【正文】 x3故F(x)={1(1+x3)ex3,x≥00,x0,求常數(shù)c及P{a1X≤a+1}.解答：由概率密度函數(shù)的性質(zhì)知∫∞+∞f(x)dx=1,=c∫a+∞eλxd(λx)=ceλx\vlinea+∞=ceλa,所以ceλa=1,=eλaeλx\vlineaa+1=eλa(eλ(a+1)eλa)=1eλ.注意，a1a,證明：a1F1(x)+a2F2(x)是分布函數(shù).解答：(1)F(+∞)=limx→+∞F(x)=limx→+∞F1(x)+limx→+∞F2(x)=1+1=2≠1故F(x)不是分布函數(shù).(2)由F1(x),F2(x)單調(diào)非減，右連續(xù)，且所以K2K2≥0,亦即(k2)(K+1)≥0, 又因為P{X≤60}=P{Xμσ≤60μσ,故Φ(60μσ)≈.,所以60μσ0, 故Φ(μ60σ)≈=, 反查標準正態(tài)表得 μ60σ≈ ②聯(lián)立①，②解得σ=10,μ=70, 所以，X～N(70,100).某人是否能被錄取，關(guān)鍵看錄取率. 已知錄取率為155526≈, 看某人是否能被錄取，解法有兩種：方法1： P{X78}=1P{X≤78}=1P{x7010≤787010 =1Φ()≈=,(錄取率), 所以此人能被錄取.方法2：看錄取分數(shù)線. 設(shè)錄取者最低分為x0, 則P{X≥x0}=(錄取率), P{X≤x0}=1P{X≥x0}==, P{X≤x0}=P{x7010≤x07010=Φ{x07010=,反查標準正態(tài)表得x07010≈, 解得x0≈75. 此人成績78分高于最低分，所以可以錄取.習(xí)題17假設(shè)某地在任何長為t(年)的時間間隔內(nèi)發(fā)生地震的次數(shù)N(t)服從參數(shù)為λ=，X表示連續(xù)兩次地震之間間隔的時間(單位：年).(1)證明X服從指數(shù)分布并求出X的分布函數(shù)；(2)求今后3年內(nèi)再次發(fā)生地震的概率；(3)求今后3年到5年內(nèi)再次發(fā)生地震的概率.解答：(1)當t≥0時，P{Xt}=P{N(t)=0}=,∴F(t)=P{X≤t}=1P{Xt}=。XpiX41019所以y=2x+3,x=y32,x′=12,由定理即得fX(x)={1∣x∣,1x10,其它,求隨機變量Y=X2+1的分布函數(shù)與密度函數(shù).解答：X的取值范圍為(1,1), 1232(1)P{aX≤b,Y≤c}。(2)P{1≤X≤2,3≤Y≤4}。(0,0),(1,1),(1,13),(2,0)且相應(yīng)概率依次為16,13,112,512,{X=0,Y=13,01/3101/121/35/1200(2)P{Y=0}=P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=0}+P{X=2,Y=0}P{Y=13=112,P{Y=1}=13,關(guān)于的Y邊緣分布見下表：Y01/31其概率密度為f(x,y)=1200πex2+y2200,求P{X≤Y}.解答：由于P{X≤Y}+P{XY}=1，且由正態(tài)分布圖形的對稱性，知 P{X≤Y}=12.習(xí)題7設(shè)隨機變量(X,Y)的概率密度為f(x,y)={k(6xy),0x2,2y40,其它,(1)確定常數(shù)k。(4)求P{X+Y≤4}.解答：如圖所示(1)由∫∞+∞∫∞+∞f(x,y)dxdy=1,(2)X和Y的聯(lián)合分布函數(shù)F(x,y).解答：(1)由于1=∫∞+∞∫∞+∞f(x,y)dxdy=c∫01∫01xydxdy=c4,c=4.(2)當x≤0或y≤0時，顯然F(x,y)=0。有F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫0xudu∫01ydy=x2.最后，設(shè)x1,0≤y≤1,f(x,y)={(2x),0≤x≤1,x≤y≤10,其它,求邊緣概率密度fY(y).解答：fX(x)=∫∞+∞f(x,y)dy由題設(shè)知(X,Y)的聯(lián)合分布密度為01P{y=1}=∑i=01P{x=i,y=1}=130+115=.(2)P{y=0∣x=0}=P{x=0,y=0}P{x=0}=23,類似可得X\Y5152535455將每列的概率相加，可得P{Y=j}.Y(2)當Y=51時,X的條件分布律為k=51,52,53,54,55.列表如下:k6/287/285/285/285/28習(xí)題3已知(X,Y)的分布律如下表所示，試求：(1)在Y=1的條件下,X的條件分布律。1/41/8001/301/601/8解答：由聯(lián)合分布律得關(guān)于X,Y的兩個邊緣分布律為Xpkpk4/703/7習(xí)題4fY(y)=∫∞+∞f(x,y)dx={32(1y2),0y10,其它.(2)對?y∈(0,1),fY∣X(y∣x)=f(x,y)fX(x)={1x,0yx0,其它.習(xí)題5X與Y相互獨立，其概率分布如表(a)及表(b)所示，求(X,Y)的聯(lián)合概率分布，P{X+Y=1},1/41/31/121/3表(a)1/21/41/4表(b)解答：由X與Y相互獨立知1/81/161/161/61/121/121/241/481/481/61/121/12P{X+y=1}=P{X=2,y=3}+P{X=0,Y=1}=116+148=112,P{X+Y≠0}=1P{X+Y=0}fY(y)=12πey22因為X與Y相互獨立，所以(X,Y)的聯(lián)合概率密度函數(shù)是故由上式有P{∣X∣≤a}==P{X≤a}?P{∣X∣≤a},?P{∣X∣≤a}(1P{X≤a})=0?P{∣X≤a∣}=0或1=P{X≤a}?(?a0)但當a0時，兩者均不成立，出現(xiàn)矛盾，故X與∣X∣不獨立.習(xí)題9設(shè)X和Y是兩個相互獨立的隨機變量，X在(0,1)上服從均勻分布，Y的概率密度為fY(y)={12ey2,y00,y≤0,(1)求X與Y的聯(lián)合概率密度；(2)設(shè)有a的二次方程a2+2Xa+Y=0,=12π[12π∫∞1ex22dx12π∫∞0ex22dx]Φ(0)=,P{a有實根}=12π[Φ(1)Φ(0)]≈=.V\概率\U1112(3)Z=X/Y。pipipi1/101/57/10piV={0,X≤2Y1,X2Y,求U與V的聯(lián)合概率分布.解答：依題(U,V)的概率分布為1/401/41/2習(xí)題4設(shè)(X,Y)的聯(lián)合分布密度為f(x,y)=12πex2+y22,Z=X2+Y2,求Z的分布密度.解:FZ(z)=P{X2+Y2≤z2}=∫∫x2+y2≤z2f(x,y)dxdy={∫0+∞12(x+y)e(x+y)dy,x00,x≤0即故fZ(z)=∫0+∞0?eydy=0。fZ(z)={0,z≤01ez,0z≤1e1zez,z1.習(xí)題7設(shè)隨機變量(X,Y)的概率密度為f(x,y)={be(x+y),0x1,0y+∞,0,其它.（1）試確定常數(shù)b；（2）求邊緣概率密度fX(x),fY(y)；（3）求函數(shù)U=max{X,Y}的分布函數(shù).解答：（1）由∫∞+∞∫∞+∞f(x,y)dxdy=1，確定常數(shù)b.∫01dx∫0+∞bexeydy=b(1e1)=1，所以b=11e1，從而fX(x)={∫0+∞11e1e(x+y)dy=ex1ex,0x1,0,其它，F(xiàn)U(u)={0,u0,(1eu)21e1,0≤u1,1eu,u≥1.習(xí)題8設(shè)系統(tǒng)L是由兩個相互獨立的子系統(tǒng)L1和L2以串聯(lián)方式聯(lián)接而成，L1和L2的壽命分別為X與Y,?2(y)={βeβy,y00,y≤0,其中α0,β0,α≠β,F(z)=P{Z≥z}=P{min(X,Y)≤z}由于故=1P{Xz,Yz}=1P{Xz}P{Yz}=[P{Xa}]2[P{Xb}].01y2x1y11/41/41/2②當1≤x2,1≤y0時，F(xiàn)(x,y)=P{X=1,Y=1}=1/4。綜上所述，得(X,Y)聯(lián)合分布函數(shù)為 F(x,y)={0,x1或y11/4,1≤x2,1≤y05/12,x≥2,1≤y01/2,1≤x2,y≥01,x≥2,y≥0.(3)由FX(x)=P{X≤x,Y+∞}=∑xix∑j=1+∞pij, 得(X,Y)關(guān)于X的邊緣分布函數(shù)為：
。④當1≤x2,y0時， F(x,y)=P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=0}=1/2。1x21/81/8y3解答：由題設(shè)X與Y相互獨立，即有 pij=pi?p?j(i=1,2。p?j1/6pi?03/709/703/702/7018/7018/702/703/709/703/700習(xí)題4設(shè)隨機變量X與Y相互獨立，下表列出了二維隨機變量(X,Y)的聯(lián)合分布律及關(guān)于X與Y的邊緣分布律中的部分數(shù)值，試將其余數(shù)值填入表中的空白處：X\Y0123習(xí)題2假設(shè)隨機變量Y服從參數(shù)為1的指數(shù)分布，隨機變量 Xk={0,若Y≤k1,若Yk(k=1,2),求(X1,X2)的聯(lián)合分布率與邊緣分布率.解答：因為Y服從參數(shù)為1的指數(shù)分布，X1={0,若Y≤11,若Y1, 所以有 P{X1=1}=P{Y1}=∫1+∞eydy=e1, P{X1=0}=1e1,同理 P{X2=1}=P{Y2}=∫2+∞eydy=e2, P{X2=0}=1e2,因為 P{X1=1,X2=1}=P{Y2}=e2， P{X1=1,X2=0}=P{X1=1}P{X1=1,X2=1}=e1e2, P{X1=0,X2=0}=P{Y≤1}=1e1, P{X1=0,X2=1}=P{X1=0}P{X1=0,X2=0}=0,故(X1,X2)聯(lián)合分布率與邊緣分布率如下表所示：X1\slashX201P{X1=i}01e101e11e1e2e2e1P{X2=j}1e2e2 P{X=1,Y=0}=2101212=536,P{X=0,Y=1}=1021212=536, P{X=1,Y=1}=221212=136,(2)不放回抽樣，(X,Y)的分布律如下：P{X=0,Y=0}=1091211=4566, P{X=0,Y=1}=1021211=1066,P{X=1,Y=0}=2101211=1066, P{X=1,Y=1}=211211=166,Y\=1[P{Xz}]2,代入得P{amin{X,Y}≤b}=FZ(b)FZ(a),?(z)={(α+β)e(α+β)z,z00,z≤0.習(xí)題9設(shè)隨機變量X,Y相互獨立，且服從同一分布，試明：F(z)={1e(α+β)z,z≥00,z0,從而=1[1P{Xz}][1P{Yz}]=1[1F1{z}][1F2{z}]則fY(x)={∫0111e1e(x+y)dx=ey,0y+∞,0,其它（3）因為f(x,y)=fX(x)fY(y)，所以X與Y獨立，故fZ(z)=∫∞+∞fX(x)fY(zx)dx=∫∞+∞fX(zy)fY(y)dyfX(x)={1,0x10,其它,所以當z≤0時，fZ(z)=0。顯然=12π∫∫x2+y2≤z2ex2+y22dxdy=12π∫02πdθ∫0zeρ22ρdρFZ(z)=P{Z≤z}=P{X2+Y2≤z}.當z0時，F(xiàn)Z(z)=P(?)=0。01U={0,X≤Y1,XY,211/212112201342013412可見P{U=i,V=j}=0(ij).此外，有所以=∫01ex22dx=1[∫∞1ex22dx∫∞0ex22dx](2)因{a有實根}={判別式Δ2=4X24Y≥0}={X2≥Y},故如圖所示得到：各有fX(x)=12πex22，=111216=34.習(xí)題6某旅客到達火車站的時間X均勻分布在早上7:55～8:00,2101/2fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)={2x1y2,yx1,0,其它,對?x∈(0,1),求：(1)邊緣概率密度函數(shù)；(2)條件概率密度函數(shù).解答：(1)fX(x)=∫∞+∞f(x,y)dy={3x2,0x10,其它,012pk0123/81/37/2451525354555152535455pk(2)求