3-《概率论与数理统计》第三版,科学出版社_课后习题答案.,

第二章 随机变量

2.1 X 2 P 1/36

3 1/18

4 1/12

5 1/9

6 5/36

7 1/6

k

8 5/36

9 1/9

10 1/12

11 1/18

12 1/36

2.2解：根据 P(X

k 0

k) 1，得 ae

k 0

ae 1

1。 1，即

1 e 1

故 a e 1

2.3解：用X表示甲在两次投篮中所投中的次数，X~B(2,0.7) 用Y表示乙在两次投篮中所投中的次数, Y~B(2,0.4) (1) 两人投中的次数相同

P{X=Y}= P{X=0,Y=0}+ P{X=1,Y=1} +P{X=2,Y=2}=

020211112020

0.70.3 0.40.6 0.70.3 0.40.6 0.70.3 0.40.6 0.3124C2C2C2C2C2C2

1

1

2

2

(2)甲比乙投中的次数多

P{X>Y}= P{X=1,Y=0}+ P{X=2,Y=0} +P{X=2,Y=1}=

110220022011

C20.70.3 C20.40.6 C20.70.3 C20.40.6 C20.70.3 C20.40.6 0.56281

2

2

1

2.4解:（1）P{1≤X≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=(2) P{0.5<X<2.5}=P{X=1}+ P{X=2}=

1232

1515155

121 15155

2.5

11[1 ()k] 1 解：（1）P{X=2,4,6,…}=12 14 16 1=lim

22222kk 1 3

4

2

4

4

（2）P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}- P{X=2}=1 1 1 1 2.6解：设Ai表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，1，2

P{X 0} P{A1A2A3A4} P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)=

1817161512 2019181719

P{X 1} P{A1A2A3A4} P{A1A2A3A4} P{A1A2A3A4} P{A1A2A3A4}

218171618217161818216181716232 2019181720191817201918172019181795

P{X 2} 1 P{X 0} P{X 1} 1

12323

199595

2.7解：(1)设X表示4次独立试验中A发生的次数，则X~B(4,0.4)

P(X 3) P(X 3) P(X 4) C40.430.61 C40.440.60 0.1792

3

4

(2)设Y表示5次独立试验中A发生的次数，则Y~B(5,0.4)

P(X 3) P(X 3) P(X 4) P(X 5) C50.430.62 C50.440.61 C50.450.60 0.31744

3

4

5

2.8 （1）X～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)

1.50 1.5 1.5P{X 0} e=e

0!

（2）X～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)

20 221 2

P{X 2} 1 P{X 0} P{X 1} 1 e e 1 3e 2

0!1!

2.9解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为X，则X

~B(180,0.01)。

依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即

P(X m) 0.99，也即

P(X m 1) 0.01

因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为

180 0.01 1.8的泊松分布。

查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。 故应至少配备6名设备维修人员。

2.10解：一个元件使用1500小时失效的概率为

10001000

P(1000 X 1500)

1000x2x

1500

1500

1000

1

3

设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则Y所求的概率为

1280

P(Y 2) C52()2 ()3 5 0.329

333

1

~B(5,)。

3

2.11解：(1)P(X

2) F(2) ln2

(2)

P(0 X 3) F(3) F(0) 1 0 1

P(2 X 2.5) F(2.5) F(2) ln2.5 ln2 ln1.25

x 11 x e

f(x) F (x)

其它 0

2.12

a 1F(x) F(0)，得 解：(1)由F( ) 1及lim，故x 0a b 0

a=1,b=-1.

x

2

f(x) F (x) xe

0

2

(2) x 0 x 0

(3)

P(4 X ln16) F(ln16) F(4)

ln16

2

ln42

(1 e

) (1 e

)

1

0.25 4

2.13（1）

假设该地区每天的用电量仅有80万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

P{0.8 X 1} 12x(1 x)dx (6x 8x 3x)| 0.0272

2

2

3

4

0.8

0.8

1

1

（2）假设该地区每天的用电量仅有90万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：

P{0.9 X 1} 12x(1 x)2dx (6x2 8x3 3x4)| 0.0037

0.9

0.9

1

1

2.14解:要使方程x2 2Kx 2K 3 0有实根则使

(2K) 4(2K 3) 0

2

解得K的取值范围为[ , 1] [4, ],又随机变量K~U(-2,4)则有实根的概率为

p

[ 1 ( 2) 4 3]1

4 ( 2)3

2.15解：X~P(λ)= P((1)

P{X 100}

100

1

) 200

111

x100 1 200

edx e200| 1 e2 0200

113

x 1 200

200

edx e e2 （2）P{X 300} 300|300200

（3）P{100 X 300} 100

300

1113

x300 1 200

edx e200| e2 e2 100200

P{X 100,100 X 300} P{X 100}P{100 X 300} (1 e)(e e)

1

2

12

32

2.16解：设每人每次打电话的时间为X，X~E(0.5)，则一个人打电话超过10分钟的概率为

P(X 10) 0.5e 0.5xdx e 0.5x

10

10

e 5

又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y，则

Y~B(282,e 5)。

因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为 282 e 5 1.9的泊松分布。

所求的概率为

P(Y 2) 1 P(Y 0) P(Y 1)

1 e 1.9 1.9e 1.9 1 2.9e 1.9 0.56625

2.17解：(1)P(X

105 110

105) () ( 0.42) 1 (0.42)

12

1 0.6628 0.3372

(2)P(100 X

120 110100 110

120) () ()

1212

(0.83) ( 0.83) 2 (0.83) 1 2 0.7967 1 0.5934

2.18解：设车门的最低高度应为a厘米，X~N(170,62)

P{X a} 1 P{X a} 0.01P{X a} (

a 170

) 0.996

a 170

2.33 6

a 184厘米

2.19解：X的可能取值为1,2,3。

2C46

因为P(X 1) 3 0.6；

C510

P(X 3)

11 0.1； 3

10C5

P(X 2) 1 0.6 0.1 0.3

所以X的分布律为

X的分布函数为

x 1 0

0.61 x 2

F(x)

0.92 x 3 1x 3

2.20(1)

P{Y 0} P{X 0.2

2

P{Y 2} P{X 0} P{X } 0.3 0.4 0.7 P{Y 4 2} P{X

3

0.12

Y

qi

0 0.2

2 4 2 0.1

0.7

(2)

P{Y 1} P{X 0} P{X } 0.3 0.4 0.7

3

P{Y 1} P{X P{X } 0.2 0.1 0.3

22Y

qi

-1 0.7

1 0.3

2.21（1）

当 1 x 1时，F(x) P{X 1} 0.3

当1 x 2时，F(x) P{X 1} P{X 1} 0.3 P{X 1} 0.8

P{X 1} 0.8 0.3 0.5

当x 2时，F(x) P{X 1} P{X 1} P{X 2} 0.8 P{X 2} 1

P{X 2} 1 0.8 0.2

X P （2）

-1 0.3

1 0.5

2 0.2

P{Y 1} P{X 1} P{X 1} 0.3 0.5 0.8 P{Y 2} P{X 2} 0.2

Y

qi

1 0.8

x2

2

2 0.2

2.22

X~N(0,1) fX(x)

（1）设FY(y)，fY(y)分别为随机变量Y …… 此处隐藏：4605字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……