|AAAA)=P(P(收|發(fā))P(收|發(fā))P(收|發(fā))P(收|發(fā))=，同樣可得P(P(于是由全概率公式，得由Bayes公式，得P(AAAA|BCA)=P(==[二十九]設(shè)第一只盒子裝有3只藍(lán)球，2只綠球，2只白球；第二只盒子裝有2只藍(lán)球，3只綠球，4只白球。獨(dú)立地分別從兩只盒子各取一只球?！?〕求至少有一只藍(lán)球的概率，〔2〕求有一只藍(lán)球一只白球的概率，〔3〕至少有一只藍(lán)球，求有一只藍(lán)球一只白球的概率。解：記A1、A2、A3分別表示是從第一只盒子中取到一只藍(lán)球、綠球、白球，B1、B2、B3分別表示是從第二只盒子中取到一只藍(lán)球、綠球、白球?！?〕記C={至少有一只藍(lán)球}C=A1B1+A1B2+A1B3+A2B1+A3B1，5種情況互斥由概率有限可加性，得〔2〕記D={有一只藍(lán)球，一只白球}，而且知D=A1B3+A3B1兩種情況互斥〔3〕[三十]A，B，C三人在同一辦公室工作，房間有三部，據(jù)統(tǒng)計知，打給A，B，C的的概率分別為。他們?nèi)顺Ｒ蚬ぷ魍獬觯珹，B，C三人外出的概率分別為，設(shè)三人的行動相互獨(dú)立，求〔1〕無人接的概率；〔2〕被呼叫人在辦公室的概率；假設(shè)某一時連續(xù)打進(jìn)了3個，求〔3〕這3個打給同一人的概率；〔4〕這3個打給不同人的概率；〔5〕這3個都打給B，而B卻都不在的概率。解：記C1、C2、C3分別表示打給A，B，C的D1、D2、D3分別表示A，B，C外出注意到C1、C2、C3獨(dú)立，且〔1〕P〔無人接〕=P(D1D2D3)=P(D1)P(D2)P(D3)=〔2〕記G=“被呼叫人在辦公室〞，三種情況互斥，由有限可加性與乘法公式〔3〕H為“這3個打給同一個人〞〔4〕R為“這3個打給不同的人〞R由六種互斥情況組成，每種情況為打給A，B，C的三個，每種情況的概率為于是〔5〕由于是知道每次打都給B，其概率是1，所以每一次打給B而B不在的概率為，且各次情況相互獨(dú)立于是P〔3個都打給B，B都不在的概率〕=第二章隨機(jī)變量及其分布1.[一]一袋中有5只乒乓球，編號為1、2、3、4、5，在其中同時取三只，以X表示取出的三只球中的最大號碼，寫出隨機(jī)變量X的分布律解：X可以取值3，4，5，分布律為也可列為下表X：3，4，5P：3.[三]設(shè)在15只同類型零件中有2只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽樣，以X表示取出次品的只數(shù)，〔1〕求X的分布律，〔2〕畫出分布律的圖形。解：任取三只，其中新含次品個數(shù)X可能為0，1，2個。PPx12Ox12O再列為下表X：0，1，2P：4.[四]進(jìn)展重復(fù)獨(dú)立實(shí)驗(yàn)，設(shè)每次成功的概率為p，失敗的概率為q=1－p(0<p<1)〔1〕將實(shí)驗(yàn)進(jìn)展到出現(xiàn)一次成功為止，以X表示所需的試驗(yàn)次數(shù)，求X的分布律?！泊藭r稱X服從以p為參數(shù)的幾何分布?！场?〕將實(shí)驗(yàn)進(jìn)展到出現(xiàn)r次成功為止，以Y表示所需的試驗(yàn)次數(shù)，求Y的分布律?！泊藭r稱Y服從以r,p為參數(shù)的巴斯卡分布?！场?〕一籃球運(yùn)發(fā)動的投籃命中率為45%，以X表示他首次投中時累計已投籃的次數(shù)，寫出X的分布律，并計算X取偶數(shù)的概率。解：〔1〕P(X=k)=qk－1p k=1,2,……〔2〕Y=r+n={最后一次實(shí)驗(yàn)前r+n－1次有n次失敗，且最后一次成功}其中q=1－p，或記r+n=k，那么P{Y=k}=〔3〕P(X=k)=(0.55)k－10.45 k=1,2…P(X取偶數(shù))=6.[六]一大樓裝有5個同類型的供水設(shè)備，調(diào)查說明在任一時刻t每個設(shè)備使用的概率為0.1，問在同一時刻〔1〕恰有2個設(shè)備被使用的概率是多少〔2〕至少有3個設(shè)備被使用的概率是多少〔3〕至多有3個設(shè)備被使用的概率是多少〔4〕至少有一個設(shè)備被使用的概率是多少[五]一房間有3扇同樣大小的窗子，其中只有一扇是翻開的。有一只鳥自開著的窗子飛入了房間，它只能從開著的窗子飛出去。鳥在房子里飛來飛去，試圖飛出房間。假定鳥是沒有記憶的，鳥飛向各扇窗子是隨機(jī)的?！?〕以X表示鳥為了飛出房間試飛的次數(shù)，求X的分布律。〔2〕戶主聲稱，他養(yǎng)的一只鳥，是有記憶的，它飛向任一窗子的嘗試不多于一次。以Y表示這只聰明的鳥為了飛出房間試飛的次數(shù)，如戶主所說是確實(shí)的，試求Y的分布律。〔3〕求試飛次數(shù)X小于Y的概率；求試飛次數(shù)Y小于X的概率。解：〔1〕X的可能取值為1，2，3，…，n，…P{X=n}=P{前n－1次飛向了另2扇窗子，第n次飛了出去}=，n=1，2，……〔2〕Y的可能取值為1，2，3P{Y=1}=P{第1次飛了出去}=P{Y=2}=P{第1次飛向另2扇窗子中的一扇，第2次飛了出去}=P{Y=3}=P{第1，2次飛向了另2扇窗子，第3次飛了出去}=同上，故8.[八]甲、乙二人投籃，投中的概率各為0.6,0.7，令各投三次。求〔1〕二人投中次數(shù)相等的概率。記X表甲三次投籃中投中的次數(shù)Y表乙三次投籃中投中的次數(shù)由于甲、乙每次投籃獨(dú)立，且彼此投籃也獨(dú)立。P(X=Y)=P(X=0,Y=0)+P(X=2,Y=2)+P(X=3,Y=3)=P(X=0)P(Y=0)+P(X=1)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=2)+P(X=3)P(Y=3)=(0.4)3×(0.3)3+[〔2〕甲比乙投中次數(shù)多的概率。P(X>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(Y=2)=9.[十]有甲、乙兩種味道和顏色極為相似的名酒各4杯。如果從中挑4杯，能將甲種酒全部挑出來，算是試驗(yàn)成功一次?！?〕某人隨機(jī)地去猜，問他試驗(yàn)成功一次的概率是多少〔2〕某人聲稱他通過品嘗能區(qū)分兩種酒。他連續(xù)試驗(yàn)10次，成功3次。試問他是猜對的，還是他確有區(qū)分的能力〔設(shè)各次試驗(yàn)是相互獨(dú)立的?！辰猓骸?〕P(一次成功)=〔2〕P(連續(xù)試驗(yàn)10次，成功3次)=。此概率太小，按實(shí)際推斷原理，就認(rèn)為他確有區(qū)分能力。[九]有一大批產(chǎn)品，其驗(yàn)收方案如下，先做第一次檢驗(yàn)：從中任取10件，經(jīng)歷收無次品承受這批產(chǎn)品，次品數(shù)大于2拒收；否那么作第二次檢驗(yàn)，其做法是從中再任取5件，僅當(dāng)5件中無次品時承受這批產(chǎn)品，假設(shè)產(chǎn)品的次品率為10%，求〔1〕這批產(chǎn)品經(jīng)第一次檢驗(yàn)就能承受的概率〔2〕需作第二次檢驗(yàn)的概率〔3〕這批產(chǎn)品按第2次檢驗(yàn)的標(biāo)準(zhǔn)被承受的概率〔4〕這批產(chǎn)品在第1次檢驗(yàn)未能做決定且第二次檢驗(yàn)時被通過的概率〔5〕這批產(chǎn)品被承受的概率解：X表示10件中次品的個數(shù)，Y表示5件中次品的個數(shù)，由于產(chǎn)品總數(shù)很大，故X~B〔10，0.1〕，Y~B〔5，0.1〕〔近似服從〕〔1〕P{X=0}=0.910≈0.349〔2〕P{X≤2}=P{X=2}+P{X=1}=〔3〕P{Y=0}=0.95≈0.590〔4〕P{0<X≤2，Y=0}({0<X≤2}與{Y=2}獨(dú)立)=P{0<X≤2}P{Y=0}=0.581×0.5900.343〔5〕P{X=0}+P{0<X≤2，Y=0}≈0.349+0.343=0.69212.[十三]交換臺每分鐘的呼喚次數(shù)服從參數(shù)為4的泊松分布，求〔1〕每分鐘恰有8次呼喚的概率法一： 〔直接計算〕法二： P(X=8)=P(X≥8)－P(X≥9)〔查λ=4泊松分布表〕。=0.051134－0.021363=0.029771〔2〕每分鐘的呼喚次數(shù)大于10的概率。P(X>10)=P(X≥11)=0.002840〔查表計算〕[十二(2)]每分鐘呼喚次數(shù)大于3的概率。[十六]以X表示某商店從早晨開場營業(yè)起直到第一顧客到達(dá)的等待時間〔以分計〕，X的分布函數(shù)是求下述概率：〔1〕P{至多3分鐘}；〔2〕P{至少4分鐘}；〔3〕P{3分鐘至4分鐘之間}；〔4〕P{至多3分鐘或至少4分鐘}；〔5〕P{恰好2.5分鐘}解：〔1〕P{至多3分鐘}=P{X≤3}=〔2〕P{至少4分鐘}P(X≥4)=〔3〕P{3分鐘至4分鐘之間}=P{3<X≤4}=〔4〕P{至多3分鐘或至少4分鐘}=P{至多3分鐘}+P{至少4分鐘}=〔5〕P{恰好2.5分鐘}=P(X=2.5)=018.[十七]設(shè)隨機(jī)變量X的分布函數(shù)為，求〔1〕P(X<2),P{0<X≤3},P(2<X<)；〔2〕求概率密度fX(x).解：〔1〕P(X≤2)=FX(2)=ln2，P(0<X≤3)=FX(3)－FX(0)=1，〔2〕20.[十八〔2〕]設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為〔1〕〔2〕求X的分布函數(shù)F(x)，并作出〔2〕中的f(x)與F(x)的圖形。解：當(dāng)－1≤x≤1時：當(dāng)1<x時：故分布函數(shù)為：解：〔2〕故分布函數(shù)為〔2〕中的f(x)與F(x)的圖形如下f(xf(x)x0F(x)2x0F(x)21x0121222.[二十]某種型號的電子的壽命X〔以小時計〕具有以下的概率密度：現(xiàn)有一大批此種管子〔設(shè)各電子管損壞與否相互獨(dú)立〕。任取5只，問其中至少有2只壽命大于1500小時的概率是多少解：一個電子管壽命大于1500小時的概率為令Y表示“任取5只此種電子管中壽命大于1500小時的個數(shù)〞。那么，23.[二十一]設(shè)顧客在某銀行的窗口等待服務(wù)的時間X〔以分計〕服從指數(shù)分布，其概率密度為：某顧客在窗口等待服務(wù)，假設(shè)超過10分鐘他就離開。他一個月要到銀行5次。以Y表示一個月內(nèi)他未等到服務(wù)而離開窗口的次數(shù)，寫出Y的分布律。并求P〔Y≥1〕。解：該顧客“一次等待服務(wù)未成而離去〞的概率為因此24.[二十二]設(shè)K在〔0，5〕上服從均勻分布，求方程有實(shí)根的概率∵K的分布密度為：要方程有根，就是要K滿足(4K)2－4×4×(K+2)≥0。解不等式，得K≥2時，方程有實(shí)根?！?5.[二十三]設(shè)X～N〔3.22〕〔1〕求P(2<X≤5)，P(－4)<X≤10)，P{|X|>2}，P(X>3)∵ 假設(shè)X～N〔μ，σ2〕，那么P(α<X≤β)=φφ∴P(2<X≤5)=φφ=φ(1)－φ(－0.5)=0.8413－0.3085=0.5328P(－4<X≤10)=φφ=φ(3.5)－φ(－3.5)=0.9998－0.0002=0.9996P(|X|>2)=1－P(|X|<2)=1－P(－2<P<2)= =1－φ(－0.5)+φ(－2.5) =1－0.3085+0.0062=0.6977P(X>3)=1－P(X≤3)=1－φ=1－0.5=0.5〔2〕決定C使得P(X>C)=P(X≤C)∵P(X>C)=1－P(X≤C)=P(X≤C)得 P(X≤C)==0.5又 P(X≤C)=φ∴C=326.[二十四]某地區(qū)18歲的女青年的血壓〔收縮區(qū)，以mm-Hg計〕服從在該地區(qū)任選一18歲女青年，測量她的血壓X。求〔1〕P(X≤105)，P(100<X≤120). 〔2〕確定最小的X使P(X>x)≤0.05.解:27.[二十五]由某機(jī)器生產(chǎn)的螺栓長度〔cm〕服從參數(shù)為μ=10.05，σ=0.06的正態(tài)分布。規(guī)定長度在范圍10.05±0.12內(nèi)為合格品，求一螺栓為不合格的概率是多少設(shè)螺栓長度為XP{X不屬于(10.05－0.12,10.05+0.12)=1－P(10.05－0.12<X<10.05+0.12)=1－=1－{φ(2)－φ(－2)}=1－{0.9772－0.0228}=0.045628.[二十六]一工廠生產(chǎn)的電子管的壽命X〔以小時計〕服從參數(shù)為μ=160，σ(未知)的正態(tài)分布，假設(shè)要求P(120＜X≤200＝=0.80，允許σ最大為多少∵P(120＜X≤200)=又對標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布有φ(－x)=1－φ(x)∴上式變?yōu)榻獬鲈俨楸?，?0.[二十七]設(shè)隨機(jī)變量X的分布律為：X：－2， －1， 0， 1， 3P：， ， ， ， 求Y=X2的分布律∵Y=X2：(－2)2 (－1)2 (0)2 (1)2 (3)2P：再把X2的取值一樣的合并，并按從小到大排列，就得函數(shù)Y的分布律為：∴Y：0 1 4 9P：31.[二十八]設(shè)隨機(jī)變量X在〔0，1〕上服從均勻分布〔1〕求Y=eX的分布密度∵X的分布密度為：Y=g(X)=eX是單調(diào)增函數(shù)又 X=h(Y)=lnY，反函數(shù)存在且 α=min[g(0),g(1)]=min(1,e)=1max[g(0),g(1)]=max(1,e)=e∴Y的分布密度為：〔2〕求Y=－2lnX的概率密度?！遈=g(X)=－2lnX 是單調(diào)減函數(shù)又 反函數(shù)存在。且 α=min[g(0),g(1)]=min(+∞,0)=0β=max[g(0),g(1)]=max(+∞,0)=+∞∴Y的分布密度為：32.[二十九]設(shè)X～N〔0，1〕〔1〕求Y=eX的概率密度∵X的概率密度是Y=g(X)=eX是單調(diào)增函數(shù)又 X=h(Y)=lnY反函數(shù)存在且 α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=0β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度為：〔2〕求Y=2X2+1的概率密度。在這里，Y=2X2+1在(+∞，－∞)不是單調(diào)函數(shù)，沒有一般的結(jié)論可用。設(shè)Y的分布函數(shù)是FY〔y〕，那么 FY(y)=P(Y≤y)=P(2X2+1≤y)=當(dāng)y<1時：FY(y)=0當(dāng)y≥1時：故Y的分布密度ψ(y)是：當(dāng)y≤1時：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0當(dāng)y>1時，ψ(y)=[FY(y)]'==〔3〕求Y=|X|的概率密度?！遈的分布函數(shù)為FY(y)=P(Y≤y)=P(|X|≤y)當(dāng)y<0時，F(xiàn)Y(y)=0當(dāng)y≥0時，F(xiàn)Y(y)=P(|X|≤y)=P(－y≤X≤y)=∴Y的概率密度為：當(dāng)y≤0時：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0當(dāng)y>0時：ψ(y)=[FY(y)]'=33.[三十]〔1〕設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度為f(x)，求Y=X3的概率密度?！遈=g(X)=X3是X單調(diào)增函數(shù)，又 X=h(Y)=，反函數(shù)存在，且 α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=－∞β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度為：ψ(y)=f[h(h)]·|h'(y)|=〔2〕設(shè)隨機(jī)變量X服從參數(shù)為1的指數(shù)分布，求Y=X2的概率密度。xOy=x2y法一：∵X的分布密度為：xOy=x2yY=x2是非單調(diào)函數(shù)當(dāng)x<0時y=x2反函數(shù)是當(dāng)x<0時y=x2∴Y～fY(y)=－=法二：∴Y～fY(y)=34.[三十一]設(shè)X的概率密度為求Y=sinX的概率密度。∵FY(y)=P(Y≤y)=P(sinX≤y)當(dāng)y<0時：FY(y)=0當(dāng)0≤y≤1時：FY(y)=P(sinX≤y)=P(0≤X≤arcsiny或π－arcsiny≤X≤π)=當(dāng)1<y時：FY(y)=1∴Y的概率密度ψ(y)為：y≤0時，ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=00<y<1時，ψ(y)=[FY(y)]'==1≤y時，ψ(y)=[FY(y)]'==036.[三十三]某物體的溫度T(oF)是一個隨機(jī)變量，且有T～N〔98.6，2〕，試求θ(℃)的概率密度。[]法一：∵T的概率密度為又是單調(diào)增函數(shù)。反函數(shù)存在。且α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(－∞,+∞)=－∞β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(－∞,+∞)=+∞∴θ的概率密度ψ(θ)為法二：根據(jù)定理：假設(shè)X～N〔α1，σ1〕，那么Y=aX+b～N(aα1+b,a2σ2)由于T～N〔98.6,2〕故故θ的概率密度為：第三章多維隨機(jī)變量及其分布1.[一]在一箱子里裝有12只開關(guān)，其中2只是次品，在其中隨機(jī)地取兩次，每次取一只?？紤]兩種試驗(yàn)：〔1〕放回抽樣，〔2〕不放回抽樣。我們定義隨機(jī)變量X，Y如下：試分別就〔1〕〔2〕兩種情況，寫出X和Y的聯(lián)合分布律。解：〔1〕放回抽樣情況由于每次取物是獨(dú)立的。由獨(dú)立性定義知。P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j)P(X=0,Y=0)=P(X=0,Y=1)=P(X=1,Y=0)=P(X=1,Y=1)=或?qū)懗蒟Y0101〔2〕不放回抽樣的情況P{X=0,Y=0}=P{X=0,Y=1}=P{X=1,Y=0}=P{X=1,Y=1}=或?qū)懗蒟Y01013.[二]盒子里裝有3只黑球，2只紅球，2只白球，在其中任取4只球，以X表示取到黑球的只數(shù)，以Y表示取到白球的只數(shù)，求X，Y的聯(lián)合分布律。XY01230001020解：〔X，Y〕的可能取值為(i,j)，i=0，1，2，3， j=0，12，i+j≥2，聯(lián)合分布律為P{X=0,Y=2}=P{X=1,Y=1}=P{X=1,Y=2}=P{X=2,Y=0}=P{X=2,Y=1}=P{X=2,Y=2}=P{X=3,Y=0}=P{X=3,Y=1}=P{X=3,Y=2}=05.[三]設(shè)隨機(jī)變量〔X，Y〕概率密度為〔1〕確定常數(shù)k。 〔2〕求P{X<1,Y<3}〔3〕求P(X<1.5} 〔4〕求P(X+Y≤4}分析：利用P{(X,Y)∈G}=再化為累次積分，其中解：〔1〕∵，∴〔2〕〔3〕y〔4〕y6．〔1〕求第1題中的隨機(jī)變量〔X、Y〕的邊緣分布律。〔2〕求第2題中的隨機(jī)變量〔X、Y〕的邊緣分布律。2解：〔1〕①放回抽樣〔第1題〕2XY0x+y=41x+y=410xoxo1邊緣分布律為 X 0 1 Y 0 1 Pi·P·j②不放回抽樣〔第1題〕XY0101邊緣分布為 X 0 1 Y 0 1 Pi·P·j〔2〕〔X，Y〕的聯(lián)合分布律如下XY0123000300解：X的邊緣分布律 Y的邊緣分布律X 0 1 2 3 Y 1 3Pi·P·j7.[五]設(shè)二維隨機(jī)變量〔X，Y〕的概率密度為解：8.[六]設(shè)二維隨機(jī)變量〔X，Y〕的概率密度為x=yy求邊緣概率密度。x=yyxo解:xo9.[七]設(shè)二維隨機(jī)變量〔X，Y〕的概率密度為〔1〕試確定常數(shù)c?！?〕求邊緣概率密度。解:l=yoyoy=x2xy=x2x15.第1題中的隨機(jī)變量X和Y是否相互獨(dú)立。解：放回抽樣的情況P{X=0,Y=0}=P{X=0}·P{Y=0}=P{X=0,Y=1}=P{X=0}P{Y=1}=P{X=1,Y=0}=P{X=1}P{Y=0}=P{X=1,Y=1}=P{X=1}P{Y=1}=在放回抽樣的情況下，X和Y是獨(dú)立的不放回抽樣的情況：P{X=0,Y=0}=P{X=0}=P{X=0}=P{X=0,Y=0}+P{Y=0,X=1}=P{X=0}·P{Y=0}=P{X=0,Y=0}≠P{X=0}P{Y=0}∴X和Y不獨(dú)立16.[十四]設(shè)X，Y是兩個相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，X在〔0，1〕上服從均勻分布。Y的概率密度為〔1〕求X和Y的聯(lián)合密度?！?〕設(shè)含有a的二次方程為a2+2Xa+Y=0,試求有實(shí)根的概率。解：〔1〕X的概率密度為y=x2Y的概率密度為y=x21xDyo且知X,Y相互獨(dú)立，1xDyo于是〔X，Y〕的聯(lián)合密度為〔2〕由于a有實(shí)跟根，從而判別式即：記19.[十八]設(shè)某種商品一周的需要量是一個隨機(jī)變量，其概率密度為并設(shè)各周的需要量是相互獨(dú)立的，試求〔1〕兩周〔2〕三周的需要量的概率密度。解：〔1〕設(shè)第一周需要量為X，它是隨機(jī)變量設(shè)第二周需要量為Y，它是隨機(jī)變量且為同分布，其分布密度為Z=X+Y表示兩周需要的商品量，由X和Y的獨(dú)立性可知：∵z≥0∴當(dāng)z<0時，fz(z)=0當(dāng)z>0時，由和的概率公式知∴〔2〕設(shè)z表示前兩周需要量，其概率密度為設(shè)ξ表示第三周需要量，其概率密度為：z與ξ相互獨(dú)立η=z+ξ表示前三周需要量那么：∵η≥0， ∴當(dāng)u<0， fη(u)=0當(dāng)u>0時所以η的概率密度為22.[二十二]設(shè)某種型號的電子管的壽命〔以小時計〕近似地服從N〔160，20〕分布。隨機(jī)地選取4只求其中沒有一只壽命小于180小時的概率。解：設(shè)X1，X2，X3，X4為4只電子管的壽命，它們相互獨(dú)立，同分布，其概率密度為：設(shè)N=min{X1，X2，X3，X4}P{N>180}=P{X1>180,X2>180,X3>180,X4>180}=P{X>180}4={1－p[X<180]}4=(0.1587)4=0.0006327.[二十八]設(shè)隨機(jī)變量〔X，Y〕的分布律為XY012345012300.010.010.010.010.020.030.020.030.040.050.040.050.050.050.060.070.060.050.060.090.080.060.05〔1〕求P{X=2|Y=2}，P{Y=3|X=0}〔2〕求V=max(X,Y)的分布律〔3〕求U=min(X,Y)的分布律解：〔1〕由條件概率公式P{X=2|Y=2}===同理 P{Y=3|X=0}=〔2〕變量V=max{X,Y}顯然V是一隨機(jī)變量，其取值為V：012345P{V=0}=P{X=0Y=0}=0P{V=1}=P{X=1，Y=0}+P{X=1，Y=1}+P{X=0，Y=1}=0.01+0.02+0.01=0.04P{V=2}=P{X=2，Y=0}+P{X=2，Y=1}+P{X=2，Y=2}+P{Y=2,X=0}+P{Y=2,X=1}=0.03+0.04+0.05+0.01+0.03=0.16P{V=3}=P{X=3，Y=0}+P{X=3，Y=1}+P{X=3，Y=2}+P{X=3，Y=3}+P{Y=3,X=0}+P{Y=3,X=1}+P{Y=3,X=2}=0.05+0.05+0.05+0.06+0.01+0.02+0.04=0.28P{V=4}=P{X=4，Y=0}+P{X=4，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=4，Y=3}=0.07+0.06+0.05+0.06=0.24P{V=5}=P{X=5，Y=0}+……+P{X=5，Y=3}=0.09+0.08+0.06+0.05=0.28〔3〕顯然U的取值為0，1，2，3P{U=0}=P{X=0，Y=0}+……+P{X=0，Y=3}+P{Y=0，X=1}+……+P{Y=0，X=5}=0.28同理P{U=1}=0.30P{U=2}=0.25P{U=3}=0.17或縮寫成表格形式〔2〕V 0 1 2 3 4 5Pk0 0.04 0.16 0.28 0.24 0.28〔3〕 U 0 1 2 3Pk0.28 0.30 0.25 0.17〔4〕W=V+U顯然W的取值為0，1，……8P{W=0}=P{V=0U=0}=0P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1U=0}∵V=max{X，Y}=0又U=min{X，Y}=1不可能上式中的P{V=0，U=1}=0，又P{V=1U=0}=P{X=1Y=0}+P{X=0Y=1}=0.2故P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1，U=0}=0.2P{W=2}=P{V+U=2}=P{V=2,U=0}+P{V=1，U=1}=P{X=2Y=0}+P{X=0Y=2}+P{X=1Y=1}=0.03+0.01+0.02=0.06P{W=3}=P{V+U=3}=P{V=3,U=0}+P{V=2，U=1}=P{X=3Y=0}+P{X=0，Y=3}+P{X=2，Y=1}+P{X=1，Y=2}=0.05+0.01+0.04+0.03=0.13P{W=4}=P{V=4,U=0}+P{V=3，U=1}+P{V=2，U=2}=P{X=4Y=0}+P{X=3，Y=1}+P{X=1，Y=3}+P{X=2，Y=2}=0.19P{W=5}=P{V+U=5}=P{V=5,U=0}+P{V=5，U=1}+P{V=3，U=2}=P{X=5Y=0}+P{X=5，Y=1}+P{X=3，Y=2}+P{X=2，Y=3}=0.24P{W=6}=P{V+U=6}=P{V=5,U=1}+P{V=4，U=2}+P{V=3，U=3}=P{X=5，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=3，Y=3}=0.19P{W=7}=P{V+U=7}=P{V=5,U=2}+P{V=4，U=3}=P{V=5，U=2}+P{X=4，Y=3}=0.6+0.6=0.12P{W=8}=P{V+U=8}=P{V=5,U=3}+P{X=5，Y=3}=0.05或列表為W 0 1 2 3 4 5 6 7 8P 0 0.02 0.06 0.13 0.19 0.24 0.19 0.12 0.05[二十一]設(shè)隨機(jī)變量〔X，Y〕的概率密度為〔1〕試確定常數(shù)b；〔2〕求邊緣概率密度fX(x)，fY(y)〔3〕求函數(shù)U=max(X,Y)的分布函數(shù)。解：〔1〕∴〔2〕〔3〕Fu(ω)=P{U≤u}=P{)=P{X≤u,Y≤u}=F(u,u)=u<0,FU(u)=0第四章2.[二]某產(chǎn)品的次品率為0.1，檢驗(yàn)員每天檢驗(yàn)4次。每次隨機(jī)地抽取10件產(chǎn)品進(jìn)展檢驗(yàn)，如果發(fā)現(xiàn)其中的次品數(shù)多于1，就去調(diào)整設(shè)備，以X表示一天中調(diào)整設(shè)備的次數(shù)，試求E(X)?！苍O(shè)諸產(chǎn)品是否是次品是相互獨(dú)立的?！辰猓涸O(shè)表示一次抽檢的10件產(chǎn)品的次品數(shù)為ξP=P〔調(diào)整設(shè)備〕=P(ξ>1)=1－P(ξ≤1)=1－[P(ξ=0)+P(ξ=1)]1－0.7361=0.2639.因此X表示一天調(diào)整設(shè)備的次數(shù)時X～B(4,0.2639).P(X=0)=×0.26390×0.73614=0.2936.P(X=1)=×0.26391×0.73613=0.4210,P(X=2)=×0.26392×0.73612=0.2264.P(X=3)=×0.26393×0.7361=0.0541,P(X=4)=×0.2639×0.73610=0.0049.從而E(X)=np=4×0.2639=1.05563.[三]有3只球，4只盒子，盒子的編號為1，2，3，4，將球逐個獨(dú)立地，隨機(jī)地放入4只盒子中去。設(shè)X為在其中至少有一只球的盒子的最小號碼〔例如X=3表示第1號，第2號盒子是空的，第3號盒子至少有一只球〕，求E(X)?！呤录X=1}={一只球裝入一號盒，兩只球裝入非一號盒}+{兩只球裝入一號盒，一只球裝入非一號盒}+{三只球均裝入一號盒}〔右邊三個事件兩兩互斥〕∴∵事件“X=2〞=“一只球裝入二號盒，兩只球裝入三號或四號盒〞+“兩只球裝二號盒，一只球裝入三或四號盒〞+“三只球裝入二號盒〞∴同理： 故 5.[五]設(shè)在某一規(guī)定的時間間段里，其電氣設(shè)備用于最大負(fù)荷的時間X〔以分計〕是一個連續(xù)型隨機(jī)變量。其概率密度為求E(X)解：6.[六]設(shè)隨機(jī)變量X的分布為X －2 0 2Pk0.4 0.3 0.3求E(X)， E(3X2+5)解：E(X)=(－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2E(X2)=(－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8E(3X2+5)=3E(X2)+E(5)=8.4+5=13.47.[七]設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度為求〔1〕Y=2X 〔2〕Y=e－2x的數(shù)學(xué)期望。解：〔1〕〔2〕8.[八]設(shè)〔X，Y〕的分布律為XY123－1010.20.10.10.100.100.30.1(1)求E(X)，E(Y)。(2)設(shè)Z=Y/X，求E(Z)。(3)設(shè)Z=(X－Y)2，求E(Z)。解：〔1〕由X，Y的分布律易得邊緣分布為XY123－10.20.100.300.100.30.410.10.10.10.30.40.20.41E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4=0.4+0.4+1.2=2.E(Y)=(－1)×0.3+0×0.4+1×0.3=0.Z=Y/X－1－1/2－1/301/31/21pk0.20.100.40.10.10.1〔2〕E(Z)=(－1)×0.2+(－0.5)×0.1+(－1/3)×0+0×0.4+1/3×0.1+0.5×0.1+1×0.1=(－1/4)+1/30+1/20+1/10=(－15/60)+11/60=－1/15.Z(X－Y)20(1-1)21(1-0)2或(2-1)24(2-0)2或(1-(-1))2或(3-1)29(3-0)2或(2-(-1))216(3-(-1))2pk0.10.20.30.40〔3〕E(Z)=0×0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=510.[十]一工廠生產(chǎn)的某種設(shè)備的壽命X〔以年計〕服從指數(shù)分布，概率密度為工廠規(guī)定出售的設(shè)備假設(shè)在一年內(nèi)損壞，可予以調(diào)換。假設(shè)工廠出售一臺設(shè)備可贏利100元，調(diào)換一臺設(shè)備廠方需花費(fèi)300元。試求廠方出售一臺設(shè)備凈贏利的數(shù)學(xué)期望。解：一臺設(shè)備在一年內(nèi)損壞的概率為故設(shè)Y表示出售一臺設(shè)備的凈贏利那么 故11.[十一]某車間生產(chǎn)的圓盤直徑在區(qū)間〔a,b〕服從均勻分布。試求圓盤面積的數(shù)學(xué)期望。解：設(shè)X為圓盤的直徑，那么其概率密度為用Y表示圓盤的面積，那么12.[十三]設(shè)隨機(jī)變量X1，X2的概率密度分別為求〔1〕E(X1+X2)，E(2X1－3)；〔2〕又設(shè)X1，X2相互獨(dú)立，求E(X1X2)解：〔1〕=〔2〕=〔3〕13.[十四]將n只球〔1～n號〕隨機(jī)地放進(jìn)n只盒子〔1～n號〕中去，一只盒子裝一只球。將一只球裝入與球同號的盒子中，稱為一個配對，記X為配對的個數(shù)，求E(X)解：引進(jìn)隨機(jī)變量i=1,2,…n那么球盒對號的總配對數(shù)為Xi的分布列為Xi:10P:i=1,2……n∴i=1,2……n14.[十五]共有n把看上去樣子一樣的鑰匙，其中只有一把能翻開門上的鎖，用它們?nèi)ピ囬_門上的鎖。設(shè)抽取鑰匙是相互獨(dú)立的，等可能性的。假設(shè)每把鑰匙經(jīng)試開一次后除去，試用下面兩種方法求試開次數(shù)X的數(shù)學(xué)期望。〔1〕寫出X的分布律，〔2〕不寫出X的分布律。解：〔1〕X123……nP……〔2〕設(shè)一把一把鑰匙的試開，直到把鑰匙用完。設(shè)i=1,2……n那么試開到能開門所須試開次數(shù)為Xii0P∵E(Xi)=i=1,2……n∴15.〔1〕設(shè)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為E(X)，方差為D(X)>0，引入新的隨機(jī)變量〔X*稱為標(biāo)準(zhǔn)化的隨機(jī)變量〕：驗(yàn)證E(X*)=0，D(X*)=1〔2〕隨機(jī)變量X的概率密度。求X*的概率密度。解：〔1〕D(X*)=E[X*－E(X)*]]2=E(X*2)==〔2〕16.[十六]設(shè)X為隨機(jī)變量，C是常數(shù)，證明D(X)<E{(X－C)2}，對于C≠E(X)，〔由于D(X)=E{[X－E(X)]2}，上式說明E{(X－C)2}當(dāng)C=E(X)時取到最小值?！匙C明：∵D(X)－E(X－C)2=D(X2)－[E(X)]2－[E(X2)－2CE(X2)+C2=－{[E(X)]2－2CE(X2)+C2}=－[E(X)－C]2<0，∴當(dāng)E(X)≠C時D(X)<E(X－C)217.設(shè)隨機(jī)變量X服從指數(shù)分布，其概率密度為其中θ>0是常數(shù)，求E(X)，D(X)。解：又D(X)=E(X2)－E2(X)=2θ2－θ2=θ221．設(shè)X1,X2,…,Xn是相互獨(dú)立的隨機(jī)變量且有,i=1,2,…,n.記，.〔1〕驗(yàn)證〔2〕驗(yàn)證.〔3〕驗(yàn)證E(S2)證明：〔1〕(利用數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)2°，3°)(利用方差的性質(zhì)2°，3°)〔2〕首先證于是〔3〕23．[二十五]設(shè)隨機(jī)變量X和Y的聯(lián)合分布為：XY－101－1001驗(yàn)證：X和Y不相關(guān)，但X和Y不是相互獨(dú)立的。證：∵P[X=1Y=1]=P[X=1]=P[Y=1]=P[X=1Y=1]≠P[X=1]P[Y=1]∴X，Y不是獨(dú)立的又 E(X)=－1×+0×+1×=0E(Y)=－1×+0×+1×=0COV(X,Y)=E{[X－E(X)][Y－E(Y)]}=E(XY)－EX·EY=(－1)(－1)+(－1)1×+1×(－1)×+1×1×=0∴X，Y是不相關(guān)的27．三個隨機(jī)變量X，Y，Z中，E(X)=E(Y)=1,E(Z)=－1，D(X)=D(Y)=D(Z)=1,ρXY=0ρXZ=，ρYZ=－。設(shè)W=X+Y+Z求E(W)，D(W)。解：E(W)=E(X+Y+Z)=E(X)+E(Y)+E(Z)=1+1－1=1D(W)=D(X+Y+Z)=E{[(X+Y+Z)－E(X+Y+Z)]2}=E{[X－E(X)]+[Y－E(Y)]+Z－E(Z)}2=E{[X－E(X)]2+[Y－E(Y)]2+[Z－E(Z)]2+2[X－E(X)][Y－E(Y)]+2[Y－E(Y)][Z－E(Z)]+2[Z－E(Z)][X－E(X)]}=D(X)+D(Y)+D(Z)+2COV(X,Y)+2COV(Y,Z)+2COV(Z,X)=D(X)+D(Y)+D(Z)+2+=1+1+1+2×26.[二十八]設(shè)隨機(jī)變量〔X1，X2〕具有概率密度。， 0≤x≤2, 0≤y≤2求 E(X1)，E(X2)，COV〔X1，X2〕，解： D(X1+X2)=D(X1)+D(X2)+2COV(X1,X2)=28.[二十九]設(shè)X～N〔μ，σ2〕，Y～N〔μ，σ2〕，且X，Y相互獨(dú)立。試求Z1=αX+βY和Z2=αX－βY的相關(guān)系數(shù)〔其中是不為零的常數(shù)〕.解：由于X，Y相互獨(dú)立Cov(Z1,Z2)=E(Z1,Z2)－E(Z1)E(Z2)=E(αX+βY)(αX－βY)－(αEX+βEY)(αEX－βEY)=α2EX2－βEY2－α2(EX)2+β(EY)2=α2DX－β2DY=(α2－β2)σ2DZ1=α2DX+β2DY=(α2+β2)σ2,DZ2=α2DX+β2DY=(α2+β2)σ2,(利用數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)2°3°)故29．[二十三]卡車裝運(yùn)水泥，設(shè)每袋水泥重量〔以公斤計〕服從N〔50,2.52〕問最多裝多少袋水泥使總重量超過2000的概率不大于0.05.解：X～N〔50,2.52〕不妨設(shè)最多可裝A袋水泥才使總重量超過2000的概率不大于0.05.那么由期望和方差的性質(zhì)得Y=AX～N〔50A,2.52A〕.故由題意得P{Y≥2000}≤0.05即 解得A≥39.30.[三十二]正常男性成人血液中，每一毫升白細(xì)胞數(shù)平均是7300，均方差是700，利用契比雪夫不等式估計每毫升含白細(xì)胞數(shù)在5200～9400之間的概率p.解：由題意知μ=7300,σ=700，那么由契比雪夫不等式31.[三十三]對于兩個隨機(jī)變量V,W假設(shè)E(V2)E(W2)存在,證明[E(VW)]2≤E(V2)E(W2)這一不等式稱為柯西施瓦茲〔Cauchy-Schwarz〕不等式.證明：由和關(guān)于矩的結(jié)論，知當(dāng)E(V2),E(W2)存在時E(VW)，E(V),E(W),D(V),D(W),都存在.當(dāng)E(V2),E(W2)至少有一個為零時，不妨設(shè)E(V2)=0，由D(V)=E(V2)－[E(V)]2≤E(V2)=0知D(V)=0，此時[E(V)]2=E(V2)=0即E(V)=0。再由方差的性質(zhì)知P(V=0)=1.又故有P(VW=0)=1.于是E(VW)=0，不等式成立.當(dāng)E(V2)>0，E(W2)>0時，對有E(W－tV)2=E(V2)t2－2E(VW)t+E(W2)≥0.(*)(*)式是t的二次三項(xiàng)式且恒非負(fù)，所以有?=[－2E(VW)]2－4E(V2)E(W2)≤0故Cauchy-Schwarz不等式成立。[二十一]〔1〕設(shè)隨機(jī)變量X1，X2，X3，X4相互獨(dú)立，且有E(Xi)=i,D(Xi)=5－i,i=1,2,3,4。設(shè)Y=2X1－X2+3X3－X4，求E(Y)，D(Y)?！?〕設(shè)隨機(jī)變量X，Y相互獨(dú)立，且X～N〔720，302〕，Y～N〔640，252〕，求Z1=2X+Y，Z2=X－Y的分布，并求P{X>Y},P{X+Y>1400}解：〔1〕利用數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)2°，3°有E(Y)=2E(X1)－E(X2)+3E(X3)－E(X4)=7利用數(shù)學(xué)方差的性質(zhì)2°，3°有D(Y)=22D(X1)+(－1)2D(X2)+32D(X3)+()2D(X4)=37.25〔2〕根據(jù)有限個相互獨(dú)立的正態(tài)隨機(jī)變量的線性組合仍然服從正態(tài)分布，知Z1～N〔·，·〕，Z2～N〔·，·〕而EZ1=2EX+Y=2×720+640,D(Z1)=4D(X)+D(Y)=4225EZ2=EX－EY=720－640=80,D(Z2)=D(X)+D(Y)=1525即Z1～N〔2080，4225〕， Z2～N〔80，1525〕P{X>Y}=P{X－Y>0}=P{Z2>0}=1－P{Z2≤0}=P{X+Y>1400}=1－P{X+Y≤1400}同理X+Y～N〔1360，1525〕那么P{X+Y>1400}=1－P{X+Y≤1400}=[二十二]5家商店聯(lián)營，它們每周售出的某種農(nóng)產(chǎn)品的數(shù)量〔以kg計〕分別為X1，X2，X3，X4，X5，X1～N〔200，225〕，X2～N〔240，240〕，X3～N〔180，225〕，X4～N〔260，265〕，X5～N〔320，270〕，X1，X2，X3，X4，X5相互獨(dú)立?！?〕求5家商店兩周的總銷售量的均值和方差；〔2〕商店每隔兩周進(jìn)貨一次，為了使新的供貨到達(dá)前商店不會脫銷的概率大于0.99，問商店的倉庫應(yīng)至少儲存多少公斤該產(chǎn)品解：〔1〕令為總銷售量。EX1=200，EX2=240，EX3=180，EX4=260，EX5=320，D(X1)=225，D(X2)=240，D(X3)=225，D(X4)=265，D(X5)=270，利用數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)3°有利用方差的性質(zhì)3°有〔2〕設(shè)商店倉庫儲存a公斤該產(chǎn)品，使得P{Y≤a}>0.99由相互獨(dú)立的正態(tài)隨機(jī)變量的線性組合仍然服從正態(tài)分布，并注意到〔1〕，得Y～N〔1200，1225〕查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表知∴a至少取1282.第五章大數(shù)定理和中心極限定理1．[一]據(jù)以往經(jīng)歷某種電器元件的壽命服從均值為100小時的指數(shù)分布，現(xiàn)在隨機(jī)的抽取16只，設(shè)它們的壽命是相互獨(dú)立的，求這16只元件壽命總和大于1920小時的概率。解：設(shè)第i只壽命為Xi，〔1≤i≤16〕，故E(Xi)=100，D(Xi)=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知從而3．[三]計算機(jī)在進(jìn)展加法時，對每個加數(shù)取整〔取為最接近它的整數(shù)〕，設(shè)所有的取整誤差是相互獨(dú)立的，且它們都在〔－0.5，0.5〕上服從均勻分布，〔1〕假設(shè)將1500個數(shù)相加，問誤差總和的絕對值超過15的概率是多少〔2〕幾個數(shù)相加在一起使得誤差總和的絕對值小于10的概率不小于0.90解：〔1〕設(shè)取整誤差為Xi〔，1500〕，它們都在〔－0.5,0.5〕上服從均勻分布。于是：8．某藥廠斷言，該廠生產(chǎn)的某種藥品對于醫(yī)治一種疑難的血液病的治愈率為0.8，醫(yī)院檢驗(yàn)員任意抽查100個服用此藥品的病人，如果其中多于75人治愈，就承受這一斷言，否那么就拒絕這一斷言?！?〕假設(shè)實(shí)際上此藥品對這種疾病的治愈率是0.8，問承受這一斷言的概率是多少〔2〕假設(shè)實(shí)際上此藥品對這種疾病的治愈率是0.7，問承受這一斷言的概率是多少解：設(shè)X為100人中治愈的人數(shù)，那么X～B(n,p)其中n=100〔1〕〔2〕p=0.7由中心極限定理知7．[七]一復(fù)雜的系統(tǒng)，由100個互相獨(dú)立起作用的部件所組成。在整個運(yùn)行期間每個部件損壞的概率為0.10。為了整個系統(tǒng)起作用至少必需有85個部件工作。求整個系統(tǒng)工作的概率。〔2〕一個復(fù)雜的系統(tǒng)，由n個互相獨(dú)立起作用的部件所組成，每個部件的可靠性〔即部件工作的概率〕為0.90。且必須至少有80%部件工作才能使整個系統(tǒng)工作，問n至少為多少才能使系統(tǒng)的可靠性不低于0.95。解：〔1〕設(shè)每個部件為Xi(i=1,2,……100)設(shè)X是100個相互獨(dú)立，服從〔0－1〕分布的隨機(jī)變量Xi之和X=X1+X2+……+X100由題設(shè)知 n=100P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=0.1E(Xi)=p=0.9D(Xi)=p(1－p)=0.9×0.1=0.09n·E(Xi)=100×0.9=90,nD(Xi)=100×0.09=9 = =由中心極限定理知 查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表 =φ(1.67) =0.9525解：〔2〕設(shè)每個部件為Xi(i=1,2,……n)P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=1－p=0.1E(Xi)=p=0.9, D(Xi)=0.9×0.1=0.09由問題知 求n=?而 = =1－由中心極限定理知 =查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表得解得n≥24.35取n=25，即n至少為25才能使系統(tǒng)可靠性為0.95.[八]隨機(jī)地取兩組學(xué)生，每組80人，分別在兩個實(shí)驗(yàn)室里測量某種化合物的PH值，各人測量的結(jié)果是隨機(jī)變量，它們相互獨(dú)立，且服從同一分布，其數(shù)學(xué)期望為5，方差為0.3，以分別表示第一組和第二組所得結(jié)果的算術(shù)平均：〔1〕求P{4.9<}〔2〕}解：由中心極限定理知～N(0,1) ～N(0,1)〔1〕〔2〕由Xi,Yj的相互獨(dú)立性知獨(dú)立。從而U，V獨(dú)立。于是U－V～N(0,2)而=2×0.8749－1=0.7498[九]某種電子器件的壽命〔小時〕具有數(shù)學(xué)期望μ〔未知〕，方差σ2=400為了估計μ，隨機(jī)地取幾只這種器件，在時刻t=0投入測試〔設(shè)測試是相互獨(dú)立的〕直到失敗，測得其壽命X1，…，Xn，以作為μ的估計，為使問n至少為多少解：由中心極限定理知，當(dāng)n很大時=所以查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表知即n至少取1537。第六章樣本及抽樣分布1.[一]在總體N〔52，6.32〕中隨機(jī)抽一容量為36的樣本，求樣本均值落在50.8到53.8之間的概率。解：2.[二]在總體N〔12，4〕中隨機(jī)抽一容量為5的樣本X1，X2，X3，X4，X5.〔1〕求樣本均值與總體平均值之差的絕對值大于1的概率。〔2〕求概率P{max(X1，X2，X3，X4，X5)>15}.〔3〕求概率P{min(X1，X2，X3，X4，X5)>10}.解：〔1〕=〔2〕P{max(X1，X2，X3，X4，X5)>15}=1－P{max(X1，X2，X3，X4，X5)≤15