第四章
2.[二] 某产品的次品率为0.1,检验员每天检验4次。每次随机地抽取10件产品进行检验,如果发现其中的次品数多于1,就去调整设备,以X表示一天中调整设备的次数,试求E (X)。(设诸产品是否是次品是相互独立的。)
解:设表示一次抽检的10件产品的次品数为ξ
P=P(调整设备)=P (ξ>1)=1-P (ξ≤1)= 1-[P (ξ=0)+ P (ξ=1)]
1-0.7361=0.2639.
因此X表示一天调整设备的次数时X~B(4, 0.2639). P (X=0)=
P (X=1)=
P (X=3)=
E (X)=np=4×0.2639=1.0556
3.[三] 有3只球,4只盒子,盒子的编号为1,2,3,4,将球逐个独立地,随机地放入4只盒子中去。设X为在其中至少有一只球的盒子的最小号码(例如X=3表示第1号,第2号盒子是空的,第3号盒子至少有一只球),求E (X)。
∵ 事件 {X=1}={一只球装入一号盒,两只球装入非一号盒}+{两只球装入一号盒,一只球装入非一号盒}+{三只球均装入一号盒}(右边三个事件两两互斥)
∴
∵事件“X=2”=“一只球装入二号盒,两只球装入三号或四号盒”+“两只球装二号盒,一只球装入三或四号盒”+“三只球装入二号盒”
∴
同理:
故
5.[五] 设在某一规定的时间间段里,其电气设备用于最大负荷的时间X(以分计)是一个连续型随机变量。其概率密度为
求E (X)
解:
6.[六] 设随机变量X的分布为
X -2 0 2
Pk 0.4 0.3 0.3
求 E (X), E (3X2+5)
解: E (X)= (-2)×0.4+0×0.3+2×0.3=-0.2
E (X2)= (-2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8
E (3X2+5) = 3E (X2)+ E (5)= 8.4+5=13.4
7.[七] 设随机变量X的概率密度为
求(1)Y=2X (2)Y=e-2x的数学期望。
解:(1)
(2)
8.[八] 设(X,Y)的分布律为
X Y | 1 | 2 | 3 |
-1 0 1 | 0.2 0.1 0.1 | 0.1 0 0.1 | 0 0.3 0.1 |
(1) 求E (X),E (Y )。
(2) 设Z=Y/X,求E (Z )。
(3) 设Z= (X-Y )2,求E (Z)。
解:(1)由X,Y的分布律易得边缘分布为
X Y | 1 | 2 | 3 | |
-1 | 0.2 | 0.1 | 0 | 0.3 |
0 | 0.1 | 0 | 0.3 | 0.4 |
1 | 0.1 | 0.1 | 0.1 | 0.3 |
0.4 | 0.2 | 0.4 | 1 | |
E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4
=0.4+0.4+1.2=2.
E(Y)= (-1)×0.3+0×0.4
+1×0.3=0.
Z=Y/X | -1 | -1/2 | -1/3 | 0 | 1/3 | 1/2 | 1 |
pk | 0.2 | 0.1 | 0 | 0.4 | 0.1 | 0.1 | 0.1 |
(2)
E (Z )= (-1)×0.2+(-0.5)×0.1+(-1/3)×0+0×0.4+1/3×0.1+0.5×0.1+1×0.1
= (-1/4)+1/30+1/20+1/10=(-15/60)+11/60=-1/15.
Z (X-Y)2 | 0 (1-1)2 | 1 (1- 0)2或(2-1)2 | 4 (2- 0)2或(1- (-1))2或(3-1)2 | 9 (3- 0)2或(2-(-1))2 | 16 (3-(-1))2 |
pk | 0.1 | 0.2 | 0.3 | 0.4 | 0 |
(3)
E (Z )=0×0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=5
10.[十] 一工厂生产的某种设备的寿命X(以年计)服从指数分布,概率密度为
利的数学期望。
解:一台设备在一年内损坏的概率为
故
则
故
11.[十一] 某车间生产的圆盘直径在区间(a, b)服从均匀分布。试求圆盘面积的数学期望。
解:设X为圆盘的直径,则其概率密度为
用Y表示圆盘的面积,则
12.[十三] 设随机变量X1,X2的概率密度分别为
求(1)E (X1+X2),E (2X1-3
解:(1)
=
(2)
=
(3)
13.[十四] 将n只球(1~n号)随机地放进n只盒子(1~n号)中去,一只盒子装一只球。将一只球装入与球同号的盒子中,称为一个配对,记X为配对的个数,求E(X )
解:引进随机变量
i=1, 2, … n
则球盒对号的总配对数为
Xi的分布列为
Xi: | 1 | 0 |
P: | ||
∴
14.[十五] 共有n把看上去样子相同的钥匙,其中只有一把能打开门上的锁,用它们去试开门上的锁。设抽取钥匙是相互独立的,等可能性的。若每把钥匙经试开一次后除去,试用下面两种方法求试开次数X的数学期望。
(1)写出X的分布律,(2)不写出X的分布律。
解:(1)
X | 1 | 2 | 3 | ……n |
P | …… | |||
(2)设一把一把钥匙的试开,直到把钥匙用完。
设
则试开到能开门所须试开次数为
Xi | i | 0 |
P | ||
∵ E (Xi)=
i=1, 2……n
∴
15. (1)设随机变量X的数学期望为E (X),方差为D (X)>0,引入新的随机变量(X*称为标准化的随机变量):
验证E (X* )=0,D (X* )=1
(2)已知随机变量X的概率密度。
求X*的概率密度。
解:(1)
D (X* )= E [X*-E (X )* ]]2= E (X*2 )=
=
(2)
16.[十六] 设X为随机变量,C是常数,证明D (X )<E {(X-C )2 },对于C≠E (X ),(由于D (X ) = E {[X-E (X )]2 },上式表明E {(X-C )2 }当C=E (X )时取到最小值。)
证明:∵ D (X )-E (X-C )2 = D (X2 )-[E (X )]2-[E (X2 )-2CE (X2 )+C2
=-{[E (X )]2-2CE (X2 )+C2}
=-[E (X )-C ] 2<0,
∴当E (X )≠C时D (X )< E (X-C )2
17. 设随机变量X服从指数分布,其概率密度为
解:
又
D (X )= E (X 2 )-E 2 (X )=2θ2-θ2=θ2
21.设X1, X2 ,…, Xn是相互独立的随机变量且有
除了“漂亮女生”形成的价格,优惠等条件的威胁外,还有“碧芝”的物品的新颖性,创意的独特性等,我们必须充分预见到。证明:(1)
(利用数学期望的性质2°,3°)
创业首先要有“风险意识”,要能承受住风险和失败。还要有责任感,要对公司、员工、投资者负责。务实精神也必不可少,必须踏实做事; (利用方差的性质2°,3°)
大学生购买力有限,即决定了要求商品能价廉物美,但更注重的还是在购买过程中对精神文化爱好的追求,满足心理需求。(2)首先证
于是
1、DIY手工艺市场状况分析(3)
上述所示的上海经济发展的数据说明:人们收入水平的增加,生活水平的提高,给上海的饰品业带来前所未有的发展空间,为造就了一个消费额巨大的饰品时尚市场提供了经济基础。使大学生对DIY手工艺品的时尚性消费,新潮性消费,体验性消费成为可能。
(三)上海的文化对饰品市场的影响
可见“体验化消费” 广受大学生的欢迎、喜欢,这是我们创业项目是否成功的关键,必须引起足够的注意。23.[二十五] 设随机变量X和Y的联合分布为:
X 为了解目前大学生对DIY手工艺品制作的消费情况,我们于己于人2004年3月22日下午利用下课时间在校园内进行了一次快速抽样调查。据调查本次调查人数共50人,并收回有效问卷50份。调查分析如下:Y | 关于DIY手工艺制品的消费调查-1 | (四)大学生对手工艺制品消费的要求0 | 1 |
-1 | |||
0 | 0 | ||
1 | |||
验证:X和Y不相关,但X和Y不是相互独立的。
证:∵ P [X=1 Y=1]=
P [X=1 Y=1]≠P [X=1] P [Y=1]
∴ X,Y不是独立的
又 E (X )=-1×
E (Y )=-1×
COV(X, Y )=E{[X-E (X )][Y-E (Y )]}= E (XY )-EX·EY
= (-1)(-1)
∴ X,Y是不相关的
27.已知三个随机变量X,Y,Z中,E (X )= E (Y )=1, E (Z )=-1,D (X )=D (Y )=D (Z )=1, ρXY=0 ρXZ=
解:E (W )= E (X+Y+Z)= E (X )+ E (Y )+ E (Z )=1+1-1=1
D (W )= D (X+Y+Z)=E{[ (X+Y+Z)-E (X+Y+Z)]2}
= E{[ X-E (X )]+[ Y-E (Y )]+Z-E (Z )}2
= E{[ X-E (X )]2+[ Y-E (Y )]2+ [Z-E (Z )]2+2[ X-E (X )] [ Y-E (Y )]
+2[ Y-E (Y )] [Z-E (Z )]+2[Z-E (Z )] [ X-E (X )]}
= D (X )+D (Y )+D (Z )+2 COV(X, Y )+ 2 COV(Y, Z )+ 2 COV(Z, X )
= D (X )+D (Y )+D (Z )+2
+
26.[二十八] 设随机变量(X1,X2)具有概率密度。
求 E (X1),E (X2),COV(X1,X2),
解:
D (X1+X2)= D (X1)+ D (X2)+2COV(X1, X2)
=
28.[二十九]设X~N(μ,σ 2),Y~N(μ,σ 2),且X,Y相互独立。试求Z1= αX+βY和Z2= αX-βY的相关系数(其中
解:由于X,Y相互独立
Cov(Z1, Z2)=E(Z1,Z2)-E(Z1) E(Z2)=E (αX+βY ) (αX-βY )-(αEX+βEY ) (αEX-βEY )
=α2EX 2-βEY 2-α2 (EX ) 2+β(EY ) 2=α2DX-β 2DY=(α2-β 2) σ 2
DZ1=α2DX+β 2DY=(α2+β 2) σ 2, DZ2=α2DX+β 2DY=(α2+β 2) σ 2,
(利用数学期望的性质2°3°)
故
29.[二十三] 卡车装运水泥,设每袋水泥重量(以公斤计)服从N(50,2.52)问最多装多少袋水泥使总重量超过2000的概率不大于0.05.
解:已知X~N(50,2.52)不妨设最多可装A袋水泥才使总重量超过2000的概率不大于0.05.则由期望和方差的性质得Y=AX~N(50A,2.52A).故由题意得
P {Y≥2000}≤0.05
即
30.[三十二] 已知正常男性成人血液中,每一毫升白细胞数平均是7300,均方差是700,利用契比雪夫不等式估计每毫升含白细胞数在5200~9400之间的概率p.
解:由题意知μ=7300,σ=700,则由契比雪夫不等式
31.[三十三]对于两个随机变量V,W若E(V2 )E (W2 )存在,证明[E (VW)]2≤E (V2 )E (W 2 )这一不等式称为柯西施瓦兹(Cauchy-Schwarz)不等式.
证明:由
由D (V )= E (V2 )-[E (V )]2≤E (V2 )=0知D (V )=0,此时[E (V )]2 = E (V2 )=0即E (V )=0。再由方差的性质知P (V=0)=1.又
有E (W-tV )2 = E (V2 ) t2-2 E(VW )t+ E (W 2 )≥0.(*)
(*)式是t的二次三项式且恒非负,所以有∆=[-2 E(VW )] 2-4 E (V2 ) E (W 2 ) ≤0
故Cauchy-Schwarz不等式成立。
[二十一](1)设随机变量X1,X2,X3,X4相互独立,且有E (Xi )=i, D (Xi )=5-i, i=1,2,3,4。设Y=2 X1-X2+3X3-
(2)设随机变量X,Y相互独立,且X~N(720,302),Y~N(640,252),求Z1=2X+Y,Z2=X-Y的分布,并求P {X>Y }, P {X+Y>1400 }
解:(1)利用数学期望的性质2°,3°有
E (Y )= 2E (X1 )-E (X2 )+3 E (X3 )-
利用数学方差的性质2°,3°有
D (Y )=22 D (X1 )+ (-1)2 D (X2 )+32 D (X3 )+(
(2)根据有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布,知
Z1~N(· ,·),Z2~N(· ,·)
而E Z1=2EX+Y=2×720+640, D (Z1)= 4D (X )+ D (Y )= 4225
E Z2=EX-EY=720-640=80, D (Z2)= D (X )+ D (Y )= 1525
即 Z1~N(2080,4225), Z2~N(80,1525)
P {X>Y }= P {X-Y >0 }= P {Z2>0 }=1-P {Z2 ≤0 }
=
P {X+Y >1400 }=1-P {X+Y ≤1400 }
同理X+Y~N(1360,1525)
则P {X+Y >1400 }=1-P {X+Y ≤1400 }
=
[二十二] 5家商店联营,它们每周售出的某种农产品的数量(以kg计)分别为X1,X2,X3,X4,X5,已知X1~N(200,225),X2~N(240,240),X3~N(180,225),X4~N(260,265),X5~N(320,270),X1,X2,X3,X4,X5相互独立。
(1)求5家商店两周的总销售量的均值和方差;
(2)商店每隔两周进货一次,为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99,问商店的仓库应至少储存多少公斤该产品?
解:(1)令
已知E X1=200,E X2=240,E X3=180,E X4=260,E X5=320,
D (X1)=225,D (X2)=240,D (X3)=225,D (X4)=265,D (X5)=270,
利用数学期望的性质3°有
利用方差的性质3°有
(2)设商店仓库储存a公斤该产品,使得
P {Y ≤ a}>0.99
由相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布,并注意到(1),得
Y~ N(1200,1225)
查标准正态分布表知
∴ a至少取1282.
本文来源:https://www.2haoxitong.net/k/doc/92a734130129bd64783e0912a216147916117e77.html
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