2.1.习题
1．设随机变量?的分布函数为F(x)，证明?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?
?pq?11?qp?
1?p21?q2
?e?也是随
?pq?11?qp?
(1?p)qp(1?q)?e?也是随机变量．
??的分布函数为
F?(y)?P{??y}?P{e??y}
当当
pq?
1?p1?q4．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{??y?0时，{e??y}??，故F?(y)?0；
y?0时
，
2R}． 3R
解：此点到圆心之距离?的分布函数为
F?(y)?P{??y}?P{e??y}?P{??lny}?F?(y)
因此，?的分布函数为
F(x)?P{??x}
ln当x?0时，{??x}??，F?x??0；
?F(lny),y?0． F?(y)???y?0?03．假定一硬币抛出正面的概率为
?x2x2?2当0?x?R时，F(x)?P{??x}?2?RR当x?；
R时， F?x??1
p(0?p?1)，反复抛这
故?的分布函数为
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，
x?0?0,2??xF(x)??2,0?x?R．
?Rx?R??1,2R2R(2R/3)245P{??}?1?F()?1??1??． 23399R5．在半径为1的车轮边缘上有一裂纹，求随机停车后裂纹距
P{??k}?pk?1(1?p)?(1?p)k?1p，k?2,3,4,?
所以，抛掷次数?的密度阵为
23???2p?2p2p?p2?kpk?1(1?p)?(1?p)k?1p? ???地面高度?的分布函数．
(2) 恰好抛掷偶数次的概率为：
P{??2}?P{??4}?P{??6}???P{??2n}??
?pq?qp?p3q?q3p?p5q?q5p???p2n?1q?q2n?1p?? x?1
?1x(1?x?x(0?x?1)
?pq(1?p2?p4??)?qp(1?q2?q4??)
1
解：当x?0时，{??x}??，F?x??0；
0,x?0,??R1??arccos(1?x)?12F?x??F????,1???P???1?????x,0?x?1,2?R2??2F?x??? ；
1??x2?2x?1,1?x?2,当裂纹距离地面高度为x?0?x?1?时，分布函数为?2?1,x?2.?2arccos?x?1?RF?x??F????,x???P???x??（2）P?0.2???1.2??P???1.2??P???0.2? 2?R?arccos?x?1??当裂纹距离地面高度为1时，分布函数为
???arccos?1?x?；
?x?2)时，分布函数为
7．设
?F?1.2??F?0.2??0.66
当裂纹距离地面高度为x(1?p(x)?e?e(x?a)，x?0
；
a使p(）求 x)2??2arccos?1?x??R（1???arccos1?为密度函数；x????F?x??F????,x???P???x???2?R?（2）若?以此p(x)为密度函数，求b使P{??b}?b．
当x?2时， F?x??1；
解：（1）由密度函数的性质，知
???111??p(x)dx??e?e(x?a)dx??e?e(x?a)?eea
??00ee则?的分布函数为
0x?0?????arccos?1?x?F?x???0?x?2
??1x?2??6．已知随机变量?的密度函数为
解得，a?1． e（2）【法一】根据概率的非负性，b当b当
??0，
?0时，P{??b}?1，显然P{??b}?b不成立；
b?0?1?e(x?)ebb时
1，
,0?x?1,?x p?x???2?x,1?x?2.?P{??b}??p(x)dx??e
1?e(x?e)?1?e(bdx??e?ebee试求：(1)
（2）P?0.2???1.2?． ?的分布函数，
解：（1）当x当0?当
x?0时，F(x)??p(t)dt??0dt?0；
????xx1?e(b?e)?b， 而P{??b}?b，即ee解得，b1x?1时，F(x)??p(t)dt??tdt???0xx12x； 2，
?1． e1?x?21x时
【法二】?的分布函数为
1F(x)??p(t)dt??tdt??2?tdt??x2?2x?1；
??012当x?2时，F(x)??p(t)dt??tdt??2?tdt?1；
??01x120??1?F?x???1?e??x??1e???e?1?ee?e
,,x?0x?0,.则?的分布函数为
P???b??1?P???b??1?F?b??b
2
当b?0时，F?b??0，上式不成立．
?1??eb??1???e?e?(2) 至多命中两次的概率
当b?0时，
F?b?e1?e eP{??2}?P{??0}?P{??1}?P{??2}
012?C20p0(1?p)20?C20p1(1?p)19?C20p2(1?p)18
?1??eb??1?e??则1?ee1?e?b， e解得，b?1． e01?C200.20(1?0.2)20?C200.21(1?0.2)19?8.设F(x)是连续型分布函数，试证对任意a?b有
(3) 故k在二项分布中，
?0.206．
k?[(n?1)p]时，P{??k}最大，
??F(x?b)?F(x?a)?dx?b?a.
????证：等式左边= =
????????x?bx?ap(t)dtdx
?[(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．
则上式交换积分次序得
????x?bx?ax?b??x?bx?ad(F(t))dx
d(F(t))dx
?????????x?a(F(??)?F(??))dx
1，同时出现6点的情况6111有两种：都是6点概率为×，其中一个是6点的概率为2×
666511×．因此掷两枚骰子出现6点的概率是． 636解：掷一枚骰子出现6点的概率是
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
?2.2习题
?x?bx?a1dx?b?a．
n次则前
n?1次都没有出现
1111)(1?)n?1． 36366点，于是所求概率为
1．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试验，每次命中率
P{??n}?(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=0.2，命中次数?服从B(20,0.2)分布．
(1) 至少命中一次的概率
0P{??1}?1?P{??1}?1?P{??0}?1?C20p0(1?p)20?~B(3,0.6)分布．
0?1?C200.20(1?0.2)20?0.988．
多数赞成，即
P{??2}?P{??2}?P{??3}
3
3P{??7}?C60.64(1?0.6)3?0.1658883?C320.62(1?0.6)1?C30.63(1?0.6)0
因此，P{??i}?Ci3?10.64(1?0.6)i?4，i=4,5,6,7
对甲先胜四场成为冠军的概率是
?0.648
P{??4}?P{??4}?P{??5}?P{??6}?P{??7}?0.7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}
?C30.6)2?C4550.63(1?50.64(1?0.6)1?C550.6(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}?C440.64(1?0.6)0?0.1296
P{??5}?C3440.6(1?0.6)1?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}?C1220.6(1?0.6)1?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． PC00n?C22n?2n?npqnpq??
由
1?(p?q)n?C00n1p1qn?1????Cnn0npq?Cnnpq
①
(q?p)n?C00n1?1????Cnnpq?Cnpqnn(?p)nq0
②
（①-②）/2得：
1?(q?p)nPn?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!kkpk1pk2?pkr ．
1!2!?kr!（
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Ckn1Ckn2?k1?Ckkrr种结果，每
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
Ck1knCn2?kr1?Ckkrpk1pk2?pkr
?n!kpk1pk2?pkr ）
1!k2!?kr!2.3 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?1pik?i01?P{??k?1}??Ci1?0kp0(1?p)1?0?0.8
i?0由于k值不大，有(100?k)?0.015?1.5,
?k?11.5i?1.5ie?0.80,
i?0!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
?Cinpi(1?p)n?i?0.999,
i?0n即
??i??i!e?0.999．
i?0n查表得： 当n=15时，
??i?i?0i!e??0.997553；
n当n=16时，
??i?i!e??0.999001；
i?0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