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1、概率论与数理统计习题参考解答（习题二）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=1对应于正面朝上,=0对应于反面朝上. 则P(=0)=P(=1)=0.5 .其分布函数为2. 如果服从0-1分布, 又知取1的概率为它取0的概率的两倍, 写出的分布律和分布函数.解: 根据题意有P(=1)=2P(=0)(1)并由概率分布的性质知P(=0)+P(=1)=1(2)将(1)代入(2)得3P(=0)=1, 即P(=0)=1/3再由(1)式得P(=1)=2/3因此分布律由下表所示01P1/32/3而分布函数为3. 如果的概率函数为P=a=1, 则称服从退化分布. 写
2、出它的分布函数F(x), 画出F(x)的图形.解: , 它的图形为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 设取值1,2,3代表取到的产品为一,二,三级, 则根据题意有P(=1)=2P(=2)(1)P(=3)=P(=2)/2(2)由概率论性质可知P(=1)+P(=2)+P(=3)=1(3)(1),(2)代入(3)得:2P(=2)+P(=2)+P(=2)/2=1解得P(=2)=2/7, 再代回到(1)和(2)得P(=1)=4/7, P(=3)=1/7则概率函数为或
3、列表如下:123P4/72/71/75. 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个中的次品数的分布律.解: 基本事件总数为, 有利于事件=i(i=0,1,2,3,4)的基本事件数为, 则01234P0.28170.46960.21670.0310.0016. 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=0.2308则服从相应的几何分布, 即有7. 上题中如果每次取出一件
4、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, 这样的取值为1,2,3,4.不难算出,的分布律如下表所示:1234P0.76920.19530.03280.00278. 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的概率函数.解: 事件=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(=i)=p(1-p)i, (
5、i=0,1,2,)9. 已知随机变量只能取-1,0,1,2四个值, 相应概率依次为, 确定常数c并计算P1|0.解: 根据概率函数的性质有即得设事件A为1, B为0, (注: 如果熟练也可以不这样设)则10. 写出第4题及第9题中各随机变量的分布函数.解: 第4题:第9题:当x-1时: F(x)=P(x)=0当-1x0时: F(x)=P(x)=P(=-1)=当0x1时: F(x)=P(x)=P(=-1)+P(=0)=当1x2时: F(x)=P(x)=P(=-1)+P(=0)+P(=1)=当x2时: F(x)=P(x)=1综上所述, 最后得:11. 已知, 求的分布函数F(x), 画出F(x)的
6、图形.解: 当x0时: F(x)=0;当0x1时: 当x1时: F(x)=1综上所述, 最后得 图形为 12. 已知, 求P0.5; P(=0.5);F(x).解: ,因为连续型随机变量, 因此取任何点的概率均为零, 所以P=0.5=0,求F(x): 当x0时, F(x)=0当0x1时, 当x1时, F(x)=1综上所述, 最后得:13. 某型号电子管, 其寿命(以小时计)为一随机变量, 概率密度, 某一个电子设备内配有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.解: 先求一个电子管使用150小时以上的概率P(150)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
7、生三次的概率为14. 设连续型随机变量的分布函数为:求系数A; P(0.30.7); 概率密度(x).解: 因是连续型随机变量, 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,+)的曲线接上, 则必有A12=1, 即A=1. 则分布函数为P(0.30.7)=F(0.7)-F(0.3)=0.72-0.32=0.49-0.09=0.4概率密度(x)为15. 服从柯西分布的随机变量的分布函数是F(x)=A+B arctgx, 求常数A,B;P|1以及概率密度(x).解: 由F(-)=0, 得A+Barctg(-)=(1)再由F(+)=1, 得(2)综和(1),(2)
8、两式解得即16. 服从拉普拉斯分布的随机变量的概率密度, 求系数A及分布函数F(x).解: 这实际上是一个分段函数, (x)可重新写为根据性质, 又因(x)为偶函数, 因此有, 则有A=1/2因此. 求分布函数F(x).当x0时, 有当x0时, 有综上所述, 最后得17. 已知, 计算P0.2|0.10.5解: 设事件A=0.2, B=0.10.5, 则要计算的是条件概率P(A|B), 而, 而事件AB=0.20.10.5=0.10.2因此有最后得18. 已知, 确定常数c.解: 首先证明普阿松广义积分, 因为函数并不存在原函数, 因此需要一技巧. 令, 则作极坐标代换, 令, 则积分区间为全
9、平面, 即从0积到2, r从0积到+, 且, 因此有, 所以I=.现确定常数c, 由性质,得19. 已知, 求常数c及Pa-1a+1.解: 由性质得解得 , 因此有则20. 二元离散型随机变量(,)有如下表所示的联合概率分布: 012345600.2020.1740.1130.0620.0490.0230.004100.0990.0640.0400.0310.0200.0062000.0310.0250.0180.0130.00830000.0010.0020.0040.011求边缘概率分布, 与是否独立?解: 按下表计算与的边缘分布: 0123456pi(1)00.2020.1740.113
10、0.0620.0490.0230.0040.627100.0990.0640.0400.0310.0200.0060.2602000.0310.0250.0180.0130.0080.09530000.0010.0020.0040.0110.018pj(2)0.2020.2730.2080.1280.1000.0600.029得的边缘分布如下表所示:0123P0.6270.2600.0950.018以及的边缘分布如下表所示:0123456P0.2020.2730.2080.1280.10.060.029当i=1及j=0时,因因此与相互间不独立.21. 假设电子显示牌上有3个灯泡在第一排, 5个
11、灯泡在第二排. 令,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. 若与的联合分布如下表所示: 01234500.010.010.030.050.070.0910.010.020.040.050.060.0820.010.030.050.050.050.0630.010.010.040.060.060.05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
12、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的概率, 然后用1减去它. 而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):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, 分别记为第一,二次取到球上的号码数, 求(,)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(=2)=2/3, 第一次取到1号的概率为P(=1
13、)=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(=1|=2)=P(=2|=2)=1/2. 而第一次取到1号后还剩下两个2号, 因此这时P(=1|=1)=0, P(=2|=1)=1.综上所述并用乘法法则可得(,)的分布律如下表所示: 12101/321/31/323. ( , )只取下列数组中的值：且相应的概率依次为1/6, 1/3, 1/12, 5/12. 列出(,)的概率分布表, 写出关于的边缘分布.解: 从上面数组可知只取-1,0,2这三个值, 而只取0,1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. 概率分布表及的边缘分布计算如下 01/31-101/121/301/60025/1200pj(2)7/1
