【正文】 (2) c=3（cm）X~N（,）,177。由右連續(xù)性知，故①為0。再設(shè)C={每次拋擲出現(xiàn)6點}。但是F（x）在x=0處不連續(xù)，也不是階梯狀曲線，故F（x）是非連續(xù)亦非離散型隨機(jī)變量的分布函數(shù)。 (D) [0,].【解】在上sinx≥0，(x)是密度函數(shù)。故選（A）。(2) 該電子元件損壞時，電源電壓在200~240V的概率β【解】設(shè)A1={電壓不超過200V}，A2={電壓在200~240V}，A3={電壓超過240V}，B={元件損壞}。μ1′,μ2′,…，μn′均服從兩點分布（參數(shù)為p），則X=μ1+μ2+…+μn，Y=μ1′+μ2′+…+μn′,X+Y=μ1+μ2+…+μn+μ1′+μ2′+…+μn′,所以，X+Y服從參數(shù)為（2n,p)的二項分布.（X，Y）的分布律為XY0 1 2 3 4 501230 (1) 求P{X=2｜Y=2}，P{Y=3｜X=0}；（2） 求V=max（X，Y）的分布律；（3） 求U=min（X，Y）的分布律；（4） 求W=X+Y的分布律.【解】（1） （2） 所以V的分布律為V=max(X,Y)012345P0(3) 于是U=min(X,Y)0123P(4)類似上述過程，有W=X+Y012345678P0，設(shè)目標(biāo)出現(xiàn)點（X，Y）在屏幕上服從均勻分布.（1） 求P{Y＞0｜Y＞X}；（2） 設(shè)M=max{X，Y}，求P{M＞0}.題20圖【解】因（X，Y）的聯(lián)合概率密度為（1） (2) =1/x及直線y=0，x=1,x=e2所圍成，二維隨機(jī)變量（X，Y）在區(qū)域D上服從均勻分布，求（X，Y）關(guān)于X的邊緣概率密度在x=2處的值為多少？題21圖【解】區(qū)域D的面積為 （X,Y）的聯(lián)合密度函數(shù)為（X，Y）關(guān)于X的邊緣密度函數(shù)為所以，下表列出了二維隨機(jī)變量（X，Y）. XYy1 y2 y3P{X=xi}=pix1x21/81/8P{Y=yj}=pj1/61【解】因,故從而而X與Y獨立，故,從而即： 又即從而同理 又,故.同理從而故YX1(λ0)的泊松分布，每位乘客在中途下車的概率為p（0p1），且中途下車與否相互獨立，以Y表示在中途下車的人數(shù)，求：（1）在發(fā)車時有n個乘客的條件下，中途有m人下車的概率；（2）二維隨機(jī)變量（X，Y）的概率分布.【解】(1) .(2) ，其中X的概率分布為X~，而Y的概率密度為f(y)，求隨機(jī)變量U=X+Y的概率密度g(u). 【解】設(shè)F（y）是Y的分布函數(shù)，則由全概率公式，知U=X+Y的分布函數(shù)為 由于X和Y獨立，可見 由此，得U的概率密度為 25. 25. 設(shè)隨機(jī)變量X與Y相互獨立，且均服從區(qū)間[0,3]上的均勻分布，求P{max{X,Y}≤1}.解：因為隨即變量服從[0，3]上的均勻分布，于是有 因為X，Y相互獨立，所以推得 .26. 設(shè)二維隨機(jī)變量（X，Y）的概率分布為XY 1 0 1 101a 0 b 0 c其中a,b,c為常數(shù)，且X的數(shù)學(xué)期望E(X)= ,P{Y≤0|X≤0}=，記Z=X+：（1） a,b,c的值；（2） Z的概率分布；（3） P{X=Z}. 解 (1) 由概率分布的性質(zhì)知，a+b+c+=1 即 a+b+c = .由，可得.再由 ,得 .解以上關(guān)于a，b，c的三個方程得.(2) Z的可能取值為2，1，0，1，2，，，即Z的概率分布為Z2 1 0 1 2P (3) .習(xí)題四X 1 0 1 2P1/8 1/2 1/8 1/4求E（X），E（X2），E（2X+3）.【解】(1) (2) (3) ，求任意取出的5個產(chǎn)品中的次品數(shù)的數(shù)學(xué)期望、方差.【解】設(shè)任取出的5個產(chǎn)品中的次品數(shù)為X，則X的分布律為X012345P故 X 1 0 1Pp1 p2 p3且已知E（X）=,E(X2)=,求P1，P2，P3.【解】因……①,又……②,……③由①②③聯(lián)立解得，其中的白球數(shù)X為一隨機(jī)變量，已知E（X）=n，問從袋中任取1球為白球的概率是多少？【解】記A={從袋中任取1球為白球}，則 f（x）=求E（X），D（X）.【解】 故 ，Y，Z相互獨立，且E（X）=5，E（Y）=11，E（Z）=8，求下列隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望.（1） U=2X+3Y+1；（2） V=YZ 4X.【解】(1) (2) ，Y相互獨立，且E（X）=E（Y）=3，D（X）=12，D（Y）=16，求E（3X 2Y），D（2X 3Y）.【解】(1) (2) （X，Y）的概率密度為f（x，y）=試確定常數(shù)k，并求E（XY）.【解】因故k=2.，Y是相互獨立的隨機(jī)變量，其概率密度分別為fX（x）= fY（y）=求E（XY）.【解】方法一：先求X與Y的均值 由X與Y的獨立性，得 方法二：，故聯(lián)合密度為于是，Y的概率密度分別為fX（x）= fY（y）=求（1） E（X+Y）。E(Y),再由相關(guān)系數(shù)性質(zhì)知ρXY=0,即X與Y的相關(guān)系數(shù)為0，從而X和Y是不相關(guān)的.又從而X與Y不是相互獨立的.（X，Y）在以（0，0），（0，1），（1，0）為頂點的三角形區(qū)域上服從均勻分布，求Cov（X，Y），ρXY.【解】如圖，SD=，故（X，Y）的概率密度為題18圖從而同理而 所以.從而 （X，Y）的概率密度為f（x，y）=求協(xié)方差Cov（X，Y）和相關(guān)系數(shù)ρXY.【解】 從而同理 又 故 （X，Y）的協(xié)方差矩陣為，試求Z1=X 2Y和Z2=2X Y的相關(guān)系數(shù).【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.從而 故 ，W，若E（V2），E（W2）存在，證明：［E（VW）］2≤E（V2）E（W2）.這一不等式稱為柯西許瓦茲（Couchy Schwarz）不等式.【證】令顯然 可見此關(guān)于t的二次式非負(fù)，故其判別式Δ≤0，即 故=1/，出現(xiàn)故障時自動關(guān)機(jī)，（y）. 【解】設(shè)Y表示每次開機(jī)后無故障的工作時間，由題設(shè)知設(shè)備首次發(fā)生故障的等待時間X~E(λ),E(X)==5.依題意Y=min(X,2).對于y0,f(y)=P{Y≤y}=0.對于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1.對于0≤y2,當(dāng)x≥0時，在(0,x)內(nèi)無故障的概率分布為P{X≤x}=1 e λx,所以F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1 e y/5.、乙兩箱中裝有同種產(chǎn)品，其中甲箱中裝有3件合格品和3件次品，求：（1）乙箱中次品件數(shù)Z的數(shù)學(xué)期望；（2）從乙箱中任取一件產(chǎn)品是次品的概率. 【解】（1） Z的可能取值為0，1，2，3，Z的概率分布為, Z=k0123Pk因此，(2) 設(shè)A表示事件“從乙箱中任取出一件產(chǎn)品是次品”，根據(jù)全概率公式有 （毫米）服從正態(tài)分布N（μ,1），內(nèi)徑小于10或大于12為不合格品，銷售每件不合格品虧損，已知銷售利潤T（單位：元）與銷售零件的內(nèi)徑X有如下關(guān)系T=問：平均直徑μ取何值時，銷售一個零件的平均利潤最大？ 【解】 故得 兩邊取對數(shù)有解得 (毫米)由此可得，當(dāng)u=，平均利潤最大.f(x)=對X獨立地重復(fù)觀察4次，用Y表示觀察值大于π/3的次數(shù)，求Y2的數(shù)學(xué)期望.（2002研考）【解】令 及,所以,從而，每臺無故障工作的時間Ti(i=1,2)服從參數(shù)為5的指數(shù)分布，首先開動其中一臺，=T1+T2的概率密度fT(t)，數(shù)學(xué)期望E（T）及方差D（T）. 【解】由題意知：因T1,T2獨立，所以fT(t)=f1(t)*f2(t).當(dāng)t0時，fT(t)=0。P(B)=0.而這恰好是兩事件A、B獨立的定義，即ρ=0是A和B獨立的充分必要條件.(2) 引入隨機(jī)變量X與Y為 由條件知，X和Y都服從0 1分布，即 從而有E(X)=P(A),E(Y)=P(B),D(X)=P(A)(3). 解： (1) Y的分布函數(shù)為.當(dāng)y≤0時， ，；當(dāng)0＜y＜1時，；當(dāng)1≤y4時， ；當(dāng)y≥4時，.故Y的概率密度為(2) , , ,故 Cov(X,Y) =.(3) .