概率论习题参考解答1.docx
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概率论习题参考解答1
概率论习题参考解答1概率论第二章习题参考解答
1.用随机变量来描述掷一枚硬币的试验结果写出它的概率函数和分布函数.
解:
假设E=1对应于"正面朝上",E=0对应于反面朝上•则
P(E=0)=P(E=1)=0.5.
其分布函数为
0x:
:
0
F(x)=*0.50兰xc1
1x
2.如果E服从0-1分布,又知E取1的概率为它取0的概率的两倍,写出E的分布律和分布函数•
解:
根据题意有
P(E=1)=2P(E=0)
(1)
并由概率分布的性质知
P(E=0)+P(E=1)=1
(2)
将
(1)代入
(2)得
3P(E=0)=1,即P(E=0)=1/3
再由
(1)式得
P(E=1)=2/3
因此分布律由下表所示
2/36
1/3
2/3
而分布函数为
0x:
:
:
0
F(x)=<1/30兰xc1
1XX1
3.如果E的概率函数为P{E=a}=1,则称E服从退化分布.写出它的分布函数F(x),画出F(x)的图形.
解:
F(x)#x:
a,它的图形为
1xza
fF(x)
1
-►
0ax
4.一批产品分一,二,三级,其中一级品是二级品的两倍,三级品是二级品的一半,从这批产品中随机地抽取一个检验质量,用随机变量描述检验的可能结果,写出它的概率函数.
解设E取值1,2,3代表取到的产品为一,二,三级,则根据题意有
P(E=1)=2P(E=2)
(1)
P(E=3)=P(E=2)/2
(2)
由概率论性质可知
P(E=1)+P(E=2)+P(E=3)=1(3)
(1),
(2)代入(3)得:
2P(E=2)+P(E=2)+P(E=2)/2=1
解得P(E=2)=2/7,再代回到⑴和
(2)得
P(E=1)=4/7,P(E=3)=1/7则概率函数为
1
P(=i)万23」(i=1,2,3)
或列表如下:
E
1
2
3
P
4/7
2/7
1/7
5.一批产品20个,其中有5个次品,从这批产品中随意抽取4个,求这4个中的次品数E的分布律.
解:
基本事件总数为n=C;。
有利于事件{E=i}(i=0,1,2,3,4)的基本事件数为
E
0
1
2
3
4
P
0.2817
0.4696
0.2167
0.031
0.001
6.一批产品包括10件正品,3件次品,有放回地抽取,每次一件,直到取得正品为止,假定每件产品被取到的机会相同,求抽取次数E的概率函数.
解:
每次抽到正品的概率相同,均为p=10/13=0.7692,则每次抽到次品的概率q=1-p=O.2308则E服从相应的几何分布,即有
p(忙pqi=131/(0)
7.上题中如果每次取出一件产品后,总以一件正品放回去,直到取得正品为止,求抽取次数E的分布律.
解:
这样抽取次数就是有限的,因为总共只有3件次品,即使前面三次都抽到次品,第四次抽时次品
已经全部代换为正品,因此必然抽到正品,这样
E的取值为1,2,3,4.
不难算出,
P(=1)=10=0.7692
13
311
P(=2)0.1953
3
2
12
"13
13
13_
3
2
1
P(=3)
0.0328
后也也"0027
1313
E
1
2
3
4
P
0.7692
0.1953
0.0328
0.0027
P(=4)二
E的分布律如下表所示:
8.自动生产线在调整之后出现废品的概率为p,
当在生产过程中出现废品时立即重新进行调整,求在两次调整之间生产的合格品数E的概率函
数•
解:
事件E=i说明生产了i次正品后第i+1次出现废品,这是i+1个独立事件的交(1次发生i次不发生,因此有
P(Ei)=p(1-p)i,(i=0,1,2,…)
9.已知随机变量E只能取-1,0,1,2四个值,相应概率依次为*,負£,右,确定常数c并计算
2c4c8c16c
P{E1&0}.
解:
根据概率函数的性质有
P{=—1}P{=0}P{T}P{=2}=1
2c4c8c16c
1357812107
c=
2481616
37=2.3125
16
设事件A为&1,B为护0注:
如果熟练也可以
不这样设)则
P{J-1}
P{=-1}P{=1}P{=2}
28二0.32
15」25
2816
10.写出第4题及第9题中各随机变量的分布函数.
4/7
计6/7
1
x:
:
1
1 : : 2 2乞x: : 3 x_3 当x<-1时: F(x)=P(E$)=0 当-1令<0时 ■ ■ F(x)=P( E $)=P(㈠1)=2: =22;125: =0.2162 当0令<1时 ■ ■ F(x)=P( E 4)=P(年-1)+P(宇0)=心 丄13 4c24 2.3125=0.5405 当1*2时 ■ ■ F(x)=P( E $)=p(宇-1)+P(字0)+P(宇1)= 2cIC8C=兀「.3125=08108 当x>2时: F(x)=P(E夯c)=1综上所述,最后得: 9XC-1 0.2162-1兰xvO F(x)=<0.54050Exc1 0.81081兰xv2 1x_2 1 11•已知E防1,求皿分布函数 F(x),画出F(x)的图形.解: 当x<0时: F(x)=0; 当0令<1时: 1 --+1 2 12.已知Ro(x)—2x其它^1,求P{EW0.5}; P(R.5);F(x). .0,500.505 角牛: P{<0.5}=(x)dx二Odx亠i2xdx二x2|0.52「02二0.25, _■: 二: 0 因E为连续型随机变量,因此取任何点的概率 均为零,所以P{E=0.5}=0, 求F(x): 当x<0时,F(x)=0 rJx0x 当0$vl时,F(x)=严(t)dt=JOdt+J2tdt=t2|;=x2 _■: 二: 0 当x>1时,F(x)=1 综上所述,最后得: 0x: : : 0 F(x)=x20乞x: : 1 1x-1 13.某型号电子管,其寿命(以小时计)为一随机 变量,概率密度x-100,某一个电子设备 [0其它 内配有3个这样的电子管,求电子管使用150小时都不需要更换的概率. P(E羽50)为: 则3个这样的电子管构成贝努里独立试验概型 试验三次发生三次的概率为 (2$8 必(3)=—丨=一=0.2963 Q丿27 14.设连续型随机变量E的分布函数为: 0x<0 F(x)=^Ax20Ex: : 1 1x±1 求系数A;P(0.3 解: 因E是连续型随机变量,因此F(x)也必是连续曲线,则其在第二段(0,1)区间的曲线必能和第三段(1,+旳的曲线接上,贝V必有 AX12=1,即A=1.则分布函数为 0x: : 0 F(x)= Jx兰1 P(0.3v <0.7)=F(0.7)-F(0.3)=0.72-0.32=0.49-0.09=0.4 概率密度Mx)为 15.服从柯西分布的随机变量E的分布函数是 F(x)=A+Barctgx,求常数A,B;P{|E|<1}以及概率密度MX). 解: 由F(-勺=0, 得A+Barctg(■oo)=A-B—0 再由F(+o)=1, (1) ⑵ 得A+Barctg(p)=A+B—=1 即F(x)=1—arctgx 2兀 1—P(||: : 1)=P(—1: : : : 1)=F (1)-F(—1)arctg1arctg一1二 兀]4i4丿」2 11 (x)=F(x)=——2 兀1+x 16.服从拉普拉斯分布的随机变量E的概率密 度O)=Ae二求系数A及分布函数F(x). 解: 这实际上是一个分段函数,yx)可重新写为 根据性质.「(x)dx=1,又因yx)为偶函数,因此有 a -bo-bo咼p 賢(x)dx=2jAedx=-2A「|/=2A=1,贝卩有A=1/2--: 0 求分布函数F(x). 当x<0时,有 当xAO时,有 <0.2|0.1<<0.5} B={0.1<其0.5则要计 解: 设事件A={E 算的是条件概率P(A|B), AB={ <0.2Q{0.1<芒0・5={0.1<芒02} 0.20.2 P(AB)二P{0.1: : 空0.2}=「(x)dx=(12x2—12x3)dx 因此有 0.10.1 =(4x3-6x23x) =(40.008-60.0430.2)-(40.001-60.0130.1) =0.032-0.240.6-0.0040.06-0.3=0.148 0.2 0.1 0.50.5 P(B)二P{0.1: : ^0.5}=(x)dx=(12x2-12x3)dx 0.10.1 32I°.5 =(4x3-6x23x)oi二 =(4汉0.125—6汽0.25十3汉0.5)—(4汉0.001—6汉0.01+3汉0.1) =0.5-1.51.5-0.0040.06-0.3=0.256 最后得 P{<0.2|0.仁: 空0.5}=P(A|B)二P(AB)二^14? =0.5781 P(B)0.256 18.已知〜gee宀,确定常数C. 解: 首先证明普阿松广义积分fe,dx=頁,因为函 3 数e」2并不存在原函数,因此需要一技巧 作极坐标代换,令x^reosim*,则积分区间为全平面,即B从0积到2n,r从0积到+円且 dxdy二rdrd^,因此 2兀乂2半22化 I2=Jd日Je'rdr=2和尹丄彳d(r2)"e*",所以|=n 00020 现确定常数C,由性质(x)dx=1, 3 P{a-1<务a+1}・ 解: 由性质「(X)dx=1得 q •匕;a•匕;… Pp(x)d^=(Odx+2屁丛dx=-ce^|=ce"a=1 -■: -: a ,e"』) xa(i、0) 其它 20.二元离散型随机变量(e,n有如下表所示的 联合概率分布: 叭 e'\ 0 1 2 3 4 5 6 0 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 20 17 11 06 04 02 00 2 4 3 2 9 3 4 1 0 0. 0. 0. 0. 0. 0. 09 06 04 03 02 00 9 4 0 1 0 6 2 0 0 0. 0. 0. 0. 0. 03 02 01 01 00 1 5 8 3 8 3 0 0 0 0. 0. 0. 0. 00 00 00 01 1 2 4 1 求边缘概率分布,E与n是否独立? 解: 按下表计算E与n的边缘分布: \ n\ 0 1 2 3 4 5 6 p(Pi 1) 0 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 20 17 11 06 04 02 00 62 2 4 3 2 9 3 4 7 1 0 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 09 06 04 03 02 00 26 9 4 0 1 0 6 0 2 0 0 0. 0. 0. 0. 0. 0. 03 02 01 01 00 09 1 5 8 3 8 5 3 0 0 0 0. 0. 0. 0. 0. 00 00 00 01 01 1 2 4 1 8 Pj⑵ 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 20 27 20 12 10 06 02 2 3 8 8 0 0 9 得E的边缘分布如下表所示: 15/36 P0.6270.2600.0950.018 以及n的边缘分布如下表所示: n 0 1 2 3 4 5 6 P 0.20 0.27 0.20 0.12 0.1 0.06 0.02 2 3 8 8 9 当i=1及j=0时, |犬|p10=P{=1,=0}=0尹p,"p02>=P{=1}P{=0}=0.260.202 因此E与n相互间不独立. 21.假设电子显示牌上有3个灯泡在第一排,5个灯泡在第二排.令E,n分别表示在某一规定时间内第一排和第二排烧坏的灯泡数.若E与n的联合分布如下表所示: n\ 0 1 2 3 4 5 0 0. 0. 0. 0. 0. 0. 01 01 03 05 07 09 1 0. 0. 0. 0. 0. 0. 01 02 04 05 06 08 2 0. 0. 0. 0. 0. 0. 01 03 05 05 05 06 3 0. 0. 0. 0. 0. 0. 01I01I04|06|06I05 试计算在规定时间内下列事件的概率: (1)第一排烧坏的灯泡数不超过一个; (2)第一排与第二排烧坏的灯泡数相等; (3)第一排烧坏的灯泡数不超过第二排烧坏的灯泡数. 解: 假设事件A为第一排烧坏的灯泡数不超过一个,B为第一排与第二排烧坏的灯泡数相等,C为第一排烧坏的灯光数不超过第二排烧坏的灯泡数. 则事件A发生的概率为上表中头两排概率之和 14 P(A)八pij=0.010.010.030.050.070.09 i=0j=0 0.010.020.040.050.060.08=0.52 事件B发生的概率为上表中从0行0列开始的斜对角线之和 3 P(B)二為pH=0.010.020.050.06=0.14 i=Q 事件C发生的概率为上表中斜对角线上右的各个数相加(包括斜对角线上的数),但为减少运算量,也可以考虑其逆事件C的概率,然后用1减去它.而c的概率为上表中斜对角线的左下角的所有概率之和(不包括斜对角线): P(C)J-P(C)=1-(0.010.010.010.030.010.04)=1-0.11=0.89 22.袋中装有标上号码1,2,2的3个球,从中任取一个并且不再放回,然后再从袋中任取一球,以E,n分别记为第一,二次取到球上的号码数,求(E,n)的分布律(袋中各球被取机会相同).解: 因为有两个2一个1,因此第一次取到2号的概率为P(E=2)=2/3,第一次取到1号的概率为p(e=1)=1/3.第一次取到2号后还剩下一个2号一个1号,则在此条件下第二次取到1号的概率p(n=1|E=2)=P(n=2|E=2)=1/2.而第一次取到1号后还剩下两个2号,因此这时P(n=1|E=1)=0,P(n=2|E=1)=1. 综上所述并用乘法法则可得 1 口4=P(=1,=1)=p(=1)p(=1)0=0 3 11 口2-15=2)=P(『: =1)P(r=2I『: -1)1- 33 211 P21二P(=2,=1)=P(=2)P(=1|=2)=3- 323 „„„211 P22=P(=2,=2)=P(=2)P(=2|=2)「-=3 323 (en的分布律如下表所示: 1 0 1/ 3 2 1/ 1/ 3 3 23.(E,n只取下列数组中的值: 1 (0,0)(-1,1)(-1,3)(2,0) 且相应的概率依次为1/6,1/3,1/12,5/12.列出(E,n)的概率分布表,写出关于n的边缘分布. 解: 从上面数组可知E只取-1,0,2这三个值,而n只取0,3,1这三个值,因此总共可构成九个数对,其中只有四个数对的概率不为零.概率分布 Pj (2) 7/ 1/ 1/ 12 12 3 即n的边缘分布率如下表所示 n 0 1/3 1 P 7/12 1/12 1/3 24.袋中装有标上号码1,2,2,3的4个球,从中任取一个并且不再放回,然后再从袋中任取一球,以E,n分别记为第一,二次取到球上的号码数,求(E,n)的分布律(袋中各球被取机会相同).解: 第一次取到号码1,2,3的概率为 P{E=1}=P(E=3)=1/4 P{E=2}=1/2 在第一次取到号码i条件下,第二次取到号码j的概率各为 P{n=1|E=1}=P{n=3|E=3}=0 P{n=2|E=1}=P{n=2|E=3}=2/3 P{n=3|E=1}=P{n=1|E=3}=1/3 P{n=1|E=2}=P{n=3|E=2}=1/3 P{n=2|E=2}=1/3 则 pn=P{E=1,t=1}=P{E=1}P{i=1|E=1}=0 P12=P{E=1,t=2}=P{E=1}P{r=2lE=1}=1/6 P13=P{宇1,1=3}=P{宇1}P{t=3|E}=1/12 P21=P{合2,T=1}=P{夢2}P{T=1\学2}=1/6 P22=P{宇2,1=2}=P{宇2}P{t=2\寻2}=1/6 P23=P{宇2,t=3}=P{宇2}P{t=3\寻2}=1/6 P31=P{合3,T=1}=P{夢3}P{沪1\学3}=1/12 P32=P{e=3,71=2}=P{年3}P{n=2\牢3}=1/6 P33=P{宇3,n=3}=P{宇3}P{n=3\刍3}=0 即联合概率分布表如下表所示 值,求(E,n)的联合概率分布. 解: 因E取四个数中的任何一个概率相等,因此有 P{E=i}=1/4,(i=1,2,3,4) 而在E=i的条件下,(i=1,2,3,4),n取1到i的概 率也相同,为1/i,即 P{n=j|E=i}=1/i,(i=1,2,3,4j=1-i) 因此有 Pj=P{合i,T=j}=P{E}P{冋夢i}=1/(4i),(i=1,2,3,4;j=1-i), 联合概率分布如下表所示: n\ E\ 1 2 3 4 1 1/ 0 0 0 4 2 1/ 1/ 0 0 8 8 3 1/ 1/ 1/ 0 12 12 12 4 1/ 1/ 1/ 1/ 16 16 16 16 26.已知(E,n)~®(x,y)rcsin(x+y)oxy辽,试确定常[0其它 数c并求n的边缘概率密度. 解: 根据性质..(x,y)dydx=1,有 31JIJIJI "44"4-■4 .2Fji csin(xy)dydx二cdx[-cos(xy)]|(4二cdx[cosx-cos(x)]00004 兀 =c[sinx-sin(x)] 4 4lc[二一10送]=*2一1)=1 o22 因此,(x,yr(21)sin(xy)0沁,厂辽 0其它 求n的边缘概率密度: 当o^yq时: 4 it 2(y)二(x,y)dx二(、21)sin(xy)dx「-(、21)cos(xy) 0 上式后一等式利用了三角函数公式 又是在已知cos: 二f的前提下,利用半角公式 当y取区间[0,刀]之外的值时,心)=0. 4 因此最后得: 曙(八,〶*1)丫口2sin(y+? )OMy= [0其它 27.已知E服从参数p=0.6的0-1分布,在E=0及E=1条件下,关于n的条件分布分别如下二表所示: n 1 2 3 P{nIE 1/4 1/2 1/4 =0} n 1 2 3 P{nIE 1/2 1/6 1/3 =1} 求二元随机变量(E,n)的联合概率分布,以及在n记时关于E的条件分布. 解: 根据题意已知 P{E=0}=1-p=1-0.6=0.4,P{E=1}=P=0.6 则根据乘法法则有: P01=P{宇0,r=1}=P{宇0}P{x=1\寻0}=0・4(1/4)=0・1 po2=P{宇0,r=2}=P{宇0}P{x=2\寻0}=0.4(1/2)=0.2 P03=P{宇0,r=3}=P{宇0}P{r=3\寻0}=0・4(1/4)=0. 1 pii=P{宇1,r=1}=P{宇1}P{rp1\E}=0.6(1/2)=0.3 P12=P{宇1,r=2}=P{宇1}P{r=2\^=1}=0・6(1/6)=0. 1 P13=P{宇1,1=3}=P{宇1}P{t=3\E}=0.6(1/3)=0. 2 列出联合分布律如下表所示: r\ 1 2 3 0 0. 0. 0. 1 2 1 1 0. 0. 0. 3 1 2 由表中可以算出 P{
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- 概率论 习题 参考 解答
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