概率论 第五章数学期望和方差

EX
=
100
×
7 8
=
87.5
法郎.
5.5 解 设表示相邻的两次广告短信中非广告短信的条数, 则
P (X = k) = pqk k = 0, 1, 2, . . ., 其中 p = 0.02, q = 1 − p,
故
.
EX
=
∞
kqkp
k=0
=
q p
=
49条
即期望相邻的两次广告短信中非广告短信的条数为 49 条.
cos(ak−aj) 2
.
5.14 解 E(XY )−1 =
EY = D yf (x, y)dxdy
D
1 xy
f
(x,
y)dxdy
=
∞ 1
=
∞ 1
x3
1 x
2x3y2
x
1
f
(x,
y)y
dy
dx
x
1 xy
dydx
=
3 5
.
=
3 4
,
5.15 解
EX =
xfX(x)dx =
1 0
x(
2 0
f
(x,
y)dy)dx
σj−2
n
时, V ar(Y ) 最小.
σj−2
j=1
5.23 解
设这个时间段内到达的乘客数为
ຫໍສະໝຸດ Baidu
X,
则乘
i
路车的人数为
i 15
X,
且由已知可得 X ∼ P(90), 故 EX = 90, V arX = 90,
故乘
i
路车的人数的数学期望为
E
(
i 15
X
)
=
i 15
E
X
=
6i,
方差为
V
ar(
i 15
X
)
(b) 设 X 表示收益, 则 P (X = 8 × 1.5 × 1.7 − 8) = P (X = 12.4) = 0.6 × 0.8 = 0.48, P (X = 8 × 1.5 − 3 − 8) = P (X = 1) = 0.8 × 0.4 = 0.32, P (X = (8 − 2) × 1.7 − 8) = P (X = 2.2) = 0.2 × 0.6 = 0.12, P (X = −2 − 3) = 0.2 × 0.4 = 0.08, 故 EX = 12.4 × 0.48 + 1 × 0.32 + 2.2 × 0.12 + (−5) × 0.05 = 6.136 万元.
)
的联合密度为
f (x, y)
=
1 π
,
(x,
y)
∈
D
故
√ E X2 + Y 2 =
√
D
x2 + π
y2
dxdy
=
2π 0
1 0
r2 π
=
23 .
3
5.20 解
n E(Xj − µˆ)2 Eσˆ2 = j=1 n − 1
n
V ar(Xj − µˆ) = j=1 n − 1
=
n
V ar(Xj
j=1
−
E(T2n+1) = E(T2n + X2n+1) = E(T2n) + E(X2n+1) = µ, n = 1, 2, . . . V ar(Tn) = n V ar(Xi) = nσ2.
i=1
5.22 解
V
ar(Y
)
=
n j=1
V
ar(aj Xj )
=
n j=1
a2j σj2,
由拉格朗日乘数法可得, 当 aj =
Xj n
−
Xi
) i=j
n
n−1
=
n
V
j=1
ar(
n−1 n
Xj
−
Xi
) i=j
n
n−1
=
n
(
j=1
n−1 n
)2σ2
+
n−1 n2
σ2
n−1
= σ2.
n
n
5.21 解 (a)E(Sn) = E( Xi) = EXi = nµ,
i=1
i=1
n
V ar(Sn) = V ar(
Xi) =
n
V ar(Xi) = nσ2,
X1
+
Xn X2 + .
.
.
+
Xn
],
又
E[ X1
+
X1 X2 + . . .
+
Xn
+
X1
+
X2 X2 + . . .
+
Xn
+
···
+
X1
+
Xn X2 + . . .
+
Xn ]
=
E1
=
1,
故
E
[
Xi X1+X2+...+Xn
]
=
1 n
,
i
=
1, 2, . . . , n
从而
E[ ] X1+X2+...+Xk
X1+X2+...+Xn
=
k
×
E
[
X1
X1 +X2+...+Xn
]
=
k n
.
5.10 解 (a) 设 X, Y 分别表示甲投资 A,B 项目的收益, 则 EX = 8 × 0.5 × 0.8 − 2 × 0.2 = 2.8 万元. EY = 8 × 0.7 × 0.6 − 3 × 0.4 = 2.16 万元. 故投资 A 项目收益大.
第五章 数学期望和方差
5.1 解 因为这个家庭是随机抽取的, 故这个小区的每个家庭的年平均收入也为 a 元.
5.2 解 所以 E(X)
设X = [3 ×
表示盈利金额, 则 P (X = 3 × 106 × 0.8 − 1) =
106
×
0.8
−
1]
×
1 107
+
(−1)
×
[1
−
1 107
]
=
−0.76
EZ =
∞
P (Z > z)dz =
0
∞
1
0
−
(1 − exp(−zλ))5dz
=
137 60λ
.
5.18 解 设 θ 为辐角, 则 θ ∼ U(0, 2π), 落点的横坐标为 X = R cos(θ),
从而落点的横坐标的数学期望为
EX =
2π 0
R cos 2π
θ dθ
=
0.
5.19 解
(X, Y
EX
=
9
E(
i=1
Xi)
=
9 i=1
E(Xi)
=
9
×
(1
−
838 938
).
5.17 解 (a) 设 Xi 表示第 i 台计算机被感染病毒前的时间, i = 1, 2, 3, 4, 5
则 P (Xi > y) =
∞ y
λ
exp(−xλ)dx
=
exp(−yλ),
Y = min(X1, X2, X3, X4, X5) 表示首台计算机被感染病毒前的时间,
(n
1 −
k)!
×
(2
×
0.85)n−k]
=
(0.15 × k!
2)k
e−2
×
e2×0.85
=
0.3k k!
×
e−0.3,
即 Xi ∼ P(0.3), i = 1, 2, . . . , 290 则 E(Xi) = 0.3, 从而该书校对后的平均遗留下的打印错误为
1
290
290
E( Xi) = E(Xi) = 290 × 0.3 = 87.
1 107
,
元.
P (X
=
−1)
=
1
−
1 107
,
5.3 解 设 X 表示玩家在一局中的获利金额, 则
P (X
=
1000)
=
13×C42 C522
=
1 17
,
所以期望获利为 EX = 1000
×
P (X = −100) = 1
1 17
+
(−100)
×
16 17
=
−
1 17
=
−35.29
16 17
,
元.
5.11 解
E(sin(X)) =
π 2
0
sin(x) ×
2 π
dx
=
2 π
.
5.12 解
∞
E[min(X1, X2, . . . , Xn)] = [P (min(X1, X2, . . . , Xn) ≥ k)]
k=1
∞
= [P (X1 ≥ k, X2 ≥ k, . . . , Xn ≥ k)]
=
1 0
2 0
6x4+2x2y 5
dydx
=
56 75
.
5.16 解 设 Xi = 1 表示第 i 站有人下车, Xi = 0 表示第 i 站无人下车, i = 1, 2, . . . , 9
则
9
Xi
i=1
表示有人下车的站数,
且
P (Xi
=
1)
=
1
−
838 938
,
P
(Xi
=
0)
=
, 838
938
故有人下车的平均站数为
5.4 解 设想赌徒可以继续下去, 再赌三局必出结果, 这三局的结果只能是以下八个事件之一. 甲甲甲, 甲甲乙, 甲乙甲, 甲乙乙, 乙甲甲, 乙甲乙, 乙乙甲, 乙乙乙 只有” 乙乙乙” 表示乙赢, 设 X 表示甲分得的赌资, 则
P (X
=
0)
=
1 8
,
P (X
=
100)
=
7 8
,
故甲期望分得的法郎为
5.28 解
EX =
1 0
xfX
(x)dx
=
1 0
1 0
xf
(x,
y)dydx
=
由 X, Y
的对称性可得 EY
= EX =
7 12
,
1 0
1 0
x(x
+
y)dydx
=
7 12
,
EXY
=
1 0
1 0
xyf (x,
y)dxdy
=
1 0
1 0
故 Cov(X, Y ) = EXY − EXEY =
xy(x + y)dxdy =
2π 0
1 2π
sin(ak
+
x)2dx
=
1 2π
×
2π 0
1−cos(2ak+2x) 2
dx
=
1 2
,
(3)E[sin(ak +ξ) cos(aj +ξ)] =
2π 0
1 2π
sin(ak
+x)
cos(aj
+x)dx
=
1 2π
×
2π 0
[
cos(ak−aj)−cos(ak+aj+2x) 2
]dx
=
=
i2 152
V
arX
=
2i2 5
.
5.24 解
由于指数分布无记忆性,
故剩余寿命的期望仍为
1 λ
,
方差仍为
1 λ2
.
∞
5.25 证明 (1)P (X > x) = P ( {X = xj}) = P (X = xj) = pj = pjI[x < xj],
xj >x
xj >x
xj >x
j=1
(2)EX =
i=1
i=1
(b)E
(
Sn n
)
=
E(Sn) n
=
µ,
V
ar
(
Sn n
)
=
V ar(Sn) n2
=
σ2,
(c)E(T2n) = E[X1−X2+· · ·+(−1)2n−2X2n−1+(−1)2n−1X2n] = µ−µ+· · ·+(−1)2n−2µ+(−1)2n−1µ = 0, n = 1, 2, . . .
i=1
i=1
5.7 解 (a) 设 X 表示甲每天收到的电子邮件数, Y 表示被滤掉的电子邮件数, 则
∞
P (Y = k) = P (X = n)P (Y = k|X = n)
n=k
=
∞ n=k
λn n!
×
e−λ
×
Cnk
×
0.2k
×
0.8n−k
=
(0.2λ)k k!
×
exp(−0.2λ),
即 Y ∼ P(0.2λ), 故平均被滤掉的电子邮件数为 EY = 0.2λ. (b) 由于滤掉的电子邮件与没被滤掉的独立, 故 24 小时内被滤掉的电子邮件数仍为 0.2λ.
0
=
1 5λ
.
(b)Z = max(X1, X2, . . . , X5) 表示 5 台计算机都被感染病毒的时间, P (Z > z) = 1 − P (Z ≤ z) = 1 − P (X1 ≤ z, . . . , X5 ≤ z) = 1 − P (X1 ≤ z)5 = 1 − (1 − exp(−zλ))5, 故 5 台计算机都被病毒感染前的时间期望为
∞
xjpj =
∞
pj
∞ 0
I[x
<
xj ]dx
=
∞ 0
∞
pj I[ xj
> x]dx =
∞ 0
P (X
>
x)dx.
j=1
j=1
j=1
5.26 解 Cov(X + Y, X − Y ) = Cov(X, X) − Cov(X, Y ) + Cov(Y, X) − Cov(Y, Y ) = V arX − V arY, V ar(X + Y ) = V arX + V arY + 2Cov(X, Y ) = V arX + V arY, V ar(X − Y ) = V arX + V arY − 2Cov(X, Y ) = V arX + V arY,
则 P (Y > y) = P (X1 > y, X2 > y, . . . , X5 > y) = P (X1 > y)P (X2 > y) . . . P (X5 > y) = exp(−5yλ),
从而首台计算机被感染病毒前的时间的期望为
EY =
∞
P (Y > y)dy =
0
∞
exp(−5yλ)dy
4
从而
ρ(X
+ Y, X
−
Y)
=
√ Cov(X+√Y,X−Y )
V ar(X+Y ) V ar(X−Y )
=
V arX−V arY V arX+varY
.
5.27 解 由题意知 U = aX + bY + cZ + d 服从正态分布, 且 EU = aEX + bEY + cEZ + d = aµx + bµy + cµz + d, V arU = a2V arX + b2V arY + c2V arZ = a2σx2 + b2σy2 + c2σz2. 即 U ∼ N (aµx + bµy + cµz + d, a2σx2 + b2σy2 + c2σz2).
5.8 解
由例题
4.3
知
R
的概率密度为
fR(r)
=
r
exp(−
r2 2
),
r
>
0
故 ER =
∞ 0
r2
exp(−
r2 2
)dr
=
π 2
.
5.9 解 因 X1, X2, . . . , Xn 独立同分布, 故
E[
X1
+
X1 X2 + .
.
.
+
Xn
]
=
E[
X1
+
X2 X2 + .
.
.
+
Xn
]
=
·
·
·
=
E[
k=1
∞
∞
= [P (X1 ≥ k)]n = vkn.
k=1
k=1
2
同理可得 E[max(X1, X2, . . . , Xn)] = ∞ (1 − unk ).
k=1
5.13 解
(1)E sin(ak + ξ) =
2π 0
1 2π
×
sin(ak
+
x)dx
=
0,
(2)E sin(ak + ξ)2 =
5.6 解 设 Xi 表示审稿后第 i 页的遗留错误的个数, Yi 表示第 i 页的审稿前的错误数, 则
∞
P (Xi = k) =
P (Xi = k|Yi = n)P (Yi = n)
n=k
=
∞ n=k
n k
×
0.15k
×
0.85n−k
×
2n n!
×
e−2
=
(0.15 × k!
2)k
e−2
×
∞
[
n=k