概率论答案chapter02

第二章　随机变量及其分布

1．考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保后一年内因意外死亡，则公司赔付２０万元，若投保人因其他原因死亡，则公司赔付５万元，若投保人在投保期末生存，则公司无需付给任何费用．若投保人在一年内因意外死亡的概率为０．０００２，因其他原因死亡的概率为０．００１０，求公司赔付金额的分布律．

解　设赔付金额为X（以万元计），由条件知X取值为２０，５，０，且已知P｛X＝２０｝＝０．０００２，P｛X＝５｝＝０．００１０，故P｛X＝０｝＝１－P｛X＝２０｝－P｛X＝５｝＝０．９９８８，即有分布律

X２０

５

０

2．（１）一袋中装有５只球，编号为１，２，３，４，５．在袋中同时取３只，以X表示取出的３只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律．

（２）将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次中得到的小的点数，试求X的分布律．解　（１）从１～５五个正整数中随机取３个，以X表示３个数中的最大值．X的可能值为３，４，５．在五个数中任取３个共有

５３

＝１０种取法．

｛X＝３｝表示取出的３个数以３为最大值，其余两个数是１，２，仅有这一种情况，故P｛X＝３｝＝１

５３＝１

．３２

５３４２

３．５３

．P｛X＝５｝也可由１－｛X＝４｝表示取出的３个数以４为最大值，其余两个数可在１，２，３中任取２个

，共有

３２

种取法

，故P｛X＝４｝＝

＝

｛X＝５｝表示取出的３个数以５为最大值，其余两个数可在１，２，３，４中任取２个，共有

４２

种取法

，故P｛X＝５｝＝

＝

P｛X＝３｝－P｛X＝４｝得到．

X的分布律为

Xpk

３４５

28概率论与数理统计习题全解指南

（２）解法（i）　以Y１，Y２分别记第一次、第二次投掷时骰子出现的点数，样

本空间为

S＝｛（y１，y２）y１＝１，２，…，６；y２＝１，２，…，６｝，

共有６×６＝３６个样本点．

２，３，４，５，６这６个数，当且仅当以下X＝min｛Y１，Y２｝所有可能取的值为１，

三种情况之一发生时事件X＝k（k＝１，２，３，４，５，６）发生：

（i）Y１＝k且Y２＝k＋１，k＋２，…，６（共有６－k个点）；（ii）Y２＝k且Y１＝k＋１，k＋２，…，６（共有６－k个点）；（iii）Y１＝k且Y２＝k（仅有一个点）．

因此事件“X＝k”共包含（６－k）＋（６－k）＋１＝１３－２k个样本点，于是X的分布律为

PX＝k＝

或写成表格形式：

Xpk

１２３４５６１３２k

，　k＝１，２，３，４，５，６，解法（ii）　共有６×６＝３６个样本点，每个样本点发生的概率为１／３６，用以下示意图中的黑点表示各样本点．X＝min｛Y１，Y２｝所有可能取的值为１，２，３，４，５，６．P｛X＝k｝等于图中相应折线上各个黑点所对应的概率之和．即有

Xpk

１２３４５６亦即　P｛X＝k｝＝

，k＝１，２，３，４，５，６．3．设在１５只同类型的零件中有２只是次（１）求X的分布律．（２）画出分布律的图形．

题２畅２图

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．

解　（１）在１５只零件（其中有２只次品）中抽样３次，每次任取１只作不放回抽样，以X表示所得的次品数，X所有可能取的值为０，１，２，且有

第二章　随机变量及其分布

P｛X＝０｝＝P｛X＝１｝＝

２２１３１２１１

，··＝２１３１２１３２１２１３１２２

··＋··＋··，··）＝

１

．29

＝３（

P｛X＝２｝＝１－P｛X＝０｝－P｛X＝１｝＝

分布律为

（２）4．率为p，失败的概率为

q＝１－p（１）示所需的试验次数，求从以p为参数的几何分布．）

题２畅３图

（２）将试验进行到出现r次成功为止，以Y表示所需的试验次数，求Y的分布律．（此时称Y服从以r，p为参数的巴斯卡分布或负二项分布．）

（３）一篮球运动员的投篮命中率为４５％．以X表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出X的分布律，并计算X取偶数的概率．

解　（１）此试验至少做１次，此即X可能值的最小值．若需做k次，则前k－１次试验均失败最后一次成功，由于各次试验是相互独立的，故分布律为P｛X＝k｝＝qp＝（１－p）p，　k＝１，２，３，…．　　（２）此试验至少做r次，若需做k次，则第k次必为成功，而前k－１次中有

k－１

k－１

r－１次成功，由于各次试验是相互独立的，故分布律为

，　k＝r，r＋１，…．

r－１

（３）先写出X的分布律．它是题（１）中p＝０．４５的情形．所求分布律为

k－１

２，…．P｛X＝k｝＝０．４５（０．５５），　k＝１，因｛X＝j｝∩｛X＝k｝＝碬（j≠k），故X取偶数的概率为

P

k＝１

P｛X＝k｝＝

k－１

pq

rk－r

∪

∞

（X＝２k）＝

k＝１

钞

∞

P｛X＝２k｝

30

∞

概率论与数理统计习题全解指南＝

k＝１

钞０．４５（０．５５）

２k－１

＝

０．４５０．５５１１

．＝　　5．一房间有３扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的．有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去．鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间．假定鸟是没有记忆的，它飞向各扇窗子是随机的．　　（１）以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律．

（２）户主声称，他养的一只鸟是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次．以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数．如户主所说是确实的，试求Y的分布律．

（３）求试飞次数X小于Y的概率和试飞次数Y小于X的概率．

解　（１）本题的试飞次数是指记录鸟儿飞向窗子的次数加上最后飞离房间的一次，其分布律为（参见第４题（１））．

P｛X＝k｝＝

２

k－１

１，　k＝１，２，…．

　　（２）由题意Y的可能值为１，２，３．

｛Y＝１｝表明鸟儿从３扇窗子中选对了一扇，因对鸟儿而言，３扇窗是等可能被选取的，故P｛Y＝１｝＝

．｛Y＝２｝表明第一次试飞失败（选错了窗子），失败方式有２，故第一次失败概率为

２，第二次，鸟儿舍弃已飞过的那扇窗，而从余下的一开一关的两窗选一，成１，故P｛Y＝２｝＝i＝１

功机会为

２１＝

１．．对有记忆鸟儿来说，即Y的分布律为

钞

３

P｛Y＝i｝＝１，故P｛Y＝３｝＝

１

，　i＝１，２，３．P｛Y＝i｝＝

（３）（i）｛X＜Y｝可分解为下列３个两两不相容的事件之和，即

｛X＜Y｝＝（X＝１）∩（Y＝２）∪｛（X＝１）∩（Y＝３）｝

∪｛（X＝２）∩（Y＝３）｝，

故

P｛X＜Y｝＝P｛（X＝１）∩（Y＝２）｝＋P｛（X＝１）∩（Y＝３）｝

＋P｛（X＝２）∩（Y＝３）｝．

因为两只鸟儿的行动是相互独立的，从而

P｛X＜Y｝＝P｛X＝１｝P｛Y＝２｝

　＋P｛X＝１｝P｛Y＝３｝＋P｛X＝２｝P｛Y＝３｝＝

×＋×＋×＝．８＝１－－

＝１－－

＝１－＝

（ii）P｛Y＜X｝＝１－P｛X＜Y｝－P｛X＝Y｝

k＝１

钞钞

３

３

P｛（X＝k）∩（Y＝k）｝P｛X＝k｝P｛Y＝k｝

k＝１

８１１２１４１－×－×－×．6．一大楼装有５台同类型的供水设备．设每台设备是否被使用相互独立．调查表明在任一时刻t每台设备被使用的概率为０．１．问在同一时刻，

（１）恰有２台设备被使用的概率是多少？（２）至少有３台设备被使用的概率是多少？（３）至多有３台设备被使用的概率是多少？（４）至少有１台设备被使用的概率是多少？解　以X表示同一时刻被使用的设备的个数，则

X～b（５，０．１）．

（１）所求的概率为

P｛X＝

２｝＝

（２）所求的概率为

P｛X≥３｝＝P｛X＝３｝＋P｛X＝４｝＋P｛X＝５｝

＝５３

０．１（１－０．１）

＋

３

２

５２

０．１（１－０．１）＝０．０７２９．

２３

５４

０．１（１－０．１）＋０．１

４５

００８１＋０．０００４５＋０．００００１＝０．００８５６．＝０．

（３）所求的概率为

　　　P｛X≤３｝＝１－P｛X＝４｝－P｛X＝５｝

＝１－０．０００４５－０．００００１＝０．９９９５４．

（４）所求概率为

7．设事件A在每次试验发生的概率为０．３．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．

４０９５１．P｛X≥１｝＝１－P｛X＝０｝＝１－（１－０．１）＝０．

５

（２）进行了７次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率．

解　（１）以X表示在５次试验中事件A发生的次数，则X～b（５，０．３）．指示

灯发出信号这一事件可表为｛X≥３｝，故所求的概率为

P｛X≥

３｝＝

５３

０．３（１－０．３）

＋

３

２

５４

０．３（１－０．３）＋０．３＝０．１６３．

４５

　　（２）以Y记在７次试验中事件A发生的次数，则Y～b（７，０．３）．故指示灯发出信号的概率为

P｛Y≥３｝＝１－P｛Y＝０｝－P｛Y＝１｝－P｛Y＝２｝

３）－＝１－（１－０．３５３．＝０．

　　8．甲、乙两人投篮，投中的概率分别为０．６，０．７．今各投３次．求

（１）两人投中次数相等的概率．（２）甲比乙投中次数多的概率．

解　以X，Y分别表示甲、乙投中的次数，则

X～b（３，０．６），　Y～b（３，０．７）．

（１）按题意需求事件｛X＝Y｝的概率，而事件｛X＝Y｝是下列４个两两互不相容的事件之和：

（X＝０）∩（Y＝０），（X＝１）∩（Y＝１），

（X＝２）∩（Y＝２），（X＝３）∩（Y＝３）．自然，甲、乙投中与否被认为是相互独立的，从而P｛X＝Y｝＝

i＝０

７

７１

（１－０．３）０．

３－

６

７２

（１－０．３）０．３

５２

钞

３

P｛（X＝i）∩（Y＝i）｝＝

３

３

i＝０

钞

３

P｛X＝i｝P｛Y＝i｝

２

６）（１－０．７）

＋＝（１－０．　＋

３２

０．６（１－０．６）

２

３１３２

０．６（１－０．６）

２

３１

０．７（１－０．７）

３

３

２

０．７（１－０．７）＋０．６×０．７

００１７２８＋０．０５４４３２＋０．１９０５１２＋０．０７４０８８＝０．３２１．＝０．

（２）按题意需求事件｛X＞Y｝的概率，而事件｛X＞Y｝可表示为下列两两互不相容的事件之和，即

｛X＞Y｝＝｛（X＝１）∩（Y＝０）｝∪｛（X＝２）∩（Y≤１）｝

∪｛（X＝３）∩（Y≤２）｝．

由于甲、乙投中与否相互独立，所以

P｛X＞Y｝＝P｛（X＝１）∩（Y＝０）｝

　＋P｛（X＝２）∩（Y≤１）｝＋P｛（X＝３）∩（Y≤２）｝

＝P｛X＝１｝P｛Y＝０｝＋P｛X＝２｝P｛Y≤１｝＋P｛X＝３｝P｛Y≤２｝＝P｛X＝１｝P｛Y＝０｝＋P｛X＝２｝［P｛Y＝０｝＋P｛Y＝１｝］　＋P｛X＝３｝［１－P｛Y＝３｝］＝

３１

０．６（１－０．６）（１－０．７）＋

２

３

３２

２

０．６（１－０．６）

２

　×（１－０．７）

＋

３

３１

０．７（１－０．

７）６（１－０．７）＋０．

３３

００７７７６＋０．０９３３１２＋０．１４１９１２＝０．２４３．＝０．

9．有一大批产品，其验收方案如下，先作第一次检验：从中任取１０件，经检验无次品接受这批产品，次品数大于２拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取５件，仅当５件中无次品时接受这批产品．若产品的次品率为１０％，求

（１）这批产品经第一次检验就能接受的概率．（２）需作第二次检验的概率．

（３）这批产品按第二次检验的标准被接受的概率．

（４）这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过的概率．（５）这批产品被接受的概率．

解　由教材第二章§２例２的说明知，若以X表示所抽得的１０件产品中所含的次品数，则

X～b（１０，０．１），

又若以Y表示第二次抽检中出现的次品数，则

Y～b（５，０．１）．

（１）按题意所求概率为

P｛X＝０｝＝（１－０．１）

（２）需作第二次检验的概率为P｛１≤X≤

２｝＝

１０１

（０．１）（０．９）

＋

９

１０

３４９．＝０．

１０２

５

（０．１）（０．９）＝０．５８１．

２８

（３）按第二次检验标准接受这批产品的概率为

P｛Y＝０｝＝（０．９）＝０．５９０．

（４）所求概率为

P｛（１≤X≤２）∩（Y＝０）｝．

因为X，Y的取值被认为是放回抽样的结果，即都是独立试验的结果，因此，事件｛１≤X≤２｝与｛Y＝０｝是相互独立的，从而

P｛（１≤X≤２）∩（Y＝０）｝＝P｛１≤X≤２｝P｛Y＝０｝

５８１×０．５９０＝０．３４３．＝０．

（５）这批产品被接受的概率为

34概率论与数理统计习题全解指南

　　　　P｛（X＝０）∪［（１≤X≤２）∩（Y＝０）］｝　　　　　　＝P｛X＝０｝＋P｛（１≤X≤２）∩（Y＝０）｝　　　　　　＝０．３４９＋０．３４３＝０．６９２．

10．有甲、乙两种味道和颜色都极为相似的名酒各４杯．如果从中挑４杯，

能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次．

（１）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？

（２）某人声称他通过品尝能区分两种酒．他连续试验１０次，成功３次．试推断他是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的）．

解　（１）某人随机去猜，从８杯中挑取４杯共有

８４

＝７０种取法，其中只有

１

．一种是正确的．故若某人随机去猜，试验成功一次的概率是p＝

（２）为判断某人是否有区分能力，先假设：“某人无区分能力”．由（１）他猜对一次的概率为

，连续试验１０次，则猜对次数X～b（１０）．今P｛X＝

３｝＝

不仅如此，

P｛X≥３｝＝１－

２

１０３

３

１１－

２

７

＝３．１６×１０１０k

１k

－４

．

１０－k

k＝０

钞

P｛X＝k｝＝１－

－４

k＝０

钞

１－

２４×１０．＝３．

即试验１０次，他猜对次数≥３的概率也仅为万分之三．今事件｛X≥３｝竟然发生了，按实际推断原理，应否定原假设“某人无区分能力”，而认为他确有区分能力．

11．尽管在几何教科书中已经讲过仅用圆规和直尺三等分一个任意角是不可能的，但每一年总是有一些“发明者”撰写关于仅用圆规和直尺将角三等分的文章．设某地区每年撰写此类文章的篇数X服从参数为６的泊松分布．求明年没有此类文章的概率．

解　由题设某地每年撰写此类文章的篇数X～π（６），因此，明年无此类文章的概率为

12．一电话总机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　以X记电话总机一分钟收到呼唤的次数，则有

４，k＝０，１，２，…X～π（４），　P｛X＝k｝＝

k

－４

P｛X＝０｝＝e

－６

５×１０＝２．

－３

．

第二章　随机变量及其分布

（１）所求概率为

35

４P｛X＝８｝＝０２９８．＝０．

８

－４

（２）所求概率为

p＝

k＝４

钞

∞

P｛X＝k｝＝１－

k＝０

钞

３

P｛X＝k｝

＝１－

k＝０

钞

３

13．某一公安局在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼救的次数X服从参数为

的泊松分布，而与时间间隔的起点无关（时间以小时计）．（１）求某一天中午１２时至下午３时未收到紧急呼救的概率．（２）求某一天中午１２时至下午５时至少收到１次紧急呼救的概率．解　已知

X～π（

（１）t＝３，所求概率为

P｛X＝０｝＝e（２）t＝５，所求概率为

－３

２

４５６６５．＝０．

k

－４

）．２２３１．＝０．

－５

２

P｛X≥１｝＝１－P｛X＝０｝＝１－e９１７９．＝０．

14．某人家中，在时间间隔t（以小时计）内接到电话的次数X服从参数为２t的泊松分布．

（１）若他外出计划用时１０分钟，问其间电话铃响一次的概率是多少？（２）若他希望外出时没有电话的概率至少为０．５，问他外出应控制最长时间是多少？

的总时间，即X的分布律为P｛X＝k｝＝，k＝０，１，２，…．

１

故所求概率为（１）t＝１０／６０＝１／６时，X～π（２×），１－１／３

P｛X＝１｝＝e＝０．２３８８．

k

－２t

解　以X表示此人外出时电话铃响的次数，则X～π（２t），其中t表示外出

无电话打进的概率为（２）设外出最长时间为t（小时），因X～π（２t），

P｛X＝０｝＝e

－２t

，

要使P｛X＝０｝＝e

－２t

≥０．５，即要使e≤２，由此得

t≤ln２＝０．３４６６（小时），

２t

36概率论与数理统计习题全解指南

即外出时间应控制小于２０．７９分．

15．保险公司在一天内承保了５０００张相同年龄，为期一年的寿险保单，每人一份．在合同有效期内若投保人死亡，则公司需赔付３万元．设在一年内，该年龄段的死亡率为０．００１５，且各投保人是否死亡相互独立．求该公司对于这批投保人的赔付总额不超过３０万元的概率（利用泊松定理计算）．

解　设这批投保人在一年内死亡人数为X，则X～b（５０００，０．００１５），因每死亡一人公司需赔付３万元，故公司赔付不超过３０万元意味着在投保期内死亡人数不超过３０／３＝１０（人），从而所求概率为

P｛X≤１０｝＝

k＝０

钞

１０

５０００k

（０．００１５）（１－０．００１５）

k５０００－k

．

若用泊松近似可以认为X～π（７．５），于是

P｛X≤１０｝≈

k＝０

钞

１０

７．５k

－７．５

查表

０．８６２２．

16．有一繁忙的汽车站，每天有大量汽车通过，设一辆汽车在一天的某段时间内出事故的概率为０．０００１．在某天的该时间段内有１０００辆汽车通过．问出事故的车辆数不小于２的概率是多少？（利用泊松定理计算）

解　以X表示汽车站某天该时间段内汽车出事故的辆数，由题设X～b（１０００，０．０００１），因n＝１０００＞１００，且np＝０．１＜１０，故可利用泊松定理计算P｛X≥２｝，即令λ＝np＝０．１，有

P｛X＝k｝＝

其中λ＝np＝０．１，从而

P｛X≥２｝＝１－P｛X＝０｝－P｛X＝１｝

≈１－e

１，求X的分布函数，并作出其图形．

（２）求第２题（１）中的随机变量的分布函数．解　（１）X服从（０－１）分布，分布律为

Xpk

０１－p

１p

－０．１

nk

p（１－p）

kn－k

≈

λk

－λ

，

－e

－０．１

×０．１＝０．００４７．

k

１－k

17．（１）设X服从（０－１）分布，其分布律为P｛X＝k｝＝p（１－p）

，k＝０，

当x＜０时，F（x）＝P｛X≤x｝＝０，当０≤x＜１时，

F（x）＝P｛X≤x｝

第二章　随机变量及其分布＝P｛X＝０｝＝１－

p，

当x≥１时，

F（x）＝P｛X≤x｝

＝P｛X＝０｝＋P｛X＝１｝＝（１－p）＋p＝１，

即有（如题２畅１７图）

０，

F（x）＝

x＜０，

题２畅１７图

37

１－p，０≤x＜１，１，x≥

１．

（２）X的分布律为

Xpk

３０．１

４０．３

５０．６

X的分布函数为F（x）＝P｛X≤x｝，即有当x＜３时，

F（x）＝P｛X≤x｝＝０，

当３≤x＜４时，

F（x）＝P｛X≤x｝＝P｛X＝３｝＝０．１，

当４≤x＜５时，

F（x）＝P｛X≤x｝＝P｛X＝３｝＋P｛X＝４｝

１＋０．３＝０．４，＝０．

当x≥５时，

F（x）＝P｛X≤x｝＝P｛X＝３｝＋P｛X＝４｝＋P｛X＝５｝＝１，

故知

０，

F（x）＝

x＜３，

０．１，３≤x＜４，０．４，

４≤x＜５，１，

１，核对一下是否做对了．

18．在区间［０，a］上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标．设这个质点落在［０，a］中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例．试求X的分布函数．

解　X的分布函数为

x≥５．

注意，F（x）的定义域总是（－∞，∞），它是一个右连续函数，且有F（∞）＝

38概率论与数理统计习题全解指南

F（x）＝P｛X≤x｝．

当x＜０时，F（x）＝P｛X≤x｝＝P｛碬｝＝０，

当０≤x≤a时，按题意P｛０≤X≤x｝＝kx，k是某一常数，为了确定k，取x

＝a，得P｛０≤X≤a｝＝ka．因我们只是在区间［０，a］上投掷质点，所以｛０≤X≤a｝为必然事件，即有１＝P｛０≤X≤a｝＝ka，k＝

当０≤x＜a时，F（x）＝P｛X≤x｝＝

，１，因此当x≥a时，按题意P｛X≤x｝为必然事件，即有

F（x）＝P｛X≤x｝＝１，

故知

０，

F（x）＝

x＜０，，０≤x＜a，１，

（以分计），X的分布函数是

FX（x）＝

求下述概率：

（１）P｛至多３分钟｝．（２）P｛至少４分钟｝．（３）P｛３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　（１）P｛至多３分钟｝＝P｛X≤３｝＝FX（３）＝１－e（２）P｛至少４分钟｝＝P｛X≥４｝＝１－P｛X＜４｝

＝１－P｛X≤４｝＝１－FX（４）＝e

P｛X＝４｝＝０，P｛X＜４｝＝P｛X≤４｝．）

（３）P｛３分钟至４分钟之间｝＝P｛３≤X≤４｝＝P｛３＜X≤４｝

＝FX（４）－FX（３）＝e

－１．２－１．６－１．２

x≥

a．

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

１－e０，

－０．４x

，x＞０，x≤

０．

．

．

（因为FX（x）是指数分布随机变量X的分布函数，X是连续型随机变量，故

－e

－１．６

．

（４）P｛至多３分钟或至少４分钟｝＝P｛（X≤３）∪（X≥４）｝

＝P｛X≤３｝＋P｛X≥４｝＝１－e

－１．２

＋e

－１．６

．

（５）P｛恰好２．５分钟｝＝P｛X＝２．５｝＝０．

第二章　随机变量及其分布

20．设随机变量X的分布函数为

０，

FX（x）＝

lnx，１≤x＜e，

x≥

e．

５．

x＜１，

39

１，

（１）求P｛X＜２｝，P０＜X≤３，P２＜X＜（２）求概率密度fX（x）．

解　（１）对应任意指定的实数a，只要随机变量X（不管什么类型）的分布函数在点a处连续，则P｛X＝a｝＝０（参见教材第二章§４关于P｛X＝a｝＝０的证明），故有

P｛X＜２｝＝P｛X≤２｝＝FX（２）＝ln２，P｛０＜X≤３｝＝FX（３）－FX（０）＝１－０＝１．P２＜X＜

＝P２＜X≤＝ln

＝FX

－FX（２）

５５

．－ln２＝ln

即有FX（x）＝fX（x），

其他．

（２）由于在fX（x）的连续点处有

fX（x）＝

１

，１＜

x＜e，０，

因fX（x）在个别点的函数值可以是随意指定的有限值（参见教材第二章§４页下注），这里我们指定fX（１）＝０，fX（e）＝０．

21．设随机变量X的概率密度为（１）f（x）＝

２（１－０，x，０，

１

１≤x≤２，），其他．０≤x＜１，其他．

（２）f（x）＝２－x，１≤x＜２，

求X的分布函数F（x），并画出（２）中的f（x）及F（x）的图形．

解　（１）因概率密度f（x）在x＜１，x＞２处都等于零，即知当x＜１时，F（x）＝当x＞２时，F（x）＝

∫∫

x

－∞x

f（x）dx＝

∫

x

－∞

０dx＝０，

∞x

－∞

f（x）dx＝１－

∫

f（x）dx＝１－

∫

∞x

０dx＝１．

40概率论与数理统计习题全解指南

当１≤x≤２时，F（x）＝

∫

x

－∞

f（x）dx＝

x１

∫

１－∞

０dx＋

∫

x

１

２１－

１

dx＝２x＋

故所求分布函数是

０，

F（x）＝

２x＋１，

＝２x＋

１

－２．x＜１，

　１

－２，

　　１≤x＜２，　

x≥２．

　　（２）概率密度f（x）在x＜０，x≥２处都等于零，即知

当x＜０时，F（x）＝０；x≥２时，F（x）＝１，又当０≤x＜１时，

F（x）＝

当１≤x＜２时，

F（x）＝

∫

x－∞

f（x）dx＝

∫

０－∞

０dx＋

∫

x

０

．xdx＝２

∫

x

－∞

f（x）dx＝２x－

２

∫

０－∞x１

０dx＋

∫

１０

xdx＋

２

∫（２－

１

x

x）dx

１＝＋故所求分布函数为

＝２x－－１．

x＜０，０≤x＜１，

２

０，

F（x）＝

，２

２x－１≤x＜２，－１，

１，

x≥

２．

f（x），F（x）的图形如题２畅２１图．

注：分段定义的连续型随机变量的分布函数F（x），由于F（x）连续，它的定义域中各子区间的端点，只要求表达清楚，属于哪一个区间无关紧要，也没必要与f（x）一致．

22．（１）分子运动速度的绝对值X服从麦克

Axe

２

２

－x／b

题２畅２１图

斯韦（Maxwell）分布，其概率密度为

f（x）＝

，x＞０，其他，

０，

其中b＝m（２kT），k为玻耳兹曼（Boltzmann）常数，T为绝对温度，m是分子的

第二章　随机变量及其分布

质量，试确定常数A．

41

（２）研究了英格兰在１８７５—１９５１年期间，在矿山发生导致不少于１０人死亡的事故的频繁程度，得知相继两次事故之间的时间T（以日计）服从指数分布，其概率密度为

fT（t）＝

１－t／２４１

e，t＞０，０，

其他．

求分布函数FT（t），并求概率P｛５０＜T＜１００｝．

解　（１）因X的概率密度函数f（x）具有性质

∫

故由

１＝

∞

－∞

f（x）dx＝１，

∫

∞

－∞

f（x）dx＝

∫

∞０

０－∞

０dx＋

∫

∞

０

Axe

２

２

－x／b

dx

－x２／b

＝－Axe

令x

b＝u

＋∞

０

e

２－x／b

dx

２－u

∞

０

e

２－u

du＝

π（由

∫

∞

－∞

e

－t２／２

dt＝２π，知

∫

∞

０

edu＝A＝

π

），得到４．

t－∞

（２）当t＜０时，FT（t）＝当t＞０时，

FT（t）＝

∫

t

－∞

fT（t）dt＝

∫

t０

０dt＝０，

∫

t

－∞

fT（t）dt＝

∫

０－∞

０dt＋

∫

－t／２４１１－t／２４１

edt＝１－e，故所求的分布函数为

FT（t）＝

１－e０，

－t／２４１

，t＞０

，其他．－e

－１００／２４１

而P｛５０＜T＜１００｝＝FT（１００）－FT（５０）＝e

－５０／２４１

．

23．某种型号器件的寿命X（以h计）具有概率密度：

f（x）＝

１０００

，x＞１０００

，０，

其他．

现有一大批此种器件（设各器件损坏与否相互独立），任取５只，问其中至少有２只寿命大于１５００小时的概率是多少？

42概率论与数理统计习题全解指南

解　任取一只该种器件，其寿命大于１５００h的概率为

p＝

∫

∞

１５００

１０００

dx＝－∞１５００

＝

２

．２３）（理任取５只这种器件，其中寿命大于１５００小时的只数记为X，则X～b（５，由参见教材第二章§２例２）．故所求概率为

P｛X≥２｝＝１－P｛X＝０｝－P｛X＝１｝

＝１－

２

１－

５

－

５１

２２１－４

＝

２３２

．24．设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X（min）服从指数分布，其概率密度为

fX（x）＝

１－x／５

e，x＞０，０，

其他．

某顾客在窗口等待服务，若超过１０min他就离开．他一个月要到银行５次．以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数．写出Y的分布律，并求P｛Y≥１｝．

解　顾客在窗口等待服务超过１０min的概率为

p＝

∫

∞

１０

fX（x）dx＝

∫

∞

１０

１－x／５－２

edx＝e，－２

故顾客去银行一次因未等到服务而离开的概率为e分布律为

P｛Y＝

k｝＝

５k

（e）（１－e）

－２

k

－２

５－k

．从而Y～b（５，e

－２

）．Y的

，　k＝０，１，２，３，４，５．

－２

５

25．设K在（０，５）服从均匀分布，求x的方程

２

P｛Y≥１｝＝１－P｛Y＝０｝＝１－（１－e）＝０．５１６７．

４x＋４Kx＋K＋２＝０

有实根的概率．

解　x的二次方程４x＋４Kx＋K＋２＝０有实根的充要条件是它的判别式

２

Δ＝（４K）－４×４（K＋２）≥０，

２

即解得

１６（K＋１）（K－２）≥０，K≥２，或K≤－１．

由假设K在区间（０，５）上服从均匀分布，其概率密度为

fK（x）＝

，０＜x＜５，０，

其他，

故这个二次方程有实根的概率为

第二章　随机变量及其分布

p＝P｛（K≥２）∪（K≤－１）｝＝P｛K≥２｝＋P｛K≤－１｝＝

43

∫

∞

２

fK（x）dx＋

２

∫

－１－∞

fK（x）dx＝

∫

５２

26．设X～N（３，２）．

（２）确定c，使得P｛X＞c｝＝P｛X≤c｝．

１

dx＋∫

－１－∞

０dx＝

３．（１）求P｛２＜X≤５｝，P｛－４＜X≤１０｝，P｛X＞２｝，P｛X＞３｝．（３）设d满足P｛X＞d｝≥０．９，问d至多为多少？解　（１）因X～N（３，２），故有P｛a＜X≤b｝＝PP｛２＜X≤５｝＝Ф

＜≤－Ф

＝Ф

－Ф

．２

５）＝Ф（１）－Ф（－０．

５））＝０．８４１３－１＋０．６９１５＝Ф（１）－（１－Ф（０．５３２８．＝０．

P｛－４＜X≤１０｝＝Ф

１０３

４３－Ф

５）－Ф（－３．５）＝２Ф（３．５）－１＝Ф（３．

９９９８－１＝０．９９９６．＝２×０．

P｛X＞２｝＝１－P｛X≤２｝＝１－P｛－２≤X≤２｝

＝１－

Ф

２３

２３－Ф

５）＋Ф（－２．５）＝１－Ф（－０．

５）＋１－Ф（２．５）＝Ф（０．

６９１５＋１－０．９９３８＝０．６９７７．＝０．

P｛X＞３｝＝１－P（X≤３）＝１－Ф（２）由P｛X＞c｝＝P｛X≤c｝，得

１－P｛X≤c｝＝P｛X≤c｝，P｛X≤c｝＝

即有Ф

１＝＝Φ（０），于是＝０，c＝３．１－Ф

９，≥０．

９＝Φ（１．２８２），≥０．

１

，３３５＝０．５．＝１－Ф（０）＝１－０．

（３）P｛X＞d｝≥０．９，即

Ф－

44概率论与数理统计习题全解指南

因分布函数Ф（x）是一个不减函数，故有

－

因此

２８２，≥１．

27．某地区１８岁的女青年的血压（收缩压，以mmHg计，１mmHg＝１３３畅３２２４Pa）服从N（１１０，１２）分布．在该地区任选一１８岁的女青年，测量她

２

d≤３＋２×（－１．２８２）＝０．４３６．

的血压X．求

（１）P｛X≤１０５｝，P｛１００＜X≤１２０｝．（２）确定最小的x，使P｛X＞x｝≤０．０５．解　（１）因为X～N（１１０，１２），故有

P｛X≤１０５｝＝Φ

１０５１１０

５＝Φ

－Φ

１００１１０

２

４１７）＝１－０．６６１７＝０．３３８３．＝１－Φ（０．

P｛１００＜X≤１２０｝＝Φ

＝２Φ

１２０１１０

１０８３３）－１－１＝２Φ（０．

，

７９７６－１＝０．５９５２．＝２×０．

　　（２）要求P｛X＞x｝≤０．０５．因P｛X＞x｝＝１－P｛X≤x｝＝１－Φ即要求

１－Φ

即需由此得

≤０．０５，

Φ

≥０．９５＝Φ（１．６４５）．

≥１．６４５，　x≥１２９．７４．故x的最小值为１２９．７４．

28．由某机器生产的螺栓的长度（cm）服从参数μ＝１０．０５，σ＝０．０６的正态分布．规定长度在范围１０．０５±０．１２内为合格品，求一螺栓为不合格品的概率．

解　记螺栓的长度为X，X～N（１０．０５，０．０６），螺栓不合格的概率为１－P｛１０．０５－０．１２＜X＜１０．０５＋０．１２｝＝１－

２

Ф

－Ф

０４５６．＝１－Ф（２）＋Ф（－２）＝０．

29．一工厂生产的某种元件的寿命X（以小时计）服从参数为μ＝１６０，

σ（σ＞０）的正态分布．若要求P｛１２０＜X≤２００｝≥０．８０，允许σ最大为多少？

第二章　随机变量及其分布

解　X～N（１６０，σ），今要求P｛１２０＜X≤２００｝＝Ф即要求应有

４０

２

45

４０

－Ф

＝２Ф

４０

８０，－１≥０．

Ф４０

９＝Ф（１．２８２），≥０．

２０，＝３１．

２８２，　σ≤≥１．

２０．即允许σ最大为３１．

２

30．设在一电路中，电阻两端的电压（伏）服从N（１２０，２），今独立测量了５次，试确定有２次测定值落在区间［１１８，１２２］之外的概率．

解　设第i次测定值为Xi，i＝１，２，３，４，５，则Xi～N（１２０，４）．－Φ

＝Φ（１）－Φ（－１）＝２Φ（１）－１＝０．６８２６．１２２］｝＝１－P｛１１８≤X≤１２２｝＝０．３１７４，i＝１，２，３，４，５．P｛Xi臭［１１８，

因诸Xi相互独立，故若以Y表示５次测量其测定值Xi落在［１１８，１２０］之外的个数，则Y～b（５，０．３１７４），故所求概率为

５２３

P｛Y＝２｝＝（０．３１７４）（０．６８２６）＝０．３２０４．

２

31．某人上班，自家里去办公楼要经过一交通指示灯，这一指示灯有８０％时

P｛１１８≤Xi≤１２２｝＝Φ

间亮红灯，此时他在指示灯旁等待直至绿灯亮．等待时间在区间［０，３０］（以秒计）服从均匀分布．以X表示他的等待时间，求X的分布函数F（x）．画出F（x）的图形，并问X是否为连续型随机变量，是否为离散型的？（要说明理由）

解　当他到达交通指示灯处时，若是亮绿灯，则等待时间X为零，亮红灯则等待时间X服从均匀分布．记A为事件“指示灯亮绿灯”，对于固定的x≥０，由P｛X≤x｝＝P｛X≤x｜A｝P（A）＋P｛X≤x｜珡A｝P（珡A），

其中P｛X≤x｜A｝＝１，P｛X≤x｜珡A｝＝（当０≤x≤３０），P（X≤x｜珡A）＝

１（当x＞３０）．由P（A）＝０畅２得到

０．８x

P｛X≤x｝＝１×０．２＋×０．８＝０．２＋（当０≤x≤３０）；

P｛X≤x｝＝１×０．２＋１×０．８＝１（当x＞３０）．于是得X的分布函数为

０，　　　　　　　　x＜０，

２＋F（x）＝P｛X≤x｝＝０．

０．８x

，　　０≤x＜３０，x≥３０．

全概率公式有

１，　　

46概率论与数理统计习题全解指南

因F（x）在x＝０处有不连续点，故随机变量X不是连续型的，又因不存在一个可列的点集，使得在这个点集上X取值的概率为１，故随机变量X也不是离散型的，X是混合型随机变量．

32．设f（x），g（x）都是概率密度函数，求证

h（x）＝αf（x）＋（１－α）g（x），　０≤α≤１也是一个概率密度函数．

解　因f，g都是概率密度函数，故有f（x）≥０，　g（x）≥０，且

（倡１）

题２畅３１图

∫

∞

－∞

f（x）dx＝１，　　　

∫

∞

－∞

g（x）dx＝１．（倡２）

现在０≤α≤１，故１－α≥０，由（倡１）有

αf（x）≥０，　　（１－α）g（x）≥０，

于是　　　　h（x）≥０．又由（倡２）知

∫

∞

－∞

h（x）dx＝α

∫

∞

－∞

f（x）dx＋（１－α）

∫

０∞－∞

g（x）dx＝α＋（１－α）＝１，

所以h（x）是一个概率密度函数．

33．设随机变量X的分布律为

Xpk

－２－１１３求Y＝X的分布律．

解　Y＝X所有可能取值为０，１，４，９．P｛Y＝０｝＝P｛X＝０｝＝

２

２

２

１

，＋＝，１１＝，P｛Y＝１｝＝P｛X＝１｝＝P｛（X＝１）∪（X＝－１）｝

＝P｛X＝１｝＋P｛X＝－１｝＝

２

P｛Y＝４｝＝P｛X＝４｝＝P｛（X＝２）∪（X＝－２）｝

＝P｛X＝２｝＋P｛X＝－２｝＝０＋

２

P｛Y＝９｝＝P｛X＝９｝＝P｛（X＝３）∪（X＝－３）｝

第二章　随机变量及其分布

＝P｛X＝３｝＋P｛X＝－３｝＝

故X的分布律为

Ypk

０１４９47

１１１１＋０＝，34．设随机变量X在区间（０，１）服从均匀分布．（１）求Y＝e的概率密度．（２）求Y＝－２lnX的概率密度．解　X的概率密度为

０，其他．

分别记X，Y的分布函数为FX（x），FY（y）．

（１）先来求Y的分布函数FY（y），因Y＝e＞０，故当y≤０时，FY（y）＝P｛Y≤y｝＝０，从而fY（y）＝０．当y＞０时，

FY（y）＝P｛Y≤y｝＝P｛e

将上式关于y求导，得

fY（y）＝fX（lny）·

１

＝１·０，

１

，０

＜lny＜１，lny＜０或lny＞１

XX

X

f（x）＝

１，０＜x＜１，

≤y｝

＝P｛X≤lny｝＝FX（lny）．

１

，１＜y＜e，＝

０，０＜y＜１或y＞

e，

１

，１＜y＜e，故有（）＝fYy

０，其他．

（２）先来求FY（y）．当X在（０，１）取值时Y＞０，故当y≤０时，FY（y）＝０，从而fY（y）＝０．当y＞０时，

FY（y）＝P｛Y≤y｝＝P｛－２lnX≤y｝＝P｛X≥e

＝１－P｛X＜e

于是

fY（y）＝－fX（e

－y

２

－y

２

－y

２

｝

｝＝１－FX（e

－y２

），

２

）（－

－y

e

２

）＝

１－y

e０，

，y＞０，其他．

48概率论与数理统计习题全解指南

本题也可以利用教材第二章§５定理的结果直接解得：

（１）Y＝e，即有y＝g（x）＝e，在区间（０，１）上恒有g′（x）＝e＞０，因此

X

x

x

且g（x）具有反函数x＝h（y）＝lny，又h′（y）＝g（x）严格单调增加，

１，g（１）＝e，由教材第二章（５．２）式，得Y＝e的概率密度为

fY（y）＝

fX（lny）０，

１

１

，１＜y＜e，，１＜y＜e，

＝其他０，其他．

y／２X

１

，g（０）＝（２）Y＝－２lnX，即有y＝g（x）＝－２lnx，在区间（０，１）上恒有g′（x）＝－

－＜０，且g（x）具有反函数x＝h（y）＝e，又h′（y）＝－

由教材第二章（５．２）式得Y＝－２lnX的概率密度为g（１）＝０．

fY（y）＝

fX（e０，fY（y）＝

１－

e０，

y／２

－y／２

－

ey／２

，g（０）＝∞，

）－

１－

ey／２

，０＜y＜∞，其他，

即

，y＞０，其他．

注：利用教材第二章（５．２）式直接写出Y＝g（X）的概率密度时，应注意两点：

（１）首先要检验函数y＝g（x）是否是严格单调的（一般可利用g′（x）来检验），如果不是严格单调的，那就不能采用这一公式．（２）在公式中的h′（y）要取绝对值，如忘记取绝对值，

就可能犯严重的错误，例如在本题（２）中若忘记了将h′（y）取绝对值，那么所得的概率密度就成为

－０，

就有fY（y）≤０了．

X

１－y／２

e，y＞０，其他，

35．设X～N（０，１）．

２

（１）求Y＝e的概率密度．（２）求Y＝２X＋１的概率密度．（３）求Y＝

X的概率密度．

X

解　（１）因为Y＝e，故Y不取负值．从而，若y＜０，则fY（y）＝０；若y＞０，注意到X～N（０，１），故Y的分布函数为

FY（y）＝P｛Y≤y｝＝P｛０＜Y≤y｝＝P｛０＜e

＝P｛－∞＜X≤lny｝＝Φ（lny）．

X

≤y｝

第二章　随机变量及其分布

从而，y＞０时，

f（y）＝

YX

49

于是，Y＝e的概率密度为

FY（y）＝Φ（x）fY（y）＝

x＝lny

·

１

＝（ln１－１e２π

y）

２

·

１．１－（ln

e２πy

２y）

２

，

　　

y＞０，

　　

其他．０，

２

故Y在［１，＋∞）取值，从而y＜１时fY（y）＝０；若y≥　　（２）因Y＝２X＋１，

１，注意到X～N（０，１），故Y的分布函数为

２

FY（y）＝P｛Y≤y｝＝P｛２X＋１≤y｝

＝P－＝Φ

故y＞１时，

fY（y）＝

≤X≤－Φ－２Φ＝２Φ－１．－１１

２（y－１）

＝２·＝

１－（y－１）／４１e··

２π

２

于是Y＝２X＋１的概率密度为

２

－（y－１）／４

e．

π（y－１）

１－（y－１）／４　e，y＞１，

　　　fY（y

）＝２π（y－１）

其他．０，

　　（３）对于Y＝X，显然，当y＜０时，fY（y）＝０，当y≥０时，注意到X～N（０，１），就有

FY（y）＝P｛０≤Y≤y｝＝P｛X≤y｝

＝P｛－y≤X≤y｝＝Φ（y）－Φ（－y）＝２Φ（y）－１．

因此，y＞０时，

f（y）＝

Y

故Y＝X

的概率密度为

FY（y）＝［２Φ（y）－１］＝fY（y）＝

２－y２

e２π

２

．

　２－２

y＞０，e，

　　　

其他．０，

50概率论与数理统计习题全解指南

３

　　36．（１）设随机变量X的概率密度为f（x），－∞＜x＜∞．求Y＝X的概率密度．

（２）设随机变量X的概率密度为

f（x）＝

求Y＝X的概率密度．

解　（１）Y＝X，即有y＝g（x）＝x，它严格单调增加，解得x＝h（y）＝y且有h′（y）＝

１－２

y３３

３

１／３

２

０，

e

－x

，x＞０，其他．

，

，由教材第二章（５．２）式得Y＝X的概率密度为fY（y）＝

１－２

y２

３

３

f（y

１３

），　y≠０．

（２）Y＝X，即有y＝g（x）＝x，在x＞０时，g（x）严格单调增加，具有反函数x＝h（y）＝密度为

１

fY（y）＝２y

０，

37．设随机变量X的概率密度为

２x

０＜x＜π，，（x）＝f

０，其他．

求Y＝sinX的概率密度．

解　X在（０，π）取值时Y＝sinX在（０，１）取值，故若y＜０或y＞１时若０≤y≤１，Y的分布函数为fY（y）＝０．

FY（y）＝P｛Y≤y｝＝P｛０≤Y≤y｝＝P｛０≤sinX≤y｝

＝P｛（０≤X≤arcsiny）∪（π－arcsiny≤X≤π）｝＝P｛０≤X≤arcsiny｝＋P｛π－arcsiny≤X≤π｝＝＝

所以当０＜y＜１时，

fY（y）＝

因此，所求的概率密度为

e

－

y

２

又有h′（y）＝y，

１－１y２

，由教材第二章（５．２）式得Y＝X的概率

２

，y＞０，其他．

∫

arcsiny

０

２x

dx＋∫

π

π－arcsiny

２xdx１１２２２

arcsiny．（arcsiny）＋１－（π－arcsiny）＝FY（y）＝π

２

．２

１－y

第二章　随机变量及其分布２　，０＜y＜１，２

　fY（y）＝π１－y　　

其他．０，

51

38．设电流I是一个随机变量，它均匀分布在９A～１１A之间．若此电流通过２Ω的电阻，在其上消耗的功率W＝２I．求W的概率密度．

解　电流I的概率密度为

fI（i）＝

２

２

２

１

，９＜i＜１１，０，

其他．

W＝２I，即有w＝g（i）＝２i，在i＞０时，g（i）严格单调增加，且有反函数i＝h（w）＝

２１，而h′（w）＝

１２２

w

－１

，g（９）＝１６２，g（１１）＝２４２．由教材第二章（５．２）

式得W＝２I的概率密度为

fW（w）＝

即

fW（w）＝

１０，

１

，１６２＜w＜２４２，２w

其他．

－１１w

２２

１，１６２＜w＜２４２，其他，

０，

39．某物体的温度T（°F）是随机变量，且有T～N（９８．６，２），已知Θ＝（T－３２），试求Θ（℃）的概率密度．解　T的概率密度为

fT（t）＝

１２π

e

６）－（t－９８．２

，　－∞＜t＜∞．

将Θ的分布函数记为FΘ（y），则有

FΘ（y）＝P｛Θ≤y｝＝P

９

y＋３２将上式关于y求导得到Θ的概率密度为

＝PT≤

fΘ（y）＝fT

即有

５

（T－３２）≤y＝

∫

９

＋３２y

－∞

fT（t）dt．

２１（９６）９y＋３２－９８．９１９－e，y＋３２×＝×

２π８１（y－３７）

－９

e．fΘ（y）＝

１０π

２