《概率论与数理统计》习题及答案--第五章

·55·《概率论与数理统计》习题及答案第五章1．假设有10只同种电器元件，其中两只废品，从这批元件中任取一只，如果是废品，则扔掉重新取一只，如仍是废品，则扔掉再取一只，试求在取到正品之前，已取出的废品只数的数学期望和方差。解设X为已取出的废品只数，则X的分布为012828218101091098XP即012881104545XP所以82245459EX，2844,454515EX224488().1581405DXEXEX2．假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作，若1周5个工作日里无故障，可获利10万元；发生一次故障仍可获利5万元，发生两次故障所获利润零元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。求1周内期望利润是多少？解设一周所获利润为T（万元），则T的可能值为10,5,0,2.又设X为机器一周内发生故障的次数，则~(5,0.2)XB，于是，5(10)(0)(0.8)0.3277PTPX145(5)(1)0.2(0.8)0.4096PTPXC类似地可求出T的分布为205100.05790.20480.40960.3277TP·56·所以一周内的期望利润为20.057950.4096100.3277ET5.209（万元）3．假设自动线加工的某种零件的内径X（毫米）服从正态分布(,1)N，内径小于10或大于12为不合格品，销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T（元）与零件的内径X有如下关系：1,10,20,1012,5,12.XTXX若若若问平均内径取何值时，销售一个零件的平均利润最大.解1(10)20(1012)5(12)ETPXPXPX10()20[(12)(10)]5[1(12)]125(12)21(10)525(12)21(10)dETd22(10)(12)22112125022ee即221[(12)(10)]22125e两边取对数得21222ln25即12511ln221.时，平均利润最大.4．从学校到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是25，设X为途中遇到红灯的次数，求随机变量X的分布律、分布函数和数学期望.·57·解2~(3,)5XB，分布律为3323()()()0,1,2,3.55kkkPXkCk即01232754368125125125125XPX的分布函数为0,0,27,01,12581(),12,125117,23,1251,3.xxFxxxx54722415061251251251255EX5．设随机变量服从几何分布，其分布列为1()(1)kPXkpp，01,1,2,pk求EX与DX解1111111(1)()kkkkkkkkxqxqEXkpppkqpxpx其中1qp由函数的幂级数展开有011kkxx，所以21111.1(1)xqxqEXppxxp因为221211()(1)kkxqxqkkxEXkpqpxxpx22pp，所以·58·2222221().pqDXEXEXppp解22123kEXPpqpqkpq21(123),kpqqkq设21123,kSqqkq（1）则2323,kqSqqqkq（2）（1）–（2）得211(1)11kqSqqqq，所以2211(1)Sqp，从而，得211EXpSppp.22222123nEXppqpqnpq222211(123)npqqnqpS，22232123,nqSqqqnq2112(1)135(21),nqSqqnqS23235(21),nqSqqqnq21222(1)12()111nqqqSqqqqp，2212qSpp，于是212312SqSppp，所以22321212()qqEXppppp，故得X的方差为·59·2222221211().qqpDXEXEXppppp6．设随机变量X分别具有下列概率密度，求其数学期望和方差.（1）||1()2xfxe；（2）1||,||1,()0,||1;xxfxX（3）2215(2),02,()160,xxxfx其他;（4）,01,()2,12,0,.xxfxxx其他解（1）||102xEXxedx，（因为被积函数为奇函数）22||2012xxDXEXxedxxedx2002xxxexedx002[]2.xxxeedx（2）11(1||)0,EXxxdx3411222310101(1||)2()2[]346xxDXEXxxdxxxdx.（3）2232543001515(2)(44)1616EXxxdxxxxdx26450154415161166541615xxx,22654015(44)16EXxxxdx2765015448167657xxx，所以2281()177DXEXEX.（4）223122220111128(2)313333xEXxdxxxdxx,·60·1223230112114(2)(81)(161)43412EXxdxxxdx,所以1411126DX.7．在习题三第4题中求11EX解因X的分布为012311112488XP所以11111111671224384896EX.8．设随机变量X的概率密度为,02,(),24,0,axxfxcxbx其他.已知32,(13)4EXPX，求（1）,,abc的值（2）随机变量XYe的数学期望和方差.解（1）24021()()fxdxaxdxcxbdx24422202226,22acxxbxabc242022()()xfxdxaxdxcxbxdx856633acb，2312335()422axdxcxbdxacb，解方程组·61·13281856633252abcabcabc得14a，1b，14c.（2）242202111()()(1)(1)444XxxxEYEeefxdxxedxxedxe，24222220211()()(1)44XxxxEYEeefxdxxedxxedx2222211(1)[(1)]44eee222221()(1)4DYEYEYee.9．游客乘电梯从底层到电视塔顶层观光；电梯于每个整点的第5分钟，25分钟和55分钟从底层起行。假设一游客在早八点的第X分钟到达底层候梯处，且X在[0,60]上均匀分布，求该游客等候时间的数学期望.解设候梯时间为T，则5,5,25,525,()55,2555605,55.XXXXTgXXXXX6001[()]()()()60ETEgXgxfxdxgxdx52555600525551(5)(25)(55)(65)60xdxxdxxdxxdx1[12.520045037.5]11.6760.10．设某种商品每周的需求量X是服从区间[10,30]上均匀分布的随机变量，而经销商店进货量为区间[10,30]中的某一个整数，商店每销售一单位商品·62·可获利500元；若供大于求则削价处理，每处理一单位商品亏损100元；若供不应求，则从外部调剂供应，此时每一单位商品仅获利300元，为使商店所获利润期望值不少于9280元，试确定最小进货量。解设商店获得的利润为T，进货量为y，则500()300,30,()500()100,10.yXyyXTgXXyXXy300200,30,600100,10,XyyXXyXy由题意9280()()ETgxfxdx30101(600100)(300200)20yyxydxxydx27.53505250,yy即27.535040300yy.解不等式得220263y，即使利润的期望值不少于9280元的最少进货量为21个单位.11．设X与Y同分布，且X的概率密度为23,02,()80,.xxfx其他（1）已知事件{}AXa和事件{}BYa独立，且3{}4PAB，求常数a；（2）求21EX。解（1）22331()[8]88aPXaxdxa3{}()()()4PABPAPBPAB33221[8][8]864aa，·63·即有方程323(8)16(8)480,aa即33[(8)12][(8)4]0aa，可见3812a或384a，解之得34a或34a（不合题意）故34a.（2）22013384EdxX.12．于习题四第15题中求()sin2XYZ的数学期望.解,XY的分布为(,)(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)(2,0)(2,1)0.100.150.250.200.150.15ijxypsin0.15sin0.25sin0.2022EZ3sin0.15sin0.1520.150.250.150.2513．设(,)XY的分布律为YX–101ip1230.20.100.100.30.10.10.10.40.20.4jp0.30.40.3解（1）0.420.230.42,EX10.30.30EY；（2）1()10.2(1/2)0.103jijijiyYEZEpXx1110.10.10.12315；（3）2()EWEXY22()(())2()()DXYEXYDXDYEXYEXEYEXEY（1）求,EXEY（2）设YZX，求EZ（3）设2()WXY，求EW·64·2222[()][()]2[0]4ijijIJEXEXEYEYxyp[0.440.290.44][0.30.3]2(0.220.10.120.130.140.80.60.445.或22222()[2]2EWEXYEXXYYEXEXYEY0.440.290.42(0.220.10.120.130.1)0.30.34.80.40.65.或，先求2()XY的分布2()0149160.10.20.30.40XYP0.240.390.45EW.14．设离散型二维随机变量(,)XY在点1111(1,1),(,),(,),(1,1)2424取值的概率均为14，求,,,,.EXEYDXDYEXY解111111110424244EX，2111110541