《概率论与数理统计》第三版,科学出版社_课后习题答案.pdf

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1、第二章随机变量2.1X23456789101112P1/31/11/11/5/31/5/31/1/11/11/368296669286∞∞−12.2解：根据−kae∑P(X=k)=1，得∑ae=1，即−1=1。k=0k=01−e故a=e−12.3解：用X表示甲在两次投篮中所投中的次数，X~B(2,0.7)用Y表示乙在两次投篮中所投中的次数,Y~B(2,0.4)(1)两人投中的次数相同P{X=Y}=P{X=0,Y=0}+P{X=1,Y=1}+P{X=2,Y=2}=002002111111220220C20.70.3×C20.40.6+C20.70.3×C20.40.6+C20.70.3×C20

2、.40.6=0.3124(2)甲比乙投中的次数多P{X>Y}=P{X=1,Y=0}+P{X=2,Y=0}+P{X=2,Y=1}=111002220002220111C20.70.3×C20.40.6+C20.70.3×C20.40.6+C20.70.3×C20.40.6=0.562812322.4解:（1）P{1≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=++=1515155121(2)P{0.5

3、1（2）P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}-P{X=2}=1−−=2442.6解：设A表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，i1，2PX{=0}=PAAAA{}=PAPAAPAAAPAAAA()(

4、)(

5、)(

6、)=123412131241231817161512×××=2019181719PX{=1}=PAAAA{}+PAAAA{}+PAAAA{1}+PAAAA{}123412342341234218171618217161818216181716232=×××+×××+×××+×××=201918172019181720191817201918179512323PX{

7、=2}1=−PX{=0}−PX{=1}1=−−=1995952.7解：(1)设X表示4次独立试验中A发生的次数，则X~B(4,0.4)331440PX(≥3)=PX(=3)+PX(=4)=C40.40.6+C40.40.6=0.1792(2)设Y表示5次独立试验中A发生的次数，则Y~B(5,0.4)332441550PX(≥3)=PX(=3)+PX(=4)+PX(=5)=C50.40.6+C50.40.6+C50.40.6=0.317442.8（1）X～P(λ)=P(0.5×3)=P(1.5)01.5−1.5−1.5PX{=0}=e=e0!（2）X～P(λ)=P(0.5×4)=P(2)012

8、−22−2−2PX{≥2}1=−PX{=0}−PX{=1}1=−e−e=−13e0!1!2.9解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为X，则X~B(180,0.01)。依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即P(X≤m)≥0.99，也即P(X≥m+1)≤0.01因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为λ=180×0.01=1.8的泊松分布。查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。故应至少配备6名设备维修人员。2.10解：一个元件使用1500小时失效的概率为15001500100010001P(1000≤X≤1500)=dx=−=∫10

9、00x2x310001设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则Y~B(5,)。3所求的概率为2122380P(Y=2)=C()×()==0.329553332.11解：(1)P(X<2)=F(2)=ln2P(0

10、6)=F(ln16)−F(ln4)ln16ln4−−1=(1−e2)−(1−e2)==0.2542.13（1）假设该地区每天的用电量仅有80万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：112234P{0.8

11、=0.02720.80.8（2）假设该地区每天的用电量仅有90万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：112234P{0.9