《概率论与数理统计》习题答案复旦大学出版社第四章可编辑修改word版.docx
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《概率论与数理统计》习题答案复旦大学出版社第四章可编辑修改word版
1.设随机变量X的分布律为
习题四
X
-1
0
1
2
P
1/8
1/2
1/8
1/4
1
+0⨯
1
+1⨯
1
+2⨯
1
=
1
8
2
8
4
2
求E(X),E(X2),E(2X+3).
【解】
(1)
E(X)=(-1)⨯;
(2)
(3)
E(X2)=(-1)2⨯1+02⨯1+12⨯1+22⨯1=5;
82844
E(2X+3)=2E(X)+3=2⨯1+3=4
2
2.已知100个产品中有10个次品,求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差.
【解】设任取出的5个产品中的次品数为X,则X的分布律为
X
0
1
2
3
4
5
P
C5
90=0.583
C5
100
C1C4
1090=0.340
C5
100
C2C3
1090=0.070
C5
100
C3C2
1090=0.007
C5
100
C4C1
1090=0
C5
100
C5
10=0
C5
100
故E(X)=0.583⨯0+0.340⨯1+0.070⨯2+0.007⨯3+0⨯4+0⨯5
=0.501,
5
D(X)=∑[x-E(X)]2P
ii
i=0
=(0-0.501)2⨯0.583+(1-0.501)2⨯0.340++(5-0.501)2⨯0
=0.432.
3.设随机变量X的分布律为
X
-1
0
1
P
p1
p2
p3
且已知E(X)=0.1,E(X2)=0.9,求P1,P2,P3.
【解】因P1+P2+P3=1……①,
又E(X)=(-1)P1+0P2+1P3=P3-P1=0.1……②,
E(X2)=(-1)2P+02P+12P=P+P=0.9……③
12313
由①②③联立解得P1=0.4,P2=0.1,P3=0.5.
4.袋中有N只球,其中的白球数X为一随机变量,已知E(X)=n,问从袋中任取1球为白球的概率是多少?
【解】记A={从袋中任取1球为白球},则
N
P(A)全概率公式∑P{A|X=k}P{X=k}
k=0
N
=∑kP{X=k}=1∑N
kP{X=k}
k=0NNk=0
=E(X)=n.
NN
5.设随机变量X的概率密度为
⎧x,0≤x<1,
f(x)=⎪2-x,1≤x≤2,
求E(X),D(X).
⎪0,他他.
【解】E(X)=⎰+∞xf(x)dx=⎰1x2dx+⎰2x(2-x)dx
-∞01
⎡1⎤1⎡x3⎤2
=⎢⎣3x⎦
+⎢x2-
⎣
⎥=1.
⎦1
E(X2)=⎰+∞x2f(x)dx=⎰1x3dx+⎰2x2(2-x)dx=7
-∞016
故D(X)=E(X2)-[E(X)]2=1.
6
6.设随机变量X,Y,Z相互独立,且E(X)=5,E(Y)=11,E(Z)=8,求下列随机变量的数学期望.
(1)U=2X+3Y+1;
(2)V=YZ-4X.
【解】
(1)
(2)
E[U]=E(2X+3Y+1)=2E(X)+3E(Y)+1
=2⨯5+3⨯11+1=44.
E[V]=E[YZ-4X]=E[YZ]-4E(X)
因Y,Z独立E(Y)E(Z)-4E(X)
=11⨯8-4⨯5=68.
7.设随机变量X,Y相互独立,且E(X)=E(Y)=3,D(X)=12,D(Y)=16,求E(3X-2Y),D
(2X-3Y).
【解】
(1)
E(3X-2Y)=3E(X)-2E(Y)=3⨯3-2⨯3=3.
(2)D(2X-3Y)=22D(X)+(-3)2DY=4⨯12+9⨯16=192.
8.设随机变量(X,Y)的概率密度为
⎧k,0 ⎩ f(x,y)=⎨0, 他他. 试确定常数k,并求E(XY). +∞+∞ 1x1 【解】因⎰-∞⎰-∞ f(x,y)dxdy=⎰0dx⎰0kdy=2k=1,故k=2 +∞+∞1x E(XY)=⎰-∞⎰-∞xyf(x,y)dxdy=⎰0xdx⎰02ydy=0.25. 9.设X,Y是相互独立的随机变量,其概率密度分别为 求E(XY). ⎧2x, fX(x)=⎨ ⎩0, 0≤x≤1, 他他; ⎧e-(y-5), ⎩ fY(y)=⎨0, y>5, 其他. 【解】方法一: 先求X与Y的均值 E(X)=⎰1x2xdx=2, 03 ⎰⎰⎰ E(Y)=+∞ye-(y-5)dy令z=y-55+∞e-zdz++∞ze-zdz=5+1=6. 500 由X与Y的独立性,得 E(XY)=E(X)E(Y)=2⨯6=4. 3 方法二: 利用随机变量函数的均值公式.因X与Y独立,故联合密度为 ⎩ ⎧2xe-(y-5),0≤x≤1,y>5, f(x,y)= 于是 fX(x)fY(y)=⎨0, 其他, E(XY)=⎰+∞⎰1xy2xe-(y-5)dxdy=⎰12x2dx⎰+∞ye-(y-5)dy=2⨯6=4. 50053 10.设随机变量X,Y的概率密度分别为 ⎧ fX(x)=⎨ 2e-2x, x>0, ⎧ fY(y)=⎨ 4e-4y, y>0, ⎩0, x≤0; ⎩0, y≤0. 求 (1)E(X+Y); (2)E(2X-3Y2). 【解】(X)= +∞+∞ xf(x)dxx2e-2xdx=[-xe-2x]+∞ +∞e-2xdx ⎰-∞X⎰0 0⎰0 =⎰+∞e-2xdx=1. E(Y)= 02 +∞ yf(y)dy +∞y4e-4ydy=1. ⎰-∞Y⎰04 E(Y2)= +∞y2f -∞ (y)dy= +∞y24e-4ydy=2 42 =1. 8 从而 (1)E(X+Y)=E(X)+E(Y)=+=. 244 (2)E(2X-3Y2)=2E(X)-3E(Y2)=2⨯1-3⨯1=5 288 11.设随机变量X的概率密度为 ⎧⎪cxe-k2x2, ⎩ f(x)=⎨⎪0, x≥0, x<0. +∞ 求 (1)系数c; (2)E(X);(3)D(X). 【解】 (1)由 ⎰-∞f(x)dx= +∞cxe-k2x2dx= 0 c 2k2 =1得c=2k2. +∞+∞-k2x2 (2)E(X)=⎰xf(x)d(x)=⎰x2k2xedx =2k2⎰+∞x2e-k2x2dx=π. (3) E(X2)= 0 +∞x2f(x)d(x)= -∞ 2k +∞x22k2xe-k2x21. k2 1⎛⎫2 4-π 故D(X)=E(X2)-[E(X)]2= k2-ç2k⎪ 4k2. 12.袋中有12个零件,其中9个合格品,3个废品.安装机器时,从袋中一个一个地取出(取出后不放回),设在取出合格品之前已取出的废品数为随机变量X,求E(X)和D(X). 【解】设随机变量X表示在取得合格品以前已取出的废品数,则X的可能取值为0,1,2,3. 为求其分布律,下面求取这些可能值的概率,易知 P{X=0}=9 12 =0.750, P{X=1}= 3⨯9 1211 =0.204, P{X=2}= 3⨯2⨯9 121110 =0.041, P{X=3}= 3⨯2⨯1⨯9=0.005. 1211109 于是,得到X的概率分布表如下: X 0 1 2 3 P 0.750 0.204 0.041 0.005 由此可得E(X)=0⨯0.750+1⨯0.204+2⨯0.041+3⨯0.005=0.301. E(X2)=02⨯750+12⨯0.204+22⨯0.041+32⨯0.005=0.413 D(X)=E(X2)-[E(X)]2=0.413-(0.301)2=0.322. 13.一工厂生产某种设备的寿命X(以年计)服从指数分布,概率密度为 ⎧⎪1 f(x)=⎨4 ⎪⎩0, - x e4, x>0, x≤0. 为确保消费者的利益,工厂规定出售的设备若在一年内损坏可以调换.若售出一台设备,工厂获利100元,而调换一台则损失200元,试求工厂出售一台设备赢利的数学期望. 【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值: 100元和-200元 P{Y=100}=P{X≥1}=⎰+∞1e-x/4dx=e-1/4 14 P{Y=-200}=P{X<1}=1-e-1/4. 故E(Y)=100⨯e-1/4+(-200)⨯(1-e-1/4)=300e-1/4-200=33.64 (元). 14.设X1,X2,…,Xn是相互独立的随机变量,且有E(Xi)=μ,D(Xi)=σ2,i=1,2,…,n,记 X=1∑X,S i n ,S2=2 ni=1 n-1i=1 2 (1)验证E(X)=μ,D(X)=; n (2)验证S2= 1 n-1 (∑Xii=1 -nX); (3)验证E(S2)=σ2. ⎛1n⎫1n1n1 【证】 (1) E(X)=Eçn∑Xi⎪=nE(∑Xi)=n∑E(Xi)=nnu=u. ⎝i=1⎭ i=1 i=1 D(X)=D⎛1∑n X⎫=1D(∑n X)X之间相互独立1∑nDX ç ⎝i=1 =12 i⎪n2 2 i=1 iin2 i i=1 (2)因 n2n=n. iiiii ∑(X -X)2=∑ (X2+X2-2XX)=∑nX2+nX2-2X∑nX i=1 i=1i=1 n =∑X2+nX2-2XnX=∑ X2-nX2 i=1 i i=1 i i=1 2n22 故S=(∑Xi i=1 - nX). (3)因E(X)=u,D(X)=2,故E(X2)=D(X)+(EX)2=2+u2. iiiii 同理因E(X)=u,D(X)= 从而 2 2 故E(X n 2 )=+u2. n E(s2)=E⎡1(∑n X2-nX2)⎤=1[E(∑n 2 nE(X)] ⎢⎣n-1 i i=1 ⎦⎥n-1 i i=1 =1[n n-1i=1 2 inE(X)] =1⎡ 22⎛2 2⎫⎤2 n-1⎢n(+u)-nçn+u⎪⎥=. ⎣⎝⎭⎦ 15.对随机变量X和Y,已知D(X)=2,D(Y)=3,Cov(X,Y)=-1, 计算: Cov(3X-2Y+1,X+4Y-3). 【解】Cov(3X-2Y+1,X+4Y-3)=3D(X)+10Cov(X,Y)-8D(Y) =3⨯2+10⨯(-1)-8⨯3=-28 (因常数与任一随机变量独立,故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似). 16.设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 ⎧1, ⎨ ⎪⎩0, x2+y2≤1, 其他. 试验证X和Y是不相关的,但X和Y不是相互独立的. 【解】设D={(x,y)|x2+y2≤1}. E(X)=⎰+∞⎰+∞xf(x,y)dxdy=1 ⎰⎰xdxdy -∞-∞ πx2+y2≤1 =1⎰2π⎰1rcosrdrd=0. 同理E(Y)=0. π00 +∞+∞ 而Cov(X,Y)=⎰-∞⎰-∞[x-E(x)][y-E(Y)]f(x,y)dxdy =1⎰⎰ xydxdy=1⎰2π⎰1r2sincosrdrd=0, πx2+y2≤1 由此得XY=0,故X与Y不相关. π00 下面讨论独立性,当|x|≤1时,fX(x)⎰1-1-x2πdy=π 1-x2. 当|y|≤1时,fY(y)⎰1-1-y2πdx=π 1-y2. 显然fX(x)fY(y)≠ f(x,y). 故X和Y不是相互独立的.17.设随机变量(X,Y)的分布律为 X Y -1 0 1 -1 1/8 1/8 1/8 0 1/8 0 1/8 1 1/8 1/8 1/8 验证X和Y是不相关的,但X和Y不是相互独立的. 【解】联合分布表中含有零元素,X与Y显然不独立,由联合分布律易求得X,Y及XY的分布律,其分布律如下表 X -1 0 1 P 3 2 3 8 8 8 Y -1 0 1 P 3 2 3 8 8 8 XY -1 0 1 P 2 4 2 8 8 8 由期望定义易得E(X)=E(Y)=E(XY)=0. 从而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相关系数性质知ρXY=0, 即X与Y的相关系数为0,从而X和Y是不相关的. 331 又P{X1}P{Y1}P{X1,Y1} 888 从而X与Y不是相互独立的. 18.设二维随机变量(X,Y)在以(0,0),(0,1),(1,0)为顶点的三角形区域上服从均匀分布,求Cov(X,Y),ρXY. 1 【解】如图,SD=,故(X,Y)的概率密度为 2 题18图 f(x,y)=⎧2,(x,y)∈D, ⎩ ⎨0,其他. E(X)=⎰⎰xf(x,y)dxdy=⎰1dx⎰1-xx2dy=1 D003 6 E(X2)=⎰⎰x2f(x,y)dxdy=⎰1dx⎰1-x2x2dy=1 00 D 1⎛1⎫21 从而D(X)=E(X2)-[E(X)]2=-ç⎪=. 同理E(Y)= 1,D(Y)=1. 318 6⎝3⎭18 11-x1 而E(XY)=⎰⎰xyf(x,y)dxdy=⎰⎰2xydxdy=⎰0dx⎰0 DD 所以 2xydy=.12 Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)= 1-1⨯1=-1. 123336 -1 从而XY ===-12 19.设(X,Y)的概率密度为 ⎨ ⎧1sin(x+y),0≤x≤π,0≤y≤π, f(x,y)=⎪222 ⎩⎪0, 其他. 求协方差Cov(X,Y)和相关系数ρXY. +∞+∞ π/2π/21π 【解】E(X)=⎰-∞⎰-∞xf(x,y)dxdy=⎰0 dx⎰0 x2sin(x+y)dy=4. ππ1π2π E(X2)=⎰2dx⎰2x2sin(x+y)dy=+-2. 00282 从而 22π2π D(X)=E(X )-[E(X)] =+-2. 162 ππ2π 同理E(Y)= D(Y)=+-2.4162 π/2π/2π 又E(XY)=⎰0 dx⎰0 xysin(x+y)dxdy=-1, 2 ⎛π⎫ππ⎛π-4⎫2 故Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=ç2-1⎪-⨯=-ç⎪. ⎝⎭44 ⎝4⎭ ⎛π-4⎫2 Cov(X,Y) -4⎪ (π-4)2 π2-8π+16 ==⎝⎭ =-=-. D(X) D(Y) π2+π- 162 ⎡1 π2+8π-32π2+8π-32 1⎤ 20.已知二维随机变量(X,Y)的协方差矩阵为⎢ ⎣ ⎥,试求Z1=X-2Y和Z2=2X-Y的相关 ⎦ 系数. 【解】由已知知: D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1. 从而 D(Z1)=D(X-2Y)=D(X)+4D(Y)-4Cov(X,Y)=1+4⨯4-4⨯1=13, D(Z2)=D(2X-Y)=4D(X)+D(Y)-4Cov(X,Y)=4⨯1+4-4⨯1=4,Cov(Z1,Z2)=Cov(X-2Y,2X-Y) =2Cov(X,X)-4Cov(Y,X)-Cov(X,Y)+2Cov(Y,Y) =2D(X)-5Cov(X,Y)+2D(Y)=2⨯1-5⨯1+2⨯4=5. 故=== 12 513. 26 21.对于两个随机变量V,W,若E(V2),E(W2)存在,证明: [E(VW)]2≤E(V2)E(W2).这一不等式称为柯西许瓦兹(Couchy-Schwarz)不等式. 【证】令g(t)=E{[V+tW]2},t∈R. 显然 0≤g(t)=E[(V+tW)2]=E[V2+2tVW+t2W2] =E[V2]+2tE[VW]+t2E[W2],∀t∈R. 可见此关于t的二次式非负,故其判别式Δ≤0,即0≥∆=[2E(VW)]2-4E(W2)E(V2) =4{[E(VW)]2-E(V2)E(W2)}. 故[E(VW)]2≤E(V2)E(W2)}. 22.假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数λ=1/5的指数分布.设备定时开机,出现故障时自动关机,而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数F(y). 【解】设Y表示每次开机后无故障的工作时间,由题设知设备首次发生故障的等待时间 1 X~E(λ),E(X)==5. l 依题意Y=min(X,2). 对于y<0,f(y)=P{Y≤y}=0. 对于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1. 对于0≤y<2,当x≥0时,在(0,x)内无故障的概率分布为P{X≤x}=1-e-λx,所以 F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1-e-y/5. 23.已知甲、乙两箱中装有同种产品,其中甲箱中装有3件合格品和3件次品,乙箱中仅装有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后,求: (1)乙箱中次品件数Z的数学期望; (2)从乙箱中任取一件产品是次品的概率. 【解】 (1)Z的可能取值为0,1,2,3,Z的概率分布为 CkC3-k P{Z=k}=33,k=0,1,2,3. 6 Z=k 0 1 2 3 Pk 1 20 9 20 9 20 1 20 因此,E(Z)=0⨯+1
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