数率概论与数理统计课后答案(第四版)高等教育出版社浙江大学盛骤等编.pdf

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1、数率概论与数理统计课后答案(第四版)高等教育出版社浙江大 学 盛 骤 等 编概率论与数理统计作业习题解答(浙大第四版)第一章概率的基本概念习题解析第 1、2 题随机试验、样本空间、随机事件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(设以百分制记分)。(2)生产产品直到有1 0 件正品为止，记录生产产品的总件数。(3)对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如 连 续 查 出 2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。(4)在单位圆内任意取一点，记录它的坐标。解(1)高该小班有n个人，每个人数学考试的分数的可能取值为

2、0,1,2,1 0 0,n个人分数这和的可能取值为0,1,2,1 0 0 n,平均分数的可能取值为0 1 1 0 0，nnn n则样本空间为S=0,1,2,1 0 0kk nn(2)样本空间5=1 0,H,S中含有可数无限多个样本点。(3)设1表示正品，0有示次品，则样本空间为S=(0,0),(1,0,0),(0,1,0,0),(0,1,0,1),(0,1,1,0),(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,1),(0,1,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0),(1,1,1,1)例 如(1,1,0,0)表示第一次与第二次检查到正品，而第三次与第四次检查到次品。(4)设任

3、取一点的坐标为(x,y),则样本空间为S=(x,y)x 2 +y 2 12.设A,B,C为三个事件，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;(2)A与B都发生，而C不发生;(3)A,B,C中至少有一个发生;(4)A,B,C都发生；(5)A,B,C都不发生；(6)A,B,C中不多于一个发生;(7)A,B,C中不多于两个发生;(8)A,B,C中至少有两个发生。解 此题关键词：“与，”“而”，“都”表示事件的“交”；“至少”表示事件的“并”；“不 多 于”表 示“交”和“并”的联合运算。(1)ABC o(2)ABC 或 ABC。(3)AU BU Co(4)ABC,(5)ABC

4、 o(6 )A,B,C 中不多于一个发生为仅有一个发生或都不发生，即A BC U ABC U ABC U ABC,A,B,C 中不多于一个发生，也表明A,B,C 中至少有两个发生，即 AB U BC U AC U ABCo(7)A,B,C 中不多于两个发生，为仅有两个发生或仅有一个发生，或都不发生，即表示为ABC U ABC U ABC U ABC U ABC U ABC U ABC而 ABC表示三个事件都发生，其对立事件为不多于两个事件发生，因此又可以表示为ABC=AU B UC(8)A,B,C 中至少有两个发生为A,B,C 中仅有两个发生或都发生，即为ABC U ABC U ABC U A

5、BC也可以表示为ABU BCU ACo第 3.(1)、6、8、9、10题概率的定义、概率的性质、古典概型3.(1)设 A,B,C 是三件，且1 1()()(),()()0,(),4 8P A =P B =PC =PA B =PB C =PA C =求A,B,C至少有一个生的概率。解利用概率的加法公式3 1 5()()()()()()()()4 8 8P A U B U C =P A +P A +P C-P AB-P BC-P AC+PA B C =-=其中由 P(A B)=P(B C)=0,而 A B C 1 A B 得 P(A B C)=0。6.在房间里有1 0个人，分别佩戴从1号 到1 0

6、号的纪念章，任 选3人记录其纪念章的号码。求(1)最小号码为5的概率；(2)最大号码为5的概率。解利用组合法计数基本事件数。从1 0人中任取3人组合数为31 0 C ,即样本空间S=3 1 0 C =1 2 0个基本事件。(1)令事件A=最小号码为5。最小号码为5,意味着其余号码是从6,7,8,9,1 0的5个号码中取出的，有25 C种取法，故人=2 5 C =1 0个基本事件，所求概率为253105!2!3!10 1 ()10!120 123!7!CP AC(2)令事件B=最大号码为5 ,最大号码为5,其余两个号码是从1,2,3,4的4个号码中取出的，有24 C种取法，即B=2 4 C个基本

7、事件，则243104!2!2!6 1()10!120 203!7!cP BC8.在 1 5 0 0 个产品中有4 0 0 个次品，1 1 0 0 个正品。从中任取2 0 0 个。求(1)恰 有 90个次品的概率；(2)至少有2个次品的概率。解(1)利用组合法计数基本事件数。令事件A 二 恰 有 90个次品,则9 0 1 1 04 0 0 1 1 0 02 0 01 5 0 0()C C P AC(2)利用概率的性质。令事件B 二 至少有2个次品,Ai=恰 有 i个次品,则23200B=AUAUA,A i A i 三(i 1 j)所求概率为2 0 02 3 2 0 02()(,()iiP BP

8、AAAP A=U U.U )=Z显然，这种解法太麻烦，用对立事件求解就很简单。令事件B =(恰有0个次品或恰有1个次品,即 0 1 B =A U A，而2 0 0 1 1 9 91 1 0 0 4 0 0 1 1 0 00 1 0 1 2 0 0 2 0 01 5 0 0 1 5 0 0()0 0 0C C CP BP AAP AP AC C=u =+=+故2 0 0 1 1 9 91 1 0 0 4 0 0 1 1 0 02 0 0 2 0 01 5 0 0 1 5 0 0()101c c cP B P BC C9 .从 5双不同的鞋子中任取4只，问这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率是

9、多少？解 令事件A=4 只鞋子中至少有两只鞋子配成一双。用 3种方法求P(A)oA的对立事件A =4 只鞋子中至少有两只鞋子配 成 一 双,从 5又鞋中任取4只，即从 1 0 只鞋中任取4只，所有可能组合数为410 C ,样本空间S=410 C个基本事件),现考虑有利于A 的基本事件数。从 5双鞋中任取4双，再从每双中任取一只，有 4 4C 5 2种取法，即A =4 45 C 2个基本事件,则4 4 454102 5 2 13()1 01 12 10 2 1cPAPAC4只鞋是不放回的一只接一只的取出，所有可能的排列数为410 A ,即样本空间S 二 410 A个基本事件。现考虑有利于A的基本

10、事件，从 1 0 只鞋中任取一只，与它配成双的一只 不 取，从其余8只鞋中任取一只，与它配成双的一只不取，依此类推，则 A=10 X8 X6 X4个基本事件。于是10410 8 6 4 108 6 4 8 13)1 0 11 110 9 8 7 2 1 2 1PAPAA利用组合法计数基本事件数。考虑有利于事件A的基本事件数，任取的4只鞋配成一双的取法有1 2 2 25 2 4 C C C 2种，能配成两双的取法有2 25 2 C C 种，于是 A=(1 2 2 2524CCC2+2 25 2 C C )个基本事件,则1 2222 2 5 24524102 13 0 13()2 10 2 1C

11、C C C CP AC=+=此题的第1 种方法和第2种方法是利用概率性质：P(A)+P(A)=1首先求P(A),然后求P(A)。第 3种方法是直接求P(A)。读者还可以用更多方法求P(A)。10 .在 1 1 张卡片上分别写上P r o b a b i l i t y 这 1 1 个字母，从中任意连抽7张，求其排列结果为a b i l i t y 的概率。解 令 事 件 A=排列结果为a b i l i t y ,利用排列法计数基本事件数。不放回的从中一次抽 1 张的连抽7张，要排成单词，因此用排列法。样本空间=711 A个基本事件。排列结果为a b i l i t y,实际收入字母b的卡片有

12、两张，写字母i的卡片有两张，取 b有 1 2c种取法，取 i 有 12 C 种取法，其余字母都只有1 种取法，故 1 1A=C2C2个基本事件,于是1 12 27114()0 000002411 10 9 8 7 6 5C CP AA y z 这是个小概率事件。第 14.(2)、15、19、18题条件概率、概率的加法公式和乘法公式14.(2)已知1 1 1()(),(),()4 3 2PA=,PBA=PABPAU B。解利用概率加法公式和概率乘法公式。P(A U B)=P(A)+P(B)-P(A B)解此题的关键是求P(B)和 P(A B)。由概率乘法公式，得1 1 1()()()4 3 12

13、P A B =PAPBA=又 P(A B)=P(B)P(A B),解得()1 1 ()12()1 62P A BP BP A B于是所求概率为1 1 1 1()4 6 12 3P A U B =+-=此题的关键是利用P(A)P(B A)=P(B)P(A B),求出P(A B)和 P(B),再求P(A U B)就迎刃而解了。15.掷两颗骰子，已知两颗骰子点数和为7,求其中有一颗为1点的概率(用两种方法)。解 令 事 件A=两颗骰子点数之和为7 ,B=有一颗为1点。此题是求条件概率P(B A),两种方法如下：考虑整个样本空间。随机试验：掷两颗骰子，每颗骰子可能出现的点数都是6个，即样本空间S=6

14、2个基本事件。事件A B=两颗骰子点数之间和为7,且有-颗为1点,两 颗 骰 子 点 数 之 和 为7的可能结果为6个，即A=(1,6),(2,5),(3,4),(6,1),(5,2),(4,3)而A B=(1,6),(6,1)。由条件概率公式，得()2 2 1 ()3 6()6633 6P A BP B AP A已知事件A发生后，将A作为样本空间，其中有两个结果(1,6)和(6,1)只有一颗骰子出现1点，则在缩减的样本空间中求事件B发生的条件概率为2 1()6 3P B A =18.某人忘记了电话号码的最后一个数，因而他随意地拨号。求他拨号不超过三次而接通所需电话的概率。若已知最后一个数字是

15、奇数，那么此概率是多少？解 利用概率性质（有限可加性）和概率乘法公式。令事件A i二 第i次拨通电话,“到 第i次拨通电话”这个事件为1 2 i 1 i A A AA -.（i=l,2,3）o事 件B=不超过三次而拨通电话,则B=1 1 2 1 2 3 A U A A U A A A该事件表示第一次拨通电话，或者第一次未拨通，第二拨通电话（到第二次拨通电话），或 者 第 一、二次未拨通，第三次拨通电话（到第三次拨通电话）。右端是互不相容事件的并事件，所以用有限可加性计算，得1 1 2 12 31 1 2 12 31 1 2 1 1 2 13 120()()0()()()()()()()19 1

16、9 8 1310 10 9 10 9 8 10PB PA A A A A APA P A A P A A AP A PP A A P A P A A P A A A=+二 十+二+,+U U拨号是从0,1,是1102,9的10个数字中任取一个，有1 0种取法，第一次拨通的概率第一次未拨通的概率为910,第二次拨号时，是从其余9 个数字中任取一个，所以拨通的概率为19,到第二次拨通的概率为9 1 110 9 10 二，依此类推，到第n 次拨通电话的概率都是110与顺序无关。已知最后一个数字是奇数时，令事件c=拨号不超过三次而接通电话。拨号是从1,3,5,7,9 的五个数字中任取一个，有 5 种取

17、法，第一次拨通的概率为15,到第二次拨通的概率为4 1 15 4 5=,到第三次拨通的概率为4 3 1 15 4 3 5 =,与上述分析方法和用的概率公式相同，所以1 4 1 4 3 1 3()5 5 4 5 4 3 5P C =+=第2 1、2 2、3 5、3 8题全概率公式、贝叶斯公式、事件的独立性2 1.已知男人中有00 5是色盲患者，女人中有00 0.25是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解 令事件A=随机地选一人是女性,对 立 事 件A=随机地选一人是男性。因为人群中男女人数相等，所以10()2PA =PA=,且A,A是样本空

18、间的一个划分。事件C=随机地挑选一人恰好是色盲。已知0.25 5(),010 0 10 0PC A =PC A =由全概率公式，得()()()()()1 0.25 1 50.0 26 252 10 0 2 10 0P C =PA PC A +PA PC A=+=由贝叶斯公式，得1 5()()()2 10 0 ()0.9 5 24()()0.0 26 25P AC P A P C APA CP C P C22.一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 o (1)若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得

19、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 令事件Ai=一学生第i次考试及格 (i=L 2),已知1 1 2 1 2 1 (),()1 ,()()2PP A 二 PPA 二 -PPA A PA A =(1)由概率加法公式，得 1 2 1 2 1 212 12 1()00()()00()PA A PA PA PA APA PA PA PA A=+-U利用对立事件求概率12 12 121 2 11 2 12()1 01()1()()1 ()1()13 11 (1)(1)2 2 2PA A PA A PA AP A P A AP A P A APP P PU U显然用

20、后者求解简单。(2)利用条件概率公式。12 12 12 12 222()0()()0()2(1)12PA A PA PA APA APA PAP PP P P P+-+3 5.如果一危险情况C 发生时，一电路闭合并发出警报，我们可以借用两个或多个开关并联以改善可靠性，在 C 发生时这些开关每一个都应闭合，且若至少一个开关闭合了，警报就发出。如果两个这样的开关联联接，它们每个具有0.9 6 的可靠性(即在情况C 发生时闭合 的 概 率)，问这时系统的可靠性(即电路闭合的概率)，是多少？如果需要有一个可靠性至少为0.9 9 9 9 的系统，则至少需要用多少只开关并联?设各开关闭合与否是相互独立的。

21、解利用事件的独立性。令事件i A=第 i只开关闭合。已知1 2 P(A )=P(A)=0.9 6。令事件B=电路闭合。两只开关并联联接，则 1 2 B=A U A,即至少有一只开关闭合，电路就闭合。而 12 A 与A 相互独立，所以电路闭合的概率为1 2 1 2 1212 122()()()()()()0()()0.96 0.96(0.96)0.9984P B P A A P A P A P A AP A P A P A P A二 二 +一=+-=+-=U这种解题思路是读者容易想到的.另一种解法是利用对立事件,计算此较简单.12 121 21 22()0 1()1 ()1()()1 0.04

22、0.9984P B P A A P A AP A APA PAu u设需要n只开关并联,才保证系统可靠性为0.9999。令事件i A=第i只开关闭合(i=l,2,n)o令事件C二 电路闭合，则1 2 n C=A U A U.A。如果用概率加法公式表示P=(C)将是相当麻烦的，不妨表示为11 211 1 1 12 2 3 30()()()()(1)()0.96(0.96)(0.96)(1)(0.96)nn nni i j i j K ii i j n i j k n inn nP C P A A APA PA A PA A A PAnC C-=-+-=-+-2 2 2U U.n已知P(C)=0.

23、9 9 9 9,解 n实际上是很难办到的。如果用对立事件表示P(C),显然比较简单，即 1 2 1 21 2()1 0 1()1()0()1(0.0 4)n nnnPC PA A A PA A AP A P A P Au u.u.已 知 1-0.0 4 n 3 0.9 9 9 9 ,即 1-0.0 4 n 0.0 0 0 1,两边取以e为底的对数，得1(0.0 4)1(0.0 0 0 1)n n n ，则1 (0.0 0 0 1)9.210 32.8 61(0.0 4)3.218 9nnn3=-.故至少需要3 只开关并联联接。此题表明对立事件及德 莫根律对解决实际问题有多么重要。3 6.三人独

24、立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为1 5,1 3,1 4 o问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是多少？解 令 事 件 Ai =第 i人能译出密码 (i=l,2,3),且 115)P A=,21()3P A=,31()4P A=,B二 三人中至少有一人能译出密码 与 事 件“密码被译出”是相等事件。又 1 2 3 A,AA 相互独立。利用概率的加法公式和事件的独立性。1 2 31 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3)()()()0()1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10.65 3 4 53 54 3 453 4P B P A A AP A P A P A P

25、A A P A A P A A P A A A=+-+二+-一 +U U利用对立事件和事件的独立性。12 3 12 312 3 12 3()0 1()1 ()I()()()1 1 1 31 (1)(1)(1)0.65 3 4 5P B P A A A P A A AP A A A P A P A P AU U U U-3 8.袋中装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 令事件A二 任取一只硬币是正品，对立事件A二 任取一只硬币是次品，且(),0mPAPAm n m n+，B二 把硬币投掷r次，

26、每次都得到国徽面,令 事 件i B二 把硬币投掷i次，有i次得到国徽 (i=l,2,r)o如果硬币是正品，则投掷一次出现 任 何 一面的概率都是12;如果硬币是次品，则投掷一次出现国徽面的概率是1。于是1 1 12 2 2()()()()()112()()()()()1 11 12 21)12ii iP B P A Pm nm n m nP B P A Pm nm n m nm nP Bm n m n=+=+二，+=+则1()0 12B A P AP B AB A P AP B A +12m nP B P Bm n m n m nm n m n=f+=+所求概率为()0()()0()121 2

27、2rrrPA B PA P B A P A BP A P Bmm n mmnmnmnmn=二+二+第 二 章 随机变量及其分布习题解析第2.(1)、3、6、7、12、17题离散型随机变量的分布律2.(1)一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5 o在袋中同时取3只，取出的3只球中的最大号码，现实性出随机变量X的分布律。解 随机变量X的所有可能取值为3,4,5,求取各个值的概率用古典概型。2235233X表示524351 1 35!103!2!3!2!1!3 4 5!103!2!4!2!2!3 55!53!2!CP XCCP XCCP Xc则随机变量X 的分布律为X 3 4 5k P11031

28、035如果用概率函数表示，则为2135 k CP X kC二二一(k =3,4,5)3.设 在 1 5 只同类型的零件中有2只是次品，在其中取3 次，每次任取1 只，作不放回抽样。以 X 表示取出的次品的只数。（1）求 X 的分布律；（2）画出分布律的图型。解 随 机 变 量 X 的所有可能值为0,1,2,求取各个值的概率用古典概型。（1）X 取各个值的概率分别为0 32 133151 22 133152 12 1331513!3!10!2 2 015!353!12!13!2 12 1 2!11!15!353!12!13 1 2 15!353!12!C CP XC C CP XCC CP XC

29、t则 X 的分布律为X 0 1 2k P2 2351235135因为 k 1 P =2，所以只要求出 P X=0,P X=1则 P X=2 =1-P X=0-P X=1 oX 的分布律用概率函数表示为32 13315()C k C kP X kC二二(k =0,1,2)6.一大楼装有5 个同类型的供水设备。调查表明在任一时刻t每个设备被使用的概率为 0.1,问在同一时刻(1)恰 有 2个设备被使用的概率是多少？(2)至少有3 个设备被使用的概率是多少？(3)至多有3 个设备被使用的概率是多少？(4)至多有1 个设备被使用的概率是多少？解 5 个同类型的供水设备，在任一时刻是否被使用相互独立，而

30、在同一时刻被使用的个 数 X 服从二项分布b (5,0,1)，故用二项分布求解X 取各个值，或在某个范围内取值的概率。(1)因为X 服从二项分布b (5,0,1),分布律为 (0.l)k (0.9)5 kkPX=k=C-(k=0,1,2,3,4,5)于是2 2 5 25 P X=2 =C (0.1)(0.9)-=10 0.01z 0.7 2 9=0.07 2 9(2)55533 3 5 3 445 45 5 5 55 5 5 3(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.5)(0.9)10 0.001 0.81 5 0.0001 0.9 0.000010.00856k k

31、 kkP X cc c c3=二 十+E(3)3550 0 5 1 4223 3 3 25 5 5 5 3(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)0.5904 9 032 805 0.07 2 9 0.00810.99954k k kkP X Cc c c c =+二+2或用对立事件求解。55544 4 5 5 5 05 54 5 3 1 3 1 4 1(0.1)(0.9)1 (0.1)(0.9)(0.1)(0.9)1 5 0.1 0.9 0.1 1 0.0004 5 0.00010.99954k k kkP X P X P Xc 二

32、一二一 3后者计算比前者简单。(4)5551 1 k (0.l)k (0.9)kkP X C -3 二 2,显然计算过程比较麻烦，但用对立事件求解相当简单。0 0 5 55 1 1 1 1 01(0.1)(0.9)1 0.91 0.5904 9 0.4 0951P X P X P XC3=-=3=2 二-2 二17.(1)设 X 服 从(0-1)分布，其分布律为 P X=k =P k (1-P)l-K ,k =0,1,求 X 的分布函数，并作出其图形；(2)求 第 1 题中的随机变量的分布函数。解(1)X 的分布函数为()(1)10,11,k Kk xF x P X x P PP-=-20 1

33、xxX3(2)第1题中随机变量X的分布律为X 3 4 5k P11031035X 的分布函数为F(x)=FF(x)=P X x =0当 3 x .4时，贝 ijF(x)=P X x =P X当 4 x .5 时，贝 ijF(x)=P X x =P XF(x)=P X x =P X110()1 3 410 10 101 3 31,10 10 5F x x),求法如下。当 x .3 时，贝 ij3 =0.13+P X=4=0.1+0.3=0.4 当 x 3 5 时，则3+P X=4+P X=5=1 综合表示为 0,+=+二.33 44 55xxXX3第 19、21、27、34、35、36题随机变量

34、的分布函数、连续型随机变量的概率密度-一1 9.以 X 表示某商店从早晨开始营业起直到第一个顾客到达的等待时间(以分计)，X的分布函数是1 0.4,()0,e xF x xXX求下述概率：(1)P 至多3分钟;(2)P 至少4 分钟;(3)P 3 分钟至4 分钟之间;(4)P 至多3分 钟 或 至 少 4 分钟 ；(5)P 恰好2.5分钟。解(1)3 (3)1 0.4 3 1 1.2 0.6 988 xPX=P=-e-=-e-=(2)4 1 4 1(4)0.4 4 0.2 0 19 XPX3=-PX.=-F=e-=(3)0.4 4 0.4 3 3 4 4 3(4)(3)1(1)0.0 993X

35、 XP X P X P XF F e-z e-，=-(4)3 4 1 0.4 3 (1 0.4 4)0.6 988 0.2 0 19 0.90 0 7PX+PX3=-e-+-e-+-(5)P X =0.2 5 =0。2 1.设随机变量X的概率密度为(1)2(1 1 2 ),()0,xf X1 x 2其它(2)()2,0,xf X X0 11 2xX 其它求X的分布函数F(x),并 画 出(2)中的f (x)及F(x)的图形。解(1)当X 1时,F (x)=0；当 1 x 2 时，则 11 21 2 11()()0 2(1)1 12 (1)2()22 4x xX XF x f t d t d t

36、 d ttdt tt txx-二 二 +一二 一 二 +=+-f f ff当x 3 2时，F(x)=lo综合表示为0,2()2 4,1,F x xx11 22xXX 3(2)当 x 0 时，F(x)=0；当 0 x 1 时，则 0 21()0 02x xF x f t dt dt tdt x-Y=f=f+f=当1 x 2时，则0 10 11 20 1 12 20()0(2)1 1(2)(2)2 21 1 1 12 2 2 12 2 2 2xxX XF x f t dtdt tdt t dttdt t dt t tx x x x-Y-Y=+-=+-=+-=+=+ff f ff f当x 3 2时，

37、F(x)=1。综合表示为220,1)212 121,xF xX X-+0 11 22xXXX 32 7.某地区1 8 岁女青年的血压(收缩压，以 mmHg计)服 从 N(110,122)在该地区任选-1 8 岁的女青年，测量她的血压X。(1)求 PX 105,P100 x 0.05o解设女青年的血压为X,则 X N(110,122),由 此 得 110(0,1)12XN(1)110 105 110 105 12 125 5()1()12 121(0.4167)1 0.6628 0.3372P X P=-=F -=-F=-F10 0 110 110 12 0 110 10 0 12 0 12 1

38、2 125 110 5()6 12 65 5 5()()2()16 6 62 (0.83 3)1 2 0.796 7XP X PXP=-x 0.0 5,用对立事件得 1 o.05,0.95110 110 )0.9512 12P X x P X xX xP-3-3查表得1101.64512x-3,解 出 129.74 x 3,则 x 的最小值为129.74。第 33、题随机变量的函数分布3 3.设随机变量X 的分布律为X -2-1 0 1 3k P151615115113 0求 Y=X 2的分布律。解 Y =X 2的所有可能取值为0,1,4,9,取各个值的概率分别为22221 0 0 0 5 1

39、 1 1 11 1 76 15 3 0 4 4 2 11 2 5 9 9 3 3 11 3 3 0P Y P X P XPYPXPXPXPYPXPXPXP XPYPXPXPXP X=-+=+=-+=-+=于 是 Y的分布律为Y 0 1 4 9k P1573 015113 0此 题 Y与 X不对应，X取值为T,1 对应Y取值为1,这 时 P Y =1 等 于 P X =-1 与 P X =1 之和。用表格表示Y在的分布律时，通 常 Y取值从小到大排序，看起来比较整齐。34.设随机变量X在（0,1）上服人均匀分布。（1）求丫=eX的概率密度；（2）求 Y =-2 1n X 的概率密度。解 X的概率

40、密度为1,（）0,X f x0 x 1其它首先求Y的分布函数，然后求Y的概率密度。（1）设（）Y F y 为 Y的分布函数，Y的概率密度。当 y 1时，（）Y F y=0；当 1&y e时，贝 U1()1!X n yYFy=PYy=ey=PXny=f d x=n y当y 3 e时，()Y F y=l o综合表示为()Y F y为0,()I n ,1,Y F y y11yy ey e 3于是Y的概率密度为1(),()0,YYd F yf y yd y1 y e其它(2)当 y.0 时，()Y F y=0；当 y 3 0 时，贝ij 2212()2 1()y 1YyyeFy PYy PnXyP X

41、 ed x e=3=f=-综合表示为20,()1Y y F yyy由此可见，Y服从参数为12的指数分布。直接求Y的概率密度()Y F y。(1)因为Y =e X对应的函数y=e x是严格单调增加函数，可以应用教材中的定理求解。y=e x的反函数为x =l n y,又d x 1d y y=,当1 y e时，则1()(1)Y Xd xf y f n yd y y综合表示为1()0,Y f y y1 y e其它随机变量Y的取值范围根据X的取值范围(0 x 1)和函数y=e x 来确定。当 a y 3 5.设 XN(0,1)o (1)求 Y=e X 的概率密度；(2)求 Y=2X 2+1的概率密度：(

42、3)Y=X 的概率密度。解 X 的概率密度为22 1()2xY f y eP-=(-x (2)当y 1时，()Y F y=0；当y.1时，贝I2 2221 12 2 2 21 02()2 1 1 1 2 21 122 2Yy x y xyFy PYy PXyy yP X P Xe d x e d xP P=+=-=-二/二/于 是Y的概率密度为14 1(),()2(1)0,yYYd F y ef y yd yp11yy(3)当 y.0 时，()0 Y F y 二；当 y 3 0 时，则 2 22 2()1 122 2Yx xy yyFy PYy PXye dx e dxP P二 二 =f=f于

43、是Y的概率密度为22 2(),00,yYYd F y ef yd y pyy直接求Y的概率密度()Y f y。(1)Y =e X对应的函数y=e x 是严格单调增加函数，其反函数为x =l n y,又d x 1d y y=,则Y的概率密度为(1)22 1()20,n yYef y p yyy(2)Y =2 X 2 +1对应的函数y=2 x 2 +1 是非单调函数，分成两个单调区间，当 x .0时，贝 IJ12yx=-,当 x30 时，12yX=-o于是当y 1时，有 1 14 4141 1()()()2 21 1 1 1 2 2 2 2 112(1)Y X Xy yyy y d xf y f

44、fd ye eyeyP pp二 +一当y 1时，14 1()2(1)0,y()Y f y=0 o综合表示为Yef y p y11yy(3)Y=X对应的函数y=x是非单调函数，分成两个单调区间，其反函数x二土 y,又1d xd y二 土，当y凯。时，()0 Y f y二；当y.0时，则2 22 2 2 2()12y yY f y e eP P-=综合表示为22 2()0,yYef y Pyy3 6.(1)设随机变量X的概率密谋为f (x),-.x,。求Y=X 3的概率密度。(2)设随机变量X的概率密度为f()0,e xf xx 0其他求Y=X 2的概率密度。解 设Y的分布函数为()Y F y,概

45、率密度为()Y f y。首先求()Y F y,然后求()Y f y。(1)333()()()YyFy PYy PXyP X yf x d x-=-=f.(-y +)则Y的概率密度为23 3()10()3 Yd F yf y f y yd y-=(y 1 0)(2)当 y 0 时，()Y F y=0；当 y 3 0 时、则 20 0()0 ()1Yy x x y yFy PYy PXy PXye d x e-e-=J =-=-综合表示为0,()1 Y yF ye-yy直接求Y的概率密度（）Y f y。（1）Y =X 3对应的函数y=x 3是严格单调增加函数，其反函数x=3 y,又23 13d x

46、yd y则23 3 1()()3 Y f y f y y-=(y 1 0)(2)Y =X 3对应的函数y=x 2是非单调函数，便 当x 0时，y=x 2是严格单调增加函数，其反函数xy,又12d xd y y二，当 y 0 时，()Y f y=0；当 y 0 时，贝ij1 10()2 2yY f y f y ey y综合表示为1()20,yYef y yyy第 三 章 多维随机变量及其分布习题解析第 1、2.（1）、3、7、8、9、10、13、18、2 2 题 二 维 随 机 变 量（X,Y）的联合分布、边 缘 分 布、随机变量的独立性1.在一箱子中装有1 2 只开关，其 中 2只是次品，在其

47、中取两次，每次任取一只，考虑两种试验：（1）放回抽样；（2）不放回抽样。我们定义随机变量X,Y如下：0,1.X若第一次取出的是正品若第一次取出的是次品0,1,Y若第二次取出的是正品若第二次取出的是次品试分别就(1)、(2)两种情况，写 出 X和 Y 的联合分布律。解(1)放回抽样。X 的分布律为10 2 0,112 12P X 二二P X 二二，而两次试验的结果互不影响，所 以 Y 的分布律为10 2 0,112 12PY=PY=O二维随机 变 量(X,Y)的所有可能取值为(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)o (X,Y)取各个值的概率用古典概型计算，得2222210 25 0,01

48、 2 3 61 0 2 5 0,1 1 2 3 62 1 0 5 1,0 1 2 3 62 2 1 1,1 1 2 3 6P X YP X YP X YP X Y_ _ _ z _求二维离散型随机变量(X,Y)的颁布律就是求积事件发生的概率。如 X =0,Y =0 是 表 示(x =0)n(Y =1),为简单起见，将 符 号“C”用“，”代替，是表示事件(X =0 与 Y =0 同时发生。因为是放回抽样，所以事件 X =i与 Y =j (i,j =0,1),是相互独立的，故也可以利用事件的独立性计算。如1 0 1 0 2 5 0,0 0 0 1 2 1 2 3 6P XY 二P X 二 P Y

49、 二 二其他类似。于是二维随机变量(X,Y)的分布律为XY0 112 53 653 653 613 6(2)不放回抽样。用古典概型计算，则得2 1 0 2 1 2 1 1 1 0 2 2 12 2 1 2 1 0 9 4 5 0,0 1 2 1 1 6 6 1 0 2 1 0 0,1 1 2 1 1 6 6 2 1 06 6 2 1 1,1 121166PPXYPPPPXYPPPPXYPPP2 1 1 2 1 0 2 1 2 21 0 1,0 1 2 1 1X Y P因为是不放回抽样，第一次试验结果影响第二度验结果发生的概率。法 公 式，则得也可以用概率的乘1 0 9 4 5 0,0 0 0

50、0 1 2 1 1 6 6P X =Y =P X =P Y =X =,其他类似，于 是（X,Y）的分布律为XY0 114 56 61 06 61 06 616 62.(1)盒子里装有3只黑球、2只红球、2只白球，在其中任取4只球。以 X表示取到黑球的只数，以 Y表示取到红球的只数。求 X和 Y的联合分布律。解用古典概型。则(X,Y)的分布律为4()3 2 247 ,(0,1,2,3;0,1,2;2 4)C iC j C I jP X i Y jCi J i j-+=+其中02232247103322471123224712132247201322472113224723 0,0 0 0,1 0