2022年工程数学《概率统计简明教程》习题全解 .pdf

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1、习题一解答1. 用集合的形式写出下列随机试验的样本空间与随机事件A：(1) 抛一枚硬币两次，观察出现的面，事件两次出现的面相同A；(2) 记录某电话总机一分钟内接到的呼叫次数，事件A一分钟内呼叫次数不超过3次 ；(3) 从一批灯泡中随机抽取一只，测试其寿命，事件A寿命在2000到2500小时之间 。解(1) ),(),(),(),(，),(),(A. (2) 记X为一分钟内接到的呼叫次数，则,2, 1 ,0|kkX，3 ,2, 1 ,0|kkXA. (3) 记X为抽到的灯泡的寿命（单位：小时） ，则),0( X，)2500,2000( XA. 2. 袋中有10个球，分别编有号码 1 至 10，

2、 从中任取 1 球， 设A 取得球的号码是偶数 ，B取得球的号码是奇数 ，C取得球的号码小于5，问下列运算表示什么事件：(1)BA；(2)AB；(3)AC；(4) AC ；(5)CA；(6)CB；(7)CA. 解(1) BA是必然事件；(2) AB是不可能事件；(3) AC取得球的号码是2，4；(4) AC取得球的号码是1，3，5，6，7，8，9，10；(5) CA取得球的号码为奇数，且不小于5 取得球的号码为5，7，9；(6) CBCB取得球的号码是不小于5 的偶数 取得球的号码为 6，8，10；(7) CACA 取得球的号码是不小于5 的偶数 = 取得球的号码为6，8，10 3. 在区间2

3、,0上任取一数，记121xxA，2341xxB，求下列事件的表达式：(1)BA；(2)BA；(3)BA；(4)BA. 解(1) 2341xxBA; (2) BxxxBA21210或2312141xxxx; (3) 因为BA，所以BA；(4)223410 xxxABA或223121410 xxxx或或4. 用事件CBA,的运算关系式表示下列事件：(1) A出现，CB,都不出现（记为1E ） ；(2) BA,都出现，C不出现（记为2E ） ；(3) 所有三个事件都出现（记为3E ） ；(4) 三个事件中至少有一个出现（记为4E ） ；(5) 三个事件都不出现（记为5E ） ；(6) 不多于一个事件

4、出现（记为6E ） ；(7) 不多于两个事件出现（记为7E ） ；(8) 三个事件中至少有两个出现（记为8E ） 。解(1)CBAE1；(2)CABE2；(3)ABCE3；(4)CBAE4；(5)CBAE5；(6)CBACBACBACBAE6；(7)CBAABCE7；(8)BCACABE8. 5. 一批产品中有合格品和废品，从中有放回地抽取三次，每次取一件，设iA 表示事件“第i次精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 抽到废品”，3,

5、2, 1i，试用iA 表示下列事件：(1) 第一次、第二次中至少有一次抽到废品；(2) 只有第一次抽到废品；(3) 三次都抽到废品；(4) 至少有一次抽到合格品；(2) 只有两次抽到废品。解(1)21AA；(2)321AAA；(3)321AAA；(4)321AAA；(5)321321321AAAAAAAAA. 6. 接连进行三次射击，设iA = 第i次射击命中 ，3 ,2, 1i，B 三次射击恰好命中二次 ，C 三次射击至少命中二次 ；试用iA 表示B和C。解321321321AAAAAAAAAB323121AAAAAAC习题二解答1从一批由 45 件正品、 5 件次品组成的产品中任取3 件产

6、品，求其中恰有1 件次品的概率。解这是不放回抽取，样本点总数350n，记求概率的事件为A，则有利于A的样本点数15245k. 于是39299! 2484950! 35444535015245)(nkAP2一口袋中有 5 个红球及 2 个白球，从这袋中任取一球，看过它的颜色后放回袋中，然后，再从这袋中任取一球，设每次取球时袋中各个球被取到的可能性相同。求(1) 第一次、第二次都取到红球的概率；(2) 第一次取到红球，第二次取到白球的概率；(3) 二次取得的球为红、白各一的概率；(4) 第二次取到红球的概率。解本题是有放回抽取模式，样本点总数27n. 记(1)(2)(3)(4) 题求概 率的事件分

7、别为DCBA,. ()有利于A的样本点数25Ak，故492575)(2AP() 有利于B的样本点数25Bk，故4910725)(2BP() 有利于C的样本点数252Ck，故4920)(CP() 有利于D的样本点数57Dk，故754935757)(2DP. 3一个口袋中装有 6 只球，分别编上号码 1 至 6，随机地从这个口袋中取2 只球，试求：(1) 最小号码是 3 的概率； (2) 最大号码是 3 的概率。解本题是无放回模式，样本点总数56n. () 最小号码为 3，只能从编号为 3，4，5，6 这四个球中取 2 只，且有一次抽到3，因而有利样本点数为32，所求概率为515632. () 最

8、大号码为 3，只能从 1，2，3 号球中取，且有一次取到3，于是有利样本点数为22，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 所求概率为1525622. 4一个盒子中装有6 只晶体管，其中有2 只是不合格品，现在作不放回抽样，接连取2 次，每次取 1 只，试求下列事件的概率：(1) 2 只都合格；(2) 1 只合格， 1 只不合格；(3) 至少有 1 只合格。解分别记题 (1)、(2)、(3)涉及的事件为CBA,，则52256234262

9、4)(AP15856224261214)(BP注意到BAC，且A与B互斥，因而由概率的可加性知151415852)()()(BPAPCP5掷两颗骰子，求下列事件的概率：(1) 点数之和为 7；(2) 点数之和不超过 5；(3) 点数之和为偶数。解分别记题 (1)、(2)、(3)的事件为CBA,样本点总数26n()A含样本点)2,5(),5,2(,(1,6),(6,1),(3,4),(4,3) 6166)(2AP()B含样本点 (1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(2,2),(2,3),(3,2) 185610)(2BP()C含样本点(1,1),(

10、1,3),(3,1),(1,5),(5,1);(2,2),(2,4),(4,2),(2,6),(6,2),(3,3), (3,5),(5,3);(4,4),(4,6),(6,4);(5,5);(6,6), 一共 18 个样本点。213618)(CP6把甲、乙、丙三名学生随机地分配到5 间空置的宿舍中去，假设每间宿舍最多可住8 人，试求这三名学生住不同宿舍的概率。解记 求 概率 的事件 为A，样 本 点 总数 为35，而 有利A的 样 本 点数 为345， 所 以25125345)(3AP. 7总经理的五位秘书中有两位精通英语，今偶遇其中的三位，求下列事件的概率：(1) 事件A： “其中恰有一位

11、精通英语” ；(2) 事件B： “其中恰有二位精通英语” ；(3) 事件C： “其中有人精通英语” 。解样本点总数为35(1) 53106345! 332352312)(AP；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 42 页 - - - - - - - - - - (2) 103345! 33351322)(BP；(3) 因BAC，且A与B互斥，因而10910353)()()(BPAPCP. 8设一质点一定落在xOy平面内由 x轴、y轴及直线1yx所围成的三角形内，而落在这三角形内各点

12、处的可能性相等，计算这质点落在直线3/1x的左边的概率。解记求概率的事件为A，则AS为图中阴影部分，而2/1|，1859521322121|2AS最后由几何概型的概率计算公式可得952/118/5|)(ASAP. 9 （见前面问答题 2. 3）10已知BA，4.0)(AP，6.0)(BP，求(1)(AP,)(BP；(2)(BAP；(3)(ABP；(4)(),(BAPABP；(5)(BAP. 解(1)6.04.01)(1)(APAP，4 .06.01)(1)(BPBP；(2)6.0)()()()()()()()(BPAPBPAPABPBPAPBAP；(3)4.0)()(APABP；(4)0)()

13、()(PBAPABP, 4. 06. 01)(1)()(BAPBAPBAP; (5). 2. 04. 06. 0)()(ABPBAP11 设BA,是两个事件，已知5. 0)(AP，7.0)(BP，8 .0)(BAP， 试求)(BAP及).(ABP解注意到)()()()(ABPBPAPBAP，因而)()()(BPAPABP)(BAP4.08.07.05.0. 于是，)()()()(ABPAPABAPBAP1 .04 .05.0；3.04 .07.0)()()()(ABPBPABBPABP. 习题三解答1已知随机事件A的概率5.0)(AP，随机事件B的概率6.0)(BP，条件概率8.0)|(ABP

14、，试求)(ABP及)(BAP. 解4 .08 .05.0)|()()(ABPAPABP)()()(1)(1)()(ABPBPAPBAPBAPBAP3 .04 .06.05.012一批零件共 100 个，次品率为 10%，从中不放回取三次（每次取一个） ，求第三次才取得正品的概率。解10789989981989910090910p. 3某人有一笔资金，他投入基金的概率为0.58，购买股票的概率为0.28，两项投资都做的概率为 0.19 (1) 已知他已投入基金，再购买股票的概率是多少？(2) 已知他已购买股票，再投入基金的概率是多少？解记A基金，B 股票，则19.0)(,28.0)(,58.0)

15、(ABPBPAPyxO1/3 1 1 ASh图 2.3 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 42 页 - - - - - - - - - - (1) .327.058.019.0)()()|(APABPABP(2) 678.028.019.0)()()|(BPABPBAP. 4给定5.0)(AP，3.0)(BP，15.0)(ABP，验证下面四个等式：),()|(),()|(APBAPAPBAP)()|(BPABP，).()|(BPABP解)(213.015.0)()()|(APBP

16、ABPBAP)(5 .07.035.07 .015.05.0)(1)()()()()|(APBPABPAPBPBAPBAP)(3 .05 .015.0)()()|(BPAPABPABP)(5.015.05 .015.03.0)(1)()()()()|(BPAPABPBPAPBAPABP5有朋自远方来，他坐火车、船、汽车和飞机的概率分别为0.3，0.2，0.1，0.4，若坐火车，迟到的概率是 0.25，若坐船，迟到的概率是0.3，若坐汽车，迟到的概率是0.1，若坐飞机则不会迟到。求他最后可能迟到的概率。解B 迟到，1A 坐火车 ，2A 坐船，3A坐汽车 ，4A乘飞机 ，则41iiBAB，且按题意

17、25.0)|(1ABP，3.0)|(2ABP，1.0)|(3ABP，0)|(4ABP. 由全概率公式有：41145.01.01 .03 .02.025.03.0)|()()(iiiABPAPBP6已知甲袋中有 6 只红球， 4 只白球；乙袋中有8 只红球， 6 只白球。求下列事件的概率：(1) 随机取一只袋，再从该袋中随机取一球，该球是红球；(2) 合并两只袋，从中随机取一球，该球是红球。解(1) 记B 该球是红球 ，1A 取自甲袋 ，2A取自乙袋 ，已知10/6)|(1ABP，14/8)|(2ABP，所以70411482110621)|()()|()()(2211ABPAPABPAPBP(2

18、) 1272414)(BP7某工厂有甲、乙、丙三个车间，生产同一产品，每个车间的产量分别占全厂的25%，35%，40%，各车间产品的次品率分别为5%，4%，2%，求该厂产品的次品率。解02.04.004.035.005.025.0%45.30345.0008.00140.00125.08发报台分别以概率0.6，0.4 发出和，由于通信受到干扰，当发出时，分别以概率 0.8 和 0.2 收到和，同样，当发出信号时，分别以 0.9 和 0.1 的概率收到和。求(1) 收到信号的概率； (2) 当收到时，发出的概率。解记B 收到信号，A 发出信号 (1) )|()()|()()(ABPAPABPAP

19、BP52.004.048.01.04 .08.06.0(2) 131252.08 .06.0)()|()()|(BPABPAPBAP. 9设某工厂有CBA,三个车间，生产同一螺钉，各个车间的产量分别占总产量的25%，35%，40%，各个车间成品中次品的百分比分别为5%，4%，2%，如从该厂产品中抽取一件，得到的是次精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 品，求它依次是车间CBA,生产的概率。解为方便计，记事件CBA,为CBA,车间生产的

20、产品，事件D次品，因此)|()()|()()|()()(CDPCPBDPBPADPAPDP02.04.004.035.005.025.00 3 4 5.00 0 8.00 1 4.00 1 2 5.0362.00345.005.025.0)()|()()|(DPADPAPDAP406.00345.004.035.0)()|()()|(DPBDPBPDBP232.00345.002.04.0)()|()()|(DPCDPCPDCP10 设A与B独立，且qBPpAP)(,)(， 求下列事件的概率：)(BAP，)(BAP，)(BAP. 解pqqpBPAPBPAPBAP)()()()()(pqqqpq

21、pBPAPBPAPBAP1)1 (1)()()()()(pqBPAPABPBAP1)()(1)()(11已知BA,独立，且)()(, 9/1)(BAPBAPBAP，求)(),(BPAP. 解因)()(BAPBAP，由独立性有)()()()(BPAPBPAP从而)()()()()()(BPAPBPBPAPAP导致)()(BPAP再由9/1)(BAP，有2)(1 ()(1)(1()()(9/1APBPAPBPAP所以3/1)(1AP。最后得到.3/2)()(APBP12甲、乙、丙三人同时独立地向同一目标各射击一次，命中率分别为1/3，1/2，2/3，求目标被命中的概率。解记B命中目标 ，1A 甲命

22、中 ，2A乙命中 ，3A 丙命中 ，则31iiAB，因而. 989113121321)()()(11)(32131APAPAPAPBPii13设六个相同的元件，如下图所示那样安置在线路中，设每个元件不通达的概率为p，求这个装置通达的概率。假定各个元件通达与否是相互独立的。解记A 通达，iA元件i通达，6, 5,4, 3,2, 1i则654321AAAAAAA， 所以)()()()(654321AAPAAPAAPAP)()()()(654321652165434321AAAAAAPAAAAPAAAAPAAAAP642)1 ()1 (3)1(3ppp14假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，

23、机器发生故障时全天停止工作，若一周五个工作日里每天是否发生故障相互独立，试求一周五个工作日里发生3 次故障的概率。解0 5 1 2.0)8.0()2. 0(3523p. 15灯泡耐用时间在1000 小时以上的概率为0.2，求三个灯泡在使用1000 小时以后最多只有一个坏了的概率。解104.0096.0008.0)2. 0(8. 023)2. 0(3323p. 16设在三次独立试验中，事件A出现的概率相等，若已知A至少出现一次的概率等于19/27，求事件A在每次试验中出现的概率)(AP. 图 3.1 1 2 3 4 5 6 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - -

24、- 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 解记iAA在第i次试验中出现 ，.3,2,1i)(APp依假设332131)1 (1)(12719pAAAPAPii所以，278)1 (3p， 此即3/1p. 17加工一零件共需经过3 道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为2%、3%、5%. 假设各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率。解注意到，加工零件为次品， 当且仅当 1-3 道工序中至少有一道出现次品。记iA第i道工序为次品 ，.3,2, 1i则次品率097.090307. 0195.097.098

25、. 01)()()(132131APAPAPAPpii18三个人独立破译一密码，他们能独立译出的概率分别为0.25，0.35，0.4. 求此密码被译出的概率。解记A 译出密码 ，iA第i人译出 ，.3 ,2, 1i则7075.02925.016. 065.075.01)()()(1)(32131APAPAPAPAPii19将一枚均匀硬币连续独立抛掷10 次，恰有 5 次出现正面的概率是多少？有4 次至 6 次出现正面的概率是多少？解(1) 256632151010；(2) 10642110kk. 20某宾馆大楼有 4 部电梯，通过调查，知道在某时刻T，各电梯正在运行的概率均为0.75，求：(1

26、) 在此时刻至少有 1 台电梯在运行的概率；(2) 在此时刻恰好有一半电梯在运行的概率；(3) 在此时刻所有电梯都在运行的概率。解(1) 256255)25.0(1)75.01(144(2) 1282741436)25. 0()75. 0(242222(3) 2568143)75.0(44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 ,0,15iipi；（2）3 ,2, 1 ,0,652iipi；（3）5,4,3 ,2,41ipi；（4）5 ,4, 3, 2, 1,251iipi。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - -

27、 - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 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1iip。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0646953p； （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 , 0,2iciXPi成为某个随机变量X 的分布律

28、，并求：2XP；2521XP。解要使ic2成为某个随机变量的分布律，必须有1240iic，由此解得3116c；（2）2102XPXPXPXP3128412113116（3）212521XPXPXP311241213116。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612,211,313XPXPXP，即 X 的分布律为X -3 1 2 概率312161X 的分布函数0 3xxXPxF= 3113x6521x1 2x4.

29、 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3X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1013513XP；事件4X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103352314XP；同理可得106352415XP。X 的分布律为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，

30、共 42 页 - - - - - - - - - - X 3 4 5 概率101103106X 的分布函数为0 3xxF10143x10454x1 5x5. 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. 06.055kkkXPkk，具体计算后可得X 0 1 2 3 4 5 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

31、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, 1,1310iAPi而,2, 1,131013311111kAPAPAPAAAPkXPkkkkk即 X 服从参数1310p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，.286110111213101234,143511121310233,265121

32、31032,13101XPXPXPXPX 的分布律为X 1 2 3 4 概率131026514352861（3）X 可能取到的值为 1，2，3，4，.219761313131234,21977213131312233,1693313131132,13101XPXPXPXP所求 X 的分布律为X 1 2 3 4 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51XPXP，求p与2XP的值。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - -

33、- - - - - - -第 9 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 解由于pBX,6，因此6, 1 ,0,1666kppkXPkk。由此可算得,165,16155ppXPppXP即,161655pppp解得21p；此时，641521! 25621212626262XP。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 ,0,212144kkkXPkk由此可得 X 的分布函数0，0 x161，10 xxF165，21x1611，

34、32x1615，43x1，4x9. 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. 0,99.01nXPnXP即99. 0!41104nkkeknXP99. 0!404nkkeknXP查泊松分布表可求得9n。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0

35、001.0,1000 BX，由于n较大，p较小，因此也可以近似地认为X 服从1.00001.01000np的泊松分布，即1.0 PX，所求概率为.004679.0090484. 0904837.01! 11. 0! 01.0110121 .011. 00eeXPXPXP11. 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75.0iAP，且,1nAA相互独立。 随机变量 X 取k意味着前1k次试验未成功，但第k次试验成功，因此有75.025. 011111kkkkkAPAPAPAAAP

36、kXP所求的分布律为X 1 2 k概率0.75 75.025.075.025. 01k精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 12. 设随机变量 X 的密度函数为xfx2，Ax00，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1A，其中1A舍去，即取1A。（2）分布函数xdxxfxXPxF= xxxdxxdxd

37、xxdxdxdx1010000202001100 xxx= 102x1100 xxx13. 设随机变量 X 的密度函数为xAexfx,，求： （1）系数A； （2）10XP； （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21A；（2）11010121212110edxedxeXPxx；（3）xdxxfxF= xxxxxdxedxedxe0021212100 xx= xxxxxdxedxedxe0021212100 xx= xxee121212100 xx= xxee2112100 xx14. 证明：函数xf022

38、cxecx00 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12022022222cxcxcxecxdedxecxdxxf，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 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xf025.05.0 xe2200 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.

39、025. 05.0 xdxdxedxxfxFxxx当2x时，15.05.0025.05.00220 xxdxdxdxexF综合有xF, 1,25.05.0,5.0 xex.2;20;0 xxx16. 设随机变量 X 在6, 1上服从均匀分布，求方程012Xtt有实根的概率。解X 的密度函数为xf,5161x；,0其他. 方程012Xtt有实根的充分必要条件为042X，即42X，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,100200003x0 x; 0，其他. 求：(1) X 的分布函数； (2) 至少有 200天有

40、效期的概率。解 (1) xdxxfxF= ,1 0 02 0 0 0 0,003dxxx.0;0 xx= ,100100001,02x.0;0 xx(2)911002001000011200120012002FXPXP。18. 设随机变量 X 的分布函数为xF,11,0 xex00 xx求 X 的密度函数，并计算1XP和2XP。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112111111eeFXP；223211121212eeFXPXP。19. 设随机变量 X 的分布函数为xxBAxF,arctan，求(1) 常数BA,；

41、(2)1XP；(3) 随机变量 X 的密度函数。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 解 ：(1) 要 使xF成 为 随 机 变 量X 的 分 布 函 数 ， 必 须 满足1lim, 0limxFxFxx， 即1ar c t anlim0arctanlimxBAxBAxx计算后得1202BABA解得121BA另外，可验证当1,21BA时，xxFarctan121也满足分布函数其余的几条性质。（2）11111FFXPXP1arctan

42、1211arctan12124141（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，求他未等到服务就离开的概率；（2）设某顾客一个月要去银行五次，求他五次中至多有一次未等到服务的概率。解 （1）设随机变量 X 表示某顾客在银行的窗口等待服务的时间，依题意X 服从51的指数分布，且顾客等待时间超过10min 就离开，因此，顾客未等到服务就离开的概率为10255110edxeXPx；（2）设 Y 表示某顾客五次

43、去银行未等到服务的次数，则Y 服从2, 5epn的二项分布，所求概率为4224225202141115105101eeeeeeYPYPYP21. 设 X 服从1, 0，借助于 标准正态 分布的 分布函 数表计 算：（ 1）2.2XP； （2）176XP； （3）78.0XP； （4）55.1XP； （5）5.2XP。解查正态分布表可得（1）9861.02.22.2XP；（2）0392.09608. 0176. 1176.1176. 1XPXP；（3）2177. 07823.0178.0178. 078. 0XP；（4）55. 155.155.155. 155.1XPXP8788.019394.

44、 02155.1255.1155. 1（5）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 42 页 - - - - - - - - - - 15. 2215.215. 2XPXP0124.09938.0125.222。22. 设 X 服从16, 1， 借助于标准正态分布的分布函数表计算： （1）44. 2XP；（2）5.1XP；（3）8.2XP； （4）4XP； （5）25XP； （6）11XP。解当2,X时，abbXaP，借助于该性质， 再查标准正态分布函数表可求得（1）8051. 08

45、6.04144.244.2XP；（2）125.01415. 115. 1XP5498.0125.0125.011；（3）3264. 06736.0145.0145.0418.28. 2XP；（4）75. 025. 14144144XP6678.07734. 018944. 075.0125. 1；（5）175.041541225XP9321. 018413.07734.01175.0；（6）410412120111111XPXPXP8253.05987. 07724.0125.075.01。23. 某厂生产的滚珠直径服从正态分布01. 0,05.2，合格品的规格规定为2.02，求该厂滚珠的合格

46、率。解所求得概率为927.09938.019332.05.215.15.25. 11.005. 28.11. 005. 22.22.022. 02XP24. 某人上班所需的时间100,30X（单位： min）已知上班时间为8：30，他每天 7：50 出门，求： （1）某天迟到的概率；（2）一周（以 5 天计）最多迟到一次的概率。解（1）由题意知某人路上所花时间超过40 分钟，他就迟到了，因此所求概率为1587.08413.0111103040140XP；（2）记 Y 为 5 天中某人迟到的次数，则Y 服从1587. 0, 5 pn的二项分布， 5 天中最多迟到一次的概率为8192.08413.

47、 01587. 0158413. 01587.0151450YP。习题五解答1. 二维随机变量YX,只能取下列数组中的值：0, 2,31, 1,1 , 1,0,0，且取这些组值的概率依次为125,121,31,61，求这二维随机变量的分布律。解由题意可得YX,的联合分布律为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 42 页 - - - - - - - - - - XY 0 311 -1 0 121310 610 0 2 1250 0 2. 一口袋中有四个球，它们依次标有数字3,2,2,

48、1。从这袋中任取一球后，不放回袋中，再从袋中任取一球。设每次取球时，袋中每个球被取到的可能性相同。以X、Y 分别记第一、二次取到的球上标有的数字，求YX,的分布律及YXP。解X 可能的取值为3,2,1，Y 可能的取值为3,2, 1，相应的，其概率为.03,3,6134212, 3,1211, 3,6134123,2,6134122,2,6134121, 2,12134113, 1,6134212, 1,01, 1YXPYXPYXPYXPYXPYXPYXPYXPYXP或写成XY 1 2 3 1 0 611212 6161613 121610 613, 32,21, 1YXPYXPYXPYXP。3

49、. 箱子中装有 10 件产品，其中 2 件为次品，每次从箱子中任取一件产品，共取2 次，定义随机变量 X、Y 如下：X= 0，若第一次取出正品；Y= 0，若第二次取出正品；1，若第一次取出次品；1，若第二次取出次品。分别就下面两种情况求出二维随机变量YX,的联合分布律：（1）放回抽样；（2）不放回抽样。解 （1）在放回抽样时， X 可能取的值为1 ,0，Y 可能取的值也为1 ,0，且,2511010221, 1,2541010820, 1,2541010281, 0,25161010880, 0YXPYXPYXPYXP或写成XY 0 1 0 25162541 254251（2）在无放回情形下，

50、 X、Y 可能取的值也为 0 或 1，但取相应值的概率与有放回情形下不一样，具体为,451910121, 1,458910820, 1,458910281,0,4528910780, 0YXPYXPYXPYXP或写成精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 42 页 - - - - - - - - - - XY 0 1 0 45284581 4584514. 对于第 1 题中的二维随机变量YX,的分布，写出关于X 及关于 Y 的边缘分布律。解把第 1 题中的联合分布律按行相加得X 的边