复旦大学概率论基础第三章答案

复旦大学概率论基础第一版第三章答案

复旦大学《概率论基础》习题答案

（第一版）

第三章 随机变量与分布函数

1、 解：令 n表在n次移动中向右移动的次数，则 n服从二项分布，

kk

P{ n k} Cnp(1 p)n k,k 0,1, n

以Sn表时刻时质点的位置，则

Sn n (n n) 2 n n。

n的分布列为

0

(1 p)n

11Cnp(1 p)n 1

2

22Cnp(1 p)n 2

n

。 pn

Sn的分布列为

n

(1 p)n

n 21Cnp(1 p)n 1

n 4

22Cnp(1 p)n 2

2、 解：P{ 1} P{失成} P{成失} pq qp，

n

。 pn

P{ 2} P{失失成} P{成成失} ppq qqp p2q q2p,

所以 的概率分布为

p{ k} pkq q2p,k 1,2, 。

3、 解： （1）1

f(k)

k 1

N

c

N， c 1。 N

1

（2）1 c

k! c(e 1)， c (e 1)

k 1

k

。

4、 证：f(x) 0，且

复旦大学概率论基础第一版第三章答案

1 |x| |x| x

f(x)dx dx edx e

0 2

f(x)是一个密度函数。

5、 解：（1）P(6 9) P (6 10)

1

211 ( 10) (9 10) 22

11 1

P 1 ( 10) ( 2) 0.285788

22 2

（2）P(7 12) P (7 10)

1 211 ( 10) (12 10) 22

1 11

P 1 ( 10) 1 1 ( 1) 0.774538

2 22

（3）P(13 15) P (13 10)

1

211 ( 10) (15 10) 22

P 1

1 1 11 1

7 ( 10) 2 2 (1) 0.06059

2 2 22 2

6、 解：7+24+38+24+7=100，P{ x4} (100 7)/100 0.93，P{ x3}

P{ x3} (7 24 38)/100 0.69，查表得 (1.5) 0.93, (0.5) 0.69。由题

设得

1 1

(x) P ( 60) (y 60) x P{ y}

3 3

令x

1

(y 60) 1.5，解得y 64.5，即x4 64.5。由对称性得x1 3

1

60 (64.5 60) 55.5。再令(y 60) 0.5，解得y 61.5，即x3 61.5。由对称性

3

得x2 60 (61.5 60) 58.5。

7、 解：（1） (1.3) 0.90，而P{ a} P ( 5)

1

21 1 (a 5) (a 5) ，令2 2

1

(a 5) 1.3解得a 7.6。 2

复旦大学概率论基础第一版第三章答案

（2）由P{| 5| a} 0.01得P{ 5 a} 0.005，从而P ( 5) 而 (2.6) 0.995所以

1 21

a =0.995，2

1

a 2.6,a 5.2。 2

8、 证：（1）设x2 x1,F(x2) F(x1) P{x1 x2} 0，所以F(x2) F(x1)，F(x)

非降。

（2）设x xn xn 1 x1 x0，x1 x由概率的可加性得

P (xi 1 xi) P{x x0} i 0

F(x) F(x) F(x

i

i 1

i 0

) F(x)。

由此得 F(x0) F(x) lim F(x0) F(x) ，

n

F(x) limF(xn) F(x 0),F(x)右连续。

n

（3）1 P{ }

n

P{n n 1}

F(n 1) F(n) limF(n)

n

x

n

m

limF(m)。

F(x)与limF(x)均存在且有穷，由0 F(x) 1及上式得由单调性得lim

x

F( ) 0,F( ) 1。

9、 证：P{x1 x2} P{ x2} P{ x1} P{ x2} (1 P{ x2})

P{ x2} P{ x1} 1 (1 ) (1 ) 1 1 ( ).

∴不等式成立。

0,

10、证法一：定义F(x) P{0 x},

1,

x ( ,0]

x (0,1]则F(x)是 的分布函数。由题设得，x (1, )

对任意2x [0,1]有P{0 x} P{x 2x}，即有

P{0 2x} 2P{0 x}。由此得F(2x) 2F(x)。逐一类推可得，若nx [0,1]，

复旦大学概率论基础第一版第三章答案

则F(nx) nF(x)，或者

1xmm

F(x) F()。从而对有理数，若x与x都属于[0,1]，则

nnnn

有F

m m

再由F(x)的左连续性可得，对任意无理数a，若ax与x都属于[0,1]，x F(x)。

n n

则F(ax) aF(x)。

因为区间[0,1)与[0,1]的长度相等，由题设得

F(1) P{0 1} P{0 1} 1.

由此及上段证明得，对任意x [0,1]有F(x) xF(1) x，即F(x)为

0,x 0

F(x) x,0 x 1

1,x 1

∴ 服从[0,1]上均匀分布。

证法二：如同证法一中定义 的分布函数F(x)，由F(x)单调知它对[0,1]上的L－测试几乎处处可微。设x1,x2 (0,1)，当x1 x [0,1](i 1,2)时，由题设得

F(x1 x) F(x1) P{x1 x1 x}

P{x2 x2 x} F(x2 x} F(x2)

等式两端都除以 x，再令 x 0可得，由F'(x1)存在可推得F'(x2)也存在，而且

F'(x2) F'(x1)。从而对任意x (0,1)有F'(x) c。当x[0,1]时显然有F'(x) 0。

一点的长度为0，由题设得P{ 0} P{ 1} 0。由上所述可知 是连续型随机变量，

F'(x)是其密度函数，从而定出c 1。至此得证 服从[0,1]均匀分布。

(x m)2 1

11、证：（1）f (x) exp 2

2 2

(x m)2 11 2

exp (x m) ln exp ln ln2 022

2 2 2

复旦大学概率论基础第一版第三章答案

若令Q( )

12

,T(x) (x m),D( _ ln ， S(x) ln2，则有 02

(2)

f (x) exp{Q( )T(x) D( ) S(x)}

这就证明了正态分布M(m0, 2)是单参数 ( 0)的指数族。 （2）fm(x)

2 (x m) exp 2

2 0 2 0

1

x2 2mx m2 m2x21 mx

exp lnexp 2 222

2 2 02 020 2 0 0

1

1

m2

mx21若令Q(m) ，则 ,T(x) x,D(m) ,S(x) ln222 0 02 02 0

fm(x) exp{Q(m)T(x) D(m) S(x)}

所以正态分布N(m, 0)是单参数m( m )的指数族。 （3）p(k; )

2

k

k!

e exp{kln lnk!}。

若令Q( ) ln ,T(k) k,D( ) ,S(k) lnk!，则

p(k; ) exp{Q( )T(k) D( ) S(k)}，所以p(k; )是单参数 ( 0)的指数族。

（4）关于[0, ]上的均匀分布，其密度函数为f (x)

1/ ,0 x

x 或x 0 0,

f (x)是定义在 …… 此处隐藏：8391字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……