法定春节假期-中国教育制度

概率论与数理统计计算-综合题复习题含答案

四．综合题
1.设 有两个口袋，甲袋装有2个白球，1个黑球，乙袋装有1个白球，2个黑球。
由甲袋任取一球放入乙袋， 再从乙袋中取出一球，求（1）从乙袋取到白球的概
率；（2)如果知道从乙袋取出的是白球，则从甲袋 取出放入乙袋的球，黑白哪种
颜色的可能性更大？
解：设A=“从甲取到白球”，B=“从乙取到白球”，则有
BABUAB

（1）由已知，可算得以下概率
2111
P(A),P(A),P(B|A),P(B|A),

3324
由全概率公式，得

5
P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)

12
（2）由贝叶斯公式，可得：
P(A|B)
P(AB)4P(AB)1
,P(A|B)

P(B)5P(B)5
即，如果知道从乙袋取出的是白球，则从甲袋取出放入乙袋的球，白色的 可能性
更大。

Ax，0x1
x)
2. 设随机变量< br>X
的概率分布为
f(
，以
Y
表示对
X
的三次 独

0，其它

1
立重复观察中事件
{X}
出现 的次数，试确定常数
A
并求概率
P
．
{Y2}
2
1
A
.解：由归一性
1

f(x)dx

Axdx

0
2

2x，0x1
所以
A
=2。即
f(x)



0，其它
11
111
P{X}F()


2
f(x)dx

2
2xdx

0
224
1
所以
Y~B(3，)
，从而
4
9
2
1
2
3
()
P{Y2}=
C
3

4464
3.某人上班路上所需时间
X :N(30,100)
（单位：min），已知上班时间是8:30，
他每天7:50出门，求 ：（1）某天迟到的概率；（2）一周(以5天计)最多迟到一
次的概率.

1 < /p>

解：（1）因为上班时间服从
X:N(30,100)
，所以迟到的概率 为
P(X40)1F(40)1(
4030
)1(1)0. 1587

10
（2）设一周内迟到次数为Y，则
Y:B(5,0. 1587)
，至多迟到一次的概率为

P(Y1)P(Y1)P(Y0)

50.15870.8413
4
0.8413
5
0.819

4.箱中装有10件产 品，其中8件正品，2件次品，从中任取2件，
X
表示取到
的次品数，求(1)
X
的分布律；(2)
X
的分布函数；(3)
P(0X2)
.
C
8
2
28
解：（1）
P
，
（X0）
2

C
10
45
同理可得



0 x0

28

0x1

45
（2）
F(x)


44

1x2

45

1 2x

(3)
P(0X2)F(2)F(1)
17

45
5.离散型随机向量
(X,Y)
有如下的概率分布:
Y

X

0
0.1
0
0
1
0.1
0.1
0
2
0.1
0.1
0.1
3
0.1
0.1
0.2
0
1
2
（1） 求随机变量
X,Y
的边缘分布；（2）问随机变量
X, Y
是否独立？并说明理
由；（3）计算
P(XY0)

解：（1）

X
有分布

2

x
k

P(Xx
k
)

0
0.4
1
0.3
2
0.3
Y
有分布
y
k

P(Yy
k
)

0
0.1
1
0.2
2
0.3
3
0.4

（2）因为
0P(X2,Y0)P(X2)P(Y0)0.30.1
,
所以
X
,
Y
不独立.
(3)
P(XY0)0.6


6. 设二维随机变量(X
，
Y)的分布律为
X
-1
Y
0 0.2
1 0.1
求：(1)(X，Y)关于X的边缘分布律；(2)X+Y的分布律．
解：
（1）X的分布律为

X
P
-1
0.3
0
0.3
1
0.4
0
0.1
0.2
1
0.3
0.1

（2）
X+Y的可能取值为：-1,0,1,2，且由联合分布律，可求得：


P(XY1)P(X1,Y0)0.2

同理：
P(XY0)P(X1,Y1)P(X0,Y0)0.2

P(XY1)P(X0,Y1)P(X1,Y0)0.5

P(XY2)P(X1,Y1)0.1

XY的分布律为

XY

P
-1
0.2
0
0.2
1
0.5
2
0.1


3

7.设二维随机变量(X
，
Y)的分布律为
X
-1 0 1
Y
0 0.2 0.1 0.3
1 0.1 0.2 0.1
求：(1)(X，Y)关于Y的边缘分布律；(2)X-Y的分布律．
解：
（1）Y的分布律为

Y
P
0
0.6
1
0.4

（2）
XY
的可能取值为：
2,1，0,1,
且由联合分布律，可求得：


P(XY2)P(X1,Y1)0.1
5
同理：
P(XY1)P(X0,Y1)P(X1,Y0)0.4

P (XY0)P(X1,Y1)P(X0,Y0)0.2
P(XY1)P(X 1,Y0)0.3

XY

-2 -1
XY的分布律为

P 0.1 0.4
12
0.3
0
0.2

8. 设二维随机变量（X，Y）的联合分布律
为



Y X
0.4
0.8
2 5 8
0.15 0.30 0.35
0.05 0.12 0.03
1) 求X和Y的边缘分布；2) X与Y是否相互独立? 3）计算
P(XY2)

解 （1）X和Y的边缘分布如下表
2 5
X
Y
8
0.35
0.03
0.38
P{Y=y
i
}
0.8
0.2

0.4
0.8
P{Xx
i
}

0.15
0.05
0.2
0.30
0.12
0.42

(2) 因
P{X2}gP{Y0.4}0.20.80.160.15P(X 2,Y0.4),

故X与Y不独立.
(3) 因
P(XY2)0.150.050.2


4

9. 已知随机变量

只取－1，0，1，2四个值，相 应的概率依次为
135
，，，
2c4c8c
7
，确定常数c，并计算
P{

1|

0}
和
E

．
16c
135
737
解： 由于+++=1，因此
c
.
16
2c4c8c
16c
P{

1,

0}P{

1}
P{

1|

0} 0.32

P{

0}P{
0}
1357

1611

E



(1)012



248163737


10. 某柜台做顾客调查，设每小时到达柜台的 顾额数X服从泊松分布，则
若已知
P
，且该柜台销售情况Y（千元）满足
Y X
2
2
.
X:P(

)
，
（X1） P（X2）
试求：(1) 参数

的值；(2) 一小时内至少有一个顾客光临的概率；(3) 该柜台每
小时的平均销售情况
E
.
（Y）
（X1）
解： (1)由题意
P

1
1 !
e




2
2!
e


P（X2）





2
2!< br>

2

（2）在一小时内至少有一个顾客光临的概率为
2
0
2
P（X 1）1P(X0)1e1e
2

0 !
（3）
QD(X)E(X
2
)(EX)
2
E(X< br>2
)(EX)
2
D(X)

2

< br>6

E(Y)E(X
2
2)628(千元)


11.某射手参加一种游戏，他有4次机会射击一个目标.每射击一次须付费10元.
若他射中目标，则得奖金100元，且游戏停止. 若4次都未射中目标，则游戏停
止且他要付罚款100元. 若他每次击中目标的概率为0.3,求他在此游戏中的收益
的期望.
解： 令A
k
={在第k次射击时击中目标}，A
0
={4次都未击中目标}。
于是P(A
1
)=0.3; P(A
2
)=0.7×0.3=0.21; P(A
3
)=0.7
2
×0.3=0.147
P(A
4
)= 0.7
3
×0.3=0.1029; P(A
0
)=0.7
4
=0.2401
在这5种情行下，他的收益ξ分别为90元，80元，70元，60元，－140元。 因
此，
E(

)0.3900.21800.147700.102960 0.2401(140)26.65



5


x

,
12. 设随机变量X的概率密度为
f(x)

2

0,


0x2;
其他.

试求：（1）
E(X),D(X)
； （2）
D(23X)
；（3）P

0X1

． 
解：
(1)E(X)

E(X)

2

2

xf(x)dx

2
2
0
x
2
4
dx

23< br>
xf(x)dx

0
x
3
dx2

2
D(X)E(X
2
)[E(X)]
2
2
162


99
2
(2) D(23X)9D(X)92

9
（3） P(0x1)

xx
dx
0
24
1
2
1

0
1

4
y1

4xy，0x，
13. 设


,


的联合密度为
p(x，
，
y)

0，其它

求：(1)边际密度函数
p

(x),p

(y)
；(2)

与

是否 独立；(3)
E

,E

.
解
(1) ∵
p

(x)



p(x，y)dy
4xydy2x

0
1

2x，0x1

2y，0y1
∴
p

(x)

, 同理：
p

(x)


0，其它0，其它
y)p

(x)p

(y)
∴

与

独立

(2) ∵
p(x，
(3)
E



 

xp

(x)dx

2x
2
dx 
0
1
22
, 同理：
E



33

14． 设随机变量X的概率密度为
x

1

cos,0xπ,
f(x)=

2

2

其他.

0,
对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于π3的次数，求 Y
2
的数学期望．
π

1,X,


3
解
令
Y
i



0,X
π
.
3


(i1,2,3,4)

6

则
Y

Y~B(4,p)
.因为
ii1
4
π3
1πππ
x
1
pP{X}1P{ X}
及
P{X}

cosdx



0
333222
111
所以
E(Y
i
),D(Y
i
),E(Y)42,

242
11
D(Y)41E(Y
2
)(EY)
2
,
22
从而
E(Y)D(Y)[E(Y)]125.



222

15．已知随机变量(X

, Y)的联合分布律见右
表，求（1）2X – Y的分布律；
（2） E(2X – Y)；（3）Z = max{ X,Y}的分布律．

. 解 （1）
2X-Y
P
-2
0.2
-1
0.3
1
0.1
2
0.4
X

Y
1
0 1
1

1

0.3 0.2 0
0 0.4 0.1

(2) E(X)=0, E(Y)= -0.2, E(2X – Y)=0.2
(3) Z -1 0 1


16． 设随机变量X和Y的联合概率分布为

Y
-1 0 1
X

0 0.07 0.18 0.15
1 0.08 0.32 0.20

（1） 求X和Y的协方差；（2）判断X和Y是否线性相关？并说明理由．
解 （1）由已知知E(X)=0.6,E(Y)=0.2，而XY的概率分布为

YX 0 1
1
P 0.08 0.72 0.2
所以E（XY）=0.08+0.2=0.12
Cov(X,Y)=E(XY)E(X)·E(Y)=0.120.6×0.2=0
（2）因

XY
=0，X和Y不线性相关
17. 设二维随机变量
(X,Y)
的联合分布律为
Y X

-1 0 1
7

0
1
14
0
14

0
12
0
1) 求X
、
Y的协方差；2) 判断X
、
Y是否相关、是否独立，并说明理由
1
解1)
E(X)=0，E(Y)，E(XY)=0,

2

COV(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)0

2) 由1)
COV(X,Y)0
知不相关；不满足
p
ijp
i
p
j
，所以
X,Y
不独立

18. 设二维随机变量

X,Y

在以
(0，
为顶点的三角形区域上服从均
0)，(0，1)，，(10)
匀分布，试求：(1) 二维随机变量

X,Y

的概率密度；(2 )
Cov(X,Y)
，(3) 相
关系数

X,Y
.

解 如图右所示，S
D
=
1
，故（X，Y）的概率密度为
2


2,(x,y)D,
(1) 二维随机变量

X,Y

的概率密度为
f(x,y)



0,其他.
(2)
E(X)

xf(x,y)dx dy


dx

D
0
11x
0
1
x
g
2dy
，
3
E(X
2
)
x
2
f(x,y)dxdy


dx
< br>D
0
11x
0
1
2x
2
dy

6
2
11
1

1

1
从而
D(X)E(X
2
)[E(X)]
2


.< br> 同理
E(Y),D(Y).

318
6

3

18
而
E( XY)

xyf(x,y)dxdy

2xydxdy

dx

DD
0
11x
0
2xydy
1
.

12
所以

Cov(X,Y)E(XY)E(X)gE(Y)
1111

.
123336

8

(3) 由(2)易知 
XY

Cov(X,Y)

D(X)
g
D( Y)

1
36
11

1818

1
2
19. 设随机变量（X，Y）的分布律为
验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的．


X
Y


1

0

1

解:
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ρ
XY
=0,
即X与Y的相关系数为0，从而X和Y是不相关的.
331
又< br>P{X1}gP{Y1}P{X1,Y1}

888
从而X与Y不是相互独立的．
1 0 1

18 18 18
18 0 18
18 18 18

9