1、習題一解答 習題一解答 1. 用集合的形式寫出下列隨機試驗的樣本空間與隨機事件： a(1) 拋一枚硬幣兩次，觀察出現的面，事件兩次出現的面相同a； (2) 記錄某電話總機一分鐘內接到的呼叫次數，事件a一分鐘內呼叫次數不超過 次； 3(3) 從一批燈泡中隨機抽取一只，測試其壽命，事件a壽命在到小時之間。 20002500解解 (1) ),(),(),(),(， ),(),(a. (2) 記x為一分鐘內接到的呼叫次數，則 , 2 , 1 , 0|kkx， 3 , 2 , 1 , 0|kkxa. (3) 記x為抽到的燈泡的壽命（單位：小時） ，則 ), 0(x， )2500,2000( xa. 2.

2、 袋中有10個球， 分別編有號碼1至10， 從中任取1球， 設a取得球的號碼是偶數，b取得球的號碼是奇數，取得球的號碼小于5，問下列運算表示什么事件： c(1)；(2)baab；(3)；(4)acac；(5)ca；(6)cb ；(7)ca. 解解 (1) 是必然事件； ba (2) ab是不可能事件； (3) 取得球的號碼是2，4； ac (4) ac取得球的號碼是1，3，5，6，7，8，9，10； (5) ca取得球的號碼為奇數，且不小于5取得球的號碼為5，7，9； (6) cbcb取得球的號碼是不小于5的偶數取得球的號碼為6，8，10； (7) caca取得球的號碼是不小于5的偶數=取得球

3、的號碼為6，8，10 3. 在區間上任取一數，記2,0121xxa，2341xxb，求下列事件的表達式：(1)；(2)baba；(3)ba；(4)ba. 解 解 (1) 2341xxba; (2) bxxxba21210或2312141xxxx; (3) 因為ba ，所以ba； (4)223410 xxxaba或223121410 xxxx或或 4. 用事件的運算關系式表示下列事件： cba, (1) 出現，都不出現（記為） ； acb,1e (2) 都出現，不出現（記為） ； ba,c2e (3) 所有三個事件都出現（記為） ； 3e (4) 三個事件中至少有一個出現（記為） ； 4e (5

4、) 三個事件都不出現（記為） ； 5e (6) 不多于一個事件出現（記為） ； 6e (7) 不多于兩個事件出現（記為） ； 7e (8) 三個事件中至少有兩個出現（記為） 。 8e 解解 (1)cbae 1； (2)cabe 2； (3)； (4)abce 3cbae4； (5)cbae 5； (6)cbacbacbacbae6； (7)cbaabce7；(8)bcacabe8. 5. 一批產品中有合格品和廢品，從中有放回地抽取三次，每次取一件，設表示事件“第i次ia抽到廢品” ，試用表示下列事件： 3 , 2 , 1i21aa ia(1) 第一次、第二次中至少有一次抽到廢品； (2) 只有

5、第一次抽到廢品； (3) 三次都抽到廢品； (4) 至少有一次抽到合格品； (2) 只有兩次抽到廢品。 解解 (1)； (2)321aaa； (3)； 321aaa(4)； (5)321321321aaaaaaaaa. 21aa3a 6. 接連進行三次射擊，設=第 次射擊命中，iai3 , 2 , 1i，b三次射擊恰好命中二次，三次射擊至少命中二次；試用表示ciab和c。 解解 32132a2a1321aaaaaaaabaa 33121aaaaac 習題二解答 習題二解答 1從一批由45件正品、5件次品組成的產品中任取3件產品，求其中恰有1件次品的概率。 解解 這是不放回抽取，樣本點總數，記求

6、概率的事件為，則有利于的樣本點數. 于是 350n15245k39299! 2484950! 35444535015245)(nkap 2一口袋中有5個紅球及2個白球，從這袋中任取一球，看過它的顏色后放回袋中，然后，再從這袋中任取一球，設每次取球時袋中各個球被取到的可能性相同。求 (1) 第一次、第二次都取到紅球的概率； (2) 第一次取到紅球，第二次取到白球的概率； (3) 二次取得的球為紅、白各一的概率； (4) 第二次取到紅球的概率。 解解 本題是有放回抽取模式，樣本點總數. 記(1)(2)(3)(4)題求概率的事件分別為. 27ndcba,492575)(2ap ()有利于的樣本點數，

7、故 a25ak() 有利于b的樣本點數，故 25bk4910725)(2bp () 有利于的樣本點數c252ck，故 4920)(cp () 有利于的樣本點數，故 d57dk754935757)(2dp. 3一個口袋中裝有6只球，分別編上號碼1至6，隨機地從這個口袋中取2只球，試求：(1) 最小號碼是3的概率；(2) 最大號碼是3的概率。 解解 本題是無放回模式，樣本點總數56n. () 最小號碼為3，只能從編號為3，4，5，6這四個球中取2只，且有一次抽到3，因而有利樣本點數為，所求概率為 32515632. () 最大號碼為3，只能從1，2，3號球中取，且有一次取到3，于是有利樣本點數為2

8、2，所求概率為 1525622. 4一個盒子中裝有6只晶體管，其中有2只是不合格品，現在作不放回抽樣，接連取2次，每次取1只，試求下列事件的概率： (1) 2只都合格； (2) 1只合格，1只不合格； (3) 至少有1只合格。 解解 分別記題(1)、(2)、(3)涉及的事件為，則 cba,522562342624)(ap 15856224261214)(bp 注意到，且baca與b互斥，因而由概率的可加性知 151415852)()()(bpapcp 5擲兩顆骰子，求下列事件的概率： (1) 點數之和為7；(2) 點數之和不超過5；(3) 點數之和為偶數。 解解 分別記題(1)、(2)、(3)

9、的事件為,樣本點總數 cba,26n()a含樣本點,(1,6),(6,1),(3,4),(4,3) )2 , 5(),5 , 2(6166)(2ap ()b含樣本點(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(2,2),(2,3),(3,2) 185610)(2bp ()含樣本點(1,1),(1,3),(3,1),(1,5),(5,1);(2,2),(2,4),(4,2),(2,6),(6,2),(3,3), (3,5),(5,3);(4,4),(4,6),(6,4);(5,5);(6,6), 一共18個樣本點。 c 213618)(cp 6把甲、乙、丙

10、三名學生隨機地分配到5間空置的宿舍中去，假設每間宿舍最多可住8人，試求這三名學生住不同宿舍的概率。 解解 記求概率的事件為，樣本點總數為，而有利的樣本點數為a35a345，所以 25125345)(3ap. 7總經理的五位秘書中有兩位精通英語，今偶遇其中的三位，求下列事件的概率： (1) 事件： “其中恰有一位精通英語” ； a(2) 事件b： “其中恰有二位精通英語” ； (3) 事件： “其中有人精通英語” 。 c解解 樣本點總數為 35(1) 53106345! 332352312)(ap； (2) 103345! 33351322)(bp； (3) 因，且與bacab互斥，因而 109

11、10353)()()(bpapcp. 8設一質點一定落在平面內由xoyx軸、y軸及直線1 yx所圍成的三角形內，而落在這三角形內各點處的可能性相等，計算這質點落在直線3/1x的左邊的概率。 解解 記求概率的事件為，則 aas為圖中陰影部分，而， 2/1|1859521322121|2as 最后由幾何概型的概率計算公式可得 952/118/5|)(asap. 9 （見前面問答題2. 3） 10已知ba ，4 . 0)(ap6 . 0)(bp，求 (1)(ap,)(bp；(2)；(3)；(4)(bap)(abp)(),(bapabp；(5)( bap. 解解 (1)6 . 04 . 01)(1)(

12、apap，4 . 06 . 01)(1)(bpbp； (2)6 . 0)()()()()()()()(bpapbpapabpbpapbap； (3)； 4 . 0)()(apabp(4)0)()()(pbapabp, 4 . 06 . 01)(1)()(bapbapbap; (5). 2 . 04 . 06 . 0)()(abpbap 11 設是兩個事件， 已知，ba,5 . 0)(ap7 . 0)(bp，8 . 0)(bap， 試求及)(bap).(abp 解解 注意到 )()()()(abpbpapbap，因而)()()(bpapabp )(bap4 . 08 . 07 . 05 . 0.

13、 于是，)()(abpap)()(abapbap 1 . 04 . 05 . 0；3 . 04 . 07 . 0)()()()(abpbpabbp abp. 習題三解答 習題三解答 1已知隨機事件的概率，隨機事件a5 . 0)(apb的概率6 . 0)(bp，條件概率8 . 0)|(abp，試求及)(abp)(bap. 解解 4 . 08 . 05 . 0)|()()(abpapabp )()()(1)(1)()(abpbpapbapbapbap 3 . 04 . 06 . 05 . 01 2一批零件共100個，次品率為10%，從中不放回取三次（每次取一個） ，求第三次才取得正品的概率。 解解

14、 10789989981989910090910p. 3某人有一筆資金，他投入基金的概率為0.58，購買股票的概率為0.28，兩項投資都做的概率為0.19 (1) 已知他已投入基金，再購買股票的概率是多少？ (2) 已知他已購買股票，再投入基金的概率是多少？ 解解 記a基金，b股票，則19. 0)(,28. 0)(,58. 0)(abpbpap asyx1ho1/31 圖 2.3 .327. 058. 019. 0)()()|(apabpabp(1) 678. 028. 019. 0)()(bap(2) ()|bpapb. 4，5 . 0)(ap3 . 0)(bp15. 0)(abp，驗證下面

15、四個等式： 給定),()|(),()|(apbapapbap )()|(bpabp，).()|(bpabp )(213 . 015. 0)()()|(apbpabpbap 解解 )(5 . 07 . 035. 07 . 015. 05 . 0)(1)()()()()|(apbpabpapbpbapbap )(3 . 05 . 015. 0)()()|(bpapabpabp )(5 . 015. 05 . 015. 03 . 0)(1)()()()()|(papabpbpapbapabp 5有朋自遠方來，他坐火車b、船、汽車和飛機的概率分別為0.3，0.2，0.1，0.4，若坐火車，遲到是到。求

16、他最后可能遲到的概率。 的概率0.25，若坐船，遲到的概率是0.3，若坐汽車，遲到的概率是0.1，若坐飛機則不會遲解解 b遲到，坐火車1a，2a坐船，3a坐汽車，4a乘飛機， 則 ，41iibab且按題意 ，1 . 0)|(3abp25. 0)|(1abp3 . 0)|(2abp，. 由全概率公式有： 只紅球，6只白球。求下列事件的概率： (2) 合并兩只袋，從中隨機取一球，該球是紅球。 解解 (1) 記0)|(4abp4145. 01 . 01 . 03 . 02 . 025. 03 . 0)|()()(abpapbp 1iii6已知甲袋中有6只紅球，4只白球；乙袋中有8(1) 隨機取一只袋

17、，再從該袋中隨機取一球，該球是紅球； b該球是紅球，1a取自甲袋，2a取自乙袋，已知10/6)|(1abp， 14/8)|(2abp，所以70411482110621)|()()|()()(1abp221abpapbpap (2) 1272414)(bp 7某工廠有甲、乙、丙三個車間，生產同一產品，每個車間的產量分別占全廠的25%，35%，40%車間產品的次品率分別為5%，4%，2%，求該廠產品的次品率。 ，各解解 02. 04 . 004. 035. 005. 025. 0 %45. 30345. 0008. 00125. 0 0140. 08發報臺分別以概率0.6，0.4發出 和，于通信受

18、到由干擾，當發出時，分別以概率0到.8和0.2收和，同樣，當發出信號和時，分別以0.9和0.1的概率收到。求(1到信號(2) 當收到的概率；時，發出) 收的概率。 b收到信號，a解解 記 發出信號 )|()()|()()(abpapabpapbp (1) 52. 004. 048. 01 . 04 . 08 . 06 . 0 (2) 131252. 08 . 06 . 0)()|)|(bpabpbap. 9設某工廠有a()(pa三個車間，生產同一螺釘，各個車間的產量分別占總產量的25%，35%，40%百分別為產得到的是次cb,，各個車間成品中次品的比分5%，4%，2%，如從該廠品中抽取一件，品

19、，求它依次是車間生產的概率。 方便計，為車間生產的產品，事件cba,記事件cba,cba,d解解 為次品，因此 )(dp)|()()|()()(cdpcpbdpbpap)|pad 35. 005 02. 04 . 004. 0. 025. 0 014. 0 0345. 0008. 00125. 0 362. 00345. 005. 025. 0)()|(dadp)()|(papdap 406. 00345. 004. 035. 0)()|(pbpdbp )()|(dbdp232. 00345. 002. 04 . 0)()dp|()(|(cdpcdcp )pa與b獨立， 且pqbppa)(,)

20、(， 求下列事件的概率：)(bap10 設，)(bap，)(bap. 解解 qpqpbpapbbappap)()()()( )( pppapap1 ()(qqqqpbpapbb1)1)()()() pqabpba1)() 11已知獨立，且bpapp)()(1(ba,)()(, 9/1)(bapbapbap，求. 因)(),bpap(解解)()(bapbap，由獨立性有 )()()()(bpapbpap 從而 ()()(pbpb)()()(bpapapap 導致 )(bpap 再由 9/1)(bap，有 2)(1 ()(1)(1 ()()(9/1apbpapbpap 所以 1)(1ap。最后得到

21、 . 3/2)()(apbp 3/12甲、丙三人同時獨立地向同一目標各射擊一次，命中率分別為1/3，1/2，目標乙、2/3，求被命中的概率。 解解 記 b乙命中，3a命中目標，甲命中，1a2a丙命中，則 ，因而 31iiab. 98111121)()()(11)(32131apapapapbpii 9323個相，如下圖所示那樣在設件不通達的概率為p13設六同的元件線每安置路中，個元，求這個裝置通達的概率。假定各個元件通達與否是相互獨立的。 解解 記 a通達， 元件 通達， 所以 iai6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1i 則 a 654321aaaaaa)()()()(654321aa

22、paapaapap )()()()(654321652165434321aaaaaapaaaapaaaapaaaap 642)1 ()1 (3)1 ( 3ppp 14假故設一部機器在一天內發生障的概率為0.2，機器發生故障時全天停止工作，若一周五個工作日里每天是否發生故障相互獨立，試求一周五個工作日里發生3次故障的概率。 泡耐用時間在1000小時以上的概率為0.2，求三個燈泡在使用1000小時以后最多只有一個壞了的概率。 解解 0512. 0)8 . 0()2 . 0(3523p. 15燈解解 104. 0096. 0008. 0. 0(8 . 023)2 . 0(3323p. )216設在三

23、次獨立試驗中，事件a出現等的概率相，若已知a至少出現一次的概率等于19/27，求事件在每次試驗中出現的概率. a)(ap1 2 圖 3.1 3 456 解解記在第 次試驗中出現，ia ai. 3 , 2 , 1i)(app 332131)1 (1)(12719paaapapii依假設 所以， 27)1 ( p， 此即 3/1p. 17加工一零件共需經過3道工序，設第一、二、三道83工序的次品率分別為2%、3%、5%. 假設各到，加工零件為次品，當且僅當1-3道工序中至少有一道出現次品。記 道工序是互不影響的，求加工出來的零件的次品率。 解解 注意ia第 道工序為次品， 則次品率 i. 3 ,

24、2 , 1i097. 090307. 0195. 097. 098. 01)()()(13211apapapapii 18三3p個人獨立破譯一密碼，他們能獨立譯出的概率分別為0.25，0.35，0.4. 求此密碼被譯出的概解解 記 率。 a譯出密碼， 第 人譯出，iai. 3 , 2 , 1i 則 7075. 02925. 016 . 065. 075. 0119將一枚均勻硬幣)()()(1)(32131apapapapapii 連續獨立拋擲10次，恰有5次出現正面的概率是多少？有4次至6次出現正面的概率是多少？ 解解 (1) 256632151010 ； (2) 10642kk2110. 0

25、某賓館大樓有4部電梯，通過調查，知道在某時刻t，各電梯正在運行的概率均為0.75，求：； 解解 (1) (1) 在此時刻至少有1臺電梯在運行的概率； (2) 在此時刻恰好有一半電梯在運行的概率(3) 在此時刻所有電梯都在運行的概率。 256255)25. 0(1)75. 01 (144 1282741436)25. 0()75. 0(242222 (2) 2568143)75. 0(44 (3) 給出的數列，哪些是機變量的分布律，并說明理由。 （1）習題四解答 習題四解答 1. 下列隨5 , 4 , 3 , 2 , 1 , 0,15iipi； （2）3 , 2 , 1 , 0,652iipi；

26、 （3）5 , 4 , 3 , 2,41ipi； （4）5 , 4 , 3 , 2 , 1,25ipi。 1i解解 要說數列，是否是隨的分明題中給出的機變量布律，只要驗證是否滿足下列二個條件：其一條件為ip, 2 , 1, 0ipi，其二條件為1iip。 依據上面的說明可得 （1） 中的數列為隨機變量的分布律； （2） 中的數列不是隨機變量的分布律，因為0646953p； （3） 中的數列為隨機變量的分布律； （4） 中的數列不是隨機變量的分布律，這是因為125i5120ip。 2. 試確定常數c， 使4 , 3 , 2 , 1 , 0,2icixpi成為某個隨機變量x的分布律， 并求：2xp

27、；2521xp。 要使成為某個隨機變量的分布律，必須有1240iicic2，由此解得3116c解解 ； （2） 2102xpxpxpxp 3128412113116 （3）2122xpxpxp51314231。 3. 一口袋中有6個球，在這6個球上分別標有-3，-3，1，1，1，2這樣的數字。從這袋121116中任取一球，設各個球被取到的可能性相同，求取得的球上標明的數字x的分布律與分解解 x可能取的值為-3，1，2，且布函數。 612,211,p31xpx，即x的分布律為 -31 2 3xpx 概率31 21 61 x的分布函數 3x 0 xxpxf= 31 13x 65 12 x 1 2x

28、 4. 一袋中有5個乒乓球，編號分別為1，2，3，4，5，從中隨機地取3個，以x表示取出的3個球，4，5，事件中最大號碼，寫出x的分布律和分布函數。 解解 依題意x可能取到的值為33x表示隨機取出的3個球的最大號碼為3，則另兩個球的只能為1號，2號，即101；事件3513xp4x表示隨機取出的3個球的最大號碼為4，因此另外2個球可在1、2、3號球中任選，此時103352314xp；同理可得106352415xp。 x的分布律為 x 3 4 5 101 103 106 概率x的分布函數為 3x 0 xf 101 43 x 10 544 x 1 5x 5. 在相同條件下獨立地進行5次射擊， 每次射

29、擊時擊中目標的概率為0.6， 求擊中目標的次數x的分解 解 依題意x服從參數的二項分布，因此，其分布律 ， 具體計算后可得 x 0 1 2 3 4 5 布律。 6 . 0, 5pn5 , 1 , 0,4 . 06 . 055kkkxpkk概率312532 62548 625144 625216 625162 3125243 6. 從一批含有10件正品及3件次品的產品中一件一件的抽取。設每次抽取時，各件產品被抽需次數x的分布律。 下一件產品； 解解 （1）設事件到的可能性相等。在下列三種情形下，分別求出直到取得正品為止所（1） 每次取出的產品立即放回這批產品中再取（2） 每次取出的產品都不放回這

30、批產品中； （3） 每次取出一件產品后總是放回一件正品。 , 2 , 1, iai表示第 次抽到的產品為正品，依題意，相互獨立，且i,1naa, 2 , 1,1310iapi而 , 2 , 1,131013311111kapapapaaapkxpkkkkk 即x服從參數1310p的幾何分布。 （2）由于每次取出的產品不再放回，因此，x可能取到的值為1，2，3，4， .286110111213101234,143511121310233,26512131032,13101xpxpxpxp x的分布律為 x 1 2 3 4 概率 1310 265 1435 2861 （3）x可能取到的值為1，2，

31、3，4， .219761313131234,21977213131312233,1693313131132,13101xpxpxpxp 所求x的分布律為 x 1 2 3 4 概率 1310 16933 219772 21976 由于三種抽樣方式不同，導致x的分布律也不一樣，請仔細體會它們的不同處。 7. 設隨機變量，已知pbx, 651xpxp與2xp的值。 ，求p解解 由于，因此。 pbx, 66 , 1 , 0,1666kppkxpkk由此可算得 ,165,16155ppxpppxp 即 解得,161655pppp21p； 此時，641521! 25621212626262xp。 8. 擲

32、一枚均勻的硬幣4次，設隨機變量x表示出現國徽的次數，求x的分布函數。 解解 一枚均勻硬幣在每次拋擲中出現國徽的概率為21，因此x服從21, 4pn的二項分布，即 4 , 3 , 2 , 1 , 0,212144kkkxpkk 由此可得x的分布函數 0， 0 x 161， 10 x xf165， 21 x 1611， 32 x 1615， 43 x 1， 4x9. 某商店出售某種物品，根據以往的經驗，每月銷售量x服從參數4的泊松分布，問在月初進貨時，要進多少才能以99%的概率充分滿足顧客的需要？ 解解 設至少要進 件物品，由題意 應滿足 nn,99. 0,99. 01nxpnxp 即 99. 0

33、!41104nkkeknxp 99. 0!404nkkeknxp 查泊松分布表可求得 。 9n10. 有一汽車站有大量汽車通過，每輛汽車在一天某段時間出事故的概率為0.0001，在某天該段時間內有1000輛汽車通過，求事故次數不少于2的概率。 解解 設x為1000輛汽車中出事故的次數，依題意，x服從0001. 0,1000pn的二項分布，即，由于 較大，0001. 0 ,1000 bxnp較小，因此也可以近似地認為x服從1 . 00001. 01000 np的泊松分布，即，所求概率為 1 . 0px.004679. 0090484. 0904837. 01! 11 . 0! 01 . 0110

34、121 . 011 . 00eexpxpxp 11. 某試驗的成功概率為0.75，失敗概率為0.25，若以x表示試驗者獲得首次成功所進行的試驗次數，寫出x的分布律。 解解 設事件表示第 次試驗成功，則iai75. 0iap，且相互獨立。隨機變量x取意味著前次試驗未成功，但第次試驗成功，因此有 ,1naak1kk 75. 025. 011111kkkkkapapapaaapkxp 所求的分布律為 x 1 2 k 概率 0.75 75. 025. 0 75. 025. 01k 12. 設隨機變量x的密度函數為 xf ， x2ax 0 0， 其他， 試求： （1）常數； （2）x的分布函數。 a解解

35、 （1）成為某個隨機變量的密度函數必須滿足二個條件，其一為；其二為，因此有，解得 xf 0 xf 1dxxfaxdx0121a，其中1a舍去，即取1a。 （2）分布函數 xdxxfxxpxf = xxxdxxdxdxxdxdxdx1010000202001100 xxx = 102x1100 xxx 13. 設隨機變量x的密度函數為 xaexfx,，求： （1）系數； （2）a10 xp； （3）x的分布函數。 解 解 （1）系數必須滿足a1dxaex，由于xe為偶函數，所以 12200dxaedxaedxaexxx 解得21a； （2）11010121212110edxedxexpxx； （

36、3） xdxxfxf = xxxxxdxedxedxe00212121 00 xx = xxxxxdxedxedxe00212121 00 xx = xxee1212121 00 xx = xxee21121 00 xx 14. 證明：函數 022cxecx （ 為正的常數） 00 xx xfc 0 xf為某個隨機變量x的密度函數。 證證 由于，且 12022022222cxcxcxecxdedxecxdxxf， 因此滿足密度函數的二個條件，由此可得 xf xf為某個隨機變量的密度函數。 15. 求出與密度函數 xf xf 025. 05 . 0 xe2200 xxx對應的分布函數的表達式。

37、xf解解 當時， 0 x xxxxedxedxxfxf5 . 05 . 0當時， 20 x 0025. 05 . 025. 05 . 0 xdxdxedxxfxfxxx當時， 2x 15 . 05 . 0025. 05 . 00220 xxdxdxdxexf綜合有 , 1,25. 05 . 0,5 . 0 xex. 2; 20; 0 xxx16. 設隨機變量x在上服從均勻分布，求方程有實根的概率。 6 , 1012 xtt解解 x的密度函數為 xf ,51 61 x； 其他. , 0方程有實根的充分必要條件為，即012 xtt042x42x，因此所求得概率為 6225451022224dxxp

38、xpxxpxp或。 17. 設某藥品的有效期x以天計，其概率密度為 xf ,100200003x ; 0 x xdxxfxf 0， 其他. 求：(1) x的分布函數；(2) 至少有200天有效期的概率。 解 解 (1) = ,10020000, 003dxxx . 0; 0 xx = ,100100001 , 02x. 0; 0 xx (2)911002001000011200120012002fxpxp 。 18. 設隨機變量x的分布函數為 xf ,11, 0 xex00 xx 求x的密度函數，并計算1xp和。 2xp解解 由分布函數與密度函數的關系，可得在 xf xf xf的一切連續點處有

39、 xfxf，因此 xf ,xxe其他0 x0所求概率 112111111eefxp； 223211121212eefxpxp。 19. 設隨機變量x的分布函數為 xxbaxf,arctan，求(1) 常數；(2)ba,1xp；(3) 隨機變量x的密度函數。 解：(1)要使成為隨機變量x的分布函數，必須滿足 xf 1lim, 0limxfxfxx，即 arctanlimarctanlimxbaxbaxx10計算后得 1202baba 解得 121ba 另外，可驗證當1,21ba時， xxfarctan121也滿足分布函數其余的幾條性質。 （2） 11111ffxpxp 1arctan1211ar

40、ctan121 24141 （3）x的密度函數 xxxfxf,112。 20. 設顧客在某銀行的窗口等待服務的時間（單位：min）服從51的指數分布，其密度函數為 xf0,515xe ，某顧客在窗口等待服務，若超過10min，他就離開。 其他0 x（1）設某顧客某天去銀行，求他未等到服務就離開的概率； （2）設某顧客一個月要去銀行五次，求他五次中至多有一次未等到服務的概率。 解解 （1）設隨機變量x表示某顧客在銀行的窗口等待服務的時間，依題意x服從51的指數分布，且顧客等待時間超過10min就離開，因此，顧客未等到服務就離開的概率為 10255110edxexpx； （2）設y表示某顧客五次去

41、銀行未等到服務的次數，則y服從的二項分布，所求概率為 2, 5epn 4224225202141115105101eeeeeeypypyp 21. 設x服從，借助于標準正態分布的分布函數表計算： （1）； （2）； （3）1 , 02 . 2xp176xp78. 0xp； （4）55. 1xp； （5）5 . 2xp。 解解 查正態分布表可得 （1）9861. 02 . 22 . 2xp； （2）0392. 09608. 0176. 1176. 1176. 1xpxp； （3）2177. 07823. 0178. 0178. 078. 0xp； （4）55. 155. 155. 155. 15

42、5. 1xpxp 8788. 019394. 02155. 1255. 1155. 1 （5）15 . 2215 . 215 . 2xpxp 0124. 09938. 0125 . 222。 22. 設x服從， 借助于標準正態分布的分布函數表計算：（1）16, 144. 2xp；（2）5 . 1xp；（3）； （4）8 . 2xp4xp； （5）25xp； （6）11 xp。 解解 當2,x時，abbxap，借助于該性質，再查標準正態分布函數表可求得 （1）8051. 086. 04144. 244. 2xp； （2）125. 01415 . 115 . 1xp 5498. 0125. 012

43、5. 011； （3）3264. 06736. 0145. 0145. 0418 . 28 . 2xp； （4）75. 025. 14144144xp 6678. 07734. 018944. 075. 0125. 1； （5）175. 041541225xp 9321. 018413. 07734. 01175. 0； （6）410412120111111xpxpxp 8253. 05987. 07724. 0125. 075. 01。 23. 某廠生產的滾珠直徑服從正態分布01. 0 ,05. 2，合格品的規格規定為，求該廠滾珠的合格率。 2 . 02 解解 所求得概率為 927. 099

44、38. 019332. 05 . 215 . 15 . 25 . 11 . 005. 28 . 11 . 005. 22 . 22 . 022 . 02xp 24. 某人上班所需的時間（單位：min）已知上班時間為8：30，他每天7：50出門，求： （1）某天遲到的概率； （2）一周（以5天計）最多遲到一次的概率。 100,30 x解 （1）由題意知某人路上所花時間超過40分鐘，他就遲到了，因此所求概率為 1587. 08413. 0111103040140xp； （2）記y為5天中某人遲到的次數，則y服從1587. 0, 5pn的二項分布，5天中最多遲到一次的概率為 8192. 08413.

45、 01587. 0158413. 01587. 0151450yp。 習題五解答 習題五解答 1. 二維隨機變量只能取下列數組中的值：yx,0 , 2,31, 1,1 , 1,0 , 0，且取這些組值的概率依次為125,121,31,61，求這二維隨機變量的分布律。 解 解 由題意可得的聯合分布律為 yx,xy0 31 1 -1 0 121 31 0 61 0 0 2 125 0 0 2. 一口袋中有四個球，它們依次標有數字。從這袋中任取一球后，不放回袋中，再從袋中任取一球。設每次取球時，袋中每個球被取到的可能性相同。以x、y分別記第一、二次取到的球上標有的數字，求的分布律及3 , 2 , 2

46、 , 1yx,yxp。 解解 x可能的取值為，y可能的取值為，相應的，其概率為 3 , 2 , 13 , 2 , 1. 03, 3,6134212, 3,1211, 3,6134123, 2,6134122, 2,6134121, 2,12134113, 1,6134212, 1, 01, 1yxpyxpyxpyxpyxpyxpyxpyxpyxp 或寫成 xy1 2 3 1 0 61 1212 61 61 61 3 121 61 0 613, 32, 21, 1yxpyxpyxpyxp。 3. 箱子中裝有10件產品，其中2件為次品，每次從箱子中任取一件產品，共取2次，定義隨機變量x、y如下：

47、x= 0， 若第一次取出正品； y= 0， 若第二次取出正品； 1， 若第一次取出次品； 1， 若第二次取出次品。 分別就下面兩種情況求出二維隨機變量的聯合分布律： （1）放回抽樣； （2）不放回抽樣。 yx,解解 （1）在放回抽樣時，x可能取的值為，y可能取的值也為，且 1 , 01 , 0,2511010221, 1,2541010820, 1,2541010281, 0,25161010880, 0yxpyxpyxpyxp 或寫成 xy0 1 0 2516 254 1 254 251 （2）在無放回情形下，x、y可能取的值也為0或1，但取相應值的概率與有放回情形下不一樣，具體為 ,451

48、910121, 1,458910820, 1,458910281, 0,4528910780, 0yxpyxpyxpyxp 或寫成 xy0 1 0 4528 458 458 451 1 4. 對于第1題中的二維隨機變量分布，寫出關x及關于y的邊緣分布律。 相加yx,的于解 解 把第1題中的聯合分布律按行得x的邊緣分布律為 x -1 0 2 125 61 125 概率按列相加得y的邊緣分布律為 y 0 31 1 概率127 12131 5. 對于第3題中的二維隨機變量的分布律，分別在有放回和無放回兩種情況下，寫出關于x緣分布律為 0 1 yx,及關于y的邊緣分布律。 解解 在有放回情況下x的邊x

49、 54 51 概率y的邊緣分布律為 y 0 1 54 51 概率在無放回情況下x的邊緣分布律為 x 0 1 54 51 概率y的邊緣分布律為 y 0 1 概率54 51 6. 求在d上服從均勻分布的隨機變量的密度函數及分布函數，其中d為x軸、y軸及直線解解 區yx,12 x圍成的三角形區域。 域d見圖5.2。 y4121121syx,易算得d的面積為，所以的密度函數 yxf, 0, 4dyx, 其他分布函數 yx,的當 y dxdyyxf, yxyxf,21x或時，0y0yf, x； 當120 , 021xyx時, 2xf； 021244,yyxydxdyyyxy 當12, 021xyx時，1

50、444,221120 xxdydxyxfxx； 11-1 2 0 1 x 圖 5.2 當200212410 , 0yx時，, yxyydxdyfyy； 1, 0yx時當，02112014,xdydxyxf 有 綜合, 0021yx或 ,22yyxy 4120021yxx且 yxf, 1442xx 12021xyx且 ,22yy 100yx且 , 1 7. 對于第題中的二維隨的分布，寫出關于x及關于y的邊緣密度函數。 解解 x的緣密度= 10yx且 6邊機變量yx,函數為 dyyxfxfx, , 00,412xdy其他021 其他021x , 0,124x x = y的邊緣密度函數為 = dxy

51、xyfy, f, 0,40dx21y = 其他10 y, 0,12y 其他10 y 8. 在第兩種下，x獨立， 解解 在 有 放 回 情 況 下 ， 由 于3題的情況與y是否為什么？25160, 0yx， 而 2516545400ypxpp， 即000, 0；容易驗證 ,101, 0ypxpyxpypxpyxp 111, 1,010, 1yxpypxpy。 由 于ypxpxp，由獨立性定義知x與y相互獨立在 無 放 回 情 況 下 ，45280, 0xpy， 而2555164400pxp， 易 見y 000, 0ypxpyxp，所以x與y不相互獨立。 ，為什么？ 解解 9. 在第6題中，x與y

52、是否獨立4341,1f，而334yx41, 21f，易見1ff314131,4yxff，所以x與y不相互獨立。 x、y相互且分別具有下列的分 x -2 -1 0 0.5 y -0.51 3 10. 設獨立布律：概率 41 31 121 31 概率21 41 41 寫出表示的分布律的表格。解解 由于x與互獨，此 yx, y相立因, 3 , 2 , 1, 4 , 3 , 2 , 1,jiyypxpj xxpyyxiji 8121415 . 025 . 0, 2ypxpyxp例如 其余的聯合概率可同樣算得，具體結果為 xy-0.51 3 -2 81 161 161 -1 61 121 121 0 2

53、41 481 481 61 121 121 0.5 2 . 0 , 011. 設x與y是相互獨立的隨機變量，x服從上的均勻分布，y服從參數為5的指數分布，求的聯合密度函數及。yx,yxp 解.解. 由均勻分布的定義知 xf , 5 0其他2 . 0 x x, 0由指數分布的定 因為x與y，易得聯合度函數 義知 yfy 0,55ye其他0y 獨立yx,的密 yfxfyxfyx, , 0 其他,255ye 0, 2 . 00yx 概率，其中見圖5經計算有 。 設二維隨機變量gdxdyfyxpyx, 區域.3，yxyxg|,12 . 052 . 00051525edxedyedxyxpxxy0 12

54、.yx,的聯合密度函數為 求： （1）系數； （yxf, , 0 其他 ,43yxke0y, 0 xk2）0 , 120y證明x與y相互獨xp； （3）立。 解解 （1），即k必須滿足1,dxdyyxf143dxkedyyx00，經計算得； （2）12k831eyp 20104311220 , 10edxedyxyx；（3）關于的邊緣密度函數 x dyyxfxfx, , 0,12043dyeyx = 同理可求得y的邊緣密度函 易見其他0 x 3 , 0,3xe其他0 x數為 yfy , 0 其他,44ye0 x yfxyxfy,xyfx,，因此x與y相互獨立。 13. 已知二維隨機變量yx,的

55、聯合密度函數為 yxf, , 0 其他,1yxkxyx0 , 10 （1）求常數；關于y的邊緣密度函數； （3）x與y是否獨立？ 解解 （1）k（滿足2）分別求關于x及k 1,dxdyyxf，即111xydyxkdx00解得24k； （ ）的邊緣密度函數 2x1x1 dyyxfxfx, 0,240dyyx其他0 x = 11, 0,122xx其他0 x y 0.2 x 圖 5.3 y的邊緣密度函數為 yfy , 01241yydxx,其他10 y = 121, 0,12yy其他0 y （3）314141,21f， 16271694112,23214112yf2124而xfyx， 易 見,2xf

56、f不相互獨xy0 4121411yf，因此x與y立。 14. 設隨機變量x與y的聯合分布律為 1 0 252 b 1 a 253 2 251 252 530| 1xyp且， （1） 求常數的值；2）當取（1）中的值時，x與y是否獨立？為什么？ 解解 （1）ba,必須滿足，即ba,a b,（23111jiijp125212b2525325a，可推出2517ab，另外由條件概率定義及已知的條件得 5325201p, 00| 1bbxpyxxyp 由此解得253b，結合2517 ba可得到2514a， 即 2532514ba 253,251425170,2550ypxp（2）當ba時，可求得，易見

57、25xpxp0020, 0ypy 因此，x與y不獨立。 15. 對于第2題中的二維隨機變量的分布，求當yx,2y時x的條件分布律。 解解 易知22x|y=2 1 2 3 1，因此時x的條件分布律為 2y2ypp概率 312 21pp3122p 31232pp 2 p16. 對于第6題中的二維隨機變量的分布，求當yx,021,xxx時y的條件密度函數。 解解 x的邊緣密度函數為（由第7題所求得） x fx, 0,124x其他20 x 1由條件密度函數的定義知當 , x時, x時021xxy的條件密度函數為 021xxy的條件密度函數為 xfxyfxxy| , 0,1244x 其120 xyyxf

58、, 他 = , 0,12 01x 其他12 xy 習題六解答 習題六解答 設x的分布律為 x -2 4 1.-0.50 2 81 41 81 61 31 概率 求出：以下隨機變量的分布律。1）（2x； （2）1 x； （3）2x。 解解 由x的分布律可列出下表 81 概率 4 181 6 11 3 x-2 -0.5 0 2 4 2x 0 1.5 2 4 6 1 x 3 1.5 1 -1 -3 2x 4 0.250 4 16 由此表可定出 （1）的分布律為 2x2x 0 23 2 4 6 概率 81 41 81 61 31 （2）的分布律為 1 x-3 -1 1 23 3 x1概率 31 61

59、81 41 81 （3）的分布律為 2x2x 0 41 6 41概率 81 41 24731 其中24761812242xpxpxp。 2. 設隨機變量x服從參數1的泊松分布，記隨機變量y 試求隨機變量y的分布律。 , 1, 1; 1, 0xx若若解解 由于x服從參數1的泊松分布，因此 , 2 , 1 , 0,!11xpk1kkeekk 而 111110eexpxpxpyp2! 1! 00e； 1211111expxpyp。 即y1 的分布律為 y 0 12e 121 e 概率 , 0,2x,; 13. 設x的密度函數為 xf0其他 x 求以下隨變量的密度函數： （1）機x2； （2）1 x；

60、3）（2x。 1）解法一：設解解 求連續型隨機變量的函數的密度函數可通過先求其分布函數，然后再求密度函數。如果 xy （g為單調可導函數，則也可利用性質求得。，則y的分布函數 xy2 22yxpyxpyypyf y= = 1402y01212002yyy 2200yyy 100222xdxxdxy yyf fyy02y其他20y 解法二：x，y2 yhyx 21yh，而2，則 yhyhfyfxy = , 0,2122y 其他12y0 0,2y = （2）設其他20y ，則 1,1yhyhyx，y的密度函數 1xy yhfyf 2 1yhy 10y其他110y x = 012y其他110y （3