概率论与数理统计+第二章+随机变量及其分布+练习题答案

第二章 随机变量及其分布

一、填空题 10.71

2设一本书的各页的印刷错误个数X服从泊松分布律．已知有一个和两个印刷错误的页数相同，则随意抽查的4页中无印刷错误的概率p= 0.0003 ．

3

 0 ，若 x1 ； 15 ，若1x2 ； F(x)P{Xx}4445，若2x3 ； 若 x3 ． 1 ，4

P0.5X2F(20)F(0.50)20.55． 32120x11323x6;若k 例2.11设随机变量X的概率密度函数为f(x)9使得P(Xk)2，则k 的30其它取值范围是 . 【[1,3]】

例2.13 设X服从二项分布B(n,p)，且已知P(X1)P(X2)，P(X2)2P(X3)，则P(X4)＝ . 【

210】 2432例2.14若随机变量X服从正态分布N(,)(0)，且二次方程y4yX0无实根的概率是

1，则 . 【4】 2—2.1—

(lny1)110229e2I(0y) 2.22 （1）；（2）4；（3）；（4）；（5）fY(y)2432964y22

〖选择题〗

1 [ C ] 2 [ C ]

3 [ C ]

例2.1 【C】

例2.2 【A】 例2.3 【B】

例2.5 【A】

例2.16设随机变量X,Y相互独立均服从正态分布N(1,4), 若概率P(aX则

(A)abY1)1,22,b1 (B) a1,b2

2,b1 (D) a1,b2 【A】

—2.2—

(C) a

223例2.18 设X为随机变量, 若矩阵A02X的特征根全为实数的概率为0.5, 则

010(A)X服从区间[0,2]上的均匀分布 (B) X服从二项分布B(2, 0.5) (C) X服从参数为1的指数分布 (D) X服从标准正态分布 【A】

2.23 （1）A；（2）B；（3）C；（4）C；（5）B 解答题〗 〖解答题〗

例2.30

解 不妨假设正立方体容器的边长为１．引进事件：AX0，即事件A表示“小孔出

6 ．

现在容器的下底面”．由于小孔出现在正立方体的6个侧面是等可能的，易见P(A)1从而，PX0P(A)16．对于任意x＜0，显然Fx０；而F016．由

14x14x ．666于小孔出现的部位是随机性，可见对于任意x(0,0.75)，有

FxPX0P0Xx该式中4x表示容器的四个侧面x以下的总面积，而容器6个侧面的总面积为６．

对于任意x≥0.75，显然Fx1．于是，最后得

—2.3—

 0 , 若 x0 ,14xFx , 若 0x0.75 ,

6 1 , 若 x0.75 ．例2.31（分布函数）

解 因X服从指数分布，且EX数为

12(百小时)，故分布参数=0.5，故X的分布函

1e0.5x，若 x0； Gx 0 ，若 x0．易见，YminX，0.1．设F(y)是Y的分布函数，则对于y<0，F(y)=0；对于y>0.1，

F(y)=1；对于0y0.1,有

F(y)P{Yy}Pmin{X， 0.1}yPXyG(y)1e0.5y．于是，YminX， 0.1的分布函数为

 0 ，若 y0 ，Fy1e0.5y ，若0y0.1 ,

 1 ，若 y0.1 ．例2.33

解 试验次数X是一随机变量．为求X的概率分布，引进事件：Bj={第j次试验成功}（j=1,2,…,n）．显然P(Bj) = p．而由于试验的独立性，知事件B1,B2,,Bn…相互独立．

设试验进行到成功或n次为止，则X的可能值为1,2,…,n 且{X1}B1；对于2≤k≤n－1，

—2.4—

{Xk}B1Bk1Bk， {Xn}B1B2Bn1；P{Xk}P(B1Bk1Bk)pqk1(2kn1)；

P{X1}P(B1)p； P{Xn}P(B1Bn1)qk1．于是，X的概率分布为有限几何分布：

1X~p2pq3n1pq2pqn1n． n1q例2.35

解 以表示抽到的30件产品中不合格品的件数，则服从参数为（30，0.02）的二项分布：

P{0}0.98300.5455；P{1}300.98290.020.3340；

P{1}1P{0}0.4545．1) 不合格品不少于两件的概率

P{2}1P{0}P{1}302910.98300.980.020.1205．2) 在已经发现一件不合格品的条件下，不合格品不少于两件的条件概率

P21例2.36

P{1,2}P{2} 0.2652．P{1}P{1}解 由条件知每台设备出现故障的概率为0.08．以表示10台设备中同时出现故障的台数，则服从参数为（10，0.08）的二项分布．需要安排的值班人数k应满足条件：P{要对不同的k进行试算．首先，设k=１和k＝２，相应得

需k}0.95．

P1P0P10.9210100.9290.080.81，P2P1P2

20.9210100.9290.08C100.9280.0820.95990.95．因此，至少需要安排2个人值班．

例2.37

—2.5—

解 设X——一周5个工作日停用的天数；Y——一周所创利润．X服从参数为(5,0.2)的二项分布．因此，有

P{X0}0.850.328，P{X1}50.20.840.410，P{X2}100.220.830.205，P{X3}10.3280.4100.2050.057．

一周所创利润Y是X的函数：

 10 ，若X0，27102 7 ，若X１， Y~． Y0.0570.2050.4100.328 2 ，若X２，2 ，若X３．例2.38(二项分布)

解 设n——至少出现一件不合格品所要生产产品的件数，则n件产品中不合格品的件数n服从参数为（n，0.01）的二项分布；按题意，n应满足条件

ln0.05 P{n1}1P{n0}10.990.95 ， n298.0729 ．ln0.99n于是，为至少出现一件不合格品的概率超过95%，最少需要298.0729×3895分，将近14小时55分．

例3.41

解 由条件知X+Y是一日内到过该商店的顾客的人数，服从参数为的泊松分布．设X——一日内到过该商店的顾客中购货的人数．由条件知，在一日内有n个顾客到过该商店的条件下，购货人数的条件概率分布为

mmPXmXYnCnp1pnm(m0,1,2,；nm)．

由全概率公式可见，对于m=0,1,2,…，有

—2.6—

PXmnmPXnmmXYnPXYnmnmnmnmCmnp1pmnmnn !eeCp1pnn !pmem !m1nm1pnmnm !mpmem !

pee1ppep．1k1pm !m !k0k !于是，一日内到过该商店的顾客中购货的人数X服从参数为p的泊松分布．同理，Y服从参数为

(1p)的泊松分布．

例2.44 解 以条件知Et表示t=90天内售出的电冰箱台数．可以假设t服从参数为t的泊松分布．由

．这样，t服从参数为t=8t的泊松分布： 77=56，从而=8（台）

k8t8tPtke k0,1,2,．

k !随机变量X的可能值为自然数m=0,1,2,…．记at．由全概率公式，有

PXmnmPXnmanPannmapaCmpmqnmeaeanmmpaaem !k0qanm n!　m ! !nmnmqakpameaeapapamepa，k !m !m !其中

papt0.058903.6．因此返修件数X服从参数为3.6的泊松分布：

3.6m3.6PXme m0,1,2,．

m !例2.47解 由条件知

—2.7—

0.025P Xaa 1P Xaa 1PaXaa108X1082a1081P0X2a1P3332a1082a1081(36)1，33其中

x是标准正态分布函数．由熟知的事实1.960.975，可见

2a1082a108 1.96；a56.94． 0.9750 ；33例2.48 解 由条件知X设为100次独立重复测量中事件 X19.6出现的次数，~N0,102．

则

XpP X19.6P1.960.05．

10易见服从参数为(100 , 0.05)的二项分布，近似服从参数为5的泊松分布．因此

P31P31P0P1P210.951001000.95990.05 1e55e512.5e5〖证明题〗

例2.52（分布函数）

证明 只需验证F(x)aF1(x)bF2(x)满足分布函数的三条基本性质．由条件知a和b非负且a+b =1．由于F1(x)和F2(x)都是分布函数，可见对于任意，有

100990.95980.052 21e51512.50.87 ．0F(x)aF1(x)bF2(x)ab1

对于任意实数x1x2，由于Fi(x1)Fi(x2)(i1,2)，可见

F(x1)aF1(x1)bF2(x1)aF1(x2)bF2(x2)F(x2)，—2.8—

即F(x)单调不减．由F1(x)和F2(x)的右连续性，可见F(x)也右连续．最后，

xxlimF(x)alimF1(x)blimF2(x)0 ；xxxxlimF(x)alimF1(x)blimF2(x)1 ．

于是F(x)aF1(x)bF2(x)也是分布函数．

例2.53（分布函数） 证明 指数分布函数为F(x)1ex(x0)设G(y)P{Yy}为Y=F(X)的分

0时G(y)0；当y1时

布函数．由于分布函数F(x)的值域为(0,1)，可见当yG(y)1．设0y1，有

G(y)P{Yy}P{1eXy} 11PXln(1y)Fln(1y)y．于是，G(y)是区间(0,1)上的均匀分布函数，从而Y=

例2.4 【C例2.6 连续型随机变量X的分布函数为：

2；(2arctane)5】

F(x)ABarctanx，x

试求：（1）常数A、B；（2）P(1X1)；（3）随机变量X的概率密度.

【（1）A1111,B；（2）；（3）】 222(1x)例2.7 设随机变量X具有对称的密度函数，即f(x)f(x)，证明对任意的a0，有

1（1）F(a)1F(a)f(x)dx

20（2）P(|X|a)2F(a)1 (3) P(|X|a)2(1F(a))

—2.9—

a

问题3: 已知实际背景, 求随机变量的分布律与分布函数(或密度函数)

例2.8 一袋中装有4个球，球上分别记有号码1,2,3,4。从中任意取2个球，以X记取出的球中小的号码。求X的分布列与分布函数.

例2.9 使用了t小时的计算机，在以后t小时内损坏的概率等于to(t)，其中为不依赖于

t的常数，假设在不相重叠的时间内，计算机损坏与否相互独立，求计算机在T小时内损坏的概率.

【1eT】

例2.10 过平面上一点(0,1)任作一直线L与x轴的夹角为，设服从区间(0,)上的均匀分布，求

（1）此直线在x轴上的截距Z的概率密度； （2）截距Z在1到2之间的概率. 【（1）fZ(z)11(arctan2arctan1)】 ；（2）,z2(1z)例2.12 设离散型随机变量X的概率分布为P(Xn)apn,n0,1,2,，而且X取奇数

313值的概率为，试求常数a, p 的值. 【； 】

744例2.15设随机变量t服从数学期望为【e】

例2.17 设随机变量X的概率密度为

812的指数分布，求方程xtx40有实根的概率. 2f(x)21ex22x1,x

试求：（1）YX的概率密度；（2）P(1X12)

1(ey2yey2y)y01【（1）fY(y)2ey;（2）(2).】

20其它例2.20 设随机变量X的概率密度为

—2.10—

f(x)1|x|e,x, 2

求（1）Y|X|的分布函数FY(y)； （2）证明对任意的实数a0,b0，均有 P(Yab|Ya)P(Yb). 例2.21 设随机变量X的概率密度函数为

1f(x)33x201x8其他

F(x)是X的分布函数，求随机变量Y = F (X)的分布函数. 【同U（0，1）】

例2.22 假设一设备开机后无故障工作的时间X服从指数分布,平均无故障工作的时间(EX)为5小时, 设备定时开机, 出现故障时自动关机, 而无故障的情况下工作2小时便关机, (1)试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数FY(y)，(2) 求Z为连续型随机变量.

eY的分布函数，并判断Z是否

0y【FY(y)1e51参考答案：

0lnz0y2， FZ(z)1e51y2y0z11ze2】 ze22.24 （1）A；（2）B；（3）C；（4）C；（5）B

(lny1)110229e2I(0y) 2.25 （1）；（2）4；（3）；（4）；（5）fY(y)2432964y222.26

1 31111,B；（2）；（3） 22(1x2)22.27 （1）A2.28 （1）C；（2）(2arctane1)5；（3）

2—2.11—

2.29 （1）fZ(z)11(arctan2arctan1) ；（2）,z2(1z)k1k1knkkknk2.30 （1）Cn（2）Cn；（3）qp pqpq；1

—2.12—