概率論第二版第3章習(xí)題答案講解

1、習(xí) 題3.11 在10件產(chǎn)品中有2件一等品，7件二等品和1件次品從這10件產(chǎn)品中任意抽取3件，用X表示其中的一等品數(shù)，Y表示其中的二等品數(shù)，求的分布列解 X的可能取值為0，1，2；Y的可能取值為0，1，2，3，因此的可能取值為，且有， ， 由此，的分布列可以由下表給出Y X 0 1 2 3012 0 0 21/120 35/120 0 14/120 42/120 0 1/120 7/120 0 04 設(shè)的密度函數(shù)為，求解 5 設(shè)的密度函數(shù)為，求：(1)常數(shù)A；(2)解 （1）由聯(lián)合密度函數(shù)的性質(zhì)，有，得 （2）10 袋中有2只白球和3只黑球，從中連取兩次，每次取一只 定義下列隨機(jī)變量： 分別就

2、有放回抽取和無(wú)放回抽取兩種情形，求：(1) 的聯(lián)合分布列；(2)兩次摸到同樣顏色球的概率解 （1）有放回抽樣：由事件的獨(dú)立性條件得的聯(lián)合分布列為， ， 如下表X Y 0 1019/25 6/256/25 4/25兩次摸到同樣顏色球的概率為（2）無(wú)放回抽樣：由乘法定理得的聯(lián)合分布列為， ， X Y 0 1010.3 0.30.3 0.1如下表兩次摸到同樣顏色球的概率為習(xí) 題3.22 已知的聯(lián)合分布函數(shù)為，求：（1）邊緣分布函數(shù)；（2）聯(lián)合密度函數(shù)及邊緣密度函數(shù)；（3）判斷與的獨(dú)立性解 （1） 即有 ， （2）故 ， （3）由于 ，所以相互獨(dú)立3 一個(gè)盒子中有三只乒乓球，一只白色，兩只黃色，現(xiàn)從袋

3、中有放回的任取兩次，每次取一只，以X，Y分別表示第一次、第二次取到球的顏色求：（1）X和Y的聯(lián)合分布列；（2）X和Y的邊緣分布列；（3）判斷X和Y的獨(dú)立性解 定義下列隨機(jī)變量： （1）在有放回取球條件下， ， Y X.1 2 121/9 2/9 2/9 4/9 （2）邊緣分布列X 1 2 P 1/3 2/3 Y 1 2 P 1/3 2/3 （3）由于，所以相互獨(dú)立5 隨機(jī)變量在區(qū)域上服從均勻分布，求的聯(lián)合密度函數(shù)與邊緣密度函數(shù)，判斷隨機(jī)變量是否獨(dú)立解 區(qū)域的面積為，所以的聯(lián)合密度函數(shù)X和Y的邊緣密度函數(shù)故 ， 由于 ，所以獨(dú)立8 甲、乙兩人各自獨(dú)立進(jìn)行兩次射擊，命中率分別為0.2，0.5，求甲

4、、乙命中次數(shù)X與Y的聯(lián)合概率分布解 依題意，據(jù)公式可算得X和Y的概率分布分別為，由X和Y的獨(dú)立性可得X和Y的聯(lián)合概率分布為 Y X.0 1 20120.16 0.32 0.160.08 0.16 0.080.01 0.02 0.01習(xí) 題3.31. （1）；（2）.5. 設(shè)隨機(jī)變量（X,Y）的密度函數(shù)為求（修改后的題）解 6. 設(shè)隨機(jī)變量X與Y獨(dú)立，它們的概率密度分別為 求（修改后的題）解 因?yàn)閄與Y獨(dú)立，所以（X,Y）的密度函數(shù)為習(xí) 題3.42 設(shè)與的聯(lián)合密度為， 求及解 （1）設(shè)D為所圍區(qū)域，則（2）4 設(shè)且，求：（1）與的聯(lián)合概率分布；（2）解 （1） ，有四個(gè)可能取值：，且由題意，有，

5、與的聯(lián)合概率分布為X2 X1 0 101 0 （2）的概率分布為 故 5 設(shè)隨機(jī)變量X和Y的聯(lián)合分布在以點(diǎn)(0,1)、(1,0)、(1,1)為頂點(diǎn)的三角形區(qū)域D上服從均勻分布，求隨機(jī)變量的方差 解 方法1X和Y的聯(lián)合密度函數(shù)為 ，從而 同理，方法2，習(xí) 題3.52 在n次獨(dú)立試驗(yàn)中，事件A在第i次試驗(yàn)中發(fā)生的概率為，證明：事件A發(fā)生的頻率依概率收斂于A發(fā)生概率的平均值證明 設(shè)X表示在n次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的次數(shù)，若引入隨機(jī)變量，則且服從01分布，故由于 ，故 ，即方差有公共的上界. 因此由切比雪夫大數(shù)定律可知，對(duì)任意的，有，即 可見(jiàn)，事件A發(fā)生的頻率依概率收斂于A發(fā)生概率的平均值5 一生產(chǎn)線生產(chǎn)

6、的產(chǎn)品成箱包裝，每箱的重量是隨機(jī)的，假設(shè)每箱平均重50千克，標(biāo)準(zhǔn)差為5千克，若用載重量為5噸的汽車承運(yùn)，利用中心極限定理說(shuō)明每輛車最多可以裝多少箱才能保障不超載的概率大于0.977 解 設(shè)n為所求的箱數(shù)，且設(shè)為第i箱的重量 由題意，知且將視為獨(dú)立同分布的隨機(jī)變量又n箱的重量，易算得根據(jù)林德貝格萊維中心極限定理，近似服從正態(tài)分布依題意n需滿足，即有由此得，即 設(shè)，則有，解得（舍去負(fù)的下界）因此，即最多可以裝98箱可保證不超載的概率大于0.9776 已知相互獨(dú)立的隨機(jī)變量,都服從泊松分布，記，求 解 因?yàn)?獨(dú)立同分布，且根據(jù)林德貝格萊維中心極限定理，X近似服從正態(tài)分布7 某保險(xiǎn)公司經(jīng)多年的資料統(tǒng)計(jì)

7、表明，在索賠戶中被盜索賠戶占20%，在隨意抽查的100家索賠戶中被盜的索賠戶數(shù)為隨機(jī)變量（1）寫出的概率分布；（2）利用棣莫佛拉普拉斯定理，求被盜的索賠戶數(shù)不少于14戶且不多于30戶的概率的近似值解 設(shè)抽查到被盜索賠戶，則 依題意，因此分布律為（2），根據(jù)棣莫佛拉普拉斯定理，8 在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中, 成功率為0.75, 要使“試驗(yàn)成功的頻率在0.740.76之間” 的概率不小于0.90，則至少要進(jìn)行多少次試驗(yàn)? 解 設(shè)表示n次重復(fù)獨(dú)立試驗(yàn)的各次試驗(yàn)中事件成功的次數(shù)，則 且在n次試驗(yàn)中事件成功發(fā)生的頻率滿足利用棣莫弗-拉普拉斯中心極限定理，知，所以故要“試驗(yàn)成功的頻率在0.740.76之間”

8、的概率不小于0.90， 即，只需，查表知，因此只需，或9 設(shè)某車間有150臺(tái)機(jī)床獨(dú)立工作， 已知每臺(tái)機(jī)床在運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)耗電量都是5(千瓦)因檢修等原因，每臺(tái)機(jī)床平均只有60%的時(shí)間在運(yùn)轉(zhuǎn)問(wèn)配電室至少要供給這個(gè)車間多少電才能以99.9%的概率保證這個(gè)車間不致因供電不足而影響機(jī)床工作 解 設(shè)X表示150臺(tái)機(jī)床中同時(shí)運(yùn)轉(zhuǎn)的機(jī)床臺(tái)數(shù)，則設(shè)配電室需供應(yīng)k千瓦電，能以99.9%的概率保證車間正常工作由棣莫弗-拉普拉斯中心極限定理，有解得 .故至少供應(yīng)540.5千瓦電力才能以99.9%的概率保證車間正常工作10 某公司電話總機(jī)有200臺(tái)分機(jī)，每臺(tái)分機(jī)有6 %的時(shí)間用于外線通話，假定每臺(tái)分機(jī)用于外線是相互獨(dú)立的，問(wèn)該總機(jī)至少應(yīng)裝多少條外線，才能有95%的把握確保各分機(jī)需用外線時(shí)不必等候解 設(shè)X表示200分機(jī)同時(shí)使用外線的數(shù)目，則設(shè)總機(jī)至少應(yīng)裝k條外線，才能有95%的把握確保各分機(jī)需用外線時(shí)不必等候由棣莫弗-拉普拉斯中心極限定理，有 而，從而解得 .故至少應(yīng)裝18條外線，才能有95%的把握確保各分機(jī)需用外線時(shí)不必等候11 某工廠生產(chǎn)的一批零件，合格率為95%，今從中抽取1 000件，求不合格的件數(shù)在40到60之間的概率解 設(shè)X表示1 000件零件中不合