概率論何書元編著答案四ppt課件

1、.習題四解答習題四解答x2, 0 )(sin xe 2sin2)(sin)(sin20 xdxdxxxfxe1.1.設設在在上均勻分布，計算上均勻分布，計算解解 yx,),( )()(yxyeyxxe 2.2.設設獨立同分布，都服從指數(shù)分布獨立同分布，都服從指數(shù)分布證明證明.yx,)0,()(2),( yxyxieyxf 證明證明 獨立，則其聯(lián)合分布密度為獨立，則其聯(lián)合分布密度為所以所以 dxdyyxfyxxyxxer),()(2 dxdyyxfyxxd),( dxdyxyfyxyd),( )(yxye dxy （關于關于對稱）對稱） .), 1 , 1 , 0 , 0(),( nyx,1,m

2、ax yxe 1,minyxe3.3.若二維隨機向量若二維隨機向量證明證明證明證明 有第二章習題，有第二章習題， 2)(,maxyxyxyx 2)(,minyxyxyx .,yx yx , 0 e, 0 e令令但但 則則)(yxvarvar ),(2)()(yxcovyvarxvar 22 )1(2 , 0( n)1 , 0()1(2n 而而 )1(2()1(2 ee.dzezz2221)1(2 dzezz20212 )2(122202zdez 122)(,maxyxeyxeyxe 12)(,minyxeyxeyxe 1.4.504.50個簽中有個簽中有4 4個標有個標有“中中”，依次無放回抽

3、簽時，依次無放回抽簽時， 首次抽中前期望抽簽多少次？首次抽中前期望抽簽多少次？:x46, 2 , 1 , 0 x解解 設設首次抽中前的抽簽次數(shù)，首次抽中前的抽簽次數(shù)， 461460)()(kkkxpkxkpex)150()146(49455046461 kkkiii 504649455046450.! 4! 4)!146()!150(!50!46450 iii 450146150!50! 4 !46iiic)(10mnmiimincc 4550!50! 4 !46c 546! 5 !45!50!50! 4 !46 .n, 2 , 1)(nn 5. 5. 盒中裝有標號盒中裝有標號的卡片各一張，從

4、中的卡片各一張，從中次，計算次，計算每次抽取一張，共抽取每次抽取一張，共抽?。? 1）有放回地抽取時，抽到最大號碼的數(shù)學期望。）有放回地抽取時，抽到最大號碼的數(shù)學期望。 （2 2）無放回地抽取時，抽到最大號碼的數(shù)學期望。）無放回地抽取時，抽到最大號碼的數(shù)學期望。 :ixi解解 （1 1）設）設有放回抽取第有放回抽取第 次抽到的卡片號碼次抽到的卡片號碼令令 ,max1)(nnxxx )()(1)(kxpexnnkn )(1)(1kxpnnk .),(111kxkxpnnk )1(1 1 nknnk:)(nxinnn, 1, （2 2）設）設無放回抽取第無放回抽取第次抽到的卡片號碼，次抽到的卡片號

5、碼，取值為取值為 nnknnkxkpex)()()( nnknnnkcck11)!()!1()!1(1knnkkcnnknn .)!( !knnkcnnnknn nnknknnccn nnknknnccn111111 nnnnccn1)1( nnn) , a,281(114nnnnknkccp ),(yx，其它其它 01 , 123),(223xxyxyxyxf)1(,xyeey6.6.設設有聯(lián)合密度有聯(lián)合密度求求.43232311 dyyxydxeyxx)1(xye532312311 dyyxxydxxx解解 （1 1）（2 2）1 xyxy 1.ab7.7.設商店每銷售設商店每銷售1 1噸

6、大米獲利噸大米獲利元，每庫存元，每庫存1 1噸噸 大米損失大米損失元，假設大米的需求量元，假設大米的需求量 y),( 服從指數(shù)分布服從指數(shù)分布問庫存多少噸大米才能獲得最大的平均利潤。問庫存多少噸大米才能獲得最大的平均利潤。cx解解 設庫存設庫存噸，利潤噸，利潤元，則元，則 cyaccyycbayygx.)()()(ygeex dyyfygy)()( .dyeygy 0)(dyebcybayc 0)(dyeacyx )()1(1)(chbcebac 0)()( bebachc bbac ln1 0)()( cebach 答答 庫存庫存bbac ln1 噸才能獲得最大的平均利潤。噸才能獲得最大的平

7、均利潤。 .yx,)1 , 0(n,22yxz ez8.8.設設獨立，都服從獨立，都服從分布，分布，計算計算解解 dxdyeyxezyxr22222221 drerdr 02220221 drerr 0222令令22rt 0212dtett22)23(2 .nxx,1, 1 , 0),( kkxppk9.9.設設相互獨立，有共同的離散分布，相互獨立，有共同的離散分布，引入引入,110 kkpppu,1kkuv 證明證明 11),(minknknvxxe)1(),(max11 knknuxxe證明證明 )()1(1)1(kxpexk .),(11kxkxpnk nkkxp)(11 nkku )1

8、(1 1knkv)()(1)(kxpexnkn )(1)(1kxpnk ),(1 11kxkxpnk )(111kxpkn )1(1 knku.nxxx,21, 1)0(1 xp10. 10. 設設是獨立同分布的隨機變量，是獨立同分布的隨機變量，證明證明nkxxxxenk 11nk 1nxxy 1證明證明 令令yxi則則獨立同分布，有相同的數(shù)學期望，而獨立同分布，有相同的數(shù)學期望，而.)(1yye )(1yxyxen )(1yxne nyxe1)(1 yxxexxxxeknk111nkyxke )(1.nnx), 0(2 1202!)!1()(mnmnnxenn 11.11.設設是正整數(shù)，證明

9、是正整數(shù)，證明證明證明 dxexxexnn22221)( 0)( nxe12 mn當當時，顯然時，顯然當當12 mn時，時， .dxexxexnn2220212)( 令令,222 xt dtettnnn 021)2( )121()2( nnn 21232321)2( nnnn 222!)!1(2nnnn !)!1( nn .12. 12. 一手機收到的短信中有一手機收到的短信中有2%2%是廣告，你期望是廣告，你期望 相鄰的兩次廣告短信中有多少不是廣告短信。相鄰的兩次廣告短信中有多少不是廣告短信。:xpqkxpk )(解解 設設相鄰兩次短信中不是廣告的短信相鄰兩次短信中不是廣告的短信次數(shù)次數(shù)11

10、00)( kkkkkqkpqqkpkxpkex則則49)(1 pqqpqkk.nxxx,211 , 013.13.設設相互獨立，都服從相互獨立，都服從分布，計算分布，計算上均勻上均勻1),(),(),()()()1( mxexexemnnix,)()10( xixf,)()10( xxixf解解 的密度函數(shù)的密度函數(shù)分布函數(shù)分布函數(shù)則則)1(x的密度函數(shù)的密度函數(shù) 11)(1)()( nxfxnfxg)10(1)1( xnixn)(nx的密度函數(shù)的密度函數(shù) .)()()(1xfxnfxgnn )10(1 xninx dxxxgxe)()(1)1( 101)1(dxxnxn)2()()2(),

11、2(nnnnn 11 n dxxxgxenn)()()( 101dxnxxn1 nn dxxgxxenmmn)()()( 101dxnxxnmmnn .14.14.設辦公室設辦公室5 5臺計算機獨立工作，臺計算機獨立工作，每臺計算機每臺計算機等待病毒感染的時間服從參數(shù)為等待病毒感染的時間服從參數(shù)為 )( 的指數(shù)分布的指數(shù)分布（1 1）你對首臺計算機被病毒感染前的時間期望你對首臺計算機被病毒感染前的時間期望是多少？是多少？（2 2）你對）你對5 5臺計算機都被病毒感染的時間期望是臺計算機都被病毒感染的時間期望是多少？多少？ixi解解 令令是第是第臺機器被病毒感染的等待時間臺機器被病毒感染的等待時

12、間 .),5 , 4 , 3 , 2 , 1( i)( ix)1(x（1 1）是第首臺機器被病毒感染的等待時間，是第首臺機器被病毒感染的等待時間，)1(x的密度為的密度為11)(1)()( nxfxnfxf)0(45 xxxiee )0(55 xxie )1(ex 51505 dxxe.)5(x)5(x（2 2）是是5 5臺機器都被病毒感染的等待時間，臺機器都被病毒感染的等待時間，密度為密度為)()()(15xfxfnxfn )0(4)1(5 xxxiee )5(exdxexexx 04)1(5 令令xt dtetett 04)1(5 .dteeeeetttttt 05432)464(5 )2

13、(251)2(164)2(96)2(44)2(5 3001375 60137 .),02. 0 ,20(2nx),02. 0 ,10.20(2nyyx,15.15.設活塞的直徑設活塞的直徑氣缸的直徑氣缸的直徑如果如果裝入裝入氣缸的概率。氣缸的概率。獨立，計算活塞能獨立，計算活塞能解解 )02. 02 ,10. 0(2 nyx)0()( yxpyxp)02. 0210. 00( 9998. 0)54. 3( .16.16.如果正方形抽屜的平均邊長是如果正方形抽屜的平均邊長是15.0015.00厘米，厘米， 標準差是標準差是0.020.02厘米，正方形抽屜框的平均邊長是厘米，正方形抽屜框的平均邊長

14、是 15.1015.10厘米，標準差是厘米，標準差是0.020.02厘米，設抽屜與抽屜框厘米，設抽屜與抽屜框 的邊長相互獨立，且各自相鄰邊長也相互獨立，都的邊長相互獨立，且各自相鄰邊長也相互獨立，都 服從正態(tài)分布，服從正態(tài)分布，8 8個直角無誤差，計算抽屜能裝入個直角無誤差，計算抽屜能裝入 抽屜框的概率。抽屜框的概率。解解 抽屜的邊長抽屜的邊長 ),02. 0 ,15(2nxi.抽屜框的邊長抽屜框的邊長)02. 0 ,10.15(2nyi則則 )02. 02 ,10. 0(2 nyxii)0, 0(2211 yxyxpp211)0( yxp9996. 09998. 02 nxxx,2117.1

15、7.設設是相互獨立的隨機變量，是相互獨立的隨機變量，,)(2iixvar njjjaa10, 1求滿足求滿足的常數(shù)的常數(shù),21naaa njjjxay11使得使得的方差最小。的方差最小。.解解 即求即求 njjjnjjjnjjaavarxavary1212121 的最小值點的最小值點用拉格朗日乘數(shù)法令用拉格朗日乘數(shù)法令 )1(1212 njjjnjjaaf 22202iiiiiaaaf .代入代入 njja11 njj1212 所以所以 njjjjja12222 （唯一駐點）（唯一駐點）vary最小值存在，即為所求。最小值存在，即為所求。且且.18.18.設設一點隨機地落在中心在原點，半徑為一

16、點隨機地落在中心在原點，半徑為r上，求落點橫坐標的數(shù)學期望和方差。上，求落點橫坐標的數(shù)學期望和方差。 的圓的圓解解 ),(),(duyx其中其中 ,:222ryxd 則則 012 dxrxexd dddxdyyxrdxrxex)(2111222222 .2032024121rdrrdrr 所以所以 22241)(rexexvarx 19.19.一輛機場巴士運送一輛機場巴士運送2525位乘客，中途經(jīng)過位乘客，中途經(jīng)過7 7個個 車站，設每位乘客的行動相互獨立，且在各車站下車站，設每位乘客的行動相互獨立，且在各車站下 車的可能性相同，問平均有多少個車站有人下車，車的可能性相同，問平均有多少個車站有

17、人下車，并求有人下車的車站個數(shù)的方差。并求有人下車的車站個數(shù)的方差。 .解解 設設 , 7 , 2 , 110 iiixi，站有人下車站有人下車第第站無人下車站無人下車第第71xxx i則則由題意任一個乘客在第由題意任一個乘客在第為有人下車的車站數(shù)為有人下車的車站數(shù)站不下車的概率為站不下車的概率為 ,7625)76(站不下車的概率為站不下車的概率為i2525個乘客在第個乘客在第，）2576()1( ixp，）2576(1)0( ixp.)76(1 725 npex2525)76()76(1 7 npqvarx22121)1()()(nmmxpexmxp nxxx,2120.20.設非負隨機變量

18、設非負隨機變量獨立同分布，獨立同分布，證明證明.1x)()(11mxpmxp 221mex 證明證明 非負，所以由非負，所以由馬爾科夫不等式馬爾科夫不等式)()1(mxp ),(1mxmxpn 21)(nmxp 21)(nmxp 21)(nmxp 2221)(nmex22121)(nmmxpex .x, 0,!)( xemxxfxm1)1(20( mmmxp21.21.設設有概率密度有概率密度證明證明證明證明 dxemxexxm 01!1!)2( mmmdxemxexxm 022!)1)(2(!)3( mmmm.1)(22 mexexvarx所以由切貝雪夫不等式所以由切貝雪夫不等式 )1(20

19、( mxp)1()1( mexxmp)1( mexxp2)1(1 mvarx2)1(11 mm1 mm.22.22.證明證明常數(shù)與任意隨機變量不相關。常數(shù)與任意隨機變量不相關。證明證明 0)(),( exeaaxexacov),(yx 其其它它0)1 , 0(,),(yxyxyxf),(yxcov23.23.設二維隨機向量設二維隨機向量有概率密度有概率密度計算計算解解 eyexxyeyxcov )(),(. 2),(rdxdyyxxyfexy31)(1010 dyyxxydx 2),(rdxdyyxxfex127)(1010 dyyxxdx 同理同理127 e,( y

20、xcov.24. (24. (線性預測問題線性預測問題) )設設yx,是方差有限的隨機是方差有限的隨機變量，證明變量，證明2)(),(bxayebaq exbeyabxxxy, （1 1）的最小點為的最小點為是是這時稱這時稱xbay y的最佳線性預測。的最佳線性預測。 ),(baq),1(), (2xyyybaq （2 2）的最小值的最小值并稱并稱 .此最小值是預測的均方誤差。此最小值是預測的均方誤差。證明（證明（1 1） 2)(),(bxayebaq 22)()(2bxaebxayeey 22222)(22exbabexaxybeaeyey 所以所以 )1( 0222 eybexaaq.)2( 0)(2222 xyebexaexbq)2()1( ex得得0)( 2)(222 xyeexeyexexbxxxyb 代人（代人（1 1） exbeya （2 2） 2)(), (xbayebaq .2)(exbxbeyye 2()(exxbeyye 222()(2)(exxebexxeyyebeyye xxxyyybb 22 xxxyxxxyyy 222 xxxyyy 2 )1(2xyyy .是是x