概率论与数理统计课后答案北邮版

概率论与数理统计课后答案 北邮版

(第四章)(总18页)

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习题四

1.设随机变量X的分布律为

X ??1 0 1 2 P 1/8 1/2 1/8 1/4 求E（X），E（X），E（2X+3）. 【解】(1) E(X)(1)211111012; 828421212121522(2) E(X)(1)012;

828441(3) E(2X3)2E(X)3234

22.已知100个产品中有10个次品，求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差. 【解】设任取出的5个产品中的次品数为X，则X的分布律为 X 0 1 2 3 4 5 4233245P C5C1C10C90C10C90C10C1C109010C90900.583 0.340 0.070 0.007 0 0 555555C100C100C100C100C100C100故 E(X)0.58300.34010.07020.00730405 0.501, D(X)[xE(X)]P

2iii05

(00.501)20.583(10.501)20.3400.432.(50.501)20

3.设随机变量X的分布律为 X ??1 0 1 P p1 p2 p3 且已知E（X）=,E(X)=,求P1，P2，P3. 【解】因P1P2P31……①,

又E(X)(1)P10P21P3P3P10.1……②,

22E(X2)(1)2P10P21P3P1P30.9……③

2由①②③联立解得P,P10.4,P20.130.5.

4.袋中有N只球，其中的白球数X为一随机变量，已知E（X）=n，问从袋中任取1球为白

2

球的概率是多少

【解】记A={从袋中任取1球为白球}，则

P(A)全概率公式P{A|Xk}P{Xk}

k0Nk1P{Xk}NN k01nE(X).NNNkP{Xk}k0N

5.设随机变量X的概率密度为

x,0x1,f（x）=2x,1x2,

0,其他.求E（X），D（X）. 【解】E(X)1xf(x)dxx2dxx(2x)dx

012123132x xx1.

3130E(X2)2x2f(x)dxx3dxx2(2x)dx012127 61. 66.设随机变量X，Y，Z相互，且E（X）=5，E（Y）=11，E（Z）=8，求下列随机变量的数学期望. （1） U=2X+3Y+1；

故 D(X)E(X)[E(X)]（2） V=YZ??4X.

【解】(1) E[U]E(2X3Y1)2E(X)3E(Y)1 25311144.

(2) E[V]E[YZ4X]E[YZ]4E(X) 因Y,ZE(Y)E(Z)4E(X)

1184568.

7.设随机变量X，Y相互，且E（X）=E（Y）=3，D（X）=12，D（Y）=16，求E（3X??2Y），D（2X??3Y）. 【解】(1) E(3X2Y)3E(X)2E(Y)33233.

(2) D(2X3Y)2D(X)(3)DY412916192.

223

8.设随机变量（X，Y）的概率密度为

k,0x1,0yx,f（x，y）=

其他.0,试确定常数k，并求E（XY）. 【解】因

f(x,y)dxdydxkdy001x1k1,故k=2 21x00E(XY)xyf(x,y)dxdyxdx2ydy0.25.

9.设X，Y是相互的随机变量，其概率密度分别为

e(y5),2x,0x1,fX（x）= fY（y）=0,其他;0,求E（XY）.

【解】方法一：先求X与Y的均值 E(X) E(Y)y5,其他.

2x2xdx, 0315ye(y5)dy令zy55ezdz00zezdz516.

由X与Y的性，得

2E(XY)E(X)E(Y)64.

3 方法二：利用随机变量函数的均值公式.因X与Y，故联合密度为

2xe(y5),0x1,y5, f(x,y)fX(x)fY(y)其他,0,于是

E(XY)510xy2xe(y5)dxdy2xdx01252ye(y5)dy64.

310.设随机变量X，Y的概率密度分别为

2e2x,x0,4e4y,fX（x）= fY（y）=x0;0,0,求（1） E（X+Y）;（2） E（2X??3Y）. 【解】(X) 2

y0, y0.xfX(x)dx0x2edx[xe2x2x00]e-2xdx

201e2xdx.

2 E(Y)yfY(y)dy201y4e4ydy.

4 E(Y)21. 0428113从而(1)E(XY)E(X)E(Y).

244yfY(y)dyy24e4ydy4

(2)E(2X3Y)2E(X)3E(Y)2221153 28811.设随机变量X的概率密度为

cxekf（x）=0,22x,x0, x0.求（1） 系数c;（2） E（X）;（3） D（X）. 【解】(1) 由

f(x)dxcxe0k2x2dxc1得c2k2. 22k2k2x2(2) E(X)2xf(x)d(x)dxπ. 2k0x2kxedx

2k0xe2k2x22(3) E(X)x2f(x)d(x)0x22k2xek22x1. 2k1π4π22故 D(X)E(X)[E(X)]2. 2k2k4k12.袋中有12个零件，其中9个合格品，3个废品.安装机器时，从袋中一个一个地取出（取出后不放回），设在取出合格品之前已取出的废品数为随机变量X，求E（X）和D（X）.

【解】设随机变量X表示在取得合格品以前已取出的废品数，则X的可能取值为0，1，

2，3.为求其分布律，下面求取这些可能值的概率，易知

29390.750, P{X1}0.204, 12121132932190.041, P{X3}0.005. P{X2}1211101211109 P{X0}X P 于是，得到X的概率分布表如下：

0 1 2 3 由此可得E(X)00.75010.20420.04130.0050.301.

E(X2)02750120.204220.041320.0050.413D(X)E(X)[E(X)]0.413(0.301)0.322.222

13.一工厂生产某种设备的寿命X（以年计）服从指数分布，概率密度为

x14f（x）=4e,x0,

x0.0,为确保消费者的利益，工厂规定出售的设备若在一年内损坏可以调换.若售出一台设

备，工厂获利100元，而调换一台则损失200元，试求工厂出售一台设备赢利的数学期望.

5

【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值：100元和??200元 P{Y100}P{X1}11x/4edxe1/4 4 P{Y200}P{X1}1e1/4.

故E(Y)100e1/4(200)(1e1/4)300e1/420033. (元).

14.设X1，X2，…，Xn是相互的随机变量，且有E（Xi）=μ，D（Xi）=σ2，

i=1，2，…，n，记

1n1n22XXi,S，S=(XiX)2. ni1n1i12（1） 验证E(X)=μ，D(X) =；

nn212（2） 验证S=(XinX)；

n1i12

（3） 验证E（S）=σ.

n1n11n1【证】(1) E(X)EXiE(Xi)E(Xi)nuu.

ni1nni1ni1n11n1D(X)DXi2D(Xi)Xi之间相互2ni1ni1nn22

DXi1i

122. 2nnn(2) 因

(Xi1niX)(XX2XXi)XnX2XXi

22i2ii1i1i1n2n2n Xi1n2inX2XnXXnX

2ii12n2n21故S(Xi2nX).

n1i12(3) 因E(Xi)u,D(Xi),故E(Xi)D(Xi)(EXi)u. 同理因E(X)u,D(X)从而

222222n,故E(X)22nu2.

6

nn22112E(s)E(XinX)[E(Xi2)nE(X)]

i1n1i1n1221n[E(Xi2)nE(X)]n1i1

1n122222n(u)nu.n

15.对随机变量X和Y，已知D（X）=2，D（Y）=3，Cov(X,Y)=??1,

计算：Cov（3X??2Y+1，X+4Y??3）.

【解】Cov(3X2Y1,X4Y3)3D(X)10Cov(X,Y)8D(Y) 3210(1)8328

(因常数与任一随机变量，故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).

16.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为

122,xy1,f（x，y）=π

其他.0,试验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互的. 【解】设D{(x,y)|x2y21}.

E(X)xf(x,y)dxdy1xdxdy πx2y2112π1 =rcosrdrd0.

π00同理E(Y)=0. 而 Cov(X,Y)[xE(x)][yE(Y)]f(x,y)dxdy

112π12 2xydxdyπ00rsincosrdrd0, πx2y1由此得XY0,故X与Y不相关. 下面讨论性，当|x|≤1时，fX(x)1y21x211x212dy1x2. ππ当|y|≤1时，fY(y)11y212dx1y2. ππ显然fX(x)fY(y)f(x,y).

7

故X和Y不是相互的.

17.设随机变量（X，Y）的分布律为 X ??1 0 1 Y ??1 1/8 1/8 1/8 0 1/8 0 1/8 1 1/8 1/8 1/8 验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互的.

【解】联合分布表中含有零元素，X与Y显然不，由联合分布律易求得X，Y及XY的

分布律，其分布律如下表 X ??1 0 1 P 323 888

Y P

XY P ??1 0 1 ??1 0 1 3 82 83 82 84 82 8

由期望定义易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0. 从而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相关系数性质知ρXY=0, 即X与Y的相关系数为0，从而X和Y是不相关的. 又P{X1}P{Y1}331P{X1,Y1} 888从而X与Y不是相互的.

18.设二维随机变量（X，Y）在以（0，0），（0，1），（1，0）为顶点的三角形区域上服

从均匀分布，求Cov（X，Y），ρXY. 【解】如图，SD=

1，故（X，Y）的概率密度为 2

题18图

2,(x,y)D, f(x,y)0,其他.8

11x1E(X)xf(x,y)dxdy0dx0x2dy

3D1E(X)xf(x,y)dxdy0dx02x2dy

6D2211x111从而D(X)E(X)[E(X)].

6318222同理E(Y)11,D(Y). 318而 E(XY)所以

xyf(x,y)dxdy2xydxdydxDD011x02xydy1. 12Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)1111. 123336从而 XYCov(X,Y)D(X)D(Y)1

211181813619.设（X，Y）的概率密度为

ππ1sin(xy),0x,0y,f（x，y）=222

其他.0,求协方差Cov（X，Y）和相关系数ρXY. 【解】E(X)2π20π/2π/2xf(x,y)dxdy20dx0x1πsin(xy)dy. 24 E(X)从而

dxπ201π2πxsin(xy)dy2. 282π2πD(X)E(X)[E(X)]2.

16222ππ2π2. 同理 E(Y),D(Y)4162又 E(XY)π/20dxπ/20πxysin(xy)dxdy1,

22ππππ4故 Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)1.

24449

XYπ4Cov(X,Y)(π4)2π28π1222. πππ8π32π8π32D(X)D(Y)216221120.已知二维随机变量（X，Y）的协方差矩阵为，试求Z1=X??2Y和Z2=2X??Y的相关

14系数.

【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.

从而

D(Z1)D(X2Y)D(X)4D(Y)4Cov(X,Y)1444113,D(Z2)D(2XY)4D(X)D(Y)4Cov(X,Y)414414,Cov(Z1,Z2)Cov(X2Y,2XY)

2Cov(X,X)4Cov(Y,X)Cov(X,Y)2Cov(Y,Y)

2D(X)5Cov(X,Y)2D(Y)2151245.故 Z1Z2Cov(Z1,Z2)5513.

26D(Z1)D(Z2)13421.对于两个随机变量V，W，若E（V2），E（W2）存在，证明：

［E（VW）］2≤E（V2）E（W2）.

这一不等式称为柯西许瓦兹（Couchy??Schwarz）不等式. 【证】令g(t)E{[VtW]},tR.

显然

20g(t)E[(VtW)2]E[V22tVWt2W2]

E[V]2tE[VW]tE[W],tR.

可见此关于t的二次式非负，故其判别式Δ≤0， 即0[2E(VW)]4E(W)E(V) 4{[E(VW)]E(V)E(W)}.

故[E(VW)]E(V)E(W)}.

22.假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数λ=1/5的指数分布.设备定时开机，出现

故障时自动关机，而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数F（y）.

【解】设Y表示每次开机后无故障的工作时间，由题设知设备首次发生故障的等待时间

22222222222210

X~E(λ),E(X)=

1=5.

依题意Y=min(X,2). 对于y<0,f(y)=P{Y≤y}=0. 对于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1.

对于0≤y<2,当x≥0时，在(0,x)内无故障的概率分布为 P{X≤x}=1??e??λx,所以

F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1??e??y/5.

23.已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装

有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后，求：（1）乙箱中次品件数Z的数学期望；（2）从乙箱中任取一件产品是次品的概率. 【解】（1） Z的可能取值为0，1，2，3，Z的概率分布为

kkC3C33, k0,1,2,3. P{Zk}C3699 202019913123. 因此，E(Z)02020202023Z=k Pk 0 1 2 3 1 201 20(2) 设A表示事件“从乙箱中任取出一件产品是次品”，根据全概率公式有

P(A)P{Zk}P{A|Zk}

k0191921310. 202062062024.假设由自动线加工的某种零件的内径X（毫米）服从正态分布N（μ,1），内

径小于10或大于12为不合格品，其余为合格品.销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T（单位：元）与销售零件的内径X有如下关系

若X10,1,T=20,若10X12, 5,若X12.问：平均直径μ取何值时，销售一个零件的平均利润最大

【解】E(T)P{X10}20P{10X12}5P{X12}

P{Xu10u}20P{10uXu12u}5P{Xu12u} (10u)20[(12u)(10u)]5[1(12u)]

25(12u)21(10u)5.故

dE(T)1x2/2 令 25(12u)(1)21(10u)(1)0(这里(x)e), du211

得 25e两边取对数有

(12u)2/221e(10u)2/2

11ln25(12u)2ln21(10u)2.

22125111ln1.1910.9128(毫米) 解得 u11ln2212由此可得，当u=毫米时，平均利润最大.

25.设随机变量X的概率密度为

1xcos,0xπ,f(x)=2 2其他.0,对X地重复观察4次，用Y表示观察值大于π/3的次数，求Y2的数学期望.

（2002研考）

π1,X,3【解】令 Yi0,Xπ.3则Y(i1,2,3,4)

Y~B(4,p).因为

ii14π/31πππx1pP{X}1P{X}及P{X}cosdx,

0333222111所以E(Yi),D(Yi),E(Y)42,

24211D(Y)41E(Y2)(EY)2,

22从而E(Y)D(Y)[E(Y)]125.

26.两台同样的自动记录仪，每台无故障工作的时间Ti(i=1,2)服从参数为5的指数分布，首

先开动其中一台，当其发生故障时停用而另一台自动开启.试求两台记录仪无故障工作的总时间T=T1+T2的概率密度fT(t)，数学期望E（T）及方差D（T）. 【解】由题意知：

2225e5t,t0, fi(t)t0.0,因T1,T2，所以fT(t)=f1(t)*f2(t).

当t<0时，fT(t)=0;

当t≥0时，利用卷积公式得

fT(t)故得

f1(x)f2(tx)dx5e5x5e5(tx)dx25te5t

0t12

25te5t,t0, fT(t)t0.0,11,D(Ti)=5252因此，有E(T)=E(T1+T2)=.

5由于Ti ~E(5),故知E(Ti)=

(i=1,2)

又因T1,T2，所以D（T）=D（T1+T2）=

2. 2527.设两个随机变量X，Y相互，且都服从均值为0，方差为1/2的正态分布，求随机变

量|X??Y|的方差.

1212, 【解】设Z=X??Y，由于X~N0,,Y~N0,22且X和Y相互，故Z~N（0，1）.

因

D(XY)D(Z)E(|Z|2)[E(|Z|)]2

E(Z2)[E(Z)]2,

而

E(Z2)D(Z)1,E(|Z|)|z|1z2/2edz 2π 2z2/22， zedz0π2π2. π所以 D(|XY|)128.某流水生产线上每个产品不合格的概率为p(0一个不合格产品时，即停机检修.设开机后第一次停机时已生产了的产品个数为X，求E（X）和D（X）.

【解】记q=1??p,X的概率分布为P{X=i}=qi??1p,i=1,2,…，

qp1. 故E(X)iqpp(q)p21q(1q)pi1i1i1i又E(X)2iqi12i1p(ii)qpiqi1p

2i1i2i1q211pq(q)pqp1qp i2

2pq11q2p22.3(1q)pppi13

所以 D(X)E(X)[E(X)]222p11p22. 2ppp

题29图

29.设随机变量X和Y的联合分布在点（0，1），（1，0）及（1，1）为顶点的三角形区域

上服从均匀分布.（如图），试求随机变量U=X+Y的方差. 【解】D(U)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y)

=D(X)+D(Y)+2[E(XY)??E(X)·E(Y)].

由条件知X和Y的联合密度为

2,(x,y)G, G{(x,y)|0x1,0y1,xy1}. f(x,y)0,t0.从而fX(x)因此

11131E(X)xfX(x)dx2x2dx,E(X2)2x3dx,

00022141D(X)E(X2)[E(X)]2.

291831同理可得 E(Y),D(Y).

218f(x,y)dy2dy2x.

1x1E(XY)2xydxdy2xdxG0111xydy5, 12541, 129361121. 于是 D(U)D(XY)1818361830.设随机变量U在区间[??2,2]上服从均匀分布，随机变量

Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)1,U1,1,U1,X= Y= 1,U1,1,若U1.试求（1）X和Y的联合概率分布；（2）D（X+Y）.

【解】（1） 为求X和Y的联合概率分布，就要计算（X，Y）的4个可能取值(??1,??1),(??1,1),(1,??1)及(1,1)的概率.

P{x=??1,Y=??1}=P{U≤??1,U≤1} P{U1}1dxdx14244 114

P{X=??1,Y=1}=P{U≤??1,U>1}=P{}=0, P{X=1,Y=??1}=P{U>??1,U≤1}

P{1U1}dx1 144121P{X1,Y1}P{U1,U1}P{U1}故得X与Y的联合概率分布为

dx1. 44(1,1)(1,1)(1,1)(1,1). (X,Y)~1110424(2) 因D(XY)E[(XY)2][E(XY)]2,而X+Y及（X+Y）2的概率分布相应

为

20XY~1142从而E(XY)(2)202, (XY)~11424. 121120, 44112 E[(XY)]042,

22所以D(XY)E[(XY)2][E(XY)]22.

1x31.设随机变量X的概率密度为f(x)=e，（??∞2(1) 求E（X）及D（X）；

（2） 求Cov(X,|X|),并问X与|X|是否不相关

（3） 问X与|X|是否相互，为什么

1|x|2edx0. 21|x|edx0x2exdx2. D(X)(x0)02【解】(1)E(X)x(2) Cov(X,|X)E(X|X|)E(X)E(|X|)E(X|X|) x|x|1|x|edx0, 2所以X与|X|互不相关.

(3) 为判断|X|与X的性，需依定义构造适当事件后再作出判断，为此，对定义

域??∞{x0Xx0}{|X|x0}{Xx0}.

所以0P{|X|x0}P{Xx0}1.

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故由

P{Xx0,|X|x0}P{|X|x0}P{|X|x0}P{Xx0}

得出X与|X|不相互.

32.已知随机变量X和Y分别服从正态分布N（1，32）和N（0，42），且X与Y

XY的相关系数ρXY=??1/2，设Z=.

32（1） 求Z的数学期望E（Z）和方差D（Z）； （2） 求X与Z的相关系数ρXZ；

（3） 问X与Z是否相互，为什么 【解】(1) E(Z)EXY1. 323 D(Z)DX3YXYD2Cov, 232 而

11119162Cov(X,Y), 9432Cov(X,Y)XYD(X)所以 D(Z)146(2) 因Cov(X,Z)CovX, 1D(Y)346

213. 3XY11CovX,XCovX,Y 3232119D(X)(6)-3=0, 323所以 XZCov(X,Z)0.

D(X)D(Z)13(3) 由XZ0，得X与Z不相关.又因Z~N,3,X~N(1,9)，所以X与Z也

相互.

33.将一枚硬币重复掷n次，以X和Y表示正面向上和反面向上的次数.试求X和Y的相关

系数XY.

【解】由条件知X+Y=n，则有D（X+Y）=D（n）=0.

1, 2n从而有 D(X)npqD(Y)

4再由X~B(n,p),Y~B(n,q)，且p=q=

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所以 0D(XY)D(X)D(Y)2XYD(X)D(Y) nn2XY, 故XY=??1. 2434.设随机变量X和Y的联合概率分布为 Y ??1 0 1 X 0 1 试求X和Y的相关系数ρ.

【解】由已知知E(X)=,E(Y)=，而XY的概率分布为

YX ??1 0 P 所以E（XY）=??+=

Cov(X,Y)=E(XY)??E(X)·E(Y)=??×=0

从而 XY=0

1 35.对于任意两事件A和B，0ρ=

PABP(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)为事件A和B的相关系数.试证：

（1） 事件A和B的充分必要条件是ρ=0；

（2） |ρ|≤1.

【证】（1）由ρ的定义知，ρ=0当且仅当P(AB)??P(A)·P(B)=0.

而这恰好是两事件A、B的定义，即ρ=0是A和B的充分必要条件. (2) 引入随机变量X与Y为

1,若A发生,1,若B发生,X Y

0,若A发生;0,若B发生.由条件知，X和Y都服从0??1分布，即

1100 Y~ X~1P(A)P(A)1P(B)P(B)从而有E(X)=P(A),E(Y)=P(B),

D(X)=P(A)·P(A),D(Y)=P(B)·P(B),

Cov(X,Y)=P(AB)??P(A)·P(B)

所以，事件A和B的相关系数就是随机变量X和Y的相关系数.于是由二元随机变量相关系数的基本性质可得|ρ|≤1.

36. 设随机变量X的概率密度为

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12,1x0,1fX(x)=,0x2,

4其他.0,令Y=X2，F（x,y）为二维随机变量（X，Y）的分布函数，求： (1) Y的概率密度fY(y)； (2) Cov(X,Y);

1(3)F(,4).

2解： (1) Y的分布函数为

FY(y)P{Yy}P{X2y}.

当y≤0时， FY(y)0，fY(y)0； 当0＜y＜1时，

FY(y)P{yXy}P{yX0}P{0Xy}3y， 4fY(y)38y；

11y 24当1≤y<4时， FY(y)P{1X0}P{0Xy}fY(y)当y≥4时，FY(y)1，fY(y)0. 故Y的概率密度为

18y；

38y,0y1,fY(y)01

,1y4,8y0, 其他.+01211(2) E(X)=xfX(x)dxxdxxdx,

--12044+01215 E(Y)=E(X2)=x2fX(x)dxx2dxx2dx),

--12046+01217233 E(XY)=E(Y)=xfX(x)dxxdxx3dx,

--120482故 Cov(X,Y) =E(XY)-E(X)E(Y)=.

318

111(3) F(,4)P{X,Y4}P{X,X24}

22211 P{X,2X2}P{2X}

2211 P{1X}.

2437. 设随机变量X服从参数为1的泊松分布,求P{X=E(X2)}.

e1解：因为其分布律为P{x=k}=,k=0,1,2,…,

k!e1kk1111所以 E(X)keek!k0k1(k1)!k1(k1)!2211 e

(k2)!(k1)!k1k2 e1(ee)2.1所以 P{xE(X2)}P{X2}e1e1

.2!2

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