概率论和数理统计答案解析第四版第2章[浙大].doc

1、 考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年后因意外死亡，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，因其他愿意死亡的概率为0.0010，求公司赔付金额的分布律解：设X为公司的赔付金额，X=0,5,20P（X=0）=1-0.0002-0.0010=0.9988P（X=5）=0.0010P（X=20）=0.0002X0520P0.99880.00100.00022.(1) 一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取3只球，以X表示取出的三只中的最大号码，写出随机变量的分布律. 解：方法一: 考虑到5个球取3个一共有C53 =10种取法，数量不多可以枚举来解此题设样本空间为S S=｛123,124,125,134,135,145,234,235,245,345 ｝ 易得，P｛X=3｝=110；P｛X=4｝=310；P｛X=5｝=610；X345Pk1/103/106/10 方法二：X的取值为3,4,5 当X=3时，1与2必然存在 ，P｛X=3｝= C22C53 =110; 当X=4时，1,2,3中必然存在2个， P｛X=4｝= C32C53 =310； 当X=5时，1,2,3,4中必然存在2个， P｛X=5｝= C42C53 =610；X345Pk1/103/106/10 (2)将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次中得到的小的点数，试求X的分布律.解：P｛X=1｝= P (第一次为1点)+P（第二次为1点）- P（两次都为一点）= 16+16-136 = 1136；P｛X=2｝= P (第一次为2点，第二次大于1点)+P（第二次为2点，第一次大于1点）- P（两次都为2点）= 1656+1656-136 = 936；P｛X=3｝= P (第一次为3点，第二次大于2点)+P（第二次为3点，第一次大于2点）- P（两次都为3点）= 1646+1646-136 = 736； P｛X=4｝= P (第一次为4点，第二次大于3点)+P（第二次为4点，第一次大于3点）- P（两次都为4点）= 1636+1636-136 = 536； P｛X=5｝= P (第一次为5点，第二次大于4点)+P（第二次为5点，第一次大于4点）- P（两次都为5点）= 1626+1626-136 = 336；P｛X=6｝= P (第一次为6点，第二次大于5点)+P（第二次为6点，第一次大于5点）- P（两次都为6点）= 1616+1616-136 = 136；X123456Pk11/369/367/365/363/361/363.设在15只同类型的零件中有2只是次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样.以X表示取出的次品的只数. (1)求X的分布律.解：P｛X=0｝= C133C153 =2235;P｛X=1｝= C13 2C21C153 =1235;P｛X=2｝= C131C22C153 =135;X012Pk22/3512/351/35 (2)画出分布律的图形. 4、进行独立重复试验，设每次试验的成功率为p，失败概率为q=1-p（0

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表示所需的试验次数，求Y得分布律此时称Y服从以r,p为参数的帕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取得偶数的概率解：（1）k=1,2,3，……P（X=k）=pqk-1（2）k=r+1,r+2,r+3, ……P（Y=k）=Ck-1r-1prqk-r（3）k=1,2,3, ……P（X=k）=0.45(0.55)k-1,设p为X取得偶数的概率P=P{X=2}+ P{X=4}+ ……+ P{X=2k} =0.45(0.55)1+0.45(0.55)3……+0.45(0.55)2k-1 =11315. 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）由题意知，鸟每次选择能飞出窗子的概率为1/3，飞不出窗子的概率为2/3，且各次选择之间是相互独立的，故X的分布律为：P(X=k)=13*(23)k-1 ，k=1,2,3……X 1 2 3 PK 13 29 427（2）Y的可能取值为1，2，3，其分布律为方法一：P(Y=1)=13 P(Y=2)= 23*12=13P(Y=3)= 23*12*1=13 方法二：由于鸟飞向各扇窗户是随机的，鸟飞出指定窗子的尝试次数也是等可能的即P(X=1)=P(Y=2)=P(X=3)= 13 Y 1 2 3 PK 13 13 13（3）设试飞次数X小于Y为事件A，Y小于X为事件B普通鸟和聪明鸟的选择是独立的X小于Y的情况有：① X=1, Y=2 ② X=1, Y=3 ③ X=2, Y=3故P(A)=P(X=1)*P(Y=2)+ P(X=1)*P(Y=3)+ P(X=2)*P(Y=3)= 13*13+29*13+13*13=827Y小于X的情况有：① Y=1, X≥2 ② Y=2, X≥3 ③ Y=3, X≥4故P(B)=P(Y=1)*P(X≥2)+P(Y=2)*P(X≥3)+P(Y=3)*P(X≥4)=P(Y=1)*[1-P(X=1)]+P(Y=2)*[1-P(X=1)-P(X=2)]+P(Y=3)*[1-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)]= 13*(1- 13)+ 13*(1- 13 - 29)+ 13*(1- 13 - 29 - 427)= 3881 6. 一大楼装有5台同类型的供水设备。

设各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：设同一时刻被使用的设备数为X，试验次数为5且每次试验相互独立，显然X满足二次分布X(1) P(X=2)=C52*0.12*0.93=0.0729(2) P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)= C53*0.13*0.92+C54*0.14*0.9+0.15=0.00856(3) P(X≤3)=1-P(X=4)-P(X=5)=1-C54*0.14*0.9-0.15=0.99954(4) P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.95=0.409517. 设事件A在每次试验发生的概率为0.3A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2) 进行了7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率解：设进行5次重复独立试验指示灯发出信号为事件B，进行7次重复独立试验指示灯发出信号为事件C用X表示n次重复独立试验中事件A发生的次数，则P(X=k)= Cnk*0.3k*0.7n-k, k=1,2,3……（1） P(B)= P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)= C53*0.33*0.72+C54*0.34*0.7+0.35≈0.163或：P(B)= 1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=1- 0.75- C51*0.3*0.74- C52*0.32*0.73≈0.163（2） P(C)=1- P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=1-0.77- C71*0.3*0.76- C72*0.32*0.75≈0.3538．甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6, 0.7. 今各投三次，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：记投三次后甲投中次数为X，乙投中次数为Y，，设甲投中a次，乙投中b次的概率为P（X=a，Y=b）（1） 设两人投中次数相等为事件A因为甲、乙两人每次投篮相互独立且彼此投篮相互独立则P（A）= P（X=0，Y=0）+P（X=1，Y=1）+P（X=2，Y=2）+P（X=3，Y=3） =（0.4）3（0.3）3+C310.6(0.4)2C310.7(0.3)2+C32（0.6）20.4C32（0.7）20.3 +（0.6）3（0.7）3 =0.321（2） 设甲比乙投中次数多为事件B则P（B）=P（X=1，Y=0）+P（X=2，Y=0）+P（X=3，Y=0）+P（X=2，Y=1）+P（X=3，Y=1）+P（X=3，Y=2） =C310.6(0.4)2(0.3)3+C32（0.6）20.4(0.3)3+(0.6)3(0.3)3+C32（0.6）20.4C310.7(0.3)2+（0.6）3C310.7(0.3)2+（0.6）3C32（0.7）20.3 =0.2439．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：记第一次检验抽取的10件中次品个数X，则X～B（10 , 0.1）第二次检验抽取的5件中次品个数Y，则Y～B（5 , 0.1）（1） 设事件A为“这批产品第一次检验就能接受”，P（A）=（0.9）10≈ 0.349（2）设事件B为“需作第二次检验”，即第一次检验次品数为1或2P（B）= P（X=1）+P（X=2） =C101（0.9）90.1+C102（0.9）8（0.1）2 ≈ 0.581（3） 设事件C为“这批产品按第二次检验的标准被接受”P（C）=（0.9）5≈ 0.590（4）设事件D为“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”由（2）（3）知事件B、C相互独立P（D）= P（B） P（C） ≈ 0。