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概率论第二章****题参考解答
.
解:假设ξ=1对应于"正面朝上",ξ=
P(ξ=0)=P(ξ=1)=.
其分布函数为
-1分布,又知ξ取1的概率为它取0的概率的两倍,写出ξ的分布律和分布函数.
解:根据题意有
P(ξ=1)=2P(ξ=0) (1)
并由概率分布的性质知
P(ξ=0)+P(ξ=1)=1 (2)
将(1)代入(2)得
3P(ξ=0)=1,即P(ξ=0)=1/3
再由(1)式得
P(ξ=1)=2/3
因此分布律由下表所示
ξ
0
1
P
1/3
2/3
而分布函数为
{ξ=a}=1,(x),画出F(x)的图形.
解:,它的图形为
,二,三级,其中一级品是二级品的两倍,三级品是二级品的一半,从这批产品中随机地抽取一个检验质量,用随机变量描述检验的可能结果,写出它的概率函数.
解设ξ取值1,2,3代表取到的产品为一,二,三级,那么根据题意有
P(ξ=1)=2P(ξ=2) (1)
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P(ξ=3)=P(ξ=2)/2 (2)
由概率论性质可知
P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)=1 (3)
(1),(2)代入(3)得:
2P(ξ=2)+P(ξ=2)+P(ξ=2)/2=1
解得P(ξ=2)=2/7,再代回到(1)和(2)得
P(ξ=1)=4/7,P(ξ=3)=1/7
那么概率函数为
或列表如下:
ξ
1
2
3
P
4/7
2/7
1/7
,其中有5个次品,从这批产品中随意抽取4个,求这4个中的次品数ξ的分布律.
解:根本领件总数为,
有利于事件{ξ=i}(i=0,1,2,3,4)的根本领件数为,那么
ξ
0
1
2
3
4
P
,3件次品,有放回地抽取,每次一件,直到取得正品为止,假定每件产品被取到的时机相同,求抽取次数ξ的概率函数.
解:每次抽到正品的概率相同,均为p=10/13=,那么每次抽到次品的概率q=1-p=,即有
,总以一件正品放回去,直到取得正品为止,求抽取次数ξ的分布律.
解:这样抽取次数就是有限的,因为总共只有3件次品,即使前面三次都抽到次品,第四次抽时次品 已经全部代换为正品,因此必然抽到正品,这样
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ξ的取值为1,2,3,4.
不难算出,
ξ的分布律如下表所示:
ξ
1
2
3
4
P
,当在生产过程中出现废品时立即重新进行调整,求在两次调整之间生产的合格品数ξ的概率函数.
解:事件ξ=i说明生产了i次正品后第i+1次出现废品,这是i+1个独立事件的交(1次发生i次不发生,因此有
P(ξ=i)=p(1-p)i,(i=0,1,2,…)
-1,0,1,2四个值,相应概率依次为,确定常数c并计算P{ξ<1|ξ≠0}.
解:根据概率函数的性质有
即
得
设事件A为ξ<1,B为ξ≠0,(注:如果熟练也可以不这样设)那么
.
解:第4题:
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第9题:
当x<-1时:F(x)=P(ξ≤x)=0
当-1≤x<0时:F(x)=P(ξ≤x)=P(ξ=-1)=
当0≤x<1时:F(x)=P(ξ≤x)=P(ξ=-1)+P(ξ=0)=
当1≤x<2时:F(x)=P(ξ≤x)=P(ξ=-1)+P(ξ=0)+P(ξ=1)=
当x≥2时:F(x)=P(ξ≤x)=1
综上所述,最后得:
~,求ξ的分布函数F(x),画出F(x)的图形.
解:当x<0时:F(x)=0;
当0≤x<1时:
当x≥1时:F(x)=1
综上所述,最后得
图形为
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~,求P{ξ≤};P(ξ=);F(x).
解:,
因ξ为连续型随机变量,因此取任何点的概率均为零,所以P{ξ=}=0,
求F(x):当x<0时,F(x)=0
当0≤x<1时,
当x≥1时,F(x)=1
综上所述,最后得:
,其寿命(以小时计)为一随机变量,概率密度,某一个电子设备内配有3个这样的电子管,求电子管使用150小时都不需要更换的概率.
解:先求一个电子管使用150小时以上的概率P(ξ≥150)为:
那么3个这样的电子管构成贝努里独立试验概型,试验三次发生三次的概率为
:
求系数A;P(<ξ<);概率密度φ(x).
解:因ξ是连续型随机变量,因此F(x)也必是连续曲线,那么其在第二段(0,1)区间的曲线必能和第三段(1,+∞)的曲线接上,那么必有
A×12=1,即A=
P(<ξ<)=F()-F()=-=-=
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概率密度φ(x)为
(x)=A+Barctgx,求常数A,B;P{|ξ|<1}以及概率密度φ(x).
解:由F(-∞)=0,
得A+Barctg(-∞)= (1)
再由F(+∞)=1,
得 (2)
综和(1),(2)两式解得
即
,求系数A及分布函数F(x).
解:这实际上是一个分段函数,φ(x)可重新写为
根据性质,又因φ(x)为偶函数,因此有
,那么有A=1/2
因此.
求分布函数F(x).
当x<0时,有
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当x≥0时,有
综上所述,最后得
17.,计算P{ξ≤|<ξ≤}
解:设事件A={ξ≤},B={<ξ≤},那么要计算的是条件概率P(A|B),而
,而事件AB={ξ≤}∩{<ξ≤}={<ξ≤}
因此有
最后得
18.,确定常数c.
解:首先证明普阿松广义积分,因为函数并不存在原函数,,那么
作极坐标代换,令,那么积分区间为全平面,即θ从0积到2π,r从0积到+
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∞,且,因此有
,所以I=π.
现确定常数c,由性质,
得
19.,求常数c及P{a-1<ξ≤a+1}.
解:由性质得
解得,因此有
那么
(ξ,η)有如下表所示的联合概率分布:
η
ξ
0
1
2
3
4
5
6
0
1
0
2
0
0
3
0
0
0
求边缘概率分布,ξ与η是否独立?
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解:按下表计算ξ与η的边缘分布:
η
ξ
0
1
2
3
4
5
6
pi(1)
0
1
0
2
0
0
3
0
0
0
pj(2)
得ξ的边缘分布如下表所示:
ξ
0
1
2
3
P
以及η的边缘分布如下表所示:
η
0
1
2
3
4
5
6
P
当i=1及j=0时,
因
因此ξ与η相互间不独立.
,,:
η
ξ
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
试计算在规定时间内以下事件的概率:
(1)第一排烧坏的灯泡数不超过一个;
(2)第一排与第二排烧坏的灯泡数相等;
(3)第一排烧坏的灯泡数不超过第二排烧坏的灯泡数.
解:假设事件A为第一排烧坏的灯泡数不超过一个,B为第一排与第二排烧坏的灯泡数相等,C为第一排烧坏的灯光数不超过第二排烧坏的灯泡数.
那么事件A发生的概率为上表中头两排概率之和
事件B发生的概率为上表中从0行0列开始的斜对角线之和
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事件C发生的概率为上表中斜对角线上右的各个数相加(包括斜对角线上的数),但为减少运算量,也可以考虑其逆事件的概率,(不包括斜对角线):
,2,2的3个球,从中任取一个并且不再放回,然后再从袋中任取一球,以ξ,η分别记为第一,二次取到球上的号码数,求(ξ,η)的分布律(袋中各球被取时机相同).
解:因为有两个2一个1,因此第一次取到2号的概率为P(ξ=2)=2/3,第一次取到1号的概率为P(ξ=1)=1/,那么在此条件下第二次取到1号的概率P(η=1|ξ=2)=P(η=2|ξ=2)=1/,因此这时P(η=1|ξ=1)=0,P(η=2|ξ=1)=1.
综上所述并用乘法法那么可得
(ξ,η)的分布律如下表所示:
η
ξ
1
2
1
0
1/3
2
1/3
1/3
23.(ξ,η)只取以下数组中的值:
且相应的概率依次为1/6,1/3,1/12,5/(ξ,η)的概率分布表,写出关于η的边缘分布.
解:从上面数组可知ξ只取-1,0,2这三个值,而η只取0,,1这三个值,因此总共可构成九个数对,
η
ξ
0
1/3
1
-1
0
1/12
1/3
0
1/6
0
0
2
5/12
0
0
pj(2)
7/12
1/12
1/3