习题二
2.1 从装有4个黑球，8个白球和2个黄球的箱子中，随机地取出2个球，假定每取出1个黑球得2分，而每取出1个白球失1分，每取出1个黄球既不得分也不失分。以X 表示我们得到的分数，求X 的概率分布。
2.2 口袋中有5个球，分别标有号码1，2，3，4，5，现从这口袋中任取3个球。 （1）设X 是取出球中号码的最大值，求X 的概率分布，并求出X ≤4的概率； （2）设Y 是取出球中号码的最小值，求Y 的概率分布，并求出Y >3的概率。
2.3 10个灯泡中有2个坏的，从中任取3个，设X 是取出3个灯泡中好灯泡的个数。 （1）写出X 的概率分布和分布函数。
（2）求所取的3个灯泡中至少有2个好灯泡的概率。
2.4 某种电子产品中，合格品占4，不合格品占4，现在对这批产品随机抽取，逐个测试，设第X 次才首次测到合格品，求X 的概率分布。
2.5 已知某人在求职过程中每次求职的成功率都是0.4，问他预计最多求职多少次，就能保证有99%的把握获得一个就业机会？
2.6 已知1000个产品中有100个废品。从中任意抽取3个，设X 为取到的废品数。 （1）求X 的概率分布，并计算X =1的概率。
（2）由于本题中产品总数很大，而从中抽取产品的数目不大，所以，可以近似认为是“有放回地任意抽取3次”，每次取到废品的概率都是0.1，因此取到的废品数服从二项分布。试按照这一假设，重新求X 的概率分布，并计算X =1的概率。
2.7 一个保险公司推销员把保险单卖给5个人，他们都是健康的相同年龄的成年人。根据保险统计表，这类成年人中的每一个人未来能活30年的概率是2/3。求： （1）5个人都能活30年的概率；
（2）至少3个人都能活30年的概率； （3）仅2个人都能活30年的概率； （4）至少1个人都能活30年的概率。
2.8 一张答卷上有5道选择题，每道题列出了3个可能的答案，其中有一个答案是正确的。某学生靠猜测能答对至少4道题的概率是多少？
2.9 设随机变量X 、Y 都服从二项分布，X ～b (2, p ) ，Y ～b (3, p ) 。已知P {X ≥1}=试求P {Y ≥1}的值。
2.10 设在某条公路上每天发生事故的次数服从参数λ=3的普阿松分布。
5，9
（1）试求某天出现了3次或更多次事故的概率。
（2）假定这天至少出了一次事故，在此条件下重做（1）题。
2.11 某商店出售某种商品，据以往经验，月销售量服从普阿松分布P (3) 。问在月初进货时要库存多少此种商品，才能以99%的概率充分满足顾客的需要。
2.12 考虑函数
⎧C (2x -x 3) 0
0其他⎩
能否作为随机变量的概率密度？如果能，试求出常数C 的值。
2.13 已知随机变量X 的概率密度为
⎧Ax 0
其他⎩0
求：（1）系数A ；（2）概率P {X ≤0.5}； （3）随机变量X 的分布函数。
2.14 已知随机变量X 的概率密度为f (x ) =Ae
-x
，（-∞
（1）系数A ；（2）随机变量X 落在区间（0，1）内的概率； （3）随机变量X 的分布函
数。
2.15 函数F (x ) =
1
是否是连续型随机变量X 的分布函数，如果X 的可能值充满区间 2
1+x
（1） (-∞, +∞) ； （2）(-∞, 0) 。
2.16 设连续型变量X 的分布函数为：
⎧0⎪
F (x ) =⎨Ax 2
⎪1⎩
x
求：（1）系数A ；（2）X 的概率密度ϕ(2) ； （3）P {-0.3
2. 17 （柯西分布）设连续型随机变量X 的分布函数为
F (x ) =A +B arctan x ，(-∞
求：（1）系数A 、B ； （2）X ∈(-1,1) 的概率； （3）X 的概率密度。
2.18 公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车通过。乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的，求乘客候车时间不超过3分钟的概率。
2.19 假定一个新的灯泡的寿命X （单位：小时）服从以λ=1/100为参数的指数分布。求： （1）灯泡的寿命在50到200之间的概率；
（2）设F (x ) 是ξ的分布函数，已知F (x p ) =p ，0
2. 20 修理某机器所需时间（单位：小时）服从以λ=1/2为参数的指数分布。试问： （1）修理时间超过2小时的概率是多少？
（2）若已持续修理了9小时，总共需要至少10小时才能修好的条件概率是什么？
2. 21 设随机变量X ～N (1, 2) ，求：
（1）P {X
2. 22 某地抽样调查结果表明，考生的外语成绩（百分制）近似服从正态分布N (72, σ) ，且96分以上占学生总数的2.3%，试求考生的外语成绩在60至84分之间的概率。
2. 23 在电源电压不超过200V ，在200~240V之间和超过240V 的三种情况下，某种电子元件损坏的概率分别为0. 1，0. 001和0. 2。假设电源电压X ～N (220, 25) ，试求： （1）该电子元件损坏的概率；
（2）该电子元件损坏时，电源电压在200~240V之间的概率。
2. 24 假设测量的随机误差X ～N (0, 10) ，试求在100次独立重复测量中，至少有2次测量误差的绝对值大于19. 6的概率。
2. 25
2
2
2
2
2
求：（1）常数a ； （2）Y =X 的概率分布。
Y =X 。2. 26 设随机变量X 服从[0, 1]上的均匀分布U (0, 1) ，求随机变量Y 的概率密度。
2. 27 如果随机变量X ～E (1) ，Y =ln X 。试求随机变量η的概率密度。
2. 28 分子运动速度的绝对值X 是服从麦克斯威尔分布的随机变量，其概率密度为：
⎧2-x a f (x ) =0⎩
求分子动能Y =
2
x >0x ≤0
，（a >0） 。
1
mX 2（m 为质量）的概率密度。 2
习题二
2.1 因为
C 8228
， P {取到2白球}=P {ξ=-2}=2=
C 1491
11C 8C 216
= ， P {取到1白球1黄球}=P {ξ=-1}=2
91C 14
2
C 21
P {取到2黄球}=P {ξ=0}=2= ，
C 149111C 8C 432
= ， P {取到1白球1黑球}=P {ξ=1}=2
91C 1411
C 2C 48
= ， P {取到1黄球1黑球}=P {ξ=2}=2
91C 14
2
C 46
P {取到2黑球}=P {ξ=4}=2= ，
C 1491
所以，ξ的概率分布为
2.2
（1）从5个球中取3个球，最大号码为k ，相当于先取1个号码为k 的球，再从号码小于k
12
C 1C k -1C k 2-1
的k -1个球中取2个球，所以 P {ξ=k }= （k =3, 4, 5） 。 =3
10C 5
由此求得ξ的概率分布为
P {ξ≤4}=P {ξ=3}+P {ξ=4}=0. 1+0. 3=0. 4 ；
（2）从5个球中取3个球，最小号码为k ，相当于先取1个号码为k 的球，再从号码大于k
12
C 1C 5-k C 52-k
的5-k 个球中取2个球，所以 P {η=k }= （k =1, 2, 3） 。 =3
10C 5
由此求得η的概率分布为
P {η>3}=0 。
2.3 （1）ξ可能的取值为1，2，3。
从8个好灯泡和2个坏灯泡中任取3个，恰好取到k 个好灯泡和3-k 个坏灯泡的概率为
3-k
C 8k C 2
P {ξ=k }=（k =1, 2, 3）。 3
C 10
由此求得ξ的概率分布为
ξ的分布函数为
0x
⎪P {ξ=1}=1/151≤x
F (x ) =P {ξ≤x }=⎨ 。
2≤x
⎪x ≥3⎩P {ξ=1}+P {ξ=2}+P {ξ=3}=1
（2）P {3个灯泡中至少有2个好灯泡}=P (ξ≥2) =P {ξ=2}+P {ξ=3}=14/15 。
2.4 显然这是一个独立试验序列。测到合格品为止所需要的测试次数ξ服从p =
3
的几何4
分布，即 ξ~g () ，ξ的概率分布为
34
13
P {ξ=k }=(1-p ) k -1p =() k -1⨯ （k =1, 2, ） 。
44
2.5 设n 是为了要有90%的把握成功，预计所需的求职次数的上限，ξ是到成功为止，实际所需的求职次数，显然 ξ～g (0. 4) 。根据题意，要有
P {ξ≤n }=1-P {ξ≥n +1}=1-
n
k =n +1
∑0. 6
∞
k -1
⨯0. 4=1-0. 6(n +1) -1=1-0. 6n ≥0. 9 ，
即要有0. 6≤0. 1，n ≥log 0. 60. 1≈4. 5076，取整可得 n =5，即预计最多求职5次，就能有90%的把握获得一个就业机会。
k 3-k C 100C 900
2.6 （1）用超几何分布计算，ξ的概率分布为 P {ξ=k }=（k =0, 1, 2, 3） ， 3
C 1000
12C 100C 90013485
P {ξ=1}==≈0. 24346 。 3
C 100055389
（2）用二项分布近似计算，ξ的概率分布为 P {ξ=k }=C 3⨯0. 1⨯0. 9
1
P {ξ=1}=C 3⨯0. 11⨯0. 92=0. 24300 。
k k 3-k
（k =0, 1, 2, 3），
2.7 设ξ是5个人中未来能活30年的人数，显然有 ξ～b (5, （1）5人都能活30年的概率
2
) 。 3
232
； P {ξ=5}=() 5=
3243
（2）至少3人能活30年的概率
P {ξ≥3}=P {ξ=3}+P {ξ=4}+P {ξ=5}
212121923
； =C 5⨯() 3⨯() 2+C 54⨯() 4⨯+() 5=
33333243
（3）仅2人能活30年的概率
2140
； P {ξ=2}=C 52⨯() 2⨯() 3=
33243
（4）至少1人能活30年的概率
11242
。 P {ξ≥1}=1-P {ξ=0}=1-() 5=1-=
3243243
2.8 设ξ是5道题中能答对的题数，显然有 ξ～b (5, ) 。
13
12111
。 P {ξ≥4}=P {ξ=4}+P {ξ=5}=C 54⨯() 4⨯+() 5=
333243
2.9 由 P {ξ≥1}=1-P {ξ=0}=1-(1-p ) 2=
425
=± ，因为 可解得 1-p =±939
1-p >0，舍去负值，得到1-p =
21
，即有 p = 。 33
所以 P {η≥1}=1-P {η=0}=1-(1-p ) 3=1-(1-) 3=1-
2.10 设ξ是每天发生事故数，ξ～P (3) 。 （1）发生3次或更多次事故的概率为
1
3819
。 =
2727
3k -317
P {ξ≥3}=1-∑P {ξ=k }=1-∑e =1-e -3≈0. 57681 ；
2k =0k ! k =0
2
2
（2）在已知至少发生1次事故的条件下，发生3次或更多次事故的概率为
17-3
e
P {ξ≥3}P {ξ≥3} =≈0. 60703 。 P {ξ≥3ξ≥1}==
P {ξ≥1}1-P {ξ=0}1-e -3
1-
2.11 设月初要进货a 件，ξ是月销售量，ξ～P (3) 。要满足顾客需要，必须有ξ≤a ，根据题意，要有
3k -3
P {ξ≤a }=∑P {ξ=k }=∑e ≥0. 99 。
k =0k ! k =0
a
a
直接计算或查书后附录中普阿松分布的概率表，可以求得：
8
3k -33k -3
≈0. 9880. 99 。 ∑k ! k =0k =0k ! 7
由此可见，月初至少要进货8件，才能以99%以上的概率满足顾客的需要。
2.12 它不能作为随机变量的概率密度。例如，当x =1时，ϕ(1) =C (2⨯1-1) =C ，当
3
x =2时，ϕ(2) =C (2⨯2-23) =-4C ，不管C >0或C
是负值，这就与ϕ(x ) ≥0发生矛盾，如果C =0，则与
⎰
+∞
-∞
ϕ(x ) d x =1矛盾，所以，它不能
作为随机变量的概率密度。
2.13 （1）因为 1=（2）P {ξ≤0. 5}=
⎰⎰
+∞
-∞
ϕ(x ) d x =⎰Ax d x =
00. 50
1
Ax 2
21
=
A
，所以 A =2 ； 2
0. 5
-∞
ϕ(x ) d x =⎰2x d x =x 2
0. 50
=0. 25 ；
x
⎧x
x 0x ⎪
（3）F (x ) =⎰ϕ(t ) d t =⎨⎰0d t +⎰2t d t =x 20≤x
-∞-∞0
⎪01x
0d t +⎰2t d t +⎰0d t =1x ≥1⎪⎰-∞
01⎩
2.14 （1）因为 1=
⎰
+∞
-∞1
ϕ(x ) d x =⎰A e
-∞1
+∞
-x
d x =2⎰A e -x d x =2A ，所以 A =
+∞
1
； 2
1-x 1-e -1
（2）P {0
0022
（3）当x
x
⎰
x
-∞
ϕ(x ) d x =⎰-∞e x d x =e x ；
x
1
212
x 111-e -x 11x -x
当x ≥0时， =1-e -x ；e d x +⎰e d x =+F (x ) =⎰ϕ(x ) d x =⎰-∞202-∞222
即有
⎧1x
⎪2e
F (x ) =⎨
1⎪1-e -x ⎩2
2.15（1）如果F (x ) =
x
。
x ≥0
11
定义在上，则有(-∞, +∞) F (+∞) =lim =0，与分布22x →+∞1+x 1+x
函数性质F (+∞) =1发生矛盾，所以它不可以成为某个随机变量的分布函数 ；
⎧11⎪
（2）如果F (x ) =定义在上，可以设F (x ) =(-∞, 0) ⎨1+x 22
1+x ⎪⎩1
x
，它单调非降，
连续，且有F (-∞) =0，F (+∞) =1，可以成为某个连续随机变量的分布函数。
2
2.16（1）因为 ξ 连续，在x =1，有F (1-0) =F (1) ，而 F (1-0) =lim +A (1-ε) =A ，
ε→0
F (1) =1，所以必有 A =1 ；
x
⎧2x 0≤x
（2）ϕ(x ) = ； F (x ) =⎨(x 2) '=2x 0≤x
其它d x ⎩0⎪1'=0x ≥1⎩
（3）P {-0. 3
2. 17 （1）由分布函数性质可知
2
0=F (-∞) =lim (A +B arctan x ) =A -
x →-∞
π
2
B ，B ，
1=F (+∞) =lim (A +B arctan x ) =A +
x →+∞
π
2
1π⎧⎧
A =A -B =0⎪⎪2 。 2即有 ⎨ ，解此方程，求得 ⎨
1π
⎪A +B =1⎪B =
π2⎩⎩
1arctan(1) 1arctan(-1) 1
（2）P {-1
2π2π2
（3）ϕ(x ) =
2.18 设ξ表示乘客的候车时间，根据题意可知 ξ～U (0, 5) ，ξ的概率密度为：
d 1arctan x 1
F (x ) =(+) '= 。 2d x 2ππ(1+x )
⎧1
⎪0≤x ≤5
。 ϕ(x ) =⎨5
⎪其它⎩0
乘客候车时间不超过3分钟的概率为：
3
3
P {ξ≤3}=⎰ϕ(x ) d x =⎰
-∞
1
d x =0. 6。 5
2.19 （1）由已知条件，ξ～E () ，ξ的分布函数为
⎧1-e -x F (x ) =⎨
0⎩
于是，
x >0x ≤0
。
P {50≤ξ≤200}=F (200) -F (50)
=(1-e -) -(1-e -50/100) =e -1/2-e -2≈0. 471；
（2）由
p =F (x p ) =⎰λe
x p
-t d t =-e
-t x p 0
=1-e
-x p ，得x p =100ln
1
。 1-p
x -⎧12⎪
2. 20 设ξ是修理时间，ξ～E () ，ξ的分布函数为F (x ) =⎨1-e
2⎪⎩0
x >0 。 x ≤0
（1）P {ξ>2}=1-P {ξ≤2}=1-F (2) =1-(1-e
-10
2
-
22
) =e -1 ≈ 0. 367879 ；
-102
1
-P {ξ>10}1-(1-e ) e
==9=e 2 ≈ 0. 606531 。 （2）P {ξ>10ξ>9}=9
--P {ξ>9}2
1-(1-e ) e 2
2. 21 因为ξ～N (1, 2) ，参数μ=1，σ=2，所以有：
2
2. 2-1
) =Φ(0. 6) =0. 7257 ； 2
5. 8-1-1. 6-1
（2）P {-1. 6≤ξ
22
（1）P {ξ
=Φ(2. 4) -[1-Φ(1. 3)]=0. 9918-1+0. 9032=0. 8950 ； （3）P {ξ≤3. 5}=P {-3. 5≤ξ≤3. 5}=Φ(
3. 5-1-3. 5-1
) -Φ() 22
=Φ(1. 25) -Φ(-2. 25) =Φ(1. 25) -[1-Φ(2. 25)]=0. 8944-1+0. 9878=0. 8822 ； （4）P {ξ≥4. 56}=1-P {ξ
4. 56-1-4. 56-1
) +Φ() =1-Φ(1. 78) +Φ(-2. 78) 22
=1-Φ(1. 78) +1-Φ(2. 78) =1-0. 9625+1-0. 9973=0. 0402 。
2. 22 设ξ是学生外语成绩，ξ～N (72, σ) ，已知
2
P {ξ>96}=1-Φ(
即有 Φ(
96-72
σ
) =1-Φ(
24
σ
) =0. 023，
24
≈ 12 ，于是有
σσ1. 9954
84-7260-7284-7260-72
P {60≤ξ≤84}=Φ() -Φ() ≈ Φ() -Φ()
σσ1212
) =0. 977，查表得
=1. 9954，σ=
=Φ(1) -Φ(-1) =Φ(1) -1+Φ(1) =0. 8413-1+0. 8413=0. 6826 。
2424
2. 23 设A ={电子元件损坏}，B 1={ξ≤200}, B 2={200240}。 因为
ξ～N (220, 252) ，所以
P (B 1) =P {ξ≤200}=Φ(
200-220
) =1-Φ(0. 8) =1-0. 7881=0. 2119， 25
240-220200-220
P (B 2) =P {200
2525
=Φ(0. 8) -1+Φ(0. 8) =0. 7881-1+0. 7881=0. 5762，
P (B 3) =P {ξ>240}=1-Φ(
240-220
) =1-Φ(0. 8) =1-0. 7881=0. 2119， 25
P (A B 1) =0. 1，P (A B 2) =0. 001，P (A B 3) =0. 2。 （1）由全概率公式得
P (A ) =∑P (B i ) P (A B i ) =0. 2119⨯0. 1+0. 5762⨯0. 001+0. 2119⨯0. 2 ≈ 0. 0641；
i =1
3
（2）由贝叶斯公式得
P (B 2A ) =
P (B 2) P (A B 2)
P (A )
=
0. 5762⨯0. 001
≈ 0. 0090 。
0. 0641
2. 24 设η是在100次测量中，事件A ={ξ>19. 6}发生的次数，显然η～b (100, p ) ，其中
19. 6-19. 6
p =P (A ) =P {ξ>19. 6}=1-P {-19. 6≤ξ≤19. 6}=1-[Φ() -Φ()]
1010
=1-Φ(1. 96) +1-Φ(1. 96) =2-2⨯0. 9750=0. 05 。
在100次测量中，事件A ={ξ>19. 6}至少发生2次的概率为
1
⨯0. 05⨯0. 9599≈0. 96292 。 P {η>2}=1-P {η=0}-P {η=1}=1-0. 95100-C 100
2. 25 （1）由 1=
∑P {ξ=x i }=3a +
i =1
5
11181
+3a +a +=7a + 可解得 a = 。 6301515
ξ的概率分布为
７３
（2）η=ξ的概率分布为
2
2. 26 因为ξ～U (0, 1) ，ξ的概率密度为ϕξ(x ) =⎨
⎧10≤x ≤1
。
0其他⎩
-1
当x ∈(0, 1) 时，y =f (x ) =x 严格单调下降，反函数为x =f (y ) =y ，
y ∈(1, +∞) ，
d -111
f (y ) =() '=-2。 d y y y
所以，η=的概率密度为
⎧d -111
f (y ) =-2=2⎪ϕξ(f -1(y ))
ϕη(y ) =⎨d y y y
⎪0⎩
y ∈(1, +∞) 其他
。
⎧e -x
2. 27 因为ξ～E (1) ，ξ的概率密度为 ϕξ(x ) =⎨
⎩0
x >0x ≤0
。
-1
当x ∈(0, +∞) 时，y =f (x ) =ln x 严格单调上升，反函数为x =f ，y ∈(-∞, +∞）
(y ) =e y ，
d -1
f (y ) =(e y ) '=e y 。 d y
-1
⎧⎪ϕ(f
ϕη(y ) =⎨ξ
⎪⎩
即有 ϕη(y ) =e
y -e y
(y ))
d f d y
-1
(y ) =e -e e y =e y -e 0
y y
y ∈(-∞, +∞) 其他
。
y ∈(-∞, +∞) 。
2. 28 当x ∈(0, +∞) 时，y =f (x ) =
12
mx 严格单调上升，反函数为x =f -1(y ) =2
1
。 2my
2y ，m
，y ∈(0, +∞）
d
f d y
-1
(y ) =(
2y ) '=m
７４
⎧⎪⎪
ϕη(y ) =⎨ϕξ(f
⎪⎪⎩
-1
d
(y )) f
d y
4(
-1
(y ) =
2y 2
) m
3
(
a e
-
2y 2
) m a 2
12my
y ∈(0, +∞) 。 其他
2y
⎧42y -ma 2⎪
=⎨ma 3m e ⎪⎩0
y >0y ≤0
。
７５
习题二
2.1 从装有4个黑球，8个白球和2个黄球的箱子中，随机地取出2个球，假定每取出1个黑球得2分，而每取出1个白球失1分，每取出1个黄球既不得分也不失分。以X 表示我们得到的分数，求X 的概率分布。
2.2 口袋中有5个球，分别标有号码1，2，3，4，5，现从这口袋中任取3个球。 （1）设X 是取出球中号码的最大值，求X 的概率分布，并求出X ≤4的概率； （2）设Y 是取出球中号码的最小值，求Y 的概率分布，并求出Y >3的概率。
2.3 10个灯泡中有2个坏的，从中任取3个，设X 是取出3个灯泡中好灯泡的个数。 （1）写出X 的概率分布和分布函数。
（2）求所取的3个灯泡中至少有2个好灯泡的概率。
2.4 某种电子产品中，合格品占4，不合格品占4，现在对这批产品随机抽取，逐个测试，设第X 次才首次测到合格品，求X 的概率分布。
2.5 已知某人在求职过程中每次求职的成功率都是0.4，问他预计最多求职多少次，就能保证有99%的把握获得一个就业机会？
2.6 已知1000个产品中有100个废品。从中任意抽取3个，设X 为取到的废品数。 （1）求X 的概率分布，并计算X =1的概率。
（2）由于本题中产品总数很大，而从中抽取产品的数目不大，所以，可以近似认为是“有放回地任意抽取3次”，每次取到废品的概率都是0.1，因此取到的废品数服从二项分布。试按照这一假设，重新求X 的概率分布，并计算X =1的概率。
2.7 一个保险公司推销员把保险单卖给5个人，他们都是健康的相同年龄的成年人。根据保险统计表，这类成年人中的每一个人未来能活30年的概率是2/3。求： （1）5个人都能活30年的概率；
（2）至少3个人都能活30年的概率； （3）仅2个人都能活30年的概率； （4）至少1个人都能活30年的概率。
2.8 一张答卷上有5道选择题，每道题列出了3个可能的答案，其中有一个答案是正确的。某学生靠猜测能答对至少4道题的概率是多少？
2.9 设随机变量X 、Y 都服从二项分布，X ～b (2, p ) ，Y ～b (3, p ) 。已知P {X ≥1}=试求P {Y ≥1}的值。
2.10 设在某条公路上每天发生事故的次数服从参数λ=3的普阿松分布。
5，9
（1）试求某天出现了3次或更多次事故的概率。
（2）假定这天至少出了一次事故，在此条件下重做（1）题。
2.11 某商店出售某种商品，据以往经验，月销售量服从普阿松分布P (3) 。问在月初进货时要库存多少此种商品，才能以99%的概率充分满足顾客的需要。
2.12 考虑函数
⎧C (2x -x 3) 0
0其他⎩
能否作为随机变量的概率密度？如果能，试求出常数C 的值。
2.13 已知随机变量X 的概率密度为
⎧Ax 0
其他⎩0
求：（1）系数A ；（2）概率P {X ≤0.5}； （3）随机变量X 的分布函数。
2.14 已知随机变量X 的概率密度为f (x ) =Ae
-x
，（-∞
（1）系数A ；（2）随机变量X 落在区间（0，1）内的概率； （3）随机变量X 的分布函
数。
2.15 函数F (x ) =
1
是否是连续型随机变量X 的分布函数，如果X 的可能值充满区间 2
1+x
（1） (-∞, +∞) ； （2）(-∞, 0) 。
2.16 设连续型变量X 的分布函数为：
⎧0⎪
F (x ) =⎨Ax 2
⎪1⎩
x
求：（1）系数A ；（2）X 的概率密度ϕ(2) ； （3）P {-0.3
2. 17 （柯西分布）设连续型随机变量X 的分布函数为
F (x ) =A +B arctan x ，(-∞
求：（1）系数A 、B ； （2）X ∈(-1,1) 的概率； （3）X 的概率密度。
2.18 公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车通过。乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的，求乘客候车时间不超过3分钟的概率。
2.19 假定一个新的灯泡的寿命X （单位：小时）服从以λ=1/100为参数的指数分布。求： （1）灯泡的寿命在50到200之间的概率；
（2）设F (x ) 是ξ的分布函数，已知F (x p ) =p ，0
2. 20 修理某机器所需时间（单位：小时）服从以λ=1/2为参数的指数分布。试问： （1）修理时间超过2小时的概率是多少？
（2）若已持续修理了9小时，总共需要至少10小时才能修好的条件概率是什么？
2. 21 设随机变量X ～N (1, 2) ，求：
（1）P {X
2. 22 某地抽样调查结果表明，考生的外语成绩（百分制）近似服从正态分布N (72, σ) ，且96分以上占学生总数的2.3%，试求考生的外语成绩在60至84分之间的概率。
2. 23 在电源电压不超过200V ，在200~240V之间和超过240V 的三种情况下，某种电子元件损坏的概率分别为0. 1，0. 001和0. 2。假设电源电压X ～N (220, 25) ，试求： （1）该电子元件损坏的概率；
（2）该电子元件损坏时，电源电压在200~240V之间的概率。
2. 24 假设测量的随机误差X ～N (0, 10) ，试求在100次独立重复测量中，至少有2次测量误差的绝对值大于19. 6的概率。
2. 25
2
2
2
2
2
求：（1）常数a ； （2）Y =X 的概率分布。
Y =X 。2. 26 设随机变量X 服从[0, 1]上的均匀分布U (0, 1) ，求随机变量Y 的概率密度。
2. 27 如果随机变量X ～E (1) ，Y =ln X 。试求随机变量η的概率密度。
2. 28 分子运动速度的绝对值X 是服从麦克斯威尔分布的随机变量，其概率密度为：
⎧2-x a f (x ) =0⎩
求分子动能Y =
2
x >0x ≤0
，（a >0） 。
1
mX 2（m 为质量）的概率密度。 2
习题二
2.1 因为
C 8228
， P {取到2白球}=P {ξ=-2}=2=
C 1491
11C 8C 216
= ， P {取到1白球1黄球}=P {ξ=-1}=2
91C 14
2
C 21
P {取到2黄球}=P {ξ=0}=2= ，
C 149111C 8C 432
= ， P {取到1白球1黑球}=P {ξ=1}=2
91C 1411
C 2C 48
= ， P {取到1黄球1黑球}=P {ξ=2}=2
91C 14
2
C 46
P {取到2黑球}=P {ξ=4}=2= ，
C 1491
所以，ξ的概率分布为
2.2
（1）从5个球中取3个球，最大号码为k ，相当于先取1个号码为k 的球，再从号码小于k
12
C 1C k -1C k 2-1
的k -1个球中取2个球，所以 P {ξ=k }= （k =3, 4, 5） 。 =3
10C 5
由此求得ξ的概率分布为
P {ξ≤4}=P {ξ=3}+P {ξ=4}=0. 1+0. 3=0. 4 ；
（2）从5个球中取3个球，最小号码为k ，相当于先取1个号码为k 的球，再从号码大于k
12
C 1C 5-k C 52-k
的5-k 个球中取2个球，所以 P {η=k }= （k =1, 2, 3） 。 =3
10C 5
由此求得η的概率分布为
P {η>3}=0 。
2.3 （1）ξ可能的取值为1，2，3。
从8个好灯泡和2个坏灯泡中任取3个，恰好取到k 个好灯泡和3-k 个坏灯泡的概率为
3-k
C 8k C 2
P {ξ=k }=（k =1, 2, 3）。 3
C 10
由此求得ξ的概率分布为
ξ的分布函数为
0x
⎪P {ξ=1}=1/151≤x
F (x ) =P {ξ≤x }=⎨ 。
2≤x
⎪x ≥3⎩P {ξ=1}+P {ξ=2}+P {ξ=3}=1
（2）P {3个灯泡中至少有2个好灯泡}=P (ξ≥2) =P {ξ=2}+P {ξ=3}=14/15 。
2.4 显然这是一个独立试验序列。测到合格品为止所需要的测试次数ξ服从p =
3
的几何4
分布，即 ξ~g () ，ξ的概率分布为
34
13
P {ξ=k }=(1-p ) k -1p =() k -1⨯ （k =1, 2, ） 。
44
2.5 设n 是为了要有90%的把握成功，预计所需的求职次数的上限，ξ是到成功为止，实际所需的求职次数，显然 ξ～g (0. 4) 。根据题意，要有
P {ξ≤n }=1-P {ξ≥n +1}=1-
n
k =n +1
∑0. 6
∞
k -1
⨯0. 4=1-0. 6(n +1) -1=1-0. 6n ≥0. 9 ，
即要有0. 6≤0. 1，n ≥log 0. 60. 1≈4. 5076，取整可得 n =5，即预计最多求职5次，就能有90%的把握获得一个就业机会。
k 3-k C 100C 900
2.6 （1）用超几何分布计算，ξ的概率分布为 P {ξ=k }=（k =0, 1, 2, 3） ， 3
C 1000
12C 100C 90013485
P {ξ=1}==≈0. 24346 。 3
C 100055389
（2）用二项分布近似计算，ξ的概率分布为 P {ξ=k }=C 3⨯0. 1⨯0. 9
1
P {ξ=1}=C 3⨯0. 11⨯0. 92=0. 24300 。
k k 3-k
（k =0, 1, 2, 3），
2.7 设ξ是5个人中未来能活30年的人数，显然有 ξ～b (5, （1）5人都能活30年的概率
2
) 。 3
232
； P {ξ=5}=() 5=
3243
（2）至少3人能活30年的概率
P {ξ≥3}=P {ξ=3}+P {ξ=4}+P {ξ=5}
212121923
； =C 5⨯() 3⨯() 2+C 54⨯() 4⨯+() 5=
33333243
（3）仅2人能活30年的概率
2140
； P {ξ=2}=C 52⨯() 2⨯() 3=
33243
（4）至少1人能活30年的概率
11242
。 P {ξ≥1}=1-P {ξ=0}=1-() 5=1-=
3243243
2.8 设ξ是5道题中能答对的题数，显然有 ξ～b (5, ) 。
13
12111
。 P {ξ≥4}=P {ξ=4}+P {ξ=5}=C 54⨯() 4⨯+() 5=
333243
2.9 由 P {ξ≥1}=1-P {ξ=0}=1-(1-p ) 2=
425
=± ，因为 可解得 1-p =±939
1-p >0，舍去负值，得到1-p =
21
，即有 p = 。 33
所以 P {η≥1}=1-P {η=0}=1-(1-p ) 3=1-(1-) 3=1-
2.10 设ξ是每天发生事故数，ξ～P (3) 。 （1）发生3次或更多次事故的概率为
1
3819
。 =
2727
3k -317
P {ξ≥3}=1-∑P {ξ=k }=1-∑e =1-e -3≈0. 57681 ；
2k =0k ! k =0
2
2
（2）在已知至少发生1次事故的条件下，发生3次或更多次事故的概率为
17-3
e
P {ξ≥3}P {ξ≥3} =≈0. 60703 。 P {ξ≥3ξ≥1}==
P {ξ≥1}1-P {ξ=0}1-e -3
1-
2.11 设月初要进货a 件，ξ是月销售量，ξ～P (3) 。要满足顾客需要，必须有ξ≤a ，根据题意，要有
3k -3
P {ξ≤a }=∑P {ξ=k }=∑e ≥0. 99 。
k =0k ! k =0
a
a
直接计算或查书后附录中普阿松分布的概率表，可以求得：
8
3k -33k -3
≈0. 9880. 99 。 ∑k ! k =0k =0k ! 7
由此可见，月初至少要进货8件，才能以99%以上的概率满足顾客的需要。
2.12 它不能作为随机变量的概率密度。例如，当x =1时，ϕ(1) =C (2⨯1-1) =C ，当
3
x =2时，ϕ(2) =C (2⨯2-23) =-4C ，不管C >0或C
是负值，这就与ϕ(x ) ≥0发生矛盾，如果C =0，则与
⎰
+∞
-∞
ϕ(x ) d x =1矛盾，所以，它不能
作为随机变量的概率密度。
2.13 （1）因为 1=（2）P {ξ≤0. 5}=
⎰⎰
+∞
-∞
ϕ(x ) d x =⎰Ax d x =
00. 50
1
Ax 2
21
=
A
，所以 A =2 ； 2
0. 5
-∞
ϕ(x ) d x =⎰2x d x =x 2
0. 50
=0. 25 ；
x
⎧x
x 0x ⎪
（3）F (x ) =⎰ϕ(t ) d t =⎨⎰0d t +⎰2t d t =x 20≤x
-∞-∞0
⎪01x
0d t +⎰2t d t +⎰0d t =1x ≥1⎪⎰-∞
01⎩
2.14 （1）因为 1=
⎰
+∞
-∞1
ϕ(x ) d x =⎰A e
-∞1
+∞
-x
d x =2⎰A e -x d x =2A ，所以 A =
+∞
1
； 2
1-x 1-e -1
（2）P {0
0022
（3）当x
x
⎰
x
-∞
ϕ(x ) d x =⎰-∞e x d x =e x ；
x
1
212
x 111-e -x 11x -x
当x ≥0时， =1-e -x ；e d x +⎰e d x =+F (x ) =⎰ϕ(x ) d x =⎰-∞202-∞222
即有
⎧1x
⎪2e
F (x ) =⎨
1⎪1-e -x ⎩2
2.15（1）如果F (x ) =
x
。
x ≥0
11
定义在上，则有(-∞, +∞) F (+∞) =lim =0，与分布22x →+∞1+x 1+x
函数性质F (+∞) =1发生矛盾，所以它不可以成为某个随机变量的分布函数 ；
⎧11⎪
（2）如果F (x ) =定义在上，可以设F (x ) =(-∞, 0) ⎨1+x 22
1+x ⎪⎩1
x
，它单调非降，
连续，且有F (-∞) =0，F (+∞) =1，可以成为某个连续随机变量的分布函数。
2
2.16（1）因为 ξ 连续，在x =1，有F (1-0) =F (1) ，而 F (1-0) =lim +A (1-ε) =A ，
ε→0
F (1) =1，所以必有 A =1 ；
x
⎧2x 0≤x
（2）ϕ(x ) = ； F (x ) =⎨(x 2) '=2x 0≤x
其它d x ⎩0⎪1'=0x ≥1⎩
（3）P {-0. 3
2. 17 （1）由分布函数性质可知
2
0=F (-∞) =lim (A +B arctan x ) =A -
x →-∞
π
2
B ，B ，
1=F (+∞) =lim (A +B arctan x ) =A +
x →+∞
π
2
1π⎧⎧
A =A -B =0⎪⎪2 。 2即有 ⎨ ，解此方程，求得 ⎨
1π
⎪A +B =1⎪B =
π2⎩⎩
1arctan(1) 1arctan(-1) 1
（2）P {-1
2π2π2
（3）ϕ(x ) =
2.18 设ξ表示乘客的候车时间，根据题意可知 ξ～U (0, 5) ，ξ的概率密度为：
d 1arctan x 1
F (x ) =(+) '= 。 2d x 2ππ(1+x )
⎧1
⎪0≤x ≤5
。 ϕ(x ) =⎨5
⎪其它⎩0
乘客候车时间不超过3分钟的概率为：
3
3
P {ξ≤3}=⎰ϕ(x ) d x =⎰
-∞
1
d x =0. 6。 5
2.19 （1）由已知条件，ξ～E () ，ξ的分布函数为
⎧1-e -x F (x ) =⎨
0⎩
于是，
x >0x ≤0
。
P {50≤ξ≤200}=F (200) -F (50)
=(1-e -) -(1-e -50/100) =e -1/2-e -2≈0. 471；
（2）由
p =F (x p ) =⎰λe
x p
-t d t =-e
-t x p 0
=1-e
-x p ，得x p =100ln
1
。 1-p
x -⎧12⎪
2. 20 设ξ是修理时间，ξ～E () ，ξ的分布函数为F (x ) =⎨1-e
2⎪⎩0
x >0 。 x ≤0
（1）P {ξ>2}=1-P {ξ≤2}=1-F (2) =1-(1-e
-10
2
-
22
) =e -1 ≈ 0. 367879 ；
-102
1
-P {ξ>10}1-(1-e ) e
==9=e 2 ≈ 0. 606531 。 （2）P {ξ>10ξ>9}=9
--P {ξ>9}2
1-(1-e ) e 2
2. 21 因为ξ～N (1, 2) ，参数μ=1，σ=2，所以有：
2
2. 2-1
) =Φ(0. 6) =0. 7257 ； 2
5. 8-1-1. 6-1
（2）P {-1. 6≤ξ
22
（1）P {ξ
=Φ(2. 4) -[1-Φ(1. 3)]=0. 9918-1+0. 9032=0. 8950 ； （3）P {ξ≤3. 5}=P {-3. 5≤ξ≤3. 5}=Φ(
3. 5-1-3. 5-1
) -Φ() 22
=Φ(1. 25) -Φ(-2. 25) =Φ(1. 25) -[1-Φ(2. 25)]=0. 8944-1+0. 9878=0. 8822 ； （4）P {ξ≥4. 56}=1-P {ξ
4. 56-1-4. 56-1
) +Φ() =1-Φ(1. 78) +Φ(-2. 78) 22
=1-Φ(1. 78) +1-Φ(2. 78) =1-0. 9625+1-0. 9973=0. 0402 。
2. 22 设ξ是学生外语成绩，ξ～N (72, σ) ，已知
2
P {ξ>96}=1-Φ(
即有 Φ(
96-72
σ
) =1-Φ(
24
σ
) =0. 023，
24
≈ 12 ，于是有
σσ1. 9954
84-7260-7284-7260-72
P {60≤ξ≤84}=Φ() -Φ() ≈ Φ() -Φ()
σσ1212
) =0. 977，查表得
=1. 9954，σ=
=Φ(1) -Φ(-1) =Φ(1) -1+Φ(1) =0. 8413-1+0. 8413=0. 6826 。
2424
2. 23 设A ={电子元件损坏}，B 1={ξ≤200}, B 2={200240}。 因为
ξ～N (220, 252) ，所以
P (B 1) =P {ξ≤200}=Φ(
200-220
) =1-Φ(0. 8) =1-0. 7881=0. 2119， 25
240-220200-220
P (B 2) =P {200
2525
=Φ(0. 8) -1+Φ(0. 8) =0. 7881-1+0. 7881=0. 5762，
P (B 3) =P {ξ>240}=1-Φ(
240-220
) =1-Φ(0. 8) =1-0. 7881=0. 2119， 25
P (A B 1) =0. 1，P (A B 2) =0. 001，P (A B 3) =0. 2。 （1）由全概率公式得
P (A ) =∑P (B i ) P (A B i ) =0. 2119⨯0. 1+0. 5762⨯0. 001+0. 2119⨯0. 2 ≈ 0. 0641；
i =1
3
（2）由贝叶斯公式得
P (B 2A ) =
P (B 2) P (A B 2)
P (A )
=
0. 5762⨯0. 001
≈ 0. 0090 。
0. 0641
2. 24 设η是在100次测量中，事件A ={ξ>19. 6}发生的次数，显然η～b (100, p ) ，其中
19. 6-19. 6
p =P (A ) =P {ξ>19. 6}=1-P {-19. 6≤ξ≤19. 6}=1-[Φ() -Φ()]
1010
=1-Φ(1. 96) +1-Φ(1. 96) =2-2⨯0. 9750=0. 05 。
在100次测量中，事件A ={ξ>19. 6}至少发生2次的概率为
1
⨯0. 05⨯0. 9599≈0. 96292 。 P {η>2}=1-P {η=0}-P {η=1}=1-0. 95100-C 100
2. 25 （1）由 1=
∑P {ξ=x i }=3a +
i =1
5
11181
+3a +a +=7a + 可解得 a = 。 6301515
ξ的概率分布为
７３
（2）η=ξ的概率分布为
2
2. 26 因为ξ～U (0, 1) ，ξ的概率密度为ϕξ(x ) =⎨
⎧10≤x ≤1
。
0其他⎩
-1
当x ∈(0, 1) 时，y =f (x ) =x 严格单调下降，反函数为x =f (y ) =y ，
y ∈(1, +∞) ，
d -111
f (y ) =() '=-2。 d y y y
所以，η=的概率密度为
⎧d -111
f (y ) =-2=2⎪ϕξ(f -1(y ))
ϕη(y ) =⎨d y y y
⎪0⎩
y ∈(1, +∞) 其他
。
⎧e -x
2. 27 因为ξ～E (1) ，ξ的概率密度为 ϕξ(x ) =⎨
⎩0
x >0x ≤0
。
-1
当x ∈(0, +∞) 时，y =f (x ) =ln x 严格单调上升，反函数为x =f ，y ∈(-∞, +∞）
(y ) =e y ，
d -1
f (y ) =(e y ) '=e y 。 d y
-1
⎧⎪ϕ(f
ϕη(y ) =⎨ξ
⎪⎩
即有 ϕη(y ) =e
y -e y
(y ))
d f d y
-1
(y ) =e -e e y =e y -e 0
y y
y ∈(-∞, +∞) 其他
。
y ∈(-∞, +∞) 。
2. 28 当x ∈(0, +∞) 时，y =f (x ) =
12
mx 严格单调上升，反函数为x =f -1(y ) =2
1
。 2my
2y ，m
，y ∈(0, +∞）
d
f d y
-1
(y ) =(
2y ) '=m
７４
⎧⎪⎪
ϕη(y ) =⎨ϕξ(f
⎪⎪⎩
-1
d
(y )) f
d y
4(
-1
(y ) =
2y 2
) m
3
(
a e
-
2y 2
) m a 2
12my
y ∈(0, +∞) 。 其他
2y
⎧42y -ma 2⎪
=⎨ma 3m e ⎪⎩0
y >0y ≤0
。
７５