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考研数学-概率论与数理统计-多维随机变量及其分布函数
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湖南大学《概率论与数理统计》试题一
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湖南大学《概率论与数理统计》试题一
官方公共微信《概率论与数理统计》习题答案(复旦大学出版社)第二章[1]_中华文本库
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1.一袋中有5只乒乓球，编号为1，2，3，4，5，在其中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.
P(X?4)?1?0.13C53
4P(X?5)?3?0.6C5
2.设在15只同类型零件中有2只为次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X表示取出的次品个数，求：
（1） X的分布律；
（2） X的分布函数并作图；
133P{X?P{1?X?},P{1?X?P{1?X?2}. 222
3C1322P(X?0)?3?.C1535
2C13P(X?1)?3?.C1535
C11P(X?2)?13?.3C1535
（2） 当x&0时，F（x）=P（X≤x）=0
当0≤x&1时，F（x）=P（X≤x）=P(X=0)= 22 35
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概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数
随机事件及其概率1.1 随机事件习题1试说明随机试验应具有的三个特点．习题2将一枚均匀的硬币抛两次，事件A，B，C分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”，试写出样本空间及事件A，B，C中的样本点.1.2 随机事件的概率1.3 古典概型与几何概型概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数1.4 条件概率1.5事件的独立性概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数复习总结与总习题解答习题3.证明下列等式：概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数习题6.习题7习题9习题10习题11习题12习题13习题14习题15习题16习题17习题18概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数习题20习题21习题23习题24习题26第二章 随机变量及其分布2.1 随机变量习题1随机变量的特征是什么？解答：①随机变量是定义在样本空间上的一个实值函数. ②随机变量的取值是随机的，事先或试验前不知道取哪个值. ③随机变量取特定值的概率大小是确定的. 习题2试述随机变量的分类.解答：①若随机变量X的所有可能取值能够一一列举出来，则称X为离散型随机变量；否则称为非离散型随机变量.②若X的可能值不能一一列出，但可在一段连续区间上取值，则称X为连续型随机变量. 习题3盒中装有大小相同的球10个，编号为0,1,2,?,9, 从中任取1个，观察号码是“小于5”，“等于5”，“大于5”的情况，试定义一个随机变量来表达上述随机试验结果，并写出该随机变量取每一个特定值的概率.解答：分别用ω1,ω2,ω3表示试验的三个结果“小于5”，“等于5”，“大于5”，则样本空间S={ω1,ω2,ω3}, 定义随机变量X如下：X=X(ω)={0,ω=ω11,ω=ω2,2,ω=ω3 则X取每个值的概率为P{X=0}=P{取出球的号码小于5}=5/10, P{X=1}=P{取出球的号码等于5}=1/10, P{X=2}=P{取出球的号码大于5}=4/10. 2.2 离散型随机变量及其概率分布习题1设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且P{X=1}=P{X=2}, 求λ. 解答：由P{X=1}=P{X=2}, 得λe-λ=λ^2/2e^-λ,解得λ=2. 习题2设随机变量X的分布律为 P{X=k}=k15,k=1,2,3,4,5, 试求(1)P{12&X&52; (2)P{1≤X≤3}; (3)P{X&3}. 解答：(1)P{12&X&52=P{X=1}+P{X=2}=115+215=15; (2)P{≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3} =115+215+315=25; (3)P{X&3}=P{X=4}+P{X=5}=415+515=35. 习题3已知随机变量X只能取-1,0,1,2四个值，相应概率依次为12c,34c,58c,716c, 试确定常数c, 并计算P{X&1OX≠0}.解答：依题意知，12c+34c+58c+716c=1, 即3716c=1,解得 c=5.由条件概率知 P{X&1OX≠0}=P{X&1,X≠0}P{X≠0}=P{X=-1}P{X≠0} =12c1-34c=24c-3=26.25=0.32. 习题4概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5. 在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.解答：随机变量X的可能取值为3,4,5.P{X=3}=C22?1C53=110, P{X=4}=C32?1C53=310, P{X=5}=C42?1C53=35,所以X的分布律为设X表示取出3件产品的次品数，则X的所有可能取值为0,1,2,3. 对应概率分布为P{X=0}=C73C103=35120, P{X=1}=C73C31C103=36120,P{X=2}=C71C32C103=21120, P{X=3}=C33C103=1120.X的分布律为 习题9一批产品共10件，其中有7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，取出的产品仍放回去，求直至取到正品为止所需次数X的概率分布.解答：由于每次取出的产品仍放回去，各次抽取相互独立，下次抽取时情况与前一次抽取时完全相同，所以X的可能取值是所有正整数1,2,?,k,?.设第k次才取到正品(前k-1次都取到次品), 则随机变量X的分布律为P{X=k}=310×310×?×310×710=(310)k-1×710,k=1,2,?.习题10设随机变量X～b(2,p),Y～b(3,p), 若P{X≥1}=59, 求P{Y≥1}.解答：因为X～b(2,p),P{X=0}=(1-p)2=1-P{X≥1}=1-5/9=4/9,所以p=1/3.因为Y～b(3,p), 所以 P{Y≥1}=1-P{Y=0}=1-(2/3)3=19/27.习题11纺织厂女工照顾800个纺绽，每一纺锭在某一段时间τ内断头的概率为0.005, 在τ这段时间内断头次数不大于2的概率.解答：以X记纺锭断头数, n=800,p=0.005,np=4,应用泊松定理，所求概率为：P{0≤X≤2}=P{?0≤xi≤2{X=xi}=∑k=02b(k;800,0.005)≈∑k=02P(k;4)=e-4(1+41!+422!)≈0.2381.习题12设书籍上每页的印刷错误的个数X服从泊松分布，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率.解答：\becauseP{X=1}=P{X=2}, 即λ11!e-λ=λ22!e-λ?λ=2,∴P{X=0}=e-2,∴p=(e-2)4=e-8.2.3 随机变量的分布函数习题1F(X)={0,x&-20.4,-2≤x&01,x≥0, 是随机变量X的分布函数，则X是___________型的随机变量. 解答：离散.由于F(x)是一个阶梯函数，故知X是一个离散型随机变量.习题2设F(x)={0x&0x20≤1,1x≥1 问F(x)是否为某随机变量的分布函数.解答：首先，因为0≤F(x)≤1,?x∈(-∞,+∞).其次，F(x)单调不减且右连续，即F(0+0)=F(0)=0, F(1+0)=F(1)=1,且 F(-∞)=0,F(+∞)=1,所以F(x)是随机变量的分布函数.习题3已知离散型随机变量X的概率分布为P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.5,P{X=5}=0.2,试写出X的分布函数F(x)，并画出图形.解答：由题意知X的分布律为：X 135所以其分布函数F(x)=P{X≤x}={0,x&10.3,1≤x&30.8,3≤x&51,x≥5.F(x)的图形见图.习题4设离散型随机变量X的分布函数为 F(x)={0,x&-10.4,-1≤x&10.8,1≤x&31,x≥3,试求：(1)X的概率分布； (2)P{X&2OX≠1}.解答：(1)X -113(2)P{X&2OX≠1}=P{X=-1}P{X≠1}=23.习题5设X的分布函数为F(x)={0,x&0x2,0≤x&1x-12,1≤x&1.51,x≥1.5,求P{0.4&X≤1.3},P{X&0.5},P{1.7&X≤2}.解答：P{0.4&X≥1.3}=P{1.3}-F(0.4)=(1.3-0.5)-0.4/2=0.6,P{X&0.5}=1-P{X≤0.5}=1-F(0.5)=1-0.5/2=0.75,P{1.7&X≤2}=F(2)-F(1.7)=1-1=0.习题6设随机变量X的分布函数为F(x)=A+Barctanx(-∞&x&+∞),试求：(1)系数A与B; (2)X落在(-1,1]内的概率.解答：(1)由于F(-∞)=0,F(+∞)=1, 可知{A+B(-π2)A+B(π2)=1=0?A=12,B=1π,于是 F(x)=12+1πarctanx, -∞&x&+∞;(2)P{-1&X≤1}=F(1)-F(-1)=(12+1πarctan1)-[12+1πarctanx(-1)]=12+1π?π4-12-1π(-π4)=12.习题7在区间[0,a]上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例，试求X的分布函数.解答： F(x)=P{X≤x}={0,x&0xa,0≤x&a.1,x≥a2.4 连续型随机变量及其概率密度习题1设随机变量X的概率密度为f(x)=12πe-(x+3)24(-∞&x&+∞),则Y=ˉ～N(0,1).解答：应填3+X2.由正态分布的概率密度知μ=-3,σ=2由Y=X-μσ～N(0,1), 所以Y=3+X2～N(0,1).习题2已知X～f(x)={2x,0&x&10,其它, 求P{X≤0.5};P{X=0.5};F(x).解答：P{X≤0.5}=∫-∞0.5f(x)dx=∫-∞00dx+∫00.52xdx=x2O00.5=0.25,P{X=0.5}=P{X≤0.5}-P{X&0.5}=∫-∞0.5f(x)dx-∫-∞0.5f(x)dx=0.当X≤0时，F(x)=0;当0&x&1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt=t2O0x=x2;当X≥1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt+∫1x0dt=t2O01=1,故F(x)={0,x≤0x2,0&x&1.1,x≥1习题3设连续型随机变量X的分布函数为F(x)={A+Be-2x,x&00,x≤0,试求：(1)A,B的值；(2)P{-1&X&1}; (3)概率密度函数F(x).解答：(1)\becauseF(+∞)=limx→+∞(A+Be-2x)=1, ∴A=1;又 \becauselimx→0+(A+Be-2x)=F(0)=0, ∴B=-1.(2) P{-1&X&1}=F(1)-F(-1)=1-e-2.(3)f(x)=F′(x)={2e-x,x&00,x≤0.习题4服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度f(x)=Ae-OxO, 求系数A及分布函数F(x). 解答：由概率密度函数的性质知，∫-∞+∞f(x)dx=1, 即∫-∞+∞Ae-OxOdx=1,而∫-∞+∞Ae-OxOdx=∫-∞0Aexdx+∫0+∞Ae-xdx=AexO-∞0+(-Ae-xO0+∞)=A+A=2A或 ∫-∞+∞Ae-xdx=2∫0+∞Ae-xdx=-2Ae-xO0+∞=2A, 所以2A=1, 即A=1/2.从而f(x)=12e-OxO,-∞&x&+∞, 又因为F(x)=∫-∞xf(t)dt, 所以当x&0时，F(x)=∫-∞x12e-OtOdt=12∫-∞xetdt=12etO-∞x=12当x≥0时，F(x)=∫-∞x12e-OxOdt=∫-∞012etdt+∫0x12e-tdt=12etO-∞0-12e-tO0x=12-12e-x+12=1-12e-x,从而F(x)={12ex,x&01-12e-x,x≥0.习题5某型号电子管，其寿命(以小时计)为一随机变量，概率密度f(x)={100x2,x≥1000,其它,某一电子管的使用寿命为X, 则三个电子管使用150小时都不需要更换的概率.解答：设电子管的使用寿命为X, 则电子管使用150小时以上的概率为P{X&150}=∫150+∞f(x)dx=∫150+∞100x2dx=-100xO150+∞=,从而三个电子管在使用150小时以上不需要更换的概率为 p=(2/3)3=8/27.习题6设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆车到达，设乘客在5分钟内任一时间到达是等可能的，试计算在车站候车的10位乘客中只有1位等待时间超过4分钟的概率.解答：设X为每位乘客的候车时间，则X服从[0,5]上的均匀分布. 设Y表示车站上10位乘客中等待时间超过4分钟的人数. 由于每人到达时间是相互独立的.这是10重伯努力概型. Y服从二项分布，其参数 n=10,p=P{X≥4}=15=0.2,所以 P{Y=1}=C101×0.2×0.89≈0.268.习题7设X～N(3,22).(1)确定C, 使得P{X&c}=P{X≤c};(2)设d满足P{X&d}≥0.9, 问d至多为多少? 解答：因为X～N(3,22), 所以X-32=Z～N(0,1).(1)欲使P{X&c}=P{X≤c}, 必有1-P{X≤c}=P{X≤c}, 即 P{X≤c}=1/2,亦即Φ(c-32)=12, 所以 c-32=0, 故c=3.(2)由P{X&d}≥0.9可得1-P{X≤d}≥0.9, 即 P{X≤d}≤0.1.于是Φ(d-32)≤0.1,Φ(3-d2)≥0.9.查表得3-d2≥1.282, 所以d≤0.436.习题8设测量误差X～N(0,102), 先进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不小于3的概率. 解答：先求任意误差的绝对值超过19.6的概率p,p=P{OXO&19.6}=1-P{OXO≤19.6}=1-P{OX10O≤1.96=1-[Φ(1.96)-Φ(-1.96)]=1-[2Φ(1.96)-1]=1-[2×0.975-1]=1-0.95=0.05.设Y为100次测量中误差绝对值超过19.6的次数，则Y～b(100,0.05).因为n很大，p很小，可用泊松分布近似，np=5=λ, 所以P{Y≥3}≈1-50e-50!-51e-51!-52e-52!=1-.87.习题9某玩具厂装配车间准备实行计件超产奖，为此需对生产定额作出规定. 根据以往记录，各工人每月装配产品数服从正态分布N().假定车间主任希望10%的工人获得超产奖，求：工人每月需完成多少件产品才能获奖？解答：用X表示工人每月需装配的产品数，则X～N().设工人每月需完成x件产品才能获奖，依题意得P{X≥x}=0.1, 即1-P{X&x}=0.1,所以1-F(x)=0.1, 即 1-Φ(x-.1, 所以Φ(x-.9.查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997, 因此 x-.28, 即x=4077件，就是说，想获超产奖的工人，每月必须装配4077件以上.习题10某地区18岁女青年的血压(收缩压，以mm-HG计)服从N(110,122). 在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X.(1)求P{X≤105},P{100&X≤120};(2)确定最小的x, 使P{X&x}≤0.005.解答：已知血压X～N(110,122).(1)P{X≤105}=P{X-11012≤-512≈1-Φ(0.42)=0.3372,P{100&X≤120}=Φ(120-11012)-Φ(100-11012)=Φ(0.833)-Φ(-0.833)=2Φ(0.833)-1≈0.595.(2)使P{X&x}≤0.05, 求x, 即1-P{X≤x}≤0.05, 亦即 Φ(x-11012)≥0.95,查表得x-1, 从而x≥129.74.习题11设某城市男子身高X～N(170,36), 问应如何选择公共汽车车门的高度使男子与车门碰头的机会小于0.01.解答：X～N(170,36), 则X-1706～N(0,1).概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数设公共汽车门的高度为xcm，由题意P{X&x}&0.01, 而P{X&x}=1-P{X≤x}=1-Φ(x-,即Φ(x-, 查标准正态表得x-, 故x&183.98cm.因此，车门的高度超过183.98cm时，男子与车门碰头的机会小于0.01.习题12某人去火车站乘车，有两条路可以走. 第一条路程较短，但交通拥挤，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(40,102); 第二条路程较长，但意外阻塞较少，所需时间服从正态分布N(50,42), 求：(1)若动身时离开车时间只有60分钟，应走哪一条路线？(2)若动身时离开车时间只有45分钟，应走哪一条路线？解答：设X,Y分别为该人走第一、二条路到达火车站所用时间，则 X～N(40,102),Y～N(50,42). 哪一条路线在开车之前到达火车站的可能性大就走哪一条路线.(1)因为P{X&60}=Φ(60-4010)=Φ(2)=0.97725, P{Y&60}=Φ(60-504)=Φ(2.5)=0.99379,所以有60分钟时应走第二条路.(2)因为P{X&45}=Φ(45-4010)=Φ(0.5)=0.6915,P{X&45}=Φ(45-504)=Φ(-1.25)=1-Φ(1.25)=1-0.5所以只有45分钟应走第一条路.当c&0时，fY(y)={1c(b-a),ca+d≤y≤cb+d0,其它,当c&0时，fY(y)={-1c(b-a),cb+d≤y≤ca+d0,其它. 习题4设随机变量X服从[0,1]上的均匀分布，求随机变量函数Y=eX的概率密度fY(y).解答：f(x)={1,0≤x≤10,其它,f=ex,x∈(0,1)是单调可导函数，y∈(1,e), 其反函数为x=lny, 可得f(x)={fX(lny)Oln′y,1&y&e0,其它={1y,1&y&e0,其它.习题5设X～N(0,1)，求Y=2X2+1的概率密度.解答：因y=2x2+1是非单调函数，故用分布函数法先求FY(y).FY(y)=P{Y≤y}=P{2X2+1≤y}(当y&1时)=P{-y-12≤X≤y-12=∫-y-12y-1212πe-x2dx,所以fY(y)=F′Y(y)=22πe-12?y-12?122y-1,y&1, 于是fY(y)={12π(y-1)e-y-14,y&10,y≤1.习题6设连续型随机变量X的概率密度为f(x), 分布函数为F(x), 求下列随机变量Y的概率密度：(1)Y=1X; (2)Y=OXO.解答：(1)FY(y)=P{Y≤y}=P{1/X≤y}.①当y&0时，FY(y)=P{1/X≤0}+P{0&1/X≤y}=P{X≤0}+P{X≥1/y}=F(0)+1-F(1/y),故这时fY(y)=[-F(1y)]′=1y2f(1y);；②当y&0时，FY(y)=P{1/y≤X&0}=F(0)-F(1/y),故这时fY(y)=1y2f(1y);③当y=0时，FY(y)=P{1/X≤0}=P{X&0}=F(0),故这时取fY(0)=0, 综上所述fY(y)={1y2?f(1y),y≠00,y=0.(2)FY(y)=P{Y≤y}=P{OXO≤y}.①当y&0时，FY(y)=P{-y≤X≤y}=F(y)-F(-y)这时fY(y)=f(y)+f(-y);②当y&0时，FY(y)=P{?}=0, 这时fY(y)=0;③当y=0时，FY(y)=P{Y≤0}=P{OXO≤0}=P{X=0}=0,故这时取FY(y)=0, 综上所述 fY(y)={f(y)+f(-y),y&00,y≤0.习题7某物体的温度T(°F)是一个随机变量, 且有T～N(98.6,2), 已知θ=5(T-32)/9, 试求θ(°F)的概率密度.解答：已知T～N(98.6,2). θ=59(T-32), 反函数为T=59θ+32, 是单调函数，所以fθ(y)=fT(95y+32)?95=12π?2e-(95y+32-98.6)24?95=910πe-81100(y-37)2.习题8设随机变量X在任一区间[a,b]上的概率均大于0, 其分布函数为FY(x), 又Y在[0,1]上服从均匀分布，证明:Z=FX-1(Y)的分布函数与X的分布函数相同.解答：因X在任一有限区间[a,b]上的概率均大于0, 故FX(x)是单调增加函数，其反函数FX-1(y)存在，又Y在[0,1]上服从均匀分布，故Y的分布函数为FY(y)=P{Y≤y}={0,y&0y,0≤y≤11,y&0,于是，Z的分布函数为FZ(z)=P{Z≤z}=P{FX-1(Y)≤z}=P{Y≤FX(z)}={0,FX(z)&0FX(z),0≤FX(z)≤1,1,FX(z)&1由于FX(z)为X的分布函数，故0≤FX(z)≤1.FX(z)&0和FX(z)&1均匀不可能，故上式仅有FZ(z)=FX(z), 因此，Z与X的分布函数相同. 总习题解答习题1从1～20的整数中取一个数，若取到整数k的概率与k成正比，求取到偶数的概率.解答：设Ak为取到整数k, P(Ak)=ck, k=1,2,?,20.因为P(?K=120Ak)=∑k=120P(Ak)=c∑k=120k=1， 所以c=1210,P{取到偶数}=P{A2∪A4∪?∪A20} =+?+20)=1121.习题2若每次射击中靶的概率为0.7, 求射击10炮,(1)命中3炮的概率;(2)至少命中3炮的概率;(3)最可能命中几炮.解答：若随机变量X表示射击10炮中中靶的次数. 由于各炮是否中靶相互独立，所以是一个10重伯努利概型，X服从二项分布，其参数为n=10,p=0.7, 故(1)P{X=3}=C103(0.7)3(0.3)7≈0.009;(2)P{X≥3}=1-P{X&3}=1-[C100(0.7)0(0.3)10+C101(0.7)1(0.3)9+C102(0.7)2(0.3)8]≈0.998;(3)因X～b(10,0.7), 而 k0=[(n+1)p]=[(10+1)]×0.7=[7.7]=7,故最可能命中7炮.习题3在保险公司里有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险，在1年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司里领20000元赔偿金，求:(1)保险公司亏本的概率;(2)保险公司获利分别不少于100000元, 200000元的概率.解答：1)以“年”为单位来考虑，在1年的1月1日，保险公司总收入为元=30000元.设1年中死亡人数为X, 则X～b(), 则保险公司在这一年中应付出200000X(元)，要使保险公司亏本，则必须 0000即X&15(人).因此，P{保险公司亏本}=P{X&15}=∑k=0k(0.002)k×(0.998)2500-k≈1-∑k=015e-55kk!≈0.000069,由此可见,在1年里保险公司亏本的概率是很小的.(2)P{保险公司获利不少于100000元}=P{000X≥100000}=P{X≤10}=∑k=010C)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.986305,即保险公司获利不少于100000元的概率在98%以上.P{保险公司获利不少于200000元}=P{000X≥200000}=P{X≤5}=∑k=05C)k×(0.998)2500-k≈∑k=05e-55kk!≈0.615961,即保险公司获利不少于200000元的概率接近于62%.习题4一台总机共有300台分机，总机拥有13条外线，假设每台分机向总机要外线的概率为3%, 试求每台分机向总机要外线时，能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的分机的最可能台数.解答：设分机向总机要到外线的台数为X, 300台分机可看成300次伯努利试验，一次试验是否要到外线. 设要到外线的事件为A, 则P(A)=0.03, 显然X～b(300,0.03), 即P{X=k}=C300k(0.03)k(0.97)300-k(k=0,1,2,?,300),因n=300很大，p=0.03又很小,λ=np=300×0.03=9,可用泊松近似公式计算上面的概率. 因总共只有13条外线，要到外线的台数不超过13，故P{X≤13}≈∑k=0139kk!e-9≈0.9265, (查泊松分布表)且同时向总机要外线的分机的最可能台数k0=[(n+1)p]=[301×0.03]=9.习题5在长度为t的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼救的次数X服从参数t2的泊松分布，而与时间间隔的起点无关(时间以小时计), 求：(1)某一天从中午12至下午3时没有收到紧急呼救的概率；(2)某一天从中午12时至下午5时至少收到1次紧急呼救的概率.解答：(1)t=3,λ=3/2, P{X=0}=e-3/2≈0.223;(2)t=5,λ=5/2, P{X≥1}=1-P{X=0}=1-e-5/2≈0.918. 习题6设X为一离散型随机变量，其分布律为X -101试求：(1)q的值； (2)X的分布函数.解答：(1)\because离散型随机变量的概率函数P{X=xi}=pi, 满足∑ipi=1, 且0≤pi≤1,∴ {1/2+1-2q+q2=10≤1-2q≤1q2≤1,解得q=1-1/2. 从而X的分布律为下表所示：因F(x)在x=π6处连续，故P{X=π6=12, 于是有P{OXO&π6=P{-π6&X&π6=P{-π6&X≤π6=F(π6)-F(-π6)=12..习题8使用了x小时的电子管，在以后的Δx小时内损坏的概率等于λΔx+o(Δx), 其中λ&0是常数，求电子管在损坏前已使用时数X的分布函数F(x)，并求电子管在T小时内损坏的概率.解答：因X的可能取值充满区间(0,+∞), 故应分段求F(x)=P{X≤x}.当x≤0时，F(x)=P{X≤x}=P(?)=0;当x&0时，由题设知P{x&X≤x+Δx/X}=λΔx+o(Δx), 而P{x&X≤x+Δx/X}=P{x&X≤x+Δx,X&x}P{X&x}=P{x&X≤x+Δx}1-P{X≤x}=F(x+Δx)-F(x)1-F(x),故F(X+Δx)-F(x)1-F(x)=λΔx+o(Δx), 即F(x+Δx)-F(x)Δx=[1-F(x)][λ+o(Δx)Δx],令o(Δx)→0, 得F′(x)=λ[1-F(x)].这是关于F(x)的变量可分离微分方程，分离变量dF(x)1-F(x)=λdx, 积分之得通解为C[1-F(x)]=e-λx(C为任意常数).注意到初始条件F(0)=0, 故C=1.于是F(x)=1-e-λx,x&0,λ&0, 故X的分布函数为F(x)={0,x≤01-e-λx,x&0(λ&0),从而电子管在T小时内损坏的概率为P{X≤T}=F(T)=1-e-λT.习题9设连续型随机变量X的分布密度为f(x)={x,0&x≤12-x,1&x≤20,其它,求其分布函数F(x).解答：当x≤0时，F(x)=∫-∞x0dt=0;当0&x≤1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00tdt+∫0xtdt=12x2;当1&x≤2时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫01tdt+∫1x(2-t)dt=0+12+(2t-12t2)O1x=-1+2x-x22;当x&2时，F(x)=∫-∞00dt+∫01tdt+∫12(2-t)dt+∫2x0dt=1, 故F(x)={0,x≤212x2,0&x≤1-1+2x-x22,1&x≤21,x&2.习题10某城市饮用水的日消费量X(单位：百万升)是随机变量，其密度函数为：f(x)={19xe-x3,x&00,其它,试求：(1)该城市的水日消费量不低于600万升的概率；(2)水日消费量介于600万升到900万升的概率. 解答：先求X的分布函数F(x). 显然，当x&0时，F(x)=0, 当x≥0时有F(x)=∫0x19te-t3dt=1-(1+x3)e-x3故F(x)={1-(1+x3)e-x3,x≥00,x&0, 所以概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数P{X≥6}=1-P{X&6}=1-P(X≤6}=1-F(6)=1-[1-(1+x3)e-x3]x=6=3e-2,P{6&X≤9}=F(9)-F(6)=(1-4e-3)-(1-3e-2)=3e-2-4e-3.习题11已知X～f(x)={cλe-λx,x&a0,其它(λ&0), 求常数c及P{a-1&X≤a+1}.解答：由概率密度函数的性质知∫-∞+∞f(x)dx=1, 而∫-∞+∞f(x)dx=∫-∞a0dx+∫a+∞cλe-λxdx=c∫a+∞e-λxd(λx)=-ce-λx\vlinea+∞=ce-λa,所以ce-λa=1, 从而c=eλa. 于是P{a-1&X≤a+1}=∫a-1a+1f(x)dx=∫a-1a0dx+∫aa+1λeλae-λxdx=-eλae-λx\vlineaa+1=-eλa(e-λ(a+1)-e-λa)=1-e-λ.注意，a-1&a, 而当x&a时，f(x)=0.习题12已知X～f(x)={12x2-12x+3,0&x&10,其它, 计算P{X≤0.2O0.1&X≤0.5}.解答：根据条件概率;有P{X≤0.2O0.1&X≤0.5}=P{X≤0.2,0.1&X≤0.5}P{0.1&X≤0.5}=P{0.1&X≤0.2}P{0.1&X≤0.5}=∫0.10.2(12x2-12x+2)dx∫0.10.5(12x2-12x+3)dx=(4x3-6x2+3x)O0.10.2(4x3-6x2+3x)O0.10.5=0..578125. 习题13若F1(x),F2(x)为分布函数，(1)判断F1(x)+F2(x)是不是分布函数，为什么？(2)若a1,a2是正常数，且a1+a2=1. 证明：a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.解答：(1)F(+∞)=limx→+∞F(x)=limx→+∞F1(x)+limx→+∞F2(x)=1+1=2≠1故F(x)不是分布函数.(2)由F1(x),F2(x)单调非减，右连续，且 F1(-∞)=F2(-∞)=0,F1(+∞)=F2(+∞)=1,可知a1F1(x)+a2F2(x)单调非减，右连续，且 a1F1(-∞)+a2F2(-∞)=0,a1F1(+∞)+a2F2(+∞)=1. 从而a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.习题14设随机变量X的概率密度?(x)为偶函数，试证对任意的a&0, 分布函数F(x)满足：(1)F(-a)=1-F(a); (2)P{OXO&a}=2[1-F(a)].解答：(1)F(-a)=∫-∞-a?(x)dx=∫a+∞?(-t)dt=∫a+∞?(x)dx=1-∫-∞a?(x)dx=1-F(a).(2)P{OXO&a}=P{X&-a}+P{X&a}=F(-a)+P{X≥a}F(-a)+1-F(a)=2[1-F(a)].习题15设K在(0,5)上服从均匀分布，求x的方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的概率.解答：因为K～U(0,5), 所以 fK(k)={1/5,0&k&50,其它,方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的充要条件为(4K)2-4?4(K+2)≥0, 即 K2-K-2≥0,亦即(k-2)(K+1)≥0, 解得K≥2(K≤-1舍去), 所以P{方程有实根}=P{K≥2}=∫2515dx=35.习题16某单位招聘155人，按考试成绩录用，共有526人报名，假设报名者考试成绩X～N(μ,σ2), 已知90分以上12人，60分以下83人，若从高分到低分依次录取，某人成绩为78分，问此人是否能被录取？ 解答：要解决此问题首先确定μ,σ2, 因为考试人数很多，可用频率近似概率.根据已知条件P{X&90}=12/526≈0.0228,P{X≤90}=1-P{X&90}≈1-0.2;又因为P{X≤90}=P{X-μσ≤90-μσ, 所以有Φ(90-μσ)=0.9772, 反查标准正态表得90-μσ=2 ①同理：P{X≤60}=83/526≈0.1578; 又因为P{X≤60}=P{X-μσ≤60-μσ,故Φ(60-μσ)≈0.1578.因为0.,所以60-μσ&0, 故Φ(μ-60σ)≈1-0.2, 反查标准正态表得μ-60σ≈1.0 ②联立①，②解得σ=10,μ=70, 所以，X～N(70,100).某人是否能被录取，关键看录取率. 已知录取率为.2947, 看某人是否能被录取，解法有两种： 方法1：P{X&78}=1-P{X≤78}=1-P{x-0=1-Φ(0.8)≈1-0.9,因为0.7(录取率), 所以此人能被录取.方法2：看录取分数线. 设录取者最低分为x0, 则P{X≥x0}=0.2947(录取率),P{X≤x0}=1-P{X≥x0}=1-0.3,P{X≤x0}=P{x-7010≤x0-7010=Φ{x0-3,反查标准正态表得x0-, 解得x0≈75. 此人成绩78分高于最低分，所以可以录取. 习题17假设某地在任何长为t(年)的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为λ=0.1t的泊松分布，X表示连续两次地震之间间隔的时间(单位：年).(1)证明X服从指数分布并求出X的分布函数；(2)求今后3年内再次发生地震的概率；(3)求今后3年到5年内再次发生地震的概率.解答：(1)当t≥0时，P{X&t}=P{N(t)=0}=e-0.1t,∴F(t)=P{X≤t}=1-P{X&t}=1-e-0.1t;当t&0时，F(t)=0,∴ F(x)={1-e-0.1t,x≥00,x&0,X服从指数分布(λ=0.1);(2)F(3)=1-e-0.1×3≈0.26;(3)F(5)-F(3)≈0.13.习题18100件产品中，90个一等品，10个二等品，随机取2个安装在一台设备上，若一台设备中有i个(i=0,1,2)二等品，则此设备的使用寿命服从参数为λ=i+1的指数分布.(1)试求设备寿命超过1的概率 ；(2)已知设备寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率 .解答：(1)设X表示设备寿命. A表示“设备寿命超过1”，Bi表示“取出i个二等品”(i=0,1,2)，则X的密度函数为fX(x)={λe-λx,x&00,x≤0 (λ=i+1,i=0,1,2),P(B0)=C902C1002, P(B1)=C901C102C1002, P(B2)=C102C1002,P(AOB0)=∫1+∞e-xdx=e-1, P(AOB1)=∫1+∞2e-2xdx=e-2,P(AOB2)=∫1+∞3e-3xdx=e-3,由全概率公式：P(A)=∑i=02P(Bi)P(AOBi)≈0.32.(2)由贝叶斯公式：P(B0OA)=P(B0)P(AOB0)P(A)≈0.93.fX(x)={e-x,x&00,其它,求Y=eX的概率密度.解答：因为α=min{y(0),y(+∞)}=min{1,+∞}=1,β=max{y(0),y(+∞)}=max{1,+∞}=+∞.类似上题可得fY(y)={fX[h(y)]Oh′(y)O,1&y&+∞0,其它={1/y2,1&y&+∞0,其它.习题22设随便机变量X的密度函数为 fX(x)={1-OxO,-1&x&10,其它,求随机变量Y=X2+1的分布函数与密度函数.解答：X的取值范围为(-1,1), 则Y的取值范围为[1,2). 当1≤y&2时，FY(y)=P{Y≤y}=P{X2+1≤y}=P{-Y-1≤x≤y-1}=∫-y-1y-1(1-OxO)dx=2∫0y-1(1-x)dx=1-(1-y-1)2,从而Y的分布函数为 FY(y)={0,y&11-(1-y-1)2,1≤y&2,1,其它Y的概率密度为fY(y)={1y-1-1,1&y&20,其它.第三章 多维随机变量及其分布3.1 二维随机变量及其分布(2)P{Y=0}=P{X=-1,Y=0}+P{X=0,Y=0}+P{X=2,Y=0} =0+16+512=712,同样可求得 P{Y=13=112,P{Y=1}=13,关于的Y边缘分布见下表： Y 01/31习题6设随机向量(X,Y)服从二维正态分布N(0,0,102,102,0), 其概率密度为 f(x,y)=1200πex2+y2200, 求P{X≤Y}.解答：由于P{X≤Y}+P{X&Y}=1，且由正态分布图形的对称性，知P{X≤Y}=P{X&Y}, 故P{X≤Y}=12.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={k(6-x-y),0&x&2,2&y&40,其它,(1)确定常数k; (2)求P{X&1,Y&3}; (3)求P{X&1.5}; (4)求P{X+Y≤4}.解答：如图所示(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1, 确定常数k.∫02∫24k(6-x-y)dydx=k∫02(6-2x)dx=8k=1, 所以k=18.(2)P{X&1,Y&3}=∫01dx∫2318(6-x-y)dy=38.(3)P{X&1.5}=∫01.5dx∫2418(6-x-y)dy=2732.(4)P{X+Y≤4}=∫02dx∫24-x18(6-x-y)dy=23.习题8已知X和Y的联合密度为 f(x,y)={cxy,0≤x≤1,0≤y≤10,其它,试求：(1)常数c; (2)X和Y的联合分布函数F(x,y).解答：(1)由于1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=c∫01∫01xydxdy=c4,c=4.(2)当x≤0或y≤0时，显然F(x,y)=0;当x≥1,y≥1时，显然F(x,y)=1;设0≤x≤1,0≤y≤1, 有 F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dudv=4∫0xudu∫0yvdv=x2y2.设0≤x≤1,y&1, 有 F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫0xudu∫01ydy=x2.最后，设x&1,0≤y≤1, 有 F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫01xdx∫0yvdv=y2.函数F(x,y)在平面各区域的表达式 F(x,y)={0,x≤0或y≤0x2,0≤x≤1,y&1x2y2,0≤x≤1,0≤y≤1.y2,x& 习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 f(x,y)={4.8y(2-x),0≤x≤1,x≤y≤10,其它,求边缘概率密度fY(y).解答：fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy ={∫0x4.8y(2-x)dy,0≤x≤10,其它={2.4x2(2-x),0≤x≤10,其它.fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx ={∫0y4.8y(2-x)dx,0≤y≤10,其它={2.4y(4y-y2),0≤y≤10,其它.习题10设(X,Y)在曲线y=x2,y=x所围成的区域G里服从均匀分布，求联合分布密度和边缘分布密度. 解答：区域G的面积A=∫01(x-x2)dx=16, 由题设知(X,Y)的联合分布密度为f(x,y)={6,0≤x≤1,x2≤y≤x0,其它,从而fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=6∫x2xdy=6(x-x2),0≤x≤1, 即fX(x)={6(x-x2),0≤x≤10,其它 fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx=6∫yydx=6(y-y),0≤y≤1,即fY(y)={6(y-y),0≤y≤10,其它.概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数(2)在X=2的条件下，Y的条件分布律为解答：由题意知，随机变量X,Y的概率密度函数分别是 fX(x)=12πe-x22， fY(y)=12πe-y22 因为X与Y相互独立，所以(X,Y)的联合概率密度函数是 f(x,y)=12πe-12(x+y)2.习题8设随机变量X的概率密度f(x)=12e-OxO(-∞&x&+∞),问：X与OXO是否相互独立？解答：若X与OXO相互独立，则?a&0, 各有 P{X≤a,OXO≤a}=P{X≤a}?P{OXO≤a},而事件{OXO≤a}?{X≤a}, 故由上式有 P{OXO≤a}==P{X≤a}?P{OXO≤a},?P{OXO≤a}(1-P{X≤a})=0?P{OX≤aO}=0或1=P{X≤a}?(?a&0)但当a&0时，两者均不成立，出现矛盾，故X与OXO不独立. 习题9设X和Y是两个相互独立的随机变量，X在(0,1)上服从均匀分布，Y的概率密度为fY(y)={12e-y2,y&00,y≤0,(1)求X与Y的联合概率密度；(2)设有a的二次方程a2+2Xa+Y=0, 求它有实根的概率.解答：(1)由题设易知fX(x)={1,0&x&10,其它,又X,Y相互独立，故X与Y的联合概率密度为f(x,y)=fX(x)?fY(y)={12e-y2,0&x&1,y&00,其它;(2)因{a有实根}={判别式Δ2=4X2-4Y≥0}={X2≥Y},故如图所示得到： P{a有实根}=P{X2≥Y}=∫∫x2&yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0x212e-y2dy=-∫01e-x22dx=1-[∫-∞1e-x22dx-∫-∞0e-x22dx] =1-2π[12π∫-∞1e-x22dx-12π∫-∞0e-x22dx]=1-2π[Φ(1)-Φ(0),又Φ(1)=0.8413, Φ(0)=0.5, 于是Φ(1)-Φ(0)=0.3413, 所以 P{a有实根}=1-2π[Φ(1)-Φ(0)]≈1-2.51×0.3.3.3 二维随机变量函数的分布习题1设随机变量X和Y相互独立，且都等可能地取1,2,3为值，求随机变量U=max{X,Y}和V=min{X,Y}的联合分布.解答：由于U≥V, 可见P{U=i,V=j}=0(i&j).此外，有 P{U=V=i}=P{X=Y=i}=1/9(i=1,2,3),P{U=i,V=j}=P{X=i,Y=j}+P{X=j,Y=i}=2/9(i&j),于是，随机变量U和V的联合概率分布为习题6设随机变量X,Y相互独立，若X服从(0,1)上的均匀分布，Y服从参数1的指数分布，求随机变量Z=X+Y的概率密度.解答：据题意，X,Y的概率密度分布为 fX(x)={1,0&x&10,其它, fY(y)={e-y,y≥00,y&0,由卷积公式得Z=X+Y的概率密度为 fZ(z)=∫-∞+∞fX(x)fY(z-x)dx=∫-∞+∞fX(z-y)fY(y)dy=∫0+∞fX(z-y)e-ydy.由0&z-y&1得z-1&y&z,可见：当z≤0时，有fX(z-y)=0, 故fZ(z)=∫0+∞0?e-ydy=0;当z&0时， fZ(z)=∫0+∞fX(z-y)e-ydy=∫max(0,z-1)ze-ydy=e-max(0,z-1)-e-z,即 fZ(z)={0,z≤01-e-z,0&z≤1e1-z-e-z,z&1.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={be-(x+y),0&x&1,0&y&+∞,0,其它.（1）试确定常数b；（2）求边缘概率密度fX(x),fY(y)；（3）求函数U=max{X,Y}的分布函数. 解答：（1）由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1，确定常数b. ∫01dx∫0+∞be-xe-ydy=b(1-e-1)=1，所以b=11-e-1，从而 f(x,y)={11-e-1e-(x+y),0&x&1,0&y&+∞,0,其它.（2）由边缘概率密度的定义得 fX(x)={∫0+∞11-e-1e-(x+y)dy=e-x1-e-x,0&x&1,0,其它，fY(x)={∫0111-e-1e-(x+y)dx=e-y,0&y&+∞,0,其它（3）因为f(x,y)=fX(x)fY(y)，所以X与Y独立，故 FU(u)=P{max{X,Y}≤u}=P{X≤u,Y≤u}=FX(u)FY(u)， 其中 FX(x)=∫0xe-t1-e-1dt=1-e-x1-e-1,0&x&1，所以 FX(x)={0,x≤0,1-e-x1-e-1,0&x&1,1,x≥1.同理FY(y)={∫0ye-tdt=1-e-y,0&y&+∞,0,y≤0，因此 FU(u)={0,u&0,(1-e-u)21-e-1,0≤u&1,1-e-u,u≥1.习题8设系统L是由两个相互独立的子系统L1和L2以串联方式联接而成，L1和L2的寿命分别为X与Y, 其概率密度分别为 ?1(x)={αe-αx,x&00,x≤0, ?2(y)={βe-βy,y&00,y≤0,其中α&0,β&0,α≠β, 试求系统L的寿命Z的概率密度.解答：设Z=min{X,Y}, 则 F(z)=P{Z≥z}=P{min(X,Y)≤z}=1-P{min(X,Y)&z}=1-P{X≥z,Y≥z} =1-[1P{X&z}][1-P{Y&z}]=1-[1-F1{z}][1-F2{z}]由于 F1(z)={∫0zαe-αxdx=1-e-αz,z≥00,z&0, F2(z)={1-e-βz,z≥00,z&0,故 F(z)={1-e-(α+β)z,z≥00,z&0,从而 ?(z)={(α+β)e-(α+β)z,z&00,z≤0.习题9设随机变量X,Y相互独立，且服从同一分布，试明： P{a&min{X,Y}≤b}=[P{X&a}]2-[P{X&b}]2. 解答：设min{X,Y}=Z,则 P{a&min{X,Y}≤b}=FZ(b)-FZ(a),FZ(z)=P{min{X,Y}≤z}=1-P{min{X,Y}&z} =1-P{X&z,Y&z}=1-P{X&z}P{Y&z} =1-[P{X&z}]2,代入得 P{a&min{X,Y}≤b}=1-[P{X&b}]2-(1-[P{X&a}]2)=[P{X&a}]2-[P{X&b}]2.证毕.复习总结与总习题解答习题1在一箱子中装有12只开关，其中2只是次品，在其中取两次，每次任取一只，考虑两种试验：(1)放回抽样；(2)不放回抽样.我们定义随机变量X,Y如下：X={0,若第一次取出的是正品1,若第一次取出的是次品, Y={0,若第二次取出的是正品1,若第二次取出的是次品,试分别就(1),(2)两种情况，写出X和Y的联合分布律.解答：(1)有放回抽样，(X,Y)分布律如下：P{X=0,Y=0}=10×6; P{X=1,Y=0}=2×,P{X=0,Y=1}=10×212×12=536, P{X=1,Y=1}=2×212×12=136,概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数(2)不放回抽样，(X,Y)的分布律如下：P{X=0,Y=0}=10×912×11=4566, P{X=0,Y=1}=10×212×11=1066,P{X=1,Y=0}=2×6, P{X=1,Y=1}=2×112×11=166,习题2假设随机变量Y服从参数为1的指数分布，随机变量 Xk={0,若Y≤k1,若Y&k(k=1,2),求(X1,X2)的联合分布率与边缘分布率.解答：因为Y服从参数为1的指数分布，X1={0,若Y≤11,若Y&1, 所以有P{X1=1}=P{Y&1}=∫1+∞e-ydy=e-1, P{X1=0}=1-e-1,同理 P{X2=1}=P{Y&2}=∫2+∞e-ydy=e-2, P{X2=0}=1-e-2,因为 P{X1=1,X2=1}=P{Y&2}=e-2，P{X1=1,X2=0}=P{X1=1}-P{X1=1,X2=1}=e-1-e-2,P{X1=0,X2=0}=P{Y≤1}=1-e-1,P{X1=0,X2=1}=P{X1=0}-P{X1=0,X2=0}=0,故(X1,X2)联合分布率与边缘分布率如下表所示：习题3在元旦茶话会上，每人发给一袋水果，内装3只橘子，2只苹果，3只香蕉. 今从袋中随机抽出4只，以X记橘子数，Y记苹果数，求(X,Y)的联合分布.解答：X可取值为0,1,2,3,Y可取值0,1,2.P{X=0,Y=0}=P{?}=0, P{X=0,Y=1}=C30C21C33/C84=2/70,P{X=0,Y=2}=C30C22C32/C84=3/70, P{X=1,Y=0}=C31C20C33/C84=3/70,P{X=1,Y=1}=C31C21C32/C84=18/70 , P{X=1,Y=2}=C31C22C31/C84=9/70,P{X=2,Y=0}=C32C20C32/C84=9/70, P{X=2,Y=1}=C32C21C31/C84=18/70,P{X=2,Y=2}=C32C22C30/C84=3/70, P{X=3,Y=0}=C33C20C31/C84=3/70,P{X=3,Y=1}=C33C21C30/C84=2/70, P{X=3,Y=2}=P{?}=0,所以，(X,Y)的联合分布如下：习题4设随机变量X与Y相互独立，下表列出了二维随机变量(X,Y)的联合分布律及关于X与Y的边缘分布律中的部分数值，试将其余数值填入表中的空白处：解答：由题设X与Y相互独立，即有 pij=pi?p?j(i=1,2;j=1,2,3), p?1-p21=p11=16-18=124,又由独立性，有 p11=p1?p?1=p1?16故p1?=14.从而p13=14-124-18, 又由p12=p1?p?2, 即18=14?p?2.从而p?2=12. 类似的有 p?3=13,p13=14,p2?=34.将上述数值填入表中有习题5设随机变量(X,Y)的联合分布如下表：求：(1)a值；(2)(X,Y)的联合分布函数F(x,y)；(3)(X,Y)关于X,Y的边缘分布函数FX(x)与FY(y).解答：(1)\because由分布律的性质可知∑i?jPij=1, 故14+14+16+a=1,∴a=13.(2)因F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}①当x&1或y&-1时，F(x,y)=0;②当1≤x&2,-1≤y&0时，F(x,y)=P{X=1,Y=-1}=1/4;③当x≥2,-1≤y&0时， F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=2,Y=-1}=5/12;④当1≤x&2,y&0时， F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=1,Y=0}=1/2;⑤当x≥2,y≥0时， F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=2,Y=-1} +P{X=1,Y=0}+P{X=2,Y=0} =1;综上所述，得(X,Y)联合分布函数为F(x,y)={0,x&1或y&-11/4,1≤x&2,-1≤y&05/12,x≥2,-1≤y&01/2,1≤x&2,y≥01,x≥2,y≥0.(3)由FX(x)=P{X≤x,Y&+∞}=∑xi&x∑j=1+∞pij, 得(X,Y)关于X的边缘分布函数为：FX(x)={0,x&114+14,1≤x&214+14+16+13,x≥2={0,x&11/2,1≤x&21,x≥2,同理，由FY(y)=P{X&+∞,Y≤y}=∑yi≤y∑i=1+∞Pij, 得(X,Y)关于Y的边缘分布函数为FY(y)={0,y&-12/12,-1≤y&01,y≥0.习题6设随机变量(X,Y)的联合概率密度为 f(x,y)={c(R-x2+y2),x2+y2&R0,x2+y2≥R,求：(1)常数c; (2)P{X2+Y2≤r2}(r&R).解答：(1)因为 1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dydx=∫∫x2+y2&Rc(R-x2+y)dxdy=∫02π∫0Rc(R-ρ)ρdρdθ=cπR33,所以有c=3πR3.(2)P{X2+Y2≤r2}=∫∫x2+y2&r23πR3[R-x2+y2]dxdy=∫02π∫0r3πR3(R-ρ)ρdρdθ=3r2R2(1-2r3R).习题7设f(x,y)={1,0≤x≤2,max(0,x-1)≤y≤min(1,x)0,其它,求fX(x)和fY(y).解答: max(0,x-1)={0,x&1x-1,x≥1, min(1,x)={x,x&11,x≥1,所以，f(x,y)有意义的区域(如图)可分为 {0≤x≤1,0≤y≤x},{1≤x≤2,1-x≤y≤1},即f(x,y)={1,0≤x≤1,0≤y≤x1,1≤x≤2,x-1≤y≤1,0,其它 所以fX(x)={∫0xdy=x,0≤x&1∫x-11dy=2-x,1≤x≤20,其它,fY(y)={∫yy+1dx=1,0≤y≤10,其它.习题8若(X,Y)的分布律为则α,β应满足的条件是ˉ, 若X与Y独立，则α=ˉ,β=ˉ.解答：应填α+β=13;29;19.由分布律的性质可知∑i?jpij=1, 故 16+19+118+13+α+β=1,即α+β=13.又因X与Y相互独立，故P{X=i,Y=j}=P{X=i}P{Y=j}, 从而 α=P{X=2,Y=2}=P{X=i}P{Y=j},=(19+α)(14+α+β)=(19+α)(13+13)=29, β=P{X=3,Y=2}=P{X=3}P{Y=2}=(118+β)(13+α+β)=(118+β)(13+13)，∴ β=19.习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度函数为 f(x,y)={ce-(2x+y),x&0,y&00,其它,(1)确定常数c; (2)求X,Y的边缘概率密度函数；(3)求联合分布函数F(x,y); (4)求P{Y≤X};(5)求条件概率密度函数fXOY(xOy); (6)求P{X&2OY&1}.解答：(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1求常数c.∫0+∞∫0+∞ce-(2x+y)dxdy=c?(-12e-2x)\vline0+∞?(-e-y)O0+∞=c2=1,所以c=2.(2)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0+∞2e-2xe-ydy,x&00,x≤0={2e-2x,x&00,x≤0,fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫0+∞2e-2xe-ydx,y&00,其它={e-y,y&00,y≤0.(3)F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dvdu={∫0x∫0y2e-2ue-vdvdu,x&0,y&00,其它 ={(1-e-2x)(1-e-y),x&0,y&00,其它.(4)P{Y≤X}=∫0+∞dx∫0x2e-2xe-ydy=∫0+∞2e-2x(1-e-x)dx=13.(5)当y&0时，fXOY(xOy)=f(x,y)fY(y)={2e-2xe-ye-y,x&00,x≤0={2e-2x,x&00,x≤0.(6)P{X&2OY&1}=P{X&2,Y&1}P{Y&1}=F(2,1)∫01e-ydy=(1-e-1)(1-e-4)1-e-1=1-e-4.习题10设随机变量X以概率1取值为0, 而Y是任意的随机变量，证明X与Y相互独立.解答：因为X的分布函数为F(x)={0,当x&0时1,当x≥0时, 设Y的分布函数为FY(y),(X,Y)的分布函数为F(x,y)，则当x&0时，对任意y, 有F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}=P{(X≤x)∩(Y≤y)}=P{?∩(Y≤y)}=P{?}=0=FX(x)FY(y);当x≥0时，对任意y, 有F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}=P{(X≤x)∩(Y≤y)}=P{S∩(Y≤y)}=P{Y≤y}=Fy(y)=FX(x)FY(y),依定义，由F(x,y)=FX(x)FY(y)知，X与Y独立.习题11设连续型随机变量(X,Y)的两个分量X和Y相互独立，且服从同一分布，试证P{X≤Y}=1/2. 解答：因为X,Y独立，所以f(x,y)=fX(x)fY(y).P{X≤Y}=∫∫x≤yf(x,y)dxdy=∫∫x≤yfX(x)fY(y)dxdy=∫-∞+∞[fY(y)∫-∞yfX(x)dx]dy=∫-∞+∞[fY(y)FY(y)]dy=∫-∞+∞FY(y)dFY(y)=F2(y)2O-∞+∞=12,也可以利用对称性来证，因为X,Y独立同分布，所以有 P{X≤Y}=P{Y≤X},而P{X≤Y}+P{X≥Y}=1, 故 P{X≤Y}=1/12.习题12设二维随机变量(X,Y)的联合分布律为若X与Y相互独立，求参数a,b,c的值.解答：关于X的边缘分布为由于X与Y独立，则有p22=p2?p?2 得 b=(b+19)(b+49) ①p12=p1?p?2 得 19=(a+19)(b+49) ②由式①得b=29, 代入式②得a=118. 由分布律的性质，有a+b+c+19+19+13=1,代入a=118,b=29, 得c=16.易验证，所求a,b,c的值，对任意的i和j均满足pij=pi?×p?j.因此，所求a,b,c的值为a=118,b=29,c=16.习题13已知随机变量X1和X2的概率分布为且P{X1X2=0}=1.(1)求X1和X2的联合分布律； (2)问X1和X2是否独立？解答：(1)本题是已知了X1与X2的边缘分布律，再根据条件P{X1X2=0}=1, 求出联合分布. 列表如下：再由p?1=p-11+p11+p01, 得p01=12, p-10=p-1?=p-11=14,p10=p1?-p11=14,从而得p00=0.(2)由于p-10=14≠p-1??p?0=14?12=18, 所以知X1与X2不独立.习题14设(X,Y)的联合密度函数为f(x,y)={1πR2,x2+y2≤R20,其它,(1)求X与Y的边缘概率密度；(2)求条件概率密度，并问X与Y是否独立？解答：(1)当x&-R或x&R时，fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=∫-∞+∞0dy=0;当-R≤x≤R时，fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=1πR2∫-R2-x2R2-x2dy=2πR2R2-x2.于是fX(x)={2R2-x2πR2,-R≤x≤R0,其它.由于X和Y的地位平等，同法可得Y的边缘概率密度是：fY(y)={2R2-y2πR2,-R≤y≤R0,其它.(2)fXOY(xOy)=f(x,y)fY(y)注意在y处x值位于OxO≤R2-y2这个范围内，f(x,y)才有非零值，故在此范围内，有fXOY(xOy)=1πR22πR2?R2-y2=12R2-y2,即Y=y时X的条件概率密度为fXOY(xOy)={12R2-y2,OxO≤R2-y20,其它. 同法可得 X=x时Y的条件概率密度为fYOX(yOx)={12R2-x2,OyO≤R2-x20,其它.由于条件概率密度与边缘概率密度不相等，所以X与Y不独立.习题15设(X,Y)的分布律如下表所示X\Y -112 -12 1/102/103/102/101/101/10求：(1)Z=X+Y; (2)Z=max{X,Y}的分布律.解答：与一维离散型随机变量函数的分布律的计算类似，本质上是利用事件及其概率的运算法则. 注意，Z的相同值的概率要合并.概率1/102/103/102/101/101/10于是(1)习题16设(X,Y)的概率密度为f(x,y)={1,0&x&1,0&y&2(1-x)0,其他，求Z=X+Y的概率密度.解答：先求Z的分布函数Fz(z)，再求概率密度 fz(z)=dFz(z)dz.如右图所示.当z&0时，Fz(z)=P{X+Y≤z}=0;当0≤z&1时， Fz(z)=P{X+Y≤z}=∫∫x+y≤zf(x,y)dxdy=∫0zdx∫0z-x1dy=∫0z(z-x)dx=z2-12x2O0z=12z2；当1≤z&2时， Fz(z)=∫02-zdx∫0z-xdy+∫2-z1dx∫02(1-x)dy=z(2-z)-12(2-z)2+(z-1)2；当z≥2时，∫∫Df(x,y)dxdy=∫01dx∫02(1-x)dy=1.综上所述Fz(z)={0,z&012z2,0≤z&1z(2-z)-12(2-z)2+(z-1)2,1≤z&21,z≥2，故fz(z)={z,0≤z&12-z,1≤z&20,其它.习题17设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={2e-(x+2y),x&0,y&00,其它,求随机变量Z=X+2Y的分布函数.(X,Y)X+YXYX/Ymax{X,Y} (-1,-1)(-1,1)(-1,2)(2,-1)(2,1)(2,2)--2-/2-221-112222解答：按 FZ(Z)=P{x+2y≤z},当z≤0时，FZ(Z)=∫∫x+2y≤zf(x,y)dxdy=∫∫x+2y≤z0dxdy=0.当z&0时，FZ(Z)=∫∫x+2y≤zf(x,y)dxdy=∫0zdx∫0(z-x)/22e-(x+2y)dy=∫0ze-x?(1-ex-z)dx=∫0z(e-x-e-z)dx=[-e-x]O0z-ze-z=1-e-z-ze-z,故分布函数为 FZ(Z)={0,z≤01-e-z-ze-z,z&0.习题18设随机变量X与Y相互独立，其概率密度函数分别为fX(x)={1,0≤x≤10,其它, fY(y)={Ae-y,y&00,y≤0,求：(1)常数A; (2)随机变量Z=2X+Y的概率密度函数.解答：(1)1=∫-∞+∞fY(y)dy=∫0+∞A?e-ydy=A.(2)因X与Y相互独立，故(X,Y)的联合概率密度为f(x,y)={e-y,0≤x≤1,y&00,其它.于是当z&0时，有F(z)=P{Z≤z}=P{2X+Y≤z}=0;当0≤z≤2时，有F(z)=P{2X+Y≤z}=∫0z/2dx∫0z-2xe-ydy=∫0z/2(1-e2x-z)当z&2时，有F(z)=P{2X+Y≤2}=∫01dx∫0z-2xe-ydy=∫01(1-e2x-z)dx.利用分布函数法求得Z=2X+Y的概率密度函数为fZ(z)={0,z&0(1-e-z)/2,0≤z&2(e2-1)e-z/2,z≥2.习题19设随机变量X,Y相互独立，若X与Y分别服从区间(0,1)与(0,2)上的均匀分布，求U=max{X,Y}与V=min{X,Y}的概率密度.解答：由题设知，X与Y的概率密度分别为 fX(x)={1,0&x&10,其它, fY(y)={1/2,0&y&20,其它,于是，①X与Y的分布函数分别为 FX(x)={0,x≤0x,0≤x&11,x≥1, FY(y)={0,y&0y/2,0≤y&21,y≥2,从而U=max{X,Y}的分布函数为FU(u)=FX(u)FY(u)={0,u&0u2/2,0≤u&1u/2,1≤u&21,u≥2,故U=max{X,Y}的概率密度为fU(u)={u,0&u&11/2,1≤u&20,其它.②同理，由 FV(v)=1-[1-FX(v)][1-FY)]=FX(v)+FY(v)-FX(v)FY(v)=FX(v)+FY(v)-FU(v),得V=min{X,Y}的分布函数为FV(v)={0,v&0v2(3-v),0≤v&11,v≥1,故V=min{X,Y}的概率密度为fV(v)={32-v,0&v&10,其它.注：(1)用卷积公式，主要的困难在于X与Y的概率密度为分段函数，故卷积需要分段计算；(2)先分别求出X,Y的分布函数FX(x)与FY(y), 然后求出FU(u)，再求导得fU(u); 同理先求出FV(v), 求导即得fV(v).第四章 随机变量的数字特征概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数解答：X的可能取值为0,1,2,3,4, 且知X～b(4,p), 其中p=P{调整设备}=1-C101×0.1×0.99-0.910≈0.2639,所以E(X)=4×p=4×0.6.习题4据统计，一位60岁的健康(一般体检未发生病症)者，在5年之内仍然活着和自杀死亡的概率为p(0&p&1,p为已知), 在5年之内非自杀死亡的概率为1-p, 保险公司开办5年人寿保险，条件是参加者需交纳人寿保险费a元(a已知), 若5年内非自杀死亡，公司赔偿b元(b&a), 应如何确定b才能使公司可期望获益，若有m人参加保险，公司可期望从中收益多少？解答：令X=“从一个参保人身上所得的收益”，由X的概率分布为∴E(X)=ap+(a-b)(1-p)=a-b(1-p)&0, 即a&b&a1-p.对于m个人，有E(mX)=mE(X)=ma-mb(1-p).习题5对任意随机变量X, 若E(X)存在，则E{E[E(X)]}等于ˉ.解答：由数学期望的性质1及E(X)为一常数知E{E[E(X)]}=E[E(X)]=E(X).习题6设随机变量X的分布律为求E(X),E(X2),E(3X2+5).解答：E(X)=-2×0.4+2×0.3=-0.2,E(X2)=(-2)2×0.4+22×0.3=2.8,E(3X2+5)=[3×(-2)2+5]×0.4+(3×02+5)×0.3+(3×22+5)×0.3=13.4.习题7设连续型随机变量X的概率密度为f(x)={kxa,0&x&10,其它,其中k,a&0, 又已知E(X)=0.75, 求k,a的值.解答：\because∫-∞+∞f(x)dx=1,∫-∞+∞xf(x)dx=0.75,∴∫01kxadx=1,∫01x?kxadx=0.75, 即ka+1xa+1O01=1,ka+2xa+2O01=0.75,即{ka+1=1ka+2=0.75,∴k=3,a=2.习题8设随机变量X的概率密度为f(x)={1-O1-xO,0&x&20,其它,求E(X).解答：f(x)={x,0&x&12-x,1≤x&20,其它,E(X)=∫01x?xdx+∫12x(2-x)dx=∫01x2dx+∫12(2x-x2)dx=13+23=1.习题9一年之内一工厂生产的某种设备的寿命X(以年计)服从指数分布，概率密度为f(x)={14e-x4,x&00,x≤0, 工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换. 若工厂售出一台设备赢利100元，调换一台设备厂方需花300元，试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望.解答：先求出利润函数L(X).L(X)={100,X≥1-300+100=-200,X&1,E(L)=100×P{X≥1}-200×P{X&1} =100×∫1+∞14e-x4dx-200×∫0114e-x4dx=100×e-14+200×e-14-200≈33.64(元).习题10X -202 X4.2 方差E(Y)=950×0.3++=1000.今两厂灯泡的期望值相等：E(X)=E(Y)=1000,即甲，乙两厂的生产水平相当. 这就需要进一步考察哪家工厂灯泡的质量比较稳定，即看哪家工厂的灯泡寿命取值更集中一些，这就需要比较其方差.方差小的，寿命值较稳定，灯泡质量较好，则方差的定义式得D(X)=(900-.1+(×0.8+(×0.1=2200,D(Y)=(950-.3+(×0.4+(×0.3=1500.因D(X)&D(Y), 故乙厂生产的灯泡质量较甲厂稳定.习题7已知X～b(n,p), 且E(X)=3,D(X)=2, 试求X的全部可能取值，并计算P{X≤8}.解答：\becauseE(X)=np,D(X)=np(1-p), ∴{np=3np(1-p)=2, 即{n=9p=13,∴X的取值为：0,1,2,?,9, P{X≤8}=1-P{X=9}=1-(13)9.习题8设X～N(1,2), Y服从参数为3的(泊松)分布，且X与Y独立，求D(XY).解答：\becauseD(XY)=E(XY)2-E2(XY)=E(X2Y2)-E2(X)2(Y)又\becauseE(X2Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞x2y2f(x,y)dxdy=∫-∞+∞x2fX(x)dx∫-∞+∞y2fY(y)dy=E(X2)E(Y2),∴D(XY)=E(X2)E(Y2)-E2(X)E2(Y)=[D(X)+E2(X)][D(Y)+E2(Y)]-E2(X)E2(Y)=D(X)D(Y)+D(X)E2(Y)+D(Y)E2(X)=2×3+2×32+3×12=27.习题9设随机变量X1,X2,X3,X4相互独立，且有E(Xi)=i,D(Xi)=5-i,i=1,2,3,4,又设Y=2X1-X2+3X3-12X4, 求E(Y),D(Y).解答：E(Y)=E(2X1-X2+3X3-12X4)=2E(X1)-E(X2)+3E(X3)-12E(X4)=2×1-2+3×3-12×4=7,D(Y)=4D(X1)+D(X2)+9D(X3)+14D(X4)=4×4+3+9×2+14×1=37.25.习题105家商店联营，它们每两周售出的某种农产品的数量(以kg计)分别为X1,X2, X3, X4,X5. 已知 X1～N(200,225), X2～N(240,240), X3～N(180,225),X4～N(260,265), X5～N(320,270),X1,X2,X3,X4,X5相互独立.(1)求5家商店两周的总销售量的均值和方差；(2)商店每隔两周进货一次，为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99，问商店的仓库应至少储存该产品多少千克？解答：(1)设总销售量为X,由题设条件知X=X1+X2+X3+X4+X5,于是E(X)=∑i=15E(Xi)=200+240+180+260+320=1200,D(X)=∑i=15D(Xi)=225+240+225+265+270=1225.(2)设商店的仓库应至少储存y千克该产品，为使P{X≤y}&0.99,求y. 由(1)易知，X～N(),P{X≤y}=P{X-≤y-=Φ(y-.99. 查标准正态分布表得y-.33,y=2.33×≈1282(kg).习题11设随机变量X1,X2,?,Xn相互独立，且都服从数学期望为1的指数分布，求Z=min{X1,X2,?,Xn} 的数学期望和方差.解答：Xi(i=1,2,?,n)的分布函数为F(x)={1-e-x,x&00,其它,Z=min{X1,X2,?,Xn}的分布函数为FZ(z)=1-[1-F(z)]n={1-e-nz,z&00,其它,于是E(Z)=∫0∞zne-nzdz=-ze-nzO0∞+e-nzdz=1n, 而E(Z2)=∫0∞z2ne-nzdz=2n2,于是D(Z)=E(Z2)-(E(Z))2=1n2. 4.3 协方差与相关系数习题1设(X,Y)服从二维正态分布，则下列条件中不是X,Y相互独立的充分必要条件是().(A)X,Y不相关； (B)E(XY)=E(X)E(Y);(C)cov(X,Y)=0; (D)E(X)=E(Y)=0.解答：应选（D）。当(X,Y)服从二维正态分布时，不相关性?独立性若(X,Y)服从一般的分布，则X,Y相互独立?X,Y不相关反之未必.习题2设X服从参数为2的泊松分布，Y=3X-2, 试求E(Y),D(Y),cov(X,Y)及ρXY.解答：E(Y)=E(3X-2)=3E(X)-2=3×2-2=4D(Y)=D(3X-2)=9D(X)=9×2=18,cov(X,Y)=cov(X,3X-2)=3D(X)=6,ρXY=cov(X,Y)D(X)D(Y)=62?18=1.习题3设随机变量X的方差D(X)=16, 随机变量Y的方差D(Y)=25, 又X与Y的相关系数ρXY=0.5, 求D(X+Y)与D(X-Y).解答：D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)=D(X)+D(Y)+2D(X)D(Y)ρXY=16+25+2×4×5×0.5=61,D(X-Y)=D(X)+D(Y)-2cov(X,Y)=D(X)+D(Y)-2D(X)D(Y)ρXY=16+25-2×4×5×0.5=21.习题4设(X,Y)服从单位圆域G:x2+y2≤1上的均匀分布，证明X,Y不相关.解答：E(XY)=∫∫x2+y2≤11πxydxdy =1π∫-11dxdy∫-1-x21-x2ydy=0,又E(X)=∫∫x2+y2≤11πxdxdy=1π∫-11xdx∫-1-x21-x2dy=1π∫-112x1-x2dx=0,同理，E(Y)=0, 故cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0,概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数即X,Y不相关.习题5设100件产品中的一，二，三等品率分别为0.8,0.1和0.1. 现从中随机地取1件，并记Xi={1,取得i等品0,其它(i=1,2,3),求ρX1X2.解答：首先求(X1,X2)的联合分布P{X1=0,X2=0}=P{X3=1}=0.1, P{X1=0,X2=1}=P{X2=1}=0.1,P{X1=1,X2=0}=P{X1=1}=0.8, P{X1=1,X2=1}=P(?)=0.关于X1和X2的边缘分布律为P{X1=1}=0.8, P{X1=0}=0.2,P{X2=1}=0.1, P{X2=0}=0.9.于是E(X1)=0.8, D(X1)=0.16; E(X2)=0.1, D(X2)=0.09.从而ρX1X2=cov(X1,X2)D(X1)D(X2)=E(X1X2)-E(X1)E(X2)D(X1)D(X2)=1×0+0×0.8+0×0.1+0×0.1-0.080.4×0.3=-23.习题6设X～N(μ,σ2),Y～N(μ,σ2), 且X,Y相互独立，试求Z1=αX+βY和Z2=αX-βY的相关系数(其中α,β是不为零的常数).解答：cov(Z1,Z2)=cov(αX+βY,αX-βY)=α2cov(X,X)-β2cov(Y,Y)=α2D(X)-β2D(Y)=(α2-β2)σ2,D(Z1)=D(αX+βY)=α2D(X)+β2D(Y)+2αβcov(X,Y),D(Z2)=D(αX-βY)=α2D(X)+β2D(Y)-2αβcov(X,Y).因为X,Y相互独立，所以cov(X,Y)=0, 故D(Z1)=(α2+β2)σ2,D(Z2)=(α2+β2)σ2,相关系数ρ=cov(Z1,Z2)D(Z1)D(Z2)=α2-β2α2+β2.习题7设随机变量(X,Y)具有概率密度f(x,y)={18(x+y),0≤x≤2,0≤y≤20,其它,求E(X),E(Y),cov(X,Y),ρXY,D(X+Y).解答：E(X)=∫-∞+∞∫-∞+∞xf(x,y)dydx=∫02∫02x?18(x+y)dydx=76.由对称性知，E(Y)=76,E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫02∫02xy?18(x+y)dxdy=∫y2)dy=43,于是cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=43-76×76=-136，E(X2)=∫02∫02x2?18(x+y)dydx=14∫02(x3+x2)dx=53. 由对称性知，E(Y2)=53, 故D(X)=E(X2)-[E(X)]2=53-(76)2=1136,D(Y)=1136,ρXY=cov(X,Y)D(X)D(Y)=-1,D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)=×136=59.习题8设随机变(X,Y)的分布律为Y\X -101验证X和Y是不相关的，且X和Y不相互独立.解答：先求X,Y的边缘分布律X -101 -101因为p00≠p0?p?0, 所以X与Y不是独立的，又E(X)=-1×38+1×38=0,E(Y)=-1×38+1×38=0,E(XY)=(-1)×(-1)×18+(-1)×1×18+1×(-1)×18+1×1×18=0,于是cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0, 即ρXY=0. 因此，X与Y是不相关的.习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={1/π,x2+y2≤10,其它,试验证X和Y是不相关的，且X和Y不相互独立.解答：首先求fX(x)和fY(y).fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫-1-x21-x21πdy=2π1-x2,-1≤x≤10,其它,fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫-1-y21-y21πdx=2π1-y2,-1≤y≤10,其它,E(X)=∫-∞+∞fX(x)dx=∫-11x?2π1-x2dx=0,同理可得E(Y)=0,E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫∫x2+y2≤11πxydxdy=0.因此cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0, 即ρXY=0,故X与Y是不相互独立的.又因为f(x,y)≠fX(x)fY(y), 故X与Y不是相互独立的.习题10设(X,Y)服从二维正态分布，且X～N(0,3),Y～N(0,4), 相关系数ρXY=-1/4, 试写出X与Y的联合概率密度.解答：依题意知，二维正态分布5个参数分别为μ1=0,μ2=0,σ12=3,σ22=4,ρXY=-14,故X,Y的联合概率密度为f(x,y)=12π?325e-115/8[x23-2(-14)x3?y2+y24]=135πe-815(x23+xy43+y24). 习题11设(X,Y)服从二维正态分布，且有D(X)=σX2,D(Y)=σY2. 证明：当a2=σX2σY2时随机变量W=X-aY与V=X+aY相互独立.解答：根据多维正态分布的性质可知，由于(X,Y)服从二维正态分布，故W与V的联合分布也是二维正态分布. 又知，二维正态分布二分量间相互独立与不相关是等价的，因此，欲证明W与V相互独立，也就是要证cov(W,V)=0, 为此求cov(W,V).cov(W,V)=cov(X-aY,X+aY)=D(X)-a2D(Y)=σX2-a2σY2.令cov(W,V)=0, 即σX2-a2σY2=0, 则得a2=σX2σY2, 故证得当a2=σX2σY2时，随机变量W与V相互独立，其中W=X+aY,V=X+aY.习题12设随机变量X的概率密度为f(x)={0.5x,0&x&20,其它,求随机变量X的1至4阶原点矩和中心矩.解答：由公式vk=E(Xk)=∫-∞+∞xkf(x)dx=∫02xk(0.5x)dx,求原点矩v1=∫02x(0.5)dx=12∫02x2dx=12×13x3O02=43,v2=∫02x2(0.5x)dx=12∫02x3dx=12×14x4O02=2,v3=∫02x3(0.5x)dx=12×15x5O02=3.2,v4=∫02x4(0.5x)dx=12×16x6O02=163;求中心矩：任何变量的一阶中心距均为0, 即μ1=0, 由中心矩与原矩的关系有μ2=v2-v12=2-(43)2=29,μ3=v3-3v2v1+2v13=3.2-3×2×43+2×(43)3=-8135,μ4=v4-4v3v1+612v2-3v14=16135.习题13设随机变量X服从拉普拉斯分布，其概率密度为f(x)=12λe-OxOλ,-∞&x&+∞,其中λ&0为常数，求X的k阶中心矩.解答：由于E(X)=∫-∞+∞xf(x)dx=12λ∫-∞+∞xe-OxOλdx=0, 所以μk=E([X-E(X)]k)=E(Xk)=12λ∫-∞+∞xke-OxOλdx.因此，当k为奇数时，可得μk=0.当k为偶数时，有μk=12λ∫0+∞xke-xλdx+12λ∫-∞0xkexλdx=1λ∫0+∞xke-xλdx=λk∫0+∞tke-tdt=λkΓ(k+1)=λk?k!,故 μk={0,k为奇数时λkk!,k为偶数时.解答：若该工厂的废品率不大于0.005, 则检查200件产品中发现4件废品的概率应该不大于p=C4×0.995196,用泊松定理作近似计算λ=200×0.005=1,即p≈14e-14!≈0.0153.这一概率很小，根据实际推断原理，这一小概率事件实际上不太会发生，故不能相信该工厂的废品率不超过0.005.习题6有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3m.现从这批木柱中随机地取出100根，问其中至少有30根短于3m的概率是多少？解答：把抽一根木柱测其长度是否短于3m看做一次试验. 设事件A为“抽到的木柱长度短于3m”，则由已知条件知P(A)==p.由于木柱数量很大，可把100次抽取看做是100重伯努利试验.记抽出的100根木柱中短于3m的木柱数为X, 则X～b(100,0.2). 由题意和棣莫佛―拉普拉斯定理，有 P{X≥30}=1-P{X&30}=1-P{X-100×0.×0.98&30-100×0.×0.98≈1-Φ(2.5)=0.0062.习题7一部件包括10部分，每部分的长度是一个随机变量，它们相互独立，服从同一分布，其数学期望为2mm, 均方差为0.05mm, 规定总长度为(20±0.1)mm时产品合格，试求产品合格的概率.解答：设各部分长度为Xi(i=1,2,?,10), 总长度Z=∑i=110Xi.已知E(Xi)=2,D(Xi)=(0.05)2, 则依题意可知，并用林德伯格―勒维极限定理得产品合格的概率为 P{20-0.1≤Z≤20+0.1} =P{-0.10.0510≤Z-2×100..0510≈Φ(0.63)-Φ(-0.63)=2Φ(0.63)-1=2×0..4714.习题8据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布. 现随机地取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件的寿命的总和大于1920小时的概率.解答：设Xi表示第i只电器元件的寿命，i=1,2,?,16. Xi(i=1,2,?,16)间独立同指数分布，E(Xi)=100小时，D(Xi)=100小时，n=16, 所求概率为 P{∑i=116Xi&1920=P{∑i=116Xi-16×0-1600400 ≈1-Φ(-Φ(0.8)=1-0.9.习题9检验员逐个地检查某种产品，每次花10秒钟检查一个，但也可能有的产品需要重复检查一次再用去10秒钟，假定每个产品需要重复检查的概率为12,求在8小时内检验员检查的产品多于1900个的概率是多少？解答：换言之，即求检查1900个产品所花的时间不超过8小时的概率. 设Xi为检查第i个产品所需的时间，则X1,X2,?,X1900为独立同分布的随机变量，S=∑i=11900Xi为检查1900个产品所需的总时间. 由题设，有Xi={10,第i个产品没有重复检验20,第i个产品重复检验,且P{Xi=10}=P{Xi=20}=12,i=1,2,?, 于是μ=E(Xi)=10×12+20×12=15,E(Xi2)=102×12+202×12=250(i=1,2,?),σ2=D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=25.由独立同分布中心极限定理，有S～近似N(0×25)=N(),故所求之概率为 P{S≤8×3600}=近似P{S≤28800}≈Φ(7500)=Φ(3005019)=Φ(619)=0.9162.习题10某车间有同型号机床200部，每部开动的概率为0.7, 假定各机床开关是独立的，开动时每部要消耗电能15个单位，问电厂最少要供应这个车间多少电能，才能以95%的概率保证不致于因供电不足而影响生产.解答：记200部机床中开动的机床部数为X, 则X～b(200,0.7),由中心极限定理，P{X≤k}≈Φ(k-200×0.×0.3)≥0.95,查表得k-, 解得k≈151, 所需电量151×15=2265个单位.习题11某电视机厂每月生产一万台电视机，但它的显像管车间的正品率为0.8,为了以0.997的概率保证出厂的电视机都装上正品的显像管，问该车间每月生产多少只显像管？解答：设每月生产n只显像管，这n只显像管中正品的只数为X, 则X～b(n,0.8). 本题即求满足P{X≥10000}≥0.997的最小的n. 由棣莫佛―拉普拉斯定理，有X～近似N(0.8n,0.8×0.2n)=N(0.8n,0.16n),于是P{X≥10000}=1-P{0≤X&10000}≈[Φ(n0.16n)-Φ(0-0.8n0.16n)]≈1-Φ(n0.4n)≥0.997,即Φ(0.8n-n)≥0.997.查表可得0.8n-n≥2.75, 解之得n≥12654.68, 所以取n=12655即可满足要求.习题12(1)一复杂的系统由100个相互独立起作用的部件所组成. 在整个运行期间每个部件损坏的概率为0.10,为了使整个系统起作用，必须至少有85个部件正常工作，求整个系统起作用的概率.(2)一复杂的系统由n个相互独立起作用的部件所组成，每个部件的可靠性为0.90, 且必须至少有80%的部件工作才能使整个系统工作，问n至少为多大才能使系统的可靠性不低于0.95?解答：(1)设Xi={1,第i个部件在整个运行期间正常工作0,第i个部件在运行期间损坏, (i=1,2,?,100). 由已知条件，X1,?,X100相互独立且同分布，P{Xi=1}=0.9=p,P{Xi=0}=0.1=q.记X=∑i=1100Xi, 它表示在整个运行期间工作着的部件数，可知，X～b(10,0.9). 依题意，所求概率为P{X&85}=1-P{X≤85} =1-P{X-100×0.×0.1≤85-100×0.×0.1≈1-Φ(-53)=Φ(53)=0.9525,即整个系统起作用的概率为0.9525.(2)与(1)中的假设相同，只是这里X～b(n,0.9). 依题，要P{X≥0.8n}=0.95, P{X-0.9nn×0.9×0.1≥0.8n-0.9nn×0.9×0.1=0.95,亦即P{X-0.9nn×0.9×0.1≥-n3=0.95, 近似地有Φ(n3)=0.95.查表得n3=1.645, 解得n=24.35, 于是，要求n=25, 即至少有25个部件才能使系统可靠性不低于0.95. 习题13抽样检查产品质量时，如果发现有多于10个的次品，则拒绝接受这批产品.设某批产品的次品率为10%, 问至少应抽取多少个产品检查，才能保证拒绝接受该产品的概率达到0.9?解答：令X=“发现的次品数”，则X～b(n,0.1),∴P{X&10}=0.9, 即1-P{X≤10}=1-Φ(10-0.1nn×0.1×0.9)=0.9,即Φ(10-0.1nn×0.1×0.9)=0.1,∴10-0.1nn×0.1×0.9=-1.28,解以上方程：n≈147.总习题解答概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数习题110个人随机地进入15个房间，每个房间容纳的人数不限，设X表示有人的房间数，求E(X)(设每个人进入每个房间是等可能的，且各人是否进入房间相互独立).解答：设随机变量Xi={1,第i个房间有人0,第i个房间无人(i=1,2,?,15),则X=∑i=115Xi, 且Xi都服从同一分布，于是P{Xi=0}=(1415)10, P{Xi=1}=1-P{Xi=0}=1-(1415)10 于是Xi服从0-1分布习题7甲、乙两人相约于某地在12:00～13:00会面，设X,Y分别是甲、乙到达的时间，且设X和Y相互独立，已知X,Y的概率密度分别为 fX(x)={3x2,0&x&10,其它, fY(y)={2y,0&y&10,其它,求先到达者需要等待的时间的数学期望.解答：X和Y的联合概率密度为f(x,y)={6x2y,0&x&1,0&y&10,其它.按题意需要求的是OX-YO的数学期望，即有E(OX-YO)=∫01∫01Ox-yO6x2ydxdy=∫∫D1[-(x-y)6x2y]dxdy+∫∫D2(x-y)6x2ydxdy=112+16=14(小时)(D1,D2如图)习题8设某厂生产的某种产品不合格率为10%,假设生产一件不合格品，要亏损2元，每生产一件合格品，由获利10元，求每件产品的平均利润.解答：X表示每件产品的利润，则X取-2,10, 求每件产品的平均利润，即X的数学期望.E(X)=-2×0.1+10×0.9=8.8.习题9投篮测试规则为每人最多投三次，投中为止，且第i次投中得分为(4-i)分，i=1,2,3. 若三次均未投中不得分，假设某人投篮测试的平均次数为1.56次.(1)求该投篮的命中率； (2)求该人投篮的平均得分.解答：(1)设该投篮人投篮次数为X,投篮得分为Y;每次投篮命中率为p(0&p&1),没有命中为q=1-p则X的概率分布为X 123E(X)=p+2pq+3q2 =p2-3p+3,依题意p2-3p+3=1.56, 即p2-3p+1.44=0, 解得p=0.6(p=2.4舍去).(2)Y可能取0,1,2,3四个可能值，且P{Y=0}=q3=0.43=0.064, P{Y=1}=pq2=0.6×0.42=0.096,P{Y=2}=pq=0.6×0.4=0.24, P{Y=3}=p=0.6,E(Y)=∑i=03iP{Y=i}=2.376(分).习题10一台设备由三大部件构成，在设备运转中部件需调整概率为0.1,0.2,0.3, 假设各部件的状态相互独立，以X表示同时需要调整的部件数，试求X的期望与方差.解答：解法一 设X是同时需要调整的部件数，可能值为0,1,2,3,记pi=P{X=i}, i=0,1,2,3, 有p0=0.9×0.8×0.7=0.504, p1=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398,p2=0.1×0.2×0.7+0.1×0.8×0.3+0.9×0.2×0.3=0.092,p3=0.1×0.2×0.3=0.006,故X的分布列为解法二 X的取值为调整的部件数，显然为非负整数，又每一部件是否需调整只有两种可能结果(调整与不调整), 于是可引入随机变量Xi:Xi={1,第i部件需调整0,第i个部件不要调整,i=1,2,3,则X=X1+X2+X3, 且X1,X2,X3相互独立，而Xi(i=1,2,3)服从两点分布，其分布律分别为习题14设X服从参数为1的指数分布，且Y=X+e-2X, 求E(Y)与D(Y).解答：由于X服从λ=1的指数分布，因此E(X)=1,D(X)=1,E(X2)=D(X)+(E(X))2=2,E(Y)=E(X+e-2X)=E(X)+E(e-2X)=1+∫0+∞e-2xe-xdx =1+1/3=4/3,E(Y2)=E((X)+e-2X)2)=E(X2+2Xe-2X+e-4X),E(Xe-2X)=∫0+∞xe-2xe-xdx=∫0+∞xe-3xdx=19,E(e-4X)=∫0+∞e-4xe-xdx=∫0+∞e-5xdx=15,E(X2)+2E(Xe-2X)+E(e-4X)=2+2/9+1/5=109/45,D(Y)=E(Y2)-(E(Y))2=109/45-16/9=29/45.习题15已知X～N(1,32),Y～N(0,42),ρXY=-12, 设Z=X3+Y2, 求Z的期望与方差及X与Z的相关系数. 解答：由已知，E(X)=1,D(X)=32,E(Y)=0,D(Y)=42, 所以E(Z)=E(X3+Y2)=13E(X)+12E(Y)=13,D(Z)=D(X3+Y2)=132D(X)+14D(Y)+2×13×12Cov(X,Y)=1+4+13×ρXY×D(X)D(Y)=5+13×(-12)×3×4=3,ρXZ=cov(X,Z)D(X)D(Z)=cov(X,13X+12Y)D(X)D(Y)=13D(X)+12cov(X,Y)D(X)D(Z)=D(X)3D(Z)+ρXY?D(Y)2D(Z)=333-443=0.习题16设X,Y的概率密度为f(x,y)={1,OyO≤x,0≤x≤10,其它,(1)求关于X,Y的边缘概率密度；(2)求E(X),E(Y)及D(X),D(Y); (3)求cov(X,Y).解答：(1)当0≤x≤1时，fX(x)=∫-xx1dy=2x, 故fX(x)={2x,0≤x≤10,其它；当0≤y≤1时，fY(y)=∫y11dx=1-y；当-1≤y≤0时，fY(y)=∫-y11dx=1+y，故fY(y)={1+y,-1≤y≤01-y,0≤y≥10,其它={1-OyO,当-1≤y≤10,其它.(2)先画出f(x,y)不为0的区域GE(X)=∫01x?2xdx=23,E(X2)=∫01x2?2xdx=12, 故D(X)=12-(23)2=118, E(Y)=∫-11y(1-OyO)dy=0,E(Y2)=∫-11y2(1-OyO)dy=2∫01y2(1-y)dy=16,故D(Y)=16.(3)E(XY)=∫∫Gxydy=∫01dx∫-xxxydy=0, 故cov(X,Y)=0.习题17设随机变量X～U(0,1),Y～U(1,3), X与Y相互独立，求E(XY)与D(XY).解答：因为fX(x)={1,0&x&10,其它, fY(y)={1/2,1&y&30,其它, 所以f(x,y)={1/2,0&x&1,1&y&30,其它, 则E(XY)=∫01xdx∫1312ydy=12×2=1, E(X2Y2)=∫01x2dx∫1312y2dy=13×133=139,故D(XY)=E(X2Y2)-[E(XY)]2=139-1=49.习题18设E(X)=2,E(Y)=4,D(X)=4,D(Y)=9,ρXY=0.5, 求：(1)U=3X2-2XY+Y2-3 的数学期望； (2)V=3X-Y+5的方差.解答：(1)E(U)=E(3X2-2XY+Y2-3)=3E(X2)-2E(XY)+E(Y2)-3=3[D(X)+(E(X))2]-2[E(X)E(Y)+ρXYD(X)?D(Y)]+[D(Y)+(E(Y))2]-3=24;(2) D(V)=D(3X-Y+5)=9D(X)+D(Y)-6cov(X,Y) =45-6ρXYD(X)?D(Y)=27.习题19设W=(aX+3Y)2,E(X)=E(Y)=0, D(X)=4,D(Y)=16,ρXY=-0.5. 求常数a, 使E(W)为最小，并求E(W)的最小值.解答：E(W)=E(aX+3Y)2=E(a2X2+9Y2+6aXY)=a2E(X2)+9E(Y2)+6aE(XY)=a2{D(X)+[E(X)]2}+9{D(Y)+[E(Y)]2+6a[ρD(X)D(Y)+E(X)E(Y)] =4a2+144-24a=4[(a-3)2+27], 易见，当a=3时，E(W)达到最小，且E(W)min=4×27=108.注：求E(W)最小时的a, 也可利用求导法. dEda=8(a-3),令dEda=0, 得a=3是唯一驻点. 又因d2Eda2=8&0, 故a=3为极小点，也是最小点，所以，当a=3时E(W)最小，且最小E(W)值为108.习题20某班有学生n名，开新年联欢会，每人带一份礼物互赠，礼物集中放在一起，并将礼物编了号，当交换礼物时，每人随机地拿到一个号码，并以此去领取礼物，试求恰好拿到自己准备的礼物的人数X的期望和方差.解答：设随机变量Xi={1,若第i人拿到自己准备的礼物0,若第i个人未拿到自己准备的礼物(i=1,2,?,n), 显然有X=∑i=1nXi, 易知P{Xi=1}=1n,P{Xi=0}=1-1n,i=1,2,?,n,E(X)=1,由于X1,X2,?,Xn不相互独立，因此D(X)=∑i=1nD(Xi)+2∑1≤i≤j≤n∑cov(Xi,Xj),而D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=P{Xi2=1}-(1n)2=1n-1n2=1n(1-1n),cov(Xi,Xj)=E(XiXj)-E(Xi)E(Xj),XiXj取值为0,1, 定义：P{XiXj=1}=P{Xi=1,Xj=1}=P{Xi=1}P{Xj=1OXi=1}=1n?1n-1,于是E(XiXj)=1?P{XiXj=1}=1n(n-1), 因而cov(Xi,Xj)=1n(n-1)-1n2=1n2(n-1),所以D(X)=n?1n(1-1n)+2Cn2?1n2(n-1)=n-1n+1n=1.习题21设A和B是随机试验E上的两事件，且P(A)&0,P(B)&0, 定义随机变量X,Y为={1,若A发生0,若A不发生, Y={1,若B发生0,若B不发生,证明：若ρXY=0, 则X和Y必定相互独立.解答：X,Y的分布律分别为概率论与数理统计(理工类_第四版) 吴赣昌 课后习题答案 18_概率密度函数故X与Y相互独立.习题22设二维随机变量(X,Y)～N(0,0,σ12,σ22,ρ), 其中σ12≠σ22. 又设X1=Xcosa+Ysina,X2=-Xsina+Ycosa,问何时X1与X2不相关，X1与X2独立？解答：因为(X1,X2)是(X,Y)的线性变换，所以(X1,X2)仍然是二维正态随机变量，若X1与X2不相关，X1与X2必然独立 E(X1)=E(X2)=0, cov(X1,X2)=E[(Xcosa+Ysina)(-Xsina+Ycosa)]-0=E[-X2sinacosa+Y2sinacosa+XY(cos2a-sin2a)] =(σ22-σ12)sinacosa+ρσ1σ2(cos2a-sin2a). 若X1与X2不相关，则cov(X1,X2)=0, 从而有tan2a=2sinacosacos2a-sin2a=2ρσ1σ2σ12-σ22, 此时，X1与X2不相关，且X1与X2独立.习题23在每次试验中，事件A发生的概率为0.5, 利用切比雪夫不等式估计，在1000次独立重复试验中，事件A发生的次数在400～600之间的概率.解答：设X表示在1000次独立事件重复试验中，事件A发生的次数，则X～b(),E(X)=nP==500,D(X)=nP(1-P)=×0.5=250,400&X&600?400-500&X-E(X)&600-500?OX-E(X)O&100,于是取?=100,有P{400&X&600}=P{OX-500O&100}≥1-D(X)?2=1-0.习题24设在某种重复试验中，每次试验事件A发生的概率为14, 问能以0.9997的概率保证在1000次试验中A发生的频率与14相差多少？此时A发生的次数在哪个范围之内？解答：已知n=1000,p=14,β=0.9997. 要求的是?, 使P{OnAn-pO≤?=0.9997(=β).因为P{OnAn-pO≤?≈2Φ(?np(1-p))-1=0.9997, 故Φ(?np(1-p))=0.9997.查表得?np(1-p)=3.62, 故?=3.62×p(1-p)n=3.62×0.25×0..0496,即在1000次试验中，能以0.9997的概率保证A发生的频率与14相差约为0.0496. 此时nA满足 OnAn-14O≤0.0496,故200.4≤nA≤299.6.习题25利用仪器测量已知量a时，所发生的随机误差的分布在独立试验的过程中保持不变，设X1,X2,?,Xn,?是各次测量的结果，可否用1n∑i=1n(Xi-a)2作为仪器误差的方差的近似值(设仪器无系统偏差)？ 解答：题目问的是：当独立重复试验次数n无限增大时，1n∑i=1n(Xi-a)2与仪器误差的方差有一定偏差的可能性是否可以任意小？故考虑用大数定律.因为X1,X2,?,Xn,?是各次测量的结果，视为独立同分布的随机变量列，有E(X1)=E(X2)=?=E(Xn)=设为μ, D(X1)=D(X2)=?=D(Xn)=设为σ2,则仪器误差的期望和方差分别为E(Xi-a)=E(Xi)-a=μ-a,D(Xi-a)=D(Xi)=σ2(i=1,2,?,n)现在考虑随机变量Yi=(Xi-a)2(i=1,2,?,n), 显然Y1,Y2,?,Yn,?也是独立的，并且服从同一分布，计算Yi的数学期望： E(Yi)=E(Xi-a)2=E(Xi2)-2aE(Xi)+a2=D(Xi)+[E(Xi)]2-2aE(Xi)+a2=σ2+(μ-a)2(i=1,2,?,n,?)所以，如果仪器没有系统错误，即E(Xi-a)=μ-a=0, 则E(Yi)=σ2(i=1,2,?) 于是，按切比雪夫定理的推论，得limn→∞P{O1n∑i=1nYi-σ2O&?=1, limn→∞P{O14∑i=1n(Xi-a)2-σ2O&?=1.这就是说，当n→∞时，14∑i=1n(Xi-a)2依概率收敛于σ2. 因此，当n充分大时，14∑i=1n(Xi-a)2可以作为σ2的近似值.习题26一保险公司有10000人投保，每人每年付12元保险费，已知一年内投保人死亡率为0.006, 如死亡，公司付给死者家属1000元，求：(1)保险公司年利润为0的概率；(2)保险公司年利润不少于60000元的概率.解答：令X=“一年内死亡的人数”，则X～b(), 公司利润为L=10X.(1)P{L=0}=P{10X=0}=P{X=120}≈0.(2)P{L≥60000}=P{10X≥60000} =P{X≤60}≈Φ(60-11×0.994)=0.5.习题27设各零件的重量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为0.5kg, 均方差为0.1kg, 问50000只零件的总重量超过2510kg的概率是多少？解答：设各零件的重量为Xi(i=1,2,?,50000),已知μ=E(Xi)=0.5kg, D(Xi)=σ=0.1kg,总重量Z=∑i=15000Xi, 故所求概率为 P{Z&2510}=P{Z-.-.15000 ≈1-Φ(100.15000)=1-Φ(1.414)=1-0.7.习题28一个供电网内共有10000盏功率相同的灯，夜晚每一盏灯开着的概率都是0.7.假设各盏灯开、关彼此独立，求夜晚同时开着的灯数在之间的概率.解答：记X表示夜晚同时开着的灯的数目，依题意，X服从n=10000,p=0.7的二项分布，且E(X)=7000, D(X)=2100.如果准确计算，应该用伯努利公式P{6800&X&7200}=∑k=00k0.7k0.310000-k.这样的计算只能借助计算机才能完成，如果近似计算，则有下面两种方法：方法一 用切比雪夫不等式估计.P{6800&X&7200}=P{OX-}≥1-.9457.方法二 用棣莫弗―拉普拉斯中心极限近似计算. 由于二项分布中参数n相当大，根据中心极限定理，X近似服从N().P{6800&X&7200}=P{OX-02100≈2Φ(4.36)-1=0.99999.注：尽管切比雪夫不等式与中心极限定理都可以对概率P{6800&X&7200}.给出估计，但是前者远不如后者的结果准确.习题29假设一条自动生产的产品合格率是0.8. 要使一批产品的合格率达到在76%与84%之间的概率不小于90%, 问这批产品至少要生产多少件？解答：假设至少要生产n件产品，记X表示n件产品的合格品数目. 易见X服从参数为n,0.8的二项分布，依题意，应该确定生产产品数n使其满足下面的概率不等式P{0.76&Xn&0.84≥0.90.依题意，E(X)=0.8n, D(X)=0.16n.方法一 应用切比雪夫不等式.P{0.76&Xn&0.84=P{OX-0.8nO&0.04n}≥1-0.16n(0.04n)2=1-100n. 如果1-100n≥0.90, 即n≥1000, 则一定可以保证不等式P{0.76&Xn&0.84≥0.90成立.方法二 应用棣莫佛―拉普拉斯定理. 当n比较大时，X近似服从正态分布N(0.8n,0.16n).P{0.76&X/n&0.84}=P{OX-0.8n0.4nO&0.040.4n≈2Φ(0.1n)-1≥0.90,Φ(0.1n)≥0.95.查表得0.1n≥1.64, 解此不等式可得n≥268.96. 因此n至少为269.注意：尽管切比雪夫不等式与中心极限定理都可以对概率P{0.76&X/n&0.84}给出估计，但是前者远不如后者的结果准确.习题30用棣莫佛―拉普拉斯中心极限定理证明，在伯努利试验中，若0&p&1, 则不论k如何，总有P{Oμn-npO&k}→0(n→∞).解答： P{Oμn-npO&k}=P{np-k&μn&np+k}=P{-knpq&μn-npnpq&knpq≈Φ(knpq)-Φ(-knpq), 其中Φ(x)=12π∫-∞xe-t2/2dt.\becauselimn→∞[Φ(knpq)-Φ(-knpq)]=0, 故P{Oμn-npO&k}→0(n→∞).习题31设X1,X2,?,Xn,?为独立同分布的随机变量序列，已知E(Xi)=μ, D(Xi)=σ2(σ≠0), 证明：当n充分大时，算术平均Xˉn=1n∑i=1nXi近似服从正态分布，并指出分布中的参数.解答：由独立同分布中心极限定理，得limn→∞P{∑i=1nXi-nμnσ≤x=∫-∞x12πe-t2/2dt,即limn→∞P{1n∑i=1nXi-μσ2n≤x=∫-∞x12πe-t2/2dt,亦即limn→∞P{Xnˉ-μσ2n≤x=∫-∞x12πe-t2/2dt.于是，当n充分大时，有Xnˉ-μσ2n～?N(0,1), 而E(Xnˉ)=μ,D(Xnˉ)=μ,D(Xnˉ)=σ2n,故Xnˉ～?N(μ,σ2n)(n充分大时). 分享： >
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