1、习题一解答 1. 用集合的形式写出下列随机试验的样本空间与随机事件 ： A(1) 抛一枚硬币两次，观察出现的面，事件 两次出现的面相同A ； (2) 记录某电话总机一分钟内接到的呼叫次数，事件 A 一分钟内呼叫次数不超过 次； 3(3) 从一批灯泡中随机抽取一只，测试其寿命，事件 A 寿命在 到 小时之间。 2000 2500解 (1) ),(),(),(),( ， ),(),( A . (2) 记 X 为一分钟内接到的呼叫次数，则 ,2,1,0| kkX ， 3,2,1,0| kkXA . (3) 记 X 为抽到的灯泡的寿命（单位：小时），则 ),0( X ， )2500,2000( XA
2、. 2. 袋中有 10个球，分别编有号码 1 至 10，从中任取 1 球，设 A 取得球的号码是偶数 ， B 取得球的号码是奇数 ， 取得球的号码小于 5，问下列运算表示什么事件： C(1) ； (2)BA AB； (3) ； (4)AC AC ； (5) CA ； (6) CB ； (7) CA . 解 (1) 是必然事件； BA(2) AB 是不可能事件； (3) 取得球的号码是 2， 4； AC(4) AC 取得球的号码是 1， 3， 5， 6， 7， 8， 9， 10； (5) CA 取得球的号码为奇数，且不小于 5取得球的号码为 5， 7， 9； (6) CBCB 取得球的号码是不小
3、于 5 的偶数 取得球的号码为 6， 8， 10； (7) CACA 取得球的号码是不小于 5 的偶数 =取得球的号码为 6， 8， 10 3. 在区间 上任取一数，记2,0 121xxA ，2341xxB ，求下列事件的表达式：(1) ； (2)BA BA ； (3) BA ； (4) BA . 解 (1) 2341xxBA ; (2) BxxxBA 21210 或2312141xxxx ; (3) 因为 BA ，所以 BA ； (4) 223410 xxxABA 或 223121410 xxxx 或或 4. 用事件的运算关系式表示下列事件： CBA ,(1) 出现， 都不出现（记为 ）；
4、A CB,1E(2) 都出现， 不出现（记为 ）； BA, C2E(3) 所有三个事件都出现（记为 ）； 3E(4) 三个事件中至少有一个出现（记为 ）； 4E(5) 三个事件都不出现（记为 ）； 5E(6) 不多于一个事件出现（记为 ）； 6E(7) 不多于两个事件出现（记为 ）； 7E(8) 三个事件中至少有两个出现（记为 ）。 8E解 (1) CBAE 1； (2) CABE 2； (3) ； (4)ABCE 3CBAE 4； (5) CBAE 5； (6) CBACBACBACBAE 6； (7) CBAABCE 7； (8) BCACABE 8. 5. 一批产品中有合格品和废品，从中
5、有放回地抽取三次，每次取一件，设 表示事件“第 i次iA抽到废品”， ，试用 表示下列事件： 3,2,1i21AA iA(1) 第一次、第二次中至少有一次抽到废品； (2) 只有第一次抽到废品； (3) 三次都抽到废品； (4) 至少有一次抽到合格品； (2) 只有两次抽到废品。 解 (1) ； (2)321AAA ； (3) ； 321AAA(4) ； (5)321321321AAAAAAAAA . 21AA 3A6. 接连进行三次射击，设 =第 次射击命中 ，iA i 3,2,1i ， B 三次射击恰好命中二次 ，三次射击至少命中二次 ；试用 表示CiA B和 C 。 解 32132A2A
6、1321AAAAAAAAB A A33121AAAAAC 习题二解答 1 从一批由 45 件正品、 5 件次品组成的产品中任取 3 件产品，求其中恰有 1 件次品的概率。 解 这是不放回抽取，样本点总数 ，记求概率的事件为 ，则有利于 的样本点数. 于是 350n15245k39299!2484950!35444535015245)( nkAP 2 一口袋中有 5 个红球及 2 个白球，从这袋中任取一球，看过它的颜色后放回袋中，然后，再从这袋中任取一球，设每次取球时袋中各个球被取到的可能性相同。求 (1) 第一次、第二次都取到红球的概率； (2) 第一次取到红球，第二次取到白球的概率； (3)
7、 二次取得的球为红、白各一的概率； (4) 第二次取到红球的概率。 解 本题是有放回抽取模式，样本点总数 . 记 (1)(2)(3)(4)题求概率的事件分别为. 27nDCBA ,492575)(2AP ( )有利于 的样本点数 ，故 A25Ak( ) 有利于 B 的样本点数 ，故 25Bk4910725)(2BP ( ) 有利于 的样本点数C 252 Ck ，故 4920)( CP ( ) 有利于 的样本点数 ，故 D 57Dk754935757)(2DP . 3 一个口袋中装有 6 只球，分别编上号码 1 至 6，随机地从这个口袋中取 2 只球，试求： (1) 最小号码是 3 的概率； (
8、2) 最大号码是 3 的概率。 解 本题是无放回模式，样本点总数 56n . ( ) 最小号码为 3，只能从编号为 3， 4， 5， 6 这四个球中取 2 只，且有一次抽到 3，因而有利样本点数为 ，所求概率为 32515632. ( ) 最大号码为 3，只能从 1， 2， 3 号球中取，且有一次取到 3，于是有利样本点数为 22 ，所求概率为 1525622. 4 一个盒子中装有 6 只晶体管，其中有 2 只是不合格品，现在作不放回抽样，接连取 2 次，每次取 1 只，试求下列事件的概率： (1) 2 只都合格； (2) 1 只合格， 1 只不合格； (3) 至少有 1 只合格。 解 分别记
9、题 (1)、 (2)、 (3)涉及的事件为 ，则 CBA ,522562342624)( AP 15856224261214)( BP 注意到 ，且 BAC A与 B互斥，因而由概率的可加性知 151415852)()()( BPAPCP 5 掷两颗骰子，求下列事件的概率： (1) 点数之和为 7； (2) 点数之和不超过 5； (3) 点数之和为偶数。 解 分别记题 (1)、 (2)、 (3)的事件为 ,样本点总数 CBA ,26n( ) A含样本点 ,(1,6),(6,1),(3,4),(4,3) )2,5(),5,2(6166)(2 AP ( ) B含样本点 (1,1),(1,2),(2
10、,1),(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(2,2),(2,3),(3,2) 185610)(2 BP ( ) 含样本点 (1,1),(1,3),(3,1),(1,5),(5,1);(2,2),(2,4),(4,2),(2,6),(6,2),(3,3), (3,5),(5,3);(4,4),(4,6),(6,4);(5,5);(6,6), 一共 18 个样本点。 C213618)( CP 6 把甲、乙、丙三名学生随机地分配到 5 间空置的宿舍中去，假设每间宿舍最多可住 8 人，试求这三名学生住不同宿舍的概率。 解 记求概率的事件为 ，样本点总数为 ，而有利 的样本点数为A35 A
11、 345 ，所以 25125345)(3AP . 7 总经理的五位秘书中有两位精通英语，今偶遇其中的三位，求下列事件的概率： (1) 事件 ：“其中恰有一位精通英语”； A(2) 事件 B：“其中恰有二位精通英语”； (3) 事件 ：“其中有人精通英语”。 C解 样本点总数为 35(1) 53106345!332352312)( AP ； (2) 103345!33351322)( BP ； (3) 因 ，且 与BAC A B 互斥，因而 10910353)()()( BPAPCP . 8设一质点一定落在 平面内由 xOy x轴、 y 轴及直线 1 yx 所围成的三角形内，而落在这三角形内各点
12、处的可能性相等，计算这质点落在直线 3/1x 的左边的概率。 解 记求概率的事件为 ，则 AAS为图中阴影部分，而 ， 2/1| 1859521322121|2AS 最后由几何概型的概率计算公式可得 952/118/5|)( ASAP . 9 （见前面问答题 2. 3） 10 已知 BA ， ， 4.0)( AP 6.0)( BP ，求 (1) )(AP , )(BP ； (2) ； (3) ； (4)( BAP )(ABP )(),( BAPABP ； (5) )( BAP . 解 (1) 6.04.01)(1)( APAP ， 4.06.01)(1)( BPBP ； (2) 6.0)()(
13、)()()()()()( BPAPBPAPABPBPAPBAP ； (3) ； 4.0)()( APABP(4) 0)()()( PBAPABP , 4.06.01)(1)()( BAPBAPBAP ; (5) .2.04.06.0)()( ABPBAP 11 设 是两个事件，已知 ，BA, 5.0)( AP 7.0)( BP ， 8.0)( BAP ，试求 及 )( BAP ).( ABP 解 注意到 )()()()( ABPBPAPBAP ，因而 )()()( BPAPABP )( BAP 4.08.07.05.0 . 于是， )()( ABPAP)()( ABAPBAP 1.04.05.
14、0 ；3.04.07.0)()()()( ABP BPABBP ABP . 习题三解答 1 已知随机事件 的概率 ，随机事件 A 5.0)( AP B 的概率 6.0)( BP ，条件概率 8.0)|( ABP ，试求 及 )(ABP )( BAP . 解 4.08.05.0)|()()( ABPAPABP )()()(1)(1)()( ABPBPAPBAPBAPBAP 3.04.06.05.01 2 一批零件共 100 个，次品率为 10%，从中不放回取三次（每次取一个），求第三次才取得正品的概率。 解 10789989981989910090910p . 3 某人有一笔资金，他投入基金的概
15、率为 0.58，购买股票的概率为 0.28，两项投资都做的概率为 0.19 (1) 已知他已投入基金，再购买股票的概率是多少？ (2) 已知他已购买股票，再投入基金的概率是多少？ 解 记 A 基金 ， B 股票 ，则 19.0)(,28.0)(,58.0)( ABPBPAP ASyx1hO1/3 1 图 2.3 .327.058.019.0)()()|( APABPABP(1) 678.028.019.0)()(BAP(2) ()| BPAPB . 4 ， ，5.0)( AP 3.0)( BP 15.0)( ABP ，验证下面四个等式： 给定),()|(),()|( APBAPAPBAP )(
16、)|( BPABP ， ).()|( BPABP )(213.015.0)()()|( APBPABPBAP 解 )(5.07.035.07.015.05.0)(1)()()()()|( APBPABPAPBPBAPBAP )(3.05.015.0)()()|( BPAPABPABP )(5.015.05.015.03.0)(1)()()()()|( PAPABPBPAPBAPABP 5 有朋自远方来，他坐火车B、船、汽车和飞机的概率分别为 0.3， 0.2， 0.1， 0.4，若坐火车，迟到 是到。求他最后可能迟到的概率。 的概率 0.25，若坐船，迟到的概率是 0.3，若坐汽车，迟到的概率
17、是 0.1，若坐飞机则不会迟解 B 迟到 ， 坐火车 1A ， 2A 坐船 ， 3A 坐汽车 ， 4A 乘飞机 ，则 ，41iiBAB且按题意 ， 1.0)|(3ABP25.0)|(1ABP 3.0)|(2ABP ， . 由全概率公式有： 只红球， 6 只白球。求下列事件的概率： (2) 合并两只袋，从中随机取一球，该球是红球。 解 (1) 记0)|(4ABP4145.01.01.03.02.025.03.0)|()()( ABPAPBP 1iii6 已知甲袋中有 6 只红球， 4 只白球；乙袋中有 8(1) 随机取一只袋，再从该袋中随机取一球，该球是红球； B 该球是红球 ， 1A 取自甲袋
18、 ， 2A 取自乙袋 ，已知 10/6)|(1ABP ，14/8)|(2ABP ，所以70411482110621)|()()|()()(1ABP221 ABPAPBPAP (2) 1272414)( BP 7某工厂有甲、乙、丙三个车间，生产同一产品，每个车间的产量分别占全厂的 25%， 35%，40% 车间产品的次品率分别为 5%， 4%， 2%，求该厂产品的次品率。 ，各解 02.04.004.035.005.025.0 %45.30345.0008.00125.00140.0 8 发报台分别以概率 0.6， 0.4 发出 “ “ 和 “ ， 于通信受到由 干扰，当发出 时，分别以概率 0
19、 到“.8 和 0.2 收 “ 和 “ ，同样，当发出信号 “ “ “ 和 “ 时，分别以 0.9 和 0.1 的概率收到 。求 (1 到信号 (2) 当收到“ 的概率； “ 时，发出 “) 收 的概率。 B 收到信号 ， “ A “解 记 发出信号 )|()()|()()( ABPAPABPAPBP (1) 52.004.048.01.04.08.06.0 (2) 131252.08.06.0)()|)|( BPABPBAP . 9设某工厂有 A()( PA三个车间，生产同一螺钉，各个车间的产量分别占总产量的 25%， 35%，40% 百分 别为 产 得到的是次CB,，各个车间成品中次品的
20、比分 5%， 4%， 2%，如从该厂 品中抽取一件，品，求它依次是车间 生产的概率。 方便计， 为 车间生产的产品，事件CBA ,记事件 CBA , CBA , D解 为 次品 ，因此 )(DP )|()()|()()( CDPCPBDPBPAP )| PAD 35.00502.04.004.0.025.0 014.0 0345.0008.00125.0 362.00345.005.025.0)()|(DADP)()|( PAPDAP 406.00345.004.035.0)()|( PBPDBP )()|(DBDP232.00345.002.04.0)()DP|()(|( CDPCDCP )
21、 PA与 B独立，且 P qBPpA )(,)( ，求下列事件的概率： )( BAP 10 设 ， )( BAP ， )( BAP . 解 q pqpBPAPBBAP PAP )()()()( )(ppPAPAP 1()( qqqqpBPAPBB 1)1)()()() pqABPBA 1)() 11 已知 独立，且BPAPP )()(1(BA, )()(,9/1)( BAPBAPBAP ，求 . 因)(), BPAP(解 )()( BAPBAP ，由独立性有 )()()()( BPAPBPAP 从而 ()()( PBPB )()()( BPAPAPAP 导致 )( BPAP 再由 9/1)(
22、BAP ，有 2)(1()(1)(1()()(9/1 APBPAPBPAP 所以 1)(1 AP 。最后得到 .3/2)()( APBP 3/12 甲、 丙三人同时独立地向同一目标各射击一次，命中率分别为 1/3， 1/2， 目标乙、 2/3，求被命中的概率。 解 记 B 乙命中 ， 3A 命中目标 ， 甲命中 ，1A 2A 丙命中 ，则 ，因而 31iiAB.98111121)()()(11)(32131APAPAPAPBPii9323个相 ，如下图所示那样 在 设 件不通达的概率为 p13设六 同的元件 线 每安置 路中， 个元 ，求这个装置通达的概率。假定各个元件通达与否是相互独立的。
23、解 记 A 通达 ， 元件 通达 ， 所以 iA i 6,5,4,3,2,1i 则 A654321AAAAAA )()()()(654321AAPAAPAAPAP )()()()(654321652165434321AAAAAAPAAAAPAAAAPAAAAP 642)1()1(3)1(3 ppp 14假 故设一部机器在一天内发生 障的概率为 0.2，机器发生故障时全天停止工作，若一周五个工作日里每天是否发生故障相互独立，试求一周五个工作日里发生 3 次故障的概率。 泡耐用时间在 1000 小时以上的概率为 0.2，求三个灯泡在使用 1000 小时以后最多只有一个坏了的概率。 解 0512.0
24、)8.0()2.0(3523p . 15灯解 104.0096.0008.0.0(8.023)2.0(3323p . )216设在三次独立试验中，事件 A出现 等的概率相 ，若已知 A至少出现一次的概率等于 19/27，求事件 在每次试验中出现的概率 . A )(AP1 2 图 3.1 3 456 解 记 在第 次试验中出现 ，iA A i .3,2,1i )(APp 332131)1(1)(12719pAAAPAPii依假设 所以， 27)1( p ， 此即 3/1p . 17加工一零件共需经过 3 道工序，设第一、二、三道83工序的次品率分别为 2%、 3%、 5%. 假设各到，加工零件为
25、次品，当且仅当 1-3 道工序中至少有一道出现次品。记 道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率。 解 注意 iA 第 道工序为次品 ， 则次品率 i.3,2,1i097.090307.0195.097.098.01)()()(13211 APAPAPAPii18三3p个人独立破译一密码，他们能独立译出的概率分别为 0.25， 0.35， 0.4. 求此密码被译出的概解 记 率。 A 译出密码 ， 第 人译出 ，iA i .3,2,1i 则 7075.02925.016.065.075.01 19 将一枚均匀硬币)()()(1)(32131APAPAPAPAPii连续独立抛掷 10 次，恰
26、有 5 次出现正面的概率是多少？有 4 次至 6 次出现正面的概率是多少？ 解 (1) 256632151010； (2) 10642kk2110. 0某宾馆大楼有 4 部电梯，通过调查，知道在某时刻 T ，各电梯正在运行的概率均为 0.75，求：； 解 (1) (1) 在此时刻至少有 1 台电梯在运行的概率； (2) 在此时刻恰好有一半电梯在运行的概率(3) 在此时刻所有电梯都在运行的概率。 256255)25.0(1)75.01(144 1282741436)25.0()75.0(242222(2) 2568143)75.0(44 (3) 给出的数列，哪些是 机变量的分布律，并说明理由。
27、（ 1）习题四解答 1. 下列 随5,4,3,2,1,0,15 iipi； （ 2）3,2,1,0,652 iipi； （ 3） 5,4,3,2,41 ipi； （ 4） 5,4,3,2,1,25 ipi。 1i解 要说 数列，是否是随 的分明题中给出的 机变量 布律，只要验证 是否满足下列二个条件：其一条件为ip,2,1,0 ipi，其二条件为 1iip 。 依据上面的说明可得（ 1）中的数列为随机变量的分布律；（ 2）中的数列不是随机变量的分布律，因为 0646953p ；（ 3）中的数列为随机变量的分布律；（ 4）中的数列不是随机变量的分布律，这是因为125i5120ip 。 2. 试确
28、定常数 c，使 4,3,2,1,0,2 iciXPi成为某个随机变量 X 的分布律，并求： 2XP ；2521XP 。 要使 成为某个随机变量的分布律，必须有 1240iicic2，由此解得3116c解 ； （ 2） 2102 XP XPXPXP 3128412113116 （ 3） 2122 XPXPXP51 314231 。 3. 一口袋中有 6 个球，在这 6 个球上分别标有 -3， -3， 1， 1， 1， 2 这样的数字。从这袋121116 中任取一球，设各个球被取到的可能性相同，求取得的球上标明的数字 X 的分布律与分解 X可能取的值为 -3， 1， 2，且布函数。 612,211
29、,P31 XPX ，即 X 的分布律为 -3 1 2 3XPX 概率312161X 的分布函数 3x 0 xXPxF = 3113 x 651 2 x 1 2x 4. 一袋中有 5 个乒乓球，编号分别为 1， 2， 3， 4， 5，从中随机地取 3 个，以 X 表示取出的 3个球， 4， 5，事件中最大号码，写出 X 的分布律和分布函数。 解 依题意 X 可能取到的值为 3 3X 表示随机取出的 3 个球的最大号码为 3，则另两个球的只能为 1 号， 2 号，即 101 ；事件3513XP 4X 表示随机取出的 3 个球的最大号码为 4，因此另外 2 个球可在 1、 2、 3 号球中任选，此时
30、 103352314 XP ；同理可得106352415 XP 。 X 的分布律为 X 3 4 5 101103106概率X 的分布函数为 3x 0 xF 10143 x 10544 x 1 5x 5. 在相同条件下独立地进行 5 次射击，每次射击时击中目标的概率为 0.6，求击中目标的次数 X的分解 依题意 X 服从参数 的二项分布，因此，其分布律 ， 具体计算后可得 X 0 1 2 3 4 5 布律。 6.0,5 pn 5,1,0,4.06.055kkkXPkk概率3125326254862514462521662516231252436. 从一批含有 10 件正品及 3 件次品的产品中一
31、件一件的抽取。设每次抽取时，各件产品被抽需次数 X 的分布律。 下一件产品； 解 （ 1）设事件到的可能性相等。在下列三种情形下，分别求出直到取得正品为止所（ 1） 每次取出的产品立即放回这批产品中再取（ 2） 每次取出的产品都不放回这批产品中； （ 3） 每次取出一件产品后总是放回一件正品。 ,2,1, iAi表示第 次抽到的产品为正品，依题意， 相互独立，且i ,1 nAA ,2,1,1310 iAPi而 ,2,1,131013311111kAPAPAPAAAPkXPkkkkk即 X 服从参数1310p 的几何分布。 （ 2）由于每次取出的产品不再放回，因此， X 可能取到的值为 1， 2
32、， 3， 4， .286110111213101234,143511121310233,26512131032,13101XPXPXPXPX 的分布律为 X 1 2 3 4 概率 131026514352861（ 3） X 可能取到的值为 1， 2， 3， 4， .219761313131234,219772131313 12233,1693313131132,13101XPXPXPXP所求 X 的分布律为 X 1 2 3 4 概率 13101693321977221976由于三种抽样方式不同，导致 X 的分布律也不一样，请仔细体会它们的不同处。 7. 设随机变量 ，已知 pBX ,6 51
33、XPXP 与 2XP 的值。 ，求 p解 由于 ，因此 。 pBX ,6 6,1,0,1666kppkXPkk由此可算得 ,165,16155ppXPppXP 即 解得 ,161655pppp 21p ； 此时， 641521!25621212626262XP 。 8. 掷一枚均匀的硬币 4 次，设随机变量 X 表示出现国徽的次数，求 X 的分布函数。 解 一枚均匀硬币在每次抛掷中出现国徽的概率为21，因此 X 服从21,4 pn 的二项分布，即 4,3,2,1,0,212144kkkXPkk由此可得 X 的分布函数 0， 0x 161， 10 x xF165， 21 x 1611， 32 x
34、 1615， 43 x 1， 4x9. 某商店出售某种物品，根据以往的经验，每月销售量 X 服从参数 4 的泊松分布，问在月初进货时，要进多少才能以 99%的概率充分满足顾客的需要？ 解 设至少要进 件物品，由题意 应满足 n n,99.0,99.01 nXPnXP 即 99.0!41104nkkeknXP 99.0!404nkkeknXP 查泊松分布表可求得 。 9n10. 有一汽车站有大量汽车通过，每辆汽车在一天某段时间出事故的概率为 0.0001，在某天该段时间内有 1000 辆汽车通过，求事故次数不少于 2 的概率。 解 设 X 为 1000 辆汽车中出事故的次数，依题意， X 服从
35、0001.0,1000 pn 的二项分布，即，由于 较大，0001.0,1000 BX n p较小，因此也可以近似地认为 X 服从 1.00001.01000 np 的泊松分布，即 ，所求概率为 1.0P X .004679.0090484.0904837.01!11.0!01.0110121.011.00eeXPXPXP11. 某试验的成功概率为 0.75，失败概率为 0.25，若以 X 表示试验者获得首次成功所进行的试验次数，写出 X 的分布律。 解 设事件 表示第 次试验成功，则iA i 75.0iAP ，且 相互独立。随机变量 X 取 意味着前 次试验未成功，但第 次试验成功，因此有
36、,1 nAA k1k k 75.025.011111kkkkkAPAPAPAAAPkXP 所求的分布律为 X 1 2 k 概率 0.75 75.025.0 75.025.01k 12. 设随机变量 X 的密度函数为 xf ， x2 Ax00， 其他， 试求：（ 1）常数 ；（ 2） X 的分布函数。 A解 （ 1） 成为某个随机变量的密度函数必须满 足二个条件，其一为 ；其二为，因此有 ，解得xf 0xf1dxxfAxdx012 1A ，其中 1A 舍去，即取 1A 。 （ 2）分布函数 xdxxfxXPxF = xxxdxxdxdxxdxdxdx1010000202001100xxx= 10
37、2x1100xxx13. 设随机变量 X 的密度函数为 xAexfx, ，求： （ 1）系数 ；（ 2）A 10 XP ；（ 3）X 的分布函数。 解 （ 1）系数 必须满足A1dxAex，由于xe为偶函数，所以 12200dxAedxAedxAexxx解得21A ； （ 2） 11010121212110edxedxeXPxx； （ 3） xdxxfxF= x xxx xdxedxedxe0021212100xx= xxxxxdxedxedxe0021212100xx= xxee 121212100xx= xxee2112100xx14. 证明：函数 022cxecx（ 为正的常数） 00x
38、xxf c 0xf为某个随机变量 X 的密度函数。 证 由于 ，且 12022022222cxcxcxecxdedxecxdxxf ， 因此 满足密度函数的二个条件，由此可得 xf xf 为某个随机变量的密度函数。 15. 求出与密度函数 xfxF025.05.0xe2200xxx对应的分布函数 的表达式。 xF解 当 时， 0x xxxxedxedxxfxF 5.05.0当 时， 20 x 0025.05.025.05.0 xdxdxedxxfxFxxx当 时， 2x 15.05.0025.05.00220xxdxdxdxexF综合有 ,1,25.05.0,5.0xex.2;20;0xxx1
39、6. 设随机变量 X 在 上服从均匀分布，求方程 有实根的概率。 6,1 012 Xtt解 X的密度函数为 xf ,5161 x ； 其他 . ,0方程 有实根的充分必要条件为 ，即012 Xtt 042X 42X ，因此所求得概率为 6225451022224 dxXPXPXXPXP 或 。 17. 设某药品的有效期 X 以天计，其概率密度为 xf ,100200003x; 0x xdxxfxF0， 其他 . 求： (1) X 的分布函数； (2) 至少有 200 天有效期的概率。 解 (1) = ,10020000,003dxxx.0;0xx= ,100100001,02x .0;0xx(
40、2) 911002001000011200120012002 FXPXP 。 18. 设随机变量 X 的分布函数为 xF ,11,0xex 00xx求 X 的密度函数，并计算 1XP 和 。 2XP解 由分布函数 与密度函数 的关系，可得在 xF xf xf 的一切连续点处有 xFxf ，因此 xf ,xxe其他0x0所求概率 112111111 eeFXP ； 223211121212 eeFXPXP 。 19. 设随机变量 X 的分布函数为 xxBAxF ,arctan ，求 (1) 常数 ； (2)BA, 1XP ；(3) 随机变量 X 的密度函数。 解： (1)要使 成为随机变量 X
41、的分布函数，必须满足xF 1lim,0lim xFxFxx，即 arctanlimarctanlimxBAxBAxx10计算后得 1202BABA解得 121BA另外，可验证当1,21 BA 时， xxF arctan121 也满足分布函数其余的几条性质。 （ 2） 11111 FFXPXP 1arctan1211arctan12124141 （ 3） X 的密度函数 xxxFxf ,112。 20. 设顾客在某银行的窗口等待服务的时间（单位： min）服从51 的指数分布，其密度函数为 xf0,515xe，某顾客在窗口等待服务，若超过 10min，他就离开。 其他0x（ 1）设某顾客某天去银行，求他未等到服务就离开的概率； （ 2）
