内容发布更新时间 : 2024/12/23 16:12:49星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
2.1.习题
1.设随机变量?的分布函数为F(x),证明?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?
?pq?11?qp?
1?p21?q2
?e?也是随
?pq?11?qp?
(1?p)qp(1?q)?e?也是随机变量.
??的分布函数为
F?(y)?P{??y}?P{e??y}
当当
pq?
1?p1?q4.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P{??y?0时,{e??y}??,故F?(y)?0;
y?0时
,
2R}. 3R
解:此点到圆心之距离?的分布函数为
F?(y)?P{??y}?P{e??y}?P{??lny}?F?(y)
因此,?的分布函数为
F(x)?P{??x}
ln当x?0时,{??x}??,F?x??0;
?F(lny),y?0. F?(y)???y?0?03.假定一硬币抛出正面的概率为
?x2x2?2当0?x?R时,F(x)?P{??x}?2?RR当x?;
R时, F?x??1
p(0?p?1),反复抛这
故?的分布函数为
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){??k}表示前k?1次都出现正(反)面,第k次出
现反(正)面,据题意知,
x?0?0,2??xF(x)??2,0?x?R.
?Rx?R??1,2R2R(2R/3)245P{??}?1?F()?1??1??. 23399R5.在半径为1的车轮边缘上有一裂纹,求随机停车后裂纹距
P{??k}?pk?1(1?p)?(1?p)k?1p,k?2,3,4,?
所以,抛掷次数?的密度阵为
23???2p?2p2p?p2?kpk?1(1?p)?(1?p)k?1p? ???地面高度?的分布函数.
(2) 恰好抛掷偶数次的概率为:
P{??2}?P{??4}?P{??6}???P{??2n}??
?pq?qp?p3q?q3p?p5q?q5p???p2n?1q?q2n?1p?? x?1
?1x(1?x?x(0?x?1)
?pq(1?p2?p4??)?qp(1?q2?q4??)
1
解:当x?0时,{??x}??,F?x??0;
0,x?0,??R1??arccos(1?x)?12F?x??F????,1???P???1?????x,0?x?1,2?R2??2F?x??? ;
1??x2?2x?1,1?x?2,当裂纹距离地面高度为x?0?x?1?时,分布函数为?2?1,x?2.?2arccos?x?1?RF?x??F????,x???P???x??(2)P?0.2???1.2??P???1.2??P???0.2? 2?R?arccos?x?1??当裂纹距离地面高度为1时,分布函数为
???arccos?1?x?;
?x?2)时,分布函数为
7.设
?F?1.2??F?0.2??0.66
当裂纹距离地面高度为x(1?p(x)?e?e(x?a),x?0
;
a使p()求 x)2??2arccos?1?x??R(1???arccos1?为密度函数;x????F?x??F????,x???P???x???2?R?(2)若?以此p(x)为密度函数,求b使P{??b}?b.
当x?2时, F?x??1;
解:(1)由密度函数的性质,知
???111??p(x)dx??e?e(x?a)dx??e?e(x?a)?eea
??00ee则?的分布函数为
0x?0?????arccos?1?x?F?x???0?x?2
??1x?2??6.已知随机变量?的密度函数为
解得,a?1. e(2)【法一】根据概率的非负性,b当b当
??0,
?0时,P{??b}?1,显然P{??b}?b不成立;
b?0?1?e(x?)ebb时
1,
,0?x?1,?x p?x???2?x,1?x?2.?P{??b}??p(x)dx??e
1?e(x?e)?1?e(bdx??e?ebee试求:(1)
(2)P?0.2???1.2?. ?的分布函数,
解:(1)当x当0?当
x?0时,F(x)??p(t)dt??0dt?0;
????xx1?e(b?e)?b, 而P{??b}?b,即ee解得,b1x?1时,F(x)??p(t)dt??tdt???0xx12x; 2,
?1. e1?x?21x时
【法二】?的分布函数为
1F(x)??p(t)dt??tdt??2?tdt??x2?2x?1;
??012当x?2时,F(x)??p(t)dt??tdt??2?tdt?1;
??01x120??1?F?x???1?e??x??1e???e?1?ee?e
,,x?0x?0,.则?的分布函数为
P???b??1?P???b??1?F?b??b
2
当b?0时,F?b??0,上式不成立.
?1??eb??1???e?e?(2) 至多命中两次的概率
当b?0时,
F?b?e1?e eP{??2}?P{??0}?P{??1}?P{??2}
012?C20p0(1?p)20?C20p1(1?p)19?C20p2(1?p)18
?1??eb??1?e??则1?ee1?e?b, e解得,b?1. e01?C200.20(1?0.2)20?C200.21(1?0.2)19?8.设F(x)是连续型分布函数,试证对任意a?b有
(3) 故k在二项分布中,
?0.206.
k?[(n?1)p]时,P{??k}最大,
??F(x?b)?F(x?a)?dx?b?a.
????证:等式左边= =
????????x?bx?ap(t)dtdx
?[(20?1)?0.2]=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
????x?bx?ad(F(t))dx
因F(x)是连续的分布函数则上式积分可以交换.
n次的概率.
则上式交换积分次序得
????x?bx?ax?b??x?bx?ad(F(t))dx
d(F(t))dx
?????????x?a(F(??)?F(??))dx
1,同时出现6点的情况6111有两种:都是6点概率为×,其中一个是6点的概率为2×
666511×.因此掷两枚骰子出现6点的概率是. 636解:掷一枚骰子出现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
?2.2习题
?x?bx?a1dx?b?a.
n次则前
n?1次都没有出现
1111)(1?)n?1. 36366点,于是所求概率为
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n=20重Bernoulli试验,每次命中率
P{??n}?(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
p=0.2,命中次数?服从B(20,0.2)分布.
(1) 至少命中一次的概率
0P{??1}?1?P{??1}?1?P{??0}?1?C20p0(1?p)20?~B(3,0.6)分布.
0?1?C200.20(1?0.2)20?0.988.
多数赞成,即
P{??2}?P{??2}?P{??3}
3
3P{??7}?C60.64(1?0.6)3?0.1658883?C320.62(1?0.6)1?C30.63(1?0.6)0
因此,P{??i}?Ci3?10.64(1?0.6)i?4,i=4,5,6,7
对甲先胜四场成为冠军的概率是
?0.648
P{??4}?P{??4}?P{??5}?P{??6}?P{??7}?0.7令?表示5名董事代表对提案的赞成数,则?~B(5,0.6)分布.
多数赞成,即
P{??3}?P{??3}?P{??4}?P{??5}
?C30.6)2?C4550.63(1?50.64(1?0.6)1?C550.6(1?0.6)0
?0.68256
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.如果规定先胜4场者为冠军,求甲队经i场(i=4,5,6,7)比赛而成为冠军的概率
pi.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:{??i}表示前i?1场中胜三场,第i场
必胜.
则
P{??4}?C440.64(1?0.6)0?0.1296
P{??5}?C3440.6(1?0.6)1?0.20736
P{??6}?C3450.6(1?0.6)2?0.20736
4
.
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
P{??3}?C1220.6(1?0.6)1?0.288.
因此,进行甲先胜4场成为冠军的概率较大.
5.对n重Bernoulli试验中成功偶数次的概率Pn. 解:记
p为一次Bernoulli试验中事件成功的概率,q为失
败的概率. PC00n?C22n?2n?npqnpq??
由
1?(p?q)n?C00n1p1qn?1????Cnn0npq?Cnnpq
①
(q?p)n?C00n1?1????Cnnpq?Cnpqnn(?p)nq0
②
(①-②)/2得:
1?(q?p)nPn?2
7.在可列重Bernoulli试验中,以?i表第i次成功的等待时间,求证?2??1与?1有相同的概率分布.
解:这是一个几何分布.?2??1表示第一次成功到第二次成
功的等待时间.
如果第一次成功到第二次成功进行了m次试验,而第一次成功进行了n次 试验.根据几何分布的无记忆性可得:
P{?2??1?m}?(1?p)m?1p,P{?1?n)?(1?p)n?1p
因此,?2??1与?1有相同的概率分布.
8.(广义
Bernoulli试验)假定一试验有r个可能结果
A1,?,Ar,并且
P(Ai)?pi?0,p1?p2???pr?1.现将此试验独立
地重复n次,求
A1恰出现k1次,……,Ar恰出现kr次(ki?0,
k1?k2???kr?n)的概率.
解:设一次试验的可能结果为A1,?,Ar,它们构成一完备事
件组,
P?Ai??pi,
?pi?1,则在n次重复独立试验中iA1,?,Ar分别出现
k1,k2,,kr次的概率为 n!kkpk1pk2?pkr .
1!2!?kr!(
A1恰出现k1次,……,Ar恰出现kr次,则Ai组成n元序列,
上述n次试验结果由分成r组,共有Ckn1Ckn2?k1?Ckkrr种结果,每
种结果出现的概率是pk1pk2?pkr,则n次Bernoulli试验中A1恰出现
k1次,……,
Ar恰出现kr次(ki?0,k1?k2???kr?n)
的
概
率
概
率
是
Ck1knCn2?kr1?Ckkrpk1pk2?pkr
?n!kpk1pk2?pkr )
1!k2!?kr!2.3 Poisson分布
1.假定螺丝钉的废品率
p?0.015,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:设每盒应装100+k只,为使每盒有100只以上的好钉,则每盒次品的个数
?应
?k-1,故
5
k?1pik?i01?P{??k?1}??Ci1?0kp0(1?p)1?0?0.8
i?0由于k值不大,有(100?k)?0.015?1.5,
?k?11.5i?1.5ie?0.80,
i?0!查表,当k?1?1时, p1=0.557825;当k?1?2时, p1=0.8,
则k=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??7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
n数?,要满足顾客的要求,则
?Cinpi(1?p)n?i?0.999,
i?0n即
??i??i!e?0.999.
i?0n查表得: 当n=15时,
??i?i?0i!e??0.997553;
n当n=16时,
??i?i!e??0.999001;
i?0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n=1200,p=0.005
的二项分
布.
根据Poisson定理,?服从参数为??1200?0.005?6的
Poisson分布.
10P{??10}???k?6k?0k!e