概率统计第四章

习题四解答1.下列给出的数列，哪些是随机变量的分布律，并说明理由。（1）5,4,3,2,1,0,15iipi；（2）3,2,1,0,652iipi；（3）5,4,3,2,41ipi；（4）5,4,3,2,1,251iipi。解要说明题中给出的数列，是否是随机变量的分布律，只要验证ip是否满足下列二个条件：其一条件为,2,1,0ipi，其二条件为1iip。依据上面的说明可得（1）中的数列为随机变量的分布律；（2）中的数列不是随机变量的分布律，因为0646953p；（3）中的数列为随机变量的分布律；（4）中的数列不是随机变量的分布律，这是因为5112520iip。2.试确定常数c，使4,3,2,1,0,2iciXPi成为某个随机变量X的分布律，并求：2XP；2521XP。解要使ic2成为某个随机变量的分布律，必须有1240iic，由此解得3116c；（2）2102XPXPXPXP3128412113116（3）212521XPXPXP311241213116。3.一口袋中有6个球，在这6个球上分别标有-3，-3，1，1，1，2这样的数字。从这袋中任取一球，设各个球被取到的可能性相同，求取得的球上标明的数字X的分布律与分布函数。解X可能取的值为-3，1，2，且612,211,313XPXPXP，即X的分布律为X-312概率312161X的分布函数03xxXPxF=3113x6521x12x4.一袋中有5个乒乓球，编号分别为1，2，3，4，5，从中随机地取3个，以X表示取出的3个球中最大号码，写出X的分布律和分布函数。解依题意X可能取到的值为3，4，5，事件3X表示随机取出的3个球的最大号码为3，则另两个球的只能为1号，2号，即1013513XP；事件4X表示随机取出的3个球的最大号码为4，因此另外2个球可在1、2、3号球中任选，此时103352314XP；同理可得106352415XP。X的分布律为X345概率101103106X的分布函数为03xxF10143x10454x15x5.在相同条件下独立地进行5次射击，每次射击时击中目标的概率为0.6，求击中目标的次数X的分布律。解依题意X服从参数6.0,5pn的二项分布，因此，其分布律5,,1,0,4.06.055kkkXPkk，具体计算后可得X012345概率3125326254862514462521662516231252436.从一批含有10件正品及3件次品的产品中一件一件的抽取。设每次抽取时，各件产品被抽到的可能性相等。在下列三种情形下，分别求出直到取得正品为止所需次数X的分布律。（1）每次取出的产品立即放回这批产品中再取下一件产品；（2）每次取出的产品都不放回这批产品中；（3）每次取出一件产品后总是放回一件正品。解（1）设事件,2,1,iAi表示第i次抽到的产品为正品，依题意，,,,1nAA相互独立，且,2,1,1310iAPi而,2,1,131013311111kAPAPAPAAAPkXPkkkkk即X服从参数1310p的几何分布。（2）由于每次取出的产品不再放回，因此，X可能取到的值为1，2，3，4，.286110111213101234,143511121310233,26512131032,13101XPXPXPXPX的分布律为X1234概率131026514352861（3）X可能取到的值为1，2，3，4，.219761313131234,21977213131312233,1693313131132,13101XPXPXPXP所求X的分布律为X1234概率13101693321977221976由于三种抽样方式不同，导致X的分布律也不一样，请仔细体会它们的不同处。7.设随机变量pBX,6~，已知51XPXP，求p与2XP的值。解由于pBX,6~，因此6,,1,0,1666kppkXPkk。由此可算得,165,16155ppXPppXP即,161655pppp解得21p；此时，641521!25621212626262XP。8.掷一枚均匀的硬币4次，设随机变量X表示出现国徽的次数，求X的分布函数。解一枚均匀硬币在每次抛掷中出现国徽的概率为21，因此X服从21,4pn的二项分布，即4,3,2,1,0,212144kkkXPkk由此可得X的分布函数0，0x161，10xxF165，21x1611，32x1615，43x1，4x9.某商店出售某种物品，根据以往的经验，每月销售量X服从参数4的泊松分布，问在月初进货时，要进多少才能以99%的概率充分满足顾客的需要？解设至少要进n件物品，由题意n应满足,99.0,99.01nXPnXP即99.0!41104nkkeknXP99.0!404nkkeknXP查泊松分布表可求得9n。10.有一汽车站有大量汽车通过，每辆汽车在一天某段时间出事故的概率为0.0001，在某天该段时间内有1000辆汽车通过，求事故次数不少于2的概率。解设X为1000辆汽车中出事故的次数，依题意，X服从0001.0,1000pn的二项分布，即0001.0,1000~BX，由于n较大，p较小，因此也可以近似地认为X服从1.00001.01000np的泊松分布，即1.0~PX，所求概率为.004679.0090484.0904837.01!11.0!01.0110121.011.00eeXPXPXP11.某试验的成功概率为0.75，失败概率为0.25，若以X表示试验者获得首次成功所进行的试验次数，写出X的分布律。解设事件iA表示第i次试验成功，则75.0iAP，且,,,1nAA相互独立。随机变量X取k意味着前1k次试验未成功，但第k次试验成功，因此有75.025.011111kkkkkAPAPAPAAAPkXP所求的分布律为X12…k…概率0.7575.025.0…75.025.01k…12.设随机变量X的密度函数为xfx2，Ax00，其他，试求：（1）常数A；（2）X的分布函数。解（1）xf成为某个随机变量的密度函数必须满足二个条件，其一为0xf；其二为1dxxf，因此有Axdx012，解得1A，其中1A舍去，即取1A。（2）分布函数xdxxfxXPxF=xxxdxxdxdxxdxdxdx1010000202001100xxx=102x1100xxx13.设随机变量X的密度函数为xAexfx,，求：（1）系数A；（2）10XP；（3）X的分布函数。解（1）系数A必须满足1dxAex，由于xe为偶函数，所以12200dxAedxAedxAexxx解得21A；（2）11010121212110edxedxeXPxx；（3）xdxxfxF=xxxxxdxedxedxe0021212100xx=xxxxxdxedxedxe0021212100xx=xxee121212100xx=xxee2112100xx14.证明：函数xf022cxecx00xx（c为正的常数）为某个随机变量X的密度函数。证由于0xf，且12022022222cxcxcxecxdedxecxdxxf，因此xf满足密度函数的二个条件，由此可得xf为某个随机变量的密度函数。15.求出与密度函数xf025.05.0xe2200xxx对应的分布函数xF的表达式。解当0x时，xxxxedxedxxfxF5.05.0当20x时，0025.05.025.05.0xdxdxedxxfxFxxx当2x时，15.05.0025.05.00220xxdxdxdxexF综合有xF,1,25.05.0,5.0xex.2;20;0xxx16.设随机变量X在6,1上服从均匀分布，求方程012Xtt有实根的概率。解X的密度函数为xf,5161x；,0其他.方程012Xtt有实根的充分必要条件为042X，即42X，因此所求得概率为6225451022224dxXPXPXXPXP或。17.设某药品的有效期X以天计，其概率密度为xf,100200003x0x;0，其他.求：(1)X的分布函数；(2)至少有200天有效期的概率。解(1)xdxxfxF=,10020000,003dxxx.0;0xx=,100100001,02x.0;0xx(2)911002001000011200120012002FXPXP。18.设随机变量X的分布函数为xF,11,0xex00xx求X的密度函数，并计算1XP和2XP。解由分布函数xF与密度函数xf的关系，可得在xf的一切连续点处有xFxf，因此xf,0,xxe其他0x所求概率112111111eeFXP；223211121212eeFXPXP。19.设随机变量X的分布函数为xxBAxF,arctan，求(1)常数BA,；(2)1XP；(3)随机变量X的密度函数。解：(1)要使xF成为随机变量X的分布函数，必须满足1lim,0limxFxFxx，即1arctanlim0arctanlimxBAxBAxx计算后得1202BABA解得121BA另外，可验证当1,21BA时，xxFarctan121也满足分布函数其余的几条性质。（2）11111FFXPXP1arctan1211arctan12124141（3）X的密度函数xxxFxf,112。20.设顾客在某银行的窗口等待服务的时间（单位：min）服从51的指数分布，其密度函数为xf0,515xe其他0x，某顾客在窗口等待服务，若超过10min，他就离开。（1）设某顾客某天去银行，求他未等到服务