《概率论与数理统计》习题答案复旦大学出版社第四章.docx
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《概率论与数理统计》习题答案复旦大学出版社第四章
1.设随机变量X的分布律为
习题四
X
-1
0
1
2
P
1/8
1/2
1/8
1/4
1
+0⨯
1
+1⨯
1
+2⨯
1
=
1
8
2
8
4
2
求E（X），E（X2），E（2X+3）.
【解】
（1）
E（X）=（-1）⨯;
（2）
（3）
E（X2）=（-1）2⨯1+02⨯1+12⨯1+22⨯1=5;
82844
E（2X+3）=2E（X）+3=2⨯1+3=4
2
2.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
P
C5
90=0.583
C5
100
C1C4
1090=0.340
C5
100
C2C3
1090=0.070
C5
100
C3C2
1090=0.007
C5
100
C4C1
1090=0
C5
100
C5
10=0
C5
100
故E（X）=0.583⨯0+0.340⨯1+0.070⨯2+0.007⨯3+0⨯4+0⨯5
=0.501,
5
D（X）=∑[x-E（X）]2P
ii
i=0
=（0-0.501）2⨯0.583+（1-0.501）2⨯0.340++（5-0.501）2⨯0
=0.432.
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）=0.1,E（X2）=0.9,求P1，P2，P3.
【解】因P1+P2+P3=1……①,
又E（X）=（-1）P1+0P2+1P3=P3-P1=0.1……②,
E（X2）=（-1）2P+02P+12P=P+P=0.9……③
12313
由①②③联立解得P1=0.4,P2=0.1,P3=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球为白球的概率是多少？
【解】记A={从袋中任取1球为白球}，则
N
P（A）全概率公式∑P{A|X=k}P{X=k}
k=0
N
=∑kP{X=k}=1∑N
kP{X=k}
k=0NNk=0
=E（X）=n.
NN
5.设随机变量X的概率密度为
⎧x,0≤x<1,
f（x）=⎪2-x,1≤x≤2,
求E（X），D（X）.
⎪0,他他.
【解】E（X）=⎰+∞xf（x）dx=⎰1x2dx+⎰2x（2-x）dx
-∞01
⎡1⎤1⎡x3⎤2
=⎢⎣3x⎦
+⎢x2-
⎣
⎥=1.
⎦1
E（X2）=⎰+∞x2f（x）dx=⎰1x3dx+⎰2x2（2-x）dx=7
-∞016
故D（X）=E（X2）-[E（X）]2=1.
6
6.设随机变量X，Y，Z相互独立，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；
（2）V=YZ-4X.
【解】
（1）
（2）
E[U]=E（2X+3Y+1）=2E（X）+3E（Y）+1
=2⨯5+3⨯11+1=44.
E[V]=E[YZ-4X]=E[YZ]-4E（X）
因Y,Z独立E（Y）E（Z）-4E（X）
=11⨯8-4⨯5=68.
7.设随机变量X，Y相互独立，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）=22D（X）+（-3）2DY=4⨯12+9⨯16=192.
8.设随机变量（X，Y）的概率密度为
⎧k,0⎩
f（x，y）=⎨0,
他他.
试确定常数k，并求E（XY）.
+∞+∞
1x1
【解】因⎰-∞⎰-∞
f（x,y）dxdy=⎰0dx⎰0kdy=2k=1,故k=2
+∞+∞1x
E（XY）=⎰-∞⎰-∞xyf（x,y）dxdy=⎰0xdx⎰02ydy=0.25.
9.设X，Y是相互独立的随机变量，其概率密度分别为
求E（XY）.
⎧2x,
fX（x）=⎨
⎩0,
0≤x≤1,
他他;
⎧e-（y-5）,
⎩
fY（y）=⎨0,
y>5,
其他.
【解】方法一：
先求X与Y的均值
E（X）=⎰1x2xdx=2,
03
⎰⎰⎰
E（Y）=+∞ye-（y-5）dy令z=y-55+∞e-zdz++∞ze-zdz=5+1=6.
500
由X与Y的独立性，得
E（XY）=E（X）E（Y）=2⨯6=4.
3
方法二：
利用随机变量函数的均值公式.因X与Y独立，故联合密度为
⎩
⎧2xe-（y-5）,0≤x≤1,y>5,
f（x,y）=
于是
fX（x）fY（y）=⎨0,
其他,
E（XY）=⎰+∞⎰1xy2xe-（y-5）dxdy=⎰12x2dx⎰+∞ye-（y-5）dy=2⨯6=4.
50053
10.设随机变量X，Y的概率密度分别为
⎧
fX（x）=⎨
2e-2x,
x>0,
⎧
fY（y）=⎨
4e-4y,
y>0,
⎩0,
x≤0;
⎩0,
y≤0.
求
（1）E（X+Y）;
（2）E（2X-3Y2）.
【解】（X）=
+∞+∞
xf（x）dxx2e-2xdx=[-xe-2x]+∞
+∞e-2xdx
⎰-∞X⎰0
0⎰0
=⎰+∞e-2xdx=1.
E（Y）=
02
+∞
yf（y）dy
+∞y4e-4ydy=1.
⎰-∞Y⎰04
E（Y2）=
+∞y2f
-∞
（y）dy=
+∞y24e-4ydy=2
42
=1.
8
从而
（1）E（X+Y）=E（X）+E（Y）=+=.
244
（2）E（2X-3Y2）=2E（X）-3E（Y2）=2⨯1-3⨯1=5
288
11.设随机变量X的概率密度为
⎧⎪cxe-k2x2,
⎩
f（x）=⎨⎪0,
x≥0,
x<0.
+∞
求
（1）系数c;
（2）E（X）;（3）D（X）.
【解】
（1）由
⎰-∞f（x）dx=
+∞cxe-k2x2dx=
0
c
2k2
=1得c=2k2.
+∞+∞-k2x2
（2）E（X）=⎰xf（x）d（x）=⎰x2k2xedx
=2k2⎰+∞x2e-k2x2dx=π.
（3）
E（X2）=
0
+∞x2f（x）d（x）=
-∞
2k
+∞x22k2xe-k2x21.
k2
1⎛⎫2
4-π
故D（X）=E（X2）-[E（X）]2=
k2-ç2k⎪
4k2.
12.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
P{X=0}=9
12
=0.750,
P{X=1}=
3⨯9
1211
=0.204,
P{X=2}=
3⨯2⨯9
121110
=0.041,
P{X=3}=
3⨯2⨯1⨯9=0.005.
1211109
于是，得到X的概率分布表如下：
X
0
1
2
3
P
0.750
0.204
0.041
0.005
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=0.413
D（X）=E（X2）-[E（X）]2=0.413-（0.301）2=0.322.
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
⎧⎪1
f（x）=⎨4
⎪⎩0,
-
x
e4,
x>0,
x≤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.
【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}=⎰+∞1e-x/4dx=e-1/4
14
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=33.64
（元）.
14.设X1，X2，…，Xn是相互独立的随机变量，且有E（Xi）=μ，D（Xi）=σ2，i=1，2，…，n，记
X=1∑X,S
i
n
，S2=2
ni=1
n-1i=1
2
（1）验证E（X）=μ，D（X）=；
n
（2）验证S2=
1
n-1
（∑Xii=1
-nX）；
（3）验证E（S2）=σ2.
⎛1n⎫1n1n1
【证】
（1）
E（X）=Eçn∑Xi⎪=nE（∑Xi）=n∑E（Xi）=nnu=u.
⎝i=1⎭
i=1
i=1
D（X）=D⎛1∑n
X⎫=1D（∑n
X）X之间相互独立1∑nDX
ç
⎝i=1
=12
i⎪n2
2
i=1
iin2
i
i=1
（2）因
n2n=n.
iiiii
∑（X
-X）2=∑
（X2+X2-2XX）=∑nX2+nX2-2X∑nX
i=1
i=1i=1
n
=∑X2+nX2-2XnX=∑
X2-nX2
i=1
i
i=1
i
i=1
2n22
故S=（∑Xi
i=1
-
nX）.
（3）因E（X）=u,D（X）=2,故E（X2）=D（X）+（EX）2=2+u2.
iiiii
同理因E（X）=u,D（X）=
从而
2
2
故E（X
n
2
）=+u2.
n
E（s2）=E⎡1（∑n
X2-nX2）⎤=1[E（∑n
2
nE（X）]
⎢⎣n-1
i
i=1
⎦⎥n-1
i
i=1
=1[n
n-1i=1
2
inE（X）]
=1⎡
22⎛2
2⎫⎤2
n-1⎢n（+u）-nçn+u⎪⎥=.
⎣⎝⎭⎦
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独立，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
⎧1,
⎨
⎪⎩0,
x2+y2≤1,
其他.
试验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的.
【解】设D={（x,y）|x2+y2≤1}.
E（X）=⎰+∞⎰+∞xf（x,y）dxdy=1
⎰⎰xdxdy
-∞-∞
πx2+y2≤1
=1⎰2π⎰1rcosrdrd=0.
同理E（Y）=0.
π00
+∞+∞
而Cov（X,Y）=⎰-∞⎰-∞[x-E（x）][y-E（Y）]f（x,y）dxdy
=1⎰⎰
xydxdy=1⎰2π⎰1r2sincosrdrd=0,
πx2+y2≤1
由此得XY=0,故X与Y不相关.
π00
下面讨论独立性，当|x|≤1时，fX（x）⎰1-1-x2πdy=π
1-x2.
当|y|≤1时，fY（y）⎰1-1-y2πdx=π
1-y2.
显然fX（x）fY（y）≠
f（x,y）.
故X和Y不是相互独立的.17.设随机变量（X，Y）的分布律为
X
Y
-1
0
1
-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不是相互独立的.
【解】联合分布表中含有零元素，X与Y显然不独立，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
3
2
3
8
8
8
Y
-1
0
1
P
3
2
3
8
8
8
XY
-1
0
1
P
2
4
2
8
8
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.
331
又P{X1}P{Y1}P{X1,Y1}
888
从而X与Y不是相互独立的.
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.
1
【解】如图，SD=，故（X，Y）的概率密度为
2
题18图
f（x,y）=⎧2,（x,y）∈D,
⎩
⎨0,其他.
E（X）=⎰⎰xf（x,y）dxdy=⎰1dx⎰1-xx2dy=1
D003
6
E（X2）=⎰⎰x2f（x,y）dxdy=⎰1dx⎰1-x2x2dy=1
00
D
1⎛1⎫21
从而D（X）=E（X2）-[E（X）]2=-ç⎪=.
同理E（Y）=
1,D（Y）=1.
318
6⎝3⎭18
11-x1
而E（XY）=⎰⎰xyf（x,y）dxdy=⎰⎰2xydxdy=⎰0dx⎰0
DD
所以
2xydy=.12
Cov（X,Y）=E（XY）-E（X）E（Y）=
1-1⨯1=-1.
123336
-1
从而XY
===-12
19.设（X，Y）的概率密度为
⎨
⎧1sin（x+y）,0≤x≤π,0≤y≤π,
f（x，y）=⎪222
⎩⎪0,
其他.
求协方差Cov（X，Y）和相关系数ρXY.
+∞+∞
π/2π/21π
【解】E（X）=⎰-∞⎰-∞xf（x,y）dxdy=⎰0
dx⎰0
x2sin（x+y）dy=4.
ππ1π2π
E（X2）=⎰2dx⎰2x2sin（x+y）dy=+-2.
00282
从而
22π2π
D（X）=E（X
）-[E（X）]
=+-2.
162
ππ2π
同理E（Y）=
D（Y）=+-2.4162
π/2π/2π
又E（XY）=⎰0
dx⎰0
xysin（x+y）dxdy=-1,
2
⎛π⎫ππ⎛π-4⎫2
故Cov（X,Y）=E（XY）-E（X）E（Y）=ç2-1⎪-⨯=-ç⎪.
⎝⎭44
⎝4⎭
⎛π-4⎫2
Cov（X,Y）
-4⎪
（π-4）2
π2-8π+16
==⎝⎭
=-=-.
D（X）
D（Y）
π2+π-
162
⎡1
π2+8π-32π2+8π-32
1⎤
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
⎦
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===
12
513.
26
21.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]2},t∈R.
显然
0≤g（t）=E[（V+tW）2]=E[V2+2tVW+t2W2]
=E[V2]+2tE[VW]+t2E[W2],∀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）]2-4E（W2）E（V2）
=4{[E（VW）]2-E（V2）E（W2）}.
故[E（VW）]2≤E（V2）E（W2）}.
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
1
X~E（λ）,E（X）==5.
l
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
CkC3-k
P{Z=k}=33,k=0,1,2,3.
6
Z=k
0
1
2
3
Pk
1
20
9
20
9
20
1
20
因此，E（Z）=0⨯+1⨯+2⨯+
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