《概率论与数理统计》科学出版社课后习题答案

第二章 随机变量

2.1 X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 P 1/36

1/18

1/12

1/9

5/36

1/6

5/36

1/9

1/12

1/18

1/36

2.2解：根据1)(0

==∑∞

=k k X

P ，得10

=∑∞

=-k k

ae

，即111

1

=---e

ae 。 故 1-=e a

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}=

1

1

2

2

020*********

222222

0.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.3124C C C C C C ⨯+⨯+⨯=(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}=

1

2

2

1

110220022011

2222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.5628C C C C C C ⨯+⨯+⨯=2.4解:（1）P{1≤X ≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=12321515155

++= (2) P {0.5

121

15155

+=

2

2.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=

2

4621111222

2k +++=11[1()]

14413

14

k k lim

→∞-=- （2）P{X ≥3}=1―P{X <3}=1―P{X=1}- P{X=2}=11112

4

4

--= 2.6解：设i A 表示第i 次取出的是次品，X 的所有可能取值为0，1，2

12341213124123{0}{}()(|)(|)(|)P X P A A A A P A P A A P A A A P A A A A ====18171615122019181719

⨯⨯⨯= 1123412342341234{1}{}{}{}{}2181716182171618182161817162322019181720191817201918172019181795

P X P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ==+++=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=

12323

{2}1{0}{1}1199595

P X P X P X ==-=-==-

-=

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)

3

4

314044(3)(3)(4)0.40.60.40.60.1792P X P X P X C C ≥==+==+=

(2)设Y 表示5次独立试验中A 发生的次数，则Y~B(5,0.4)

3

4

5

324150555(3)(3)(4)(5)0.40.60.40.60.40.60.31744P X P X P X P X C C C ≥==+=+==++=

2.8 （1）X ～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)

0 1.51.5{0}0!

P X e -=== 1.5e -

（2）X ～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)

（概率课后习题答案详解）

董永俊

（概率课后习题答案详解）

3

0122

222{2}1{0}{1}1130!1!

P X P X P X e e e ---≥=-=-==--=-

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)01.0,180(~B X

。

依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即

99.0)(≥≤m X P ，也即

01.0)1(≤+≥m X P

因为n =180较大，p =0.01较小，所以X 近似服从参数为

8.101.0180=⨯=λ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

3

1

10001000)15001000(1500

10001500

10002=-==≤≤⎰x dx x X P 设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y ，则)3

1

,5(~B Y 。所求的概率为

4

329.03

80

)32()31()2(53225==⨯==C Y P

2.11解：(1)2ln )2()2(==

101)0()3()30(=-=-=<

25.1ln 2ln 5.2ln )2()5.2()5.22(=-=-=≤

(2)

⎩⎨

⎧<≤='=-其它0

1)()(1e

x x x F x f 2.12

解：(1)由1)(=+∞F 及)0()(lim 0F x F x =→，得⎩

⎨

⎧=+=01

b a a ，故a =1,b =-1.

(2) ⎪⎩⎪⎨⎧<≥='=-0

0)()(2

2

x x xe

x F x f x (3)

)4ln ()16ln ()16ln 4ln (F F X P -=<<

25.04

1

)1()1(2

4ln 2

16

ln ==

---=-

-

e

e

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：

1

1

22340.8

0.8

{0.81}12(1)(683)0.0272|P X x x dx x x x <≤=-=-+=⎰

（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：