概率论与数理统计(浙大四版)选做习题答案(概率论统计部分)

160第十五章选做习题概率论部分1.一打靶场备有5支某种型号的枪,其中3支已经校正,2支未经校正.某人使用已校正的枪击中目标的概率为1p,使用未经校正过的枪击中目标的概率为2p.他随机地取一支枪进行射击,已知他射击了5次,都未击中,求他使用的是已校正的枪的概率(设各次射击的结果相互独立).解A:取到已经校正的枪,B:射击5次都未击中..52)(,53)(==APAP.)1()|(,)1()|(5251pABPpABP−=−=由贝叶斯公式.)1(2)1(3)1(3)1(52)1(53)1(53)|()()|()()|()()|(525151525151ppppppABPAPABPAPABPAPBAP−+−−=−+−−=+=2.某人共买了11个水果,其中有3个是二级品,8个是一级品,随机地将水果分给A,B.C三人,各人分别得到4个、6个、1个.(1)求C未拿到二级品的概率.(2)已知C未拿到二级品,求A,B均拿到二级品的概率.(3)求A,B均拿到二级品而C未拿到二级品的概率.解CBA,,分别表示CBA,,三人拿到二级品.(1)118)(11118==CCCP(考虑A,B两人,118)(11674116641018==CCCCCCCP)(2)A拿1个或2个二级品.16154)|(41027233713=+=CCCCCCABP(用公式54118)()()()|(11674112723371318=+==CCCCCCCCCPCABPCABP)(3)553254118)|()()(===CABPCPCABP(直接计算5532)()(11674112723371318=+=CCCCCCCCCABP3.一系统L由两个只能传输字符0和1的独立工作的子系统1L和2L串联而成(如题15.3图),每个子系统输入为0输出为0的概率为p(0<p<1);而输入为1输出为1的概率也是p.今在图中a端输入字符1,求系统L的b端输出字符0的概率.解法一A:子系统1L在输入为1时输出为0,B:系统L在b端输出为0.,)(,1)(pAPpAP=−=.1)|(,)|(pABPpABP−==由全概率公式).1(2)|()()|()()(ppABPAPABPAPBP−=+=法二A:子系统1L在输入为1时输出为0,1B:子系统2L在输入为0时输出为0,2B:2L在输入为1时输出为0,则A,1B相互独立,A,2B也相互独立.,)(,1)(pAPpAP=−=.1)(,)(21pBPpBP−==)1(2)1()1()()()()()()()(2121ppppppBPAPBPAPBAPABPBP−=−+−=+=+=.4.甲乙两人轮流掷一颗骰子,每轮掷一次,谁先掷得6点谁得胜,从甲开始掷,问甲、乙得胜的概率各为多少?ab15.3题图1L2L162解法一nA:甲乙两人在他们掷第n次时才掷得6点,A:甲得胜,B:已得胜.则由各次投掷相互独立得.,2,1,6165)(1L=⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−nAPnn且LL,,,,21nAAA互不相容.)()(1231LUULUU−=nAAAPAPLL++++=−)()()(1231nAPAPAPLL+⎟⎠⎞⎜⎝⎛++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=−6165616561222n1163625161=−=)()(242LUULUUnAAAPBP=LL++++=)()()(242nAPAPAPLL+⎟⎠⎞⎜⎝⎛++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=−616561656165123n11565136522=−=法二nA:甲在其掷第n次时掷得6点,nB:已在其掷第n次时掷得6点,A:甲得胜,B:已得胜..,2,1,61)()(L===nBPAPnn且LL,,,,,,,2211nnBABABA相互独立.163LULULUUnnnABABAABAAA11112111−−=LULULUUnnBABABABABAB11221111=由概率的可加性及LL,,,,,,,2211nnBABABA的独立性得LLL++++=−−)()()()(11112111nnnABABAPABAAPAPLLL++++=−−)()()()()()()()()(11112111nnnAPBPAPBPAPAPBPAAPLL+⎟⎠⎞⎜⎝⎛++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=−6165616561222n1163625161=−=LLL++++=)()()()(11221111nnBABAPBABAPBAPBPLLL++++=)()()()()()()()()()(11221111nnBPAPBPAPBPAPBPAPBPAPLL+⎟⎠⎞⎜⎝⎛++⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=−616561656165123n11565136522=−=问题:本题中事件BA,是否互为对立事件?5.将一颗骰子掷两次,考虑事件:A=“第一次掷得点数2或5”,B=“两次点数之和至少为7”,求P(A),P(B),并问事件A,B是否相互独立.解事件A中有两个样本点,故3162)(==AP事件B中所含样本点为164(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)(2,6),(3,6),(4,4),(5,3),(6,2)(3,6),(4,5),(5,4),(6,3)(4,6),(5,5),(6,4)(5,6),(6,5)(6,6)1273621)(==BP事件AB中所含样本点为(2,5),(2,6),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6)367)(=ABP由于367)()()(==BPAPABP,所以A,B相互独立.6.A、B两人轮流射击,每人每次射击一枪,射击的次序为A,B,A,B,A,L,射击直至击中两枪为此.设各人击中的概率均为p,且各次击中与否相互独立.求击中的两枪是由同一人射击的概率.解设12+nA表示在他们的第2n+1次射击时A又一次击中,故在此前两人各射击n次,其中A只击中一次而B一次也没有击中,仍用A表示击中的两枪均由A射击的事件,则L,2,1,)1()1]()1([)(12211112=−=−−=−−−+npnpppppCAPnnnnn.=)(AP∑∑∞=−∞=+∞=+−==1122112112)1()()(nnnnnnpnpAPAPU22221122)2(1])1(1[1)1(])1[()1(ppppppnppnn−−=−−−=−−=∑∞=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛<−=∑∞=−1||,)1(1211xxnxnn设nB2表示在他们的第2n次射击时B又一次击中,故在此前A射击n次且一次也没有击中,而B射击n-1次仅中一次,仍用B表示击中的两枪均由B射击的事件,则L,3,2,)1()1(])1([)1()(2222112=−−=−−=−−−nppnpppCpBPnnnnn165=)(BP∑∑∞=−∞=∞=−−==22222222)1()1()()(nnnnnnppnBPBPU22222222222)2()1(])1(1[1)1(])1)[(1()1(ppppppnppnn−−=−−−=−−−=∑∞=−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−−∑∑∞=−∞=−112222])1[(])1)[(1(nnnnpnpn击中的两枪是由同一人射击的概率为ppppppBPAPBAP−−=−−+−−=+=21)2()1()2(1)()()(222U7.有3个独立工作的元件1,元件2,元件3,它们的可靠性分别为123,,ppp.设由它们组成一个“3个元件取2个元件的表决系统”,记为2/3[G].这一系统的运行方式是当且仅当3个元件中至少有2个正常工作时这一系统正常工作.求这一2/3[G].系统的可靠性.解,3,2,1,:=iiAi个元件正常工作第B:系统正常工作.)()(321321321321AAAAAAAAAAAAPBPUUU=)()()()(321321321321AAAPAAAPAAAPAAAP+++=)()()()()()()()()()()()(321321321321APAPAPAPAPAPAPAPAPAPAPAP+++=321321321321)1()1()1(pppppppppppp+−+−+−=8.在如题15.8图所示的桥式结构的电路中,第i个继电器触点闭合的概率为5,4,3,2,1,=ipi.各继电器工作相互独立.求:AB15.8题图12345166(1)以继电器触点1是否闭合为条件,求A到B之间为通路的概率.(2)已知A到B为通路的条件下,继电器触点3是闭合的概率.解,5,4,3,2,1,:=iiAi个继电器触点闭合第B:A到B之间为通路.(1)由全概率公式)|()()|()()(1111ABPAPABPAPBP+=)|()1()|(1111ABPpABPp−+=其中)()|(545321AAAAAPABPUU=)()()()()(54253254532AAAPAAAPAAPAAPAP−−++=)()(5432543AAAAPAAAP+−54253254532ppppppppppp−−++=5432543ppppppp+−=)|(1ABP)(43254AAAAAPU)()()(543243254AAAAPAAAPAAP−+==543243254ppppppppp−+(2)由贝叶斯公式)()|()()|(333BPABPAPBAP=)()](1[52413BPAAAAPpU−=)()]()()(1[524152413BPAAAAPAAPAAPp+−−=)()]1)(1)(1)(1()1)(1()1)(1(1[524152413BPppppppppp−−−−+−−−−−−=167其中)(BP由(1)确定.9.进行非学历考试,规定考甲、乙两门课程,每门课程第一次未通过都只允许考第二次.考生仅在课程甲通过才能考课程乙,如两门课程都通过可获得一张资格证书.设某考生通过课程甲的各次考试的概率为1p,通过课程乙的各次考试的概率为2p,设各次考试的结果相互独立.又设考生参加考试直至获得资格证书或者不准予再考为此.以X表示考生总共需考试的次数.求X的分布律.解X:2,3,4.设iBA,1分别表示课程甲与课程乙在第i次考试时通过,i=1,2.212111211121)1()()()(}2{pppBAPAAPBAAAPXP+−=+===U)1()1()1()1()()()()(}3{211211221221121211211121211211pppppppppppBAAPBBAPBBAPBAABBABBAPXP−=−+−+−=++===UU)1()1()1)(1()1()(}4{2112221121212121ppppppppBBAABBAAPXP−−=−+−−===UX234kp2121)1(ppp+−)1(211ppp−)1()1(211ppp−−10.(1)5只电池,其中有2只是次品,每次取一只测试,直至将2只次品都找到.设第2只在第X)5,4,3,2(=X次找到,求X的分布律(注:在实际上第5次 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 可无需进行).(2)5只电池,其中有2只次品,每次取一只测试,直到找出2只次品或3只正品为此.写出需要测试的次数的分布律.解(1)X:2,3,4,5.101}2{2512===AAXP51}3{35221312===AACCXP168103)4(45332312===AACCXP52}4{}3{}2{1)5(==−=−====xPXPXPXPX2345kp0.10.20.30.4(2)Y=2,3,4.101}2{}2{====XPYP103}3{}3{3533=+===AAXPYP53}3{}2{1}4{==−=−==YPYPYPY234kp0.10.30.611.向某一目标发射炮弹,设炮弹弹着点离目标的距离为R(单位:10m).R服从瑞利分布,其概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>=−.0,0,0,252)(25/2rrerrfrR若弹着点离目标不超过5个单位时,目标被摧毁.(1)求发射一枚炮弹能摧毁目标的概率.(2)为使至少有一枚炮弹能摧毁目标的概率不小于0.94,问最少需要独立发射多少枚炮弹.解(1)所求概率为∫−=≤5025/2252)5(drerRPr169632.0105125/2≈−=−=−−eer(2)设发射n发炮弹,其中能摧毁目标的炮弹数为目标的炮弹数为Y,则)632.0,(~nbY.94.0)368.0(1}0(1)1{≥−==−=≥nYPYP06.0)368.0(≤n81.2368.0ln06.0ln≈≥n故至少需发射3发炮弹.12.设一枚深水炸弹击沉一潜水艇的概率为31,击伤的概率为21,击不中的概率为61.并设击伤两次也会导致潜水艇下沉.求施放4枚深水炸弹能击沉潜水艇的概率.(提示:先求击不沉的概率.)解设A:击沉潜艇,:1B4枚深水炸弹均击不中,:2B4枚深水炸弹中有3枚击不中,1枚击伤潜艇,则21,BB互不相容,且=A21BBU.4枚炸弹的攻击效果可认为是相互独立的,所以)()(21BBPAPU=)()(21BPBP+=43144613612161=+=C98997.06131)(1)(4≈−=−=APAP13.一盒中装有4只白球,8只黑球,从中取3只球,每次一只,作不放回抽样.(1)求第1次和第3次都取到白球的概率.(提示:考虑第二次的抽取.)(2)求在第1次取到白球的条件下,前3次都取到白球的概率.170解:iA第i次取白球,i=1,2,3.(1)第1次和第3次都取到白球的概率为))(()(322131AAAAPAAPU=)(321321AAAAAAPU=)()(321321AAAPAAAP+=11131213181431234=+=ACCCAA(2)在第1次取到白球的条件下,前3次都取到白球的概率为)()()|(13211321APAAAPAAAAP=55312431234==AA14.设元件的寿命T(以小时计)服从指数分布,分布函数为⎩⎨⎧≤>−=−.0,0,0,1)(03.0ttetFt(1)已知元件至少工作了30小时,求它能再至少工作20小时的概率.(2)由3个独立工作的此种元件组成一个2/3[G]系统(参见第7题).求这一系统的寿命X>20的概率.解(1)由指数分布的无记忆性}20{}30|50{>=>>=TPTTPp6.0)20(1−=−=eF(2)由第七题,2/3[G]系统寿命X>20的概率为5730.0)23()1(3}20{223=−=−+=>pppppXP17115.(1)已知随机变量X的概率密度为∞<<−∞=−xexfxX,21)(||,求X的分布函数.(2)已知随机变量X的分布函数为)(xFX,另有随机变量⎩⎨⎧≤−>=.0,1,0,1XXY试求Y的分布律和分布函数.解(1)}{)(xXPxFX≤=.0≤x时,;2121)(xxxXedxexF==∫∞−0≤x时,.211)1(21212121)(00xxxxxXeedxedxexF−−−∞−−=−+=+=∫∫⎪⎩⎪⎨⎧>−≤=−.0,211,0,21)(xexexFxxX(2)21)0(}0{}1{==≤=−=FXPYP21}1{1}1{=−=−==YPYPY的分布律为Y1−1Pk1/21/2Y的分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤−−<=.1,1,11,21,1,0)(yyyyFY16.(1)设随机变量X服从泊松分布,其分布律为,,2,1,0,!}{L===−kkekXPkλλ问当k取何值时P{X=k}为最大.172(2)设随机变量X服从二项分布,其分布律为.,,2,1,0,)1(}{nkppknkXPknkL=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛==−问当k取何值时P{X=k}为最大.解(1)由X的分布律得.,2,1,,,1,1,,1)!1(!}1{}{1L=⎪⎩⎪⎨⎧><==<>=−=−==−−−kkkkkkekekXPkXPkkλλλλλλλλ当当当当λ为整数时,1−=λk或λ=k时,概率}{}1{λλ==−=XPXP最大;当λ非整数时,取][0λ=k,则100+<<kkλ,则},1{}{},{}1{0000+=>==<−=kXPkXPkXPkXP所以}{0kXP=最大.(2)由X的分布律得11)1(1)1(}1{}{+−−−−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−==knkknkppknppknkXPkXPppkkn−+−=11)1()1(1pkkpn−−++=.,,2,1,)1(,1)1(,1,)1(,1nkpnkpnkpnkL=⎪⎩⎪⎨⎧+><+==+<>当当当当pn)1(+为整数时,pnk)1(+=或1)1(−+=pnk时,概率}1)1({})1({−+==+=pnXPpnXP最大;173当pn)1(+非整数时,取])1[(0pnk+=,则1)1(00+<+<kpnk,则},1{}{},{}1{0000+=>==<−=kXPkXPkXPkXP所以}{0kXP=最大.17.若离散型随机变量X具有分布律X12…nkpn1n1…n1称X服从取值为1,2,,Ln的离散型均匀分布.对于任意非负实数x,记[x]为不超过x的最大整数.设)1,0(~UU,证明X=[nU]+1服从取值为1,2,,Ln的离散型均匀分布.证因为}1]{[}{inUPiXP=+==}1]{[−==inUP}1{inUiP<≤−=}1{niUniP<≤−=.,,2,1,1ninL==所以X服从离散型均匀分布.18.设)2,1(~−UX,求||XY=的概率密度.解X的密度为⎪⎩⎪⎨⎧<<−=.,0,21,31)(其他xxfX174Y的分布函数为}|{|}{)(yXPyYPyFY≤=≤=当0≤y时,;0)(=yFY当,10时≤<y;32}{)(yyXyPyFY=≤≤−=当,21时<<y;31}1{)(+=≤<−=yyXPyFY当2≥y时,.1)(=yFY⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥<<+≤<≤=.2,1,21,31,10,32,0,0)(yyyyyyyFYY的密度函数为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<≤<=.,0,21,31,10,32)(其他yyyfY19.设随机变量X的概率密度⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧∞<≤<≤<=.1,21,10,21,0,0)(2xxxxxfX求XY1=的概率密度.解函数)0(1>=xxy单调减少,值域为),0(+∞,反函数为yx1=,21yx−=′,则Y的密度函数为175⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤>⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=.0,0,0,11)(2yyyfyyfXY⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≥<<=.0,11,0,21,110,212yyyy⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤<≤=.1,21,10,21,0,02yyyy20.设随机变量X服从以均值为λ1的指数分布.验证随机变量Y=[X]服从以参数为11−−e的几何分布.这一事实表明连续型随机变量的函数可以是离散型随机变量.证X的密度函数为⎩⎨⎧≤>=−.0,0,0,)(xxexfxXλλ随机变量X的取值范围是),0(+∞,故随机变量][XY=的取值范围是},2,1,0{L,所以Y是离散型随机变量.}]{[}{kXPkYP===}1{+<≤=kXkP∫+−=1kkxdxeλλ)1(+−−−=kkeeλλkeeλ−−−=)1(1176.,2,1,0,)]1(1)[1(11L=−−−=−−keek故Y服从以参数为11−−e的几何分布.21.投掷一枚硬币直至正面出现为此,引入随机变量X=投掷总次数.⎩⎨⎧=.,0,,1若首次投掷得到反面若首次投掷得到正面Y(1)求X和Y的联合分布律及边缘分布律.(2)求条件概率P{X=1|Y=1},P{Y=2|X=1}.解(1)21}1{}1,1{=====YPYXP0}1,{===YmXP,L.3.2=m0}0,1{===YXPmmmXPYmXP212121}{}0,{1======−,L.3.2=mX和Y的联合分布律及边缘分布律为XY123Ljp⋅00221321L2112100L21⋅ip21221321L1(2)1}1{}1,1{}1|1{=======YPYXPYXP0}1{}1,2{}1|2{=======YPYXPYXP17722.设随机变量)(~λπX,随机变量}2,max{XY=.试求X和Y的联合分布律及边缘分布律.解X的分布律为.,2,1,0,!}{L===−kekkXPkλλ.,4,3,2:;,2,1,0:LLYXλ−=====eXPYXP}0{}2,0{λλ−=====eXPYXP}1{}2,1{.,3,2,,,0)(,,!}{},{L=⎪⎩⎪⎨⎧≠=Φ======−jijiPjieiiXPjYiXPiλλX和Y的联合分布律及边缘分布律XY0123Ljp⋅2λ−eλλ−eλλ−e!220L∑=−20!kkekλλ3000λλ−e!33Lλλ−e!33MMMMMOM⋅ipλ−eλλ−eλλ−e!22λλ−e!33L123.设X,Y是相互独立的泊松随机变量,参数分别为21,λλ,求给定X+Y=n的条件下X的条件分布.解由泊松分布的可加性,)(~21λλπ++YX,则178}{},{}|{nYXPnYXkXPnYXkXP=+=+===+=}{},{nYXPknYkXP=+−===}{}{}{nYXPknYPkXP=+−===)(21212121!)()!(!λλλλλλλλ+−−−−+−=enekneknknk,.,,2,1,0nkL=knkkn−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=212211λλλλλλ,.,,2,1,0nkL=即在X+Y=n的条件下,X的条件分布为⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+211,λλλnb.24.一教授将两篇论文分别交给两个打字员打印.以X,Y分别表示第一篇第二篇论文的印刷错误.设YXYX,),(~),(~μπλπ相互独立.(1)求X,Y的联合分布律.(2)求两篇论文总共至多1个错误的概率.解(1)X,Y的分布律分别为,,2,1,0,!}{L===−mmemXPmλλ,,2,1,0,!}{L===−nnenYPnμμ由X,Y相互独立得X,Y的联合分布律为}{}{},{nYPmXPnYmXP=====!memλλ−=!nenμμ−L,2,1,0,,=nm179(2)}0,1{}1,0{}0,0{}1{==+==+===≤+YXPYXPYXPYXP}0{}1{}1{}0{}0{}0{==+==+===YPXPYPXPYPXP)()()()()1(μλμλμλμλμλλμ+−+−+−+−++=++=eeee25.一等边三角形ROT(如题15.25图)的边长为1,在三角形内随机地取点Q(X,Y)(意指随机点(X,Y)在三角形ROT内均匀分布).(1)写出随机变量(X,Y)的概率密度.(2)求点Q到底边OT的距离的分布函数.解(1)三角形ROT的面积为,4/3则(X,Y)的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧−−≤≤≤≤=.,0),1(30,30,34),(其他xyxyyxf(2)点Q到底边OT的距离即为Y,即求Y的分布函数.Y的边缘密度为⎪⎩⎪⎨⎧<<⎟⎠⎞⎜⎝⎛−===∫∫−∞+∞−.,0,230,3213434),()(3/13/其他yydxdxyxfyfyyYY的分布函数为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥<<⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−≤==∫∞−.23,1,230,334,0,0)()(2yyyyydyyfyFyYY26.设随机变量(X,Y)具有概率密度⎩⎨⎧>>=+−.,0,0,0,),()1(其他yxxeyxfyxxyRTO•),(YXQ图题25.15180(1)求边缘概率密度).(),(yfxfYX(2)求条件概率密度).|(),|(||xyfyxfXYYX解(1)⎪⎩⎪⎨⎧≤>===−+∞+−∞+∞−∫∫.0,0,0,),()(0)1(xxedyxedyyxfxfxyxX⎪⎩⎪⎨⎧≤>==∫∫+∞+−∞+∞−.0,0,0),()(0)1(yydxxedxyxfyfyxY⎪⎩⎪⎨⎧≤>+=+Γ=+++=∫∞++−.0,0,0,)1(1)1()2()]1([)1()1(1220)1(2yyyyyxdxeyyyx(2)当0>y时,==)(),()|(|yfyxfyxfYYX⎩⎨⎧>++−.,0,0,)1()1(2其他xeyxyx当0>x时,==)(),()|(|xfyxfxyfXXY⎩⎨⎧>−.,0,0,其他yxexy27.设有随机变量U和V,它们都仅取1,-1两个值.已知,21}1{==UP}1|1{31}1|1{−=−=====UVPUVP(1)求U和V的联合分布律.(2)求x的方程02=++VUxx至少有一个实根的概率.(3)求x的方程0)(2=++++VUxVUx至少有一个实根的概率.解(1)613121}1|1{}1{}1,1{========UVPUPVUP313221}1|1{}1{}1,1{===−===−==UVPUPVUP613121}1|1{}1{}1,1{==−=−=−==−=−=UVPUPVUP181316131611}1,1{=−−−==−=VUPUV-11-1613113161(2)方程02=++VUxx至少有一个实根的概率为21}1,1{}1,1{}4{}04{22=−==+−=−==≥=≥−=ΔVUPVUPVUPVUP(3)方程0)(2=++++VUxVUx至少有一个实根的概率为)}(4){(}0)(4)({22VUVUPVUVUP+≥+=≥+−+=Δ65}1,1{}1,1{}1,1{=−==+=−=+−=−==VUPVUPVUP28.某图书馆一天的读者人数)(~λπX,任一读者借书的概率为p,各读者借书与否相互独立.记一天读者借书的人数为Y,求X和Y的联合分布律.解.,,2,1,0:,,2,1,0:XYYX≤LL}|{}{},{kXmYPkXPmYkXP======mkmkppmkek−−−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=)1(!λλ.,,2,1,0,,2,1,0,)1()!(!1kmkppemkmmkmkLL==−−=−−λλ29.设随机变量X,Y相互独立,且都服从均匀分布U(0,1),求两变量之一至少为另一变量之值之两倍的概率.182解由题意,(X,Y)服从区域}10,10|),{(<<<<=yxyxG上的均匀分布,所求概率为}2{}2{YXPXYP≥+≥}),{(}),{(21GYXPGYXP∈+∈=2121=+=GGSS30.一家公司有一份保单招标,两家保险公司竞标.规定标书的保险费必须在20万元至22万元之间.若两份标书保险费相差2千或2千以上,招标公司将选择报价低者,否则就重新招标.设两家保险公司的报价是相互独立的,且都在20万至22万之间均匀分布.试求招标公司需重新招标的概率.解设X,Y分别为两家公司标书的保险费,据题意,(X,Y)服从}2220,2220|),{(≤≤≤≤=yxyxG上的均匀分布,则所求概率为}2.0|{|<−YXP}),{(1GYXP∈=(如图)GGSS1==19.048.142=−31.设随机变量),0(~),,0(~2221σσNYNX,且X,Y相互独立,求概率}20{2112σσσσ<−<YXP.解由X,Y相互独立得)2,0(~222112σσσσNYX−.4207.05.0)2()0(202}20{21212112=−Φ=Φ−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−Φ=<−<σσσσσσσσYXP2/xy=1G2Gxy1OG1xy2=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧8.1xyO44344218.1484768.18.1⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫)22,22()20,20(1GG18332.NBA篮球赛事中有这样的规律,两支实力相当的球队比赛时,每节主队得分与客队得分之差为正态随机变量,均值为1.5,方差为6,并且假设四节的比分差是相互独立的.问:(1)主队胜的概率由多大?(2)在前半场主队落后5分的情况下,主队得胜的概率有多大?(3)在第一节主队赢5分的情况下,主队得胜的概率有多大?解设各节主队与客队得分差分别为,4,3,2,1,=iXi则,4,3,2,1),6,5.1(~=iNXi且4321,,,XXXX相互独立.(1)),24,6(~4321NXXXX+++主队得胜的概率为8897.0)2247.1(2662601}0{4321=Φ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Φ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−Φ−=>+++XXXXP(2)),12,3(~43NXX+则2818.0)5775.0(133132351}5{}5|0{43214321=Φ−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛Φ−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−Φ−=>+=−=+>+++XXPXXXXXXP(3)),18,5.4(~432NXXX++则()9874.0239.2235.451}5{}5|0{43214321=Φ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−Φ−=−>++==>+++XXXPXXXXXP33.产品的某种性能指标的测量值X是随机变量,设X的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧>=−.,0,0,)(221其他xxexfxX184测量误差YXUY,),,(~εε−相互独立.求Z=X+Y的概率密度)(zfZ,并验证.21}{202/2dueZPu∫−=>εεε解Y的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧<=.,0,||,21)(其他εεyyfY由卷积公式∫+∞∞−−=dxxzfxfzfYXZ)()()(其中=−)()(xzfxfYX⎪⎩⎪⎨⎧<−>−.,0,||,0,2221其他εεzxxexx当ε−≤z时,;0)(=zfZ当εε<<−z时,]1[212)(22)(21021εεεε+−+−−==∫zzxZedxexzf;当ε≥z时,][212)(222)(21)(2121εεεεεε+−−−+−−−==∫zzzzxZeedxexzf.所以⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≥−<<−−−≤=+−−−+−.],[21,],1[21,,0)(222)(21)(21)(21εεεεεεεεεzeezezzfzzzZ}{1}{εε≤−=>ZPZPdzez∫−+−−−=εεεε]1[2112)(21ε−=zx0zxε+=zxεε−185dueuzu∫−−−=+εεε202)1(2112dueu∫−=εε20222134.在一化学过程中,产品中有份额X为杂质,而在杂质中有份额Y是有害的,而其余部分不影响产品的质量.设)5.0,0(~),1.0,0(~UYUX,且X和Y]相互独立,求产品中有害杂质份额Z的概率密度.解X,Y的密度分别为⎩⎨⎧<<=,,0,1.00,10)(其他xxfX⎩⎨⎧<<=,,0,5.00,2)(其他yyfYZ=XY的密度为∫+∞∞−=dxxzfxfxzfYXZ)()(||1)(其中=)()(xzfxfYX⎪⎩⎪⎨⎧<<<<.,0,5.00,1.00,20其他xzx⎩⎨⎧>><<=.,0,0,2,1.00,20其他zzxx当05.00≥≤zz或时,;0)(=zfZ当05.00<<z时,).20ln(2020)(1.02zdxxzfzZ−==∫⎩⎨⎧<<−=.,0,05.00),20ln(20)(其他zzzfZ35.设随机变量(X,Y)的概率密度为zx2=0zx1.005.0186⎩⎨⎧<<=−.,0,0,),(其他yxeyxfy(1)求(X,Y)的边缘概率密度.(2)问X,Y是否相互独立.(3)求X+Y的概率密度)(zfYX+.(4)求条件概率密度)|(|yxfYX.(5)求条件概率}.5|3{<>YXP(6)求条件概率}.5|3{=>YXP解(1)X,Y的边缘密度分别为⎪⎩⎪⎨⎧≤>===−+∞−∞+∞−∫∫.0,0,0,),()(xxedyedyyxfxfxxyX⎪⎩⎪⎨⎧≤>===−−∞+∞−∫∫.0,0,0,),()(0yyyedxedxyxfyfyyyY(2)),()(),(yfxfyxfYX≠X,Y不独立.(3)记Z=X+Y,则=)(zfZ∫+∞∞−−dxxzxf),(其中⎪⎩⎪⎨⎧<<=−−.,0,20,),(其他zxexzxfzx=)(zfZ⎪⎩⎪⎨⎧≤>−=−−−∫.0,0,0,2/2/0zzeedxezzzzx(4)当0>y时,xy=xy02/zx=zx0187⎪⎩⎪⎨⎧<<==.,0,0,1)(),()|(|其他yxyyfyxfyxfYYX(5)所求条件概率为}5{}5,3{}5|3{<<>=<>YPYXPYXP∫∫−=<>DyeYXP}5,3{∫∫−=yydxedy3535335533)2()3(−−−−−=+−=−=∫eeeydyeyyy}5{<YP∫−=50dxyey5055061)1()3(−−−−=−−=−=∫eeydyeyyy03.0613}5|3{553=−−=<>−−−eeeYXP(6)由于⎪⎩⎪⎨⎧<<=.,0,50,51)5|(|其他xxfYX所以}5|3{=>YXP5251)5|(533|===∫∫+∞dxdxxfYX36.设某图书馆的读者借阅甲种图书的概率为p,借阅乙种图书的概率为α,设每人借阅甲、乙图书的行动相互独立,读者之间的行动也相互独立.xy=xy035D188(1)某天恰有n个读者,求借阅甲种图书的人数的数学期望.(2)某天恰有n个读者,求甲、乙两种图书中至少借阅一种的人数的数学期望.解(1)X:n个读者中借阅甲种图书的人数,则),,(~pnbX所以.)(npXE=(2)A,B分别表示一读者借阅甲种图书与乙种图书,则A,B相互独立,且.)(,)(α==BPpAP此读者至少借阅一种图书的概率为αααpppBPAPBAPBAP−+=−−−=−=−=)1)(1(1)()(1)(1)(U.Y:n个读者中至少借阅一种的人数,则),(~ααppnbY−+,所以ααnpnnpYE−+=)(.37.某种鸟在某时间区间].0(0t下蛋数为1~5只,下r只蛋的概率与r成正比.一个收拾鸟蛋的人在时刻0t去收集鸟蛋,但他仅当鸟窝中多于3只蛋时才从中取走一只蛋.在某处有这种鸟的鸟窝6个(每个鸟窝保存完好,各鸟窝中蛋的只数相互独立).(1)写出一个鸟窝中鸟蛋只数X的分布律.(2)对于指定的一个鸟窝,求拾蛋人在该鸟窝中拾到一只蛋的概率.(3)求拾蛋人在6个鸟窝中拾到蛋的总数Y的分布律及数学期望.(4)求P{Y<4},P{Y>4}.(5)当一个拾蛋人在这6个鸟窝中拾过蛋后,紧接着又有一个拾蛋人到这些鸟窝中拾蛋,也仅当鸟窝中多于3只蛋时,拾取一只蛋,求第二个拾蛋人拾得蛋数Z的数学期望.解(1)设.5,,1,}{L===rCrrXP则151,11551===∑=CCCrr,则X的分布律为.5,,1,15}{L===rrrXP(2)所求概率为6.01554}5{}4{}3{=+==+==>XPXPXP(3))6.0,3(~bY故Y的分布律为189.6,,1,0,4.06.06}{6L=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛==−kkkYPkk6.36.06)(=⋅=YE(4)}6{}5{}4{1}4{=−=−=−=<YPYPYPYP456.06.06.0564.06.04616524=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=}6{}5{}4{=+==>YPYPYP233.06.06.05665=+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=(5)第二个拾蛋人在一个鸟窝中拾得1只蛋的概率为51}5{===XPp,则)31,6(~bZ,所以2)(=ZE.38.设袋中有r只白球,rN−只黑球.在袋中取球n)(rn≤次,每次任取一只作不放回抽样,以Y表示取到白球的个数,求E(Y).解法一引入随机变量,n,,i，，XiL21.次取到黑球i第次取到白球，i第01=⎩⎨⎧=,则∑==niiXY1,且.n,,2,1i,}1{111L===−iNi-NriAACXP得的分布律为iX1X01kpNr−1Nr190由于,n,,,,iNrXEiL21)(==于是得∑∑=====niiniiNnrXEXEYE11)()()(解法二将球编号,引入随机变量,r,,i，，iXL21.号白球未被取到i第号白球被取到，i第01=⎩⎨⎧=,则∑==riiXY1.每次取球,取到i号白球的概率均为N1,且}1{=iX可能在第一次,第二次,L,第n次取球时发生,且这n个事件两两互不相容,所以.r,,2,1i,111}1{LL==+++==NnNNNXPi从而得∑∑=====riiriiNnrXEXEYE11)()()(39.抛一颗骰子直到所有点数全部出现为此,求所需投掷次数Y的数学期望.解引入随机变量iX:11=X,2X=第一个点数出现后,等待第二个不同点数出现所需等待的次数,3X=前两个点数出现后,等待第三个不同点数出现所需等待的次数,654,,XXX的定义类似,则621XXXY+++=L第一个点数得到后,掷一次得第二个不同点数的概率为65,所以2X的分布律为.,2,1,6165}{12L=⎟⎠⎞⎜⎝⎛==−kkXPk得到两个不同点数后,掷一次得第三个不同点数的概率为64,所以3X