2.1.习题
1．设随机变量?的分布函数为F(x)，证明??e也是随机变量，并求?的分布函数．
证明：由定理2.1.3随机变量的Borel函数仍为随机变量， 故??e也是随机变量．
???pq?11?p2?qp ?11?q2
?pq?1(1?p)qq1?q?qp?1p(1?q)
?p1?p?
?的分布函数为
F?(y)?P{??y}?P{e?y}
当y?0时，{e当
??4．在半径为R的圆内任取一点（二维几何概型），试求此点到圆心之距离?的分布函数及P{??2R3}． ?y}??，故F?(y)?0；
解：此点到圆心之距离?的分布函数为
R
y?0?时，
F(x)?P{??x}
F?(y)?P{??y}?P{e?y}?P{??lny}?F?(
因此，?的分布函数为
y)ln当x?0时，{??x}??，F?x??0；
?F?(lny),F?(y)??0?y?0y?0当0?x?R时，F(x)?P{??x}?．
当x?R时， F?x??1 故?的分布函数为
?x?R22?xR22；
3．假定一硬币抛出正面的概率为p(0?p?1)，反复抛这枚硬币直至正面与反面都出现过为止，试求：（1）抛掷次数?的密度阵；（2）恰好抛偶数次的概率．
解：（1）{??k}表示前k?1次都出现正(反)面，第k次出现反(正)面，据题意知，
?0,2??xF(x)??2,?R??1,x?00?x?R． x?R2P{??k}?pk?1(1?p)?(1?p)k?1p，k?2,3,4,?
P{??2R3}?1?F(2R3)?1?(2R/3)R2?1?49?59．
所以，抛掷次数?的密度阵为
5．在半径为1的车轮边缘上有一裂纹，求随机停车后裂纹距地面高度?的分布函数．
23?k??? ??2p?2p2p?p2?pk?1(1?p)?(1?p)k?1p?????(2) 恰好抛掷偶数次的概率为：
P{??2}?P{??4}?P{??6}???P{??2n}??
?pq?qp?pq?qp?pq?qp???p
33552n?1x(1?x?q?qp?? x?1
2n?1x(0?x?1) ?pq(1?p?p??)?qp(1?q?q??)
1
解：当x?0时，{??x}??，F?x??0；
2424
当裂纹距离地面高度为1时，分布函数为
F?x??F；
????,1???P???0??1???R2?R?12???arccos(1?x)?当裂纹距离地面高度为xx?1?时，分布函数为
2arccos?x?1?R2?R0??12?x?2F?x?????1x2?2x?1?2?1?,,,,x?00?x?11?x?2x?2,,
,.F?x??F????,x???P???x??arccos?x?1?（2）P?0.2???1.2??P???1.2??P???0.2?
?????arccos?1?x??；
?F?1.2??F7．设
?0.?2?0. 66当裂纹距离地面高度为x(1?x?2)时，分布函数为
p(x)?e?e(x?a)，x?0
F?x??F；
????,x??（1）求a使p(x)为密度函数； ??2??2arccos?1?x???R??arccos?1?x??P???x???2?R?（2）若?以此p(x)为密度函数，求b使P{??b}?b．
解：（1）由密度函数的性质，知
当x?2时， F?x??1； 则?的分布函数为
1?????p(x)dx?1e??0e?e(x?a)dx??1ee?e(x?a)?0?1eeea
0?????arccos?1?x?F?x?????1??6．已知随机变量?的密度函数为
x?00?x?2 x?2解得，a?．
（2）【法一】根据概率的非负性，b?0，
当b?0时，P{??b}?1，显然P{??b}?b不成立； 当
b?0时，
?x p?x????2?x试求：(1) ?的分布函数，（2）P?0.2?解：（1）当x?0时，F(x)?当0?x?1时，F(x)?当
,,0?x?1,1?x?2.
P{??b}?
??bp(x)dx???be1?e(x?)edx??1ee1?e(x?)e?b?1ee?e(b??1.2?．
p(t)dt?而P{??b}?b，即
1ee1?e(b?)e?b，
?x???12x??0dt?0；
解得，b?21e?x??p(t)dt??x．
0tdt?时
x；
，
1?x?2【法二】?的分布函数为
2F(x)??x??p(t)dt??10tdt??x12?tdt??1221x?2x?1；
当x?2时，F(x)?则?的分布函数为
?x??p(t)dt??10tdt??2?tdt?1；
0??1??F?x???x??1?e?1e??1?e?e?ee?,,x?0x?0,.P???b??1?P???b??1?F?b??b
2
当b?0时，F?b??0，上式不成立．
1???e?b??e?e?(2) 至多命中两次的概率
当b?0时，F?b???1???e?b??e?e?1e?1ee
P{??2}?P{??0}?P{??1}?P{??2}
则1?1e?1ee?b，
?C20p(1?p)0020?C20p(1?p)001119?C20p(1?p)20112218
19解得，b?1e．
?C200.2(1?0.2) (3)
?C200.2(1?0.2)?8.设F(x)是连续型分布函数，试证对任意a?b有
?0.206．
在二项分布中， k?[(n?1)p]时，P{??k}最大，
??F(x?????b)?F(?xa)?
d?x?b. a证：等式左边= =
????????x?bx?ap(t)dtdx故k?[(20?1)?0.2]=4时最大，即最可能命中的次数为4次．
2．同时掷两枚骰子，直到某个骰子出现6点为止，求恰好掷
????x?bx?ad(F(t))dx
因F(x)是连续的分布函数则上式积分可以交换．
n次的概率．
解：掷一枚骰子出现6点的概率是
有两种：都是6点概率为×
则上式交换积分次序得
??????x?bx?a16d(F(t))dx，同时出现6点的情况
????x?bx?a?????16d(F(t))dx
×
16，其中一个是6点的概率为2×
16x?bx?a56(F(??)?F(??))dx
．因此掷两枚骰子出现6点的概率是
1136．
?2.2习题
?x?bx?a1dx?b?a．
以?表示某骰子首次出现6点时的投掷次数，题目要求恰好掷
n次则前n?1次都没有出现6点，于是所求概率为
P{??n}?(1136)(1?1136)n?11．向目标进行20次独立的射击，假定每次命中率均为0.2．试求：（1）至少命中1次的概率；（2）至多命中2次的概率；（3）最可能命中次数．
解：令?表示命中次数，这是n=20重Bernoulli次命中率p=0.2，命中次数?服从B(20,0.2)分布． (1) 至少命中一次的概率
试验，每
．
3．某公司经理拟将一提案交董事代表会批准，规定如提案获多数代表赞成则通过．经理估计各代表对此提案投赞成票的概率为0.6，且各代表投票情况相互独立．为以较大概率通过提案，试问经理请3名董事代表好还是请5名好？
解：即求请3名董事获多数赞成通过的概率大还是请5名董事通过的概率大．令?表示3名董事代表对提案的赞成数，则
P{??1}?1?P{??1}?1?P{??0}?1?C20p(1?p)
?1?C200.2(1?0.2)00200020?~B(3,0.6)分布．
多数赞成，即
P{??2}?P{??2}?P{??3}
?0.988．
3
22133 P{??7}?C60.6(1?0.6)?0.165888343?C30.6(1?0.6)?C30.6(1?0.6)
?0.648
034i?4 因此，P{??i}?Ci?10.6(1?0.6)对甲先胜四场成为冠军的概率是
，i=4,5,6,7
P{??4}?P{??4}?P{??5}?P{??6}?P{??7}?0.71令?表示5名董事代表对提案的赞成数，则?~B(5,0.6)分布．
多数赞成，即
P{??3}?P{??3}?P{??4}?P{??5}
?C3350.6(1?0.6)2?C441550.6(1?0.6)?C50.65(1?0.6)0
?0.68256
因此，请5名董事代表好．
4．甲、乙二队比赛篮球．假定每一场甲、乙队获胜的概率分别为0.6与0.4，且各场胜负独立．如果规定先胜4场者为冠军，求甲队经i场(i=4,5,6,7)比赛而成为冠军的概率pi．再问与赛满3场的“三场两胜”制相比较，采用哪种赛制甲队最终夺得冠军的概率较小？
解：令?表示甲成为冠军所经过比赛的场数．
对甲先胜四场为冠军：{??i}表示前i?1场中胜三场，第i场必胜．
则
P{??4}?C44040.6(1?0.6)?0.1296
P{??5}?C34140.6(1?0.6)?0.20736
P{??6}?C3450.6(1?0.6)2?0.20736
4
．
对赛满3场的“三场两胜”制：甲前两场中胜一场，第三场必胜 则
P{??3}?C12120.6(1?0.6)?0.288．
因此，进行甲先胜4场成为冠军的概率较大．
5．对n重Bernoulli试验中成功偶数次的概率Pn．
解：记p为一次Bernoulli试验中事件成功的概率，q为失
败的概率． P00nn?Cnpq?C2n?2np2q?
由
1?(p?q)n?C00n11n?1npq?Cnpq????Cnn0npq
①
(q?p)n?C00n?1npqn?C1npq????Cnn(?p)nq0
②
（①-②）/2得： P1?(q?p)nn?2
7．在可列重Bernoulli试验中，以?i表第i次成功的等待时
间，求证?2??1与?1有相同的概率分布．
解：这是一个几何分布．?2??1表示第一次成功到第二次成功的等待时间．
如果第一次成功到第二次成功进行了m次试验，而第一次成功进行了n次 试验．根据几何分布的无记忆性可得：
P{?2??1?m}?(1?p)m?1p,P{?1?n)?(1?p)n?1p
因此，?2??1与?1有相同的概率分布．
8.（广义Bernoulli试验）假定一试验有r个可能结果
A1,?,Ar，并且
P(Ai)?pi?0，p1?p2???pr?1．现将此试验独立
地重复n次，求A1恰出现k1次，??，Ar恰出现kr次(ki?0，
k1?k2???kr?n)的概率．
解：设一次试验的可能结果为A1,?,Ar，它们构成一完备事
件组，P?Ai??pi，
?pi?1，则在n次重复独立试验中
iA1,?,Ar分别出现k1,k2,?,kr次的概率为 n!k1kpk2?pkr ．
1!k2!?kr!p（A1恰出现k1次，??，Ar恰出现kr次，则Ai组成n元序列，上述n次试验结果由分成r组，共有Ck1nCk2n?k1?Ckrk种结果，每
r种结果出现的概率是pk1pk2?pkr，则n次Bernoulli试验中A1恰出现k1次，??，Ar恰出现kr次(ki?0，
k1?k2???kr?n)
的
概率概率是
Ck1Ck2krk1pk2?pkrnn?k1?Ckrp
?n!k1kpk2?pkr ）
1!k2!?kr!p2.3 Poisson分布
1．假定螺丝钉的废品率p?0.015，试求一盒应装多少只才能保证每盒中正品在100只以上的概率不小于80%．
解：设每盒应装100+k只，为使每盒有100只以上的好钉，则
每
盒
次品
的
个数
?应?k-1，故5
k?1piii1?P{??k?1}??C100?kp(1?p)100?k??0.8
i?0由于k值不大，有(100?k)?0.015?1.5,
k?1?1.5i.5?0.80,
i?0i!e?1查表，当k?1?1时, p1=0.557825；当k?1?2时, p1=0.8, 则k=3时，满足题设条件，故每盒中应装103只．
2．据以往的记录，某商店每月出售的电视机台数服从参数
??7的 Poisson分布．问月初应库存多少台电视机，才能以0.999
的概率保证满足顾客对电视机的需求．
解：设月初应当库存电视机台数为?，则每月出售的电视机台
n数?，要满足顾客的要求，则
?Ciin?inp(1?p)?0.999,
i?0n即
??i??i?0i!e?0.999．
n查表得： 当n=15时，
??i???0.997553；
i?0i!en当n=16时，
??i?；
i?0i!e??0.999001因此，月初应当库存16台电视机才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求．
3．保险公司的资料表明，持有某种人寿保险单的人在保险期
内死亡的概率为0.005．现出售这种保险单1200份，求保险公司至多赔付10份的概率．
解：保险公司赔付的份数?服从n=1200,p=0.005的二项分布．
根据Poisson定理，?服从参数为??1200?0.005?6的Poisson分布．
10P{??10}???k?6k?0k!e