概率论与数理统计第四版习题答案

1 考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年内意外死亡，则公司赔付20万元，若投保人因其它原因死亡，则公司赔付5万元，若投保人在投保期末自下而上，则公司无需传给任何费用。若投保人在一年内因意外死亡的概率为0.0002，因其它原因死亡的概率为0.0010，求公司赔付金额的分崣上。

解 设赔付金额为X，则X是一个随机变量，取值为20万，5万，0，其相应的概率为0.0002；0.0010；0.9988，于是得分布律为 X 20（万） 0.0002 5万 0.0010 0 0.9988 px

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）在袋中同时取3个球，最大的号码是3,4，5。每次取3个球，其总取法：

3C55410，若最大号码是3，则有取法只有取到球的编号为1,2，3这一种取法。2121C21因而其概率为 P{X3}33

C5C510若最大号码为4，则号码为有1,2，4；1，3,4； 2，3，4共3种取法，

3C323 其概率为P{X4}33

C5C510若最大号码为5，则1，2,5；1,3，5；1，4,5；2,3，5；2,4，5；3,4，5共6种取法

6C526其概率为 P{X5}33

C5C5102Cx21C一般地 p(Xx)，其中x1为最大号码是x的取法种类数，则随机变量3C5X的分布律为

X 3 4 5 px 1 103 106 10（2）将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次中得到的小的点数，则样本点为 S＝｛（1,1），（1,2），（1,3），…，（6,6）｝，共有36个基本事件， X的取值为1,2，3,4，5,6，

最小点数为1，的共有11种，即（1,1，），（1,2），（2,1）…，（1,6），（6,1），

P{X1}11； 36最小点数为2的共有9种，即（2,2），（2,3），（3,2），…，（3,6），（6,3）， P{X2}9； 367； 365最小点数为4的共有5种，P{X4}；

363最小点数为5的共有3种，P{X5}；

361最小点数为6的共有1种，P{X6}

36最小点数为3的共有7种，P{X3}于是其分布律为 X pk 1 2 3 4 5 6 1197531 363636363636

3 设在15只同类型的产品中有2只次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X表示取出的次品的次数，

（1）求X的分布律； （2）画出分布律的图形。

解 从15只产品中取3次每次任取1只，取到次品的次数为0，1，2。在不放回的情形下，

3从15只产品中每次任取一只取3次，其总的取法为： P15151413，

其概率为

3若取到的次品数为0，即3次取到的都是正品，其取法为 P13131211

}其概率为 p{X013121122

15141335若取到的次品数为1，即有1次取正品，2次取到次品，其取法为

112C3C2P13321312

其概率为 p{X1}32131212

1514133522121。 3535351 2 若取到的次品数为2，，其概率为

p{X2}1p{X0}p{X1}1于是其分布律为

X 0 px （2）分布律图形略。 22 3512 351 354 进行重复独立试验，设每次试验成功的概率为p，失败的概率为q1p（0p1），

（1）将试验进行到出现一次成功为止，以X表示所需要的试验次数，求X的分布律。（此时称X服从以p为参数的几何分布。）。 （2）将试验进行到出现r次成功为止，以Y表示所需要的试验次数，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。）

解 （1）X的取值为1,2,分布律为

,n,，对每次试验而言，其概率或为1，或为q所以其

X pk 1 2 3 4 … n … p qp qp qp … q23n1p … (2)Y的取值为r,r1,布律为

,n,，对每次试验而言，其概率或为1，或为q所以其分

Y pk r r1 r2 … rk … pr Cr11qpr Cr22q2pr … Crkkqkpr …

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往了房间，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，鸟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表示这只聪明鸟为了飞出房间试飞的次数，如房主所说的是确实的，试求Y的分布律。

（3）求试飞次数X小于Y的概率；求试飞次数Y小于X的概率。

解 （1）X服从p1的几何分布，其分布律为 3X 1 2 3 … 121221pk  () … 33333(2)Y所有可能的取值为1,2，3.

1 3211 p{Y2}

323211 p{Y3}1

323方法一 p{Y1}方法二 由于鸟飞向扇窗是随机的，鸟飞出指定窗子的尝试次数也是等可能的，即 p{Y1}p{Y2}p{Y3}即Y的分布律为

1 3Y 1 2 3 111pk 333(3) p{XY}p{X1,Y2}p{X1,Y3}p{X2,Y3}

111121 3333938 

27 p{YX}p{Y1,X2}p{Y1,X3}p{Y2,X3}p{Xi}

i412122112212i1 ()()()

39333333i433 38 816.一大楼装有5个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻t每个设备被使用的概率为0.1，问在同一时刻

（1）恰有2个设备被使用的概率是多少？

（2）至少有3个设备被使用的概率是多少？ （3）至多有3个设备被使用的概率是多少？ （4）至少有1个设备被使用的概率是多少？

解 设对每个设备的观察为一次试验，则试验次数为5且各次试验相互独立，于是

X~B(5,0.1)

223（1）恰有2个设力被使用，即{X2}：p{X2}C50.1(10.1)0.0729

（2）至少有3个设备被使用，即{X3}：

p{X3}p{X3}p{X4}p{X5}

3324455 C50.10.9C50.10.9C50.10.008 5（3）至多有3个设备被使用，即{X3}：

50.15 p{X3}1p{X4}p{X5}1C540.14(10.1)C5 0.99954

（4）至少有一个设备被使用，即{X1}

00.10(10.1)50.40951 p{X1}1p{X0}1C57 设事件A在每次试验中发生的概率为0.3，A发生不少于3次时指示灯发出信号，

（1）进行5次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率； （2）进行7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。 解 设A发生的次数为X，则XB(n,0.3)，n5,7，设B“指示灯发出信号”

（1） P(B)P{X3}Ck35k5(0.3)k(0.7)5k

33244550 C5(0.3)(0.7)C5(0.3)(0.7)C5(0.3)(0.7)

100.2704950.00810.70.00243016308

12或 P(B)1P{Xk}1(0.7)5C20.3(0.7)4C2(0.3)2(0.7)30.163

k02同理可得 （2）P(B)P{X3}Ck37k5(0.3)k(0.7)7k0353

1或 P(B)1P{Xk}1(0.7)7C7(0.3)(0.7)6C72(0.3)2(0.7)50.353

k028.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）两人投中的次数相等的概率；（2）甲比乙投中次数多的概率。

解 记甲投中的次数为X，乙投中的次数为Y，则X~B(3,0.6)，Y~B(3,0.7)，

0033 p{X0}C3(0.6)(0.4)(0.4)0.064

12 p{X1}C3(0.6)(0.4)0.288 22 p{X2}C3(0.6)(0.4)0.432 3303 p{X3}C3(0.6)(0.4)(0.6)0.216

同理，p{Y0}(0.3)0.027

12 p{Y1}C3(0.7)(0.3)0.189 22 p{Y2}C3(0.7)(0.3)0.441

3 p{Y3}(0.7)0.343

若记A为事件“两人投中次数相等”，B为事件“甲比乙投中的次数多”，则 p(A)3p{Xi,Yi}p{Xi}p{Yi}0.320 7i0i033 0.0640.0270.2880.1890.4320.4410.2160.343 0.0017280.0544320.1905120.0740880.32076

又 P{X1,Y0}P{X1}P{Y0}0.2880.0270.007776

P{X2,Y0}P{X2}P{Y0}0.4320.0270.011664

P{X3,Y0}P{X3}P{Y0}0.2160.0270.005832 P{X2,Y1}P{X2}P{Y1}0.4320.1890.081648 P{X3,Y1}P{X3}P{Y1}0.2160.1890.040824 P{X3,Y2}P{X3}P{Y2}0.2160.4410.095256

所以 p(B)p{XY}

p{X1,Y0}p{X2,Y0}p{X3,Y0} p{X2,Y1}p{X3Y,p{X3,Y 2 0.0077760.0116640.0058320.0816480.0408240.095256 0.243

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 设X为“第一次检验出的次品数”，Y为“第二次检验出的次品数”，则

X~B(10,0.1)，Y~B(5,0.1)

（1）这批产品第一次检验后接收，即没有发现次品，也就是X＝0，而

0p{X0}C10(0.1)0(0.9)9(0.9)100.349

（2）需作第二次检验，即第一次检验发现次品数为1或2件：{1X2}

p{1X2}p{X1}p{X2}

Ci12i1012(0.1)i(0.9)10iC10(0.1)(0.9)9C10(0.1)2(0.9)80.581

（3）这批产品按第二次检验的标准接收，即在第二次取出的5件产品中没有次品：

{Y0}

0p{Y0}C5(0.1)0(0.9)9(0.9)50.590

（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，即：

{Y0,1X2}

p{Y0,1X2}p{Y0}p{1X2} （两事件相互独立）

0.5900.5810.343 （5）p({X0}{Y0,1X2})

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）

44解 （1）可看作是古典概型问题，总挑法数为C870，则成功一次的挑法为C41，

于是试验成功一次的概率的为p11. C8470（2）设成功的次数为X，则X~B(10,3p{X3}C10(1) 70131)(1)73.163104 7070因为能成功3次的概率特别小，所以可以认为他确有区分的能力。

11 尽管在几何教科书已经讲过仅用直尺和园规三等分任意角是还可能的，但是每一年总是有一些“发明者”撰写关于仅用园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 泊松分布 P{Xk}kek!,k0,1 ,2, 当6时，明年没有此类文章，即k0，于是明年没有此类文章的概率

60e6P{X0}e60.002478750.0025

0!12 一电话总机每分钟收到的呼唤次数X服从参数为4的泊松分布。求 （1）某一分钟恰有8次的概率。

（2）某一分钟呼唤次数大于3的概率。

解 （1）当4，k8时，某一分钟恰有8次的概率

48e4655360.01831199.3088P{X8}0.02974

8!4032040320（2）当4时，某一分钟呼唤次数大于3的概率 P{X3}1P{X0}PX{1}PX{ 2P}X40e441e442e443e4 1 0!1!2!3!324)e 3711.2993 10.0183110.43310.5669

33 1(148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时没有收到紧急呼救的概率； （2）求某一天中午2时至下午5时至少收到1次紧急的概率。

解 因为t的泊2t，所以 231.5，对应的泊松分布为 2（1）某一天中午12时至下午3时，即t3，则(1.5)ke1.5p{Xk}，k0,1,2,，

k!从而某一天中午12时至下午3时没有收到紧急呼救的概率 p{X0}e1.50.2231

（2）求某一天中午2时至下午5时，即t5，52.5，对应的泊松分布为 2(2.5)ke2.5p{Xk}，k0,1,2,，

k!从而某一天中午2时至下午5时至少收到1次紧急的概率

(2.5)ke2.5p{X1}查表0.918（查表2.5,k0时P{X0}0.0821），

k!k1于是 P{X1}1P{X0}10.08210.9179

－p{X0}＝1－e方法二 p{X1}12.50.918.

14 某人家中在时间间隔t（小时）内接到电话的次数服从参数为2t的泊松分布。

（1）若他外出计划用时10分钟，问其间有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的时间是

多少？ 解 （1）若他外出计划用时10分钟，则t 其间有电话铃响一次的概率

11，2t 6313e}3 P{X11!1330.3e03.3330.3330 .71680.238（2）若他希望外出时没有电话的概率至少为0.5，即2t，k0时

(2t)0e2t0.5，即 e2t0.5，2tln0.5 p0! t11ln0.5(6931)0.3465， 22或 t0.34656020.79（min）

15 保险公司承保了5000张相同年龄，为期一年的保险单每人一份。在合同的有效期内若投保人死亡，则需赔付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是相互独立。求保险公司对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 设在合同有效期内死亡的投保人为随机变量X，根据题设条件知死亡的投保人不超过10人，即X10，因此这可以看作是n5000，p0.0015的二项分布，其概率

为 P{X10}Ck010k5000(0.0015)k(0.9985)10k

应用泊松定理，此时np50000.00157.5，

P{X10}ke7.510e7.5（查表得）＝0.8622。 k!k! 16 有一繁忙的汽车站，每天有大量的汽车通过。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 设在该时间段内出事故的汽车数为随机变量X，则这可以看作是n1000，

p0.0001的二项分布，其概率为

P{X2}1P{X1}

设np10000.00010.1，泊松定理，P{X1}0.9953（查表： 0.1，k1） P{X2}1P{X1}＝0.0047。

17 （1）设X服从（0－1）分布，其分布律为P{Xk}p(1p)求X的分布函数并作图形。

（2）求第2题（1）中随机变量的分布函数。

解 （1） 当x0时，F(x)0；

当0x1时，P{X0}1p，则F(x)1p； 当 x1，P{X0}1p，P{X1}p，则 F(x)P{X0}P{X1}(1p)p1

k1k（k0,1），

x00,1p,0x  1即 F(x)（图形略）。 1,x1（2）第2题（1）“在袋中同时取3个球，最大的号码是3,4，5X的分布律为

X 3 4 5 px 1 103 106 10x30,1,3x410其分布函数为F(x)

4,4x5101,x5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。设这个质点落在区间上[0,a]上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 当x0时，F(x)0；

当0xa时，F(x)kx，其中k为常数，

特别地当xa时，质点落在区间上[0,a]上中任意小区间内的概率为1，所以ka1，即 k1x，所以当0xa时， F(x)； aa当xa时，F(x)1，综合得

xa,0,x F(x)a,xa。 ,axa.1,19.以X表示某商店从早晨开始营业直到第一个顾客到达的等待时间（以分计），X

的分布函数是

1e0.4x,x0Fx(x)

0,x0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}；（4）p{至多3分钟或至少4分钟}；（5）p{恰好2.5分钟}。

解 （1）p{X3}F(3)1e0.431e1.2

1.6（2）p{X4}1F(4)1(1e)e1.6

（3）p{3X4}F(4)F(3) (1e1.6)(1e1.2)e1.2e1.6

（4）p({3X}{X4}) 1p{3X4}1e（5）p{X2.5}0

1.2e1.6

x1,0,20 设随机变量X的分布函数为F(x)lnx,1xe,

1,xe.（1）求P{X2}，P{0X3}，P{2X}； （2）求概率密度。

解 （1）注意对连续型随机变量而言，P{Xa}0，其中a是任意实数。

52P{X2}P{X2}F(2)ln2 P{0X3}F(3)F(0)1

5555P{2X}F()F(2)lnln2ln52ln2ln

2224（2）因为F(x)f(x)，应用分段函数求导数的方法，得概率密度为

1,1xe, f(x)x其它.0,21 设随机变量的分布函数为

12(12),1x2,（1）f(x) x其它.0,0x1,x,（2）f(x)2x,1x2,

0,其它.求X的分布函数F(x)，并画出（2）中f(x)和F(x)的图形。

解 （1）当x1时，F(x) 当1x2时，

xf(x)dx0dx0；

x11x1)dt2(t)2(x2)； 121ttx21125 同理， 当x2时，F(x)2(12)dt2(t)12(2)1

1tt2F(x)xf(t)dt0dx2(10x0,1所以 F(x)2x(x1,x1,2),x1 x2,2,0,x0,xx20xdx2,0x1（2）同理可得 F(x)， 21xdxx(2x)dx1[(2xx)3],1x2102221,x20,x0,2x,0x12即 F(x) 22xx1,1x2,21,x2.22.（1）由统计物理学知，分子运动的速度的绝对值X服从马克斯韦尔（Maxwall）

分布，其概率密度为

2xb f(x)Axe,x0

,其它02其中，bA。

m，k为Boltzmann常数，T为绝对温度，m是分子的质量。试确定常数2kT（2）研究了英格兰在1875～1951年间，在矿山发生导致10人或10人以上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

t1241e,t0

fT(n)241,其它0求分布函数FT(t)，并求概率p{50T100}。 解 （1）由密度函数的性质

f(x)dx1

有

f(x)dx0Ax2ex2bdx

x2bAbxd(e20x2)

x2Ab[xeb|0ebdx]

02x2bAbe20dx

12b)2xAbb12(2e0222d(2bx)

Abb121 （注意：02224bb.

t12eu22du1） 2故 A（2）当t0时，FT(t)当t0时，

0dt0

FT(t)ttttt1241tf(t)dtedte241d()e24102410241tt01et241.

t241,t0。 故 FT1e0,其它p{50T100}｝p{T100}p{T50}

T(100)T(50)

e或 p{50T100}50241e100241

100124111edte24e24. 241t5010010050f(t)dt5023 某种型号的器件的寿命X（以小时计）具有概率密度

1000,x1000, f(x)x2

其它.0,现有一大批这种器件（设各器件损坏与否相互独立），任取5只，问其中至少有2只

的寿命大于1500小时的概率是多少？

解 （ⅰ）先求这种器件的寿命大于1500小时的概率： P{X1500}1500f(x)dx10001000dx1500x2x15002。 3 （ⅱ）求任取5只，至少有2件的寿命大于1500小时的概率

设Y＝“器件的寿命大于1500小时”，则Y2B(5,)。

3

P{Y2}1P{Y0}P{Y1}21110232020151C5()()C5(1)()14。

3333243243243 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

x15e,x0 fX(x)5

0,其它某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟，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 (ⅰ)该顾客在窗口未等到服务而离开的概率为 p10f(x)dxx51015edx 5x e|e10105e2

(ⅱ)顾客未行到服务而离开银行的次数的概率 由已知条件可知，Y~B(5,e)，故

k2k25k p{Yk}C5(e)(1e)，k1,2,3,4,5

2 p{Y1}1P{Y0}1(1e)0.5167.

25 设K在区间（0,5）服从均匀分布，求x的方程4x4KxK20有实根的概率。

解 因为K的分布密度为

2251,0k5 f(k)5

其它.0, 而方程4x4KxK20有实根，即其判别式

b4ac16K16(K2)16(KK2)0 即 (K2)(K1)0，解得 K2或K1。

因为K在（0，5）内服从均匀分布，所以只有K2在区间（0，5）内，所以所给

方程有实根的概率为

P(2K5)222221dk255552120.6。 526.设X~N(3,2)，求（1）p{2X5}，p{4X10}，p{|X|2}，

p{X3}；（2）确定c使得p{Xc}p{Xc}。

解 （1）p{2X5}(

p{4X

5323)() 221 (1)()0.5328

21034310}()()

2277 ()()

227 2()10.9396

2p{|X|2}1p{2X2}

2323)() 2215 1()()

2215 1()()0.6977

22331p{X3}1p{X3}1()1(0).

22 1(（2）因为p{Xc}1p{Xc}，由p{Xc}p{Xc}得 p{Xc}1 2c31) 22即 p{Xc}(所以 c3。

27.某地区18岁的女青年的血压（收缩压，以mmHg计）服从N(110,12)。在该地区任选一18岁的女青年，测量她的血压X

（1）求p{X105}，p{100X120}； （2）确定最小的x，使p{Xx}0.05 解 （1）X~N(110,12)

22105110p{X105}()(0.417)

12 1(0.417) 10.66280.3372

120110100110p{100X120}()()

1212 (0.83)(0.83)

2(0.83)10.5934

（2）要使p{Xx}0.05，必须1p{Xx}0.05，即

p{Xx}10.050.95，

亦即 (故

x110)0.95 12x1101.64，或5x129.74， 12即最小的x值为129.74。

28 由某机器生产的螺栓的长度（）cm服从参数10.05，0.06的正态分布。

规定长度在10.05±0.12内为合格品，求一为不合格品的概率。 解 （方法一）设的长度为X，则XN10(5.0,6).2，一个螺栓不合格，即X10.17

或X9.93。其概率为 P{X9.93}P{X10.17}，而

9.9310.050.12)()(2)1(2)

0.060.06 10.97720.0228

10.1710.05P{X10.17}1P{X10.17}1()1(2)

0.06 10.97720.0228 P{X9.93}(所以 P{X9.93}P{X10.17}0.456 （方法二）

设A＝“螺栓合格”，则

10.1710.059.9310.05P(A)P{9.93X10.17}()()0.060.06

(2)(2)2(2)120.977211.954410.9544

所以不合格的概率为 P(A)1P{9.33X10.17}10.95440.0456。

的正态分布，29 一工厂生产的电子管的寿命X（以小时计）服从参数为160，

若要求p{120X200}0.80，允许最大为多少？

解 p{120X200}(20016040120160)()

 2(得 ()10.80

40所以，最大为31.25。

)0.90，查表知(40)(1.28)

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

解 （ⅰ）求测量值落在区间［118，122］之外的概率

设A＝“测量值X落在区间［118，122］之内”则 P{118X122}(2122120118120)() 22 (1)(1)2(1)120.841310.6826 所以测量值落在区间［118，122］的概率为

p10.682603174

（2）求在5次独立测量中有2次测量值区间［118，122］之外的概率

设测量值落在区间之外的次数为Y，则Y故所求的概率为

B(5,0.3174)

P{Y2}C52(0.3174)2(0.6826)3100.10070.31810.3203

31 某人上班，自家中去办公楼要经过一交通指示灯。这一指示灯有80%的时间亮红灯，

此时他在指示灯旁等待直到绿灯亮，等待时间在区间［0，30］（秒）服从均匀分布。

以X表示他等待的时间，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？是否为离散型随机变量？（要说明理由）。 解 （1）求随机变量的分布函数

若他到达交通指示灯旁时亮绿灯，则其等待时间X0； 若他到达交通指示灯旁时亮红灯，则等待时间XU(0,30)

设A＝“指示灯亮绿灯”，对于固定的x0，由全概率公式，有 P{X}xP{X|x}A(P)A{PX| x}A(P)A其中 P{Xx|A}1，（即该人到达指示灯旁时亮绿灯，当然他可以过去，也即他等待的时间为0，在［0.30］秒）内）； P{Xx|A}x（等待时间在［0.30］内均30匀分布）。当0x30时，P{Xx|A}1，当x30时，P(A)0.2（亮红灯的时间为80%）

所以0x30时，P{Xx}10.2x0.8x 0.80.23030 当x30时P{Xx}10.210.81 于是X的分布函数F(x)的分布函数为

x0,0,0.x8 F(x)0.2x,0

30x30.1,（ⅱ）（图形略）。

（ⅲ）说明随机变量的

30,由于分布函数F(x)在x0处不连续，故随机变量X不是连续型随机变量，又因为不存在一个可列的点集，使得在这个集上X的取值的概率为1，故X也不是离散型随机变量。这样的随机变量称为混合型随机变量。 32 设f(x)，g(x)都是概率密度函数，求证

 h(x)af(x)(1a，)（g0xa1）

也是一个密度函数。

解 要证明一个函数是密度函数，主要是要验证 因为

所以

h(x)dx1。

f(x)dx1，g(x)dx1，

h(x)dx[af(x)(1a)g(x)]dx

aaf(x)dx(1a)g(x)dxa(1a)1

即 h(x)af(x)(1a)g(x)也是一个概率密度函数。

33 设随机变量X的分布律为

X pk 2 －2 －1 0 1 3 111111 5651530求YX的分布律。

解 YX的取值为0,1，4,9，故其分布律为

2Y2 pk

0 1 4 9 11711 553030X34.设随机变量X在（0,1）上服从均匀分布。（1）求Ye的概率密度；（2）求Y2lnX的概率密度。

解 由题设知，X的概率密度为

fX(x)1,0x1

0,其它X（1）FY(y)p{Yy}p{e y}p{Xlny}

lnylny0fX(x)dx0dx

由积分函数的求导法则，得 fY(y)FY(y)1，0lny1 y1,1ye所以 fY(y)y。

0,其它（2）由y2lnx得xh(y)e概率密度为

y12 fY(y)2e,y0

0,y0y21，h(y)e2，由定理得Y2lnX的

2y或 因为X(0,1)lnX0，知Y2lnX0，即Y的取值必为非负，故当

y0时，{Yy}是不可能事件，所以

FY(y)p{Yy}0，fY(y)0

当y0时，

FY(y)p{Yy}p{2lnXy}

y p{lnX}p{Xe2}

2y 1y2efX(x)dx dxey2 1y2e1dx

x1从而 fY(y)FY(y)e2

2y12故 fY(y)2e,y0.

0,y035 设XN(0,1)，求

X（1）Ye的概率密度。 （2）求Y2X21的概率密度。 （3）求YX的概率密度。

解 （1）因为Ye ，所以Y不取负值，故当y0时，FY(y)0

X1x2又当y0时，由(x)e有

2F(y)P{Yy}P{exy}P{Xlny}lny20(x)dx12lny0ex22dx

1fY(y)(2lny0ex221(ln2y)1dx)e

y221(lny)1e2,y0,所以 fY(y)2 y0,其它.（2）因为 2X11，即Y在［1，＋∞］内取值。所以当y1时，FY(y)0；

当y1时，注意到X22N(0,1)，

FY(y)P{Yy}P{2X21y}

P{y1X2y11}22y12y12ex22d xy1y11y14故当y1时， fY(y)FY(y)(ee2)()

2211y4111 2e22(y1)22y11e4

2(y1)2或 FY(y)P{Yy}P{2X1y}P{y1X2y1} 2 (y1y1y1)()2()1 2221dy11y411故当y1时，fY(y) [2()1]2edy2222(y1)1 21所以，fY(y)20,y11e4

2(y1)y11e4,y0,。 2(y1)其它.（3）因为YX0，所以当y0时，fY(y)0；

当y0时，由于X FY(y)N(0,1)，有

P{0yy}P{X}yP{y X}y (y)(y)2(y)1 因此，当y0时时，

dd1fY(y)FY(y)[2(y)1]2(dydy2故YX的概率密度为

y0ex22dx)2ey22

2ye2,y0， fY(y)

0,其它.36 （1）设随机变量的概率密度为f(x)，x，求YX3的概率密度。 （2）设随机变量的概率密度为

2ex,x0 f(x)

0,其它. 求YX的概率密度。

解 （1）由yx解得反函数xh(y)323y，且h(y)13y32，

由定理：fY(y)fX(h(y))|h(y)|代入得 fY(y)133y2f(3y),x.

2（2）因为YX，所以当y0时，fY(y)0；

当y0时，FY(y)P{Yy}P{X2y}P{0X y}

y0f(x)dxy0exdx

yFYy() 所以 fY(y)y01(exdx)e2y，

1ye,y0 故 fY(y)2y。

0,y037.设随机变量的概率密度为

2x,0x f(x)2

0,其它求YsinX的概率密度。

解 因为在(0,)上，0y1，则当y1时，FY(y)0，当0y1时， FY(y)p{siXny}

p{Xarcsiny}p{Xarcsiny}  则概率密度为

arcsiny2x0dx22xarcsiny2dx

2arcsiny

2arcsiny,0y1 fY(y).

0,其它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2欧的电阻，在其上消耗的功率W2I。求W的概率密度。

解 由题设知I的概率密度为

21,9x11f(x)2

0,其它且W2I的取值为162＜W＜242（因为9I11，81I121）。 其分布函数为 FW(w)P{Ww}P{2Iw}P{I2222w} 2wP{9I}92w2w2f(x)dx

911wdx(9) 2221w1,162w242((9)),162w242故 fW(w)2 242w0，其它0,其它.39 某物体的温度T(F)是随机变量，且有T求(C)的概率密度。 解 （ⅰ）求的分布函数

5N(98.6,2)，已知(T32)，试

95 P{x}P{(T32x)}99x P{T32} （注意：TN(98.6,2)）

5 F(x) 12219x325e(x98.6)222dx129x325e(x98.6)24dx

(y)所以f(y)F2(9x325e(x98.6)24dx)

9()2(x37)25481(x37)9e100， 102 12e9x3298.6)254(9x19(32)e525281(x37)9即 f(x)e100,x.

10