概率与数理统计第2章答案

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1、习题21.解验证pi是否满足下列两个条件：①pi0,i1,2,，②pi1．i594（1）中的数列为随机变量的分布律；（2）中的数列不是随机变量的分布律，因为p0；（3）366520中的数列不是随机变量的分布律，这是因为pi1．i1252.解依题意X可能取到的值为3,4,5，事件X3表示随机取出的3个球的最大号码为3，则另两个球的只11能为1号，2号，即PX{3}；事件X4表示随机取出的3个球的最大号码为4，因此另外23C105221C31C634个球可在1,2,3号球中任选，此时PX{4}；同理可得PX{5}．33C

2、10C1055X345P1361010103.解令X表示子弹剩余的数目，则X可能取值0,1,2,3,4，根据题意得2PX{4}0.7;{PX3}0.30.70.21;PX{2}0.30.70.06343PX{1}0.30.70.0189;PX{0}1PX{i}0.0081i1X的分布律为X1234P0.00810.01890.210.74cc164.解要使成为某个随机变量的分布律，必须有1，由此解得c；ii2i0231161128（2）PX{2}PX{0}PX{1}PX{2}131243115

3、161112（3）PXPX{1}PX{2}．223124311115.解X可能取的值为3,1,2，且PX{3},{PX1},{PX2}，即X的分布律为326X-312P11132610,x3,1,3x1,3X的分布函数FxPX{x}5,1x2,61,x2.6.解可以看出X取值为1,1,3，且X在每点取值的概率是该点的跳跃高度，所以PX{1}F(1)F(10)F(1)F(0)0.400.4；PX{1}F(1)F(10)F(1)F(1)0.

4、8040.4；PX{3}F(3)F(30)F(3)F(1)10.80.2．所以其分布列为X-113P0.40.40.2kk6k7.解由于X~(6,)Bp，因此PX{K}Cp1p,k0,1,,6．655551由此可算得PX{1}6(1pp),{PX5}6p(1p),即6(1pp)6p(1p),解得p；226221115此时，PX{2}C．622648.解设X为1000辆汽车中出事故的次数，依题意，X服从n1000,p0.0001的二项分布，即X~(1000,0.0001)B，由于n较大，

5、p较小，因此也可以近似地认为X服从np10000.00010.1的泊松分布，即X~P(0.1)，所求概率为010.10.10.10.1PX{2}1PX{0}PX{1}1ee10.9048370.0904840.004679.0!1!9.解设X为电话总机每分钟收到呼唤的次数，依题意X~(4)P，则8k3k444444（1）PX{8}e0.0298.（2）PX{3}e1e10.43350.5665.8!k4k!k0k!10.解设X为取消的人数，依题意X~(4)P，则43k4444（1）PX{4}e

6、0.1954.（2）PX{3}e0.4335.4!k0k!2k5k0444444（3）PX{6}e1e10.78520.2148.（4）PX{0}e0.0183.k6k!k0k!0!11A2A3A11.解（1）fxdx()Axdxx(10)1,解得A2022202x0x1密度函数为：f(x)0其它0.50.50.52（2）P{0X0.5}0fxdx()02xdxx00.25.12（3）P{0.25X2}P{0.25X1}P{1X2}2xdx0dx0.

7、9375.0.251xx[1(1xe)],x0xex012.解因为Fx()fx()，知随机变量X的密度函数为fx()0,x00x011所以PX{1}F(1)1(11)e12e.13.解（1）由于f(x)dx1，即3x13xK3xKf(x)dx=KedxKed(3x)e10003333x3e,x0得K3.于是X的概率密度f(x)；0,x03x（2）PX(