概率论第二章习题

第二章习题1.一袋中装有5只球,编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取3只,以X表示取出的3只球中的最大号码,写出随机变量X的分布律.解基本事件是从5只球中同时取3只,有种取法.10!2!3!535X只能取值3,4,5.X=3时,一只球编号为3,另外两只球编号为1,2,只有一种取法,X=4时,一只球编号为4,另外两只球只能从编号为1,2,3的三只球中取,有种取法.323X=5时,一只球编号为5,另外两只球只能从编号为1,2,3,4的四只球中取,有种取法.6!2!2!424101}3{XP.103}4{XP.106}5{XPX的分布律为.5,4,3,1021}{kkkXP也可列表表示X345Pk1/103/106/103.设在15只同类型的零件中有2只是次品,在其中取3次,每次任取1只,作不放回抽样.以X表示取出次品的只数.(1)求X的分布律;(2)画出分布律的图形.解法一:X可能取值为0,1,2.P{X=0}=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)3522131114121513P{X=1}=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)1312141315213121421513132141215133512P{X=2}=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)131314115213114131521311421513351设事件Ai表示“第i次取到正品”,i=1,2,3.也可由P{X=2}=1-P{X=0}-P{X=1}351351235221法二:用等可能概型.基本事件是从15只零件中取3只,有种取法.1335!12!3!15315X=0时,取出的3只都是正品,有种取法.1322!10!3!13313X=1时,取出的3只中有2只正品,1只次品,有种取法.13122!11!2!1312213X=2时,取出的3只中有1只正品,2只次品,有种取法.1322113故P{X=0}=22/35,P{X=1}=12/35,P{X=2}=1/35.X的分布律为X012Pk22/3512/351/35其图形为X012p22/3512/351/354.进行重复独立试验,设每次试验成功的概率为p,失败的概率为q=1-p(0p1).(1)将试验进行到出现一次成功为止,以X表示所需的试验次数,求X的分布律.(此时称X服从以p为参数的几何分布.)将试验进行到出现一次成功为止,所需的试验次数X=1,2,…,k,…X=k时,前k-1次试验均未成功,第k次试验才成功,由于各次试验相互独立,故P{X=k}=P(A1A2…Ak-1Ak)=P(A1)P(A2)…P(Ak-1)P(Ak)=(1-p)k-1pX的分布律为P{X=k}=p(1-p)k-1,k=1,2,…(3)一篮球运动员的投篮命中率为45%.以X表示他首次投中时累计已投篮的次数,写出X的分布律,并计算X取偶数的概率.解这是(1)中p=0.45的情况,故X的分布律为P{X=k}=0.45(0.55)k-1,k=1,2,…解设Ai表示第i次试验成功的事件,则P(Ai)=p,P(Ai)=1-p.但这成功的r次试验,除最后一次必成功外,另外成功的r-1次可以是总的k-1次中的任意r-1次,共有11rk种可能,每一种可能的概率均为qk-rpr=(1-p)k-rpr.故Y的分布律为,1,,)1(11}{rrkpprkkYPrkr(2)将试验进行到出现r次成功为止,以Y表示所需的试验次数,求Y的分布律.(此时称Y服从以r,p为参数的巴斯卡分布.)解将试验进行到出现r次成功为止,所需的试验次数Y=r,r+1,…Y=k时,共进行了k次试验,其中成功r次,未成功k-r次(kr).若后r次试验成功,则前k-r次试验未成功,其概率为P(A1A2…Ak-rAk-r+1…Ak)=P(A1)P(A2)…P(Ak-r)P(Ak-r+1)…P(Ak)=qk-rprX取偶数可视为所有{X=2n}(n=1,2,…)事件的总和,其概率为1121)55.0(45.0}2{nnnnXP]1)55.0([55.045.002nn311155.155.0)55.01)(55.01(55.045.0)55.01(55.055.045.0]155.011[55.045.02227.设事件A在一次试验中发生的概率为0.3,当A发生不少于3次时,指示灯发出信号.(1)进行了5次重复独立试验,求指示灯发出信号的概率;(2)进行了7次重复独立试验,求指示灯发出信号的概率.解设X表示n次重复独立试验中事件A发生的次数,由于事件A在一次试验中发生的概率p=0.3,故X~b(n,0.3).X的分布律为nkknkXPknk,,1,0,7.03.0}{(1)n=5所求概率为P{X3}=P{X=3}+P{X=4}+P{X=5}54233.0557.03.0457.03.035=0.163(2)n=7所求概率为P{X3}=P{X=3}+P{X=4}+P{X=5}+P{X=6}+P{X=7}=1-P{X3}=1-[P{X=0}+P{X=1}+P{X=2}]52677.03.0277.01.0177.0071=0.35314.(2)求第(1)题中的随机变量的分布函数.解由第(1)题的结果,X的分布律为X345Pk1/103/106/10F(x)=P{X≤x}xxkkxXP}{x3F(x)=03x4F(x)=P{X=3}=1/104x5F(x)=P{X=3}+P{X=4}=4/10=2/5x5F(x)=P{X=3}+P{X=4}+P{X=5}=1总之,X的分布函数为5,154,5/243,10/13,0)(xxxxxF15.在区间[0,a]上任意投掷一个质点,以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成比例.试求X的分布函数.解由于质点只能落在[0,a]中,故{X0},{Xa}是不可能事件,P{X0}=P{Xa}=0(1)若x0,xxX0a{Xx}是不可能事件,F(x)=P{X≤x}=0.(2)若0≤x≤a,事件A表示“质点落在[0,a]中小区间[0,x]内”,则P(A)=P{0≤X≤x}与该小区间的长度x成比例,令P{0≤X≤x}=kx,(0≤x≤a),则1=P{-∞X∞}=P{X0}+P{0≤X≤a}+P{Xa}=ka,故k=1/a,从而P{0≤X≤x}=x/a,(0≤x≤a).因此F(x)=P{X≤x}xxX0a=P{X0}+P{0≤X≤x}=x/a(3)若x2,F(x)=P{X≤x}xxX0a=P{X0}+P{0≤X≤a}+P{aX≤x}=1分布函数F(x)=0,x0x/a,0≤xa1,xaxF(x)oa1F(x)的图形如右,17.设随机变量X的分布函数为其它,11,ln1,0)(exxxxFX(1)求P{X2},P{0X≤3},P{2X5/2};(2)求概率密度fX(x).解(1)P{X2}=FX(2)=ln2P{0X≤3}=FX(3)-FX(0)=1P{2X5/2}e2.72=FX(5/2)-FX(2)=ln(5/2)-ln2=ln(5/4)(2)fX(x)=FX/(x)exexxx,01,/11,0exxexx,1,01,/1x=1处左导数0100lim1)1()(lim11xxFxFxXXx右导数11lim10lnlim1)1()(lim111xxxxFxFxxXXxx=e处exexxexeFxFexexXXex11lim1lnlim)()(lim011lim)()(limexexeFxFexXXex18.设随机变量X的概率密度为其它,021),/11(2)()1(2xxxf其它,021,210,)()2(xxxxxf求X的分布函数F(x),并画出(2)中的f(x)及F(x)的图形.解(1)xdxxfxF)()(X1时,F(x)=0,1x2时,dxxdxxFx)11(20)(112)21(2)1(21xxxxxx2时,xdxdxxdxxF212120)11(20)(1)1(221xx总之,2,121),21(21,0)(xxxxxxFxF(x)211oxf(x)23/21oF(x)和f(x)的图形如下:19(2)研究了英格兰在1875年~1951年期间,在矿山发生导致10人或10人以上死亡的事故的频繁程度,得知相继两次事故之间的时间T(以日计)服从指数分布,其概率密度为其它0t,0,2411)(241xTetf求分布函数FT(t),并求概率P{50T100}.解t0,dtett2410241124102411ttteet0,0)()(dttftFtTTdttftFtTT)()(总之,,0,1)(241tTetF其它0t也可由指数分布=241直接得此结果.P{50T100}=FT(100)-FT(50)24110024150ee)1()1(24150241100eedttfT10050)(dtet24110050241110050241te20.某种型号的器件的寿命X(以小时计)具有以下的概率密度其它,01000,1000)(2xxxf现有一大批此种器件(设各器件损坏与否相互独立),任取5只,问其中至少有2只寿命大于1500小时的概率.解设1只器件的寿命大于1500小时的概率为p,而Y是取出的5只中寿命大于1500小时的器件数,则Y~b(5,p).由于1500)(}1500{dxxfXPpdxx1500210003210001500xY的分布律为5,,1,0,31325}{5kkkYPkk所求概率为P{Y2}=1-P{Y2}=1-P{Y=0}-P{Y=1}45313215311243232325115xdxxfxF)()(X1000,F(x)=0xxxxdxxxFx10002,10001100010001000)(,1000=1-P{X1500}=1-F(1500)23.设X~N(3,22),(1)求P{2X5},P{-4X10},P{|X|2},P{X3};(2)确定c,使得P{Xc}=P{Xc};(3)设d满足P{Xd}0.9,问d至多为多少?解(1)P{2X5})5.0(1)1()5.0()1()232()235(=0.84