概率论与数理统计 第2章奇数new

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1、第二章随机变量及其概率分布注意：这是第一稿（存在一些错误）第二章概率论习题__奇数.doc1解：X取值可能为2,3,4,5,6，则X的概率分布律为：11151pX(=2)==；3ð35711248pX(=3)==；3ð35711339pX(=4)==；3ð35711428pX(=5)==；3ð35711511pX(=6)==。3ð77n−73解：（1）没有中大奖的概率是p=(110−)；110−7（2）每一期没有中大奖的概率是p=(110−)，10nn−7n期没有中大奖的概率是p=p=(110−)。25解：X取值可能为0,1,2,3；Y取值可能为0,1,2,3px(

2、=0)=(1−p1)(1−p2)(1−p3)，px(=1)=p1(1−p2)(1−p3)+p2(1−p1)(1−p3)+p3(1−p1)(1−p2)，px(=2)=pp12(1−p3)+pp13(1−p2)+pp32(1−p1)，px(=3)=ppp123。Y取每一值的概率分布为：py(=0)=p1，py(=1)=(1−pp1)2，py(=2)=(1−p1)(1−p2)p3，py(=3)=(1−p1)(1−p2)(1−p3)。33244557解：（1）α=(10.10.1−)+(10.10.1−)+?(10.1−)=0.991，5553324455β=−150.21

3、0.2(−)+50.210.2(−)+?50.2=0.942。（2）诊断正确的概率为p=0.7α+0.3β=0.977。（3）此人被诊断为有病的概率为p=0.7α+0.31(−β)=0.711。−λkeλ9解：（1）由题意知，候车人数X=k的概率为pX(=k)=，k!−λ则pX(=0)=e，−λ−λ−4.5从而单位时间内至少有一人候车的概率为p=−1e，所以1−e=−1e解得λ=4.5−4.5ke4.5则pX(=k)=。k!−4.5所以单位时间内至少有两人候车的概率为p=−1pX(=0)−pX(=1)=−15.5e。−3.2ke3.2（2）若λ=3.2，则pX(=k

4、)=，k!3.2则这车站就他一人候车的概率为p=。3.2e−1111解：由题意知，被体检出有重大疾病的人数近似服从参数为λ=np=3000×=3的1000−3ke3泊松分布，即pX(=k)=，k=0,1,2,⋯⋯。k!则至少有2人被检出重大疾病的概率为−3−3p=−1pX(=0)−pX(=1)=−1e−3e≈0.801。∞23213解：（1）由∫fxdx()=∫c(4−xdx)=1解得c=。−∞016（2）易知x≤0时，Fx()=0；x≥2时，Fx()=1；3x3x(12xx−)2当0

5、,⎪3⎪(12xx−)所以，X的分布函数为Fx()=⎨,0

6、他能实现自己的计划的概率为⎛32.3−⎞px(≥3)=−1px(≤3)=−Φ1⎜⎟=−Φ1(1.4)=0.0808。⎝0.5⎠⎛200220−⎞19解：系统电压小于200伏的概率为p=pX(≤200)=Φ⎜⎟=Φ−(0.8)，1⎝25⎠在区间[200,240]的概率为⎛240220−⎞⎛200220−⎞p2=p(200≤X<240)=Φ⎜⎟−Φ⎜⎟=Φ(0.8)−Φ−(0.8)，⎝25⎠⎝25⎠⎛240220−⎞大于240伏的概率为p=pX(≥240)=−Φ1⎜⎟=−Φ1(0.8)。3⎝25⎠（1）该电子元件不能正常工作的概率为α=0.1p+0.001p+0.2p=

7、0.064。1230.2p3（2）β==0.662。α223（3）该系统运行正常的概率为θ=ð(1−α)α+(1−α)=0.972。3⎛x−15⎞121解：由题意得，pX(x2)=−Φ1⎜⎟，⎝2⎠⎛x−15⎞⎛x−15⎞⎛x−15⎞⎛x−15⎞1212则Φ⎜⎟:(Φ⎜⎟−Φ⎜⎟):(1−Φ⎜⎟)=50:34:16，⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠解得x=15，x=17。12x⎧1−⎪e8,x>0,23解：（1）易知X的概率密度函数为fx()=⎨8