复旦大学概率论基础第三章答案

所以 的概率分布为
p{ k} pk q q 2 p, k 1,2, 。
3、 解： （ 1） 1
N
f (k)
k1
c N，
N
k
（ 2） 1 c
c(e 1) ，
k 1 k!
c 1。 c (e 1) 1 。
4、 证： f (x) 0 ，且
f ( x)dx f ( x) 是一个密度函数。
1 e
|x|dx
2
e |x| dx
1
1
1
15) P (13 10) ( 10) (15 10)
2
2
2
11
1
P1
( 10) 2
22
2
1
1
2
(1 ) 0.0 6 0 5 9 7
2
2
6、 解： 7+24+38+24+7=100 ， P{ x4} (100 7) / 100 0.93， P{ x3}
P{ x3} (7 24 38) /100 0.69 ，查表得 (1.5) 0.93, (0.5) 0.69 。由题
因为区间 [ 0,1) 与 [0,1] 的长度相等，由题设得
F (1) P{ 0
1} P{ 0
1} 1 .
由此及上段证明得，对任意 x [ 0,1] 有 F ( x) xF (1) x ，即 F ( x) 为
F ( x)
0, x 0 x, 0 x 1 1, x 1
∴ 服从 [0,1] 上均匀分布。
证法二 ：如同证法一中定义 的分布函数 F ( x) ，由 F ( x) 单调知它对 [0,1] 上的 L －测试
几乎处处可微。设 x1 , x2 (0,1) ，当 x1 x [0,1]( i 1,2) 时，由题设得
F (x1 x) F (x1) P{ x1
x1 x}
P{ x2
x2 x} F ( x2 x} F ( x2)
等式两端都除以 x ，再令 x 0 可得，由 F '( x1 ) 存在可推得 F ' ( x2 ) 也存在，而且 F ' (x2 ) F '( x1) 。从而对任意 x (0,1) 有 F '( x) c 。当 x [0,1] 时显然有 F ' ( x) 0 。 一点的长度为 0，由题设得 P{ 0} P{ 1} 0 。由上所述可知 是连续型随机变量，
2
而 (2.6) 0.995 所以 1 a 2.6, a 5.2。 2
8、 证 ：（ 1）设 x2
非降。
x1, F ( x2 ) F ( x1 )
P{ x1
x2 } 0 ，所以 F ( x2 ) F (x1) ，F ( x)
（2）设 x
xn xn 1
x1 x0 ， x1 x 由概率的可加性得
P ( xi 1
xi ) P{ x
x0}
i0
F ( xi ) F ( xi 1 ) F (x0 ) F ( x) 。
i0
由此得
F ( x0 )
F ( x)
lim
n
F ( x0 )
F (x) ，
F (x) lim F ( xn ) F ( x 0), F ( x) 右连续。 n
（3） 1 P{
}
P{ n
n
n 1}
F (n 1) F (n) lim F( n) lim F (m) 。
得 x2 60 (61.5 60) 58.5 。
7、 解 ：（ 1） (1.3) 0.90 ，而 P{
1 (a
5)
1.3 解得 a
7.6 。
2
1 a} P (
2
1 5) (a 5)
2
1 (a 5) ，令
2
（2）由 P{|
5 | a} 0.01 得 P{
5
a}
0.005 ，从而 P
1 (
2
1 5) a =0.995 ，
F ' (x) 是其密度函数，从而定出 c 1 。至此得证 服从 [0,1] 均匀分布。
11、证：（ 1） f ( x )
复旦大学《概率论基础》习题答案
（第一版）
第三章 随机变量与分布函数
1、 解： 令 n 表在 n 次移动中向右移动的次数，则 n 服从二项分布，
P{ n k} Cnk p k (1 p)n k , k 0,1, n 以 Sn 表时刻时质点的位置，则
Sn n ( n n ) 2 n n 。
n 的分布列为
0
1
2
(1
p)n
C
1 n
p(1
p)n 1
C
2 n
p
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(1
p)n 2
n pn 。
Sn 的分布列为
n
n2
n4
(1
p)n
C
1 n
p(1
p)n 1
C
2 n
p
2
(1
p)n 2
n pn 。
2、 解： P{ 1} P{ 失成} P{ 成失 } pq qp ， P{ 2} P{ 失失成 } P{ 成成失 } ppq qqp p 2q q 2 p,
则 F (nx) nF (x) ，或者 1 F ( x) F ( x ) 。从而对有理数 m ，若 m x 与 x 都属于 [0,1] ，则
n
n
n
n
有F mx n
m F (x) 。再由 F ( x) 的左连续性可得， 对任意无理数 a ，若 ax 与 x 都属于 [0,1] ， n
则 F (ax) aF (x) 。
ex 0
5、 解 ：（ 1） P(6
1
1
1
9) P (6 10) ( 10) (9 10)
2
2
2
1
1
P 1 ( 10)
2
2
1 ( 2) 0.285788
2
（2） P(7
1
1
1
12) P (7 10) ( 10) (12 10)
2
2
2
11
P1
( 10) 1
22
1 1 ( 1 ) 0.774538
2
（ 3） P(13
10、证法一 ：定义 F ( x)
x1} 1 (1 ) (1 ) 1 1 (
).
0,
x ( ,0]
P{ 0
x}, x (0,1] 则 F (x) 是 的分布函数。 由题设得，
1,
x (1, )
对任意 2x [0,1] 有 P{ 0
x} P{ x
2x} ，即有
P{ 0
2x} 2P{ 0
x} 。由此得 F (2x) 2F (x) 。逐一类推可得，若 nx [0,1] ，
n
m
n
由 单 调 性 得 l i mF ( x) 与 lim F ( x) 均 存 在 且 有 穷 ， 由 0 F ( x) 1 及 上 式 得
x
x
F ( ) 0, F ( ) 1 。
9、 证： P{ x1
x2 } P{ x2} P{ x1} P{ x2} (1 P{ x2})
P{ x2} P{
∴不等式成立。
设得
( x) P 1 ( 60) 1 ( y 60) x P{ y}
3
3
令x
1(y 3
60)
1.5 ， 解 得 y
64.5 ， 即 x4
1 60 (64.5 60) 55.5 。再令 ( y 60) 0.5，解得 y
3
64.5 。 由 对 称 性 得 x1 61.5 ，即 x3 61.5 。由对称性