概率论与数理统计-习题答案(浙大四版-盛骤编).docx

1 .写出以下随机试验的样本空间：(1)记录一个小班一次数学考试的平均分数(设以百分制记分)。(2)生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数。(3)对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如连续查出2个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。(4)在单位圆内任意取一点，记录它的坐标。解解(1)高该小班有n个人，每个人数学考试的分数的可能取值为0,1,2,100,n解解01100n个人分数这和的可能取值为0,1,2,，100n,平均分数的可能取值为，,，那么nnn样本空间为kS=k=0,1,2,JOOnn(2)样本空间S=10,11,S中含有可数无限多个样本点。(3)设1表示正品，0有示次品，那么样本空间为S=(0,0),(1,0,0),(0,1,0,0),(0,1,0,1),(0,1,1,0),(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,1,1),(0,1,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0),(1,1,1,1)例如(1,1,0,0)表示第一次与第二次检查到正品，而第三次与第四次检查到次品。(4)设任取一点的坐标为(x,y),那么样本空间为22S(x,y)x+y12 .设A,B,C为三个事件，用A,B,C的运算关系表示以下事件。(1) A发生，B与C不发生；(2) A与B都发生，而C不发生；(3) A,B,C中至少有一个发生；(4)A,B,C都发生；(5) A,B,C都不发生；(6) A,B,C中不多于一个发生；(7) A,B,C中不多于两个发生；(8) A,B,C中至少有两个发生。解解此题关键词：“与，”“而”，“都”表示事件的“交”；“至少”表示事件的“并&”不多解解于”表示“交”和“并”的联合运算。(1) ABCo(2) ABCAB-Co(3) AUBUCo(4ABCo(5)ABCo(6)A,B,C中不多于一个发生为仅有一个发生或都不发生，即ABCUABCUABCUABC,A,B,C中不多于一个发生，也说明A,B,C中至少有两个发生，即ABUBCUACUABC。(7) A,B,C中不多于两个发生，为仅有两个发生或仅有一个发生，或都不发生，即表示为ABCUABCUABCUABCUABCUABCUABC而ABC表示三个事件都发生，其对立事件为不多于两个事件发生，因此又可以表示为ABC=AUBUC。(8) A,B,C中至少有两个发生为A,B,C中仅有两个发生或都发生，即为ABCUABCUABCUABC也可以表示为ABBCACoUU第第3.3.1(11)、)、6、6、88、99、I(HO题题概率的定义概率的定义、概率的性质、概率的性质、古典概型、古典概型第第33.(11)、)、66、88、99、Iolo题题概率的定义概率的定义、概率的性质概率的性质、古典概型古典概型113.(1)设A,B,C是三件，且P（八）=P(B)=P(C)=,P(AB)=P(BC)=OF(AC)=,48求A,B,C至少有一个生的概率。解解利用概率的加法公式解解315P(AUBUC)=P（八）+P（八）+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=-=488其中由P(AB)=P(BC)=0,而ABCCAB得P(ABC)二O。6.在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任选3人记录其纪念章的号码。求(1)最小号码为5的概率；(2)最大号码为5的概率。解解利用组合法计数根本领件数。从10人中任取3人组合数为C3,即样本空间解解10S=C3=120个根本领件。(10)(1)令事件A=最小号码为5)o最小号码为5,意味着其余号码是从6,7,8,9,10的5个号码中取出的，有C2种取法，故A=C2=10个根本领件，所求概率为555!C22!3!101P（八）=5=C310!12012103!7!(2)令事件B=最大号码为5),最大号码为5,其余两个号码是从1,2,3,4的4个号码22种取法，即B二C个根本领件，那么4(4)4!C22!2!61P(B)=4=C310!1202010中取出的，有C3!7!8.在1500个产品中有400个次品，1100个正品。从中任取200个。求(1)恰有90个次品的概率；(2)至少有2个次品的概率。解解(1)利用组合法计数根本领件数。令事件A=恰有90个次品,那么解解C90CllOP（八）=4001100C2001500=什合(2)利用概率的性质。令事件B=至少有2个次品,AI有i个次品,那么B=AUAUA,AiAi=WiWj)23200所求概率为200P(B)=P(AUAU-U,A)=EP（八）23200ii=2显然,这种解法太麻烦，用对立事件求解就很简单。4事件B=恰有0个次品或恰有1个次品,即B=AUA,而01P(B)=P(AUA)=P(A)+P（八）=C200ClC199HOO+40011000101200200故C200PBPB1100()=1-()=1-200-CC15001500ClC1994001100200C1500C15009.从5双不同的鞋子中任取4只，问这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率是多少？解解令事件A=4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双。用3种方法求P(A)。解解A的对立事件A=4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双,从5又鞋中任取4从10只鞋中任取4只,个根本领件,现考虑有所有可能组合数为C4只，即,样本空间S=C41010利于A的根本领件数。从5双鞋中任取4双,再从每双中任取一只，Wc44种取法，即5A=C4425个根本领件,那么PAPA()=1-()=1-4A4是不放回的44C254=1-C10只接45×2210只的取1321出，所有可,即样本空间S=A41010个根本领件。取，从其余8个根本领件。现考虑有利于A的根本领件,从10只鞋中任取一只，与它配成双的一只不只鞋中任取一只，与它配成双的一只不取,于是依此类推，那么A=10X8X6X4P（八）=I-P（八）=1-10×8×6×44=1-A1010×8×6×4=1-10×9×8×721利用组合法计数根本领件数。考虑有利于事件A的根本领件数，任取的4只鞋配成13212双的取法有CCA=(CCC25种，能配成两双的取法有CC)种，于是5242个根本领件,那么P（八）=1CC5222213013C41021021此题的第1种方法和第2种方法是利用概率性质:P（八）+P（八）=I首先求P（八）,然后求P（八）o第3种方法是直接求P（八）o读者还可以用更多方法求P（八）。10.在11张卡片上分别写上Probability这11个字母，从中任意连抽7张，求其排列结果为ability的概率。解解令事件A=排列结果为ability),利用排列法计数根本领件数。不放回的从中一次抽1解解张的连抽7张，要排成单词，因此用排列法。样本空间=A7个根本领件。排列结果111为ability,实际收入字母b的卡片有两张，写字母i的卡片有两张，取b有C种取法，21 11取i有C种取法，其余字母都只有1种取法，故A=CC个根本领件,于是2 22I 1CC4P（八）=22=O0000024A7Ilx10x9x8x7x6x5II这是个小概率事件。第第1144(22)、)、1515、1919、1818题题条件概率条件概率、概率的加法公式和乘法公式、概率的加法公式和乘法公式第第114.4.1(22)、)、1155、1919、1818题题条件概率条件概率、概率的加法公式和乘法公式概率的加法公式和乘法公式1 1114. (2)P（八）=,P(BA)=,P(AB)=,求P(AUB)。432解解利用概率加法公式和概率乘法公式。解解P(AUB)=P（八）+P(B)-P(AB)解此题的关键是求P(B)和P(AB)o由概率乘法公式，得111P(AB)=P（八）P(BA)=×=4312又P(AB)=P(B)P(AB),解得1P(AB)121P(B)=P(AB)162于是所求概率为IlllP(AUB)=+-=46123此题的关键是利用P（八）P(BA)=P(B)P(AB),求出P(AB)和P(B),再求P(AUB)就迎刃而解了。15.掷两颗骰子，两颗骰子点数和为7,求其中有一颗为1点的概率(用两种方法)。解解令事件A=两颗骰子点数之和为7,B=有一颗为1点。此题是求条件概率P(BA)o解解两种方法如下：考虑整个样本空间。随机试验：掷两颗骰子，每颗骰子可能出现的点数都是6个，即样本空间S=62个根本领件。事件AB=两颗骰子点数之间和为7,且有一颗为1点,两颗骰子点数之和为7的可能结果为6个，即A=(1,6),(2,5),(3,4),(6,1),(5,2),(4,3)而AB=(1,6),(6,1)h由条件概率公式，得2()21PAB36()=PBAP（八）66336事件A发生后，将A作为样本空间，其中有两个结果(1,6)和(6,1)只有一颗骰子出现1点，那么在缩减的样本空间中求事件B发生的条件概率为21P(BA)=6318.某人忘记了号码的最后一个数，因而他随意地拨号。求他拨号不超过三次而接通所需的概率。假设最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？解利用概率性质解(有限可加性)和概率乘法公式。解解令事件Ai=第i次拨通,“到第i次拨通”这个事件为AA-AA(i=l»12i-1i2,3)。事件B=不超过三次而拨通),那么B=AUAAUAAA112123该事件表示第一次拨通，或者第一次未拨通，第二拨通(到第二次拨通)，或者第一、二次未拨通，第三次拨通(到第三次拨通)。右端是互不相容事件的并事件，所以用有限可加性计算，得P(B)=P(AUAAUAAA)112123PAPAAPAAA=(1)+(12)+(123)=P（八）+P(A)P(AA)+P(A)P(AA)P(AAA)11211213121919813=+X+XX=101091098101拨号是从0,1,2,，9的10个数字中任取一个，有10种取法，第一次拨通的概率9第一次未拨通的概率为1019率为，到第二次拨通的概率为 是，910,第二次拨号时，是从其余9个数字中任取一个，所以拨通的概111×=,依此类推，到第n次拨通的概率都91010与顺序无关。3,5,7,9 为的五个数字中任取一个，有 5,到第二次拨通1种取法，第一次拨通的概率4 1的概率为×5 4 式相同，所以1 4P(C)= + X5 54 3,到第三次拨通的概率为5 4,与上述分析方法和用的概率公第第 21、21、2222、3535、3838 题 件的独立性、事件的独立性第第 2121、2222、3535、3838 题题 的独立性事件的独立性题 全概率公式全概率公式、贝叶斯公式、贝叶斯公式、事全概率公式全概率公式、贝叶斯公式贝叶斯公式、事件21.男人中有500是色盲患者，女人中有0.2500是色盲患者。今从男女人数相等的人 群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解解 令事件A=随机地选一人是女性,对立事件A=随机地选人是男性。因为人群中 解解1男女人数相等，所以P(A) = P(A) =2 地挑选一人恰好是色盲。0.255P(C A)= ,P(C A)= 100100由全概率公式，得P(C ) = P(A)P(C A) + P(A)P(C A) 1 0.2515=×+ ×= 0.0262521002 100由贝叶斯公式，得,且A, A是样本空间的一个划分。事件C;随机P(AC) P(A)P(C A)2×100最后一个数字是奇数时，令事件C=拨号不超过三次而接通。拨号是从1,0.9524P AC =P(C)P(C)0.0262522.一学生接连参加同一课程的两次考试。第次及格的概率为P,假设第次及格那么第二次及格的概率也为P;假设第一次不及格那么第二次及格的概率为P2(1)假设至少有一次及格那么他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。(2)假设他第二次已经及格，求他第-次及格的概率。解令事件解Ai=一学生第i次考试及格(i=l,2),解解PP（八）=P,P（八）=1-P,P(AA)P(AA)=1121212(1)由概率加法公式，得P(AUA)=P（八）+P(A)-P(AA)1212=P（八）+P(A)-P（八）P(AA)1212)=1-P(A UA )= 1-P(A A )1 22利用对立事件求概率P(AUA121=I-P（八）P(AA)121=1-P(A)1-P(AA)112P3=1-(1-P)(1-)=P-22显然用后者求解简单。P(A )P(A A)121P(A ) 22PP÷ 1(2)利用条件概率公式。P(AA)P(AA)=1221P(A)P2 +P(I-P)22P235.如果一危险情况C发生时，一电路闭合并发出警报，我们可以借用两个或多个开关并联以改善可靠性，在C发生时这些开关每一个都应闭合，且假设至少一个开关闭合了，警报就发出。如果两个这样的开关联联接，它们每个具有0.96的可靠性(即在情况C发生时闭合的概率)，问这时系统的可靠性(即电路闭合的概率)，是多少？如果需要有一个可靠性至少为0.9999的系统,那么至少需要用多少只开关并联?设各开关闭合与否是相互独立的。解利用事件的独立性解。解解令事件A=第i只开关闭合。P（八）=P(A)=0.96o令事件B=(电路闭合。i12两只开关并联联接，那么B=AUA,即至少有一只开关闭合，电路就闭合。而A与A相互112独立，所以电路闭合的概率为P(B)=P(AUA)=P（八）+P(A)-P(AA)121212=P（八）+P(A)-P(A)P(A)1212=0.96+0.96-(0.96)2=0.9984这种解题思路是读者容易想到的.另种解法是利用对立事件,计算此较简单.=U=1 P(AP(B)P(AA)12=1-P(AA)12=1-P(A)P(A)12=1-0.04=0.9984设需要n只开关并联,才保证系统可靠性为0.9999。令事件A=第i只开关闭合(i=l,U -A o如果用概率加法公式表示P : (C)2,，n)o令事件C=电路闭合),那么C=AUA12n将是相当麻烦的,不妨表示为12P(C)=P(AUAU-A)nn=P（八）-P(AA)+P(AAA)+(-l)n-lP(A)iijKii=lli<jn1i<j<kni=ln-12233n0.96nC(0.96)C(0.96)(D(0.96)=+÷+-nnP(C)=0.9999,解n实际上是很难办到的。如果用对立事件表示P(C),显然比拟简单，即P(C ) = 1- P(A UAU-UA)=1-P(A A-A )1 2=1-P(A)P(A)P(A)=1-(0.04)nn1-0.04n0.0001,两边取以e为底的对数,1-0.0420.9999,即得nl(0.04)1(0.0001),那么nn1(0.0001)-9.2103nn=Q2.861(0.04)-3.218912n故至少需要3只开关并联联接。此题说明对立事件及德莫根律对解决实际问题有多么重要。36.三人独立地去破译一份密码，各人能译出的概率分别为15/3/4o问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是多少？解解令事件Ai=第i人能译出密码(i=l,2,3),且P（八）=P(A)=,P（八）=,解解1354B二三人中至少有一人能译出密码与事件“密码被译出”是相等事件。又A,AA相互独23立。利用概率的加法公式和事件的独立性。P(B)=P(AUAUA)123= P(A) + P(A)+P(A)-P(AA)-P(AA)-P(AA)+ P(AAA)123311111111= + + -×-× 53453543利用对立事件和事件的独立性。P(B) = P(A UA UA)= 1-P(A123= 1-P(A A A )= 1-P(A )P (A1 2 311 21 3Illl×+××=0.64534UAUA)1 23)P(A ) 23=1-(1-)x(1)×(1-)=0.6534538.袋中装m只正品硬币、n只次品硬币1一面的概率都是2P(B ) = P(A)P(B 1 m 1= × + m + n 2P(B ) = P(A)P(B 2 m 1 1 = × × m ÷ n 22A) + P(A)P(B1n× 1+ nA) + P(A)P(B2n+ × 1× 1m + nA)1A)2(次品硬币的两面均印有国徽)。在袋中任取一只，将它投掷r次，每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多少？解解令事件A=任取一只硬币是正品,对立事件A=任取一只硬币是次品,且解解P（八）=,P（八）=,B=把硬币投掷r次，每次都得到国徽面,令事件Bi=把硬币投掷i次，有i次得到国徽(i=l,2,，r)。如果硬币是正品，那么投掷一次出现任何;如果硬币是次品，那么投掷次出现国徽面的概率是U于是m1nP(B)=×+×1im+n2im+n那么P(B)=P(B)=×+×1rm+n2rm+nm1n=×+m+n2rm+n所求概率为P(AB)P（八）P(BA)P(AB)=P（八）P(B)m1×m+n2rmm1nrm+2nX+m÷n2rm+n第二章第二章随机变量及其分布随机变量及其分布第二章第二章随机变量及其分布随机变量及其分布习题解析习题解析习题解析习题解析第第2.(2.(11)、)、3、3、66、77、1212、1717题题离散型随机变量的分布律离散型随机变量的分布律第第2.2.(11)、)、33、66、77、1212、1717题题离散型随机变量的分布律离散型随机变量的分布律在袋中同时取3只，以X表示取出的32.(1)一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5。只球中的最大号码，现实性出随机变量X的分布律。C2 11解解随机变量X的所有可能取值为3,4,5,求取各个值的概率用古典概型。PX=2=二3C35!10PX=4)=5C23=3!2!3!2!1!3PX=5)=C35C24=5!103!2!4!2!2!3C35那么随机变量X的分布律为X34513Pk1010如果用概率函数表示，那么为C2PX=k=k-15!53!2!35(k=3,4,5)解解C353.设在15只同类型的零件中有2只是次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样。以X表示取出的次品的只数。(1)求X的分布律；(2)画出分布律的图型。解随机变量解X的所有可能值为O,L2,求取各个值的概率用古典概型。解解(1)X取各个值的概率分别为O3CC3!10!22PX=O)=213=C315!153!12!13!1 22×CC2!11!PX=1)=213=C315!153!12!2 1CC13PX=2)=213=C315!153!12!那么X的分布律为X01222121Pk353535351235135因为EP,所以只要求出PX=0),PX=1那么PX=2=1-PX=0-PX=lok=lX的分布律用概率函数表示为k3-kCCPX=k)=213(k=0,l,2)C3156.一大楼装有5个同类型的供水设备。调查说明在任一时刻t每个设备被使用的概率为0.1,问在同一时刻(1)恰有2个设备被使用的概率是多少？(2)至少有3个设备被使用的概率是多少？(3)至多有3个设备被使用的概率是多少？(4)至多有1个设备被使用的概率是多少？解5解个同类型的供水设备，在任一时刻是否被使用相互独立，而在同一时刻被使用的个解解数X服从二项分布b(5,0,1),故用二项分布求解X取各个值，或在某个范围内取值的概率。(1)因为X服从二项分布b(5,0,1),分布律为k5-kPX=k)=Ck(0.1)(0.9)(k=0,1,2,3,4,5)于是PX =2)=C5 (2)25-2(0.1) (0.9)= 10× 0.01× 0.729= 0.0729PX 3)= C5 k=3k (0.1)5-k (0.9)=C5 (0.1) (0.9)5-3+ C54(0.1)5-4(0.9) + C5 (0.5)5 (0.9)5-5=10× 0.001×0.81+5× 0.0001× 0.9+ 0.00001=0.00856(3)PX 3)=C0 (0.1)5C5k=05k k(0.1)5-k (0.9)(0.9) +C (0.1 )(0.9)5(0.1) (0.9) +C53 (0.1)33(0.9) 5=0.59049 + 032805+ 0.0729 + 0.0081=0.99954或用对立事件求解。5P(X 3= 1-PX >3= 1-PX 2 4=1- C5k=4 4=1- C5(0.1)(0.1)k (0.9)5-k4(0.9)45+ C55 (0.1) 550(0.9)=l-5× 0.1 ×0.9+ 0.1 =1- 0.00045+ 0.0001 =0.99954后者计算比前者简单。(4) 当5-k ,显然计算过程比拟麻烦，但用对立事件求解相PXC5k=l(0.1) (0.9)简单。PX=1-C52 1= 1-PX00(0.1) (0.9)< 1= 1-PX =055=1-0.9=1-0.59049=0.409517.设事件A在每-次试验中发生的概率为0.3,当A发生不少于3次时，指示灯发出信号。(1)进行了5次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率；(2)进行了7次重复独立试验,求指示灯发出信号的概率。解 解解事件解A次重复独立试验中发生的次数X服从二项分布b (n, 0.3),分布律为PX 当事件X=k Cnk n-k(0.3) (0.7)(k=0,l,2,.,n)2 3发生时,指示灯发出信号。当n=5时，那么PX 3)=33=C5 (0.3) (0.7)5 k C5 k=32 + C5k (03)4 (0.3)5-k (0.7)45(0.7) + C5 (0.3)=10× 0.027× 0.49+ 5× 0.0081× 0.7+ 0.00243= 0.16308(2)事件A在7次重复独立试验中发生的次数Y服从二项分布b 7, 0, 3),那么PY 3= 1-PY <3= 1-PY 2)00=1-C(0.3) (0.7)7771+ C (0.3)(0.7)762 (0.3)7525(0.7)=1-0.7+7×0.3×0.7+21×0.3×0.7=0.35312.交换台每分钟收到呼唤的次数服从参数为4的泊松分布。求(1)某一分钟恰有8次呼唤的概率；(2)某一分钟的呼唤次数大于3的概率。解解 解解交换台某一分钟收到呼唤的次数X服从泊松分布五(4),其分布律为PX(1) PXk二k !e-4 488二e-4 4k(k=0, 1, 2,)1200.33371=0.029778 e-4 4kPX(2)8!3 e-4 4k >3)=PX 403204=0.5665 k=4k !k=0k !17.设X服从(Oj)分布，其分布律为PX =k=P1,求X的分布函数，并作出其图形；(2)求第1题中的随机变量的分布函数。解解(I)X的分布函数为解解I-K(I-P) ,k = 0 ,F(x) = PX x)= Pk(I-P)I-KO,k xx <0O x <1I-P1,(2)第1题中随机变量X的分布律为X345133Pk10105x)，求法如下。X的分布函数为F(X)=PX当X<3时，那么F(x) = PX 当3 W X <4时, x)=0 那么F(x) = PX x) =PX 当4 W X <5时，那么F(x) = PX x) =PX当X 2 5时，那么F(x) = PX x) =PX= 3)=0.1= 3)+PX =4 =0.1+03=0.4= 3+PX =4)+PX =5 = 1综合表示为0,X<33 X <44 X <5 X 510F(x)=134+=10101013310+10+5=1,第第1199、2121、2727、3434、3535、3636题题随机变量的分布函数随机变量的分布函数、连续型随机变量的概率密度、连续型随机变量的概率密度第第1199、2121、2727、3434、3535、3636题题随机变量的分布函数随机变量的分布函数、连续型随机变量的概率密度连续型随机变量的概率密度19.以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一个顾客到达的等待时间(以分计)，X的分布函数是-0.4xx <0Fxx=()O,求下述概率：(1) P至多3分钟；(2)P至少4分钟；(3)P3分钟至4分钟之间；(4)P至多3分钟或至少4分钟；(5)P恰好2.5分钟。解解(1)PX3=P(3)=l-e-0.4×3=1-e-l.2=0.6988解解X(2) PX4=1-PX<4=1-FX(4)=e-0.4×4=0.2019P3X4)=PX4)-PX<3=FX(4)-FX(3)=l-e-0.4×4-(l-e-0.4×3)=0.0993(4)PX3)+PX4=l-e-0.4×3+(l-e-0.4×4)=0.6988+0.2019=0.9007(5) PX=0.25)=Oo21.设随机变量X的概率密度为21X22(1-1X),(1) f(X)=0,其它X,OX<1(2) f(x)=2-x,1X<20,其它求X的分布函数F(X),并画出(2)中的f(X)及F(X)的图形。解解(1)当XVl时，F(x)=0；当IWxv2时，那么解解X1X1F(x)=f-f(t)dt=J-8o<jt+f12(1-12)dtX11=2(1-)dt=2(t+)xT1t2t12=2x+-4X当X22时，F(x)=Io综合表示为0,2F(x)=2x+-4,1x<2xx221,(2)当x<0时，F(x)=O；当OX<1时，那么X0X12F(x)=J-8f(t)dt=f-°oOdt+fOtdt=2X当IWx<2时，那么XF(x)=f-8f(t)dtO1X=fOdt+ftdt+f(2-t)dt-OOO11X112XJtdt+f(2-t)dt=÷(2t-t)!O122112112+2x-X-2+=X+2x-12222当X22时，F(x)=Io综合表示为12x<02Ox<1F(X)=121x<2-X+2x-12X227.某地区18岁女青年的血压(收缩压，以mmHg计)服从N(110,12在该地区任选-18岁的女青年,测量她的血压X。(1)求PX105),P100<X120)；(2)确定最小的x,使PX>x)0.05。2解设女青年的血压为X,那么XN(110,12),由此得X-IlO12(1)X-IlO105-110PX105)=P)121255=(-)=1-()1212=1-(0.4167)=1-0.6628=0.3372100-HOX-110120-110P(100<XP120)=P<P1212125 X-HO5=P(-<)6 1265 55=O()2()16 66=2(0.833)-1=2×0.7967-1=0.5934(2)PX>x0.05,用对立事件得1-PXx)0.05,PXx)0.95X-110X-IlOP)0.951212X-IlO查表得1.645,解出X2129.74,那么X的最小值为129.74。12第第33、33、题题随机变量的函数分布随机变量的函数分布第第3333、题题随机变量的函数分布随机变量的函数分布33.设随机变量X的分布律为X-2-1013111111Pk5651530求Y=X2的分布律。解Y=X2的所有可能取值为0,1,4,9,取各个值的概率分别为PY=O)=PX=0=PX=O)=5=1PY=1=PX2=1=PX=-1+PX11715302PY =4=PX=4=PX =-2+PX = 11= PX =-2= 5PY =9=PX2 =9=PX =-3+PX =311= PX =3)=30于是丫的分布律为Y 0117Pk530491 11530此题Y与X不一一对应，X取值为1对应Y取值为1,这时PY=1等于PX =-1与PX =1之和。用表格表示丫在的分布律时，通常丫取值从小到大排序，看起来比拟整齐。34.设随机变量X在(0, 1)上服人均匀分布。(1)求Y = eX 的概率密度；(2)求丫 = -2InX的概率密度。解 X的概率密度为1,0 < X < 1fX (X)0,其它首先求Y的分布函数，然后求Y的概率密度。(1)设F (y)为丫的分布函数，F (y)为YYY的概率密度。当y < 1时，F (y) =0；当IW y <e时，那么YXInyF (y) = PY y) = e y=PX lny) = dx = InyY/0当y 2e时，F (y)=l°综合表示为Y0, y< 1F (y) =YIn y,IWyVeye于是丫的概率密度为1dF(y),1y<eYfY(y)=ydy其它0,时，那么(2)当时，=0；当y<0F(y)y20YF(y)=PYy=P-21nXy)Yy=PXe2)y12=/ydx=1-e2e综合表示为0,y<0F(y