概率論與數(shù)理統(tǒng)計作業(yè)習(xí)題解答(浙大第四版).pdf

概率論與數(shù)理統(tǒng)計作業(yè)習(xí)題解答 浙大第四版 第一章第一章第一章第一章 概率的基本概念概率的基本概念概率的基本概念概率的基本概念 習(xí)題解析習(xí)題解析習(xí)題解析習(xí)題解析 第第第第 1 1 1 1 2 2 2 2 題題題題 隨機試驗隨機試驗隨機試驗隨機試驗 樣本空間樣本空間樣本空間樣本空間 隨機事件隨機事件隨機事件隨機事件 1 寫出下列隨機試驗的樣本空間 1 記錄一個小班一次數(shù)學(xué)考試的平均分數(shù) 設(shè)以百分制記分 2 生產(chǎn)產(chǎn)品直到有 10 件正品為止 記錄生產(chǎn)產(chǎn)品的總件數(shù) 3 對某工廠出廠的產(chǎn)品進行檢查 合格的記上 正品 不合格的記上 次品 如連續(xù) 查出 2 個次品就停止檢查 或檢查 4 個產(chǎn)品就停止檢查 記錄檢查的結(jié)果 4 在單位圓內(nèi)任意取一點 記錄它的坐標(biāo) 解解解解 1 高該小班有 n 個人 每個人數(shù)學(xué)考試的分數(shù)的可能取值為 0 1 2 100 n 個人分數(shù)這和的可能取值為 0 1 2 100n 平均分數(shù)的可能取值為 0 1100 n n nn 則 樣本空間為 S 0 1 2 100 k kn n 2 樣本空間 S 10 11 S 中含有可數(shù)無限多個樣本點 3 設(shè) 1 表示正品 0 有示次品 則樣本空間為 S 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 例如 1 1 0 0 表示第一次與第二次檢查到正品 而第三次與第四次檢查到次品 4 設(shè)任取一點的坐標(biāo)為 x y 則樣本空間為 S 2 2 1x y xy 2 設(shè) A B C 為三個事件 用 A B C 的運算關(guān)系表示下列事件 1 A 發(fā)生 B 與 C 不發(fā)生 2 A 與 B 都發(fā)生 而 C 不發(fā)生 3 A B C 中至少有一個發(fā)生 4 A B C 都發(fā)生 5 A B C 都不發(fā)生 6 A B C 中不多于一個發(fā)生 7 A B C 中不多于兩個發(fā)生 8 A B C 中至少有兩個發(fā)生 解解解解 此題關(guān)鍵詞 與 而 都 表示事件的 交 至少 表示事件的 并 不多 于 表示 交 和 并 的聯(lián)合運算 1 ABC 2 ABC或 AB C 3 A B C 4 ABC 5 ABC 6 A B C中 不 多 于 一 個 發(fā) 生 為 僅 有 一 個 發(fā) 生 或 都 不 發(fā) 生 即 ABC ABC ABC ABC A B C 中不多于一個發(fā)生 也表明 A B C中至少有兩 個發(fā)生 即ABBCACABC 7 A B C 中不多于兩個發(fā)生 為僅有兩個發(fā)生或僅有一個發(fā)生 或都不發(fā)生 即表示 為 ABCABCABCABCABCABCABC 而 ABC 表示三個事件都發(fā)生 其對立事件為不多于兩個事件發(fā)生 因此又可以表示為 ABC ABC 8 A B C 中至少有兩個發(fā)生為 A B C 中僅有兩個發(fā)生或都發(fā)生 即為 ABCABCABCABC 也可以表示為 AB BC AC 第第第第 3 3 3 3 1 1 1 1 6 6 6 6 8 8 8 8 9 9 9 9 10101010 題題題題 概率的定義概率的定義概率的定義概率的定義 概率的性質(zhì)概率的性質(zhì)概率的性質(zhì)概率的性質(zhì) 古典概型古典概型古典概型古典概型 3 1 設(shè) A B C 是三件 且 11 0 48 P AP BP CP ABP BCP AC 求 A B C 至少有一個生的概率 解解解解 利用概率的加法公式 315 488 P ABCP AP AP CP ABP BCP ACP ABC 其中由 0 P ABP BC 而ABCAB 得 0P ABC 6 在房間里有 10 個人 分別佩戴從 1 號到 10 號的紀念章 任選 3 人記錄其紀念章的號碼 求 1 最小號碼為 5 的概率 2 最大號碼為 5 的概率 解解解解 利用組合法計數(shù)基本事件數(shù) 從 10 人中任取 3 人組合數(shù)為 3 10 C 即樣本空間 S 3 10 120C 個基本事件 1 令事件 A 最小號碼為 5 最小號碼為 5 意味著其余號碼是從 6 7 8 9 10 的 5 個號碼中取出的 有 2 5 C種取法 故 A 2 5 10C 個基本事件 所求概率為 2 5 3 10 5 101 2 3 10 12012 3 7 C P A C 2 令事件 B 最大號碼為 5 最大號碼為 5 其余兩個號碼是從 1 2 3 4 的 4 個號碼 中取出的 有 2 4 C種取法 即 B 2 4 C 個基本事件 則 2 4 3 10 4 61 2 2 10 12020 3 7 C P B C 8 在 1 500 個產(chǎn)品中有 400 個次品 1 100 個正品 從中任取 200 個 求 1 恰有 90 個次品的概率 2 至少有 2 個次品的概率 解解解解 1 利用組合法計數(shù)基本事件數(shù) 令事件 A 恰有 90 個次品 則 90110 4001100 200 1500 CC P A C 2 利用概率的性質(zhì) 令事件 B 至少有 2 個次品 A 恰有i個次品 則 23200 BAAAAiAiij 所求概率為 200 23200 2 i i P BP AAAP A 顯然 這種解法太麻煩 用對立事件求解就很簡單 令事件B 恰有 0 個次品或恰有 1 個次品 即 01 BAA 而 2001199 11004001100 0101 200200 15001500 CCC P BP AAP AP A CC 故 2001199 11004001100 200200 15001500 1 1 CCC P BP B CC 9 從 5 雙不同的鞋子中任取 4 只 問這 4 只鞋子中至少有兩只鞋子配成一雙的概率是多少 解解解解 令事件 A 4 只鞋子中至少有兩只鞋子配成一雙 用 3 種方法求 P A A 的對立事件A 4 只鞋子中至少有兩只鞋子配成一雙 從 5 又鞋中任取 4 只 即 從 10 只鞋中任取 4 只 所有可能組合數(shù)為 4 10 C 樣本空間 S 4 10 C個基本事件 現(xiàn)考慮有 利于A的基本事件數(shù) 從 5 雙鞋中任取 4 雙 再從每雙中任取一只 有 44 52 C種取法 即 A 44 52 C個基本事件 則 444 5 4 10 25 213 1 11 21021 C P AP A C 4 只鞋是不放回的一只接一只的取出 所有可能的排列數(shù)為 4 10 A 即樣本空間 S 4 10 A 個基本事件 現(xiàn)考慮有利于A的基本事件 從 10 只鞋中任取一只 與它配成雙的一只不 取 從其余 8 只鞋中任取一只 與它配成雙的一只不取 依此類推 則A 10 8 6 4 個基本事件 于是 4 10 10 8 6 410 8 6 4813 1 111 10 9 8 72121 P AP A A 利用組合法計數(shù)基本事件數(shù) 考慮有利于事件 A 的基本事件數(shù) 任取的 4 只鞋配成 一雙的取法有 1222 5242 C C C種 能配成兩雙的取法有 22 52 C C種 于是 A 1222 5242 C C C 22 52 C C 個基本事件 則 122222 52452 4 10 213013 21021 C C CC C P A C 此題的第 1 種方法和第 2 種方法是利用概率性質(zhì) P A P A 1 首先求 P A 然后求 P A 第 3 種方法是直接求 P A 讀者還可以用更多方法求 P A 10 在 11 張卡片上分別寫上 Probability 這 11 個字母 從中任意連抽 7 張 求其排列結(jié)果為 ability 的概率 解解解解 令事件 A 排列結(jié)果為 ability 利用排列法計數(shù)基本事件數(shù) 不放回的從中一次抽 1 張的連抽 7 張 要排成單詞 因此用排列法 樣本空間 7 11 A個基本事件 排列結(jié)果 為 ability 實際收入字母 b 的卡片有兩張 寫字母 i 的卡片有兩張 取 b 有 1 2 C種取法 取 i 有 1 2 C種取法 其余字母都只有 1 種取法 故 11 22 AC C 個基本事件 于是 11 22 7 11 4 0 0000024 11 10 9 8 7 6 5 C C P A A 這是個小概率事件 第第第第 1 1 1 14 4 4 4 2 2 2 2 1 1 1 15 5 5 5 19191919 18181818 題題題題 條件概率條件概率條件概率條件概率 概率的加法公式和乘法公式概率的加法公式和乘法公式概率的加法公式和乘法公式概率的加法公式和乘法公式 14 2 已知 111 432 P AP B AP A BP AB 求 解解解解 利用概率加法公式和概率乘法公式 P ABP AP BP AB 解此題的關(guān)鍵是求 P BP AB和 由概率乘法公式 得 111 4312 P ABP A P B A 又 P ABP B P A B 解得 1 1 12 1 6 2 P AB P B P A B 于是所求概率為 1111 46123 P AB 此題的關(guān)鍵是利用 P A P B AP B P A B 求出 P AB和 P B 再 求 P AB 就迎刃而解了 15 擲兩顆骰子 已知兩顆骰子點數(shù)和為 7 求其中有一顆為 1 點的概率 用兩種方法 解解解解 令事件 A 兩顆骰子點數(shù)之和為 7 B 有一顆為 1 點 此題是求條件概率 P B A 兩種方法如下 考慮整個樣本空間 隨機試驗 擲兩顆骰子 每顆骰子可能出現(xiàn)的點數(shù)都是 6 個 即樣本空間 S 2 6個基本事件 事件 AB 兩顆骰子點數(shù)之間和為 7 且有一顆為 1 點 兩顆骰子點數(shù)之和為 7 的可能結(jié)果為 6 個 即 A 1 6 2 5 3 4 6 1 5 2 4 3 而 AB 1 6 6 1 由條件概率公式 得 2 21 36 6 63 36 P AB P B A P A 已知事件 A 發(fā)生后 將 A 作為樣本空間 其中有兩個結(jié)果 1 6 和 6 1 只有 一顆骰子出現(xiàn) 1 點 則在縮減的樣本空間中求事件 B 發(fā)生的條件概率為 21 63 P B A 18 某人忘記了電話號碼的最后一個數(shù) 因而他隨意地撥號 求他撥號不超過三次而接通所 需電話的概率 若已知最后一個數(shù)字是奇數(shù) 那么此概率是多少 解解解解 利用概率性質(zhì) 有限可加性 和概率乘法公式 令事件Ai 第 i 次撥通電話 到第 i 次撥通電話 這個事件為 121ii A AA A i 1 2 3 事件 B 不超過三次而撥通電話 則 B 112123 AA AA A A 該事件表示第一次撥通電話 或者第一次未撥通 第二撥通電話 到第二次撥通電話 或 者第一 二次未撥通 第三次撥通電話 到第三次撥通電話 右端是互不相容事件的并事 件 所以用有限可加性計算 得 112123 112123 1121121312 1919813 10109109810 P BP AA AA A A P AP A AP A A A P AP A P A AP A P A A P A A A 撥號是從 0 1 2 9 的 10 個數(shù)字中任取一個 有 10 種取法 第一次撥通的概率是 1 10 第一次未撥通的概率為 9 10 第二次撥號時 是從其余 9 個數(shù)字中任取一個 所以撥通的概 率為 1 9 到第二次撥通的概率為 911 10910 依此類推 到第 n 次撥通電話的概率都是 1 10 與順序無關(guān) 已知最后一個數(shù)字是奇數(shù)時 令事件 C 撥號不超過三次而接通電話 撥號是從 1 3 5 7 9 的五個數(shù)字中任取一個 有 5 種取法 第一次撥通的概率為 1 5 到第二次撥通 的概率為 411 545 到第三次撥通的概率為 4311 5435 與上述分析方法和用的概率公 式相同 所以 1414313 5545435 P C 第第第第 21212121 22222222 35353535 38383838 題題題題 全概率公式全概率公式全概率公式全概率公式 貝葉斯公式貝葉斯公式貝葉斯公式貝葉斯公式 事件的獨立性事件的獨立性事件的獨立性事件的獨立性 21 已知男人中有 00 5是色盲患者 女人中有 00 0 25是色盲患者 今從男女人數(shù)相等的人 群中隨機地挑選一人 恰好是色盲患者 問此人是男性的概率是多少 解解解解 令事件 A 隨機地選一人是女性 對立事件A 隨機地選一人是男性 因為人群中 男女人數(shù)相等 所以 1 2 P AP A 且 A A是樣本空間的一個劃分 事件 C 隨機 地挑選一人恰好是色盲 已知 0 255 100100 P C AP C A 由全概率公式 得 10 2515 0 02625 21002100 P CP A P C AP A P C A 由貝葉斯公式 得 15 2100 0 9524 0 02625 P A P C A P AC P A C P CP C 22 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 若第一次及格則第二次 及格的概率也為 P 若第一次不及格則第二次及格的概率為 2 p 1 若至少有一次及格則 他能取得某種資格 求他取得該資格的概率 2 若已知他第二次已經(jīng)及格 求他第一次及 格的概率 解解解解 令事件 Ai 一學(xué)生第 i 次考試及格 i 1 2 已知 112121 1 2 P P AP P AP P A A P A A 1 由概率加法公式 得 121212 12121 P AAP AP AP A A P AP AP A P A A 利用對立事件求概率 12 1212 121 11 2 2 1 1 1 1 1 31 1 1 1 222 P AAP AAP A A P A P A A P AP A A P PPP 顯然用后者求解簡單 2 利用條件概率公式 121 12 21 22 2 2 2 1 1 2 P A P A AP A A P A A P AP A PP PPPP 35 如果一危險情況 C 發(fā)生時 一電路閉合并發(fā)出警報 我們可以借用兩個或多個開關(guān)并聯(lián) 以改善可靠性 在 C 發(fā)生時這些開關(guān)每一個都應(yīng)閉合 且若至少一個開關(guān)閉合了 警報就發(fā) 出 如果兩個這樣的開關(guān)聯(lián)聯(lián)接 它們每個具有 0 96 的可靠性 即在情況 C 發(fā)生時閉合的 概率 問這時系統(tǒng)的可靠性 即電路閉合的概率 是多少 如果需要有一個可靠性至少為 0 9999 的系統(tǒng) 則至少需要用多少只開關(guān)并聯(lián) 設(shè)各開關(guān)閉合與否是相互獨立的 解解解解 利用事件的獨立性 令事件 i A 第 i 只開關(guān)閉合 已知 12 0 96P AP A 令事件 B 電路閉合 兩只開關(guān)并聯(lián)聯(lián)接 則 12 BAA 即至少有一只開關(guān)閉合 電路就閉合 而 12 AA與相互 獨立 所以電路閉合的概率為 121212 1212 2 0 960 96 0 96 0 9984 P BP AAP AP AP A A P AP AP A P A 這種解題思路是讀者容易想到的 另一種解法是利用對立事件 計算此較簡單 1212 12 12 2 1 1 1 1 0 040 9984 P BP AAP AA P A A P A P A 設(shè)需要 n 只開關(guān)并聯(lián) 才保證系統(tǒng)可靠性為 0 9999 令事件 i A 第 i 只開關(guān)閉合 i 1 2 n 令事件 C 電路閉合 則 12n CAAA 如果用概率加法公式表示 PC 將是相當(dāng)麻煩的 不妨表示為 1 12 1 1111 2233 1 0 96 0 96 0 96 1 0 96 n n nn n iijijKi iij nij k ni n nn P CP AAA P AP A AP A A APA nCC 已知 0 9999P C 解 n 實際上是很難辦到的 如果用對立事件表示 P C 顯然比較簡單 即 12 12 12 1 1 1 1 0 04 n n n n P CP AAAP A AA P A P AP A 已 知1 0 040 9999 n 即1 0 040 0001 n 兩 邊 取 以 e 為 底 的 對 數(shù) 得 1 0 04 1 0 0001 nn n 則 1 0 0001 9 2103 2 86 1 0 04 3 2189 n n n 故至少需要 3 只開關(guān)并聯(lián)聯(lián)接 此題表明對立事件及德 莫根律對解決實際問題有多么重要 36 三人獨立地去破譯一份密碼 已知各人能譯出的概率分別為1 5 1 3 1 4 問三人中至 少有一人能將此密碼譯出的概率是多少 解解解解 令事件Ai 第 i 人能譯出密碼 i 1 2 3 且 1 1 5 P A 2 1 3 P A 3 1 4 P A B 三人中至少有一人能譯出密碼 與事件 密碼被譯出 是相等事件 又 123 A A A相互獨 立 利用概率的加法公式和事件的獨立性 123 123121323123 111111111111 0 6 534535434534 P BP AAA P AP AP AP A AP A AP A AP A A A 利用對立事件和事件的獨立性 123123 123123 1 1 1 1113 1 1 1 1 0 6 5345 P BP AAAP AAA P A A AP A P AP A 38 袋中裝 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 已知每次都得到國徽 問這只硬幣是正品的概率為多少 解解解解 令事件 A 任取一只硬幣是正品 對立事件A 任取一只硬幣是次品 且 mn P AP A mnmn B 把硬幣投擲 r 次 每次都得到國徽面 令事件 i B 把 硬幣投擲 i 次 有 i 次得到國徽 i 1 2 r 如果硬幣是正品 則投擲一次出現(xiàn)任何 一面的概率都是 1 2 如果硬幣是次品 則投擲一次出現(xiàn)國徽面的概率是 1 于是 111 222 1 1 2 11 1 1 22 1 1 2 i i i P BP A P B AP A P B A mn mnmn P BP A P B AP A P B A mn mnmn mn P B mnmn 則 1 1 2 1 2 r r r r mn P BP B mnmn mn mnmn 所求概率為 1 2 1 2 2 r r r P A P B AP AB P A B P AP B m m mn mn mn mnmn 第二章第二章第二章第二章 隨機變量及其分布隨機變量及其分布隨機變量及其分布隨機變量及其分布 習(xí)題解析習(xí)題解析習(xí)題解析習(xí)題解析 第第第第 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 3 3 6 6 6 6 7 7 7 7 12121212 17171717 題題題題 離散型隨機變量的分布律離散型隨機變量的分布律離散型隨機變量的分布律離散型隨機變量的分布律 2 1 一袋中裝有 5 只球 編號為 1 2 3 4 5 在袋中同時取 3 只 以 X 表示取出的 3 只球中的最大號碼 現(xiàn)實性出隨機變量 X 的分布律 解解解解 隨機變量 X 的所有可能取值為 3 4 5 求取各個值的概率用古典概型 2 2 3 5 2 3 3 5 2 4 3 5 11 3 5 10 3 2 3 3 2 1 4 5 10 3 2 4 3 2 2 5 5 5 3 2 C P X C C P X C C P X C 則隨機變量 X 的分布律為 X 3 4 5 k P 1 10 3 10 3 5 如果用概率函數(shù)表示 則為 2 1 3 5 k C P Xk C 3 4 5 k 3 設(shè)在 15 只同類型的零件中有 2 只是次品 在其中取 3 次 每次任取 1 只 作不放回抽樣 以 X 表示取出的次品的只數(shù) 1 求 X 的分布律 2 畫出分布律的圖型 解解解解 隨機變量 X 的所有可能值為 0 1 2 求取各個值的概率用古典概型 1 X 取各個值的概率分別為 03 213 3 15 12 213 3 15 21 213 3 15 13 22 3 10 0 15 35 3 12 13 2 12 2 11 1 15 35 3 12 131 2 15 35 3 12 C C P X C C C P X C C C P X C 則 X 的分布律為 X 0 1 2 k P 22 35 12 35 1 35 因為 1k P 所以只要求出 0 1 P XP X 則 2 1 0 1 P XP XP X X 的分布律用概率函數(shù)表示為 3 213 3 15 kk C C P Xk C 0 1 2 k 6 一大樓裝有 5 個同類型的供水設(shè)備 調(diào)查表明在任一時刻 t 每個設(shè)備被使用的概率為 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 至多有 1 個設(shè)備被使用的概率是多少 解解解解 5 個同類型的供水設(shè)備 在任一時刻是否被使用相互獨立 而在同一時刻被使用的個 數(shù) X 服從二項分布 b 5 0 1 故用二項分布求解 X 取各個值 或在某個范圍內(nèi)取值的概 率 1 因為 X 服從二項分布 b 5 0 1 分布律為 5 0 1 0 9 kk k P XkC k 0 1 2 3 4 5 于是 225 2 5 2 0 1 0 9 10 0 01 0 7290 0729P XC 2 5 5 5 3 335 3445 4555 5 555 3 0 1 0 9 0 1 0 9 0 1 0 9 0 5 0 9 10 0 001 0 81 5 0 0001 0 90 00001 0 00856 kkk k P XC CCC 3 3 5 5 0 00514223332 5555 3 0 1 0 9 0 1 0 9 0 1 0 9 0 1 0 9 0 1 0 9 0 590490328050 07290 0081 0 99954 kkk k P XC CCCC 或用對立事件求解 5 5 5 4 445550 55 45 3 1 3 1 4 1 0 1 0 9 1 0 1 0 9 0 1 0 9 1 5 0 10 90 1 1 0 000450 0001 0 99954 kkk k P XP XP X C CC 后者計算比前者簡單 4 5 5 5 1 1 0 1 0 9 kkk k P XC 顯然計算過程比較麻煩 但用對立事件求解相當(dāng) 簡單 0055 5 1 1 1 1 0 1 0 1 0 9 1 0 9 1 0 590490 40951 P XP XP X C 17 1 設(shè) X 服從 0 1 分布 其分布律為 1 1 0 kK P XkPPk 1 求 X 的 分布函數(shù) 并作出其圖形 2 求第 1 題中的隨機變量的分布函數(shù) 解解解解 1 X 的分布函數(shù)為 1 1 0 1 1 kK k x F xP XxPP P 0 01 x x x 2 第 1 題中隨機變量 X 的分布律為 X 3 4 5 k P 1 10 3 10 3 5 X 的分布函數(shù)為 F xP Xx 求法如下 當(dāng)3x 時 則 0F xP Xx 當(dāng)34x 時 則 3 0 1F xP XxP X 當(dāng)45x 時 則 3 4 0 10 30 4F xP XxP XP X 當(dāng)5x 時 則 3 4 5 1F xP XxP XP XP X 綜合表示為 0 1 10 134 101010 133 1 10105 F x 3 34 45 5 x x x x 第第第第 1 1 1 19 9 9 9 21212121 27272727 34343434 35353535 36363636 題題題題 隨機變量的分布函數(shù)隨機變量的分布函數(shù)隨機變量的分布函數(shù)隨機變量的分布函數(shù) 連續(xù)型隨機變量的概率密度連續(xù)型隨機變量的概率密度連續(xù)型隨機變量的概率密度連續(xù)型隨機變量的概率密度 19 以 X 表示某商店從早晨開始營業(yè)起直到第一個顧客到達的等待時間 以分計 X 的分 布函數(shù)是 0 4 1 0 x e Fx x 0 0 x x 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 解解解解 1 0 4 31 2 3 3 110 6988 x P XPee 2 0 4 4 4 1 4 1 4 0 2019 X P XP XFe 3 0 4 40 4 3 34 4 3 4 3 1 1 0 0993 XX PXP XP X FFee 4 0 4 30 4 4 3 4 1 1 0 69880 20190 9007 P XP Xee 5 0 25 0P X 21 設(shè)隨機變量 X 的概率密度為 1 2 2 1 1 0 x f x 1 2x 其它 2 2 0 x f xx 01 12 x x 其它 求X的分布函數(shù) F x 并畫出 2 中的 f x及 F x的圖形 解解解解 1 當(dāng)1x 時 F x 0 當(dāng)12x 時 則 1 2 1 1 2 1 1 02 1 11 2 1 2 2 24 xx x x F xf t dtdtdt t dtt tt x x 當(dāng)2x 時 F x 1 綜合表示為 0 2 24 1 F xx x 1 12 2 x x x 2 當(dāng)0 x 時 F x 0 當(dāng)01x 時 則 0 2 0 1 0 2 xx F xf t dtdttdtx 當(dāng)12x 時 則 01 01 1 2 1 01 22 0 2 11 2 2 22 1111 2221 2222 x x x x F xf t dt dttdtt dt tdtt dttt xxxx 當(dāng)2x 時 F x 1 綜合表示為 2 2 0 1 2 1 21 2 1 x F x xx 0 01 12 2 x x x x 27 某地區(qū) 18 歲女青年的血壓 收縮壓 以 mmHg 計 服從 N 110 2 12 在該地區(qū)任選 一 18 歲的女青年 測量她的血壓 X 1 求 105 100120 P XPX 解 設(shè)女青年的血壓為 X 則 2 110 12 XN 由此得 110 0 1 12 X N 1 110105 110 105 1212 55 1 1212 1 0 4167 1 0 66280 3372 X P XP 100 110110120 110 100120 121212 51105 6126 555 2 1 666 2 0 833 12 0 7967 10 5934 X PXP X P 用對立事件得 1 0 05 0 95 110110 0 95 1212 P XxP Xx Xx P 查表得 110 1 645 12 x 解出129 74x 則 x 的最小值為 129 74 第第第第 33333333 題題題題 隨機變量的函數(shù)分布隨機變量的函數(shù)分布隨機變量的函數(shù)分布隨機變量的函數(shù)分布 33 設(shè)隨機變量 X 的分布律為 X 2 1 0 1 3 k P 1 5 1 6 1 5 1 15 11 30 求 2 YX 的分布律 解 2 YX 的所有可能取值為 0 1 4 9 取各個值的概率分別為 2 2 2 2 1 0 0 0 5 1 1 1 1 117 61530 4 4 2 1 1 2 5 9 9 3 3 11 3 30 P YP XP X P YP XP XP X P YP XP XP X P X P YP XP XP X P X 于是 Y 的分布律為 Y 0 1 4 9 k P 1 5 7 30 1 5 11 30 此題 Y 與 X 不一一對應(yīng) X 取值為 1 1 對應(yīng) Y 取值為 1 這時 1 P Y 等于 1 1 P XP X 與之和 用表格表示 Y 在的分布律時 通常 Y 取值從小到大排序 看起來比較整齊 34 設(shè)隨機變量 X 在 0 1 上服人均勻分布 1 求 X Ye 的概率密度 2 求21YnX 的概率密度 解 X 的概率密度為 1 0 X fx 01x 其它 首先求 Y 的分布函數(shù) 然后求 Y 的概率密度 1 設(shè) Y Fy為 Y 的分布函數(shù) Y Fy為 Y 的概率密度 當(dāng)1y 時 Y Fy 0 當(dāng)1ye 時 則 1 0 1 1 ny X Y FyP YyeyP Xnydxny 當(dāng)ye 時 Y Fy 1 綜合表示為 0 ln 1 Y Fyy 1 1 y ye ye 于是 Y 的概率密度為 1 0 Y Y dFy yfy dy 1ye 其它 2 當(dāng)0y 時 Y Fy 0 當(dāng)0y 時 則 2 2 1 2 21 1 y Y y y e FyP YyPnXy P Xe dxe 綜合表示為 2 0 1 y Y Fy e 0 0 y y 由此可見 Y 服從參數(shù)為 1 2 的指數(shù)分布 直接求 Y 的概率密度 Y Fy 1 因為 X Ye 對應(yīng)的函數(shù) x ye 是嚴格單調(diào)增加函數(shù) 可以應(yīng)用教材中的定理求解 x ye 的反函數(shù)為1xny 又 1dx dyy 當(dāng)1ye 時 則 1 1 YX dx fyfny dyy 綜合表示為 1 0 Y yfy 1ye 其它 隨機變量 Y 的取值范圍根據(jù) X 的取值范圍 01x 和函數(shù) x ye 來確定 當(dāng)ay 35 設(shè) X N 0 1 1 求 X Ye 的概率密度 2 求 2 21YX 的概率密度 3 YX 的概率密度 解 X 的概率密度為 2 2 1 2 x Y fye x 2 當(dāng)1y 時 Y Fy 0 當(dāng)1y 時 則 22 2 2 11 2222 1 0 2 21 11 22 11 2 22 Y yyxx y FyP YyPXy yy P XP X edxedx 于是 Y 的概率密度為 1 4 1 2 1 0 y Y Y e dFy fyy dy 1 1 y y 3 當(dāng)0y 時 0 Y Fy 當(dāng)0y 時 則 22 22 0 11 2 22 Y xx yy y FyP YyP Xy edxedx 于是 Y 的概率密度為 2 2 2 0 y Y Y dFye fy dy 0 0 y y 直接求 Y 的概率密度 Y fy 1 X Ye 對應(yīng)的函數(shù) x ye 是嚴格單調(diào)增加函數(shù) 其反函數(shù)為1xny 又 1dx dyy 則 Y 的概率密度為 2 1 2 1 2 0 ny Y e fy y 0 0 y y 2 2 21YX 對應(yīng)的函數(shù) 2 21yx 是非單調(diào)函數(shù) 分成兩個單調(diào)區(qū)間 當(dāng)0 x 時 則 1 2 y x 當(dāng)0 x 時 1 2 y x 于是當(dāng)1y 時 有 11 44 1 4 11 22 1111 22221 1 2 1 YXX yy y yydx fyff dy ee y e y 當(dāng)1y 時 Y fy 0 綜合表示為 1 4 1 2 1 0 y Y e fyy 1 1 y y 3 YX 對應(yīng)的函數(shù)yx 是非單調(diào)函數(shù) 分成兩個單調(diào)區(qū)間 其反函數(shù)xy 又 1 dx dy 當(dāng)0y 時 0 Y fy 當(dāng)0y 時 則 22 22 22 1 2 yy Y fyee 綜合表示為 2 2 2 0 y Y e fy 0 0 y y 36 1 設(shè)隨機變量 X 的概率密謀為 f x x 求 3 YX 的概率密度 2 設(shè)隨機變量 X 的概率密度為 0 x e f x 0 x 其他 求 2 YX 的概率密度 解 設(shè) Y 的分布函數(shù)為 Y Fy 概率密度為 Y fy 首先求 Y Fy 然后求 Y fy 1 3 3 3 Y y FyP YyP Xy PXy f x dx y 則 Y 的概率密度為 2 33 1 3 Y dF y fyfyy dy 0 y 2 當(dāng)0y 時 Y Fy 0 當(dāng)0y 時 則 2 0 0 0 1 Y y yyxx FyP YyP XyPXy e dxee 綜合表示為 0 1 Y y Fy e 0 0 y y 直接求 Y 的概率密度 Y fy 1 3 YX 對應(yīng)的函數(shù) 3 yx 是嚴格單調(diào)增加函數(shù) 其反函數(shù) 3 xy 又 2 3 1 3 dx y dy 則 2 33 1 3 Y fyfyy 0 y 2 3 YX 對應(yīng)的函數(shù) 2 yx 是非單調(diào)函數(shù) 便當(dāng)0 x 時 2 yx 是嚴格單調(diào)增加函數(shù) 其反函數(shù)xy 又 1 2 dx dyy 當(dāng)0y 時 Y fy 0 當(dāng)0y 時 則 11 22 y Y fyfye yy 綜合表示為 1 2 0 y Y e yfy 0 0 y y 第三章第三章第三章第三章 多維隨機變量及其分布多維隨機變量及其分布多維隨機變量及其分布多維隨機變量及其分布 習(xí)題解析習(xí)題解析習(xí)題解析習(xí)題解析 第第第第 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 3 3 7 7 7 7 8 8 8 8 9 9 9 9 10101010 13131313 18181818 22222222 題題題題 二維隨機變量二維隨機變量二維隨機變量二維隨機變量 X X X X Y Y Y Y 的聯(lián)合分布的聯(lián)合分布的聯(lián)合分布的聯(lián)合分布 邊緣邊緣邊緣邊緣 分布分布分布分布 隨機變量的獨立性隨機變量的獨立性隨機變量的獨立性隨機變量的獨立性 1 在一箱子中裝有 12 只開關(guān) 其中 2 只是次品 在其中取兩次 每次任取一只 考慮兩種 試驗 1 放回抽樣 2 不放回抽樣 我們定義隨機變量 X Y 如下 0 1 X 若第一次取出的是正品 若第一次取出的是次品 0 1 Y 若第二次取出的是正品 若第二次取出的是次品 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 X 的分布律為 102 0 1 1212 P XP X 而兩次試驗的結(jié)果互不 影響 所以 Y 的分布律為 102 0 1 1212 P YP Y 二維隨機變量 X Y 的所有可 能取值為 0 0 0 1 1 0 1 1 X Y 取各個值的概率用古典概型計算 得 2 2 2 2 2 1025 0 0 1236 10 25 0 1 1236 2 105 1 0 1236 2 21 1 1 1236 P XY P XY P XY P XY 求二維離散型隨機變量 X Y 的頒布律就是求積事件發(fā)生的概率 如 0 0 XY 是表 示 0 1 XY 為簡單起見 將符號 用 代替 是表示事件 0 X 與 0 Y 同時發(fā)生 因為是放回抽樣 所以事件 0 1 XiYji j 與 是相互獨立的 故也 可以利用事件的獨立性計算 如 101025 0 0 0 0 121236 P XYP XP Y 其他類似 于是二維隨機變量 X Y 的分布律為 X Y 0 1 0 1 25 36 5 36 5 36 1 36 2 不放回抽樣 用古典概型計算 則得 2 10 2 12 11 102 2 12 11 210 2 12 2 2 2 12 10 945 0 0 12 1166 10 210 0 1 12 1166 2 1010 1 0 12 1166 21 1 1 12 1166 P P XY P P P P XY P P P P XY P P P XY P 因為是不放回抽樣 第一次試驗結(jié)果影響第二度驗結(jié)果發(fā)生的概率 也可以用概率的乘法公 式 則得 10945 0 0 0 00 121166 P XYP XP YX 其他類似 于是 X Y 的分布律為 X Y 0 1 0 1 45 66 10 66 10 66 1 66 2 1 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 表示取到紅球的只數(shù) 求 X 和 Y 的聯(lián)合分布律 解 用古典概型 則 X Y 的分布律為 4 322 4 7 0 1 2 3 0 1 2 24 ijij C C C P Xi Yj C ijij 其中 022 322 4 7 103 322 4 7 112 322 4 7 121 322 4 7 201 322 4 7 211 322 4 7 2 3 0 0 0 0 1 0 1 0 2 35 1 0 0 6 1 1 35 6 1 2 35 3 2 0 35 12 2 1 35 2 2 P XY P XY C C C P XY C C C C P XY C C C C P XY C C C C P XY C C C C P XY C C C C P XY C C C P XY 20 22 4 7 301 322 4 7 310 322 4 7 3 35 2 3 0 35 2 3 1 35 3 3 0 C C C C C P XY C C C C P XY C P XY 二維隨機變量 X Y 的分布律為 X Y 0 1 2 3 0 1 2 0 0 3 35 2 35 0 6 35 12 35 2 35 1 35 6 35 3 35 0 3 設(shè)隨機變量 X Y 的概率密度為 6 0 Y kxy fx y 02 24xy 其他 1 確定常數(shù) k 2 求 1 3 P XY 3 求 1 5 P X 4 求 4 P XY 解 1 利用概率密度性質(zhì) 1f x y dxdy 有 24 02 6 1dxkxy dy 等式左端為 2422 24 2 0200 22 0 1 6 6 62 2 1 62 2 8 dxkxy dykyxyydxkx dx kxx k 由 8k 1 得常數(shù) k 1 8 2 13 02 11 23 2 00 21 0 1 1 3 6 8 1117 6 8282 1 71163 8 22828 P XYdxxy dy yxyydxx dx xx 3 1 54 02 1 5 0 1 1 5 6 8 1127 62 6 75 8832 P Xdxxy dy x dx 4 可知 積分域為三角域 所求概率為 24 02 2 24 2 0 2 2232 0 0 1 4 1 6 8 11 6 82 11111 64 64 82826 182 128 863 x x P XY dxxy dy yxyydx xxdxxxx 7 設(shè)二維隨機變量 X Y 的概率密度為 4 8 2 0 yx f x y 01 0 xyx 其他 求邊緣概率概率密度 解 當(dāng)01x 時 關(guān)于 X 的邊緣概率密度為 0 0 2 0 2 4 8 2 4 8 2 1 4 8 2 2 2 4 2 x Y x x fxyx dy xydy xy xx 綜合表示為 2 2 4 2 0 xx f x y 01x 其他 當(dāng)01y 時 關(guān)于 Y 的邊緣概率密度為 11 212 2 4 8 2 4 8 2 131 4 8 2 4 8 2 222 2 4 34 Y yy y fxyx dxyx dx yxxyyy yyy 綜合表示為 2 2 4 34 0 yyy f x y 01y 其他 求關(guān)于 X Y 的邊緣概率密度時 首先畫出 X Y 的概率密度 0f x y 的區(qū)域 以便 幫助正確確定積分上 下限 8 設(shè)二維隨機變量 X Y 的概率密度為 0 y e f x y 0 xy 0 當(dāng)0y 時 關(guān)于 Y 的邊緣概率密度為 0 y yy Y fye dxye 綜合表示為 0 x Y ye fy 0y y 0 9 設(shè)二維隨機變量 X Y 的概率密度為 2 0 y cx f x y 2 xyy 其他 1 試確定常數(shù) C 2 求邊緣概率密度 解 1 利用概率密度 f x y的性質(zhì)確定常數(shù) C 即 2 11 2 1 1 x dxcx ydy 計算等式端積分得 2 2 1111 222124 111 11 26 00 1 1 22 114 2 2 23721 x x c dxcx ydycxydxxxdx c c x dxx dxcc 同 4 1 21 得 21 4 c 2 當(dāng)11x 時 關(guān)于 X 的邊緣概率密度為 2 1 224 2121 1 48 X x fxx ydyxx 綜合表示為 24 21 1 2 0 X xx fx 11x 其他 當(dāng)01y 時 關(guān)于 Y 的邊緣概率密度為 225 2 21217 442 yy Y yy fyx ydxyx dxy 綜合表示為 5 27 2 0 y Y y fy 01y 其他 10 將某一醫(yī)藥公司 9 月份和 8 月份收到的青霉素針劑的訂貨單數(shù)分別記為 X 和 Y 據(jù)以往 積累的資料知 X 和 Y 聯(lián)合分布律為 Y X 51 52 53 54 55 51 52 53 54 55 0 06 0 05 0 05 0 01 0 01 0 07 0 05 0 01 0 01 0 01 0 05 0 10 0 10 0 05 0 05 0 05 0 05 0 02 0 01 0 03 0 05 0 06 0 05 0 01 0 03 1 求邊緣分布律 2 求 8 月份的訂單數(shù) 51 時 9 月份的訂單數(shù)的條件分布律 解 1 關(guān)于 X 的邊緣分布律為 X 51 52 53 54 55 Pk 0 28 0 28 0 22 0 12 0 20 其中 51 0 060 050 050 01 0 010 18P X 按行相加 其他類似 關(guān)于 Y 的邊緣分布律為 X 51 52 53 54 55 Pk 0 28 0 28 0 22 0 09 0 13 其中 51 0 060 070 050 050 050 28P Y 按行相加 其他類似 2 求條件分布律其中 51 51 52 53 54 55P Xk Yk 51 51 0 066 5151 51 0 2828 52 51 0 077 5251 51 0 2828 53 51 0 055 5351 51 0 2828 54 51 0 066 5451 51 0 2828 55 51 5551 P XY P XY P Y P XY P XY P Y P XY P XY P Y P XY P XY P Y P XY P XY 0 055 51 0 2828P Y 條件分布律為 X 51 52 53 54 55 51 P Xk Y 6 28 7 28 5 28 5 28 5 28 13 在第 9 題中 1 求條件概率概率密度 x y fx y 特別 寫出當(dāng) 1 2 Y 時 X 的條件概率 密度 2 求條件概率密度 y x fy x 特別 分別寫出當(dāng) 11 32 XX 時 Y 的條件概率密 度 3 求條件概率 1131 4242 P YXP YX 解 關(guān)于 X 和 Y 的邊緣概率密度分別為 24 21 1 2 0 X xx fx 11x 其他 5 2 7 2 0 Y y fy 01y 其他 1 當(dāng)01y 時 2 23 2 5 2 21 2 4 7 3 2 0 X Y Y x y x y f x y fx y y fy yxy 其他 由此得 23 22 21 3 2 1 32 2 0 X Y xx fx 11 22 x 其他 2 當(dāng)11x 時 則 2 4 24 21 2 4 21 1 1 8 0 Y X X x y y f x y fy xx xx fx 2 1xy 其他 由此得 4 281 11 40 1 33 0 Y X y y fy 1 1 9 y 其他 4 232 11 15 1 22 0 Y X y y fy 1 1 4 y y0 1 求 X 和 Y 的聯(lián)合概率密度 2 設(shè)含有 a 的二次方程為 2 20aXaY 試求 a 有實根的概率 解 X 概率密度為 1 0 X fx 01x 其他 1 因為 X 和 Y 是兩個相互獨立的隨機變量 所以 X 和 Y 的聯(lián)合概率密度為 2 1 2 0 y XY e f x yfx fy 01 0 xy 其他 2 方程 2 20aXaY 有實根的充要條件為 2 440XY 即 2 0XY 所求概率 為 2 2 2 22 2 11 222 0 000 11 22 000 1 2 0 1 0 2 1 1 1 x yyx x xx x P XYdxeedx