浙江大学概率论与数理统计第四章习题

第四章习题2.某产品的次品率为0.1,检验员每天检验4次.每次随机地取10件产品进行检验,如发现其中的次品数多于1,就去调整设备.以X表示一天中调整设备的次数,试求E(X).(设诸产品是否为次品是相互独立的.)解设Zi表示第i次检验时所发现的次品数(i=1,2,3,4),则Zi~b(10,0.1)P{Zi=k}=0.1k0.910-k,k=0,1,2,…,10.10k设随机变量Xi=1,第i次检验时要调整设备(Zi1)0,第i次检验时不调整设备(Zi1)(i=1,2,3,4)则X=X1+X2+X3+X4,由于P{Xi=0}=P{Zi1}=P{Zi=0}+P{Zi=1}=0.910+100.10.99=1.90.99P{Xi=1}=1-P{Xi=0}=1-1.90.99Xi服从(0-1)分布,故其数学期望而E(X)=E(X1)+E(X2)+E(X3)+E(X4)=4[1-1.90.99]=1.0556E(Xi)=P{Xi=1}=1-1.90.99(i=1,2,3,4)1(1)5.在下列句子中随机地取一单词,以X表示取到的单词所包含的字母个数,写出X的分布律并求E(X).“THEGIRLPUTONHERBEAUTIFULREDHAT”解共有8个单词,随机取到每个单词的概率都是1/8,X2349pk1/85/81/81/8415819814853812)(XE设在某一规定的时间间隔里,某电气设备用于最大负荷的时间X(以分计)是一个随机变量,其概率密度为其它,030001500),3000(15000,)(221500115001xxxxxf求E(X).dxxxfXE)()(解dxxxdxx3000150021500115000215001)3000(2230001500231500115000315001)1500(3232xxx1500)1000()500(4500X的分布律为X的取值为2,3,4,9,6.7.设随机变量X的分布律为X-202pk0.40.30.3求E(X),E(X2),E(3X2+5).解2.03.023.004.0)2()(31kkkpxXE8.23.023.004.0)2()(2223122kkkpxXE4.133.0]523[3.0]503[4.0]5)2(3[)53()53(2223122kkkpxXE或E(3X2+5)=3E(X2)+5=32.8+5=13.4设随机变量X的概率密度为0,00,)(xxexfx求(1)Y=2X;(2)Y=e-2X的数学期望.解dxxedxxxfXEx02)(2)2(2)(2][2)(20000xxxxedxexeexddxeedxxfeeExxxX0222)()(31310303xxedxe8.设(X,Y)的分布律为X123Y00.10.00.310.10.10.1-10.20.10.0P{X=i}0.40.20.41.0P{Y=j}0.30.40.3(1)求E(X),E(Y);(2)设Z=Y/X,求E(Z);(3)设Z=(X-Y)2,求E(Z).解(1)先求出关于X,Y的边缘分布律如右故E(X)=10.4+20.2+30.4=2E(Y)=-10.3+00.4+10.3=0(2)先求出Z=Y/X的分布律如下Zpk-10.2-1/20.1-1/30.000.41/30.11/20.110.1故1511.011.0211.0314.000)31(1.0)21(2.0)1()(ZE(3)先求出Z=(X-Y)2的分布律如下Zpk220.2320.1420.0120.1220.0320.3020.1120.1220.1整理得Zpk00.110.240.390.4故E(Z)=00.1+10.2+40.3+90.4=59.设(X,Y)的概率密度为其它,010,12),(2xyyyxf求E(X),E(Y),E(XY),E(X2+Y2).xoy11y=x解如图,阴影部份是f(x,y)不为零的区域dxdyyxxfXE),()(10410025/4412dxxdyyxdxxdxdyyxyfYE),()(10410035/3312dxxdyydxxdxdyyxxyfXYE),()(10510032/1312dxxdyyxdxxdxdyyxfyxYXE),()()(22221004100221212xxdyydxdyydxx10101055515165325124dxxdxxdxx也可以先求边缘概率密度dyyxfxfX),()(其它,010,412032xxdyyxdxyxfyfY),()(其它,010,)(12121322yyydxyydxxxfXEX)()(1045/44dxxdyyyfYEY)()(104353)5141(12)(12dxyy11.一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0,00,41)(4xxexfx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化费300元.试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望.解设Y(元)表示厂方出售一台设备的净赢利,则Y只能取两个值:Y=100和Y=100-300=-200.而{Y=100}时,设备的寿命必须在一年以上,即{X1}故P{Y=100}=P{X1}411441141)(eedxedxxfxx而P{Y=-200}=1-P{Y=100}411e或=P{X1}=1-P{X1}厂方出售一台设备净赢利的数学期望E(Y)=100e-1/4+(-200)(1-e-1/4)=3000.7788-200=33.64(元)14.设随机变量X1,X2的概率密度分别为0,00,2)(21xxexfx0,00,4)(42xxexfx(1)求E(X1+X2),E(2X1-3X22);(2)又设X1,X2相互独立,求E(X1X2).解法一:利用已知概率密度计算积分(1)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2)dxxxfdxxxf)()(21)()(4204020402xxxxexdexddxxedxxe4341214121040204040202xxxxxxeedxexedxexeE(2X1-3X22)=2E(X1)-3E(X22)dxxfx)(321222dtetdxextxtx022404243143185!21631)3(1631(2)E(X1X2)2222111121221121)()()()(dxxfxdxxfxdxdxxfxfxx814121422042102121dxexdxexxx法二:利用已知结果直接求解由所给概率密度可知,X2服从参数=1/4的指数分布,故E(X2)==1/4,D(X2)=2=1/16.从而E(X22)=D(X2)+[E(X2)]2=1/8.X1服从参数=1/2的指数分布,E(X1)=1/2.按照数学期望的性质,E(X1+X2)=E(X1)+E(X2)=3/4,E(2X1-3X22)=2E(X1)-3E(X22)=5/8,由于X1,X2相互独立,E(X1X2)=E(X1)E(X2)=1/8.15.将n只球(1~n号)随机地放进n只盒子(1~n号)中去,一只盒子装一只球.若一只球装入与球同号的盒子中,称为一个配对.记X为总的配对数,求E(X).解设随机变量Xi=0,第i号盒子中装的不是第i号球1,第i号盒子恰好装第i号球(i=1,2,…,n)而X=X1+X2+…+Xn,第i号球放进n个盒子中有n种放法,故其恰好放进第i号盒子中的概率P{Xi=1}=1/n,由(0-1)分布的数学期望E(Xi)=P{Xi=1}=1/n,(i=1,2,…,n)故E(X)=E(X1)+E(X2)+…+E(Xn)=nE(Xi)=1.16.若有n把看上去样子相同的钥匙,其中只有一把能打开门上的锁,用它们去试开门上的锁.设取到每只钥匙是等可能的.若每把钥匙试开一次后除去.试用下面两种方法求试开次数X的数学期望.(1)写出X的分布律;(2)不写出X的分布律.解(1)设事件Ai表示“第i次试开能打开门”,则Ai表示“第i次试开不能打开门”.由于第i次试开前,巳试了(i–1)把钥匙都未打开门,而在剩下的[n-(i-1)]把钥匙中只有一把能打开门,所以前(i-1)次试开未打开门的条件下,第i次试开能打开门的概率为P(Ai|A1A2…Ai-1)=1/(n-i+1),而第i次试开不能打开门的概率为P(Ai|A1A2…Ai-1)=1111ininin{X=k}表示第1,2,…,k-1次试开不能打开门,第k次试开能打开门,故P{X=k}=P(A1A2…Ak-1Ak)=P(A1)P(A2|A1)…P(Ak-1|A1A2…Ak-2)P(Ak|A1A2…Ak-1)nknknknnnnn11121121(k=1,2,…,n)212)1(1)21(11}{)(11nnnnnnnkkXkPXEnknk(2)设随机变量Xi=0,第i次未抽到开门钥匙1,第i次抽到开门钥匙(i=1,2,…,n)基本事件是从n把钥匙中抽取一把,故基本事件总数为n.而取到每把钥匙是等可能的.由于只有一把钥匙能打开门上的锁,每把钥匙试开一次后除去,所以第i次抽到开门钥匙,只能从[n-(i-1)]把中抽取.故P{Xi=1}=(n-i+1)/n,由(0-1)分布的数学期望E(Xi)=P{Xi=1}=(n-i+1)/n,(i=1,2,…,n)而X=X1+X2+…+Xn,212)1(1)122)1([11)()(11nnnnnnnninXEXEninii18.设随机变量X服从瑞利分布,其概率密度为0,00,)(2222xxexxfx其中0是常数,求E(X),D(X).解法一:利用2022dtet令t=x/,则20222dxexdxxxfXE)()()(2222202022xxexddxex202022222dxexexxdxxfxXE)()(22)(22222022023xxedxdxex2022020222202222222xxxedxxeex22224)]([)()(XEXEXD法二:利用函数的定义及性质.)21(,1)1(),()1(),0(,)(01aaaadtetata令t=x2/22,则dttdxtx2,2dtetdttteXEtt0210222)(2)21(212)23(222020223322)2(222)2()(dttedttetXEtt19.设随机变量X服从分布,其概率密度为