概率论第三版第2章答案详解

第二章作业题解:2.1掷一颗匀称的骰子两次,以X表示前后两次出现的点数之和,求X的概率分布,并验证其满足(2.2.2)式.解：123456123456723456783456789456789105678910116789101112由表格知X的可能取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12。并且，361)12()2(XPXP；362)11()3(XPXP；363)10()4(XPXP；364)9()5(XPXP；365)8()6(XPXP；366)7(XP。即36|7|6)(kkXP(k=2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)2.2设离散型随机变量的概率分布为,2,1,}{kaekXPk试确定常数a.解：根据1)(0kkXP，得10kkae，即1111eae。故1ea2.3甲、乙两人投篮时,命中率分别为0.7和0.4,今甲、乙各投篮两次,求下列事件的概率：(1)两人投中的次数相同;(2)甲比乙投中的次数多.解：分别用)2,1(,iBAii表示甲乙第一、二次投中，则12121212()()0.7,()()0.3,()()0.4,()()0.6,PAPAPAPAPBPBPBPB两人两次都未投中的概率为：0324.06.06.03.03.0)(2121BBAAP，两人各投中一次的概率为：2016.06.04.03.07.04)()()()(1221211212212121BBAAPBBAAPBBAAPBBAAP两人各投中两次的概率为：0784.0)(2121BBAAP。所以：（1）两人投中次数相同的概率为3124.00784.02016.00324.0(2)甲比乙投中的次数多的概率为：12121221121212121212()()()()()20.490.40.60.490.3620.210.360.5628PAABBPAABBPAABBPAABBPAABB2.4设离散型随机变量X的概率分布为5,4,3,2,1,15}{kkkXP，求)31()1(XP)5.25.0()2(XP解：(1)52153152151)31(XP(2))2()1()5.25.0(XPXPXP511521512.5设离散型随机变量X的概率分布为,,3,2,1,21}{kkXPk，求};6,4,2{)1(XP}3{)2(XP解：31)21211(21212121}6,4,2{)1(422642XP41}2{}1{1}3{)2(XPXPXP2.6设事件A在每次试验中发生的概率均为0.4,当A发生3次或3次以上时,指示灯发出信号,求下列事件的概率：(1)进行4次独立试验,指示灯发出信号;(2)进行5次独立试验,指示灯发出信号.解：(1))4()3()3(XPXPXP1792.04.06.04.04334C(2))5()4()3()3(XPXPXPXP31744.04.06.04.06.04.054452335CC.2.7某城市在长度为t(单位：小时)的时间间隔内发生火灾的次数X服从参数为0.5t的泊松分布,且与时间间隔的起点无关,求下列事件的概率：(1)某天中午12时至下午15时未发生火灾;(2)某天中午12时至下午16时至少发生两次火灾.解：(1)()!kPXkek，由题意，0.531.5,0k，所求事件的概率为1.5e.(2)0(2)110!1!PXeeee,由题意，0.541.5，所求事件的概率为213e.2.8为保证设备的正常运行,必须配备一定数量的设备维修人员.现有同类设备180台,且各台设备工作相互独立,任一时刻发生故障的概率都是0.01，假设一台设备的故障由一人进行修理,问至少应配备多少名修理人员,才能保证设备发生故障后能得到及时修理的概率不小于0.99？解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为X，则)01.0,180(~BX。依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即99.0)(mXP，也即01.0)1(mXP因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为8.101.0180的泊松分布。查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。故应至少配备6名设备维修人员。2.9某种元件的寿命X(单位：小时)的概率密度函数为：21000,1000()0,1000xfxxx求5个元件在使用1500小时后,恰有2个元件失效的概率。解：一个元件使用1500小时失效的概率为3110001000)15001000(15001000150010002xdxxXP设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则)31,5(~BY。所求的概率为22351280(2)()()33243PYC。2.10设某地区每天的用电量X(单位：百万千瓦时)是一连续型随机变量,概率密度函数为：212(1),01,()0,xxxfx其他假设该地区每天的供电量仅有80万千瓦时,求该地区每天供电量不足的概率.若每天的供电量上升到90万千瓦时,每天供电量不足的概率是多少?解：求每天的供电量仅有80万千瓦时,该地区每天供电量不足的概率，只需要求出该地区用电量X超过80万千瓦时（亦即X0.8百万千瓦时）的概率：0.80.8202340.80(0.8=1-P(X0.8=1-()112(1)1(683)0.0272PXfxdxxxdxxxx））若每天的供电量上升到90万千瓦时,每天供电量不足的概率为：0.90.9202340.90(0.9=1-P(X0.9=1-()112(1)1(683)0.0037PXfxdxxxdxxxx））2.11设随机变量~(2,4),KU求方程22230xKxK有实根的概率.解：方程22230xKxK有实根，亦即248124(3)(1)0KKKK,显然，当31KK时，方程22230xKxK有实根；又由于~(2,4),KU所求概率为：1(2)4314(2)3。2.12某型号的飞机雷达发射管的寿命X(单位：小时)服从参数为0.005的指数分布,求下列事件的概率：(1)发射管寿命不超过100小时;(2)发射管的寿命超过300小时;(3)一只发射管的寿命不超过100小时,另一只发射管的寿命在100至300小时之间.解：(1)发射管寿命不超过100小时的概率：1001000.0050.0050.500(100)0.0051xxPXedxee=0.39(2)发射管的寿命超过300小时的概率：1.51.5(300)1(300)1(1)0.223PXPxee(3)一只发射管的寿命不超过100小时,另一只发射管的寿命在100至300小时之间.0.50.51.5(1)()0.15eee。2.13设每人每次打电话的时间(单位：分钟)服从参数为0.5的指数分布.求282人次所打的电话中,有两次或两次以上超过10分钟的概率.解：设每人每次打电话的时间为X，X~E(0.5)，则一个人打电话超过10分钟的概率为5105.0105.05.0)10(eedxeXPxx又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y，则),282(~5eBY。因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为9.12825e的泊松分布。所求的概率为)1()0(1)2(YPYPYP56625.09.219.119.19.19.1eee2.14某高校女生的收缩压X(单位：毫米汞柱)服2(110,12)N,求该校某名女生：(1)收缩压不超过105的概率;(2)收缩压在100至120之间的概率.解：(1))42.0(1)42.0()12110105()105(XP3372.06628.01(2))12110100()12110120()120100(XP5934.017967.021)83.0(2)83.0()83.0(。2.15公共汽车门的高度是按成年男性与车门碰头的机会不超过0.01设计的,设成年男性的身高X(单位：厘米)服从正态分布N(170，262),问车门的最低高度应为多少?解：设车门高度分别为x。则：170()10.010.99()6xPXx查表得，(2.33)0.99，因此1702.336x，由此求得车门的最低高度应为184厘米。2.16已知20件同类型的产品中有2件次品,其余为正品.今从这20件产品中任意抽取4次,每次只取一件,取后不放回.以X表示4次共取出次品的件数,求X的概率分布与分布函数.解：X的可能取值为0,1,2。因为1817161512(0),2019181719PX；2184203(2)95CPXC；12332(1)1199595PX所以X的分布律为X012P12193295395X的分布函数为00120119()92129512xxFxxx2.17袋中有同型号小球5只,编号分别为1,2,3,4,5.今在袋中任取小球3只,以X表示取出的3只中的最小号码,求随机变量X的概率分布和分布函数.解：X的可能取值为1,2,3。因为6.0106)1(3524CCXP；1.01011)3(35CXP；3.01.06.01)2(XP所以X的分布律为X123P0.60.30.1X的分布函数为31329.0216.010)(xxxxxF2.18设连续型随机变量X的分布函数为：0,1,()ln,1,1,xFxxxexe求（1）{2}PX，{03}PX，{22.5}.PX（2）求X的概率密度函数()fx。解：(1)2ln)2()2(FXP101)0()3()30(FFXP25.1ln2ln5.2ln)2()5.2()5.22(FFXP(2)其它01)()(1exxxFxf2.19设连续型随机变量X的分布函数为：22,0,()0,0.xabexFxx（1）求常数,ab（2）求X的概率密度函数()fx。（3）求{ln4ln16}.PX解：(1)由1)(F及)0()(lim0FxFx，得01baa，故a=1,b=-1.(2)000)()(22xxxexFxfx(3))4ln()16ln()16ln4ln(FFXP25.041)1()1(24ln216lnee。2.20设随机变量X的概率分布为：X0232kp0.30.20.40.1解：(1)Y的可能取值为0,π2,4π2。因为2.0)2()0(XPYP；7.0)()0()(2XPXPYP；1.0)23()4(2XPYP所以Y的分布律为Y0π24π2P0.20.70.1(2)Y的可能取值为-1,1。因为7.0)()0()1(XPXPYP；3.0)23()2()1(XPXPYP所以Y的分布律为Y-11P0.70.32.21设随机变量X的分布函数为010.311()0.81212xxFxxx（1）求X的概率分布；（2）求YX的概率分布。解：(1)X的可