《概率论与数理统计》第三版,科学出版社_课后习题答案.,
时间：2025-04-20
第二章随机变量
2.1X2P1/36
31/18
∞
41/12
51/9
65/36
∞
71/6
k
85/36
91/9
101/12
111/18
121/36
2.2解：根据∑P(X=k)=1，得∑ae
k=0
k=0
ae 1
=1，即=1。
1 e 1
故
a=e 1
2.3解：用X表示甲在两次投篮中所投中的次数，X~B(2,0.7)用Y表示乙在两次投篮中所投中的次数,Y~B(2,0.4)(1)两人投中的次数相同
P{X=Y}=P{X=0,Y=0}+P{X=1,Y=1}+P{X=2,Y=2}=
0202111120200.70.3×0.40.6+0.70.3×0.40.6+0.70.3×0.40.6=0.3124C2C2C2C2C2C2
1
1
2
2
(2)甲比乙投中的次数多
P{X>Y}=P{X=1,Y=0}+P{X=2,Y=0}+P{X=2,Y=1}=
C20.710.31×C20.400.62+C20.720.30×C20.400.62+C20.720.30×C20.410.61=0.5628
2.4解:（1）P{1≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=1+2+3=2
151515
5
102021
P{0.5<X<2.5}=P{X=1}+P{X=2}=1+2=1(2)(2)P{0.5<X<2.5}=P{X=1}+
1515
5
11[1 ()k]
1111=12.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=2+4+6+L2k=klim
→∞1222231
4
（2）P{X≥3}=1―P{X<3}=1―P{X=1}-P{X=2}=1 =
121414
2.6解：设Ai表示第i次取出的是次品，X的所有可能取值为0，1，2
P{X=0}=P{1234}=P(1)P(2|1)P(3|12)P(4|123)=1817161512×××=2019181719
P{X=1}=P{A1A2A3A4}+P{A1A2A3A4}+P{A1A2A3A4}+P{A1A2A3A4}
218171618217161818216181716232=×××+×××+×××+×××=2019181720191817201918172019181795P{X=2}=1 P{X=0} P{X=1}=1
12323 =199595
2.7解：(1)设X表示4次独立试验中A发生的次数，则X~B(4,0.4)
P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)=C40.430.61+C40.440.60=0.1792
3
4
(2)设Y表示5次独立试验中A发生的次数，则Y~B(5,0.4)
P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=C50.430.62+C50.440.61+C50.450.60=0.31744
3
4
5
2.8（1）X～P(λ)=P(0.5×3)=P(1.5)P(λ
1.50 1.5 1.5P{X=0}=e=e
0!
λ)=P(0.5×4)=P(2)P(λ（2）X～P(
20 221 2
P{X≥2}=1 P{X=0} P{X=1}=1 e e=1 3e 2
0!1!
2.9解：设应配备m名设备维修人员。又设发生故障的设备数为
X，则X~B(180,0.01)。
依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于0.99，即
P(X≤m)≥0.99，也即
P(X≥m+1)≤0.01
因为n=180较大，p=0.01较小，所以X近似服从参数为
λ=180×0.01=1.8的泊松分布。
查泊松分布表，得，当m+1=7时上式成立，得m=6。故应至少配备6名设备维修人员。
2.10解：一个元件使用1500小时失效的概率为
100010001
P(1000≤X≤1500)=∫= =
1000x2x10003
1500
1500
设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y，则Y~B(5,)。所求的概率为
1280
P(Y=2)=C52(2×()3=5=0.329
333
1
3
2.11解：(1)P(X<2)=F(2)=ln2
P(0<X<3)=F(3) F(0)=1 0=1
P(2<X≤2.5)=F(2.5) F(2)=ln2.5 ln2=ln1.25 x 11≤x<e
f(x)=F′(x)=
其它 0
(2)
2.12解：(1)由F(+∞)=1及limF(x)=F(0)，得 x→0
x
2
f(x)=F′(x)= xe
0
2
a=1
，故a+b=0
a=1,b=-1.
(2)
x≥0
x<0
(3)P(ln4<X<ln16)=F(ln16) F(4)
=(1 e
ln162
) (1 e
ln42
)=
1
=0.254
2.13（1）
假设该地区每天的用电量仅有80万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：
P{0.8<X≤1}=∫12x(1 x)2dx=(6x2 8x3+3x4)|=0.0272
0.8
0.8
1
1
（2）假设该地区每天的用电量仅有90万千瓦时，则该地区每天供电量不足的概率为：
P{0.9<X≤1}=∫12x(1 x)2dx=(6x2 8x3+3x4)|=0.0037
0.9
0.9
1
1
2.14解:要使方程x2+2Kx+2K+3=0有实根则使
=(2K) 4(2K+3)≥0
2
解得K的取值范围为[ ∞, 1]U[4,+∞],又随机变量K~U(-2,4)则有实根的概率为
p=
[ 1 ( 2)+4 3]1
=
4 ( 2)3
λ)=P(1)2.15解：X~P(X~P(λ
200
(1)P{X≤100}=∫0
100
111
x100 1 200
200
edx=e=1 e2|0200
113
x∞ 1 200
（2）P{X≥300}=∫300edx=e200|=e2
300200
∞
（3）P{100≤X≤300}=∫100
300
1113 x300 1 200
20022
edx=e|100=e e200
P{X≤100,100≤X≤300}=P{X≤100}P{100≤X≤300}=(1 e)(e
12
12
e)
32
2.16解：设每人每次打电话的时间为X，X~E(0.5)，则一个人打电话超过10分钟的概率为
P(X>10)=∫0.5e 0.5xdx= e 0.5x
10+∞
+∞10
=e 5
又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y，则
Y~B(282,e 5)。
因为n=282较大，p较小，所以Y近似服从参数为λ=282×e 5≈1.9的泊松分布。
所求的概率为
P(Y≥2)=1 P(Y=0) P(Y=1)
=1 e 1.9 1.9e 1.9=1 2.9e 1.9=0.56625
2.17解：(1)P(X≤105)=Φ(105 110)=Φ( 0.42)=1 Φ(0.42)
12
=1 0.6628=0.3372
(2)P(100≤X≤120)=Φ(120 110 Φ(100 110)
12
12
=Φ(0.83) Φ( 0.83)=2Φ(0.83) 1=2×0.7967 1=0.5934
2.18解：设车门的最低高度应为a厘米，X~N(170,62)
P{X≥a}=1 P{X≤a}≤0.01
a 170
P{X≤a}=Φ(≥0.99
6a 170
=2.336a≈184厘米
2.19解：X的可能取值为1,2,3。
C426
因为P(X=1)=3==0.6；
C510P(X=2)=1 0.6 0.1=0.3
P(X=3)=
11==0.1；3
C510
所以X的分布律为
X123
P
X的分布函数为
0.60.30.1
x<1 0
0.61≤x<2 F(x)=
0.92≤x<3 1x≥3
2.20(1)
π
P{Y=0}=P{X==0.2
2
P{Y=π2}=P{X=0}+P{X=π}=0.3+0.4=0.7
3π
P{Y=4π2}=P{X==0.1
2
Y
qi
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