第2章工程随机数学基础习题答案

2024年1月25日发(作者：安徽7年级月考数学试卷)

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第2章 随机变量与其分布

习题 2

1．设有函数

sinx,F(x)0,0x,其它，

试说明F(x)能否是某随机变量的分布函数。

解：

不能，易知对x1x2，有：

P{x1Xx2}P{Xx2}P{Xx1}F(x2)F(x1),

又P{x1Xx2}0,F(x2)F(x1)，因此F(x)在定义域内必为单调递增函数。

然而F(x)在(0,)上不是单调递增函数，所以不是某随机变量的分布函数。

2．－筐中装有7只蓝球，编号为1，2．3，4，5，6，7.在筐中同时取3只，以X表示取出的3只当中的最大，写出随机变量X的分布列。

3解：X的可能值为3，4，5，6，7。在7只篮球中任取3个共有C7种取法。

{X3}表示取出的3只篮球以3为最大值，其余两个数是1，2，仅有这一种情11231况，故P(X3)3C776535

{X4}表示取出的3只篮球以4为最大值，其余两个数可以在1，2，3中任取2两个，共有C3种取法，故

C3231233P(X4)3。

C7176535{X5}表示取出的3只篮球以5为最大值，其余两个数可在1，2，3，4中任取22个，共有C4种取法，故

2C4431236，

P(X5)3C71276535{X6}表示取出的3只篮球以6为最大值，其余两个数可在1，2，3，4，5中2任取2个，共有C5种取法，故

C525412310P(X6)3，

C71276535{X7}表示取出的3只篮球以7为最大值，其余两个数可在1，2，3，4，5，62中任取2个，共有C6种取法，故

2C66512315P(X7)3C71276535。

k1k3. 设X服从(01)分布，其分布列为P{Xk}p(1p),k0,1, 求X的分布函数，并作出其图形。

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解：X服从〔0-1〕分布，其分布律为：

0

X

1p

P

当x0时，F(X)P{Xx}0

当0x1时，F(X)P{Xx}P{X0}1p

1

p

F(X)P{Xx}P{X0}P{X1}当x1时，

(1p)p1,x00,即有：

F(X)1p,0x1，其分布图形如下图2-1

1,x1y11-p。0图 2-11x

4．将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次所得点数之和，以Y表示两次中得到的小的点数，试分别求X与Y的分布列。

解 以X1X2分别记第一次，第二次投掷时的点数，样本空间为

S{(X1X2)|X11，2，...,6;X21，2，...,6}

共有6636个样本点

XX1X2所有可能的取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12

易知当(X1,X2)分别为：(1，1)X取2(1，2),(2，1)X取3(1，3),(2，2),(3，1)X取4(1，4),(2，3),(3，2),(4，1)X取5(1，5),(2，4),(3，3),(4，2),(5，1)X取6(1，6),(2，5),(3，4),(4，3),(5，2),(6，1)X取7(2，6),(3，5),(4，4),(5，3),(6，2)X取8(3，6),(4，5),(5，4),(6，3)X取9(4，6),(5，5),(6，4)X取10(5，6),(6，5)X取11(6，6)X取12故X的分布列如下：

X

P

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 1/35 1/36

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.

Y的取值为1,2,3,4,5,6

Y的分布列为：

Y

P

1

11/36

2

9/36

3

7/36

4

5/36

5

3/36

6

1/36

5．试求下列分布列中的待定系数k

k,m1,2,3

m44k〔2〕r.v.~P{m}m,m1,2,3

3〔1〕r.v.~P{m}〔3〕r.v.~P{m}k解：〔1〕由分布列的性质有

mm!,m0,1,2,,0为常数。

1kkk11k1424346，

所以

k6

。11 〔2〕由分布列的性质有

111P{m}4k(2)2k331，

所以

或解

由

k1。

2P(m)故有

4k1m14k(),m1,,所以服从几何分布，

m3334k111,k。

332〔3〕由分布列的性质有

kmm1P{m}kkem0m0m!m0m!，

所以ke

。

6．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(0p1)。

〔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的分布列。〔此时称X服从以p为参数的几何分布。〕

〔2〕将试验进行到出现r次成功为止，以X表示所需的试验次数，求X的分布列。.

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〔此时称X服从以r,p为参数的巴斯卡分布。〕

〔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汁已投篮的次数，写出X的分布列，并计算X取偶数的概率。

解〔1〕此试验至少做一次，此即X可能值的最小值。若需做k次，则前k-1次试验均失败最后一次成功，由于各次试验是相互独立的，故分布律为

P{Xk}qk1p(1p)k1p,k1,2,3,...。

（1）此试验至少做r次，若需做k次，则第k次比为成功，而前k-1次中有r-1次成功，由于各次试验是相互独立的，故分布律为

P{Xk}(k1rkr)pq,kr,r1,...。

r1（2）先写出X的分布律。它是题〔1〕中p=0.45的情形。所求的分布律为

P{Xk}0.45(0.55)k1,k1,2,...。因{Xj}{Xk}(jk),故X取偶数的0.450.55112k1(X2k)}P{X2k}0.45(0.55). 概率为P{U210.5531k1k1k1

7．有甲、乙两个口袋，两袋分别装有3个白球和2个黑球。现从甲袋中任取一球放入乙袋，再从乙袋任取4个球，求从乙袋中取出的4个球中包含的黑球数X的分布列。

解：分为以下两种情况，即从甲袋中取一球放入乙袋，取出的球为白球的概率为黑球为3，52。

5（1）假设取出的是白球，乙袋此时为4白球2黑球。从中取出4球，黑球数可为0,1,2，概率如下

40C4C21,

P(X0)4C61531C4C8P(X1)42,

C61522C4C26.

P(X2)4C615（2）假设取出的是黑球，乙袋此时为3白球3黑球，从中取出4球，黑球数可为1,2,3.概率如下

31C3C3P(X1)43,

C615C32C329P(X2),

4C61513C3C3P(X3)43.

C615综合以上两种情况，又已知从甲袋取出为白球的概率为32，黑球是.所以

55.

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311P(X0)51525382310P(X1)51551525

362912P(X2)51551525232P(X3)51525分布列为

X 0 1 2 3

Pk

1

2510

2512

252

258. 设X服从Poisson 分布，且已知P{X1}P{X2}，求P{X4}。

解：由于X~(),即X的分布律为P{Xk}kk!e,k0,1,2,...,

于是有P{X1}e,P{X2}22e,由条件P{X1}P{X2},可得方程e24-2e, 解得2.0(舍去) 所以X~(2),于是P{X4}e0.0902(查24!2表)。

9．一大楼装有5套同类型的空调系统，调查表明在任一时刻t每套系统被使用的概率为0.1，问在同一时刻

〔1〕恰有2套系统被使用的概率是多少?

〔2〕至少有3套系统被使用的概率是多少?

〔3〕至多有3套系统被使用的概率是多少?

〔4〕至少有1套系统被使用的概率是多少？

解： 以X表示同一时刻被使用的设备的个数，则

X~b(5,0.1)。

（3）所求的概率为

5P{X2}()0.12(10.1)30.0729。2（4）所求的概率为

P{X3}P{X3}P{X4}P{X5}

55()0.13(10.1)2()0.14(10.1)0.15

340.00810.000450.000010.00856

（5）所求的概率为

P{X3}1P{X4}P{X5}

10.000450.000010.99954.

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（6）所求的概率为

P{X1}1P{X0}1(10.1)50.40951

10．在纺织厂里一个女工照顾800个纱锭。每个纱锭旋转时，由于偶然的原因，纱会被扯断。设在某段时间内每个纱锭上的纱被扯断的概率是0.005,求在这段时间内断纱次数不大于10的概率。

解：设纱被扯断的概率是P，P=0.005.用X表示在某段时间内的纱断次数，所求的概率为P(X10)Ck010k800(0.005)k(10.005)800k，

而利用柏松定理，n800,p0.005,np4，有：

4kP(X10)e,k0,1,2,...,10，查表得：

k!P0.01830.07330.14650.19540.19540.15630.10420.05950.02980.01320.00530.9972

11．一寻呼台每分钟收到寻呼的次数服从参数为4的泊松分布。求

〔1〕每分钟恰有7次寻呼的概率。

〔2〕每分钟的寻呼次数大于10的概率。

4k4e,(k0,1,...) 解：P(Xk)k!474464ee0.94890.88930.0596 〔1〕P(X7)P(X6)7!6!4104e10.99720.0028 〔2〕1P(X10)110!

12. 某商店出售某种商品,据历史记载分析,月销售量服从泊松分布，参数为5，问在月初进货时要库存多少件此种商品，才能以0.999的概率满足顾客的需要。

解：设表示商品的月销售量，则由服从参数为5的泊松分布，其概率分布为

5k5P(k)e,k0,1,2,...

k!由题意，应确定m使得P{m}0.999,或P{m}0.001,

即

P{m}km1P{k}0.001，

查泊松分布表得m+1=14,或m=13，即在月初进货时，至少要库存13件此种商品。

13．确定下列函数中的待定系数a，使它们成为分布密度，并求它们的分布函数。

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a(1x2),|x|1,〔1〕

f(x)

,其它，0〔2〕f(x)ae|x|,x。

2解：〔1〕因-1x1时

f(x)a(1x)，且x为其他值时，f(x)为0.

1 根据公式-f(x)dx1有：-f(x)dxa(1x2)dx1 解得a13.

4分布函数为：

F(x)x0,23xx3f(t)dt,41,0xx1,1x1,x1.

 (2)对f(x)dxaedxaexdx

0xa(ex|0)e|0)1

有2a1 所以a分布函数为：

x1.

2F(x)1xx0,2e,f(t)dt11ex,x0.2

14．设随机变量X的分布函数为

0,x1,F(x)lnx,1xe,

1,xe,〔1〕求P{X2},P{1X4},P{X}；

〔2〕求分布密度f(x)。

解：〔1〕P{X2}P{X2}F(2)ln2

32333P{1X4}F(4)F(1)1ln11,P{X}1F()1ln

2221dF(x)1,1xe,，f(x)x〔2〕f(x)

dxx0,其他,

.

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15. 设随机变量X的分布密度为f(x),且f(x)f(x),F(x)是随机变量X的分布函数,1a则对任意实数a有F(a)f(x)dx,试证之。

20 证明：

xaa因F(x)f(x)dx，有F(a)f(x)dx,F(a)f(x)dx

aaa易知

F(a)F(a) 又f(x)为偶函数，有所以有

f(x)dx。

0aaaa0f(x)dxf(x)dx，即f(x)dx2f(x)dx 。

0F(a)F(a)f(x)dx

20将

aF(a)F(a)1代入上式，

112F(a)f(x)dx，即F(a)f(x)dx得证。 得：2020

216. 设k在(0,5)上服从均匀分布，求方程4x4kxk20有实根的概率。

解：x的二次方程4x4kxk20有实根的充要条件是它的判别式

2aa(4k)244(k2)0, 即16(k1)(k2)0,

解得k2,或k1。

由假设k在区间(0,5)上服从均匀分布，其概率密度为

1,fk(x)50,0x5,其他,

故这个二次方程有实根的概率为

pP{(k2)(k1)}P{k2}P{k1}13fk(x)dxfk(x)dxdx0dx5522151

17．设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X〔以分计〕服从指教分布，其分布密度为

x15e,x0,f(x)5

0,其它,某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟，他就离开。他一个月要到银行5次。以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数。写出Y的分布律，并求P{Y2}。

1x/52105edxe,

22 故顾客去银行一次因未等到服务而离开的概率为e.从而Y~b(5,e).Y的分布5225k率为P(Yk)(k)(e)(1e),k0,1,2,3,4,5.

解：顾客在窗口等待服务超过10min的概率为p.

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P{Y2}1P{Y0}P{Y1}1(1e)C(e)(1e)0.138

18．设随机变量X服从正态分布N(3,4),试求

〔1〕P{2X5}；

〔2〕P{2X7}；

〔3〕确定C，使得P{XC}P{XC}。

2515224

x3)

253231〔1〕P{2X5}F(5)F(2)()()(1)()

2221(1)()10.84130.691510.5328

25〔2〕P{2X7}F(7)F(2)(2)()

2解：X~N(3,4)，3,2，F(x)(5(2)()10.97720.993810.9710

2〔3〕P{XC}1P(XC)P(XC)0.5(C3)

2C30,C3

2

19．在电源电压不超过200伏，在200-240伏和超过240伏三种情况下，某种电子元件损坏的概率分别为0.1,0.001和0.2。假设电源电压X服从正态分布N(220,25)，试求：

(1)该电子元件损坏的概率；

(2)该电子元件损坏时，电源电压在200-240之间的概率。

解：〔1〕由题意知X~N(220,25)则电压不超过200V：

22P(X200)(2002204)()

2552402202002204)()2()10.5762

25255 电压在200~240V：

P(200X240)( 电压超过240V：

P(X240)1(2402204)1()0.2119

255 设电子元件损坏为事件A，则

P(A)P(X200)0.1P(200X240)0.001P(X240)0.2

0.0642.

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(2)设电源电压在200~240V之间为事件B则

P(B|A)

P(AB)P(A)P(200X240)0.001

P(X200)0.1P(200X240)0.001P(X240)0.20.009

20．一个袋中有6个一样的球,其中3个球各标有一个点,2个球各标有2个点,一个球上标有3个点,从袋中任取3个球,设X表示这3个球上点数的和。

〔1〕求X的分布列；

〔2〕若任取10次〔有放回抽样〕，求8次出现X6的概率；

〔3〕求Y2X的概率分布。

解：〔1〕

X

3pi

C33 4 5 6 7

211C3C263320C620

C611211121C32C1C3C2C3C2C1C2C166133320

20

20

C6C6C6

(2)此为贝努利概型，因P{X6}6p，所以，任取10次出现{X=6} k次的概20kk10k,k8的概率为 率为P10(k)C10p(1p)8P10(8)C10(686)(1)21.4461032020

8 10 12 14

〔3〕



pi

6

120

620

620

620

120

21．设随机变量X的分布列为

-2 -1 0

X

1 3

pk

21

51

61

51

1511

30求YX的分布列。

解：YX所有可能取值为0，1，4，9.

2.

.

1P{Y0}P{X0},5P{Y1}P{X21}P{(X1)(X1)}117,15630P{Y4}P{X24}P{(X2)(X2)}

P{X1}P{X1}11,55P{Y9}P{X29}P{(X3)(X3)}1111P{X3}P{X3}0,3030P{X2}P{X2}0故X的分布律为：

Y 0 1 4 9

Pk

1

57

301

511

3022．设随机变量X在(0,1)区间内服从均匀分布。

〔1〕求Ye的分布密度。

〔2〕求Y2lnX的分布密度。

解：〔1〕Y的分布函数FY(y)P(Yy)P(ey)P(Xlny)

当y>0时，FY(y)lnyxXf(x)dxlny〔注意x在(0,1)有值，y在(0,e)〕

1dFY(y)1,1ye,fY(y)，

fY(y)y

dyy0,其他〔2〕FY(y)P(Yy)P(2lnXy)P(Xe在(0,)〕

y2y2y2)〔注意x在(0,1)有值，yFY(y)1P(Xe)1e0f(x)dx1ey2

0,y0,ydFY(y)12fY(y)e，

fY(y)1y2dy2e,y02

23．〔1〕设随机变量X的分布密度为f(x),x。求YX的分布密度。

.

3

.

ex,x0〔2〕设随机变量X的分布密度为f(x)求YX2的分布密度。

0,其它解：〔1〕YX，即有yg(x)x,它严格单调增加，解得xh(x)y,

331313且有h(y)y3,YX的分布密度为：

3\'213fY(y)yf(y3),y0.

32 〔2〕YX，即有yg(x)x,，在x0时，g(x)严格单调增加，具有221112反函数xh(y)y,又有h(y)y2,YX的分布密度为：

2\'1efY(y)2y0

y,y0,其它

24．设随机变量X~N(0,1)．

〔1〕求Ye的分布密度。

〔2〕求Y2X1的分布密度，

〔3〕求Y|X|的分布密度。

解:

(1) 因为Ye，故Y不取负值，从而，若y0，则fY(y)0；若y0，注意到xX2X~N(0,1)，故Y的分布函数为：

FY(y)P{Yy}P{0Yy}P{0exy}P{Xlny}(lny).从而，y0时，

dd1fY(y)FY(y)(x)|xlny•dydxy于是，Ye的概率密度为

1(lny)21,y0e2

fY(y)2y,其它0x(lny)21112e•。

y2.

.

(2) 因Y2X1,故Y在[1,)取值，从而y1时fY(y)0；若y1，注意到2X~N(0,1)，故Y的分布函数为：

FY(y)P{Yy}P{2X21y}P{(故y1时，

y1X2y1}2

y1y1y1)()2()1.222fY(y)dy1[2()1]dy21212(y1)22e(y1)411

22(y1).e(y1)4于是Y2X1的概率密度为

(y1)1,y1e4

fY(y)2(y1)，其他。0(3) 对于Y|X|，显然，当y0时fY(y)0；若y0，注意到X~N(0,1)，故Y的分布函数为：

FY(y)P{0Yy}P{|X|y}

P{yXy}(y)(y)2(y)1.故y1时，

fY(y)dd2FY(y)[2(y)1]edydy2y22

于是Y|X|的概率密度为

2y2,y0

fY(y)2e，其他。025. 设随机变量X服从参数为2的指数分布，证明：Y1e分布。

证明：

X的分布函数为：

2X2在区间(0,1)上服从均匀.

.

1e2x,x0,F(x)x0.

0,2x故G(y)P{Yy}为Y的分布函数，由于X0，有0Y1e1，易得：

〔1〕当y≤0时，G(y)≡0，〔2〕当y≥1时，G(y)≡1，

〔3〕当0

G(y)P{Yy}P{1e2xy}1P{e2x1y}P{xln(1y)}

21F(ln(1y))y.2总之有

0,若y0G(y)y,若0y1,1,若y1.

所以Y在区间〔0，1〕上服从均匀分布。

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