1. 用随机变量来描述掷一枚硬币的试验结果。 写出它的概率函数和分布函数。
解： 假设ξ=1对应于"正面朝上",ξ0对应于反面朝上。 则。
p(ξ=0)=p(ξ=1)=0.5 .
其分布函数为。
2. 如果ξ服从0-1分布， 又知ξ取1的概率为它取0的概率的两倍， 写出ξ的分布律和分布函数。
解： 根据题意有。
p(ξ=1)=2p(ξ=0) (1)
并由概率分布的性质知。
p(ξ=0)+p(ξ=1)=1 (2)
将(1)代入(2)得。
3p(ξ=0)=1, 即p(ξ=0)=1/3
再由(1)式得。
p(ξ=1)=2/3
因此分布律由下表所示。
而分布函数为。
3. 如果ξ的概率函数为p=1, 则称ξ服从退化分布。 写出它的分布函数f(x), 画出f(x)的图形。
解：, 它的图形为。
4. 一批产品分一，二，**， 其中一级品是二级品的两倍， **品是二级品的一半， 从这批产品中随机地抽取一个检验质量， 用随机变量描述检验的可能结果， 写出它的概率函数。
解设ξ取值1,2,3代表取到的产品为一，二，**， 则根据题意有。
p(ξ=1)=2p(ξ=2) (1)
p(ξ=3)=p(ξ=2)/2 (2)
由概率论性质可知。
p(ξ=1)+p(ξ=2)+p(ξ=3)=1 (3)
1),(2)代入(3)得：
2p(ξ=2)+p(ξ=2)+p(ξ=2)/2=1
解得p(ξ=2)=2/7, 再代回到(1)和(2)得。
p(ξ=1)=4/7, p(ξ=3)=1/7
则概率函数为。
或列表如下：
5. 一批产品20个， 其中有5个次品， 从这批产品中随意抽取4个， 求这4个中的次品数ξ的分布律。
解： 基本事件总数为，
有利于事件(i=0,1,2,3,4)的基本事件数为， 则。
6. 一批产品包括10件**， 3件次品， 有放回地抽取， 每次一件， 直到取得**为止， 假定每件产品被取到的机会相同， 求抽取次数ξ的概率函数。
解： 每次抽到**的概率相同， 均为p=10/13=0.7692, 则每次抽到次品的概率q=1-p=0.2308则ξ服从相应的几何分布， 即有。
7. 上题中如果每次取出一件产品后， 总以一件**放回去， 直到取得**为止， 求抽取次数ξ的分布律。
解： 这样抽取次数就是有限的， 因为总共只有3件次品， 即使前面三次都抽到次品，第四次抽时次品已经全部代换为**， 因此必然抽到**， 这样ξ的取值为1,2,3,4.
不难算出，的分布律如下表所示：
8. 自动生产线在调整之后出现废品的概率为p, 当在生产过程**现废品时立即重新进行调整， 求在两次调整之间生产的合格品数ξ的概率函数。
解： 事件ξ=i说明生产了i次**后第i+1次出现废品， 这是i+1个独立事件的交(1次发生i次不发生， 因此有。
p(ξ=i)=p(1-p)i, (i=0,1,2,…)
9. 已知随机变量ξ只能取-1,0,1,2四个值， 相应概率依次为， 确定常数c并计算p.
解： 根据概率函数的性质有。即。得。
设事件a为ξ<1, b为ξ≠0, (注： 如果熟练也可以不这样设)则。
10. 写出第4题及第9题中各随机变量的分布函数。
解： 第4题：
第9题：当x<-1时： f(x)=p(ξ≤x)=0
当-1≤x<0时： f(x)=p(ξ≤x)=p(ξ=1)=
当0≤x<1时： f(x)=p(ξ≤x)=p(ξ=1)+p(ξ=0)=
当1≤x<2时： f(x)=p(ξ≤x)=p(ξ=1)+p(ξ=0)+p(ξ=1)=
当x≥2时： f(x)=p(ξ≤x)=1
综上所述， 最后得：
11. 已知ξ~,求ξ的分布函数f(x), 画出f(x)的图形。
解： 当x<0时： f(x)=0;
当0≤x<1时：
当x≥1时： f(x)=1
综上所述， 最后得。
图形为 12. 已知ξ~,求p; p(ξ=0.5);f(x).
解：,因ξ为连续型随机变量， 因此取任何点的概率均为零， 所以p=0,求f(x): 当x<0时， f(x)=0
当0≤x<1时，
当x≥1时， f(x)=1
综上所述， 最后得：
13. 某型号电子管， 其寿命(以小时计)为一随机变量， 概率密度， 某一个电子设备内配有3个这样的电子管， 求电子管使用150小时都不需要更换的概率。
解： 先求一个电子管使用150小时以上的概率p(ξ≥150)为：
则3个这样的电子管构成贝努里独立试验概型， 试验三次发生三次的概率为。
14. 设连续型随机变量ξ的分布函数为：
求系数a; p(0.3<ξ<0.7); 概率密度φ(x).
解： 因ξ是连续型随机变量， 因此f(x)也必是连续曲线， 则其在第二段(0,1)区间的曲线必能和第三段(1,+∞的曲线接上， 则必有。
a×12=1, 即a=1. 则分布函数为。
p(0.3<ξ<0.7)=f(0.7)-f(0.3)=0.72-0.32=0.49-0.09=0.4
概率密度φ(x)为。
15. 服从柯西分布的随机变量ξ的分布函数是f(x)=a+b arctgx, 求常数a,b;p以及概率密度φ(x).
解： 由f(-∞0,
得a+barctg1)
再由f(+∞1,
得 (2)综和(1),(2)两式解得。
即。16. 服从拉普拉斯分布的随机变量ξ的概率密度， 求系数a及分布函数f(x).
解： 这实际上是一个分段函数， φx)可重新写为。
根据性质， 又因φ(x)为偶函数， 因此有。
则有a=1/2
因此。 求分布函数f(x).
当x<0时， 有。
当x≥0时， 有。
综上所述， 最后得。
17. 已知， 计算p
解： 设事件a=, b=, 则要计算的是条件概率p(a|b), 而。
而事件ab=∩=
因此有。最后得。
18. 已知， 确定常数c.
解： 首先证明普阿松广义积分， 因为函数并不存在原函数， 因此需要一技巧。 令， 则。
作极坐标代换， 令， 则积分区间为全平面， 即θ从0积到2π, r从0积到+∞,且， 因此有。
所以i=π.
现确定常数c, 由性质，得。
19. 已知， 求常数c及p.
解： 由性质得。
解得 , 因此有。
则。20. 二元离散型随机变量(ξ,有如下表所示的联合概率分布：
求边缘概率分布， ξ与η是否独立？
解： 按下表计算ξ与η的边缘分布：
得ξ的边缘分布如下表所示：
以及η的边缘分布如下表所示：
当i=1及j=0时，因。
因此ξ与η相互间不独立。
21. 假设电子显示牌上有3个灯泡在第一排， 5个灯泡在第二排。 令ξ,η分别表示在某一规定时间内第一排和第二排烧坏的灯泡数。 若ξ与η的联合分布如下表所示：
试计算在规定时间内下列事件的概率：
1) 第一排烧坏的灯泡数不超过一个；
2) 第一排与第二排烧坏的灯泡数相等；
3) 第一排烧坏的灯泡数不超过第二排烧坏的灯泡数。
解： 假设事件a为第一排烧坏的灯泡数不超过一个， b为第一排与第二排烧坏的灯泡数相等， c为第一排烧坏的灯光数不超过第二排烧坏的灯泡数。
则事件a发生的概率为上表中头两排概率之和。
事件b发生的概率为上表中从0行0列开始的斜对角线之和。
事件c发生的概率为上表中斜对角线上右的各个数相加(包括斜对角线上的数), 但为减少运算量， 也可以考虑其逆事件的概率， 然后用1减去它。 而的概率为上表中斜对角线的左下角的所有概率之和(不包括斜对角线):
22. 袋中装有标上号码1,2,2的3个球， 从中任取一个并且不再放回， 然后再从袋中任取一球， 以ξ, 分别记为第一，二次取到球上的号码数， 求(ξ,的分布律(袋中各球被取机会相同).
解： 因为有两个2一个1, 因此第一次取到2号的概率为p(ξ=2)=2/3, 第一次取到1号的概率为p(ξ=1)=1/3. 第一次取到2号后还剩下一个2号一个1号， 则在此条件下第二次取到1号的概率p(η=1|ξ=2)=p(η=2|ξ=2)=1/2.
而第一次取到1号后还剩下两个2号， 因此这时p(η=1|ξ=1)=0, p(η=2|ξ=1)=1.
综上所述并用乘法法则可得。
ξ,η的分布律如下表所示：
23. (只取下列数组中的值：
且相应的概率依次为1/6, 1/3, 1/12, 5/12. 列出(ξ,的概率分布表， 写出关于η的边缘分布。
解： 从上面数组可知ξ只取-1,0,2这三个值， 而η只取0, ,1这三个值， 因此总共可构成九个数对， 其中只有四个数对的概率不为零。 概率分布表及η的边缘分布计算如下。
即η的边缘分布率如下表所示。
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