概率论与数理统计浙大四版习题精编答案(完全真实-).doc

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1、概率论与数理统计习题答案 精选版浙大第四版说明：剩余习题在学习辅导与习题选解第一章 概率论的基本概念1. 写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分） （一 1），n 表小班人数 nn nnoS1001,（3）生产产品直到得到 10 件正品，记录生产产品的总件数。 （一 2）S=10，11，12，n，（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品” ，不合格的盖上“次品” ，如连续查出二个次品就停止检查，或检查 4 个产品就停止检查，记录检查的结果。查出合格品记为“1” ，查出次品记为“0” ，连续出现两个“0”就停止检查，或查满 4 次才停止检查。

2、（一 (3)）S=00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，2. 设 A，B，C 为三事件，用 A，B，C 的运算关系表示下列事件。（1）A 发生，B 与 C 不发生。表示为：或 A (AB+AC)或 A (BC)CBA（2）A，B 都发生，而 C 不发生。表示为：或 ABABC 或 ABCCAB（3）A，B，C 中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A，B，C 都发生，表示为：ABC（5）A，B，C 都不发生，表示为：或 S (A+B+C)或CBACBA（6）A，B，C 中不多于一个发生，即 A，B，C 中至少有两个同

3、时不发生相当于中至少有一个发生。故 表示为：。CACBBA,CACBBA（7）A，B，C 中不多于二个发生。相当于：中至少有一个发生。故 表示为：CBA,ABCCBA或（8）A，B，C 中至少有二个发生。相当于：AB，BC，AC 中至少有一个发生。故 表示为：AB+BC+AC6. 在房间里有 10 人。分别佩代着从 1 号到 10 号的纪念章，任意选 3 人记录其纪念章的号码。（1）求最小的号码为 5 的概率。记“三人纪念章的最小号码为 5”为事件 A 10 人中任选 3 人为一组：选法有种，且每种选法等可能。 310又事件 A 相当于：有一人号码为 5，其余 2 人号码大于 5。这种组合的种

4、数有251121310251 )( AP（2）求最大的号码为 5 的概率。记“三人中最大的号码为 5”为事件 B，同上 10 人中任选 3 人，选法有种， 310且每种选法等可能，又事件 B 相当于：有一人号码为 5，其余 2 人号码小于 5，选法有种241201310241 )( BP7. 某油漆公司发出 17 桶油漆，其中白漆 10 桶、黑漆 4 桶，红漆 3 桶。在搬运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货 4 桶白漆，3 桶黑漆和 2 桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？记所求事件为 A。在 17 桶中任取 9 桶的取法有种，且每种取法等可能。9 17C取得

5、 4 白 3 黑 2 红的取法有2 33 44 10CCC故2431252)(6 172 33 44 10CCCCAP8. 在 1500 个产品中有 400 个次品，1100 个正品，任意取 200 个。（1）求恰有 90 个次品的概率。记“恰有 90 个次品”为事件 A 在 1500 个产品中任取 200 个，取法有种，每种取法等可能。 2001500200 个产品恰有 90 个次品，取法有种 1101100 90400 20015001101100 90400)(AP（2）至少有 2 个次品的概率。记：A 表“至少有 2 个次品”B0表“不含有次品” ，B1表“只含有一个次品” ，同上，2

6、00 个产品不含次品，取法有种，200 个产品含一个次品，取法有种 2001100 1991100 1400 且 B0，B1互不相容。10BBA 20015001991100 1400200150020011001)()(1)(1)(10BPBPAPAP9. 从 5 双不同鞋子中任取 4 只，4 只鞋子中至少有 2 只配成一双的概率是多少？记 A 表“4 只全中至少有两支配成一对”则表“4 只人不配对”A 从 10 只中任取 4 只，取法有种，每种取法等可能。 410要 4 只都不配对，可在 5 双中任取 4 双，再在 4 双中的每一双里任取一只。取法有42452113 2181)(1)(21

7、82)(4 1044 5APAPCCAP11. 将三个球随机地放入 4 个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是 1，2，3，的概率各为多少？记 Ai表“杯中球的最大个数为 i 个” i=1,2,3,三只球放入四只杯中，放法有 43种，每种放法等可能对 A1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法 432 种。(选排列：好比 3 个球在 4 个位置做排列)166 4234)(31AP对 A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有种。342 3C(从 3 个球中选 2 个球，选法有，再将此两个球放入一个杯中，选法有 42 3C种，最后将剩余的 1 球放入其余的一个杯中，选法有 3 种。

8、169 434)(32 3 2CAP对 A3：必须三球都放入一杯中。放法有 4 种。(只需从 4 个杯中选 1 个杯子，放入此 3 个球，选法有 4 种)161 44)(33AP12. 50 个铆钉随机地取来用在 10 个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部件用 3 只铆钉，若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就太弱，问发 生一个部件强度太弱的概率是多少？记 A 表“10 个部件中有一个部件强度太弱” 。法一：用古典概率作：把随机试验 E 看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完 10 个部件（在三个钉的一 组中不分先后次序。但 10 组钉铆完 10 个部件要分先后次序）对 E：

9、铆法有种，每种装法等可能3 233 443 473 50CCCC对 A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有103 233 443 473 3CCCC种00051. 01960110)(3 233 473 503 233 443 473 3CCCCCCCAP法二：用古典概率作把试验 E 看作是在 50 个钉中任选 30 个钉排成一列，顺次钉下去，直到把部件铆完。（铆钉要计先后次序）对 E：铆法有种，每种铆法等可能3 50A对 A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，或“28，29，30”位置上。这种铆法有种27 473 327 473 327 473 327 473

10、310AAAAAAAA00051. 01960110)(30 5027 473 3AAAAP14. (1) 已知。)|(, 5 . 0)(, 4 . 0)(, 3 . 0)(BABPBAPBPAP求解一： BAABBBAASABPBPAPAP)(, 6 . 0)(1)(, 7 . 0)(1)(注意. 故有)(BAABP (AB)=P (A)P (A)=0.70.5=0.2。B再由加法定理，P (A)= P (A)+ P ()P (A)=0.7+0.60.5=0.8BBB于是25. 08 . 0 2 . 0)()( )()()|(BAPABP BAPBABPBABP25. 05 . 06 . 0

11、7 . 0 51)()()()( )()()|(51)|()()(72)|(75 7 . 0 5 . 0)|()|(0705)|()()(: BAPBPAPBAP BAPBBBAPBABPABPAPABPABPABPABPABPAPBAP定义故 解二由已知(2) 。)(,21)|(,31)|(,41)(BAPBAPABPAP求解：由61)()(31 4121 )()|()( )()()|( BPBPBPABPAP BPABPBAP有定义由已知条件由乘法公式，得121)|()()(ABPAPABP由加法公式，得31 121 61 41)()()()(ABPBPAPBAP15. 掷两颗骰子，已知两

12、颗骰子点数之和为 7，求其中有一颗为 1 点的概率（用两种方法） 。解：（方法一） （在缩小的样本空间 SB 中求 P(A|B)，即将事件 B 作为样本空间，求事件 A 发生的概率） 。掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（x, y） （x, y=1,2,3,4,5,6）并且满足 x,+y=7，则样本空间为S=(x, y)| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)每种结果（x, y）等可能。A=掷二骰子，点数和为 7 时，其中有一颗为 1 点。故31 62)(AP方法二：（用公式)()()|(BPABPBAPS=(x, y)| x =1,2,

13、3,4,5,6; y = 1,2,3,4,5,6每种结果均可能A=“掷两颗骰子，x, y 中有一个为“1”点” ，B=“掷两颗骰子，x,+y=7” 。则，2262)(,61 66)(ABPBP故31 626162)()()|(2BPABPBAP16. 据以往资料表明，某一 3 口之家，患某种传染病的概率有以下规律：P(A)=P孩子得病=0.6，P (B|A)=P母亲得病|孩子得病=0.5，P (C|AB)=P父亲得病|母亲及孩子得病=0.4。求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。解：所求概率为 P (AB)（注意：由于“母病” ， “孩病” ， “父病”都是随机事件，C这里不是求 P (|AB)

14、CP (AB)= P(A)=P(B|A)=0.60.5=0.3, P (|AB)=1P (C |AB)=10.4=0.6.C从而 P (AB)= P (AB) P(|AB)=0.30.6=0.18.CC17. 已知 10 只晶体管中有 2 只次品，在其中取二次，每次随机地取一只，作不放回抽样，求下列事件的概率。（1）二只都是正品（记为事件 A）法一：用组合做 在 10 只中任取两只来组合，每一个组合看作一个基本结果，每种取法等可能。62. 04528)(2 102 8CCAP法二：用排列做 在 10 只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个排列等可能。4528)(2 102 8AA

15、AP法三：用事件的运算和概率计算法则来作。记 A1，A2分别表第一、二次取得正品。4528 97 108)|()()()(1221AAPAPAAPAP（2）二只都是次品（记为事件 B）法一：451)(2 102 2CCBP法二：451)(2 102 2AABP法三：451 91 102)|()()()(12121AAPAPAAPBP（3）一只是正品，一只是次品（记为事件 C）法一：4516)(2 101 21 8CCCCP法二：4516)()(2 102 21 21 8AACCCP法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPCP4516 91082 92 108)|()()|()(

16、121121AAPAPAAPAP（4）第二次取出的是次品（记为事件 D）法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，法二：51)(2 101 21 9AAADP法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPDP51 91 102 92 108)|()()|()(121121AAPAPAAPAP18. 某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率是多少？如果已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？记 H 表拨号不超过三次而能接通。Ai表第 i 次拨号能接通。注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。103 81 98 109

17、91 109 101)|()|()()|()()()(2131211211321211AAAPAAPAPAAPAPAPHPAAAAAAH 三种情况互斥如果已知最后一个数字是奇数（记为事件 B）问题变为在 B 已发生的条件下，求 H再发生的概率。)|)|(321211BAAABAABPABHP)|()|()|()|()|()|(2131211211AABAPABAPBAPABAPBAPBAP53 31 43 54 41 54 5119. (1)设有甲、乙二袋，甲袋中装有 n 只白球 m 只红球，乙袋中装有 N 只白球 M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中

18、取到）白球的概率是多少？（此为第三版 19 题(1)）记 A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”再记 B 表“再从乙袋中取得白球” 。B=A1B+A2B 且 A1，A2互斥P (B)=P (A1)P(B| A1)+ P (A2)P (B| A2)=111 MNN mnm MNN mnn(2) 第一只盒子装有 5 只红球，4 只白球；第二只盒子装有 4 只红球，5 只白球。先从第一盒子中任取 2 只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。记 C1为“从第一盒子中取得 2 只红球” 。C2为“从第一盒子中取得 2 只白球” 。C3为“从第一盒子中取得 1 只红球

19、，1 只白球” ，D 为“从第二盒子中取得白球” ，显然 C1，C2，C3两两互斥，C1C2C3=S，由全概率公式，有P (D)=P (C1)P (D|C1)+P (C2)P (D|C2)+P (C3)P (D| C3)9953 116 117 1152 91 41 5 2 92 4 2 92 5CCC CC CC21. 已知男人中有 5%是色盲患者，女人中有 0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解：A1=男人，A2=女人，B=色盲，显然 A1A2=S，A1 A2=由已知条件知%25. 0)|(%,5)|(21)()(2121

20、ABPABPAPAP由贝叶斯公式，有21201000025 21 1005 211005 21)|()()|()()|()( )()()|(2211111 1 ABPAPABPAPABPAP BPBAPBAP22. 一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为 P，若第一次及格则第二次及格的概率也为 P；若第一次不及格则第二次及格的概率为2P（1）若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。解：Ai=他第 i 次及格，i=1,2 已知 P (A1)=P (A2|A1)=P，2)|(12PAAP（1）B=至少有一次及格所以

21、21AAB 两次均不及格)|()(1)(1)(1)(12121AAPAPAAPBPBP)|(1)(1 1121AAPAP2 21 23)21)(1 (1PPPP（2）（*）)()() 221 21(APAAPAAP定义由乘法公式，有 P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2由全概率公式，有)|()()|()()(1211212AAPAPAAPAPAP222)1 (2PPPPPP将以上两个结果代入（*）得1222)|(2221 PP PPPAAP24. 有两箱同种类型的零件。第一箱装 5 只，其中 10 只一等品；第二箱 30 只，其中 18 只一等品。今从两箱中任挑出

22、一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。 （2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设 Bi表示“第 i 次取到一等品” i=1，2Aj表示“第 j 箱产品” j=1,2，显然 A1A2=SA1A2=（1）（B1= A1B +A2B 由全概率公式解） 。4 . 052 3018 21 5010 21)(1BP（2）4857. 0522917 3018 21 499 5010 21)()()|(121 12 BPBBPBBP（先用条件概率定义，再求 P (B1B2)时，由全概率公式解）25. 某人下午 5

23、:00 下班，他所积累的资料表明：到家时间5:355:395:405:445:455:495:505:54迟于 5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车到家的概率0.300.350.200.100.05某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是 5:47 到家的，试求他是乘地铁回家的概率。解：设 A=“乘地铁” ，B=“乘汽车” ，C=“5:455:49 到家” ，由题意,AB=,AB=S已知：P (A)=0.5, P (C|A)=0.45, P (C|B)=0.2, P (B)=0.5由贝叶斯公式有6923. 0139 65. 045. 021)|(21)|

24、(45. 05 . 0)()()|()|( BCPACPCPAPACPCAP34.（1）设有 4 个独立工作的元件 1，2，3，4。它们的可靠性分别为P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。记 Ai表示第 i 个元件正常工作，i=1，2，3，4，A 表示系统正常。 A=A1A2A3+ A1A4两种情况不互斥 P (A)= P (A1A2A3)+P (A1A4)P (A1A2A3 A4) (加法公式)= P (A1) P (A2)P (A3)+ P (A1) P (A4)P (A1) P (A2)P (A3)P (A4)= P1P2P3+ P1P4P1P2P3P4(A

25、1, A2, A3, A4独立) (2) 如图 1，2，3，4，5 表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的概率为 p，且设各继电器闭合与否相互独立，求 L 和 R是通路的概率。记 Ai表第 i 个接点接通记 A 表从 L 到 R 是构成通路的。 A=A1A2+ A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥 P (A)=P (A1A2)+P (A1A3A5) +P (A4A5)+P (A4A3A2)P (A1A2A3A5)+ P (A1A2 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4) +P (A1A3 A4A5)+ P (A1A2 A3A4A5) P (A2 A3 A4A5)+ P (A

26、1A2A3 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4A5)53421LR3421+ (A1A2 A3 A4A5) + P (A1A2 A3 A4A5)P (A1A2 A3 A4A5)又由于 A1，A2， A3， A4，A5互相独立。故 P (A)=p2+ p3+ p2+ p3p4 +p4 +p4 +p4 +p5 +p4+ p5 + p5+ p5+ p5p5=2 p2+ 3p35p4 +2 p537. 设第一只盒子装有 3 只蓝球，2 只绿球，2 只白球；第二只盒子装有 2 只蓝球，3 只绿球，4 只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。 （1）求至少有一只蓝球的概率， （2）求有一只蓝球一只白

27、球的概率， （3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率。解：记 A1、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B1、B2、B3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。（1）记 C=至少有一只蓝球C= A1B1+ A1B2+ A1B3+ A2B1+ A3B1，5 种情况互斥由概率有限可加性，得95 92 72 92 72 94 73 93 73 92 73)()()()()()()()()()()()()()()()(13123121111312312111BPAPBPAPBPAPBPAPBPAPBAPBAPBAPBAPBAPCP独立性（2）记 D=有一只

28、蓝球，一只白球，而且知 D= A1B3+A3B1两种情况互斥6316 92 72 94 73)()()()()()(13311331BPAPBPAPBAPBAPDP（3）)(3516 )()( )()()|(DCDCPDP CPCDPCDP注意到38. 袋中装有 m 只正品硬币，n 只次品硬币， （次品硬币的两面均印有国徽） 。在袋中任取一只，将它投掷 r 次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多少？解：设“出现 r 次国徽面”=Br “任取一只是正品”=A由全概率公式，有rrrrr rrr rrrnmmnmn nmmnmmBPABPAPBAPnmn nmmABPAPABPAPBP2

29、)21()21()()|()()|(1)21()|()()|()()(（条件概率定义与乘法公式）39. 设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏 2%（这一事件记为 A1） ，10%（事件 A2） ，90%（事件 A3）的概率分别为 P (A1)=0.8, P (A2)=0.15, P (A2)=0.05，现从中随机地独立地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为 B） ，试分别求 P (A1|B) P (A2|B), P (A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相独立地）B 表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B 三种情况

30、互斥由全概率公式，有P (B)= P(A1)P (B|A1)+P (A2)P (B|A2)+P (A3)P (B|A3)=0.8(0.98)3+0.15(0.9)3+0.05(0.1)3=0.86240001. 08624. 0) 1 . 0(05. 0)()|()( )()()|(1268. 08624. 0)9 . 0(15. 0)()|()( )()()|(8731. 08624. 0)98. 0(8 . 0 )()|()( )()()|(3 333 33 222 23 111 1BPABPAP BPBAPBAPBPABPAP BPBAPBAPBPABPAP BPBAPBAP40. 将

31、A，B，C 三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为 ，而输出为其它一字母的概率都是(1)/2。今将字母串 AAAA，BBBB，CCCC 之一输入信道，输入AAAA，BBBB，CCCC 的概率分别为 p1, p2, p3 (p1 +p2+p3=1)，已知输出为 ABCA，问输入的是 AAAA 的概率是多少？（设信道传输每个字母的工作是相互独立的。 ）解：设 D 表示输出信号为 ABCA，B1、B2、B3分别表示输入信号为AAAA，BBBB，CCCC，则 B1、B2、B3为一完备事件组，且 P(Bi)=Pi, i=1, 2, 3。再设 A 发、A 收分别表示发出、接收字母 A，其余类推，依题意

32、有P (A收| A发)= P (B收| B发)= P (C收| C发)=，P (A收| B发)= P (A收| C发)= P (B收| A发)= P (B收| C发)= P (C收| A发)= P (C收| B发)=21 又 P (ABCA|AAAA)= P (D | B 1) = P (A收| A发) P (B收| A发) P (C收| A发) P (A收| A发)=，22)21(同样可得 P (D | B 2) = P (D | B 3) =3)21(于是由全概率公式，得3 3222 131)21()()21()|()()(PPapBDPBPDPiii由 Bayes 公式，得P (AAAA

33、|ABCA)= P (B 1 | D ) =)()|()(11 DPBDPBP=)(1 (223211 PPPP 第二章 随机变量及其分布2. (1) 一袋中有 5 只乒乓球，编号为 1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以 X 表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量 X 的分布律解：X 可以取值 3，4，5，分布律为1061)4 , 3 , 2 , 1,5()5(1031)3 , 2 , 1,4()4(1011)2 , 1,3()3(3 52 43 52 33 52 2CCPXPCCPXPCCPXP中任取两球再在号一球为中任取两球再在号一球为号两球为号一球为也可列为下表 X： 3， 4，

34、5P：106,103,1013. 设在 15 只同类型零件中有 2 只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽样，以 X 表示取出次品的只数， （1）求 X 的分布律， （2）画出分布律的图形。解：任取三只，其中新含次品个数 X 可能为 0，1，2 个。3522)0(3 153 13CCXP3512) 1(3 152 131 2CCCXPP351)2(3 151 132 2CCCXP再列为下表X： 0， 1， 2P： 351,3512,35224. 进行重复独立实验，设每次成功的概率为 p，失败的概率为 q =1p(0Y)=P (X=1, Y=0)+P (X=2, Y=0)+P (X=2

35、, Y=1)+P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)=P (X=1) P (Y=0) + P (X=2, Y=0)+ P (X=2, Y=1)+P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)=822 3321 3)3 . 0(4 . 0)6 . 0()3 . 0()4 . 0(6 . 0CC321 322 3)6 . 0()3 . 0(7 . 04 . 0)6 . 0(CC321 333)6 . 0()3 . 0(7 . 0)6 . 0()3 . 0(C243. 03 . 0)7 .

36、 0(22 3 C9. 有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取 10 件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于 2 拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取 5 件，仅当 5 件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为 10%，求（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率（3）这批产品按第 2 次检验的标准被接受的概率（4）这批产品在第 1 次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：X 表示 10 件中次品的个数，Y 表示 5 件中次品的个数，由于产品总数很大，故 XB（10，0.1） ，YB（5，0.1） （近似服从）（

37、1）P X=0=0.9100.349（2）P X2=P X=2+ P X=1=581. 09 . 01 . 09 . 01 . 091 10822 10 CC（3）P Y=0=0.9 50.590（4）P 010)=P (X 11)=0.002840（查表计算）(2)每分钟呼唤次数大于 3 的概率。566530. 043XPXP19. 以 X 表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间（以分计） ，X 的分布函数是 000,1)(4 . 0xxexFxX求下述概率：（1）P至多 3 分钟；（2）P 至少 4 分钟；（3）P3 分钟至 4 分钟之间；（4）P至多 3 分钟或至少 4 分

38、钟；（5）P恰好 2.5 分钟解：（1）P至多 3 分钟= P X3 =2 . 11)3(eFX（2）P 至少 4 分钟 P (X 4) =6 . 1)4(1eFX（3）P3 分钟至 4 分钟之间= P 32，P (X3)若 XN（，2） ，则 P (2)=1P (|X|3)=1P (X3)=1=10.5=0.5 233（2）决定 C 使得 P (X C )=P (XC)P (X C )=1P (XC )= P (XC)得P (XC )=0.521又P (XC )= C =3023, 5 . 023CC查表可得27. 某地区 18 岁的女青年的血压（收缩区，以 mm-Hg 计）服从在该)12,

39、110(2N地区任选一 18 岁女青年，测量她的血压 X。求（1）P (X105)，P (100x) 0.05.解:3384. 06616. 01)4167. 0(1)4167. 0()12110105()105() 1 (XP5952. 017976. 021)8333. 0(21)65(2)65()65()12110100()12110120()120100( XP.74.129.74.12974.19110.645. 112110.95. 0)12110(05. 0)12110(1)(1)()2(XxxxxxXPxXP故最小的查表得28. 由某机器生产的螺栓长度（cm）服从参数为 =10

40、.05，=0.06 的正态分布。规定长度在范围 10.050.12 内为合格品，求一螺栓为不合格的概率是多少？设螺栓长度为 XPX 不属于(10.050.12, 10.05+0.12)=1P (10.050.121 时，( y)= FY ( y) =21212221yyx dxe=41) 1(21y e y（3）求 Y=| X |的概率密度。Y 的分布函数为 FY ( y)=P (Yy )=P ( | X |y)当 y0 时：( y)= FY ( y) =22222 21yyyx edxe 36. （1）设随机变量 X 的概率密度为 f (x)，求 Y = X 3的概率密度。Y=g (X )=

41、 X 3是 X 单调增函数，又X=h (Y ) =，反函数存在，31 Y且 = ming (), g (+)=min(0, +)= = maxg (), g (+)= max(0, +)= + Y 的分布密度为：( y)= f h ( h )| h ( y)| = 0,31)(32 31 yyyyf但0)0(（2）设随机变量 X 服从参数为 1 的指数分布，求 Y=X 2的概率密度。法一： X 的分布密度为： 000)(xxexfxY=x2是非单调函数当 x0 时，由和的概率公式知zyzyzyxzezdyyeeyzdyyfyzfzf6)()()()(30)( 000,6)(3zzez zfzz

42、（2）设 z 表示前两周需要量，其概率密度为 000,6)(3zzez zfzz设 表示第三周需要量，其概率密度为：000,)( xxxexfxz 与 相互独立= z + 表示前三周需要量则：0，当 u0 时uyuyueudyyeeyudyyfyufuf120)(61)()()(50)(3所以 的概率密度为000120)(5uueu ufu29. 设随机变量（X，Y）的概率密度为其它,00 , 10,),()(yxbeyxfyx（1）试确定常数 b；（2）求边缘概率密度 fX (x)，fY (y)（3）求函数 U=max (X, Y)的分布函数。解：（1）1 ),(11100)( ebdxdy

43、bedxdyyxfyx 111 eb（2）dyyxfxfX),()( 10,110010)(xeedybexxxyx或 00,0),()(10)(yedxbeydxyxfyfyyxY（3）Fu ()=P U u=P )=P X u, Y uuYX),max(=F (u, u)= uudydxyxf),(u180=P X1180, X2180, X3180, X4180=P X1804=1pX1)=1P (1)= 1P (=0)+ P (=1)查二项分布表10.7361=0.2639.因此 X 表示一天调整设备的次数时 XB(4, 0.2639). P (X=0)=0.263900.73614

44、04=0.2936.P (X=1)=0.263910.73613=0.4210, P (X=2)= 0.263920.73612=0.2264. 14 24P (X=3)=0.263930.7361=0.0541, P (X=4)= 0.26390.73610=0.0049.从而 34 44E (X)=np=40.2639=1.05563. 有 3 只球，4 只盒子，盒子的编号为 1，2，3，4，将球逐个独立地，随机地放入 4 只盒子中去。设 X 为在其中至少有一只球的盒子的最小号码（例如 X=3 表示第 1 号，第 2 号盒子是空的，第 3 号盒子至少有一只球） ，求 E (X)。 事件 X=1=一只球装入一号盒，两只球装入非一号盒+两只球装入一号盒，一只球装入非一号盒+三只球均装入一号盒（右边三个事件两两互斥）6437 41 43 41343 413) 1(322 XP事件“X=2”=“一只球装入二号盒，两只球装入三号或四号盒”+“两只球装二号盒，一只球装入三或四号盒”+“三只球装入二号盒”6419 41 42 41342 413)2(322 XP同理：647 41 41 41341 413)3(322 XP641 41)4(3 XP故1625 641464736419264371)(