概率論與數(shù)理統(tǒng)計及其應(yīng)用課后答案浙江大學(xué)盛驟版

1、概率論與數(shù)理統(tǒng)計及其應(yīng)用習(xí)題解答第1章隨機變量及其概率1, 寫出下列試驗的樣本空間：(1) 連續(xù)投擲一顆骰子直至6個結(jié)果中有一個結(jié)果出現(xiàn)兩次，記錄投擲的次數(shù)。(2) 連續(xù)投擲一顆骰子直至6個結(jié)果中有一個結(jié)果接連出現(xiàn)兩次，記錄投擲的次數(shù)。(3) 連續(xù)投擲一枚硬幣直至正面出現(xiàn)，觀察正反面出現(xiàn)的情況。(4) 拋一枚硬幣，若出現(xiàn)H則再拋一次；若出現(xiàn)T，則再拋一顆骰子，觀察出現(xiàn)的各種結(jié)果。解:( 1)S 二2,345,6,7 ；( 2)S 二2,3,4, ； ( 3)S = H,TH,TTH ,TTTH，；(4)S =HH ,HT,T1,T2,T3,T4,T5,T6。2，設(shè) A,B 是兩個事件，已知P(

2、A) =0.25, P(B) =0.5, P(AB) =0.125,，求P(A B), P(AB), P(AB), P( A B)(AB)。解:P(A 一 B) = P(A) P(B) - P(AB)二 0.625，P(AB)二 P(S - A)B二 P(B) - P(AB)二 0.375，P(AB) =1 -P(AB) -0.875，P(A - B)(AB) = P( A - B)(S _ AB) = P(A _ B) _ P(A _ B)( AB) = 0.625 _ P(AB) = 0.53,在100, 101,，999這900個3位數(shù)中，任取一個 3位數(shù)，求不包含數(shù)字1個概率。解：在1

3、00, 101,，999這900個3位數(shù)中不包含數(shù)字1的3位數(shù)12的個數(shù)為8 9 9 =648，所以所求得概率為648900= 0.724,在僅由數(shù)字0，1, 2, 3, 4, 5組成且每個數(shù)字之多出現(xiàn)一次的全體三位數(shù)中，任取一個三位數(shù)。(1)求該數(shù)是奇數(shù)的概率；(2)求該數(shù)大于330的概率 解：僅由數(shù)字0, 1, 2, 3, 4, 5組成且每個數(shù)字之多出現(xiàn)一次的全 體三位數(shù)的個數(shù)有 5 5 4 =100個。(1)該數(shù)是奇數(shù)的可能個數(shù)為4 4 3 =48個，所以出現(xiàn)奇數(shù)的概率為48100二 0.48(2)該數(shù)大于330的可能個數(shù)為2 4 5 4 548，所以該數(shù)大于330的概率為480.481

4、005,袋中有5只白球，4只紅球，3只黑球，在其中任取4只，求下列事件的概率(1) 4只中恰有2只白球，1只紅球，1只黑球。(2) 4只中至少有2只紅球。(3) 4只中沒有白球。(2)(1)所求概率為所求概率為c；c：c33341220167495 一165所求概率為II噬牴6, 一公司向M個銷售點分發(fā)n(n ： M )張?zhí)嶝泦?，設(shè)每張?zhí)嶝泦畏职l(fā)給 每一銷售點是等可能的，每一銷售點得到的提貨單不限，求其中某一 特定的銷售點得到k(k _ n)張?zhí)嶝泦蔚母怕?。解：根?jù)題意，n(n :：: M)張?zhí)嶝泦畏职l(fā)給M個銷售點的總的可能分法有Mn種，某一特定的銷售點得到k(k _ n)張?zhí)嶝泦蔚目赡芊址ㄓ?/p>

5、C：(M -1)n種，所以某一特定的銷售點得到k(k乞n)張?zhí)嶝泦蔚母怕蕿閗n _kCn(M -1)7, 將3只球(13號)隨機地放入3只盒子(13號)中，一只盒子 裝一只球。若一只球裝入與球同號的盒子，稱為一個配對。(1) 求3只球至少有1只配對的概率。(2) 求沒有配對的概率。解：根據(jù)題意，將3只球隨機地放入3只盒子的總的放法有3！ =6種：123，132，213，231，312，321;沒有1只配對的放法有2種：312, 231。至少有1只配對的放法當然就有6-2=4種。所以(2)沒有配對的概率為2二1 ；63(1) 至少有1只配對的概率為1-丄=2。3 38, ( 1)設(shè) P(A) =

6、0.5, P(B) =0.3, P(AB) =0.1,，求 P(A| B), P(B | A), P(A| A 一 B),P(AB | A B), P(A| AB).(2) 袋中有6只白球，5只紅球，每次在袋中任取1只球，若取到 白球，放回，并放入1只白球；若取到紅球不放回也不放入另外的球。 連續(xù)取球4次，求第一、二次取到白球且第三、四次取到紅球的概率。解：(1)由題意可得 P(A_. B)二 P(A) P(B) -P(AB) = 0.7，所以P(A| A 一 B)0.1 _ 1 03 _3P(B| A)二P(AB)P(A)0.10.5PA(A 一 B)P(A) 5P(AB | A B)=P(

7、A 一 B)P(A 一 B) 7PAB(A 一 B)P(A 一 B)P(AB) _ 1P(A B) 一 7PA(AB) P(AB),P(A| AB)1 。P(AB) P(AB)(2)設(shè)A(i =1,2,3,4)表示“第i次取到白球”這一事件，而取到紅球可以用它的補來表示。那么第一、二次取到白球且第三、四次取到紅球可以表示為A1A2A3A4，它的概率為(根據(jù)乘法公式)HA1A2A3A4) =P(AJP(A2 | AJP(A3| AA)P(A4 | AAA3)6 Z A厶衛(wèi)01112 13 1220590.0408 9, 一只盒子裝有2只白球，2只紅球，在盒中取球兩次，每次任取一只，做不放回抽樣，

8、已知得到的兩只球中至少有一只是紅球,求另一只也是紅球的概率。解：設(shè)“得到的兩只球中至少有一只是紅球”記為事件A ,也是紅球”記為事件B。則事件A的概率為P(A)=2422215(先紅后白，先白后紅，先紅后紅)34 36所求概率為P(B|A)P(AB) _ 4 31P(A) 5510, 醫(yī)生根據(jù)以往的資料得到下面的訊息，他的病人中有5%的人以為自己患癌癥，且確實患癌癥；有45%的人以為自己患癌癥，但實際上未患癌癥；有10%的人以為自己未患癌癥，但確實患了癌癥；最 后40%的人以為自己未患癌癥，且確實未患癌癥。以 A表示事件“一 病人以為自己患癌癥”，以B表示事件“病人確實患了癌癥”，求下列 概率

9、。(1)P(A),P(B) ；( 2)P(B|A) ；( 3)P(B|A);( 4)P(A| B) ；( 5)P(A|B)。 解：(1)根據(jù)題意可得P(A)二 P(AB) P(ABH 5%45% = 50% ；P(B) =P(BA) P(BA) =5% 10% =15% ；(2)根據(jù)條件概率公式:P(B|A)二P(AB)P(A)5%50%-0.1(3)P(B|A)二P(BA)P(A)10%1-50%= 0.2 ；(4)P(A|B)P(AB) 45%P(B) 1-15%17(5)P(A|B)二P(AB)P(B)5%15%11,在11張卡片上分別寫上engineering這11個字母，從中任意連抽

10、 6張，求依次排列結(jié)果為gin ger的概率。2/10;類似地，可以得到6次抽取1C2C2C3C1C3C11解：根據(jù)題意，這11個字母中共有2個g，2個i，3個n，3個e, 1 個r。從中任意連抽6張，由獨立性，第一次必須從這11張中抽出2 個g中的任意一張來，概率為2/11;第二次必須從剩余的10張中抽 出2個i中的任意一張來，概率為 的概率。最后要求的概率為1110 98 763326409240 A924012, 據(jù)統(tǒng)計，對于某一種疾病的兩種癥狀：癥狀 A、癥狀B，有20% 的人只有癥狀A(yù)，有30%的人只有癥狀B，有10%的人兩種癥狀都有， 其他的人兩種癥狀都沒有。在患這種病的人群中隨機

11、地選一人，求（1）該人兩種癥狀都沒有的概率；（2）該人至少有一種癥狀的概率；（3）已知該人有癥狀B，求該人有兩種癥狀的概率。解：（1）根據(jù)題意，有40%的人兩種癥狀都沒有，所以該人兩種癥狀都沒有的概率為1 -20% -30% -10% = 40% ；（2）至少有一種癥狀的概率為1 40% = 60% ；（3）已知該人有癥狀B，表明該人屬于由只有癥狀 B的30%人群或者兩種癥狀都有的10%的人群，總的概率為30%+10%=40%，所以在已知該人有癥狀B的條件下該人有兩種癥狀的概率為10% 1=。30% 10%413, 一在線計算機系統(tǒng)，有4條輸入通訊線，其性質(zhì)如下表，求一隨機選擇的進入訊號無誤差

12、地被接受的概率通訊線通訊量的份額無誤差的訊息的份額10.40.999820.30.999930.10.999740.20.9996解：設(shè)“訊號通過通訊線i進入計算機系統(tǒng)”記為事件A（i 72,3,4），“進入訊號被無誤差地接受”記為事件 B。則根據(jù)全概率公式有4P(B)=為 P(A)P(B | AJ =0.4 0.9998 0.3 0.9999 0.1 0.9997 0.2 0.9996i=1=0.9997814，一種用來檢驗50歲以上的人是否患有關(guān)節(jié)炎的檢驗法，對于確實患關(guān)節(jié)炎的病人有85%的給出了正確的結(jié)果；而對于已知未患關(guān)節(jié) 炎的人有4%會認為他患關(guān)節(jié)炎。已知人群中有10%的人患有關(guān)節(jié)炎

13、， 問一名被檢驗者經(jīng)檢驗，認為他沒有關(guān)節(jié)炎，而他卻有關(guān)節(jié)炎的概率。 解：設(shè)“一名被檢驗者經(jīng)檢驗認為患有關(guān)節(jié)炎”記為事件 A，“一名 被檢驗者確實患有關(guān)節(jié)炎”記為事件 B。根據(jù)全概率公式有P(A)二P(B)P(A| B) P(B)P(A| B) -10% 85%90% 4% =12.1%，所以，根據(jù)條件概率得到所要求的概率為P(B| A)=P( bA)P(A)P(B)P(A I B)1 - P(A)10%(1 -85%)1-12.1%= 17.06%即一名被檢驗者經(jīng)檢驗認為沒有關(guān)節(jié)炎而實際卻有關(guān)節(jié)炎的概率為17.06%.15, 計算機中心有三臺打字機A,B,C，程序交與各打字機打字的概率 依次為

14、0.6, 0.3, 0.1,打字機發(fā)生故障的概率依次為0.01, 0.05, 0.04。已知一程序因打字機發(fā)生故障而被破壞了，求該程序是在A,B,C上打字的概率分別為多少？解：設(shè)“程序因打字機發(fā)生故障而被破壞”記為事件M , “程序在A,B,C 三臺打字機上打字”分別記為事件 N1,N2,N3。則根據(jù)全概率公式有3P(M ) = P(Ni)P(M | NJ =0.6 0.010.3 0.050.1 0.04 = 0.025，i =1根據(jù)Bayes公式，該程序是在A,B,C上打字的概率分別為P(N1 |M)二P(NJP(M |NJP(M )0.6 0.010.025= 0.24P(N2 | M

15、)二P(N2)P(M | 2)P(M )0.3 0.050.025-0.60P(N3 |M )二P(N3)P(M | 2)P(M )0.1 0.040.025= 0.1616, 在通訊網(wǎng)絡(luò)中裝有密碼鑰匙，設(shè)全部收到的訊息中有95%是可信 的。又設(shè)全部不可信的訊息中只有 0.1%是使用密碼鑰匙傳送的，而 全部可信訊息是使用密碼鑰匙傳送的。 求由密碼鑰匙傳送的一訊息是 可信訊息的概率。解：設(shè)“一訊息是由密碼鑰匙傳送的”記為事件A，“一訊息是可信的”記為事件B。根據(jù)Bayes公式，所要求的概率為P(B| A)二P(AB)P(A)P(B)P(A| B)95% 沢1P(B)P(A| B) P(B)P(A

16、| B廠 95% 15% 0.1%= 99.9947%17, 將一枚硬幣拋兩次，以A,B,C分別記事件“第一次得H”，“第二 次得H”，“兩次得同一面”。試驗證A和B，B和C，C和A分別相 互獨立(兩兩獨立)，但A,B,C不是相互獨立。解：根據(jù)題意，求出以下概率為1P(A)二 P(B)匕，1 1 1 P(AB)=2 24所以有、11丄111P(C)二2 2 2 2 2111111P(BC)=P(CA)， P(ABC)=224224P(AB)二 P(A)P(B)，P(AC)二 P(A)P(C)， P(BC)二 P(B)P(C)。即表明A和B，B和C，C和A兩兩獨立。但是P(ABC) = P(A)

17、P(B)P(C)所以A,B,C不是相互獨立。18,設(shè)A,B,C三個運動員自離球門25碼處踢進球的概率依次為 0.5, 0.7, 0.6，設(shè)A,B,C各在離球門25碼處踢一球，設(shè)各人進球與否相互 獨立，求(1)恰有一人進球的概率；(2)恰有二人進球的概率；(3) 至少有一人進球的概率。解：設(shè)“ A,B,C進球”分別記為事件M(i =1,2,3)。(1) 設(shè)恰有一人進球的概率為pi，則Pi 二 P3N2N3 PNiN2N3 P Ni N2 N 3二 P(Ni)P(N2)P(N3)P(Ni)P(N2)P(N3)P(Ni)P(N2)P(N3)(由獨立性)= 0.5 0.3 0.4 0.5 0.7 0.

18、4 0.5 0.3 0.6= 0.29(2) 設(shè)恰有二人進球的概率為p2，則P2二珂叫出心珂凡出山珂叫心心二 P(Ni)P(N2)P(N3) P(Ni)P(N2)P(N3)P(Ni)P(N2)P(N3)(由獨立性)= 0.5 0.7 0.4 0.5 0.7 0.6 0.5 0.3 0.6= 0.44(3) 設(shè)至少有一人進球的概率為P3，則P3 =1 -卩殳凡皿瓦P(Ni)P(N2)P(N3) =0.5 0.3 0.4 = 0.94。19, 有一危重病人，僅當在10分鐘之內(nèi)能有一供血者供給足量的A-RH+血才能得救。設(shè)化驗一位供血者的血型需要 2分鐘，將所需的 血全部輸入病人體內(nèi)需要2分鐘，醫(yī)院

19、只有一套驗血型的設(shè)備，且供 血者僅有40%的人具有該型血，各人具有什么血型相互獨立。求病人 能得救的概率。解：根據(jù)題意，醫(yī)院最多可以驗血型4次，也就是說最遲可以第4個 人才驗出是A-RH+型血。問題轉(zhuǎn)化為最遲第4個人才驗出是A-RH + 型血的概率是多少？因為第一次就檢驗出該型血的概率為 0.4;第二次才檢驗出該型血的概率為 0.6 0.4=0.24;第三次才檢驗出該型血的概率為 0.62 0.4=0.144；第四次才檢驗出該型血的概率為 0.63 0.4=0.0864；所以病人得救的概率為0.4+0.24+0.144+0.0864=0.870420, 一元件(或系統(tǒng))能正常工作的概率稱為元件

20、(或系統(tǒng))的可靠 性。如圖設(shè)有5個獨立工作的元件1, 2, 3, 4, 5按先串聯(lián)再并聯(lián)的 方式連接，設(shè)元件的可靠性均為p，試求系統(tǒng)的可靠性。1 2第20題解：設(shè)“元件i能夠正常工作”記為事件A (i = 1,234,5)那么系統(tǒng)的可靠性為P( A1A2) 一 (A3)_ (A4A5)二 P(AA2)P(A3)PS4A5)-P（AA2Aj） -P（AA2A4A5）-卩（人民乓）P31A2A3A4A5） =P(AJP(A2)p(A3)p(A4)p(A5)-p(a)p(A2)p(A3)-p(a)p(A2)p(A4)p(A5)-P(A3)P(AP(A5)P(AJP(A2)P(A3)P(A4)P(A5

21、)223435二 p p p - p - p - p p二 p 2p2 _ 2p3 _ p4 p521, 用一種檢驗法檢測產(chǎn)品中是否含有某種雜質(zhì)的效果如下。若真含有雜質(zhì)檢驗結(jié)果為含有的概率為0.8；若真不含有雜質(zhì)檢驗結(jié)果為不含有的概率為0.9，據(jù)以往的資料知一產(chǎn)品真含有雜質(zhì)或真不含有雜 質(zhì)的概率分別為0.4, 0.6。今獨立地對一產(chǎn)品進行了 3次檢驗，結(jié)果 是2次檢驗認為含有雜質(zhì)，而一次檢驗認為不含有雜質(zhì)，求此產(chǎn)品真 含有雜質(zhì)的概率。(注：本題較難，靈活應(yīng)用全概率公式和Bayes公式)概率論與數(shù)理統(tǒng)計及其應(yīng)用習(xí)題解答解：設(shè)“一產(chǎn)品真含有雜質(zhì)”記為事件 A , “對一產(chǎn)品進行3次檢驗, 結(jié)果是2

22、次檢驗認為含有雜質(zhì)，而1次檢驗認為不含有雜質(zhì)”記為事 件B。則要求的概率為P(A | B)，根據(jù)Bayes公式可得P(A|B)二P(A)P(B| A)P(A)P(B | A) P(A)P(B| A)又設(shè)“產(chǎn)品被檢出含有雜質(zhì)”記為事件C,根據(jù)題意有P(A)=0.4，而且 P(C | A) =0.8，P(C | A) =0.9，所以2 2 2 2P(B|A)二 C：0.82(1 -0.8)= 0.384 ； P(B | A)= C：(1 -0.9)20.9 = 0.027故，P(A)P(B | A)0.4X0.3840.1536P(A| B)0.9046P(A)P(B | A) + P(A)P(B

23、 | A) 0.4x 0.384 + 0.6咒 0.0270.1698隨機變量及其分布1, 設(shè)在某一人群中有 40%的人血型是 A型，現(xiàn)在在人群中隨機地選人來驗血，直至發(fā)現(xiàn)血型是A型的人為止，以Y記進行驗血的次數(shù)，求 Y的分布律。解：顯然，Y是一個離散型的隨機變量， Y取k表明第k個人是A型血而前k - 1個人都不是A型血，因 此有PY=k=0.4 (10.4)k=0.4 0.6k4，( k =1,2,3,)上式就是隨機變量Y的分布律(這是一個幾何分布)。2, 水自A處流至B處有3個閥門1，2, 3,閥門聯(lián)接方式如圖所示。當信號發(fā)出時各閥門以0.8的概率打開，以X表示當信號發(fā)岀時水自 A流至B

24、的通路條數(shù)，求 X的分布律。設(shè)各閥門的工作相互獨立。解：X只能取值0， 1，2。設(shè)以Ai(i = 1,2,3)記第i個閥門沒有打開這一事件。則PX =0 = PA1(A2 - A3) = P( w (A1A3)二 PAA2P A3 -PAA2A3 = P(A)P(A2)P(A1)P(A3)-P(A)P(A2)P(A3)223=(1一0.8)(1-0.8) -(1一0.8) -0.072，類似有 PX -2PA1(A2A3) P(A,A2a3) =0.83 =0.512，PX =1 =1 -PX =0 -PX =2 =0.416 ,綜上1所述，可得分布律為X012PX =k0.0720.5120

25、.4163, 據(jù)信有20%的美國人沒有任何健康保險，現(xiàn)任意抽查15個美國人，以X表示15個人中無任何健康保險的人數(shù)（設(shè)各人是否有健康保險相互獨立）。問X服從什么分布？寫岀分布律。并求下列情況下無任何健康保險的概率：（1）恰有3人；（2）至少有2人；（3）不少于1人且不多于3人；（4）多于5人。 解：根據(jù)題意，隨機變量 X服從二項分布B（15, 0.2），分布律為P（X 二 k） = C15 0.2k 0.815弋k 二 0,1,2,15。（1） p（x=3）=C； 0.23 0.812 = 0.2501,（2）P（X 一 2） = 1 - P（X 二 1） - P（X 二 0） = 0.832

26、9 ；（3）作?，F(xiàn)有一 3/5G系統(tǒng)，它由相互獨立的元件組成， 設(shè)每個元件的可靠性均為 0.9，求這一系統(tǒng)的可靠性。解：對于3 / 5G 系統(tǒng)，當至少有3個元件正常工作時，系統(tǒng)正常工作。而系統(tǒng)中正常工作的元件個數(shù) X服從二項分布B（5, 0.9），所以系統(tǒng)正常工作的概率為55、P（X 二 k）八 C50.9k 0.15-k = 0.99144k -3k -35,某生產(chǎn)線生產(chǎn)玻璃制品，生產(chǎn)過程中玻璃制品常岀現(xiàn)氣泡，以至產(chǎn)品成為次品，設(shè)次品率為0.001，現(xiàn)取8000件產(chǎn)品，用泊松近似，求其中次品數(shù)小于7的概率。（設(shè)各產(chǎn)品是否為次品相互獨立）解：根據(jù)題意，次品數(shù) X服從二項分布B（8000, 0.

27、001），所以6 kk8000 kP（X ：7） =P（X 乞 6） = C80000.0010.99906k _8000.0.001T (8000 7.001) ek z0k!6 k _88 e二、=0.3134 (查表得) kA k!6，（ 1）設(shè)一天內(nèi)到達某港口城市的油船的只數(shù)x二（10），求 PX 1557（2）已知隨機變量x（），且有PX .0=：0.5，求PX_2解: （1） PX 15 =1 PX 乞 15 =1 0.9513 =0.0487 ；（2）根據(jù) PX 0 =1 Px =0 =1 e =0.5，得到怎=In 2。所以PX _2 =1 -PX =0 -PX =1 =1 -

28、 0.5 - e =（1-1 n 2）/2 ： 0.1534。7, 一電話公司有5名訊息員，各人在t分鐘內(nèi)收到訊息的次數(shù) X二（2t）（設(shè)各人收到訊息與否相互獨 立）。（1）求在一給定的一分鐘內(nèi)第一個訊息員未收到訊息的概率。（2）求在給定的一分鐘內(nèi) 5個訊息員恰有4人未收到訊息的概率。（3）寫出在一給定的一分鐘內(nèi)，所有 5個訊息員收到相同次數(shù)的訊息的概率。解：在給定的一分鐘內(nèi)，任意一個訊息員收到訊息的次數(shù)X二（2）。(1)PX =0:0.1353 ；(2)設(shè)在給定的一分鐘內(nèi)5個訊息員中沒有收到訊息的訊息員人數(shù)用Y表示，則丫B（5, 0.1353），所以PY 二 444二 C5 0.1353(1

29、 - 0.1353) = 0.00145。(3)每個人收到的訊息次數(shù)相同的概率為O0 rZ -k=02ke，k!丿8, 一教授當下課鈴打響時，他還不結(jié)束講解。他常結(jié)束他的講解在鈴響后的一分鐘以內(nèi)，以X表示鈴響至結(jié)束講解的時間。設(shè)X的概率密度為f（X）= *x2 ox 蘭10 其他，1確定 k ；（ 2 ）求 PXV ；（3）求pj乞x乞丄 ； （4）求4 2-bo解: (0 根據(jù) 1 = f (x)dx 二 kx2dx一 1/31 2(2)PX = 3x dx 二330(3)1 1px 訶二1/23x2dx =1/464(4)12 2PX = 3x dx =1 -32/319279,設(shè)隨機變量

30、X的概率密度為 f（x） =0.003x0 x*0，求 t 的方程 t2 . 2Xt 5X _4 = 0其他有實根的概率。2 2 2解:方程 t 2Xt 5X -4 =0 有實根表明，;.=4X -4(5X -4) _ 0 ,即 X -5X 4 _ 0,從而要求X _4或者X乞1。因為PX 2C-Ho20冷2叫11,設(shè)實驗室的溫度X （以C計）為隨機變量，其概率密度為f(x) = 9(4，)0-1時才能發(fā)生，求在實驗室中這種化學(xué)反應(yīng)發(fā)生的概率。(2) 在10個不同的實驗室中，各實驗室中這種化學(xué)反應(yīng)是否會發(fā)生時相互獨立的，以Y表示10個實驗室中有這種化學(xué)反應(yīng)的實驗室的個數(shù)，求Y的分布律。(3)

31、求 PY =2，PX _2解：(1)Px275(2)根據(jù)題意丫 B(10,)，所以其分布律為27P(Y 二 k) = C10、10丄27；k = 0,1,2,102(3) P(丫二 2) = C10f 5 X22 27；127丿8= 0.2998，P(Y 一 2) =1 - P(丫二 0) - P(Y =1) = 0.5778。12，( 1)設(shè)隨機變量 Y的概率密度為0.2f (y)二 0.2 Cy10試確定常數(shù)C,求分布函數(shù)F(y)，并求P0豈丫豈0.5，PY 0.5 |Y 0.1(2)設(shè)隨機變量x的概率密度為”1/80cxc2f(x)x/82 蘭 x蘭 40 其他求分布函數(shù) F(x)，并求

32、 P1 _x _3，PX _1|X _3。乂01c解:( 1)根據(jù) 1 二 f(y)dy = 0.2dy(0.2 Cy)dy = 0.4 ，得到 C =1.2。402yF(y)二.f-=0(y)dy =J0.2dy0y0.2dy(0.2 1.2y)dy二00.2dy +01(0.2 1.2y)dy0y ”11 二 y ： 00 _y ：1y_10y ： -10.2(y+1)I20.6y0.2y0.21-1 空 y : 00 乞 y : 1y _1P0 乞 Y 乞 0.5 = PY 空 0.5 PY 乞 0 = F(0.5) - F(0) = 0.45 - 0.2 二 0.25 ；PY 0.5|

33、Y0.1二PY 0.5PY 0.11 一 PY 乞 0.5 _ 1 - F(0.5)1 -PY E0.1 一 1 - F(0.1)1-0.451 - 0.226= 0.7106(2)xF (x) = f (x)dx =2 ,x* f 1fXJ 一 dx + j dx0 82 82彳4.1. xldx 十-dx 0828x:00_x：22乞x:4x _ 40 x c0x/80 蘭 x c 22x /16 2 _ x ： 41 x _4P1 Ex 3 = F(3) F(1) =9/161/8 =7/16 ；PX -1 | X 3=P E1X 3PX 乞 3F(3)-F(1)F(3)-7/9。13,

34、 在集合A=1,2,3,.,n中取數(shù)兩次，每次任取一數(shù)，作不放回抽樣，以X表示第一次取到的數(shù)，以Y表示第二次取到的數(shù)，求 X和Y的聯(lián)合分布律。并用表格形式寫岀當n=3時X和Y的聯(lián)合分布律。解：根據(jù)題意，取兩次且不放回抽樣的總可能數(shù)為n(n-1)，因此PX 二 i,丫二 j二1n(n -1)當 n 取3 時，PX 二 i,丫二 j =1, (i = j，且 1 i, j 3)，表格形式為6J123101/61/621/601/631/61/6014, 設(shè)一加油站有兩套用來加油的設(shè)備，設(shè)備 A是加油站的工作人員操作的，設(shè)備B是有顧客自己操作的。A，B均有兩個加油管。隨機取一時刻，A，B正在使用的軟

35、管根數(shù)分別記為 X，Y，它們的聯(lián)合分布律為01200.100.080.0610.040.200.1420.020.060.30(1) 求 PX =1,Y =1，PX 1,Y 1；(2) 求至少有一根軟管在使用的概率；(3) 求 PX =Y，PX Y =2。解：(1)由表直接可得P X =1,Y 1 =0.2,PX 1,Y 乞 1 =0.1+0.08+0.04+0.2=0.42(2)至少有一根軟管在使用的概率為PX Y _1 =1 -PX =0,Y =0 =1 -0.1 =0.9(3)PX 二Y = PX =Y =0 PX =Y =1 PX = Y = 2 =o.1+o.2+o.3=o.6PX

36、Y =2 =PX =0,Y =2 PX =1,Y =1 PX =2,Y =0 =0.2815, 設(shè)隨機變量(X，Y)的聯(lián)合概率密度為f(x, y)=Ce4y),x 0, y 00,試確定常數(shù)C，并求PX 2，PXY，PX Y : 1。解：根據(jù) 11 f (x, y)dxdy = 1，可得x 0,y 01= f(x, y)dxdy= dx Ce42x 4y)d C exdx eydyx 0,y 0所以C二8。PX 2 = f(x, y)dxdy 二 dx 8e42x 4y)d 2edx 4eydy 二 ePX Y二 f(x,y)dxdy 二.dx 8ex 4y)dy 二 2edx 4e*ydy

37、二.2ex(1-e)dx送11 -x1 -xP X Y 1 = . f(x, y)dxdy = . dx . 8e 電x 4y)dy = 2exdx , 4eydy = (1 -e)22 216,設(shè)隨機變量（x, y）在由曲線y =x , y =x /2, x =1所圍成的區(qū)域G均勻分布。(1)求（X , Y）的概率密度;(2)求邊緣概率密度fX（x）, fY（y）。解：（1）根據(jù)題意，（X，Y）的概率密度f（x, y）必定是一常數(shù)，故由1= f(x,y)dxdy=1dxx2f(x,y)dyf(x,y),得到 f(x,y) =G0 x2/266,0,(x, y) G其他-be(求條件概率密度f

38、Y|X （y | x），寫出當x = 0.5時的條件概率密度;)fx(x)二 f(x,y)dy =x26dy = 3x2,0 ： x : 1x2 /20,18,設(shè)(1)fY(y) = Jf (x, y)dx = *2y6dx,y16dx,y0,X ,Y是兩個隨機變量，它們的聯(lián)合概率密度為f(x, y) = 23x 亠(1 y)一e0,x 0, y 0其他求（X ,Y）關(guān)于X的邊緣概率密度fx (x)；6C.2y - y),二 6(1-,y).0,0 ： y . 0.50.5 ： y ： 1 其他(2)(3)求條件概率PY _1|X =0.5。解：（1）fx (x)二jf (x,y)dy =彳

39、0:匕 32x-x(1 y)x 心e dy e , x 02 20,其他(2 )當x 0時,fYiX (y | x)f(x, y) fx(X)xe 刊，y 00, 其他特別地,當x =0.5時fYix (y |x = 0.5)0.5e-5y0,y 0其他-bo(3) PY _ 11 X =0.5 = fY|x(y|x1-bo= 0.5)dy= 0.5egydy d.5。i19, （i）在第14題中求在X =0的條件下Y的條件分布律；在 Y =1的條件下X的條件分布律。（2）在 16題中求條件概率密度 fY|X（ylx）， fX|Y（x|y）， fX|Y（x| 0.5）解：（1）根據(jù)公式 PY

40、=i|X =0；身。，得到在X 的條件下丫的條件分布律Y012PY | X = 05/121/31/4類似地，在Y =1的條件下X的條件分布律為X012PX | Y =14/1710/173/17(2)因為 f (x, y) = (6,0,(x, y) G其他X26dy = 3x2,I二 x2/20,0 ： x ： 1 其他6（, 2y -、y）， 0 y ： 0.5t-fY（y）二 6（1-、y），0.5 ： y ： 1。所以，當0 ： x ：1時,fY|X (y | x)f (x,y)fx(X)2_=x20,x2/2 ： y ： x2其他當 0 ： y : 0.5 時,fxY(x| y)二

41、f (x, y)fY(y)二.2y - . yI 0,y : x ； 2y其他當 0.5 二 y : 1 時,fxY(x| y)f (x, y) fY(y):y x ： 1其他- 0.5 : x : 1其他亠當 y =0.5時，fxY(x| y) = -05I 其他20, 設(shè)隨機變量(X, Y)在由曲線y =x2,y = . x所圍成的區(qū)域 G均勻分布。(1) 寫岀(X，Y)的概率密度；(2) 求邊緣概率密度fX(x), fY(y)；(3) 求條件概率密度fY|X (y | x)，并寫出當X = 0.5時的條件概率密度解：(1)根據(jù)題意，(X, Y)的概率密度f (x, y)必定是一常數(shù)，故由

42、f(x,y)dxdyG1xdx f(x, y)dy 二0 x213 f (x, y)，得到 f (x,y)3, (x,y)G0,其他(2)fx(X)= f f(x,y)dy = -=OfY(y)二 f(x, y)dxa(3)當 o : x : 1 時,-x3dy = 3( . x -xx20,y2)，3dx，0,0 y : 1其他3C. y - y )，0,0 ： y ： 1其他fm(y |x)二f(x,y)fx (x)r/x _x2，0,x2 ： y ： x其他1/4 ： y 2/2其他特別地，當x=0.5時的條件概率密度為亠fY|X (y | 0.5)二2 2 -1i 0,21, 設(shè)(X

43、, Y)是二維隨機變量， X的概率密度為fx(X)2 +x.0,0 :： x : 2其他0 :： y : 1其他且當X = x(0 : x ： 2)時Y的條件概率密度為1 + xyfY|x(y|x)=1+x/2i0,(1)求(X,Y)聯(lián)合概率密度;(2)求(X ,Y)關(guān)于Y的邊緣概率密度;(3)求在Y = y的條件下X的條件概率密度fX|Y (x|y)0 : x : 2, 0 ： y : 1其他1 十 xy解：(1) f(x, y) = fx (x) fY|X (y I x) = 3i 021+xv2(2)fY(y) = f f(x, y)dx=*/3 dx = 3(1 + y)八1；a0其他

44、f (x,y)1 + xy門c,0 c x 2(3)當 0 v y v1 時，fX|Y(x| y)=八=丿2(1 + y)z(y)0,其他22，(1)設(shè)一離散型隨機變量的分布律為Y-i0 1Q八ePk1-622又設(shè)Y1,Y2是兩個相互獨立的隨機變量，且 Y1,Y2都與Y有相同的分布律。求 Y1,Y2的聯(lián)合分布律。并求PYi 二 YJ。(2)問在14題中X,Y是否相互獨立?解：(1)由相互獨立性，可得 Y|,Y2的聯(lián)合分布律為PW 二 i,Y2 = j = PW =iPY2 = j，i, j -1,0,1結(jié)果寫成表格為Y?2-101-1日2/48(1 -8)/2薩/40日(1 日)/2(1-巧2

45、日(1 日)/21護/4日(1 日)/2薩/4P =Y2 = PY =丫2 - -1P =丫2 =0 P =Y2 =1 =(1 - J)2 聘 /2。(2)14題中，求岀邊緣分布律為w012PX =i00.100.080.060.2410.040.200.140.3820.020.060.300.38PY = j0.160.340.501很顯然，PX =0,Y =0 = PX =0PY =0,所以X,Y不是相互獨立23,設(shè)X,Y是兩個相互獨立的隨機變量,X U （0,1），Y的概率密度為8y 00時，F(xiàn)u (u) = PU 蘭u = P X 蘭 u = P -u 蘭 X 蘭 u =2(u) 1

46、,fu (u)=札(u)】=2 fx (u) =$。 ji所以，fu (u)u 0u _ 026, (1)設(shè)隨機變量 X的概率密度為_xx 0其他求Y = . X的概率密度。(2) 設(shè)隨機變量 XU (_1,1)，求Y=(X 1)/2的概率密度(3) 設(shè)隨機變量XN(0,1)，求丫二X 2的概率密度。解：設(shè)X ,Y的概率密度分別為f X (x), fY (y)，分布函數(shù)分別為FX (x), FY( y)。則(1 )當y三0時,FY(y) =PY 乞 y =P X 乞 y =0,fY ( y) = 0 ；當 y 0時，F(xiàn)Y(y)二 PY 乞 y二 P . X 乞 y二 PX 乞 y2 = Fx(y2)，fY(y) = X(y)l =2yfx(y2) =2ye所以,fY(y)2ye0(2)此時1/20y 0y乞0一 1 ： x ： ： 1其