概率論復(fù)習(xí)題31448

1、第一章1. 假設(shè)有兩箱同種零件：第一箱內(nèi)裝50件，其中10件為一等品；第二箱內(nèi)裝30件，其中18件一等品，現(xiàn)從兩箱中隨意挑出一箱，然后從該箱中先后隨機(jī)取出兩個(gè)零件（取出的零件均不放回），求：（1）先取出的零件是一等品的概率；（2）在先取出的零件是一等品的條件下，第二次取出的零件仍然是一等品的概率。解：設(shè)Ai=取到第i個(gè)箱子，i=1,2，Bj=第j次取到一等品，j=1,2（1）由全概率公式（2）所求概率為，其中故：2. 某段時(shí)間t0,t0+t內(nèi)，t>0，證券交易所來(lái)了k個(gè)股民的概率為，k=0,1,2， >0，每個(gè)來(lái)到交易所的股民購(gòu)買(mǎi)長(zhǎng)虹股票的概率為p，且各股民是否購(gòu)買(mǎi)這種股票相互獨(dú)立

2、。（1）求此段時(shí)間內(nèi)，交易所共有r個(gè)股民購(gòu)買(mǎi)長(zhǎng)虹股票的概率；（2）若已知這段時(shí)間內(nèi)有r個(gè)股民購(gòu)買(mǎi)了長(zhǎng)虹股票，求交易所內(nèi)來(lái)了m個(gè)股民的概率。解：設(shè)Ak=交易所來(lái)了k個(gè)股民，k=0,1,2,，B=有r個(gè)股民購(gòu)買(mǎi)長(zhǎng)虹股票。（1）由于，故由全概率公式可得（2）由Bayes公式得所求概率為顯然，3. 設(shè)一射手每次命中目標(biāo)的概率為p，現(xiàn)對(duì)同一目標(biāo)進(jìn)行若干次獨(dú)立射擊，直到命中目標(biāo)5次為止，則射手共射擊了10次的概率為（A）（B）（C）（D）解：B4. 設(shè)有三個(gè)事件A,B,C，其中P(B)>0,P(C)>0，且事件B與事件C相互獨(dú)立，證明：分析：利用關(guān)系式證明：由于事件B和事件C相互獨(dú)立，故事件B

3、和事件相互獨(dú)立，又因?yàn)?所以 從而有 第二章1. 假設(shè)一廠家生產(chǎn)的每臺(tái)儀器，以概率0.70可以直接出廠；以概率0.30需進(jìn)一步調(diào)試，經(jīng)調(diào)試后以概率0.80可以出廠；以概率0.20定為不合格品不能出廠?，F(xiàn)該廠生產(chǎn)了臺(tái)儀器，假設(shè)各臺(tái)儀器的生產(chǎn)過(guò)程相互獨(dú)立，試求：（1）全部能出廠的概率；（2）其中恰好有兩件不能出廠的概率；（3）其中至少有兩件不能出廠的概率。解：設(shè)A=一臺(tái)儀器能出廠，B=一臺(tái)儀器能直接出廠，C=一臺(tái)儀器經(jīng)調(diào)試能出廠，則，且B與顯然互不相容。于是令X表示n臺(tái)儀器中能出廠的臺(tái)數(shù)，則有XB(n,0.94)。故（1）（2）（3）由于至少有兩件不能出廠等價(jià)于至多有n-2件能出廠，故2. 假設(shè)隨

4、機(jī)變量X的絕對(duì)值不大于1， 在事件出現(xiàn)的條件下，X在（-1，1）內(nèi)的任一子區(qū)間上取值的條件概率與該子區(qū)間長(zhǎng)度成正比，試求：（1） X的分布函數(shù)；（2） X的取負(fù)值的概率p解： 由條件知，當(dāng)時(shí) 又 于是，當(dāng)時(shí) 當(dāng) ，時(shí)，故 （2） 3. 假設(shè)一設(shè)備開(kāi)機(jī)后無(wú)故障工作的時(shí)間X 服從參數(shù)為的指數(shù)分布，設(shè)備定時(shí)開(kāi)機(jī)，出現(xiàn)故障時(shí)自動(dòng)關(guān)機(jī)，而在無(wú)故障的情況下工作2個(gè)小時(shí)便關(guān)機(jī)，試求該設(shè)備每次開(kāi)機(jī)無(wú)故障工作的時(shí)間Y 的分布函數(shù)解： 由題意得，于是 又X 的分布函數(shù)是參數(shù)的的指數(shù)分布，即其分布函數(shù)為 因此，當(dāng)時(shí)，即 = 1；當(dāng)時(shí)，即 故4. 設(shè)隨機(jī)變量X 的概率密度為 是X 的分布函數(shù)，試求隨機(jī)變量 的分布函數(shù)

5、解： 的分布函數(shù)為 注意到為分布函數(shù)，于是有，因此， 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，由于為單調(diào)增加函數(shù)，從而存在反函數(shù)，故 （表示F 的反函數(shù)） 即 的分布函數(shù)為： 第三章1. 設(shè)（X，Y）的聯(lián)合密度為 0，其他試求：（1）常數(shù)C； （2）P（X=Y）； （3）P（X Y ）。解：（1） 由 得 C = 4 。（2） 由于x=y 為平面上的一條直線，而二維連續(xù)型隨機(jī)變量在平面上任何一條曲線上取得的概率均為零，故 P（X = Y）= 0；（3） P (X Y ) = = = = 2. 設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量X，Y相互獨(dú)立且服從同一分布，證明 P (X Y)=.證明： 不妨設(shè)X，Y的密度函數(shù)為 ，于是由X與

6、Y 相互獨(dú)立得（X，Y）的聯(lián)合密度為 于是 P (X Y) = 由于被積函數(shù)關(guān)于對(duì)稱(chēng)，故 但 其中表示整個(gè)平面，所以 即P (X Y)=.3. 在10件產(chǎn)品中有2件一等品，7件二等品和1件次品，現(xiàn)在從10件產(chǎn)品中無(wú)放回地抽取3件，令X表示其中一等品數(shù)，Y表示其中二等品數(shù)，試求：（1） （X，Y）的聯(lián)合分布律（2） （X，Y）關(guān)于X和Y的邊緣分布律（3） X和Y是否相互獨(dú)立？（4） 在X=1 的條件下Y 的條件分布。分析： 由題意知X的可能取值為0，1，2；Y的可能取值為0，1，2，3。因此用古典概型分別計(jì)算它們的概率即可解： （1）因?yàn)楫?dāng) 而當(dāng) 分別將代入計(jì)算可得（X，Y）的聯(lián)合分布律如下表

7、YX01232Y010000Y00 （2）由聯(lián)合分布律易得兩個(gè)邊緣分布律為 XY0120123XXXXX （3）因?yàn)镻（X=1，Y=0）=0，但 P（X=1）=，P（Y=0）=， 故P（X=1，Y=0）P（X=1）P（Y=0）。 所以X與Y 不相互獨(dú)立（4） 因?yàn)镻（Y= j | X=1）= = 而于是在X=1的條件下Y的條件分布為121/43/44. 設(shè)二維隨機(jī)變量（X，Y）在區(qū)域D上服從均勻分布，其中D=（X，Y）| 0<x<1,|y|<x，試求（X，Y）關(guān)于X 和關(guān)于Y的邊緣密度和條件密度分析： 求邊緣密度時(shí)，首先確定隨機(jī)變量的取值范圍，X（或Y）的取值范圍是二維隨機(jī)變

8、量（X，Y）的取值范圍在X軸（或Y軸）上的投影，在取值范圍外，密度函數(shù)的值為0解： 易知D的面積為1，故 (x,y) 的聯(lián)合密度函數(shù)為： 1， 0，其他 因X的取值范圍為（0，1），于是當(dāng) 0<x<1 時(shí)， 又Y 的取值范圍為（-1，1），于是當(dāng) 時(shí) 故： 因?yàn)樵赮=y 的條件下，當(dāng) 時(shí) ，X 的條件下分布不存在；當(dāng) 時(shí)， 故 X的條件密度函數(shù)為 同理可得： 5. 某種商品一周的需求量X是一個(gè)隨機(jī)變量，其概率密度為 假設(shè)各周的需求量相互獨(dú)立，以 表示k周的總需求量（1） 求的概率密度（2） 求接連三周中的周最大需求量的概率密度。分析： 若以表示第周的需求量 則相互獨(dú)立且同分布， ，

9、從而問(wèn)題歸結(jié)為求隨機(jī)變量的函數(shù)的分布解： 利用卷積公式 設(shè)表示第周的需求量 表示三周中的周最大需求量，于是 ，且與同分布（1） 由卷積公式，的密度為 （2） 因?yàn)榈姆植己瘮?shù)為 故 的密度函數(shù)為 6. 設(shè)隨機(jī)變量與相互獨(dú)立，的密度函數(shù)為，的分布律為試求的密度函數(shù)分析： 這是一個(gè)求兩個(gè)隨機(jī)變量的和函數(shù)的分布問(wèn)題，兩個(gè)隨機(jī)變量中一個(gè)為離散型，另一個(gè)為連續(xù)型， 從而寫(xiě)不出“聯(lián)合密度”，因此在分布函數(shù)的求法，也就是概率的計(jì)算方法上有所不同解： 因?yàn)榈姆植己瘮?shù)為 因此，的密度函數(shù)為： 第四章1. 設(shè)學(xué)校乘汽車(chē)到火車(chē)站的途中有3個(gè)交通崗，設(shè)在各交通崗遇到紅燈是相互獨(dú)立的，其概率均為2/5，求途中遇到紅燈次數(shù)

10、的數(shù)學(xué)期望與方差。解：設(shè)X表示途中遇到紅燈的次數(shù)，則XB(3,2/5)，所以E(X)=np=3×2/56/5D(X)=np(1-p)=3×2/5×3/5=18/252. 設(shè)相互獨(dú)立的兩個(gè)隨機(jī)變量X，Y具有同一分布，且X的分布律為X01p1/21/2求Z=min(X,Y)的數(shù)學(xué)期望與方差。解：因X與Y獨(dú)立同分布，所以（X，Y）的聯(lián)合分布律為：YX0101/41/411/41/4由此得Z=min(X,Y)的分布律為：Z=min(X,Y)01p3/41/4因此 E(Z)=0*3/4+1*1/4=1/4 E(Z2)=02*3/4+12*1/4=1/4 D(Z)=E(Z2)

11、-E(Z)2=1/4-1/16=3/163. 設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度為 ax, 0<x<2 f(x)= cx+b 0 其他 又已知E(X)=2，D(X)=2/3，求：（1） a,b,c的值（2） 隨機(jī)變量Y=eX的數(shù)學(xué)期望與方差解：（1）因?yàn)閒(x)為概率密度函數(shù)，故即有：2a+2b+6c=1又故有 4a+9b+28c=3因D(X)=2/3，于是即于是有 6a+28b+90c=7聯(lián)立（1）、（2）、（3）解得a=1/4、b=1、c= - 1/4（2）由（1）知 x/4 0<x<2f(x)= 0 其他于是故 4. 設(shè)XN(,2)，YN(,2)，且設(shè)X，Y相互獨(dú)立，求Z1X

12、+Y，Z2=X-Y的相關(guān)系數(shù)（其中是不為0的常數(shù)）解：Cov(Z1,Z2)=Cov(X+Y, X-Y) =2Cov(X,X) -Cov(X,Y)+Cov(Y, X)-2Cov(Y,Y) =2D(X)-2D(Y) =(2-2)2又X，Y相互獨(dú)立，所以D(Z1)=D(X+Y)= 2D(X)+2D(Y)= (2+2)2D(Z2)=D(X-Y)= 2D(X)+2D(Y)= (2+2)2故5. 卡車(chē)裝運(yùn)水泥，設(shè)每袋水泥重量X（以公斤計(jì)）服從N(50,2.52)，問(wèn)最多裝多少袋水泥使總重量超過(guò)2000的概率不大于0.05。解：設(shè)最多裝n袋水泥使總重量超過(guò)2000的概率不大于0.05，n袋水泥的總重量為Y，

13、Xi表示第i袋水泥的重量，i=1,2.n，則X1，X2，.Xn獨(dú)立同服從N(50,2.52)，且Y=X1+X2+.+Xn，于是E(Y)=E(X1)+ E(X2)+.+ E(Xn)=50nD(Y)= D(X1)+ D(X2)+.+ D(Xn)= 2.52n即 YN(50n，2.52n)，查表得 故最多裝39袋水泥。6.第五章1. 現(xiàn)有一大批種子，其中良種占1/6，現(xiàn)從中任取6000粒種子，試分別用切比雪夫不等式估計(jì)和用中心極限定理計(jì)算這6000粒種子中良種所占的比例與1/6之差的絕對(duì)值不超過(guò)0.01的概率。解：設(shè)X表示所取的6000粒種子中良種的粒數(shù)，由題意可知XB(6000,1/6)，因此E(

14、X)=np=1000，D(X)=np(1-p)=5000/6，要估計(jì)的概率為。（1）由切比雪夫不等式知，（2）由德莫弗拉普拉斯中心極限定理知：2. 一個(gè)食品店有三種蛋糕出售，由于售出哪一種蛋糕是隨機(jī)的，因而售出一只蛋糕的價(jià)格是一個(gè)隨機(jī)變量，它取1（元）、1.2（元）、1.5（元）各個(gè)值的概率分別為0.3、0.2、0.5。某天售出300只蛋糕。（1） 求這天的收入至少400（元）的概率；（2） 求這天售出價(jià)格為1.2（元）的蛋糕多于60只的概率。解：設(shè)Xk（k=1,2,.300）表示售出的第k只蛋糕的價(jià)格，則X1、X2、.X300相互獨(dú)立，且服從同一分布，其分布律為Xk11.21.5pk0.30.20.5故 E(Xk)=1*0.3+1.2*0.2+1.5*0.5=1.29，D(Xk)=(1-1.29)2*0.3+(1.2