[笔记]概率论与数理统计第三章课后习题参考答案同济大学出版社林伟初

1．解：考虑分5次取产品，每次取一个。设随机变量X表示取出的5个产品中的次品数，

引入随机变量Xi表示第i次取产品的结果：

1 ，第i次取到次品Xi （i=1,2,3,4,5)

0 ，第i次取到合格品则有

XX1X2X3X4X5

易知，Xi有相同的分布律：

14C10P99191， P{X0}1P{Xi1}i51010P10010则E(Xi)09111 ，于是101010

E(X)E(X1X2X3X4X5)E(Xi)i15150.5 。10

注意：随机变量X并不服从二项分布，这是因为每次取产品的结果不是相互独立的，前面取产品的结果会影响到后面取产品的结果。为了理解这一点，可以考虑求任意取出的20个

产品中次品数的期望值；或者改成100个产品中有2个次品，求任意取出的5个产品中次品数的期望值；注意在这两种情形下，随机变量X的可能取值。

2．解：设随机变量X表示3人中生日在第一季度的人数，由于每个人生日在各个月份的机会是同样的，并且每个人的生日应该相互独立，因此XB(3 , )，那么3人中生日在第一季度的平均人数为E(X)np33．略。

1410.75。4

4．解：由于XP()，因此E(X),D(X)，再由公式D(X)E(X2)[E(X)]2，可求得E(X2)D(X)[E(X)]22。

由数学期望的性质，有

E[(X1)(X2)]E[X23X2] E(X2)3E(X)2 32 222则可得到关于的方程

2

2221

亦即

2210

容易求得1。

5．解：（1）设随机变量X表示发生故障的设备台数，则依题意可知XB(20 , 0.01)，由于n20较大，p0.01较小，因此XP(0.2)。

近似

当发生故障的设备超过一台的时候，维修工就不能及时维修，其概率为

P{X1}1P{X0}P{X1}10.81870.16370.0176；

（2）设随机变量X表示发生故障的设备台数，则依题意可知XB(80 , 0.01)，由于

n80较大，p0.01较小，因此XP(0.8)。

近似

当发生故障的设备超过三台的时候，维修工就不能及时维修，其概率为

P{X3}1P{X0}P{X1}P{X2}P{X3}

10.44930.35950.14380.03830.00916．解：方法一：由于函数

1xxe为奇函数，因此21E(X)xf(x)dxxexdx0；

2

方法二：由期望的计算公式，可得

1x101xedxxexdxxexdx2220

1111 [xexex]0[xexex]002222E(X)xf(x)dx7．解：方法一：由于函数x1x2为奇函数，因此

E(X)xf(x)dx1x11x2dx0；

方法二：由期望的计算公式，可得

1E(X)1111xf(x)dxdxd(1x2)1x21211x21x21x018．解：依题意，可得

1kaf(x)dxkxdx10a1；1ka1E(X)xf(x)dxkxdx0.750a2

因此，求解上述方程组，可求得a2 , k3。9．解：（1）由概率密度函数的性质，可得

f(x)dx4ksinxcosxdx04k4kksin2xdxcos2x1；02440

因此，可求得k4；

（2）由期望的计算公式，可得

0E(X)0xf(x)dx4x4sinxcosxdx4x2sin2xdx0411sin2x2200。

4xdcos2xxcos2x044cos2xdx

10．解：依题意，可知XE(0.002)，其中0.002；（1）P{X100}

100f(x)dx10000.002e0.002xdxe0.002x10001e0.2；

（2）热水器平均能正常使用的时间为E(X)1

1500小时。0.00211．解：由课本48页定理2随机变量函数的期望计算公式，有

E(Y)E(sinX)sinxf(x)dxsinxexdx；

0

而

0sinxedxx0sinxdexx0 sinxe 0x0edsinxx0x0cosxexdx；

cosxdecosxe0edcosxx 1即20sinxexdx

0sinxexdx1，因此

E(Y)E(sinX)0sinxexdx1。212．解：由于XB(n , p)，因此有

E(X)np12；D(X)np(1p)8因此，求解上述方程组，可求得n36 , p

1。3

13．比较两种测量方法所测得数据的方差，方差小的精确度较好。14．解：方法一：由于函数x是偶函数，因此

E(X)xf(x)dxxxdx0；

11D(X)E(X2)[E(X)]2E(X2) xf(x)dxxxdx21212101；xdx23

方法二：由期望和方差的计算公式，可得

E(X)10111xf(x)dxxxdxx2dxx2dx0；

11033

D(X)E(X2)[E(X)]2E(X2) 0x2f(x)dxx2xdx1101。

x3dxx3dx111144215．解：方法一：容易验证f(x)f(x)，即概率密度函数f(x)是偶函数，因此

E(X) xf(x)dxxf(x)dx0；

111

D(X)E(X2)[E(X)]2E(X2)1xf(x)dxx2f(x)dx12102。

2xf(x)dx2x2(1x)dx016

方法二：由期望和方差的计算公式，可得

E(X)10111xf(x)dxxf(x)dxx(1x)dxx(1x)dx0；

11066

D(X)E(X2)[E(X)]2E(X2) xf(x)dxx(1x)dx1202101。

x(1x)dx62

16．解：由期望和方差的计算公式，可得

3；

0413E(X2)x2f(x)dx3x4dx；

05E(X)xf(x)dx3x3dx1

33D(X)E(X2)[E(X)]2。

5417．解：容易求得c2

1，可知X服从均匀分布，即XU(1 , 3)，因此可求得2

(31)2113E(X)2，D(X)。

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