概率第二章作业问题习题

10、每次射击命中率为0.2，必须进行多少次独立射击，才能使至少击中一次的命中率，(1)不小于0.9？(2)不小于0.99？解：已知n次独立射击中至少击中一次的概率为nnP)8.0(1)2.01(1；(1)要使{1}1(0.8)0.9nPpX，0.1(0.8)n,必须3.108.0lg1.0lgn，即射击次数必须不小于11n次.(2)要使99.0)8.0(1nP，必须64.208.0lg01.0lgn，即射击次数必须不小于21n次14、求离散型随机变量的分布律为kbkP，1(k=1，2，…)的充分必要条件。解：由分布的两要素上式是分布律的充要条件1kbkP0且11kPk1011kkkkbbbbb111bbbb11111b且b0.20、设连续型随机变量X的分布函数为)0(0,00,)(xxBeAxFx求(1)常数A,B；(2)}3{},2{XPXP；(3)概率密度)(xf。解:(1)()11FA，由连续型随机变量的分布函数的连续性00lim()(0)01xFxFABB；1,0()(0)0,0xexFxx(2){2}PX2(2)1Fe，33{3}1{3}1(1)PXPXee(3),0()0,0xexdFfxdxx22、设随机变量X具有对称的概率密度)(xf，即)(xf为偶函数，)()(xfxf，证明：对任意0a有：(1)adxxfaFaF0)(21)(1)(;(2))](1[2}|{|aFaXP；(3)1)(2}|{|aFaXP，证明：(1)adxxfaF)()(，令xt，()()()()aaaFafxdxftdtfxdx()()1()afxdxfxdxFa又因为：)]()([2121)(2121)(210aFaFdxxfdxxfaaa)(121)(21]1)(2[2121))](1()([2121aFaFaFaFaF(2))](1[2}|{|aFaxP证明：)]()([1}{1}|{|1}|{|aFaFaxaPaxPaxP)](1[2)(22)(1)(1)]](1[)([1aFaFaFaFaFaF(3)1)(2}|{|aFaxP证明：)()(}{}{}|{|aFaFaxaPaxaPaxP1)(2)](1[)(aFaFaF23、设顾客在银行的窗口等待服务的时间X(以小时计)服从指数分布，其概率密度为其它,00,51)(5xexfx某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟，他就离开，他一个月要到银行5次，以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y的分布律，并求}1{YP.解：某顾客未等到服务而离开窗口的概率111010255001{10}1{10}11()5xxppXpXedxee2(5,)YBe，2255{}(1),0,1,2,3,4,5kkkPYkCeek。{1}1{1}1{0}0.5166PYPYPY25、一个工厂生产的电子管寿命X(以小时计)，服从参数160、的正态分布，若要求80.0}200120{XP，允许最大为多少？解:200160120160{120200}()()Px404040()()2()180.01)40(2，9.0)40(，查表28.140，25.31，故允许最大为31.2526、公共汽车车门的高度是按男子与车门顶碰头的机会在0.01米以下设计的，设男子身高x服从cmcm6,170的正态分布，即)6,170(~2NX问车门的高度应如何确定？解：设车门高度为hcm，按设计要求01.0}{hxP，或1{}10.01Pxh，即99.0}{hxP，因为)6,170(~2Nx，故99.0)6170()(}{hhFhxP查表得99.09901.0)33.2(，33.26170h，即cmh184设计车门高度为184厘米时，可使男子与车门碰头的机会不超过0.01。28、设)1,0(~NX，求(1)XeY的概率密度(2)122XY的概率密度(3)求||XY的概率密度解：(1)方法1设xexfNxx,21)(),1.0(~220xye，所以0y，0)(yFY0y，()lnXYFypYypeypXy2ln212xyedx()()YfyFy＝2ln21,020,0yeyyy方法2设xexfNxx,21)(),1.0(~22yxyxeyeyxx1',ln,0',其它,00,1][ln)(yyyfy即其它,00,121)(2)(ln2yyeyy(2)1122xy，当1y时，Y的分布函数，22111(){}{21}{}{222YyyyFyPYyPXyPXPX2102221212021,222122yxyyxYxdxedxe当1y时，0)(yFY，Y的概率密度1,01)],21()21([1241)()(yyyfyfyyFyY即1,01,)1(21)(41yyeyyy(3)0||,||xyxY，当0y时，Y的分布函数yyYdxxfyxyPyxPyYPyF)(}{}|{|}{)(yyyxxdxedxe022222221当0y时，0)(yFY，Y的概率密度0,00,)(2)()(yyyfyFy当0y时，0)(,0}|{|)(yyxPyFY0,00,22)(22yyeyy29、设电流I是一个随机变量，它均匀分布在9安~11安之间，若此电流通过2欧姆的电阻，在其上消耗的功率为22IW，求W的概率密度.解：由题意I的概率密度为其它,0119,21)(xxf222,2,,911,1622422wwIwIIIw对于22)(}22{}{)(,0dxxfIPwPwFww22921()2fxdxdx,1620.当0w时，其分布函数0)(wFw，故w的概率密度wwFwfw41)()(；2111,11242()()20,11wddwwfwFwdww其它,0242162,24121221、设正方体的棱长为随机变量，且在区间(0，a)上均匀分布,求正方体体积的概率密度(其中a0).解:正方体体积=3函数y=x3在(0，a)上的反函数10()0xafxa其它0,()00yFypY13133010,()yyFypYypypydya13010()()00yddyyfyFydyay3231030yaay其他方法2xhyy()13，hyy'(),1323ayh1的概率密度为ayyay)(0031ψ33231.设随机变量的概率密度为0,00,122xxxx求随机变量=ln的概率密度。解：方法1，如28题（1）中的方法1方法2，函数y=lnx的反函数x=h(y)=ey，当x在(0，+)上变化时，y在(，+)上变化，1e2yh,e)y(hy2y于是的概率密度为yeeyyy12)(232.已知某种产品的质量指标服从N(,2)，并规定||m时产品合格，问m取多大时，才能使产品的合格率达到95%。已知标准正态分布函数Φ(x)的值：Φ(1.96)=0.975,Φ(1.65)=0.95,Φ(1.65)=0.05,Φ(0.06)=0.475.解：P{||m}=0.95，此式等价于P{m+m}=0.9因为服从N(,2)，故P{m+m}=)()(mm95012.)()()(mmm查表m196.得m=1.96故m取1.96时才能使产品合格率达到95%。