概率论第二版杨振明课后题答案

《概率论第二版杨振明课后题答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《概率论第二版杨振明课后题答案（28页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2.1.习题1设随机变量的分布函数为，证明也是随机变量，并求的分布函数证明：由定理2.1.3随机变量的Borel函数仍为随机变量，故也是随机变量的分布函数为当时，故；当时，因此，的分布函数为3假定一硬币抛出正面的概率为，反复抛这枚硬币直至正面与反面都出现过为止，试求：（1）抛掷次数的密度阵；（2）恰好抛偶数次的概率解：（1）表示前次都出现正(反)面，第次出现反(正)面，据题意知，所以，抛掷次数的密度阵为(2) 恰好抛掷偶数次的概率为：R x4在半径为R的圆内任取一点（二维几何概型），试求此点到圆心之距离的分布函数及 解：此点到圆心之距离的分布函数为当时，；当时，；当时， 故的分布函数为5在半径

2、为的车轮边缘上有一裂纹，求随机停车后裂纹距地面高度的分布函数 解：当时，；当裂纹距离地面高度为时，分布函数为；当裂纹距离地面高度为时，分布函数为；当裂纹距离地面高度为时，分布函数为；当时， ；则的分布函数为6已知随机变量的密度函数为 试求：(1) 的分布函数，（2）解：（1）当时，；当时，；当时，； 当时，；则的分布函数为（2） 7设，（1）求使为密度函数；（2）若以此为密度函数，求使解：（1）由密度函数的性质，知解得，（2）【法一】根据概率的非负性，当时，显然不成立；当时，而，即，解得，【法二】的分布函数为当时，上式不成立当时，则，解得，8.设是连续型分布函数，试证对任意有 .证：等式左边=

3、 =因是连续的分布函数则上式积分可以交换 则上式交换积分次序得2.2习题1向目标进行20次独立的射击，假定每次命中率均为0.2试求：（1）至少命中1次的概率；（2）至多命中2次的概率；（3）最可能命中次数解：令表示命中次数，这是=20重试验，每次命中率=0.2，命中次数服从B(20,0.2)分布 (1) 至少命中一次的概率 (2) 至多命中两次的概率 (3) 在二项分布中， 时，最大，故=4时最大，即最可能命中的次数为4次 2同时掷两枚骰子，直到某个骰子出现6点为止，求恰好掷次的概率解：掷一枚骰子出现6点的概率是，同时出现6点的情况有两种：都是6点概率为，其中一个是6点的概率为2因此掷两枚骰子

4、出现6点的概率是 以表示某骰子首次出现6点时的投掷次数，题目要求恰好掷次则前次都没有出现6点，于是所求概率为3某公司经理拟将一提案交董事代表会批准，规定如提案获多数代表赞成则通过经理估计各代表对此提案投赞成票的概率为0.6，且各代表投票情况相互独立为以较大概率通过提案，试问经理请3名董事代表好还是请5名好？解：即求请3名董事获多数赞成通过的概率大还是请5名董事通过的概率大令表示3名董事代表对提案的赞成数，则分布多数赞成，即 令表示5名董事代表对提案的赞成数，则分布多数赞成，即 因此，请5名董事代表好 4甲、乙二队比赛篮球假定每一场甲、乙队获胜的概率分别为0.6与0.4，且各场胜负独立如果规定先

5、胜4场者为冠军，求甲队经场(=4,5,6,7)比赛而成为冠军的概率再问与赛满3场的“三场两胜”制相比较，采用哪种赛制甲队最终夺得冠军的概率较小？解：令表示甲成为冠军所经过比赛的场数对甲先胜四场为冠军：表示前场中胜三场，第场必胜则 因此，=4,5,6,7对甲先胜四场成为冠军的概率是对赛满3场的“三场两胜”制：甲前两场中胜一场，第三场必胜 则因此，进行甲先胜4场成为冠军的概率较大5对重试验中成功偶数次的概率解：记为一次试验中事件成功的概率，为失败的概率 由 （-）/2得： 7在可列重试验中，以表第次成功的等待时间，求证与有相同的概率分布 解：这是一个几何分布表示第一次成功到第二次成功的等待时间如果

6、第一次成功到第二次成功进行了次试验，而第一次成功进行了次 试验根据几何分布的无记忆性可得： , 因此，与有相同的概率分布8.（广义试验）假定一试验有个可能结果，并且，现将此试验独立地重复次，求恰出现次，恰出现次(，)的概率解：设一次试验的可能结果为，它们构成一完备事件组，则在次重复独立试验中分别出现次的概率为 （恰出现次，恰出现次，则组成元序列，上述次试验结果由分成组，共有种结果，每种结果出现的概率是，则次Bernoulli试验中恰出现次，恰出现次(，)的概率概率是 ）2.3 Poisson分布1假定螺丝钉的废品率，试求一盒应装多少只才能保证每盒中正品在100只以上的概率不小于80%解：设每盒

7、应装100+只，为使每盒有100只以上的好钉，则每盒次品的个数应-1，故由于值不大，有1.5,0.80,查表，当时, =0.557825；当时, =0.8,则=3时，满足题设条件，故每盒中应装103只2据以往的记录，某商店每月出售的电视机台数服从参数的 Poisson分布问月初应库存多少台电视机，才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求解：设月初应当库存电视机台数为，则每月出售的电视机台数，要满足顾客的要求，则,即查表得： 当=15时，；当=16时，；因此，月初应当库存16台电视机才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求3保险公司的资料表明，持有某种人寿保险单的人在保险期内死亡

8、的概率为0.005现出售这种保险单1200份，求保险公司至多赔付10份的概率解：保险公司赔付的份数服从=1200,=0.005的二项分布根据Poisson定理，服从参数为的Poisson分布查表，得4假定每小时进入某商店的顾客服从的 Poisson分布，而进来的顾客将购买商品的概率均为0.05，且各顾客是否购物相互独立，求在一小时中至少有6位顾客在此商店中购物的概率解：记每小时进入某商店的顾客数为，则服从的Poisson分布记每小时在商店中购物的顾客数为，顾客购物概率为以事件,为分割，由全概率公式得，对于非负整数, 有= = = =满足的Poisson分布，查表，得8假定非负整值离散型分布的密

9、度满足条件=,1,其中常数0，试证明分布是以为参数的Poisson分布 解： =由此得：，并且=1,可得=，故因此，此分布是以为参数的Poisson分布2.4 重要的连续性分布1设服从区间上的均匀分布，求二次方程有实根的概率解：由题意知，的概率密度函数为若方程有实根，则，即， 解得，则 3假定随机变量只取区间中的值，且对任何，落在子区间内的概率仅与有关求证服从区间上的均匀分布证法一：定义则是的分布函数由题设得对任意有，即有由此得逐一类推可得，若，则，或者从而对有理数，若与都属于，则有再由的左连续性可得，对任意无理数，若与都属于，则因为区间与的长度相等，由题设得.由此及上段证明得，对任意有，即为

10、 服从上均匀分布证法二：如同证法一中定义的分布函数，由单调知它对上的L测试几乎处处可微设，当时，由题设得等式两端都除以，再令可得，由存在可推得也存在，而且从而对任意有当时，显然有一点的长度为0，由题设得由上所述可知是连续型随机变量，是其密度函数，从而定出至此得证服从均匀分布4设服从分布(1)求使;(2)求使解：由题意知，（1）得， 即 ， 即 查表，得，解得。（2） ，查表，得，解得。5在正常的考试中，学生的成绩应服从分布若规定分数在以上为“优秀”， 至之间为“良好”，至之间为 “一般”，至之间为“较差”，以下为“最差”试求这五个等级的学生各占多大比例解：记优秀，良好，一般，较差，最差分别为事

11、件记学生的成绩为，则6某人要开汽车从城南到城北火车站如果穿行，则所需时间（单位：分钟）服从分布如果绕行，则所需时间服从分布假设现在他有：（1）分钟可用；（2）分钟可用，试分别计算是穿行还是绕行好些？解：记为到火车站所需时间 因为，所以穿行好些。因为，所以绕行好。7已知随机变量服从标准正态分布，而或视或而定试求的分布解：由题意知 ，所以， 综上可知，服从标准正态分布8假设一机器的检修时间（单位：小时）是以为参数的指数分布试求：（1）检修时间超过小时的概率；（2）若已经修理个小时，求总共要少个小时才会修理好的概率解：由已知得， （1）记检修时间为，；（2）由指数分布的无记忆性得，。9设服从参数为的

12、指数分布，求的分布解：由已知得，则服从几何分布 2.5多维概率分布1 甲从1，2，3，4中任取一数，乙再从1， 中任取一整数试求（）的联合分布与边缘分布解： 可以取的值为1，2，3，4.那么取每一个值的概率为，一但取定值，那么只能从1，2， 中取值取每一个值的概率为于是有：所以（）的联合分布与边缘分布如下：12341203004000 3 . 设的联合密度函数为 试求： ( 1 ) 的联合分布函数; （ 2）的边缘密度函数解：由的联合密度函数的定义域为于是分下列区域进行讨论：当时, = = = = 当时，当时, = 当时, = = =其他区域 (2) 的边缘密度函数为：=， 5. 设分布函数与

13、对应的密度函数为与证明对于任何有 是二维密度函数，且以与为其边缘密度函数证明：从定义出发进行证明： 与且是分布函数又 即，非负性得证 规范性得证对于任何的有所以是二维密度函数.下面讨论二维密度函数中的边缘分布：（1）的边缘密度函数为： 同理有的边缘密度函数为即证得： 是以与为其边缘密度函数的16、证：我们有,代入的表达式得 (1)又有 (2)由（1），（2）知是密度函数用与上面类似的方法计算可得边际密度函数为,.6. 设的联合密度函数为 试求： （1）常数；（2）：至少有一个小于的概率. 解： 由联合密度函数的规范性知：即 解得的联合密度函数为 （2）至少有一个小于的概率为：7. 在可列重伯努

14、利试验中，以表示第成功的等待时间，试求的：1） 联合分布; (2) 边缘分布.（注：表示第一次成功的等待时间，表示第二次成功的等待时间，表示第一次成功到第二次成功的等待时间根据无记忆性，服从几何分布，即忘记了第一次成功的信息）根据题目要求，本题解答如下解：(1)设一次试验中成功的概率为 失败的概率为；因为服从几何分布具有无记忆性所以：当时 (2)边缘分布 的边缘分布：根据边缘分布的定义当取值为时的边缘分布即让遍历所有可能的值于是有：即的边缘分布为 的边缘分布：当第二次成功出现在第次时 ，即让遍历可能的值而取每一个值的概率均为 ，于是有即的边缘分布为：8设服从区域上的均匀分布试求：(1) 的边缘

15、分布；（2）解： （1）因为服从区域上的均匀分布，所以有并且有当时于是有的边缘分布为： （2）法（1）： 法（2）： 而 所以9. （选学） 设（）为二维正态随机向量，求落入区域D=:-+ 内的概率解：作变换，令，则椭圆区域为记 则，且当时，由此得10. 设随机向量有联合密度函数 (1).的一维边缘密度；（2）的一维边缘密度（3）的二维边缘密度 解：（1） 的一维边缘密度即把看作常量得到： 即得的一维边缘密（2）的一维边缘密度，把看作常量即 即的一维边缘密度: （3）的二维边缘密度此时z为常量有： 即的二维边缘密度 2.6 随机变量的独立性4设随机变量的联合密度函数为，且，试求（1）条件下的条

16、件密度；（2）条件下的条件密度。解：据题意知，的边缘概率密度函数分别为，故当时， 当时， （1）所以，条件下的条件密度为；（2）条件下的条件密度为。5设是连续型随机变量，有密度函数，而服从区间上的均匀分布，试求的密度函数。解：据题意知，由于，故，所以，的密度函数为。6设随机变量的联合密度函数为（1）；（2），试问与是否相互独立？为什么？解：（1）的边缘概率密度函数为，同理，的边缘概率密度函数为，因为，所以与独立（2）的边缘概率密度函数为，同理，的边缘概率密度函数为，因为，所以与不独立7.设随机向量的联合密度函数，试证与不独立，但与是相互独立的证：当时，其余同理当时，其余，当 时有，所以与不独立

17、现试用分布函数来证与独立的分布函数记为，则当时，；同理可求得的分布函数，得联合分布函数记为，则当时同理得当时，；当时=合起来写得 不难验证对所有都成立，所以与独立8若相互独立，都服从与1这两点上的等可能分布，令，试证两两独立但整体不独立证：由题设得 ，同理可证 ，.所以与相互独立用同样的方法可证与也相互独立但，而，所以，只两两独立而不相互独立2.7 随机变量函数的分布1设与相互独立，同服从参数为的几何分布，试求：（1）的分布；（2）的分布解：据题意知，与的概率分布分别为（1） ，(2)令，所以 2.假定随机变量与相互独立，对，服从参数为的Poisson分布，试求：（1）的分布；（2）已知时的条

18、件分布解：（1）由卷积公式及独立性得 即具有普阿松分布，且参数为（2），3.设随机向量有联合分布如下表： -101212/1602/161/165/16203/1602/165/1632/1601/163/166/164/163/163/166/161试求：（1）的概率分布；（2）的概率分布；（3）的概率分布解：（1）的全部可能取值为0，1，2，3，4，5，所以，的概率分布为023452/167/161/163/163/16(2) 的全部可能取值为1，2，3，所以，的概率分布为1234/166/166/16(3) 的全部可能取值为0，1，4，所以，的概率分布为0143/167/166/164.

19、设服从标准正态分布，试求：(1)的密度函数；（2）的密度函数解：据题意知，的概率密度函数为，（1）令，则的分布函数为当时，则；当时，所以，的密度函数为（2）令，则的分布函数为当时，则；当时，所以，的密度函数为5.若相互独立，且皆服从指数分布，参数分别为，试求的分布解：当时由独立性得当时求导得的密度函数为，当时；当时即的密度函数为6.设随机变量有密度函数，试求下列随机变量的分布函数：（1），这里；（2）；（3）解：（1）由知，以概率1取有限值当时，；当时，；当时，故的分布函数为（2） （3）当时，；当时，故的分布函数为7若为相互独立的分别服从0，1均匀分布的随机变量，试求的分布密度函数解：与的密

20、度函数为 （1）由卷积公式及独立性得的分布密度函数为 y （2） 2 C把（2）与（1）比较知，在（2）中应有，满足此不等式组的解 构成 D 图中平面区域平形四边形ABCD，当时 1 B ,当时所以当 A0 1 x时（2）中积分为 当时，（2）中积分为 ;对其余的有所以，的分布密度函数为。8设随机变量相互独立，都服从参数为的指数分布，试证服从分布。证明：9在线段上随机投掷两点，试求两点间距离的分布函数解：设在内任意投两点，其坐标分别为，则的联合分布密度为设，则的分布函数为，当时；当时；当时，积分S为平面区域ABCDEF的面积，其值为 ，所以 .所以，两点间距离的分布函数为.10若是独立随机变量

21、，均服从，试求的联合密度函数解：作变换，令，得由与独立知，它们的联合密度应是它们单个密度的乘积，由此得U，V的联合密度函数为 所以U,V两随机变量也相互独立，且均服从N（0，2）11设相互独立，分别服从，试证服从柯西分布证：， 由求商的密度函数的公式得, 服从柯西分布12.若相互独立，且同服从指数分布，密度函数为：，证明：与相互独立证：令 即 逆变换 故 而 因 故 与独立13.设平面上随机点的直角坐标有联合密度函数，求此点极坐标的联合密度与边缘密度函数。解：本题所涉及的变换是的值域到的值域间的一一变换（坐标原点除外），其雅克比行列式。由变量变换法，得极坐标的联合密度为， 的边缘密度函数为；的

22、边缘密度函数为。14.设有联合密度函数，试求的密度函数解：U的分布函数为，当时；当时有 对求导可得U的密度函数为，当时；当时故的密度函数为。15.设与独立，服从分布，的分布函数为，。试求的密度函数。解：据题意知，的概率密度函数为的概率密度函数为设，则的反函数为，雅克比行列式为所以，对关于积分，可得要使上式被积函数不为零，当且仅当故，16.设随机变量独立，服从的Bernoulli分布，服从区间上的均匀分布。试求：（1）的分布函数；（2）的分布函数；（1）的分布函数。解：据题意知，的概率分布为011/21/2的分布函数为（1）的分布函数为 ；（2）的分布函数为；（3）的分布函数为。3.1 习题1某

23、人有把外形相似的钥匙，其中只有一把能打开门。现任意一一试开，直至打开门为止。试对如下二情形求试开次数的数学期望：（1）每次试毕不放回；（2）每次试毕放回。解：（1）的可能取值为。，故。（2），故 。2若随机变量服从拉普拉斯分布，其密度函数为 。试求。解：。3试求分布的数学期望。解：据题意知，设服从分布，则其概率密度函数为，则。4在长为的线段上任意独立地取个点，求相距最远的两点间距离的期望。解：【法一】分别记此个点为，则相互独立，且都服从区间上的均匀分布，我们的目的是求而和的密度函数分别为，又因为，所以，。【法二】个点把区间分成段，他们的长度依次记为。因为此个点是随机取的，所以具有相同的分布，从

24、而有相同的期望。 而，因此。而相距最远的两点间的距离为，因此所求期望为。5设为非负整数值的随机变量，其数学期望存在，求证。证： 。6设为某非负随机变量的分布函数，试证对任有。证：7设随机变量的分布函数为，且的期望存在。求证：。证：由均值存在得， ，以此代入的计算式即得 。8将长为的棒任意折成两段，求较短一段长度的数学期望。解：将木棒置于0，a区间上，令：棒上任意一点的坐标，则：较短一段的长度则所以9设为Cauchy分布随机变量，计算。解：因为为Cauchy分布随机变量，故的概率密度函数为，又因为于是。10设随机变量独立同分布，求证。证：法一的联合密度为， （利用密度函数的积分值为1，减a再加a

25、）（在前一积分中交换积分次序，在后一积分中交换x与y的记号） 。法二令，则与相互独立，且都服从，。而，所以，故。11设随机变量相互独立，同服从几何分布，试求。解：据题意知，的概率分布分别为，；，。12袋中有个红球与个黑球，现从中任取个球，求其中红球个数的数学期望。解：以表示任取个球中红球个数，则，则13参加集会的个人将他们的帽子混放在一起，会后每人任取一顶帽子戴上，以表示他们中戴对自己帽子的人的个数，求。解：引入随机变量，显然， ，且，所以，14设袋中有个球，其中编号为的球各个（），现不放回地从袋中任取个（），求这些球上编号之和的数学期望。解：令表示取出的第个球上的编号，由抽签与顺序无关，则所

26、以m个球之和的数学期望15袋中有个红球与个黑球，现任意一一取出，直至取到红球为止，求取球次数的数学期望。解：令表示直至取到红球为止所进行的取球次数，则，所以，3.2 习题 1某人有把外形相似的钥匙，其中只有一把能打开门。现任意一一试开，直至打开门为止。试对如下二情形求试开次数的方差：（1）每次试毕不放回；（2）每次试毕放回。解：（1）的可能取值为。，故，所以。（2），故 。，所以，。2若随机变量服从拉普拉斯分布，其密度函数为 。试求。解：， 。3甲从中任取一数，乙再从中任取一整数，试求的协方差。解： 可以取的值为，那么取每一个值的概率为。一旦取定值，那么只能从中取值，取每一个值的概率为。于是有

27、：所以（）的联合分布与边缘分布如下：12341203004000 ，。4袋中有编号1至的张卡片，现从中任意抽取张。试对以下二情形求张卡片上编号之和的方差：（1）有放回抽取；（2）不放回抽取（）。解：（1）设表示抽取张卡片的号码和，表示第次抽到卡片的号码，则，因为是有放回抽取，所以诸独立。由此得，对。，。（2）5参加集会的个人将他们的帽子混放在一起，会后每人任取一顶帽子戴上，以表示他们中戴对自己帽子的人的个数，求。解：引入随机变量，显然， ，且，所以，而，所以，故。6设随机变量有联合密度函数，求此随机变量的协方差阵。解：由于，所以，而，所以，故此随机变量的协方差阵为。7设随机变量（）是独立同分布

28、的，它们有有限的方差。求与之间的相关系数。解：由于随机变量的相关系数与标准化随机变量的相关系数相等，为简单计，不妨设，则 ，故。8若与都是只能取两个值的随机变量，试证如果它们不相关，则独立。证：【法一】设。作两个随机变量。由与不相关即得，而， ，由上两式值相等，再由得此即。同理可证，从而与独立。【法二】设 由于不相关 ，即得即，故独立。 9设随机变量服从标准正态分布，求证与不相关，但是不独立。证明：因为，所以，这表明与不相关。为证明与不独立，特给定，使得。现考察如下特定事件的概率： 所以，与不独立。10若的密度函数是偶函数，且，试证与不相关，但它们不相互独立。证：设是的密度函数，则。由是奇函数可得，从而。又由于是奇函数，得故与不相关。由于的密度函数是偶函数，故可选使，亦有，其中等式成立是由于。由此得与不独立。