吴赣昌编_[概率论与数理统计]第二章

吴赣昌经管类三版复习提要及课后习题解答

习题2-2

1. 设X ~P (λ) ，且P (X =1) =P (X =2) ，求λ 解：P (X =1) =

λ1

-λ

λ2

-λ

⇒λ=

λ2

⇒λ=2(λ>0)

2、设随机变量的分布律为P {X =k }=

(k =1, 2,3, 4,5) ， 15

求（1）P {3}

252

解：由分布律的性质

∑P {X =k }=1，得

k =1

（1）P

1252121+= 15155

k 2= ∑5k =115

1357, , , ，求常数c ，并计算2c 4c 8c 16c

（3）P {X >3}=1-P {X ≤3}=1-P {1≤X ≤3}=

3、已知X 只取-1，0，1，2四个值，相应的概率为

P {X

解：由分布律的性质有

135737+++=1，所以c = 2c 4c 8c 16c 16

P {X

P {X ≠0}P {X =-1}+P {X =1}+P {X =2}25

4、一袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，在袋中同时取5只球，以X 表示取出的3只球

中的大号码，求X 的分布律。

解：由题意知，X 所有可能取到的值为3，4，5，由古典概率计算公式可得分布律为

C 323C 4611

P {X =3}=3=，P {X =4}=3=，P {X =5}=3=

C 510C 510C 510

5、某加油站替出租公司代营出租汽车业务，每出租一辆汽车，可从出租公司得到3元。因为代出

租汽车这项业务，每天加油站需多付职工的服务费60元。设加油站每天出租汽车数X 是随机变量，其

求：出租汽车这项业务的收入大于额外支付职工服务费的概率（即这项服务盈利的概率）

解：设A=“这项服务盈利的概率”，由题意

P (A ) =P {3X >60}=P {X >20}=P {X =30}+P {X =40}=0.45+0.15=0.6

题型2 常见分布的应用，几何分布、二项分布、泊松分布、二项分布的泊松逼近

6（几何分布）、设自动生产线在调整后出现废品的概率为0.1，当生产过程中出现废品时立即进行调整，X 表示在两次调整之间生产的合格品数，求（1） X 的分布律；（2）P (X ≥5}；

（3）在两次调整之间能以0.6的概率保证生产出合格品的数量不少于多少？

解：（1）{X=k}表示这k 次全生产了合格品，第k+1次生产了废品，所以这是几何分布的问题，

P (X =k }=p (1-p ) k =0.1⨯0.9k (k =0,1,2...)

0.95（2）P (X ≥5}=∑0.1⨯0.9=0.1⨯=0.95

1-0.9k =5

∞

（3）设数量不少于n ，则由题意知P {X ≥n }=0.6，所以有P {X

所以

∑0.1⨯0.9

k =0

n -1

=1-0.9n ，因而有1-0.9n =0.4，解得n=5

7、某运动员投篮的命中率为0.6，求他一次投篮时，投篮命中次数的概率分布

解

8、某种产品共10件，其中3件次品，现从中任取3件，求取出的3件产品中次品数的概率分布。解：设X 表示取出的3件产品中次品数，则X ：0，1，2，3

321123C 7C 7C 3C 7C 3C 3

P {X =0}=3, P {X =1}=3, P {X =2}=3, P {X =3}=3

C 10C 10C 10C 10

9、一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从中任取一件，取出的产品仍放回，求直到

取到正品为止所需次数X 的概率分布。

解：X ：1，2，…，n ，…，取到次品的概率为p =0.3，取到正品的概率为q =0.7，

10. 设X ~B (2,p ), Y ~B (3,p ) ，如果P {X ≥1}=

，求P {Y ≥1}。 9

k k

解：因为X ~B (2,p ) ，所以P {X =k }=C 2p (1-p ) 2-k (k =0,1,2) ；

而

5100=P {X ≥1}=1-P {X =0}=1-C 2p (1-p ) 2=1-(1-p ) 2，所以p = 93

k k 又Y ~B (3,p ) ，所以P {Y =k }=C 3p (1-p ) 3-k (k =0,1,2,3) ；

所以P {Y ≥1}=1-P {Y =0}=1-(1-) =

19 27

11、（二项分布的泊松逼近）纺织女工照顾800个纺锭，每个纺锭在某一时间段内断头的概率为0.005，求在这段时间内断头的次数不大于2次的概率。

解：设X ：在某时间段内800个纺锭断头的数量，则X ~B (800,0.005)

P {X ≤2}=∑C 0.0050.995

k 800

k =0

800-k

4k -4

≈∑e (λ=800⨯0.005=4) =0.2381 k =0k !

12、设书籍上每页的印刷错误的个数服从泊松分别，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率。

解：设X ：每页的印刷错误的个数，由题意X ~P (λ) ，即P {X =k }=

λk

k !

e -λ(k =0,1, 2,...) ，

由题意P {X =1}=P {X =2}可得

λ1

-λ

λ2

e -λ，解得λ=2，所以

2k -2

P {X =k }=e (k =0,1,2,...)

k !

20-2

e =e -2 所以，每页上没有印刷错误的概率为p =P {X =0}=0!

设Y ：检验的4页中没有印刷错误的页数，则Y ~B (4,e -2)

所求概率为P {Y =4}=C 4(e -2) 4(1-e -2) 0=(e -2) 4=e -8

13、设在时间t （分钟）内，通过某交叉路口的汽车数服从参数与t 成正比的泊松分布。已知在1分钟内没有汽车通过的概率为0.2，求在2分钟内最多有一辆汽车通过的概率。

解：设X (t ) 表示在时间t （分钟）内通过某交叉路口的汽车数，则X (t ) ~P (at )

a 0-a

e ，所以a =ln 5 由题意X (1)~P (a ) ，所以0.2=P {X (1)=0},即0.2=0!

又X (2)~P (2ln5)，所以，

(2ln5) k -2ln51

=(1+2ln 5) 所求概率为P {X (2)≤1}=∑k ! 25k =0

习题2-3

3. 已知离散型随机变量X 的分布列为：P (X =1) =0.2, P (X =2) =0.3，P (X =3) =0.5，试写出X 的分布函数。解 X 的分布列为

X P

123

0.20.30.5

所以X 的分布函数为

⎧0, ⎪0.2, ⎪

F (x ) =⎨

⎪0.5, ⎪⎩1,

1≤x

2≤x

6、设随机变量X 的分布函数为

F (x ) =A +B arctan x ，-∞

求：（1）系数A 与B ；（2）P (-1

π⎧

0=F (-∞) =A -B ⋅⎪⎪2

⎨

π⎪1=F (+∞) =A +B ⋅

⎪⎩211

于是 A =，B =，所以X 的分布函数为

π2

F (x ) =+arctan x -∞

2π

11π11π1

（2）P (-1

2π42π42

（3）X 的概率密度为f (x ) =F '(x ) = 2

π(1+x )

习题2-4

1、设X ~f (x ) =

(x +3) 2

，则Y =

X +3

~N (0,1) 2

2、已知X ~f (x ) =⎨解：P {X ≤0.5}=

⎧2x ,0

，求P {X ≤0.5};P {X =0.5};F (x )

0, other ⎩

⎰

0.5

-∞

f (x ) dx =⎰2xdx ;

0.5

P {X =0.5}=0;

⎧0, x

F (x ) =P {X ≤x }=⎨⎰f (x ) dx =⎰0dx +⎰2xdx ,0≤x

-∞-∞0⎪⎪⎩1, x ≥1

⎧A +Be -2x , x >0

3、设X ~F (x ) =⎨

⎩0, x ≤0

（1）求A ，B

⎧⎧1-e -2x , x >0⎧A =1⎧A =1⎪F (+∞) =1解：由⎨得，⎨，所以⎨，即F (x ) =⎨

lim F (x ) =0⎩A +B =0⎩B =-1⎪⎩0, x ≤0⎩x →0

（2）求P {-1

⎧2e -2x , x >0

（3）f (x ) =F '(x ) =⎨

⎩0, x ≤0

4、服从拉普拉斯分布的随机变量X 的概率密度为f (x ) =Ae -|x |，求A 及其分布函数。解：由

⎰

+∞

-∞

f (x ) dx =1⇒⎰Ae -x dx +⎰

-∞

0+∞

Ae -x dx =1⇒A =0.5

⎧⎪0.5e , x

所以其密度函数为f (x ) =⎨ -x

⎪⎩0.5e , x ≥0

分布函数为F (X ) =P (X ≤x }=

⎰

-∞

⎧x 0.5e x dx =0.5e x , x

⎪⎰-∞

f (x ) dx =⎨x

-x 0.5x

⎪⎰0.5e dx =0.5-0.5e , x ≥0⎩0

5、设X 服从（1，5）上的均匀分布，如果（1）x 1

⎧1

⎪,1≤x ≤5f (x ) =解：因为X ~U [1,5]，所以 ⎨4

⎪⎩0, other

dx =(x 2-1) ⎰x 1x 1144

x 251x 21

dx +⎰0dx =(5-x 1) （2）当1

（1）当x 1

x 2

f (x ) dx =⎰0dx +⎰

x 2

6、【本题是连续型与离散型随机变量的综合题目】设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆

车到达，设乘客在5分钟内任一时刻到达是等可能的，计算在车站候车的10位乘客中只有一位等待时间超过4分钟的概率。

解：由于乘客在【0，5】时间段内到达车站是等可能性的，设X ：乘客在【0，5】时间段内到达的

⎧1

⎪,0≤x ≤5

时刻，则X ~U [0,5]，所以f (x ) =⎨5

⎪⎩0, other

A=“每位乘客等待乘车的时间超过分钟”⇔{0≤X

所以p =P (A ) =P {0≤x

⎰05dx =0.2，

设Y=“10位乘客中等待时间超过4分钟的人数”，则Y ~B (10,0.2)

1所以，是所求概率为P {Y =1}=C 100.2⨯0.89=0.268

7、设X ～N （3.22）

（1）求P (22}，P (X>3)

⎛β-μ⎫-φ⎛α-μ⎫

解：∵ 若X ～N （μ，σ2），则P (α

⎝σ⎭⎝σ⎭⎛5-3⎫-φ⎛2-3⎫=φ(1)－φ(－0.5) =0.8413－0.3085=0.5328

∴P (2

⎝2⎭⎝2⎭⎛10-3⎫-φ⎛-4-3⎫=φ(3.5)－φ(－3.5) =0.9998－0.0002=0.9996

P (－4

⎝2⎭⎝2⎭

⎡⎛2-3⎫⎛-2-3⎫⎤=1－φ(－0.5) +φ(－2.5)

P (|X |>2)=1－P (|X |

⎝2⎭⎥⎣⎝2⎭⎦

=1－0.3085+0.0062=0.6977

⎛3-3⎫

P (X >3)=1－P (X ≤3)=1－φ ⎪=1－0.5=0.5

⎝2⎭

（2）决定C 使得P (X > C )=P (X ≤C )

解：P (X > C )=1－P (X ≤C )= P (X ≤C ) ，得P (X ≤C )=

=0.5 2

⎛C -3⎫=0. 5, 查表可得C -3=0

又P (X ≤C )=φ ⎪

2⎝2⎭

∴ C =3

8、设测量误差X ~N (0,102), ，进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不少于3的概率。

解：误差的绝对值超过19.6的概率为

p =P {|X |>19.6}=1-P {|X |≤19.6}=1-P -19.6-0X -019.6-0

≤ =2[1-Φ(1.96)]=0.05

101010

设Y ：100次独立测量中误差超过19.6的次数，则Y ~B (100,0.05)

所以P {Y ≥3}=1-P {Y

∑C

k =0

100

0.050.95

k 100-k

5k -5

≈1-∑e =0.87

k =0k !

【评注】本题用到正态分布的标准化，二项分布的泊松逼近。

9、计件超产奖，需对生产定额做出规定。假设每名工人每月装配的产品数X ~N (4000,3600)。假定希望10%的工人获得超产奖，求工人每月需完成多少件产品才能获得超产奖。

解：设需要完成n 件产品才能获得超产奖。则由题意知，要获得超产奖就需生产的产品数大于等于n ，所以

P {X ≥n }=1-P {X

所以有1-Φ(

n -4000n -4000

) =0.1⇒≈1.28⇒n =4077 6060

10、某地区18岁的女青年的血压（收缩区，以mm-Hg 计）服从N (110, 122) 在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X 。求

（1）P (X ≤105)，P (100x) ≤ 0.05.

解:(1) P (X ≤105) =Φ(

105-110

) =Φ(-0. 4167) =1-Φ(0. 4167) =1-0. 6616=0. 3384 12

120-110100-11055

) -Φ() =Φ() -Φ(-) 121266

=2Φ() -1=2Φ(0. 8333) -1=2⨯0. 7976-1=0. 5952

6P (100

(2)P (X >x ) =1-P (X ≤x ) =1-Φ(查表得

x -110x -110

) ≤0.05⇒Φ() ≥0.95. 1212

x -110

≥1.645. ⇒x ≥110+19.74=129.74. 故最小的X =129.74 12

11、设某城市男子身高X ~N (170,36)，

（1）问应如何选择公共汽车的车门高度才能使男子与车门碰头的概率小于0.01？（2）若车门高度为182厘米，求100个男子中与车门碰头的人数不多于2个概率。

解：因为X ~N

(170,36)，所以f (x ) =

1x -1702-() 26

, μ=170, σ=6

（1）设车门的高度为h ，则当“X >h ”时，男子能与车门碰头所以由题意P {X >h }

P {X >h }=1-P {X ≤h }=1-Φ(

h -170h -170h -170

) ⇒Φ() >0.99 ⇒>2.33⇒h >183.98 666

（2）当男子的身高大于182厘米时，能与车门碰头，所以

182-170

p =P {X >182}=1-P {X ≤182}=1-Φ() ≈1-Φ(2)=0.0228

设Y ：100个男子中与车门碰头的人数，则X ~B (100,0.0475)

所以所求概率为P {Y ≤2}=

∑C

k =0

k 100

0.02280.9772

k 100-k

2.28k -2.28

≈∑e ≈0.6013

k ! k =0

12、某人到火车站有两条路，第一条路程短，但交通拥挤，所需时间服从N (40,10) ；第二条路程长，但意外阻塞较少，所需时间服从N (50,4) 。（1）若离开车时间只有60分钟，应选择哪条线路？

（2）若离开车时间只有45分钟，应选择哪条线路？

解：设X ：选择第一条线路到达车站所需的时间，则X ~N (40,10) Y ：选择第二条线路到达车站所需的时间，则Y ~N (50,4)

（1）两条线路在60分钟内到达车站的概率分别为

P {X ≤60}=Φ(

60-4060-50

) =Φ(2)=0.9772；P {Y ≤60}=Φ() =Φ(2.5)=0.9938 104

所以应选第一条。

（2）两条线路在45分钟内到达车站的概率分别为

45-40

) =Φ(0.5)=0.69151045-50

P {Y ≤45}=Φ() =Φ(-1.25) =1-Φ(1.25)=0.1056

4P {X ≤45}=Φ(

所以应选第二条

13、设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X （以分计）服从指数分布，其概率密度为：

⎧1-5

⎪e , x >0

F X (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：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为 -+∞1+∞-5

P (X >10) =f X (x ) dx =e dx =-e 510=e -2

10510

⎛5⎫

因此Y ~B (5, e -2). 即P (Y =k ) = ⎪e -2k (1-e -2) 5-k , (k =1, 2, 3, 4, 5

⎝k ⎭

P (Y ≥1) =1-P (Y

7. 389

=1-0. 86775=1-0. 4833=0. 5167.

⎰

+∞

⎰

x x

14、某仪器装有三只独立工作的同型号电气元件，其寿命都服从同一分布，密度函数为

1x ⎧1-600

e , x

，求在仪器使用的最初200小时内，至少有一个电子元件损坏的概率。 f (x ) =⎨600

⎪0, other ⎩1-x ⎧1600⎪1-e , x >0 ) ，所以F (x ) =⎨解：设X ：电子元件的使用寿命，则X ~E (

600⎪⎩0, other

A=“使用到200小时，电子元件损坏”，则P (A ) =P {X

15、设X ~N (μ, 16) , Y ~N (,25μ) 有p 1=p 2。

-1/3

)]3=1-e -1

；记p 1=P {X ≤μ-4},p 2=P {Y ≥μ+5}，试证对任意μ总

X -μ

≤-1}=Φ(-1) =1-Φ(1), 4

Y -μ

p 2=P {Y ≥μ+5}=1-P {Y

证：p 1=P {X ≤μ-4}=P {

所以p 1=p 2.

习题2-5

1、 2、

3、设X ~U [a , b ]，求Y =cX +d 的密度函数（以c>0为例）

⎧1

, a ≤x ≤b ⎪

解：因为X ~U [a , b ]，所以f (x ) =⎨b -a

⎪⎩0, other

设Y 的分布函数为F Y (y )

y -d

F Y (y ) =P {Y ≤y }=P {aX +d ≤y }=P {X ≤=⎰c 0dx =0

-∞c

y -d

≤b ，此时（2）当a ≤x ≤b 时，有ac +d ≤y ≤bc +d ，即a ≤c

y -d y -d

a y -d 1c

F Y (y ) =P {cX +d ≤y }=P {X ≤=⎰f (x ) dx =⎰0dx +⎰c dx

-∞-∞a c b -a

1y -d =[-a ] b -a c

y -d

≥b ，此时（3）当x ≥b 时，有y ≥bc +d ，即c

y -d y -d

a b y -d 1

F Y (y ) =P {X ≤=⎰c f (x ) dx =⎰0dx +⎰dx +⎰c 0dx =1

-∞-∞a b c b -a ⎧1

, ac +d ≤y ≤bc +d ⎪

所以可得f Y (y ) =F Y '(y ) =⎨c (b -a )

⎪0, other ⎩

同样可讨论c

因为Y =cX +d 是严格单调函数，所以x =h (y ) =又当a ≤x ≤b 时，有ac +d ≤y ≤bc +d

y -d 1

，h '(y ) =； c c

1⎧1

⋅, ca +d ≤y ≤cb +d , ⎪

'所以f Y (y ) =f X (h (y )) |h (y ) |=⎨b -a |c |

⎪0, other . ⎩

4、X ~U [-1,1]，求Y =e 的概率密度f Y (y )

⎧1/2, -1≤x ≤1

解：因为X ~U [-1,1]，所以f (x ) =⎨

0, other ⎩

-1

设Y 的分布函数为F Y (y ) ，则当-1≤x ≤1时，e ≤y ≤e

⎧0, y

所以F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (e ≤y ) =⎨P (X ≤ln y ), e ≤y

⎪1, y ≥e ⎩

⎧0, y

ln y 11⎪

=⎨⎰f (x ) dx =⎰dx =(lny +1), e -1≤y ≤e

-∞-122⎪

y ≥e ⎪⎩1,

⎧1-1

⎪, e ≤y ≤e

所以f Y (y ) =F Y '(y ) =⎨2y

⎪0, other ⎩

5、设X ～N （0，1）（1）求Y=eX 的概率密度解：∵ X 的概率密度是f (x ) =

-1e 2π

x 2, -∞

Y= g (X )=e X 是单调增函数又 X= h (Y ) = lnY 反函数存在且 α = min [g (－∞), g (+∞)]=min (0, +∞)=0 β = max [g (－∞), g (+∞)]= max (0, +∞)= +∞ ∴ Y 的分布密度为：

(lny ) 2⎧-11⎪f [h (y )]⋅|h ' (y ) |=e ⋅ψ(y ) =⎨y 2π

⎪0⎩

（2）求Y=2X 2+1的概率密度。

在这里，Y=2X 2+1在(+∞，－∞) 不是单调函数，没有一般的结论可用。设Y 的分布函数是F Y （y ），则 F Y ( y )=P (Y ≤y )=P (2X 2+1≤y )

⎛ =P -

⎝

当y

y -1

≤X ≤2y -12

⎫⎪ ⎪⎭

⎛

当y ≥1时：F y (y ) =P -

⎝

y -1

≤X ≤2

y -1⎫⎪=2⎪⎭

⎰

y -1

y -1-1e 2π

x 22

故Y 的分布密度ψ( y ) 是：

当y ≤1时：ψ( y )= [F Y ( y )]' = (0)' =0

⎛

当y>1时，ψ( y )= [F Y ( y )]' = ⎰

⎝-

y -122

12e

x 2-2

'⎫dx ⎪ ⎪⎭

-1

2(y -1)

y -14

（3）求Y=| X |的概率密度。

∵ Y 的分布函数为 F Y ( y )=P (Y ≤y )=P ( | X |≤y ) 当y

当y ≥0时，F Y ( y )=P (| X |≤y )=P (－y ≤X ≤y )=∴ Y 的概率密度为：

当y ≤0时：ψ( y )= [F Y ( y )]' = (0)' =0

⎰

y -y

e 2π

x 2dx

⎛

当y>0时：ψ( y )= [F Y ( y )]' =

⎝

⎰

y -y

e 2π

x 22

'y 2⎫-2dx ⎪=e 2 ⎪⎭

6、设X 的密度函数为f (x ) ，分布函数为F (x ) ，求下列函数的概率密度（1）Y =1/X ；（2）Y =tan X ；（3）Y =|X |

解：(1) F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (当y

≤y ) X

≤y ⇔≤X

111

≤y ) =P {≤X

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (

1111

f Y (y ) =F Y '(y ) =[F (0)-F ()]'=F '(0)-F '() =f () 2

y y y y

当y >0时，

≤y ⇔{X

≤y ) =P [{X

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (

=P {X

y y 1111

f Y (y ) =F Y '(y ) =[F (0)+1-F ()]'=-F '() =f () 2

y y y y

当y=0时，F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (

≤y ) =P {X

f Y (y ) =F Y '(y ) =[F (0)]'=0

⎧11

⎪f () 2, y ≠0'所以f Y (y ) =F Y (y ) =⎨y y

⎪0, y =0⎩

（2）F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (tanX ≤y ) =P {

∞

k =-∞

∞

(k π-

∞

≤X ≤k π+arctan y )}

=∑P {k π-

-∞

≤X ≤k π+arctan y }=∑[F (k π+arctan y ) -F (k π-)] 22-∞

所以f Y (y ) =F Y '(y ) =

1'' F (k π+arctan y ) -F (k π-) =f (k π+arctan y ) ⋅∑∑2

21+y -∞-∞

∞

（3）当y

7、某物体的温度T (o F ) 是一个随机变量，且有T ～N （98.6，2），试求θ(℃) 的概率密度。[已知

θ=

(T -32) ] 9

解：法一：∵ T 的概率密度为f (t ) =

12π2

(t -98. 6) 2

2⨯2

, -∞

又 θ=g (T ) = T =h (θ) =

(T -32) 是单调增函数。 9

θ+32 反函数存在。 5

且 α = min [g (－∞), g (+∞)]=min (－∞, +∞)=－∞ β = max [g (－∞), g (+∞)]= max (－∞, +∞)= +∞

∴ θ的概率密度ψ(θ) 为

ψ(θ) =f [h (θ)]⋅|h ' (θ) |=

12π29

e 10-

(+32-98. 6) 2-5

⋅

81(θ-37) 2

100

, -∞

法二：根据定理：若X ～N （α1， σ1），则Y=aX+b～N (aα1+b, a2 σ2 ) 由于T ～N （98.6, 2）

⎡5⎤⎡333⎛5⎫2⎤5160160⎛5⎫

故 θ=T -~N ⎢⨯98. 6-, ⎪⨯2⎥=N ⎢, ⎪⨯2⎥

999999⎝⎭⎝9⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦

故θ的概率密度为：

⎛333⎫ θ-⎪

9⎭-⎝

ψ(θ) =

e 522

⎛5⎫2⨯ ⎪⨯2⎝9⎭

910e

81(θ-37) 2

100

, -∞

总复习题

1、从1-20的整数中取一个数，若取到整数k 的概率与k 成正比，求取到偶数的概率。解：设X=“从1-20的整数中取到的数”，则由题意P {X =k }=ck （c 待定）

而

∑P {X =k }=1，所以∑ck =1，得到c

k =1

2020

20(1+20) 1

=1⇒c = 2210

所以P {X =k }=

k 210

设A=“取到偶数”，则P (A ) =

∑P {X =2n }=∑

n =1

2n 111

=(2+4+... +20) = 21021n =1210

2、如果每次射击中靶的概率为0.7，求射击10炮，

（1）命中3炮的概率；（2）至少命中3炮的概率；（3）最有可能命中几炮

解：设10炮中命中的炮数为X ，则X ~B (10,0.7)

3（1）P {X =3}=C 100.730.37

（2）P {X ≥3}=1-P {X

∑C

k =0

0.7k 0.310-k

（3）由于（10+1）*0.7=7.7，不是整数，所以最有可能命中7炮。

3、（用泊松逼近近似计算实际应用的题目）在保险公司内有2500名同年龄段和同社会阶层的人参加人寿保险，在1年内每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日交120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司中领取20000元的赔偿金。求（1）保险公司亏本的概率

（2）保险公司获利分别不少于100000，200000元的概率

解：设1年内死亡的人数为X ，保险公司获利为Y 元则X ~B (2500,0.002)；Y =2500⨯120-20000X =30-2X （保险公司获利Y 万元）（1）P （保险公司亏本）=

P {Y 15}=1-P {X ≤15}

=1-∑C

k =015

k 2500

0.0020.998

k 2500-k

（2） 5k -5

≈1-∑e =0.000069(λ=5)

k =0k !

P {Y ≥10}=P {30-2X ≥10}=P {X ≤10}=∑C

k =0

k 2500

0.0020.998

k 2500-k

5k -5

≈∑e =0.9803(λ=5) k =0k !

P {Y ≥20}=P {30-2X ≥20}=P {X ≤5}=∑C

k =0

k 2500

0.0020.998

k 2500-k

5k -5

≈∑e =0.6159(λ=5) k =0k !

4、一台总机有300台分机，总机有13条外线，假设每台分机向总机要外线的概率为0.03，求每台分机向总机要外线时，能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的最有可能台数。

解：设X ：300台分机同时向总机要外线的台数，则X ~B (300,0.03)

则“每台分机向总机要外线时，能及时得到满足”等价于要外线的台数不多于13台，所以P {X ≤13}=

∑C

k =0

k 300

0.030.97

k 300-k

9k -9

≈∑e =0.9265(λ=9) k =0k !

（2）[(300+1)*0.03]=9

5、在长度为t 的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼叫的次数服从参数为间起点无关，求：

（1）某一天从中午12点至下午3点没有收到紧急呼叫的概率（2）某一天从中午12点至下午5点至少收到一次紧急呼叫的概率

解：（1）设X ：从中午12点至下午3点收到紧急呼叫的次数，则X ~P () 所求概率为P {X =0}

（2）设Y ：从中午12点至下午5点收到紧急呼叫的次数，则Y ~P () 所求概率为P {Y ≥1}=1-P {Y =0}

6、 7、

8、使用了x 小时的电子管，在以后的∆x 小时内损坏的概率为λ∆x +o (∆x ) ，求电子管在损坏前已使用时数X 的分布函数F (x ) ，并求电子管在T 小时内损坏的概率。

解： 9、

10、某城市饮水的日消费量X （单位百万升）是随机变量，其密度函数为

的泊松分布，而与时2

⎧xe -x /3

, x >0⎪

f (x ) =⎨9

⎪0, other ⎩

求：（1）日消费量不低于600万升的概率

（2）日消费量介于600万升到900万升的概率。解：（1）P {X ≥600}=1-P {X

⎰

600

xe -x /3

dx 9

（2）P {600≤X

⎰

900

600

xe -x /3

dx 9

14、设X 具有关于y 轴对称的密度函数f (x ) ，即f (-x ) =f (x ) ，分布函数为F (x ) ，证明，对于任意a >0，有

（1）F (-a ) =1-F (a ) =

a 1

-⎰f (x ) dx ；（2）P {|X |

（2）P {|X |>a }=2[1-F (a )] 证：（1）F (-a ) =P {X ≤-a }=

⎰

-a

-∞

f (x ) dx 令x =-t ⎰f (-x ) d (-x ) =-⎰f (x ) dx

∞

a a

=⎰

+∞

f (x ) d (x ) =P {X ≥a }=1-P {X

而F (a ) =P {X ≤a }=

⎰

-∞

f (x ) dx =⎰

-∞

f (x ) dx +⎰f (x ) dx =

a 1

+⎰f (x ) dx 20

所以F (-a ) =1-F (a ) =

a 1

-⎰f (x ) dx 20

（2）P {|X |a }=1-P {|X |≤a }=2[1-F (a )]

15、设K 在（0，5）上服从均匀分布，求方程4x 2+4xK +K +2=0有实根的概率

1⎧⎪

解： ∵ K 的分布密度为：f (K ) =⎨5-0

⎪⎩0

要方程有根，就是要K 满足(4K ) 2－4×4× (K+2)≥0。

解不等式，得K ≥2时，方程有实根。 ∴

P (K ≥2) =

⎰

+∞2

f (x ) dx =

⎰

dx +25

⎰

+∞5

0dx =

3 5

16、某单位招聘155人，按考试成绩录用，共有526人报名。假设报名者的考试成绩X ~N (μ, σ2) ，已知90分以上的12人，60分以下的83分，按照从高分到低分依次录取，某人的成绩为78分，问此人能被录取的概率。

解：本题应首先确定正态分布中的两个参数，由于报名人数较多，所以可用频率近似代替概率。由题意;

P {X ≥90}≈

1290-μ90-μ90-μ

⇒1-Φ() ≈0.0228⇒Φ() ≈0.9772⇒≈2 526σσσ8360-μμ-6060-μ

P {X

526σσσ

μ-60⇒≈0.1

由以上两式可解得μ=70, σ=10，所以X ~N (70,102) 再确定此人能否被人录取，关键看录取率，而录取率为

155

≈0.2947，有两种方法 526

法一：如果成绩高于78分的概率大于录取率，则此人不能被录取，

P {X ≥78}=1-Φ(

78-70

) =1-Φ(0.8)≈0.2119，因为0.2119

取率，所以此人能被录取。

法二：看录取的分数线，假设录取的分数线为n ，因为录取率为0.2947，所以P {X ≥n }=0.2947⇒1-Φ(

n -70n -70

) =0.2947⇒=0.54⇒n ≈75，即录取线为75分，1010

所以此人能被录取

17、某地在任何长为t 的时间间隔内发生地震的次数N (t ) 服从参数为λt =0.1t 的泊松分布。X 表示相继两次地震之间相隔的年数。

（1）求相继两次故障之间时间间隔X 的概率分布；（2）求该地已经无地震8年的情况下，再无地震8年的概率。（3）求今后3年内再次发生地震的概率。（4）求今后3年到5年内再次发生地震的概率。

解（1）设X 的分布函数为F X (t ) ，则 F X (t ) =P (X ≤t ) =1-P (X >t )

事件(X >t ) 表示两次地震的间隔时间超过t ，也就是说在时间t 内没有发生地震，故N (t ) =0，于是

(λt ) 0-λt

F X (t ) =1-P (X >t ) =1-P (N (t ) =0) =1-e =1-e -λt , t >0，

可见，X 的分布函数为

⎧1-e -λt , t >0,

F X (t ) =⎨

⎩0, t ≤0.

即T 服从参数为λ的指数分布。

（2）所求概率为

P {T >16, T >8}P (T >16) e -16λ

P (T >16|T >8) ===-8λ=e -8λ（无记忆性）

P (T >8) P (>8) e

（3）P {X

（4）P {3≤X ≤5}=F (5)-F (3)=e -3λ-e -5λ

以上只需将λ=0.1带入计算即可。

18、100件产品中，90个一等品，10个二等品。随机取两个安装在一台设备上，若在一台设备中安装了i 个（i=0，1，2）二等品，则此设备的使用寿命服从参数为λ=i +1的指数分布。（1）求设备的寿命超过1的概率

（2）已知设备的寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率。

解：设Y ={在一台设备中安装二等品的个数

2112C 90C 90C 10C 10

则P (Y =0) =2, P (Y =1) =, P (Y =2) =2 2

C 100C 100C 100

设X i =“设备安装i 件二等品时的寿命” ，则X i ~E (1+i ) ，即有

⎧1-e -x , x >0⎧1-e -3x , x >0⎧1-e -2x , x >0

F X 0(x ) =⎨，F X 1(x ) =⎨，F X 2(x ) =⎨

0, other 0, other ⎩⎩⎩0, other

则P {X i >1}=1-P {X i ≤1}=1-F X i (1) =e 过1的概率），可记为P {(X i >1) |(Y =i )}

（1）设X ：设备的寿命。则设备的寿命超过1等价于“设备安装0件二等品且其寿命超过1”或“设

备安装1件二等品且其寿命超过1”或“设备安装2件二等品且其寿命超过1” 则{X >1}={(Y =0)(X 0>1)} {(Y =1)(X 1>1)} {(Y =2)(X 2>1)}

-(1+i )

,(i =0,1,2) （已知设备安装i 件二等品，设备的寿命超

P {X >1}=P {(Y =0)(X 0>1)}+P {(Y =1)(X 1>1)}+P {(Y =2)(X 2>1)}

=P {Y =0}P {X 0>1|Y =0}+P {Y =1}P {X 1>1|Y =1}+P {Y =2}P {X 2>1|Y =2}≈0.32

（2）P {Y =0|X >1}=

P {Y =0, X >1}

≈0.93

P {X >1}

1，

19. 设随机变量X 的分布律为：

X ：－2，－1， 0，

P ：

， 5

111，，， 6515

(－1) 2

(0)2

(1)2

(3)2

求Y=X 2的分布律

解：∵ Y=X 2：(－2) 2

P ：

1 5111

651511

再把X 2的取值相同的合并，并按从小到大排列，就得函数Y 的分布律为： ∴ Y ： 0 1 4 9

P ：

1111

+6155511

21. 设随机变量X 的概率密度为

⎧e -x , x ≥0,

f X (x ) =⎨

⎩0, x

求Y =e 的概率密度f Y (y )

x X

解1 当x >0时函数y =e 单调增，反函数为x =h (y ) =ln y ，于是Y =e 的概率密度为

⎧1⎧-ln y 1

e ⋅, y ≥1, ⎪⎪2, y ≥1,

'y f Y (y ) =f X (h (y )) |h (y ) |=⎨=⎨y

⎪0, y ≤1. ⎪0, y

解2 设Y 的分布函数为F Y (y ) ，则 F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (e X ≤y ) =⎨

0, ⎩P (X ≤ln y ), ⎧

y ≥1

, y

⎪⎪

=⎨ln y -x =⎨-x ln y

e dx , y ≥1, ⎪-e , y ≥1. ⎪0⎩⎩⎰0

⎧0, y

=⎨ =⎨1-ln y

1-, y ≥1. ⎩1-e , y ≥1. ⎪y ⎩⎧1

⎪2, y ≥1, ' f Y (y ) =F Y (y ) =⎨y

⎪0, y

⎧1-|x |,-1

22. 设X ~f X (x ) =⎨，求Y =X +1的概率密度

⎩0, other

解：由于函数Y =X +1不是严格单调的，所以不能用定理求解。当-1

⎧0, y

所以Y 的分布函数形式为F Y (y ) =⎨*,1≤y

⎪1, y ≥2⎩

因而当1

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (X 2+1≤y ) =P {≤X

=f (x ) dx =20

-x ) dx =1-y

⎧0, y

所以F Y (y ) =⎨1-y ,1≤y

⎪1, y ≥2⎩

-1,1≤y

0, other ⎩

补充题

1、设某人用同一机床接连独立地生产3个同种零件，第I 个为不合格的概率为p i =求三个零件中合格数量的分布律。解：设X=“三个零件中合格数”，则X ：0，1，2，3；设A i =“第i 个产品合格”，则由题意，P (1) =所以：

(i =1, 2,3) ，i +1

111, P (2) =, P (3) =, 234

（因为独立） 246

（独立与互斥）P {X =1}=P {三个中有2个不合格}=P (12A 3 1A 23 A 123) =2411

P {X =2}=P {三个有1个不合格}=P (1A 2A 3 A 12A 3 A 1A 23) =（独立与互斥）

241116

P {X =3}=P {三个中都合格}=P (A 1A 2A 3) =P (A 1) P (A 2) P (A 3) =(1-)(1-)(1-) =

23424

2、设X 为随机变量，且P {X =k }=k (k =1, 2,...) ，则

2P {X =0}=P {三个都不合格}=P (123) =P (1) P (2) P (3) =

（1）判断上式是否为X 的分布律，（2）若是，求P{X是偶数}，P {X ≥5}

解：（1）由∑k ==1知上式是X 的分布律

1k =121-2

∞

(2) P{X是偶数}=P {X =2n }=

11/41== ∑2n

23n =1

1-411

216k =1

∞

P {X ≥5}=1-P {X

3、（女士品酒：实际推断原理）有甲乙两种味道和颜色极其相似的酒各4杯。从中挑出4杯酒，如果全

部将甲种酒挑出，算是成功一次。

（1）某人随机地去取，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，结果他成功了3次，试推断他是猜对的，还是确有区分的能力？（各次试验是独立的）解：设A=“成功一次” （1）P (A ) =

，这个概率相当地小。 =

C 8470

1) ， 70

（2）设X 表示他10次品尝中成功的次数，由题意知X ~B (10,所以从理论上计算他在10次品尝中能成功3次的概率为

P {X =3}=C 10(

131

) (1-) 7=0.0003 7070

即，如果此人仅是随机品尝（即是随机去猜的）的概率仅为0.0003，也可以说10次品尝中仅能成功的

最大次数为0.003；而实际上他成功了3次，说明他确有区分的能力（实际推断原理）

补例：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，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；求试飞次数Y 小于X 的概率。

解：（1）X 的可能取值为1，2，3，„，n ，„

P {X=n}=P {前n －1次飞向了另2扇窗子，第n 次飞了出去}

=() n -1⋅， n=1，2，„„

（2）Y 的可能取值为1，2，3

P {Y=2}=P {第1次飞向另2扇窗子中的一扇，第2次飞了出去}

P {Y=1}=P {第1次飞了出去}= =

211⨯= 323

P {Y=3}=P {第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出去}

2! 1= 3! 3

(3) P {X

∑P {Y =k }P {X

k =13

∑P {Y =k }P {X

k =23

⎛全概率公式并注意到⎫

⎪ ⎪

⎝P {X

注意到X , Y 独立即

k =2 P {X

111121⎤=⨯+⨯⎡+⨯==P {X

∑P {Y =k }P {X

同上，P {X =Y }=

∑P {Y =k }P {X =Y |Y =k }

k =13

1121419

⨯+⨯+⨯=∑P {Y =k }P {X =k }=1333932781

k =1

故P {Y

38 81

4、从发芽率为0.999的大批种子里，随机抽取500粒，进行发芽试验，计算500粒中没有发芽的比例不超过1%的概率。

解：设X ：500粒种子中没有发芽的粒数，由于500粒相对于一大批种子来说是很小的一个数，因此可近似地认为X ~B (500,0.001)，所求概率为

P {X ≤500*1%}=P {X ≤5}=∑C 0.0010.999

k 500

500-k

0.5k -0.5

≈∑e

k ! 0

5、某产品表面的疵点数服从泊松分布，平均每件上有0.8个疵点（即均值λ=0.8），规定疵点数

不超过1个为一等品，价值10元，疵点数大于1不多于4为二等品，价值8元，4个以上者为废品，求（1）产品为废品的概率，（2）产品价值的分布列。

解：设X ：产品表面的疵点数，则X ~P (0.8)

0.8k -0.8

（1）P {X >4}=1-P {X ≤4}=1-∑=0.0014

k ! k =0

（2）设Y ：产品的价值，则Y ：0，8，10

0.8k -0.8

=0.1898 P {Y =0}=P {X >4}=0.0014，P {Y =8}=P {1

0.8k -0.8

P {Y =10}=P {X ≤1}=∑=0.8088，既得Y 的分布律。

k ! k =0

6、设在一段时间内进入商店的的顾客人数X 服从泊松分布，每个顾客购买每种物品的概率为p ，

并且各个顾客是否购买该种物品是相互独立的，求进入商店的顾客购买这种物品的人数的概率分布。解：X 为进入商店的顾客人数，则P {X =m }=

λm

m !

e -λ(m =0,1,2,...)

设Y 为购买物品的顾客人数，在进入商店的人数为m 名的条件下，购买某种物品的人数Y 服从二项分

k k

布，可记为P {Y =k |X =m }=C m p (1-p ) m -k ,(k =0,1,... m ) 这是条件分布问题。

要求进入商店的顾客购买这种物品的人数的概率分布，即求分布律P {Y =k }=p k (k =0,1,2,..., m ,...)

由于S ={X =0} {X =1} ... {X =m } ...

所以{Y =k }={X =0, Y =k } {X =1, Y =k } ... {X =m , Y =k } ...

所以P {Y =k }=

k -1

m =0

∑P {X =m , Y =k }=∑P {X =m , Y =k }+∑P {X =m , Y =k }

m =0

m =k

∞

∞k -1∞

=∑P {X =m , Y =k }+∑P {X =m }P {Y =k |X =m }

m =0

m =k

（当k >m时，购买物品的人数多于顾客数这是不可能的，P {X =m , Y =k }=0）

m =k

∑P {X =m }P {Y =k |X =m }

∞

=∑

m =k -λ

λm

m !

e ⋅C p (1-p )

-λ

k m -k

=∑

m =k

∞

λm

m !

e -λ⋅

m !

p k (1-p ) m -k

k !(m -k )!

1∞[λ(1-p )]m -k (λp ) k -λλ(1-p ) (λp ) k -λp

=e (λp ) =e e =e ∑k ! m =k (m -k )! k ! k !

⎧x ,0

37⎪

7、设X ~f (x ) =⎨ax +b ,1

28⎪0, other

⎩

（1）常数a ，b ；（2）P {1/2

解：（1）由下列方程组可求得a ，b

⎧00dx +1xdx +2(ax +b ) dx ++∞0dx =1⎧∞f (x ) dx =1

⎰0⎰1⎰2⎪⎰-∞⎪⎰-∞

⇒⎨1.51.57⎨17

⎪P {0

018⎩⎰08⎩

（2）类似（1）中的方程2可得

（3）类似第一题的求法

8、设X 和Y 具有相同的分布，X 的密度函数为f (x ) =

x ,0a " 与8

事件B=" Y >a " 是相互独立的，并且P (A B ) =3/4，求数a 。

解： P (A ) =P (B ) =P {x >a }=

⎰

32a 3x dx =1- 88

a 3a 3a 32

P (A B ) =P (A ) +P (B ) -P (A ) P (B ) ⇒(1-) +(1-) -(1-) =3/4⇒a =888

9、某种型号的电子的寿命X （以小时计）具有以下的概率密度：

⎧1000

⎪x >1000f (x ) =⎨x 2

⎪其它⎩0

现有一大批此种管子（设各电子管损坏与否相互独立）。任取5只，问其中至少有2只寿命大于1500

小时的概率是多少？

解：一个电子管寿命大于1500小时的概率为

P (X >1500) =1-P (X ≤1500) =1-

=1-(1-

22) =33

⎰

15001000

100011500⎫

dx =1-⎧⎨1000(-) 1000⎬2x ⎩⎭ x

令Y 表示“任取5只此种电子管中寿命大于1500小时的个数”。则Y ~B (5,

) ，3

21⎫⎧11

P (Y ≥2) =1-P (Y

33⎭⎩3

1+5⨯211232=1-=1-=

24324335

-x 2

10、设X ~N (μ

, σ), f (x ) =2

-4x +46

，

求μ, σ2；若已知

⎰

∞

f (x ) dx =⎰f (x ) dx ，求c

-∞

-=2

解：（1）提示将密度函数化成正态分布的标准形式

-x f (x ) =2

-4x +46

，所以μ=2, σ2=3

（2）f (x ) 关于y 轴对称，所以c=2

11、抽样调查表明，考生的外语成绩近似服从正态分布，已知平均成绩为72分，96分以上的考生占考生总数的2.3%，求考生的外语成绩在60分和84分之间的概率。

解：设X ：考生的外语成绩，则X ~N (μ, σ2) ，由题意平均成绩即是μ=72，

P {X >96}=1-P {X ≤96}=1-Φ(∴1-Φ(

96-72

) =0.023⇒Φ(

96-72

) ≈0.977⇒

≈2⇒σ=12

所以X ~N (72,122) 所以P {60≤X ≤84}=Φ(

84-7260-72

) -Φ() =Φ(1)-Φ(-1) =2Φ(1)-1 1212

12、一工厂生产的电子管的寿命X （以小时计）服从参数为μ=160，σ(未知) 的正态分布，若要求

P (120＜X ≤200}=0.80，允许σ最大为多少？

⎛200-160⎫-Φ⎛120-160⎫=Φ⎛40⎫-Φ⎛-40⎫=0. 80

解：∵ P (120＜X ≤200)=Φ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭

又对标准正态分布有φ(－x )=1－φ(x )

⎛40⎫-⎡1-Φ⎛40⎫⎤≥0. 80

∴ 上式变为Φ ⎪ ⎪

⎝⎭⎢⎝⎭⎥⎣⎦⎛40⎫便得:Φ⎛40⎫≥0. 9

解出Φ ⎪ ⎪

⎝σ⎭⎝σ⎭

4040

≥1. 281σ≤=31. 25 σ1. 281

13、某工厂生产的仪器使用寿命服从参数为1的指数分布，当寿命大于2时，可以出厂，否则需进一步加工，加工后以0.8的概率可以出厂。现该厂新商场出n 台仪器，假设生产过程相互独立。求：（1）都能出厂的概率；（2）恰有两件不能出厂的概率；（3）至少两件不能出厂的概率

解：设X ：仪器的使用寿命，A=“仪器可以出厂”，则

再查表，得

⎧1-e -x , x >0因为X ~E (1)。所以F (x ) =⎨，

⎩1, other

所以P {X >2}=1-F (2)=e , P {X ≤2}=1-e ，

由于S ={X >2} {X ≤2}⇒A ={A (X >2)} {A (X ≤2)}，所以

-2

P (A ) =P [A (X >2)]+P [A (X ≤2)]=P [X >2]P (A |X >2) +P [X ≤2]P (A |X ≤2)

由题意知P (A |X >2) =1，P (A |X ≤2) =0.8，所以

P (A ) =P [X >2]P (A |X >2) +P [X ≤2]P (A |X ≤2) =e -2+0.8*(1-e -2) ≈0.827

设Y ：n 设备能够出厂的台数，则Y ~B (n ,0.827) （1）P {Y =n } （2）P {Y =n -2} （3）P {Y ≤n -2}

ln(1-X )

~E (2) 2

⎧1,0

证明：因为X ~U (0,1)，所以f (x ) =⎨

0, other ⎩

ln(1-X )

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (-≤y ) =P {X ≤1-e -2y }

14、设X ~U (0,1)，求证Y =-显然有：（1）当1-e

-2y

}=⎰

1-e -2y

-∞

0dx =0

（2）当00时，

F Y (y ) =P {X ≤1-e

}=⎰

1-e -2y

-∞

f (x ) dx =⎰

1-e -2y

1dx =1-e -2y

⎧1-e -2y , y >0ln(1-X )

~E (2) 所以有F Y (y ) =⎨，所以Y =-

2⎩0, other

15、设X ~U (0,1)，求Y =的概率密度

1+X

⎧1,0

解：因为X ~U (0,1)，所以f (x ) =⎨

⎩0, other

1111

因为Y =是单调递减的，且x =h (y ) =-1, h '(y ) =-2，当0

1+X 2y y

⎧-11⎧111⨯||,

y 2所以f Y (y ) =⎨ =⎨y 2⎪0, other ⎪0, other ⎩⎩

16、设随机变量X 在任意区间【a ，b 】上的概率均大于0，其分布函数为F X (x ) ，又Y ~U [0,1]，

-1

证明：Z =F X (y ) 的分布函数与X 的分布函数相同。

证：因为随机变量X 在任意区间【a ，b 】上的概率均大于0，其分布函数为F X (x ) =P {X ≤x }是单调递增的，所以其反函数肯定存在。

⎧0, y

由于Y ~U [0,1]，所以F Y (y ) =⎨y ,0≤y

⎪1, y ≥1⎩

Z 的分布函数为

⎧0, F X (z )

F Z (z ) =P {Z ≤z }=P {F X -1(Y ) ≤z }=P {Y ≤F X (z )}=F Y (F X (z )) =⎨F X (z ),0≤F X (z ) ≤1

⎪1, F (z ) >1⎩X

而0≤F X (z ) ≤不可能小于0或大于1，因此F Z (z ) =F X (z )

吴赣昌经管类三版复习提要及课后习题解答

习题2-2

1. 设X ~P (λ) ，且P (X =1) =P (X =2) ，求λ 解：P (X =1) =

λ1

-λ

λ2

-λ

⇒λ=

λ2

⇒λ=2(λ>0)

2、设随机变量的分布律为P {X =k }=

(k =1, 2,3, 4,5) ， 15

求（1）P {3}

252

解：由分布律的性质

∑P {X =k }=1，得

k =1

（1）P

1252121+= 15155

k 2= ∑5k =115

1357, , , ，求常数c ，并计算2c 4c 8c 16c

（3）P {X >3}=1-P {X ≤3}=1-P {1≤X ≤3}=

3、已知X 只取-1，0，1，2四个值，相应的概率为

P {X

解：由分布律的性质有

135737+++=1，所以c = 2c 4c 8c 16c 16

P {X

P {X ≠0}P {X =-1}+P {X =1}+P {X =2}25

4、一袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，在袋中同时取5只球，以X 表示取出的3只球

中的大号码，求X 的分布律。

解：由题意知，X 所有可能取到的值为3，4，5，由古典概率计算公式可得分布律为

C 323C 4611

P {X =3}=3=，P {X =4}=3=，P {X =5}=3=

C 510C 510C 510

5、某加油站替出租公司代营出租汽车业务，每出租一辆汽车，可从出租公司得到3元。因为代出

租汽车这项业务，每天加油站需多付职工的服务费60元。设加油站每天出租汽车数X 是随机变量，其

求：出租汽车这项业务的收入大于额外支付职工服务费的概率（即这项服务盈利的概率）

解：设A=“这项服务盈利的概率”，由题意

P (A ) =P {3X >60}=P {X >20}=P {X =30}+P {X =40}=0.45+0.15=0.6

题型2 常见分布的应用，几何分布、二项分布、泊松分布、二项分布的泊松逼近

（3）在两次调整之间能以0.6的概率保证生产出合格品的数量不少于多少？

解：（1）{X=k}表示这k 次全生产了合格品，第k+1次生产了废品，所以这是几何分布的问题，

P (X =k }=p (1-p ) k =0.1⨯0.9k (k =0,1,2...)

0.95（2）P (X ≥5}=∑0.1⨯0.9=0.1⨯=0.95

1-0.9k =5

∞

（3）设数量不少于n ，则由题意知P {X ≥n }=0.6，所以有P {X

所以

∑0.1⨯0.9

k =0

n -1

=1-0.9n ，因而有1-0.9n =0.4，解得n=5

7、某运动员投篮的命中率为0.6，求他一次投篮时，投篮命中次数的概率分布

解

8、某种产品共10件，其中3件次品，现从中任取3件，求取出的3件产品中次品数的概率分布。解：设X 表示取出的3件产品中次品数，则X ：0，1，2，3

321123C 7C 7C 3C 7C 3C 3

P {X =0}=3, P {X =1}=3, P {X =2}=3, P {X =3}=3

C 10C 10C 10C 10

9、一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从中任取一件，取出的产品仍放回，求直到

取到正品为止所需次数X 的概率分布。

解：X ：1，2，…，n ，…，取到次品的概率为p =0.3，取到正品的概率为q =0.7，

10. 设X ~B (2,p ), Y ~B (3,p ) ，如果P {X ≥1}=

，求P {Y ≥1}。 9

k k

解：因为X ~B (2,p ) ，所以P {X =k }=C 2p (1-p ) 2-k (k =0,1,2) ；

而

5100=P {X ≥1}=1-P {X =0}=1-C 2p (1-p ) 2=1-(1-p ) 2，所以p = 93

k k 又Y ~B (3,p ) ，所以P {Y =k }=C 3p (1-p ) 3-k (k =0,1,2,3) ；

所以P {Y ≥1}=1-P {Y =0}=1-(1-) =

19 27

11、（二项分布的泊松逼近）纺织女工照顾800个纺锭，每个纺锭在某一时间段内断头的概率为0.005，求在这段时间内断头的次数不大于2次的概率。

解：设X ：在某时间段内800个纺锭断头的数量，则X ~B (800,0.005)

P {X ≤2}=∑C 0.0050.995

k 800

k =0

800-k

4k -4

≈∑e (λ=800⨯0.005=4) =0.2381 k =0k !

解：设X ：每页的印刷错误的个数，由题意X ~P (λ) ，即P {X =k }=

λk

k !

e -λ(k =0,1, 2,...) ，

由题意P {X =1}=P {X =2}可得

λ1

-λ

λ2

e -λ，解得λ=2，所以

2k -2

P {X =k }=e (k =0,1,2,...)

k !

20-2

e =e -2 所以，每页上没有印刷错误的概率为p =P {X =0}=0!

设Y ：检验的4页中没有印刷错误的页数，则Y ~B (4,e -2)

所求概率为P {Y =4}=C 4(e -2) 4(1-e -2) 0=(e -2) 4=e -8

解：设X (t ) 表示在时间t （分钟）内通过某交叉路口的汽车数，则X (t ) ~P (at )

a 0-a

e ，所以a =ln 5 由题意X (1)~P (a ) ，所以0.2=P {X (1)=0},即0.2=0!

又X (2)~P (2ln5)，所以，

(2ln5) k -2ln51

=(1+2ln 5) 所求概率为P {X (2)≤1}=∑k ! 25k =0

习题2-3

3. 已知离散型随机变量X 的分布列为：P (X =1) =0.2, P (X =2) =0.3，P (X =3) =0.5，试写出X 的分布函数。解 X 的分布列为

X P

123

0.20.30.5

所以X 的分布函数为

⎧0, ⎪0.2, ⎪

F (x ) =⎨

⎪0.5, ⎪⎩1,

1≤x

2≤x

6、设随机变量X 的分布函数为

F (x ) =A +B arctan x ，-∞

求：（1）系数A 与B ；（2）P (-1

π⎧

0=F (-∞) =A -B ⋅⎪⎪2

⎨

π⎪1=F (+∞) =A +B ⋅

⎪⎩211

于是 A =，B =，所以X 的分布函数为

π2

F (x ) =+arctan x -∞

2π

11π11π1

（2）P (-1

2π42π42

（3）X 的概率密度为f (x ) =F '(x ) = 2

π(1+x )

习题2-4

1、设X ~f (x ) =

(x +3) 2

，则Y =

X +3

~N (0,1) 2

2、已知X ~f (x ) =⎨解：P {X ≤0.5}=

⎧2x ,0

，求P {X ≤0.5};P {X =0.5};F (x )

0, other ⎩

⎰

0.5

-∞

f (x ) dx =⎰2xdx ;

0.5

P {X =0.5}=0;

⎧0, x

F (x ) =P {X ≤x }=⎨⎰f (x ) dx =⎰0dx +⎰2xdx ,0≤x

-∞-∞0⎪⎪⎩1, x ≥1

⎧A +Be -2x , x >0

3、设X ~F (x ) =⎨

⎩0, x ≤0

（1）求A ，B

⎧⎧1-e -2x , x >0⎧A =1⎧A =1⎪F (+∞) =1解：由⎨得，⎨，所以⎨，即F (x ) =⎨

lim F (x ) =0⎩A +B =0⎩B =-1⎪⎩0, x ≤0⎩x →0

（2）求P {-1

⎧2e -2x , x >0

（3）f (x ) =F '(x ) =⎨

⎩0, x ≤0

4、服从拉普拉斯分布的随机变量X 的概率密度为f (x ) =Ae -|x |，求A 及其分布函数。解：由

⎰

+∞

-∞

f (x ) dx =1⇒⎰Ae -x dx +⎰

-∞

0+∞

Ae -x dx =1⇒A =0.5

⎧⎪0.5e , x

所以其密度函数为f (x ) =⎨ -x

⎪⎩0.5e , x ≥0

分布函数为F (X ) =P (X ≤x }=

⎰

-∞

⎧x 0.5e x dx =0.5e x , x

⎪⎰-∞

f (x ) dx =⎨x

-x 0.5x

⎪⎰0.5e dx =0.5-0.5e , x ≥0⎩0

5、设X 服从（1，5）上的均匀分布，如果（1）x 1

⎧1

⎪,1≤x ≤5f (x ) =解：因为X ~U [1,5]，所以 ⎨4

⎪⎩0, other

dx =(x 2-1) ⎰x 1x 1144

x 251x 21

dx +⎰0dx =(5-x 1) （2）当1

（1）当x 1

x 2

f (x ) dx =⎰0dx +⎰

x 2

6、【本题是连续型与离散型随机变量的综合题目】设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆

车到达，设乘客在5分钟内任一时刻到达是等可能的，计算在车站候车的10位乘客中只有一位等待时间超过4分钟的概率。

解：由于乘客在【0，5】时间段内到达车站是等可能性的，设X ：乘客在【0，5】时间段内到达的

⎧1

⎪,0≤x ≤5

时刻，则X ~U [0,5]，所以f (x ) =⎨5

⎪⎩0, other

A=“每位乘客等待乘车的时间超过分钟”⇔{0≤X

所以p =P (A ) =P {0≤x

⎰05dx =0.2，

设Y=“10位乘客中等待时间超过4分钟的人数”，则Y ~B (10,0.2)

1所以，是所求概率为P {Y =1}=C 100.2⨯0.89=0.268

7、设X ～N （3.22）

（1）求P (22}，P (X>3)

⎛β-μ⎫-φ⎛α-μ⎫

解：∵ 若X ～N （μ，σ2），则P (α

⎝σ⎭⎝σ⎭⎛5-3⎫-φ⎛2-3⎫=φ(1)－φ(－0.5) =0.8413－0.3085=0.5328

∴P (2

⎝2⎭⎝2⎭⎛10-3⎫-φ⎛-4-3⎫=φ(3.5)－φ(－3.5) =0.9998－0.0002=0.9996

P (－4

⎝2⎭⎝2⎭

⎡⎛2-3⎫⎛-2-3⎫⎤=1－φ(－0.5) +φ(－2.5)

P (|X |>2)=1－P (|X |

⎝2⎭⎥⎣⎝2⎭⎦

=1－0.3085+0.0062=0.6977

⎛3-3⎫

P (X >3)=1－P (X ≤3)=1－φ ⎪=1－0.5=0.5

⎝2⎭

（2）决定C 使得P (X > C )=P (X ≤C )

解：P (X > C )=1－P (X ≤C )= P (X ≤C ) ，得P (X ≤C )=

=0.5 2

⎛C -3⎫=0. 5, 查表可得C -3=0

又P (X ≤C )=φ ⎪

2⎝2⎭

∴ C =3

8、设测量误差X ~N (0,102), ，进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不少于3的概率。

解：误差的绝对值超过19.6的概率为

p =P {|X |>19.6}=1-P {|X |≤19.6}=1-P -19.6-0X -019.6-0

≤ =2[1-Φ(1.96)]=0.05

101010

设Y ：100次独立测量中误差超过19.6的次数，则Y ~B (100,0.05)

所以P {Y ≥3}=1-P {Y

∑C

k =0

100

0.050.95

k 100-k

5k -5

≈1-∑e =0.87

k =0k !

【评注】本题用到正态分布的标准化，二项分布的泊松逼近。

解：设需要完成n 件产品才能获得超产奖。则由题意知，要获得超产奖就需生产的产品数大于等于n ，所以

P {X ≥n }=1-P {X

所以有1-Φ(

n -4000n -4000

) =0.1⇒≈1.28⇒n =4077 6060

10、某地区18岁的女青年的血压（收缩区，以mm-Hg 计）服从N (110, 122) 在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X 。求

（1）P (X ≤105)，P (100x) ≤ 0.05.

解:(1) P (X ≤105) =Φ(

105-110

) =Φ(-0. 4167) =1-Φ(0. 4167) =1-0. 6616=0. 3384 12

120-110100-11055

) -Φ() =Φ() -Φ(-) 121266

=2Φ() -1=2Φ(0. 8333) -1=2⨯0. 7976-1=0. 5952

6P (100

(2)P (X >x ) =1-P (X ≤x ) =1-Φ(查表得

x -110x -110

) ≤0.05⇒Φ() ≥0.95. 1212

x -110

≥1.645. ⇒x ≥110+19.74=129.74. 故最小的X =129.74 12

11、设某城市男子身高X ~N (170,36)，

解：因为X ~N

(170,36)，所以f (x ) =

1x -1702-() 26

, μ=170, σ=6

（1）设车门的高度为h ，则当“X >h ”时，男子能与车门碰头所以由题意P {X >h }

P {X >h }=1-P {X ≤h }=1-Φ(

h -170h -170h -170

) ⇒Φ() >0.99 ⇒>2.33⇒h >183.98 666

（2）当男子的身高大于182厘米时，能与车门碰头，所以

182-170

p =P {X >182}=1-P {X ≤182}=1-Φ() ≈1-Φ(2)=0.0228

设Y ：100个男子中与车门碰头的人数，则X ~B (100,0.0475)

所以所求概率为P {Y ≤2}=

∑C

k =0

k 100

0.02280.9772

k 100-k

2.28k -2.28

≈∑e ≈0.6013

k ! k =0

（2）若离开车时间只有45分钟，应选择哪条线路？

解：设X ：选择第一条线路到达车站所需的时间，则X ~N (40,10) Y ：选择第二条线路到达车站所需的时间，则Y ~N (50,4)

（1）两条线路在60分钟内到达车站的概率分别为

P {X ≤60}=Φ(

60-4060-50

) =Φ(2)=0.9772；P {Y ≤60}=Φ() =Φ(2.5)=0.9938 104

所以应选第一条。

（2）两条线路在45分钟内到达车站的概率分别为

45-40

) =Φ(0.5)=0.69151045-50

P {Y ≤45}=Φ() =Φ(-1.25) =1-Φ(1.25)=0.1056

4P {X ≤45}=Φ(

所以应选第二条

13、设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X （以分计）服从指数分布，其概率密度为：

⎧1-5

⎪e , x >0

F X (x ) =⎨5

⎪⎩0, 其它

解：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为 -+∞1+∞-5

P (X >10) =f X (x ) dx =e dx =-e 510=e -2

10510

⎛5⎫

因此Y ~B (5, e -2). 即P (Y =k ) = ⎪e -2k (1-e -2) 5-k , (k =1, 2, 3, 4, 5

⎝k ⎭

P (Y ≥1) =1-P (Y

7. 389

=1-0. 86775=1-0. 4833=0. 5167.

⎰

+∞

⎰

x x

14、某仪器装有三只独立工作的同型号电气元件，其寿命都服从同一分布，密度函数为

1x ⎧1-600

e , x

，求在仪器使用的最初200小时内，至少有一个电子元件损坏的概率。 f (x ) =⎨600

⎪0, other ⎩1-x ⎧1600⎪1-e , x >0 ) ，所以F (x ) =⎨解：设X ：电子元件的使用寿命，则X ~E (

600⎪⎩0, other

A=“使用到200小时，电子元件损坏”，则P (A ) =P {X

15、设X ~N (μ, 16) , Y ~N (,25μ) 有p 1=p 2。

-1/3

)]3=1-e -1

；记p 1=P {X ≤μ-4},p 2=P {Y ≥μ+5}，试证对任意μ总

X -μ

≤-1}=Φ(-1) =1-Φ(1), 4

Y -μ

p 2=P {Y ≥μ+5}=1-P {Y

证：p 1=P {X ≤μ-4}=P {

所以p 1=p 2.

习题2-5

1、 2、

3、设X ~U [a , b ]，求Y =cX +d 的密度函数（以c>0为例）

⎧1

, a ≤x ≤b ⎪

解：因为X ~U [a , b ]，所以f (x ) =⎨b -a

⎪⎩0, other

设Y 的分布函数为F Y (y )

y -d

F Y (y ) =P {Y ≤y }=P {aX +d ≤y }=P {X ≤=⎰c 0dx =0

-∞c

y -d

≤b ，此时（2）当a ≤x ≤b 时，有ac +d ≤y ≤bc +d ，即a ≤c

y -d y -d

a y -d 1c

F Y (y ) =P {cX +d ≤y }=P {X ≤=⎰f (x ) dx =⎰0dx +⎰c dx

-∞-∞a c b -a

1y -d =[-a ] b -a c

y -d

≥b ，此时（3）当x ≥b 时，有y ≥bc +d ，即c

y -d y -d

a b y -d 1

F Y (y ) =P {X ≤=⎰c f (x ) dx =⎰0dx +⎰dx +⎰c 0dx =1

-∞-∞a b c b -a ⎧1

, ac +d ≤y ≤bc +d ⎪

所以可得f Y (y ) =F Y '(y ) =⎨c (b -a )

⎪0, other ⎩

同样可讨论c

因为Y =cX +d 是严格单调函数，所以x =h (y ) =又当a ≤x ≤b 时，有ac +d ≤y ≤bc +d

y -d 1

，h '(y ) =； c c

1⎧1

⋅, ca +d ≤y ≤cb +d , ⎪

'所以f Y (y ) =f X (h (y )) |h (y ) |=⎨b -a |c |

⎪0, other . ⎩

4、X ~U [-1,1]，求Y =e 的概率密度f Y (y )

⎧1/2, -1≤x ≤1

解：因为X ~U [-1,1]，所以f (x ) =⎨

0, other ⎩

-1

设Y 的分布函数为F Y (y ) ，则当-1≤x ≤1时，e ≤y ≤e

⎧0, y

所以F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (e ≤y ) =⎨P (X ≤ln y ), e ≤y

⎪1, y ≥e ⎩

⎧0, y

ln y 11⎪

=⎨⎰f (x ) dx =⎰dx =(lny +1), e -1≤y ≤e

-∞-122⎪

y ≥e ⎪⎩1,

⎧1-1

⎪, e ≤y ≤e

所以f Y (y ) =F Y '(y ) =⎨2y

⎪0, other ⎩

5、设X ～N （0，1）（1）求Y=eX 的概率密度解：∵ X 的概率密度是f (x ) =

-1e 2π

x 2, -∞

Y= g (X )=e X 是单调增函数又 X= h (Y ) = lnY 反函数存在且 α = min [g (－∞), g (+∞)]=min (0, +∞)=0 β = max [g (－∞), g (+∞)]= max (0, +∞)= +∞ ∴ Y 的分布密度为：

(lny ) 2⎧-11⎪f [h (y )]⋅|h ' (y ) |=e ⋅ψ(y ) =⎨y 2π

⎪0⎩

（2）求Y=2X 2+1的概率密度。

在这里，Y=2X 2+1在(+∞，－∞) 不是单调函数，没有一般的结论可用。设Y 的分布函数是F Y （y ），则 F Y ( y )=P (Y ≤y )=P (2X 2+1≤y )

⎛ =P -

⎝

当y

y -1

≤X ≤2y -12

⎫⎪ ⎪⎭

⎛

当y ≥1时：F y (y ) =P -

⎝

y -1

≤X ≤2

y -1⎫⎪=2⎪⎭

⎰

y -1

y -1-1e 2π

x 22

故Y 的分布密度ψ( y ) 是：

当y ≤1时：ψ( y )= [F Y ( y )]' = (0)' =0

⎛

当y>1时，ψ( y )= [F Y ( y )]' = ⎰

⎝-

y -122

12e

x 2-2

'⎫dx ⎪ ⎪⎭

-1

2(y -1)

y -14

（3）求Y=| X |的概率密度。

∵ Y 的分布函数为 F Y ( y )=P (Y ≤y )=P ( | X |≤y ) 当y

当y ≥0时，F Y ( y )=P (| X |≤y )=P (－y ≤X ≤y )=∴ Y 的概率密度为：

当y ≤0时：ψ( y )= [F Y ( y )]' = (0)' =0

⎰

y -y

e 2π

x 2dx

⎛

当y>0时：ψ( y )= [F Y ( y )]' =

⎝

⎰

y -y

e 2π

x 22

'y 2⎫-2dx ⎪=e 2 ⎪⎭

6、设X 的密度函数为f (x ) ，分布函数为F (x ) ，求下列函数的概率密度（1）Y =1/X ；（2）Y =tan X ；（3）Y =|X |

解：(1) F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (当y

≤y ) X

≤y ⇔≤X

111

≤y ) =P {≤X

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (

1111

f Y (y ) =F Y '(y ) =[F (0)-F ()]'=F '(0)-F '() =f () 2

y y y y

当y >0时，

≤y ⇔{X

≤y ) =P [{X

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (

=P {X

y y 1111

f Y (y ) =F Y '(y ) =[F (0)+1-F ()]'=-F '() =f () 2

y y y y

当y=0时，F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (

≤y ) =P {X

f Y (y ) =F Y '(y ) =[F (0)]'=0

⎧11

⎪f () 2, y ≠0'所以f Y (y ) =F Y (y ) =⎨y y

⎪0, y =0⎩

（2）F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (tanX ≤y ) =P {

∞

k =-∞

∞

(k π-

∞

≤X ≤k π+arctan y )}

=∑P {k π-

-∞

≤X ≤k π+arctan y }=∑[F (k π+arctan y ) -F (k π-)] 22-∞

所以f Y (y ) =F Y '(y ) =

1'' F (k π+arctan y ) -F (k π-) =f (k π+arctan y ) ⋅∑∑2

21+y -∞-∞

∞

（3）当y

7、某物体的温度T (o F ) 是一个随机变量，且有T ～N （98.6，2），试求θ(℃) 的概率密度。[已知

θ=

(T -32) ] 9

解：法一：∵ T 的概率密度为f (t ) =

12π2

(t -98. 6) 2

2⨯2

, -∞

又 θ=g (T ) = T =h (θ) =

(T -32) 是单调增函数。 9

θ+32 反函数存在。 5

且 α = min [g (－∞), g (+∞)]=min (－∞, +∞)=－∞ β = max [g (－∞), g (+∞)]= max (－∞, +∞)= +∞

∴ θ的概率密度ψ(θ) 为

ψ(θ) =f [h (θ)]⋅|h ' (θ) |=

12π29

e 10-

(+32-98. 6) 2-5

⋅

81(θ-37) 2

100

, -∞

法二：根据定理：若X ～N （α1， σ1），则Y=aX+b～N (aα1+b, a2 σ2 ) 由于T ～N （98.6, 2）

⎡5⎤⎡333⎛5⎫2⎤5160160⎛5⎫

故 θ=T -~N ⎢⨯98. 6-, ⎪⨯2⎥=N ⎢, ⎪⨯2⎥

999999⎝⎭⎝9⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦

故θ的概率密度为：

⎛333⎫ θ-⎪

9⎭-⎝

ψ(θ) =

e 522

⎛5⎫2⨯ ⎪⨯2⎝9⎭

910e

81(θ-37) 2

100

, -∞

总复习题

1、从1-20的整数中取一个数，若取到整数k 的概率与k 成正比，求取到偶数的概率。解：设X=“从1-20的整数中取到的数”，则由题意P {X =k }=ck （c 待定）

而

∑P {X =k }=1，所以∑ck =1，得到c

k =1

2020

20(1+20) 1

=1⇒c = 2210

所以P {X =k }=

k 210

设A=“取到偶数”，则P (A ) =

∑P {X =2n }=∑

n =1

2n 111

=(2+4+... +20) = 21021n =1210

2、如果每次射击中靶的概率为0.7，求射击10炮，

（1）命中3炮的概率；（2）至少命中3炮的概率；（3）最有可能命中几炮

解：设10炮中命中的炮数为X ，则X ~B (10,0.7)

3（1）P {X =3}=C 100.730.37

（2）P {X ≥3}=1-P {X

∑C

k =0

0.7k 0.310-k

（3）由于（10+1）*0.7=7.7，不是整数，所以最有可能命中7炮。

（2）保险公司获利分别不少于100000，200000元的概率

解：设1年内死亡的人数为X ，保险公司获利为Y 元则X ~B (2500,0.002)；Y =2500⨯120-20000X =30-2X （保险公司获利Y 万元）（1）P （保险公司亏本）=

P {Y 15}=1-P {X ≤15}

=1-∑C

k =015

k 2500

0.0020.998

k 2500-k

（2） 5k -5

≈1-∑e =0.000069(λ=5)

k =0k !

P {Y ≥10}=P {30-2X ≥10}=P {X ≤10}=∑C

k =0

k 2500

0.0020.998

k 2500-k

5k -5

≈∑e =0.9803(λ=5) k =0k !

P {Y ≥20}=P {30-2X ≥20}=P {X ≤5}=∑C

k =0

k 2500

0.0020.998

k 2500-k

5k -5

≈∑e =0.6159(λ=5) k =0k !

解：设X ：300台分机同时向总机要外线的台数，则X ~B (300,0.03)

则“每台分机向总机要外线时，能及时得到满足”等价于要外线的台数不多于13台，所以P {X ≤13}=

∑C

k =0

k 300

0.030.97

k 300-k

9k -9

≈∑e =0.9265(λ=9) k =0k !

（2）[(300+1)*0.03]=9

5、在长度为t 的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼叫的次数服从参数为间起点无关，求：

（1）某一天从中午12点至下午3点没有收到紧急呼叫的概率（2）某一天从中午12点至下午5点至少收到一次紧急呼叫的概率

解：（1）设X ：从中午12点至下午3点收到紧急呼叫的次数，则X ~P () 所求概率为P {X =0}

（2）设Y ：从中午12点至下午5点收到紧急呼叫的次数，则Y ~P () 所求概率为P {Y ≥1}=1-P {Y =0}

6、 7、

解： 9、

10、某城市饮水的日消费量X （单位百万升）是随机变量，其密度函数为

的泊松分布，而与时2

⎧xe -x /3

, x >0⎪

f (x ) =⎨9

⎪0, other ⎩

求：（1）日消费量不低于600万升的概率

（2）日消费量介于600万升到900万升的概率。解：（1）P {X ≥600}=1-P {X

⎰

600

xe -x /3

dx 9

（2）P {600≤X

⎰

900

600

xe -x /3

dx 9

14、设X 具有关于y 轴对称的密度函数f (x ) ，即f (-x ) =f (x ) ，分布函数为F (x ) ，证明，对于任意a >0，有

（1）F (-a ) =1-F (a ) =

a 1

-⎰f (x ) dx ；（2）P {|X |

（2）P {|X |>a }=2[1-F (a )] 证：（1）F (-a ) =P {X ≤-a }=

⎰

-a

-∞

f (x ) dx 令x =-t ⎰f (-x ) d (-x ) =-⎰f (x ) dx

∞

a a

=⎰

+∞

f (x ) d (x ) =P {X ≥a }=1-P {X

而F (a ) =P {X ≤a }=

⎰

-∞

f (x ) dx =⎰

-∞

f (x ) dx +⎰f (x ) dx =

a 1

+⎰f (x ) dx 20

所以F (-a ) =1-F (a ) =

a 1

-⎰f (x ) dx 20

（2）P {|X |a }=1-P {|X |≤a }=2[1-F (a )]

15、设K 在（0，5）上服从均匀分布，求方程4x 2+4xK +K +2=0有实根的概率

1⎧⎪

解： ∵ K 的分布密度为：f (K ) =⎨5-0

⎪⎩0

要方程有根，就是要K 满足(4K ) 2－4×4× (K+2)≥0。

解不等式，得K ≥2时，方程有实根。 ∴

P (K ≥2) =

⎰

+∞2

f (x ) dx =

⎰

dx +25

⎰

+∞5

0dx =

3 5

解：本题应首先确定正态分布中的两个参数，由于报名人数较多，所以可用频率近似代替概率。由题意;

P {X ≥90}≈

1290-μ90-μ90-μ

⇒1-Φ() ≈0.0228⇒Φ() ≈0.9772⇒≈2 526σσσ8360-μμ-6060-μ

P {X

526σσσ

μ-60⇒≈0.1

由以上两式可解得μ=70, σ=10，所以X ~N (70,102) 再确定此人能否被人录取，关键看录取率，而录取率为

155

≈0.2947，有两种方法 526

法一：如果成绩高于78分的概率大于录取率，则此人不能被录取，

P {X ≥78}=1-Φ(

78-70

) =1-Φ(0.8)≈0.2119，因为0.2119

取率，所以此人能被录取。

法二：看录取的分数线，假设录取的分数线为n ，因为录取率为0.2947，所以P {X ≥n }=0.2947⇒1-Φ(

n -70n -70

) =0.2947⇒=0.54⇒n ≈75，即录取线为75分，1010

所以此人能被录取

17、某地在任何长为t 的时间间隔内发生地震的次数N (t ) 服从参数为λt =0.1t 的泊松分布。X 表示相继两次地震之间相隔的年数。

解（1）设X 的分布函数为F X (t ) ，则 F X (t ) =P (X ≤t ) =1-P (X >t )

事件(X >t ) 表示两次地震的间隔时间超过t ，也就是说在时间t 内没有发生地震，故N (t ) =0，于是

(λt ) 0-λt

F X (t ) =1-P (X >t ) =1-P (N (t ) =0) =1-e =1-e -λt , t >0，

可见，X 的分布函数为

⎧1-e -λt , t >0,

F X (t ) =⎨

⎩0, t ≤0.

即T 服从参数为λ的指数分布。

（2）所求概率为

P {T >16, T >8}P (T >16) e -16λ

P (T >16|T >8) ===-8λ=e -8λ（无记忆性）

P (T >8) P (>8) e

（3）P {X

（4）P {3≤X ≤5}=F (5)-F (3)=e -3λ-e -5λ

以上只需将λ=0.1带入计算即可。

（2）已知设备的寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率。

解：设Y ={在一台设备中安装二等品的个数

2112C 90C 90C 10C 10

则P (Y =0) =2, P (Y =1) =, P (Y =2) =2 2

C 100C 100C 100

设X i =“设备安装i 件二等品时的寿命” ，则X i ~E (1+i ) ，即有

⎧1-e -x , x >0⎧1-e -3x , x >0⎧1-e -2x , x >0

F X 0(x ) =⎨，F X 1(x ) =⎨，F X 2(x ) =⎨

0, other 0, other ⎩⎩⎩0, other

则P {X i >1}=1-P {X i ≤1}=1-F X i (1) =e 过1的概率），可记为P {(X i >1) |(Y =i )}

（1）设X ：设备的寿命。则设备的寿命超过1等价于“设备安装0件二等品且其寿命超过1”或“设

备安装1件二等品且其寿命超过1”或“设备安装2件二等品且其寿命超过1” 则{X >1}={(Y =0)(X 0>1)} {(Y =1)(X 1>1)} {(Y =2)(X 2>1)}

-(1+i )

,(i =0,1,2) （已知设备安装i 件二等品，设备的寿命超

P {X >1}=P {(Y =0)(X 0>1)}+P {(Y =1)(X 1>1)}+P {(Y =2)(X 2>1)}

=P {Y =0}P {X 0>1|Y =0}+P {Y =1}P {X 1>1|Y =1}+P {Y =2}P {X 2>1|Y =2}≈0.32

（2）P {Y =0|X >1}=

P {Y =0, X >1}

≈0.93

P {X >1}

1，

19. 设随机变量X 的分布律为：

X ：－2，－1， 0，

P ：

， 5

111，，， 6515

(－1) 2

(0)2

(1)2

(3)2

求Y=X 2的分布律

解：∵ Y=X 2：(－2) 2

P ：

1 5111

651511

再把X 2的取值相同的合并，并按从小到大排列，就得函数Y 的分布律为： ∴ Y ： 0 1 4 9

P ：

1111

+6155511

21. 设随机变量X 的概率密度为

⎧e -x , x ≥0,

f X (x ) =⎨

⎩0, x

求Y =e 的概率密度f Y (y )

x X

解1 当x >0时函数y =e 单调增，反函数为x =h (y ) =ln y ，于是Y =e 的概率密度为

⎧1⎧-ln y 1

e ⋅, y ≥1, ⎪⎪2, y ≥1,

'y f Y (y ) =f X (h (y )) |h (y ) |=⎨=⎨y

⎪0, y ≤1. ⎪0, y

解2 设Y 的分布函数为F Y (y ) ，则 F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (e X ≤y ) =⎨

0, ⎩P (X ≤ln y ), ⎧

y ≥1

, y

⎪⎪

=⎨ln y -x =⎨-x ln y

e dx , y ≥1, ⎪-e , y ≥1. ⎪0⎩⎩⎰0

⎧0, y

=⎨ =⎨1-ln y

1-, y ≥1. ⎩1-e , y ≥1. ⎪y ⎩⎧1

⎪2, y ≥1, ' f Y (y ) =F Y (y ) =⎨y

⎪0, y

⎧1-|x |,-1

22. 设X ~f X (x ) =⎨，求Y =X +1的概率密度

⎩0, other

解：由于函数Y =X +1不是严格单调的，所以不能用定理求解。当-1

⎧0, y

所以Y 的分布函数形式为F Y (y ) =⎨*,1≤y

⎪1, y ≥2⎩

因而当1

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (X 2+1≤y ) =P {≤X

=f (x ) dx =20

-x ) dx =1-y

⎧0, y

所以F Y (y ) =⎨1-y ,1≤y

⎪1, y ≥2⎩

-1,1≤y

0, other ⎩

补充题

(i =1, 2,3) ，i +1

111, P (2) =, P (3) =, 234

（因为独立） 246

（独立与互斥）P {X =1}=P {三个中有2个不合格}=P (12A 3 1A 23 A 123) =2411

P {X =2}=P {三个有1个不合格}=P (1A 2A 3 A 12A 3 A 1A 23) =（独立与互斥）

241116

P {X =3}=P {三个中都合格}=P (A 1A 2A 3) =P (A 1) P (A 2) P (A 3) =(1-)(1-)(1-) =

23424

2、设X 为随机变量，且P {X =k }=k (k =1, 2,...) ，则

2P {X =0}=P {三个都不合格}=P (123) =P (1) P (2) P (3) =

（1）判断上式是否为X 的分布律，（2）若是，求P{X是偶数}，P {X ≥5}

解：（1）由∑k ==1知上式是X 的分布律

1k =121-2

∞

(2) P{X是偶数}=P {X =2n }=

11/41== ∑2n

23n =1

1-411

216k =1

∞

P {X ≥5}=1-P {X

3、（女士品酒：实际推断原理）有甲乙两种味道和颜色极其相似的酒各4杯。从中挑出4杯酒，如果全

部将甲种酒挑出，算是成功一次。

（1）某人随机地去取，问他试验成功一次的概率是多少？

，这个概率相当地小。 =

C 8470

1) ， 70

（2）设X 表示他10次品尝中成功的次数，由题意知X ~B (10,所以从理论上计算他在10次品尝中能成功3次的概率为

P {X =3}=C 10(

131

) (1-) 7=0.0003 7070

即，如果此人仅是随机品尝（即是随机去猜的）的概率仅为0.0003，也可以说10次品尝中仅能成功的

最大次数为0.003；而实际上他成功了3次，说明他确有区分的能力（实际推断原理）

（1）以X 表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X 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 的可能取值为1，2，3，„，n ，„

P {X=n}=P {前n －1次飞向了另2扇窗子，第n 次飞了出去}

=() n -1⋅， n=1，2，„„

（2）Y 的可能取值为1，2，3

P {Y=2}=P {第1次飞向另2扇窗子中的一扇，第2次飞了出去}

P {Y=1}=P {第1次飞了出去}= =

211⨯= 323

P {Y=3}=P {第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出去}

2! 1= 3! 3

(3) P {X

∑P {Y =k }P {X

k =13

∑P {Y =k }P {X

k =23

⎛全概率公式并注意到⎫

⎪ ⎪

⎝P {X

注意到X , Y 独立即

k =2 P {X

111121⎤=⨯+⨯⎡+⨯==P {X

∑P {Y =k }P {X

同上，P {X =Y }=

∑P {Y =k }P {X =Y |Y =k }

k =13

1121419

⨯+⨯+⨯=∑P {Y =k }P {X =k }=1333932781

k =1

故P {Y

38 81

4、从发芽率为0.999的大批种子里，随机抽取500粒，进行发芽试验，计算500粒中没有发芽的比例不超过1%的概率。

解：设X ：500粒种子中没有发芽的粒数，由于500粒相对于一大批种子来说是很小的一个数，因此可近似地认为X ~B (500,0.001)，所求概率为

P {X ≤500*1%}=P {X ≤5}=∑C 0.0010.999

k 500

500-k

0.5k -0.5

≈∑e

k ! 0

5、某产品表面的疵点数服从泊松分布，平均每件上有0.8个疵点（即均值λ=0.8），规定疵点数

不超过1个为一等品，价值10元，疵点数大于1不多于4为二等品，价值8元，4个以上者为废品，求（1）产品为废品的概率，（2）产品价值的分布列。

解：设X ：产品表面的疵点数，则X ~P (0.8)

0.8k -0.8

（1）P {X >4}=1-P {X ≤4}=1-∑=0.0014

k ! k =0

（2）设Y ：产品的价值，则Y ：0，8，10

0.8k -0.8

=0.1898 P {Y =0}=P {X >4}=0.0014，P {Y =8}=P {1

0.8k -0.8

P {Y =10}=P {X ≤1}=∑=0.8088，既得Y 的分布律。

k ! k =0

6、设在一段时间内进入商店的的顾客人数X 服从泊松分布，每个顾客购买每种物品的概率为p ，

并且各个顾客是否购买该种物品是相互独立的，求进入商店的顾客购买这种物品的人数的概率分布。解：X 为进入商店的顾客人数，则P {X =m }=

λm

m !

e -λ(m =0,1,2,...)

设Y 为购买物品的顾客人数，在进入商店的人数为m 名的条件下，购买某种物品的人数Y 服从二项分

k k

布，可记为P {Y =k |X =m }=C m p (1-p ) m -k ,(k =0,1,... m ) 这是条件分布问题。

要求进入商店的顾客购买这种物品的人数的概率分布，即求分布律P {Y =k }=p k (k =0,1,2,..., m ,...)

由于S ={X =0} {X =1} ... {X =m } ...

所以{Y =k }={X =0, Y =k } {X =1, Y =k } ... {X =m , Y =k } ...

所以P {Y =k }=

k -1

m =0

∑P {X =m , Y =k }=∑P {X =m , Y =k }+∑P {X =m , Y =k }

m =0

m =k

∞

∞k -1∞

=∑P {X =m , Y =k }+∑P {X =m }P {Y =k |X =m }

m =0

m =k

（当k >m时，购买物品的人数多于顾客数这是不可能的，P {X =m , Y =k }=0）

m =k

∑P {X =m }P {Y =k |X =m }

∞

=∑

m =k -λ

λm

m !

e ⋅C p (1-p )

-λ

k m -k

=∑

m =k

∞

λm

m !

e -λ⋅

m !

p k (1-p ) m -k

k !(m -k )!

1∞[λ(1-p )]m -k (λp ) k -λλ(1-p ) (λp ) k -λp

=e (λp ) =e e =e ∑k ! m =k (m -k )! k ! k !

⎧x ,0

37⎪

7、设X ~f (x ) =⎨ax +b ,1

28⎪0, other

⎩

（1）常数a ，b ；（2）P {1/2

解：（1）由下列方程组可求得a ，b

⎧00dx +1xdx +2(ax +b ) dx ++∞0dx =1⎧∞f (x ) dx =1

⎰0⎰1⎰2⎪⎰-∞⎪⎰-∞

⇒⎨1.51.57⎨17

⎪P {0

018⎩⎰08⎩

（2）类似（1）中的方程2可得

（3）类似第一题的求法

8、设X 和Y 具有相同的分布，X 的密度函数为f (x ) =

x ,0a " 与8

事件B=" Y >a " 是相互独立的，并且P (A B ) =3/4，求数a 。

解： P (A ) =P (B ) =P {x >a }=

⎰

32a 3x dx =1- 88

a 3a 3a 32

P (A B ) =P (A ) +P (B ) -P (A ) P (B ) ⇒(1-) +(1-) -(1-) =3/4⇒a =888

9、某种型号的电子的寿命X （以小时计）具有以下的概率密度：

⎧1000

⎪x >1000f (x ) =⎨x 2

⎪其它⎩0

现有一大批此种管子（设各电子管损坏与否相互独立）。任取5只，问其中至少有2只寿命大于1500

小时的概率是多少？

解：一个电子管寿命大于1500小时的概率为

P (X >1500) =1-P (X ≤1500) =1-

=1-(1-

22) =33

⎰

15001000

100011500⎫

dx =1-⎧⎨1000(-) 1000⎬2x ⎩⎭ x

令Y 表示“任取5只此种电子管中寿命大于1500小时的个数”。则Y ~B (5,

) ，3

21⎫⎧11

P (Y ≥2) =1-P (Y

33⎭⎩3

1+5⨯211232=1-=1-=

24324335

-x 2

10、设X ~N (μ

, σ), f (x ) =2

-4x +46

，

求μ, σ2；若已知

⎰

∞

f (x ) dx =⎰f (x ) dx ，求c

-∞

-=2

解：（1）提示将密度函数化成正态分布的标准形式

-x f (x ) =2

-4x +46

，所以μ=2, σ2=3

（2）f (x ) 关于y 轴对称，所以c=2

解：设X ：考生的外语成绩，则X ~N (μ, σ2) ，由题意平均成绩即是μ=72，

P {X >96}=1-P {X ≤96}=1-Φ(∴1-Φ(

96-72

) =0.023⇒Φ(

96-72

) ≈0.977⇒

≈2⇒σ=12

所以X ~N (72,122) 所以P {60≤X ≤84}=Φ(

84-7260-72

) -Φ() =Φ(1)-Φ(-1) =2Φ(1)-1 1212

12、一工厂生产的电子管的寿命X （以小时计）服从参数为μ=160，σ(未知) 的正态分布，若要求

P (120＜X ≤200}=0.80，允许σ最大为多少？

⎛200-160⎫-Φ⎛120-160⎫=Φ⎛40⎫-Φ⎛-40⎫=0. 80

解：∵ P (120＜X ≤200)=Φ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭

又对标准正态分布有φ(－x )=1－φ(x )

⎛40⎫-⎡1-Φ⎛40⎫⎤≥0. 80

∴ 上式变为Φ ⎪ ⎪

⎝⎭⎢⎝⎭⎥⎣⎦⎛40⎫便得:Φ⎛40⎫≥0. 9

解出Φ ⎪ ⎪

⎝σ⎭⎝σ⎭

4040

≥1. 281σ≤=31. 25 σ1. 281

解：设X ：仪器的使用寿命，A=“仪器可以出厂”，则

再查表，得

⎧1-e -x , x >0因为X ~E (1)。所以F (x ) =⎨，

⎩1, other

所以P {X >2}=1-F (2)=e , P {X ≤2}=1-e ，

由于S ={X >2} {X ≤2}⇒A ={A (X >2)} {A (X ≤2)}，所以

-2

P (A ) =P [A (X >2)]+P [A (X ≤2)]=P [X >2]P (A |X >2) +P [X ≤2]P (A |X ≤2)

由题意知P (A |X >2) =1，P (A |X ≤2) =0.8，所以

P (A ) =P [X >2]P (A |X >2) +P [X ≤2]P (A |X ≤2) =e -2+0.8*(1-e -2) ≈0.827

设Y ：n 设备能够出厂的台数，则Y ~B (n ,0.827) （1）P {Y =n } （2）P {Y =n -2} （3）P {Y ≤n -2}

ln(1-X )

~E (2) 2

⎧1,0

证明：因为X ~U (0,1)，所以f (x ) =⎨

0, other ⎩

ln(1-X )

F Y (y ) =P (Y ≤y ) =P (-≤y ) =P {X ≤1-e -2y }

14、设X ~U (0,1)，求证Y =-显然有：（1）当1-e

-2y

}=⎰

1-e -2y

-∞

0dx =0

（2）当00时，

F Y (y ) =P {X ≤1-e

}=⎰

1-e -2y

-∞

f (x ) dx =⎰

1-e -2y

1dx =1-e -2y

⎧1-e -2y , y >0ln(1-X )

~E (2) 所以有F Y (y ) =⎨，所以Y =-

2⎩0, other

15、设X ~U (0,1)，求Y =的概率密度

1+X

⎧1,0

解：因为X ~U (0,1)，所以f (x ) =⎨

⎩0, other

1111

因为Y =是单调递减的，且x =h (y ) =-1, h '(y ) =-2，当0

1+X 2y y

⎧-11⎧111⨯||,

y 2所以f Y (y ) =⎨ =⎨y 2⎪0, other ⎪0, other ⎩⎩

16、设随机变量X 在任意区间【a ，b 】上的概率均大于0，其分布函数为F X (x ) ，又Y ~U [0,1]，

-1

证明：Z =F X (y ) 的分布函数与X 的分布函数相同。

证：因为随机变量X 在任意区间【a ，b 】上的概率均大于0，其分布函数为F X (x ) =P {X ≤x }是单调递增的，所以其反函数肯定存在。

⎧0, y

由于Y ~U [0,1]，所以F Y (y ) =⎨y ,0≤y

⎪1, y ≥1⎩

Z 的分布函数为

⎧0, F X (z )

F Z (z ) =P {Z ≤z }=P {F X -1(Y ) ≤z }=P {Y ≤F X (z )}=F Y (F X (z )) =⎨F X (z ),0≤F X (z ) ≤1

⎪1, F (z ) >1⎩X

而0≤F X (z ) ≤不可能小于0或大于1，因此F Z (z ) =F X (z )

吴赣昌编_[概率论与数理统计]第二章

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