概率论与数理统计 第四版 (乐励华 段五朵 著)
概率论与数理统计第四版 (4)
(四) 不相关与相互独立的关系:
a. 若X, Y相互独立, 则X, Y不相关; b. 上面的逆命题一般不真;
反例, 二维r.v.( X , Y )的密度函数是
f
(
x,
y)
1
,
x2 y2 1,
0, 其它,
其Cov(
X
,Y
)
0,
但f ( x, y)
f
X
(
x)
fY
(
y).
c. 当(X, Y)服从二维正态分布时, 逆命题亦成立
(4.1)
又若( X ,Y )为离散型r.v.
其分布律为P X xi ,Y yj pij , i, j 1, 2,3,
则有E(Z ) E g( X ,Y ) g( xi , yj ) pij , (4.2) j1 i1
(假设上述积分、级数分别绝对收敛)
例4. 设随机变量( X ,Y )的概率密度为
则其密度函数为
f
(
x)
e1
x
,
x 0,
0 , x 0.
E(X)
D( X ) E( X 2 ) [ E( X )]2 2
30 正态分布: 设X~N(, 2 ) E(X) ，D(X) 2
§3. 协方差和相关系数
(一) 定义:
二维r.v.( X , Y ) ,若E{[X E( X )][Y E(Y )]}存在,
四. n维正态随机变量:
1. 定义 : 设有n维r.v.( X1, X 2 , , X n ), 记
x1
1
11 12
X
x2
,
2
,
C
21
22
1n
2n
概率论与数理统计 第四版 第二章
（２） 所求的概率为
P｛ X ≥ ３｝ ＝ P｛ X ＝ ３｝ ＋ P｛ X ＝ ４｝ ＋ P｛ X ＝ ５｝
＝ ５ ０ ．１３ （１ － ０ ．１）２ ＋ ５ ０ ．１４ （１ － ０ ．１） ＋ ０ ．１５
３
４
＝ ０ ．００８ １ ＋ ０ ．０００ ４５ ＋ ０ ．０００ ０１ ＝ ０ ．００８ ５６ ． （３） 所求的概率为
31
＋ P｛ X ＝ １｝ P｛ Y ＝ ３｝ ＋ P｛ X ＝ ２｝ P｛ Y ＝ ３｝
＝
１ ３
×
１ ３
＋
１ ３
×
１ ３
＋
２ ９
×
１ ３
＝
８ ２７
．
（ii） P｛ Y ＜ X｝ ＝ １ － P｛ X ＜ Y｝ － P｛ X ＝ Y｝
钞 ＝
１
－
８ ２７
－
３ k＝ １
P｛（ X ＝ k） ∩ （ Y ＝ k）｝
解 （１） 此 试验 至少 做 １ 次 ，此 即 X 可能 值的 最 小值 ．若需做 k 次 ，则 前
k － １次试验均失败最后一次成功 ，由于各次试验是相互独立的 ，故分布律为
P｛ X ＝ k｝ ＝ qk－ １ p ＝ （１ － p） k－ １ p ， k ＝ １ ，２ ，３ ，… ． （２） 此试验至少做 r 次 ，若需做 k 次 ，则第 k 次必为成功 ，而前 k － １ 次中有
P｛ Y
＝ ３｝ ＝
１ ３
．
即 Y 的分布律为
P｛ Y ＝
i｝ ＝
１ ３
，
i
＝
１ ，２ ，３ ．
（３） （i） ｛ X ＜ Y｝可分解为下列 ３ 个两两不相容的事件之和 ，即
概率论与数理统计(第四版)习题答案全
概率论与数理统计(第四版)习题答案全概率论与数理统计习（第四版）题解答第一章 随机事件及其概率·样本空间·事件的关系及运算一、任意抛掷一颗骰子，观察出现的点数。
设事件A 表示“出现偶数点”，事件B 表示“出现的点数能被3整除”．（1）写出试验的样本点及样本空间；（2）把事件A 及B 分别表示为样本点的集合；（3）事件B A AB B A B A ,,,,分别表示什么事件？并把它们表示为样本点的集合．解：设i ω表示“出现i 点”)6,,2,1( =i ，则（1）样本点为654321,,,,,ωωωωωω；样本空间为}.,,,,,{654321ωωωωωω=Ω （2）},,{642ωωωA =； }.,{63ωωB =（3）},,{531ωωωA =，表示“出现奇数点”；},,,{5421ωωωωB =，表示“出现的点数不能被3整除”；},,,{6432ωωωωB A =⋃，表示“出现的点数能被2或3整除”；}{6ωAB =，表示“出现的点数能被2整除且能被3整除”；},{B A 51ωω= ，表示“出现的点数既不能被2整除也不能被3整除”二、写出下列随机试验的样本空间及各个事件中的样本点：（1）同时掷三枚骰子，记录三枚骰子的点数之和．A —“点数之和大于10”，B —“点数之和小于15”．（2）一盒中有5只外形相同的电子元件，分别标有号码1，2，3，4，5．从中任取3只，A —“最小号码为1”．解：(1) 设i ω表示“点数之和等于i ”)18,,4,3( =i ，则},,,{1843ωωω =Ω；},,,{181211ωωωA =；}.,,,{1443ωωωB =(2) 设ijk ω表示“出现号码为k j i ,,”);5,,2,1,,(k j i k j i ≠≠= ，则},,,,,,,,,{345245235234145135134125124123ωωωωωωωωωω=Ω }.,,,,,{145135134125124123ωωωωωωA =三、设C B A ,,为三个事件，用事件之间的运算表示下列事件： (1) A 发生, B 与C 都不发生； (2) C B A ,,都发生；(3) C B A ,,中至少有两个发生； (4) C B A ,,中至多有两个发生． 解：(1) C B A ；(2) ABC ；(3) ABC C AB C B A BC A ⋃⋃⋃或CA BC AB ⋃⋃(4) BC A C B A C AB C B A C B A C B A C B A ⋃⋃⋃⋃⋃⋃或C B A ⋃⋃或.ABC四、一个工人生产了n 个零件，以i A 表示他生产的第 i 个零件是合格品（n i ≤≤1）．用i A 表示下列事件：（1）没有一个零件是不合格品； （2）至少有一个零件是不合格品； （3）仅有一个零件是不合格品；（4）至少有一个零件不是不合格品． 解：(1) n A A A 21；(2) n A A A 21或n A A A ⋃⋃⋃ 21； (3) n n n A A A A A A A A A 212121⋃⋃⋃ (4) n A A A ⋃⋃⋃ 21或.21n A A A第二章 概率的古典定义·概率加法定理一、电话号码由七个数字组成，每个数字可以是0，1，2，…，9中的任一个数（但第一个数字不能为0），求电话号码是由完全不同的数字组成的概率．解：基本事件总数为611011011011011011019109⨯=C C C C C C C 有利事件总数为456789214151617181919⨯⨯⨯⨯⨯=C C C C C C C 设A 表示“电话号码是由完全不同的数字组成”，则0605.0109456789)(62≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯=A P 二、把十本书任意地放在书架上，求其中指定的三本书放在一起的概率．解：基本事件总数为!101010=A 指定的三本书按某确定顺序排在书架上的所有可能为!777=A 种；这三本书按确定的顺序放在书架上的所以可能的位置共818=C 种；这三本书的排列顺序数为!333=A ；故有利事件总数为!3!8!38!7⨯=⨯⨯(亦可理解为)3388P P设A 表示“指定的三本书放在一起”，则067.0151!10!3!8)(≈=⨯=A P三、为了减少比赛场次，把二十个队任意分成两组（每组十队）进行比赛，求最强的两个队被分在不同组内的概率．解：20个队任意分成两组（每组10队）的所以排法，构成基本事件总数1020C ；两个最强的队不被分在一组的所有排法，构成有利事件总数91812C C 设A 表示“最强的两队被分在不同组”，则526.01910)(102091812≈==C C C A P四、某工厂生产的产品共有100个，其中有5个次品．从这批产品中任取一半来检查，求发现次品不多于1个的概率．解：设i A 表示“出现的次品为i 件”)5,4,3,2,1,0(=i ，A 表示“取出的产品中次品不多于 1个”，则 .10A A A ⋃=因为V A A =10，所以).()()(10A P A P A P +=而0281.0979942347)(5010050950≈⨯⨯⨯==C C A P 1529.09799447255)(501004995151≈⨯⨯⨯⨯==C C C A P故 181.01529.00281.0)(=+≈A P五、一批产品共有200件, 其中有6件废品．求 (1) 任取3件产品恰有1件是废品的概率; (2) 任取3件产品没有废品的概率; (3) 任取3件产品中废品不少于2件的概率． 解：设A 表示“取出的3件产品中恰有1件废品”；B 表示“取出的3件产品中没有废品”；C 表示“取出的3件产品中废品不少于2件”，则 (1) 0855.019819920019319418)(3200219416≈⨯⨯⨯⨯==C C C A P (2) 912.0198199200192193194)(32003194≈⨯⨯⨯⨯==C C B P(3) 00223.019819920012019490)(3200019436119426≈⨯⨯⨯⨯=+=C C C C C C P六、设41)( ,0 ,31)()()(======BC P P(AC)P(AB)C P B P A P ．求A , B , C 至少有一事件发生的 概率．解：因为0==P(AC)P(AB)，所以V AC V AB ==,，从而V C AB =)(可推出0)(=ABC P设D 表示“A , B , C 至少有一事件发生”，则C B A D ⋃⋃=，于是有)()()()()()()()()(ABC P CA P BC P AB P C P B P A P C B A P D P +---++=⋃⋃=75.04341313131==-++=第三章 条件概率与概率乘法定理·全概率公式与贝叶斯公式一、设,6.0)|(,4.0)(,5.0)(===B A P B P A P 求)|(,)(B A A P AB P ． 解：因为B A AB B B A A +=+=)(，所以)()()(B A P AB P A P +=，即14.06.0)4.01(5.0)()()()()()(=⨯--=-=-=B A P B P A P B A P A P AB P68.074.05.036.0)4.01(5.05.0)()()()()()]([)|(≈=--+=-+==B A P B P A P A P B A P B A A P B A A P二、某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，求他拨号不超过两次而接通所需电话的概率．若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？ 解：设A 表示“第一次拨通”，B 表示“第二次拨通”，C 表示“拨号不超过两次而拨通”（1）2.0101101)()()(19111101911011=+=⋅+=+=C C C C C C A B P A P C P（2）4.05151)()()(2511141511=+=+=+=A A A A A A B P A P C P三、两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍．（1）求任意取出的零件是合格品的概率；（2）如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率． 解：设i A 表示“第i 台机床加工的零件”)2,1(=i ；B 表示“出现废品”；C 表示“出现合格品”（1）)()()()()()()()(22112121A C P A P A C P A P C A P C A P C A C A P C P +=+=+= 973.0)02.01(31)03.01(32≈-⨯+-⨯=（2）25.002.03103.03202.031)()()()()()()()()(22112222=⨯+⨯⨯=+==A B P A P A B P A P A B P A P B P B A P B A P四、猎人在距离100米处射击一动物，击中的概率为0.6；如果第一次未击中，则进行第二次射击，但由于动物逃跑而使距离变为150米；如果第二次又未击中，则进行第三次射击，这时距离变为200米．假定击中的概率与距离成反比，求猎人三次之内击中动物的概率．解：设i A 表示“第i 次击中”)3,2,1(=i ，则由题设，有1006.0)(1kA P ==，得60=k ，从而有4.015060150)(2===k A P ，.3.020060200)(3===k A P设A 表示“三次之内击中”，则321211A A A A A A A ++=，故有)()()()()()()(321211A P A P A P A P A P A P A P ++=832.03.0)4.01()6.01(4.0)6.01(6.0=⨯-⨯-+⨯-+= （另解）设B 表示“猎人三次均未击中”，则168.0)3.01)(4.01)(6.01()(=---=B P故所求为 832.0)(1)(=-=B P B P五、盒中放有12个乒乓球，其中有9个是新的．第一次比赛时从其中任取3个来用，比赛后仍放回盒中．第二次比赛时再从盒中任取3个，求第二次取出的都是新球的概率． 解：设i A 表示“第一次取得i 个新球”)3,2,1,0(=i ，则2201)(312330==C C A P 22027)(31219231==C C C A P 220108)(31229132==C C C A P 22084)(31239033==C C C A P 设B 表示“第二次取出的都是新球”，则312363123731238312393022084220108220272201)()()(C C C C C C C C A B P A P B P i i i ⋅+⋅+⋅+⋅==∑=146.0532400776161112208444722010855142202755212201≈=⋅+⋅+⋅+⋅=第四章 随机事件的独立性·独立试验序列一、一个工人看管三台车床，在一小时内车床不需要工人照管的概率：第一台等于0.9，第二台等于0.8，第三台等于0.7．求在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管的概率． 解：设i A 表示“第i 台机床不需要照管”)3,2,1(=i ，则9.0)(1=A P 8.0)(2=A P 7.0)(3=A P再设B 表示“在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管”，则321321321321A A A A A A A A A A A A B +++= 于是有)()()()()()()()()()()()()(321321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P A P B P +++= )7.01(8.09.07.0)8.01(9.07.08.0)9.01(7.08.09.0-⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯-+⨯⨯=902.0=．（另解）设i B 表示“有i 台机床需要照管”)1,0(=i ，B 表示“在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管”，则10B B B +=且0B 、1B 互斥，另外有 504.07.08.09.0)(0=⨯⨯=B P398.0)7.01(8.09.07.0)8.01(9.07.08.0)9.01()(1=-⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯-=B P 故902.0398.0504.0)()()()(1010=+=+=+=B P B P B B P B P ．二、电路由电池a 与两个并联的电池b 及c 串联而成．设电池c b a ,,损坏的概率分别是0.3、0.2、0.2，求电路发生间断的概率． 解：设1A 表示“a 损坏”；2A 表示“b 损坏”；3A 表示“c 损坏”；则3.0)(1=A P 2.0)()(32==A P A P 又设B 表示“电路发生间断”，则321A A A B += 于是有)()()()()(321321321A A A P A A P A P A A A P B P -+=+=)()()()()()(321321A P A P A P A P A P A P -+=328.02.02.03.02.02.03.0=⨯⨯-⨯+=．三、三个人独立地去破译一个密码，他们能译出的概率分别为51、31、41，求能将此密码译出的概率．解：设A 表示“甲能译出”；B 表示“乙能译出”；C 表示“丙能译出”，则51)(=A P 31)(=B P 41)(=C P设D 表示“此密码能被译出”，则C B A D ⋃⋃=，从而有)()()()()()()()()(ABC P CA P BC P AB P C P B P A P C B A P D P +---++=⋃⋃=)()()()()()()()()()()()(C P B P A P A P C P C P B P B P A P C P B P A P +---++= 6.0413151415141513151413151=⨯⨯+⨯-⨯-⨯-++=． （另解）52)411)(311)(511()()()()()(=---===C P B P A P C B A P D P ，从而有6.053521)(1)(==-=-=D P D P四、甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人的命中概率分别为7.0,5.0,4.0．飞机被一人击中而被击落的概率为2.0，被两人击中而被击落的概率为6.0，若三人都击中，则 飞机必被击落．求飞机被击落的概率． 解：设1A 表示“甲命中”；2A 表示“乙命中”；3A 表示“丙命中”；则4.0)(1=A P5.0)(2=A P 7.0)(3=A P 设i B 表示“i 人击中飞机” )3,2,1,0(=i ，则09.0)7.01)(5.01)(4.01()())(()()(3213210=---===A P A P A P A A A P B P)()(3213213211A A A A A A A A A P B P ++=)()()(321321321A A A P A A A P A A A P ++=)()()()()()()()()(321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P ++=36.07.0)5.01)(4.01()7.01(5.0)4.01()7.01)(5.01(4.0=⨯--+-⨯⨯-+--⨯=)()(3213213212A A A A A A A A A P B P ++= )()()(321321321A A A P A A A P A A A P ++=)()()()()()()()()(321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P ++=41.07.0)5.01)(4.01()7.01(5.0)4.01()7.01)(5.01(4.0=⨯--+-⨯⨯-+--⨯=14.07.05.04.0)()()()()(3213213=⨯⨯===A P A P A P A A A P B P 设A 表示“飞机被击落”，则由题设有0)(0=B A P 2.0)(1=B A P 6.0)(2=B A P 1)(3=B A P故有458.0114.06.041.02.036.0009.0)()()(30=⨯+⨯+⨯+⨯==∑=i i i B A P B P A P ．五、某机构有一个9人组成的顾问小组，若每个顾问贡献正确意见的概率都是0.7，现在该机构内就某事可行与否个别征求每个顾问的意见，并按多数人意见作出决策，求作 出正确决策的概率．解：设i A 表示“第i 人贡献正确意见”，则7.0)(=i A P )9,,2,1( =i ．又设m 为作出正确意见的人数，A 表示“作出正确决策”，则)9()8()7()6()5()5()(99999P P P P P m P A P ++++=≥=+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=277936694559)3.0()7.0()3.0()7.0()3.0()7.0(C C C 9991889)7.0()3.0()7.0(⋅+⋅⋅+C C+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=273645)3.0()7.0(36)3.0()7.0(84)3.0()7.0(126918)7.0()3.0()7.0(9+⋅⋅+0403.01556.02668.02668.01715.0++++= 901.0=．六、每次试验中事件A 发生的概率为p ，为了使事件A 在独立试验序列中至少发生一次的概率不小于p ，问至少需要进行多少次试验？ 解：设做n 次试验，则n p A P A P )1(1}{1}{--=-=一次都不发生至少发生一次要p p n ≥--)1(1，即要p p n -≤-1)1(，从而有.1)1(log )1(=-≥-p n p 答：至少需要进行一次试验．第五章离散随机变量的概率分布·超几何分布·二项分布·泊松分布一、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的概率分布．解：设X表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X的概率分布为即亦即二、自动生产线在调整以后出现废品的概率为p．生产过程中出现废品时立即进行调整．求在两次调整之间生产的合格品数的概率分布．解：设X表示“在两次调整之间生产的合格品数”，且设=1，则ξ的概率分布为q-p三、 已知一批产品共20个，其中有４个次品．（１）不放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布；（２）放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布． 解：（1）设X 表示“取出的样本中的次品数”，则X 服从超几何分布，即X 的概率函数为)4,3,2,0()(6206164===-x CCC x X P x x从而X 的概率分布为即（2）设X 表示“取出的样本中的次品数”，则X 服从超几何分布，即X 的概率函数为)6,5,4,3,2,0()2.01()2.0()(66=-==-x C x X P xxx从而X 的概率分布为即四、 电话总机为300个电话用户服务．在一小时内每一电话用户使用电话的概率等于0.01，求在一小时内有4个用户使用电话的概率（先用二项分布计算，再用泊松分布近似计算，并求相对误差）． 解：（1）用二项分布计算)01.0(=p168877.0)01.01()01.0()1()4(2964430029644300≈-=-==C p p C ξP（2）用泊松分布计算)301.0300(=⨯==np λ168031355.0!43)4(34≈==-e ξP 相对误差为.5168877.0168031355.0168877.000≈-=δ五、 设事件A 在每一次试验中发生的概率为0.3，当A 发生次数不少于3次时，指示灯发出信号．现进行了5次独立试验，求指示灯发出信号的概率． 解：设X 表示“事件A 发生的次数”，则3.0)(==p A P ，5=n ，).3.0,5(~B X 于是有)5()4()3()3(=+=+==≥X P X P X P X P5554452335)1()1(p C p p C p p C +-+-=16308.000243.002835.01323.0≈++≈（另解） )2()1()0(1)3(1)3(=-=-=-=<-=≥X P X P X P X P X P 32254115505)1()1()1(11p p C p p C p p C ------=16308.0≈六、 设随机变量X 的概率分布为2, 1, ,0 , !)(===k k ak X P kλ；其中λ>0为常数，试确定常数a ．解：因为∑∞===01)(k k X P ，即∑∞==01!k kk λa ，亦即1=λae ，所以.λe a -=第六章 随机变量的分布函数·连续随机变量的概率密度一、 函数211x +可否是连续随机变量X 的分布函数？为什么？如果X 的可能值充满区间： （1）（∞+∞- ,）；（2）（0,∞-）． 解：（1）设211)(x x F +=，则1)(0<<x F因为0)(lim =-∞→x F x ，0)(lim =+∞→x F x ，所以)(x F 不能是X 的分布函数．（2）设211)(x x F +=，则1)(0<<x F 且0)(lim =-∞→x F x ，1)(lim 0=-→x F x因为)0( 0)1(2)('22<>+-=x x x x F ，所以)(x F 在（0,∞-）上单增．综上述，故)(x F 可作为X 的分布函数．二、函数x x f sin )(=可否是连续随机变量X 的概率密度？为什么？如果X 的可能值充满区间：（1）⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π； （2）[]π,0； （3）⎥⎦⎤⎢⎣⎡23,0π． 解：（1）因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πx ，所以sin )(≥=x x f ；又因为1cos )(2020=-=⎰ππx dx x f ，所以当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πx时，函数x x f sin )(=可作为某随机变量X 的概率密度．（2）因为[]πx ,0∈，所以0sin )(≥=x x f ；但12cos )(00≠=-=⎰ππx dx x f ，所以当[]πx ,0∈时，函数x x f sin )(=不可能是某随机变量X 的概率密度．（3）因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈23,0πx ，所以x x f sin )(=不是非负函数，从而它不可能是随机变量X 的概率密度．二、 一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的分布函数，并作出分布函数的图形． 解：设X 表示“取出的废品数”，则X 的分布律为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤<≤<≤<≤=3,132,22021921,222110,430,0)(x x x x x x F四、（柯西分布）设连续随机变量X 的分布函数为+∞<<∞-+=x x B A x F ,arctan )(．求：（1）系数A 及B ；（2）随机变量X 落在区间)1 ,1(-内的概率；(3) X 的概率密度．解：(1) 由0)2()(lim =-⋅+=-∞→πB A x F x ，12)(lim =⋅+=-∞→πB A x F x ，解得.1,21πB A == 即)( ,arctan 121)(+∞<<-∞+=x x πx F ． (2).21)]1arctan(121[]1arctan 121[)1()1()11(=-+-+=--=<<-ππF F X P(3) X 的概率密度为)1(1)()(2x x F x f +='=π．五、（拉普拉斯分布）设随机变量X 的概率密度为+∞<<∞-=-x Ae x f x,)(．求：（1）系数A ；（2）随机变量X 落在区间)1,0(内的概率；（3）随机变量X 的分布函数．解：(1) 由1)(⎰+∞∞-=dx x f ，得1220⎰⎰+∞∞-+∞--===A dx e A dx Ae xx，解得21=A ，即有).( ,21)(+∞<<-∞=-x e x f x(2)).11(21)(2121)()10(101010ee dx e dx xf X P x x -=-===<<--⎰⎰(3) 随机变量X 的分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧>-≤===-∞--∞-⎰⎰21102121)()(x e x e dx e dx x f x F x xx xx ．第七章 均匀分布·指数分布·随机变量函数的概率分布一、公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车通过．乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的．求乘客候车时间 不超过3分钟的概率．解：设随机变量X 表示“乘客的候车时间”，则X 服从]5,0[上的均匀分布，其密度函数为⎩⎨⎧∉∈=]5,0[,0]5,0[,51)(x x x f 于是有.6.053)()30(3===≤≤⎰dx x f X P二、已知某种电子元件的使用寿命X (单位:h)服从指数分布，概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>=-.0,0;0,8001)(800x x e x f x任取３个这种电子元件，求至少有１个能使用1000h 以上的概率． 解：设A 表示“至少有１个电子元件能使用1000h 以上”；321A 、A 、A 分别表示“元件甲、乙、丙能使用1000h 以上”．则287.08001)1000()()()(4510008001000800321≈=-==>===-∞+-∞+-⎰e e dx e X P A P A P A P xx)()()()()()()()()(321313221321321A A A P A A P A A P A A P A P A P A P A A A P A P +---++=⋃⋃=638.0287.0287.03287.0332≈+⨯-⨯=（另解）设A 表示“至少有１个电子元件能使用1000h 以上”．则287.08001)1000(4510008001000800≈=-==>-∞+-∞+-⎰e e dx e X P xx从而有713.01)1000(1)1000(45≈-=>-=≤-eX P X P ，进一步有 638.0713.01)]1000([1)(33≈-≈≤-=X P A P三、(1) 设随机变量X 服从指数分布)(λe ．证明：对于任意非负实数s 及t ，有).()(t X P s X t s X P ≥=≥+≥这个性质叫做指数分布的无记忆性．(2) 设电视机的使用年数X 服从指数分布)10(．e ．某人买了一台旧电视机，求还能使用５年以上的概率．解：（１）因为)(~λe X ，所以R x ∈∀，有xe x F λ--=1)(，其中)(x F 为X 的分布函数．设t s X A +≥=，t X B ≥=．因为s 及t 都是非负实数，所以B A ⊂，从而A AB =．根据条件概率公式，我们有)(1)(1)()()()()()()()(s X P t s X P s X P t s X P B P A P B P AB P B A P s X t s X P <-+<-=≥+≥====≥+≥tst s e e e λλλ--+-=----=]1[1]1[1)(． 另一方面，我们有tt e e t F t X P t X P t X P λλ--=--=-=≤-=<-=≥)1(1)(1)(1)(1)(．综上所述，故有)()(t X P s X t s X P ≥=≥+≥． （２）由题设，知X 的概率密度为⎩⎨⎧≤>=-．，；，0001.0)(1.0x x e x f x设某人购买的这台旧电视机已经使用了s 年，则根据上述证明的（１）的结论，该电视机还能使用5年以上的概率为6065.01.0)()5()5(5.051.051.05≈=-===≥=≥+≥-∞+-∞+-∞+⎰⎰e e dx e dx x f X P s X s X P x x．答：该电视机还能使用5年以上的概率约为6065.0． 四、 设随机变量X 服从二项分布)4.0 ,3(B ，求下列随机变量函数的概率分布： （1）X Y 211-=；（2）2)3(2X X Y -=．解：X 的分布律为（1）X Y 211-=的分布律为（2）2)3(2X X Y -=的分布律为即五、设随机变量X 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>+=.0,0;0,)1(2)(2x x x x f π求随机变量函数X Y ln =的概率密度．解：因为)()()(ln )()(yXyYe F e X P y X P y Y P y F =<=<=<= 所以随机变量函数X Y ln =的概率密度为)( )1(2)()()()(2''+∞<<-∞+====y e e e e f e e F y F y f yyyyyyXYY π，即)( )1(2)(2+∞<<-∞+=y e e y f y yY π．第八章 二维随机变量的联合分布与边缘分布一、把一颗均匀的骰子随机地掷两次．设随机变量X 表示第一次出现的点数，随机变量Y 表示两次出现点数的最大值，求二维随机变量),(Y X 的联合概率分布及Y 的边缘概率分布．解：二维随机变量),(Y X 的联合概率分布为Y的边缘概率分布为二、设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数)3arctan )(2arctan (),(yC x B A y x F ++=． 求：（1）系数A 、B 及C ；（2）（X ，Y ）的联合概率密度：（3）边缘分布函数及边缘概率密度． 解：（1）由0)0,(,0),0(,1),(=-∞=∞-=∞+-∞F F F ，得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-=--=++0)2(0)2)(0(1)2)(2(πB AC πC B A πC πB A 解得2πC B ==，.12πA =（2）因为)3arctan 2)(2arctan 2(1),(2yx y x F ++=πππ，所以（X ，Y ）的联合概率密度为.)9)(4(6),(),(222"y x y x F y x f xy ++==π（3）X 及Y 的边缘分布函数分别为xxxXx dx x dy y x f dx x F ∞-∞-∞-+∞∞-=+==⎰⎰⎰2arctan 1)4(2),()(2ππ2arctan 121x π+=yxy Y ydy y dx y x f dy x F ∞-∞-∞-+∞∞-=+==⎰⎰⎰3arctan1)9(3),()(2ππ3arctan 121y π+=X 及Y 的边缘概率密度分别为⎰⎰⎰+∞+∞∞-+∞∞-++⋅=++==0222222)9(1)4(112)9)(4(6),()(dy y x dy y x dy y x f x f X ππ)4(2)3arctan 31()4(1122022x y x +=+⋅=∞+ππ⎰⎰⎰+∞+∞∞-+∞∞-++=++==022222241)9(12)9)(4(6),()(dxx y dx y x dx y x f y f Y ππ)9(3)2arctan 21()9(122022y x y +=+=∞+ππ三、设),(Y X 的联合概率密度为⎩⎨⎧>>=+-.,00;0,,Ae ),(3y)(2x 其它y x y x f求：（1）系数A ；（2）),(Y X 的联合分布函数；（3）X及Y 的边缘概率密度；（4）),(Y X落在区域R ：632 ,0 ,0<+>>y x y x 内的概率． 解：（1）由1),(=⎰⎰+∞∞-+∞∞-dy dx y x f ，有1610032==⎰⎰∞+∞+--A dy e dx e A yx，解得.6=A （2）),(Y X 的联合分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧>>==⎰⎰⎰⎰--∞-∞-其它0,06),(),(0032y x dy e dx e dy y x f dx y x F x yy x xy⎩⎨⎧>>--=--其它00,0)1)(1(32y x e e y x（3）X 及Y 的边缘概率密度分别为⎩⎨⎧≤>=⎪⎩⎪⎨⎧≤>==-+∞--∞+∞-⎰⎰020006),()(2032x x ex x dye e dy y xf x f xy x X⎩⎨⎧≤>=⎪⎩⎪⎨⎧≤>==-+∞--∞+∞-⎰⎰030006),()(3032y y ex x dxe e dx y xf y f yy x Y（4）⎰⎰⎰⎰---==∈x y xRdye dx edxdy y x f R Y X P 322033026),(}),{( 6306271)(2---⎰-=-=e dx e e x四、设二维随机变量),(Y X 在抛物线2x y =与直线2+=x y 所围成的区域R 上服从均匀分布．求：(1) ),(Y X 的联合概率密度；(2) 概率)2(≥+Y X P ． 解：(1) 设),(Y X 的联合概率密度为⎩⎨⎧∉∈=.),(, 0;),(,),(R y x R y x C y x f 则由129)322()2(21322122212==-+=-+==--+-⎰⎰⎰⎰⎰Cx x x C dx x x C dy dx C Cdxdy x x R解得92=C ．故有⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=.),(, 0;),(,92),(R y x R y x y x f(2) ⎰⎰⎰⎰⎰⎰++-≥++==≥+x x x x y x dydx dy dx dxdy y x f Y X P 2212210229292),()2(⎰⎰-++=21210)2(92292dx x x xdx481.02713)322(92922132102≈=-++=x x x x ．第九章 随机变量的独立性·二维随机变量函数的分布一、 设X 与Y 是两个相互独立的随机变量，X 在]1,0[上服从均匀分布，Y 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤>=-.0,0;0,21)(2y y e y f yY求 (1) ),(Y X 的联合概率密度; (2) 概率)(X Y P ≥． 解: (1)X 的概率密度为⎩⎨⎧∉∈=)1,0(,0)1,0(,1)(x x x f X，),(Y X 的联合概率密度为（注意Y X ,相互独立）⎪⎩⎪⎨⎧><<==-其它,00,10,21)()(),(2y x e y f x f y x f yY X（2）dxedx edy e dx dxdy y x f X Y P x xyxyxy ⎰⎰⎰⎰⎰⎰-∞+-∞+-≥=-===≥102102212)(21),()(7869.0)1(2221122≈-=-=--e ex二、 设随机变量X 与Y 独立，并且都服从二项分布：.,,2 ,1 ,0 ,)(;,,2 ,1 ,0 ,)(212211n j q p C j p n i q p C i p j n j j n Y in i i n X====--证明它们的和Y X Z +=也服从二项分布． 证明: 设j i k +=, 则ik n i k i k n ki i n i i n ki Y X Z q p C q p C i k P i P k Z P k P +---=-=∑∑=-===22110)()()()(∑=-+=ki kn n k in i n q p C C 02121)(由k nm ki ik nk m C C C +=-=∑0, 有 kn nki in i n C C C21210+==∑. 于是有),,2,1,0( )(212121n n k q p C k P k n n k in n Z +==-++由此知Y X Z +=也服从二项分布.三、设随机变量X 与Y 独立，并且X 在区间[0，1]内服从均匀分布，Y 在区间[0，2]内服从辛普森分布：⎪⎩⎪⎨⎧><≤<-≤≤=.20 0,;2 1 ,2;10 ,)(y y y y y y y f Y 或求随机变量Y X Z +=的概率密度．解: X 的概率密度为 ⎩⎨⎧∉∈=]1,0[,0]1,0[,1)(x x y f ξ. 于是),(Y X 的联合概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≤<≤≤-≤≤≤≤=. 0,2 1,10 ,210,10,),(其它当当y x y y x y y x fYX Z +=的联合分布函数为}),{(}{}{)(D y x P z Y X P z Z P z F Z∈=≤+=≤=，其中D 是z y x ≤+与),(y x f 的定义域的公共部分.故有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤<+-≤<-+-≤≤><=3229321212331023,00)(222z z z z z z z zz z z F Z从而随机变量Y X Z +=的概率密度为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<-≤<+-≤≤><=3232132103,00)(z z z z z z z z z f Z三、 电子仪器由六个相互独立的部件ijL （3,2,1;2,1==j i ）组成，联接方式如右图所示．设各个部件的使用寿命ijX 服从相同的指数分布)(λe ，求仪器使用寿命的概率密度．解: 由题设，知ij X 的分布函数为⎩⎨⎧≤>-=-0,00,1x x e F x X ij λ 先求各个并联组的使用寿命)3,2,1( =i Y i 的分布函数.因为当并联的两个部件都损坏时,第i 个并联组才停止工作,所以有)3,2,1(),m ax (21==i Y i i i ξξ从而有)3,2,1( =i Y i 的分布函数为⎩⎨⎧≤>-==-0,00,)1()(221y y e F F y F y X X Y i i i λ设Z "仪器使用寿命".因为当三个并联组中任一个损坏时,仪器停止工作.所以有),,min(321Y Y Y Z =.从而有Z 的分布函数为⎩⎨⎧≤>---=⎩⎨⎧≤>----=-0,00,])1(1[10,00)],(1)][(1)][(1[1)(32321z z e z z z F z F z F z F z Y Y Y Z λ故Z 的概率密度为⎩⎨⎧≤>--=---0,00,)2)(1(6)(23z z e e e z f z z z Z λλλλ第十章 随机变量的数学期望与方差一、 一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取一个．如果取出的废品不再放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的数学期望、方差与标准差．解：设X 表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X 的概率分布为即于是有1103322013220924491430=⨯+⨯+⨯+⨯=EX 即3.0004.03041.02205.0175.00≈⨯+⨯+⨯+⨯=EX 2X 的分布为即于是有229220192209444914302=⨯+⨯+⨯+⨯=EX 即4091.0004.09041.04205.0175.002≈⨯+⨯+⨯+⨯=EX从而有3191.013310042471)11033(229)(222≈=-=-=EX EX DX 565.03191.0≈==DX Xσ二、 对某一目标进行射击，直至击中为止．如果每次射击命中率为p ，求射击次数的数学期望及方差． 解：设X 表示“第i 次击中”),2,1( =i ，则X 的分布为于是有p q p q q p q p iq p ipq EX i ii i i i 1)1()1()(211111=-='-='===∑∑∑∞=∞=-∞=- 2X于是有pp p p q q p q p q q p pqi EX i i i ii i 122)1()1()(])([223111122-=-=-+='=''==∑∑∑∞=∞=∞=-进一步有pp p p p EX EX DX 11)1(12)(22222-=--=-=三、设离散型随机变量X 的概率函数为,,2,1,21]2)1([ ==-=k k X P kk k问X 的数学期望是否存在？若存在，请计算)(X E ；若不存在，请解释为什么．解：因为∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=-=⋅-=-=-==1111)1(212)1(]2)1([2)1()(k kkk k kkkk kki iik k k X P k x X P x 不绝对收敛，所以ξ没有数学期望． 四、设随机变量X 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧≥<-=.1, 0;1,11)(2x x x x f π 求数学期望)(X E 及方差)(X D ． 解：011)()(112=-⋅==⎰⎰-+∞∞-dx xx dx x xf X E πdxx x dx xx dx x f x X D ⎰⎰⎰-=-⋅==-∞+∞-1022112221211)()(πππ21]arcsin 2112[2102=+--=x x x π五、（拉普拉斯分布）设随机变量X 的概率密度为)( ,21)(+∞<<-∞=-x e x f x．求数学期望)(X E 及方差)(X D ． 解：021)(===⎰⎰+∞∞--+∞∞-dx xe dx x xf EX x2!2)3(21)(0222==Γ====⎰⎰⎰+∞-+∞∞--+∞∞-dx e x dx e x dx x f x DX x x（分部积分亦可）第十一章 随机变量函数的数学期望·关于数学期望与方差的定理一、设随机变量X 服从二项分布)4.0,3(B ，求2)3(X X Y -=的数学期望及方差． 解：X 的概率分布为Y 的概率分布为2Y 的分布为于是有72.072.0128.00=⨯+⨯=EY72.072.0128.002=⨯+⨯=EY2016.0)72.0(72.0)(222=-=-=EY EY DY二、过半径为R 的圆周上一点任意作这圆的弦，求所有这些弦的平均长度．解：在圆周上任取一点O ，并通过该点作圆得直径OA ．建立平面直角坐标系，以O 为原点，且让OA 在x 轴的正半轴上．通过O 任作圆的一条弦OB ，使OB 与x 轴的夹角为θ，则θ服从]2,2[ππ-上的均匀分布，其概率密度为 ⎪⎩⎪⎨⎧-∉-∈=]2,2[,0]2,2[,1)(ππθππθπθf ．弦OB 的长为]2,2[cos 2)(ππθθθ-∈=R L ，故所有弦的平均长度为⎰⎰-∞+∞-⋅==22cos 21)()()]([ππθθπθθθθd R d L f L EπθπθθπππRR d R4sin 4cos 42020===⎰．三、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⎪⎩⎪⎨⎧≤>=-. 0,0 ; 0 ,41)(4x x e x f x工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换．若工厂售出一台设备赢利100元，调换一台设备厂方需花费300元．试求厂方出售一台设备的平均净赢利． 解：由题设，有⎰⎰---∞--=-===<14110441141)()1(e e dx e dx x f X P x x进而有 41)1(1)1(-=<-=≥e X P X P 设Y 表示“厂方出售一台设备获得的净赢利”，则Y 的概率分布为从而有64.33200300100)1(200414141≈-⨯=⨯+-⨯-=---e e e EY答：厂方出售一台设备获得的平均净赢利约为64.33元．四、设随机变量nX X X ,,21相互独立，并且服从同一分布，数学期望为μ，方差为2σ．求这些随机变量的算术平均值∑==ni iX nX 11的数学期望与方差． 解：因为μ=)(i X E ，2)(σ=i X D ，且随机变量nX X X,,21相互独立．所以有μμ=====∑∑∑∑====ni n i i ni i n i i n X E n X E n X n E X E 11111)(1)(1)1()(，nn X D n X D n X n D X D ni ni in i i n i i 2122121211)(1)(1)1()(σσ=====∑∑∑∑====．五、一民航送客车载有20位旅客自机场开出，沿途有10个车站可以下车，到达一个车站时如没有旅客下车就不停车．假设每位旅客在各车站下车是等可能的，且各旅客是否下车相互独立．求该车停车次数的数学期望．解: 设iX 表示"第i 站的停车次数" (10,,2,1 =i ). 则iX 服从"10-"分布. 其中⎩⎨⎧=站有人下车若在第站无人下车若在第i i X i,1,0 于是iX 的概率分布为设∑==ni iX X 1, 则X 表示沿途停车次数, 故有]})10110(1[1)10110(0{10)(2020101101--⨯+-⨯===∑∑==i i i i EX X E EX748.8)9.01(1020≈-=即停车次数的数学期望为748.8.第十二章 二维随机变量的数字特征·切比雪夫不等式与大数定律一、 设二维随机变量),(Y X 的联合概率密度为()(). 1,222++=y x Ay x f求：（1）系数A ；（2）数学期望)(X E 及)(Y E ，方差)(X D 及)(Y D ，协方差),cov(Y X ． 解: (1) 由⎰⎰+∞∞-+∞∞-=1),(dxdy y x f . 有()()⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-∞+==+=++11120022222A dr r rd A dxdy y x A πθπ解得, π1=A .(2)()11),()(222⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-∞+∞-∞+∞-=++==dx y xxdy dxdy y x xf X E π.由对称性, 知)(=Y E .⎰⎰+∞∞-+∞∞-==-=dxdy y x f x EX EX X E X D ),(])[()(222()⎰⎰∞+∞-∞+∞-++=dxy xx dy 222211π()()+∞=+++=+-+=+=∞+∞+∞+⎰⎰⎰022022220223]11)1ln([1)1(211r r dr r r r r dr r r d πθπ同理, 有 +∞=)(Y D .)()])([(),cov(XY E EY Y Ex X E Y X =--=⎰⎰+∞∞-+∞∞-=dxdy y x xyf ),(()011),(222⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-∞+∞-∞+∞-=++==dx y x xydy dxdy y x xyf π.二、 设二维随机变量),(Y X 的联合概率密度为⎩⎨⎧<<<=其它．,0;10,,1),(x x y y x f求(1) ),cov(Y X ；(2) X 与Y 是否独立，是否相关，为什么？解: (1) 因为 ⎰⎰⎰⎰⎰====-∞+∞-∞+∞-121322),(dx x dy xdx dxdy y x xf EX xx0),(1===⎰⎰⎰⎰-+∞∞-+∞∞-xx ydy dx dxdy y x yf EY 0),()(1===⎰⎰⎰⎰-+∞∞-+∞∞-xxydy xdx dxdy y x xyf XY E所以有])32[()])([(),cov(Y X E EY Y EX X E Y X -=--=⎰⎰+∞∞-+∞∞-=dxdyy x xyf ),(10==⎰⎰-xxydy xdx ．(2) 当)1,0(∈x 时,有⎰⎰+∞∞--===xdy dy y x f x f x xX 2),()(; 当)1,0(∉x 时,有0)(=x f X.即⎩⎨⎧∉∈=)1,0(0)1,0(2)(X x x x x f同理有 ⎩⎨⎧∉+∈-=⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=⎰⎰-)1,0(1)1,0(1)1,0()1,0()(11Y x y x y x dx x dx y f y y 因为),()()(y x f y f x f Y X ≠, 所以X 与Y 不是独立的．又因为0),cov(=Y X , 所以X 与Y 是不相关的．三、 利用切比雪夫不等式估计随机变量X 与其数学期望)(X E 的差的绝对值大于三倍标准差 )(X σ的概率．解：91)3()3(2=≤>-ξξξξξD DD E P ．四、为了确定事件A 的概率，进行10000次重复独立试验．利用切比雪夫不等式估计：用事件A在10000次试验中发生的频率作为事件A 的概率的近似值时，误差小于0.01的概率．解：设ξ表示“在10000次试验中事件A 的次数”，则)5.0,10000(~B ξ且有50005.010000=⨯==np E ξ 2500)5.01(5.010000=-⨯⨯==npq D ξ 于是有npq p npq p np m P p n m P 22)01.0(1)01.0(1)01.0()01.0(-=-≥<-=<- 75.025.011=-=-=pq五、 样检查产品质量时，如果发现次品多于10个，则认为这批产品不能接受．应该检查多少 个产品，可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9？解：设ξ表示“发现的次品件数”，则)1.0,(~n B ξ，现要求.nn ξE 1.0= n ξD 09.0=要使得9.0)10(=>ξP ，即9.0)10(=≤<n ξP ，因为9.0)10(=≤<n ξP ，所以)3.01.03.01.03.01.010()10(nn n n n ξn n P ξD ξE n ξD ξE ξξD ξE P -≤-<-=-≤-<-)3.01.010()3()33.01.03.01.010(1,01,0nn n n n n ξn n P --≈≤-<-=ΦΦ 1)3.0101.0()3(1,01,0--+nn n ΦΦ （德莫威尔—Laplace 定理） 因为10>n ，所以53>n ，从而有1)3(1,0≈n Φ，故9.0)3.0101.0(1,0≈-nn Φ．查表有8997.0)28.1(1,0=Φ，故有28.13.0101.0≈-nn ，解得.146≈n答：应该检查约146个产品，方可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9．第十三章 正态分布的概率密度、分布函数、数学期望与方差一、 设随机变量X 服从正态分布)2,1(2N ，求（1）)8.56.1(<≤-X P ；（2）)56.4(≥X P ．解：(1) )4.2213.1()8.416.2()8.56.1(<-≤-=<-≤-=<≤-X P X P X P8950.09032.019918.0)]3.1(1[)4.2()3.1()4.2(1,01,01,01,0=+-=--=--=ΦΦΦΦ(2) )78.12178.2(1)56.4(1)56.4(<-<--=<-=≥X P X P X P)]78.2(1)78.1(1)]78.2()78.1([11,01,01,01,0ΦΦΦΦ-+-=---=.0402.09973.09625.02=--二、 已知某种机械零件的直径X （mm ）服从正态分布)6.0,100(2N ．规定直径在2.1100±（mm ）之间为合格品，求这种机械零件的不合格品率．解：设p 表示这种机械零件的不合格品率，则)2.1100(1)2.1100(≤--=>-=X P X P p ．而)26.01002()6.02.16.01006.02.1()2.1100(≤-≤-=≤-≤-=≤-X P X P X P 1)2(2)]2(1[)2()2()2(-Φ=Φ--Φ=-Φ-Φ= 9544.019772.02=-⨯= 故0456.09544.01=-=p ．三、测量到某一目标的距离时发生的误差X (m)具有概率密度3200)20(22401)(--=x ex f π求在三次测量中至少有一次误差的绝对值不超过30m 的概率．解：三次测量中每次误差绝对值都超过30米可表为}30{}30{}30{>⋃>⋃>=ξξξD 第三次第二次第一次因为)40,20(~2N ξ，所以由事件的相互独立性，有31,01,033)]25.0(1)25.1([})3030{(})30{()(ΦΦ-+-=>+-<=>=ξξP ξP D P 13025.05069.0)8944.05987.02(33≈=--= 于是有86975.013025.01)(1}30{=-=-=<D P P 米至少有一次绝对值三次测量中ξ．四、设随机变量),(~2σμN X ，求随机变量函数Xe Y =的概率密度（所得的概率分布称为对数正态分布）． 解：由题设，知X 的概率密度为)(21)(222)(+∞<<-∞=--x ex f x X σμσπ从而可得随机变量Y 的分布函数为)()()(y e P y Y P y F XY≤=≤=．当0≤y 时，有0)(=y F Y ；此时亦有0)(='y F Y． 当0>y 时，有dx ey X P y F yx Y⎰∞---=≤=ln 2)(2221)ln ()(σμσπ． 此时亦有222)(ln 21)(σμσπ--='y Yeyy F ．从而可得随机变量Y 的概率密度为⎪⎩⎪⎨⎧>≤=--.0,21;0,0)(222)(ln y e yy y f y Y σμσπ五、设随机变量X 与Y 独立，),(~211σμN X ，),(~222σμN Y ，求： (1) 随机变量函数bY aX Z +=1的数学期望与方差，其中a 及b 为常数；(2) 随机变量函数XY Z =2的数学期望与方差．解：由题设，有211)(,)(σμ==X D X E ；222)(,)(σμ==Y D Y E ．从而有 (1)211)()()()()()(μμb a Y bE X aE bY E aX E bY aX E Z E +=+=+=+=； 222212221)()()()()()(σσb a Y D b X D a bY D aX D bY aX D Z D +=+=+=+=． (2)212)()()()(μμ===Y E X E XY E Z E ；)()()()()()()()(22222222Y E X E Y E X E XY E Y X E XY D Z D -=-== )()()]()()][()([2222Y E X E Y E Y D X E X D -++= )()()()()()(22X E Y D Y E X D Y D X D ++= 212222212221μσμσσσ++=．第十四章二维正态分布·正态随机变量线性函数的分布中心极限定理一、设二维随机变量),(Y X 服从二维正态分布，已知0)()(==Y E X E ，16)(=X D ，25)(=Y D ，并且12),cov(=Y X ，求),(Y X 的联合概率密度．。
第四版 概率论与数理统计答案
点（ a , b）连续，则： g ( X n , Yn ) ⎯ ⎯→ g ( a , b )
P
▲ 定理一的等价叙述： 定理一 设随机 X 1 , X 2 ,
同的数学期望和方差：
E ( X k ) = μ , D( X k ) = σ 2 , k = 1,2,
1 n Xn = ∑ Xi n i =1
近似服从
X
~
近似服从
N ( nμ , nσ ) 或
2
X − nμ 近似服从 ~ N ( 0,1) nσ
X −μ
近似服从
X
~
N (μ ,σ / n)
2
或
σ/ n
~
N ( 0 ,1)
例1、一加法器同时收到 20 个噪声电压 V k , 设它们 是相互独立的随机变量 ，且都在区间（ 0， ） 10 上服从均匀分布，记 V = 求 P { > 105 } V 的近似值？
解：则该随机变量服从X~b(90000,1/3)，其分布律为
⎛ 90000 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ P{ X = k } = ⎜ ⎜ k ⎟⎜ 3 ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
k 90000− k
, k = 0,1,
,90000
所求的概率为
⎛ 90000 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ P {29500 ≤ X ≤ 30500} = ∑ ⎜ ⎜ k ⎟⎜ 3 ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎟ k = 29500 ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
dt = Φ( x )
证明： η n ( n = 1 , 2 ,
)可分解为 n 个相互独立、服从 ：
同一（ 0 − 1 ）分布的随机变量之和 + Xn ηn = X1 + X 2 + 其中： EX 由定理四， ⎧ ⎪ lim P ⎨ n→ ∞ ⎪ ⎩ =
概率论与数理统计 第四版 第四章
第四章 随机变量的数字特征1．（１）在下列句子中随机地取一个单词，以X表示取到的单词所包含的字母个数，写出X的分布律并求E（X）．“T H E GIRL P U T ON H ER BEA U T IF U L RED H A T”．（２）在上述句子的３０个字母中随机地取一个字母，以Y表示取到的字母所在单词所包含的字母数，写出Y的分布律并求E（Y）．（３）一人掷骰子，如得６点则掷第２次，此时得分为６＋第二次得到的点数；否则得分为他第一次掷得的点数，且不能再掷，求得分X的分布律及E（X）．解（１）随机试验属等可能概型．所给句子共８个单词，其中含２个字母，含４个字母，含９个字母的各有一个单词，另有５个单词含３个字母，所以X的分布律为X２３４９p k１８５８１８１８数学期望E（X）＝２×１８＋３×５８＋４×１８＋９×１８＝１５４．（２）随机试验属等可能概型，Y的可能值也是２，３，４，９．样本空间S由各个字母组成，共有３０个样本点，其中样本点属于Y＝２的有２个，属于Y＝３的有１５个，属于Y＝４的有４个，属于Y＝９的有９个，所以Y的分布律为Y２３４９p k２３０１５３０４３０９３０数学期望 E（Y）＝２×２３０＋３×１５３０＋４×４３０＋９×９３０＝７３１５．（３）分布律为X１２３４５７８９１０１１１２p k１６１６１６１６１６１３６１３６１３６１３６１３６１３６E（X）＝１×１６＋２×１６＋３×１６＋４×１６＋５×１６＋７×１３６＋８×１３６＋９×１３６ ＋１０×１３６＋１１×１３６＋１２×１３６＝４９１２．2．某产品的次品率为０畅１，检验员每天检验４次．每次随机地取１０件产品进行检验，如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）．（设诸产品是否为次品是相互独立的．）解先求检验一次，决定需要调整设备的概率．设抽检出次品件数为Y，则Y～b（１０，０畅１）．记需调整设备一次的概率为p，则p＝P｛Y＞１｝＝１－P｛Y＝０｝－P｛Y＝１｝＝１－０畅９１０－１０１·０畅９９·０畅１＝０畅２６３９．又因各次检验结果相互独立，故X～b（４，０畅２６３９）．X的分布律为X０１２３４p k（１－p）４４p（１－p）３６p２（１－p）２４p３（１－p）p４于是E（X）＝１×４p（１－p）３＋２×６p２（１－p）２＋３×４p３（１－p）＋４×p４＝４p＝４×０畅２６３９＝１畅０５５６．以后将会知道若X～b（n，p），则E（X）＝n p．3．有３只球，４个盒子，盒子的编号为１，２，３，４．将球逐个独立地，随机地放入４个盒子中去．以X表示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个盒子至少有一只球），试求E（X）．解法（i） 由于每只球都有４种放法，由乘法原理共有４３＝６４种放法．其中３只球都放在４号盒中的放置法仅有１种，从而P｛X＝４｝＝１６４．又｛X＝３｝表示事件“１，２号盒子都是空的，而３号盒子不空”．因１，２号盒子都空，球只能放置在３，４号两个盒子中，共有２３种放置法，但其中有一种是３只球都放在４号盒子中，即３号盒子是空的，这不符合X＝３的要求需除去，故有P｛X＝３｝＝２３－１６４＝７６４．88概率论与数理统计习题全解指南同理可得P ｛X ＝２｝＝３３－２３６４＝１９６４，P ｛X ＝１｝＝４３－３３６４＝３７６４．因此E （X ）＝钞４k ＝１kP ｛X ＝k ｝＝２５１６．注：P ｛X ＝１｝也可由１－（P ｛X ＝４｝＋P ｛X ＝３｝＋P ｛X ＝２｝）求得．解法（ii ） 以A i （i ＝１，２，３，４）记事件“第i 个盒子是空盒”．｛X ＝１｝表示事件“第一个盒子中至少有一只球”，因此｛X ＝１｝＝A —１，故P ｛X ＝１｝＝P （A —１）＝１－P （A １）＝１－３４３＝３７６４．（因第一个盒子为空盒，３只球的每一只都只有３个盒子可以放，故P （A １）＝（３／４）３．）｛X ＝２｝表示事件“第一个盒子为空盒且第二个盒子中至少有一只球”，因此｛X ＝２｝＝A １A —２．故P ｛X ＝２｝＝P （A １A —２）＝P （A —２A １）P （A １）＝（１－P （A ２A １））P （A １）＝１－２３３３４３＝１９６４．（因在第一个盒子是空盒的条件下，第二个盒子也是空盒，则３只球都只有２个盒子可以放，故P （A ２A１）＝２３３．）类似地，P ｛X ＝３｝＝P （A １A ２A —３）＝P （A —３A １A ２）P （A ２A １）P （A １）＝１－１２３２３３３４３＝７６４，P ｛X ＝４｝＝１－３７６４－１９６４－７６４＝１６４，因此，E （X ）＝钞４k ＝１kP ｛X ＝k ｝＝２５１６．解法（iii ） 将球编号．以X １，X ２，X ３分别记１号，２号，３号球所落入的盒子的号码数．则X １，X ２，X ３都是随机变量，记X ＝min ｛X １，X ２，X ３｝，按题意，本题需要求的是98第四章 随机变量的数字特征E（X）＝E［min｛X１，X２，X３｝］．因X１，X２，X３具有相同的分布律X j１２３４p k１４１４１４１４因而X１，X２，X３具有相同的分布函数F（z）＝０，z＜１，１４，１≤z＜２，２４，２≤z＜３，３４，３≤z＜４，１，z≥４．于是X＝min｛X１，X２，X３｝的分布函数为：F min（z）＝１－［１－F（z）］３＝１－（１－０）３＝０，z＜１，１－１－１４３＝３７６４，１≤z＜２，１－１－２４３＝５６６４，２≤z＜３，１－１－３４３＝６３６４，３≤z＜４，１－（１－１）３＝１，z≥４．X＝min｛X１，X２，X３｝的分布律为X１２３４p k３７６４１９６４７６４１６４得E（X）＝２５１６．4．（１）设随机变量X的分布律为P X＝（－１）j＋１３j j＝２３j，j＝１，２，…，说明X的数学期望不存在．（２）一盒中装有一只黑球，一只白球，作摸球游戏，规则如下：一次从盒中随机摸一只球，若摸到白球，则游戏结束；若摸到黑球放回再放入一只黑球，然后再09概率论与数理统计习题全解指南从盒中随机地摸一只球．试说明要游戏结束的摸球次数X的数学期望不存在．解（１）因级数钞∞j＝１（－１）j＋１３j j P X＝（－１）j＋１３j j＝钞∞j＝１（－１）j＋１３j j·２３j＝２钞∞j＝１（－１）j＋１j不绝对收敛，按定义X的数学期望不存在．（２）以A k记事件“第k次摸球摸到黑球”，以A k记事件“第k次摸球摸到白球”，以C k表示事件“游戏在第k次摸球时结束”，k＝１，２，…．按题意C k＝A１A２…A k－１A —k，P（C k）＝P（A —k|A１A２…A k－１）P（A k－１|A１A２…A k－２）…P（A２|A１）P（A１）．P｛X＝１｝＝P（A —１）＝１２，P｛X＝２｝＝P（A１A —２）＝P（A —２|A１）P（A１）＝１３·１２，P｛X＝３｝＝P（A１A２A —３）＝P（A —３|A１A２）P（A２|A１）P（A１）＝１４·２３·１２＝１４·１３，X＝k时，盒中共k＋１只球，其中只有一只是白球，故P｛X＝k｝＝P（A１…A k－１A —k）＝P（A —k A１A２…A k－１）P（A k－１A１A２…A k－２）…P（A２A１）P（A１）＝１k＋１·k－１k·k－２k－１·…·２３·１２＝１k＋１·１k．若E（X）存在，则它应等于钞∞k＝１kP｛X＝k｝．但钞∞k＝１kP｛X＝k｝＝钞∞k＝１k·１k＋１·１k＝钞∞k＝１１k＋１＝∞，故X的数学期望不存在．5．设在某一规定的时间间隔里，某电气设备用于最大负荷的时间X（以min 计）是一个随机变量，其概率密度为f（x）＝１１５００２x，０≤x≤１５００，－１１５００２（x－３０００），１５００＜x≤３０００，０，其他．19第四章 随机变量的数字特征求E （X ）．解按连续型随机变量的数学期望的定义，有E （X ）＝∫∞－∞x f （x ）d x ＝∫０－∞x f （x ）d x ＋∫１５０００x f （x ）d x ＋∫３０００１５００x f （x ）d x ＋∫∞３０００x f （x ）d x＝∫０－∞x ·０d x ＋∫１５０００x ·x１５００２d x ＋∫３０００１５００x ·－（x －３０００）１５００２d x ＋∫∞３０００x ·０d x＝１１５００２x ３３１５０００＋１１５００２３０００×x ２２－x３３３０００１５００＝１５００（min ）．6．（１）设随机变量X 的分布律为X －２０２p k０畅４０畅３０畅３求E （X ），E （X ２），E （３X ２＋５）．（２）设X ～π（λ），求E １X ＋１．解（１）X 的分布律为X －２０２p k０畅４０畅３０畅３E （X ）＝（－２）×０畅４＋０×０畅３＋２×０畅３＝－０畅２．由关于随机变量函数的数学期望的定理，知E （X ２）＝（－２）２×０畅４＋０２×０畅３＋２２×０畅３＝２畅８，E （３X ２＋５）＝［３（－２）２＋５］×０畅４＋［３（０）２＋５］×０畅３＋［３（２２）＋５］×０畅３＝１３畅４．如利用数学期望的性质，则有E （３X ２＋５）＝３E （X ２）＋５＝３×２畅８＋５＝１３畅４．（２）因X ～π（λ），故P ｛X ＝k ｝＝λke －λk ！．29概率论与数理统计习题全解指南E１X＋１＝钞∞k＝０１k＋１P｛X＝k｝＝钞∞k＝０１k＋１λk e－λk！＝钞∞k＝０λk e－λ（k＋１）！＝e－λλ钞∞k＝０λk＋１（k＋１）！＝e－λλ钞∞j＝１λjj！＝e－λλ钞∞j＝０λjj！－１＝e－λλ（eλ－１）＝１λ（１－e－λ）．7．（１）设随机变量X的概率密度为f（x）＝e－x，x＞０，０，x≤０．求（i）Y＝２X；（ii）Y＝e－２X的数学期望．（２）设随机变量X１，X２，…，X n相互独立，且都服从（０，１）上的均匀分布（i）求U＝max｛X１，X２，…，X n｝的数学期望，（ii）求V＝min｛X１，X２，…，X n｝的数学期望．解（１）由关于随机变量函数的数学期望的定理，知（i）E（Y）＝E（２X）＝∫∞－∞２x f（x）d x＝２∫０－∞x·０d x＋∫∞０x e－x d x＝２－x e－x∞０＋∫∞０e－x d x＝－２e－x∞０＝２；（ii）E（Y）＝E（e－２X）＝∫∞０e－２x·e－x d x＝∫∞０e－３x d x＝－１３e－３x∞０＝１３．（２）因X i～U（０，１），i＝１，２，…，n，X i的分布函数为F（x）＝０， x＜０，x， ０≤x＜１，１， x≥１．因X１，X２，…，X n相互独立，故U＝max｛X１，X２，…，X n｝的分布函数为F U（u）＝０， u＜０，u n， ０≤u＜１，１， u≥１．U的概率密度为f U（u）＝nun－１， ０＜u＜１，０， 其他．E（U）＝∫∞－∞u f U（u）d u＝∫１０u·nu n－１d u＝n∫１０u n d u＝n n＋１．39第四章 随机变量的数字特征V ＝min ｛X １，X ２，…，X n ｝的分布函数为F V （v ）＝０， v ＜０，１－（１－v ）n， ０≤v ＜１，１， v ≥１．V 的概率密度为f V （v ）＝n （１－v ）n －１， ０＜v ＜１，０， 其他．E （V ）＝∫∞－∞v f V （v ）d v ＝∫１０vn （１－v ）n －１d v＝－v （１－v ）n１０＋∫１０（１－v ）nd v＝－（１－v ）n ＋１n ＋１１０＝１n ＋１．8．设随机变量（X ，Y ）的分布律为X Y １２３－１０畅２０畅１０畅０００畅１０畅００畅３１０畅１０畅１０畅１（１）求E （X ），E （Y ）．（２）设Z ＝Y X，求E （Z ）．（３）设Z ＝（X －Y ）２，求E （Z ）．解由关于随机变量函数的数学期望E ［g （X ，Y ）］的定理，得（１）E （X ）＝钞３i ＝１钞３j ＝１x i p i j＝１·（０畅２＋０畅１＋０畅１）＋２·（０畅１＋０＋０畅１）＋３·（０＋０畅３＋０畅１）＝２． E （Y ）＝钞３j ＝１钞３i ＝１y j p i j＝（－１）·（０畅２＋０畅１＋０）＋０·（０畅１＋０＋０畅３）＋１·（０畅１＋０畅１＋０畅１）＝０．（２）E （Z ）＝EYX＝－１１P ｛X ＝１，Y ＝－１｝＋－１２P ｛X ＝２，Y＝－１｝ ＋－１３P ｛X ＝３，Y ＝－１｝49概率论与数理统计习题全解指南 ＋０１P ｛X ＝１，Y ＝０｝＋０２P ｛X ＝２，Y ＝０｝ ＋０３P ｛X ＝３，Y ＝０｝＋１１P ｛X ＝１，Y ＝１｝ ＋１２P ｛X ＝２，Y ＝１｝＋１３P ｛X ＝３，Y ＝１｝＝－０畅２－０畅０５＋０畅１＋０畅０５＋０畅１３＝－１１５．（３）E （Z ）＝E ［（X －Y ）２］＝钞３j ＝１钞３i ＝１（x i －y j ）２p i j＝２２×０畅２＋３２×０畅１＋４２×０＋１２×０畅１＋２２×０ ＋３２×０畅３＋０２×０畅１＋１２×０畅１＋２２×０畅１＝５．注：（i ）可先求出边缘分布律，然后求出E （X ），E （Y ）．（ii ）在（３）中可先算出Z ＝（X －Y ）２的分布律Z ０１４９p k０畅１０畅２０畅３０畅４然后求得E （Z ）＝钞４k ＝１z k p k ＝５．题４畅９图9．（１）设随机变量（X ，Y ）的概率密度为f （x ，y ）＝１２y ２，０≤y ≤x ≤１，０，其他．求E （X ），E （Y ），E （XY ），E （X ２＋Y ２）．（２）设随机变量X ，Y 的联合密度为f （x ，y ）＝１ye －（y ＋x ／y ）， x ＞０，y ＞０，０， 其他，求E （X ），E （Y ），E （XY ）．解（１）各数学期望均可按照E ［g （X ，Y ）］＝∫∞－∞∫∞－∞g （x ，y ）f （x ，y ）d x d y 计算．因f （x ，y ）仅在有限区域G ：｛（x ，y ） ０≤y ≤x ≤１｝内不为零，故各数学期望均化为G （如题４畅９图）上相应积分的计算．E （X ）＝∫∞－∞∫∞－∞x f （x ，y ）d x d y ＝∫∫Gx ·１２y ２d x d y＝∫１０d x ∫x０１２x y ２d y ＝４５．59第四章 随机变量的数字特征E（Y）＝∫∫G y·１２y２d x d y＝∫１０d x∫x０１２y３d y＝３５．E（XY）＝∫∫G x y·１２y２d x d y＝∫１０d x∫x０１２x y３d y＝１２．E（X２＋Y２）＝∫∫G（x２＋y２）１２y２d x d y＝∫１０d x∫x０１２（x２y２＋y４）d y＝１６１５．（２）E（X）＝∫∞－∞∫∞－∞x f（x，y）d x d y＝∫∞０∫∞０x y e－（y＋x y）d x d y＝－∫∞０e－y∫∞０x e－x／y d（－x y）d y＝－∫∞０e－y x e－x／y∞０－∫∞０e－x／y d x d y＝∫∞０e－y y d y＝１．E（Y）＝∫∞０∫∞０e－（y＋x／y）d x d y＝∫∞０e－y∫∞０e－x／y d x d y＝∫∞０e－y［－y e－x／y］∞０d y＝∫∞０e－y y d y＝１．E（XY）＝∫∞－∞∫∞－∞x y f（x，y）d x d y＝∫∞０∫∞０x e－（y＋x／y）d x d y＝∫∞０e－y［∫∞０x e－x／y d x］d y．而 ∫∞０x e－x／y d x＝－y∫∞０x e－x／y d（－x y）＝y２，故 E（XY）＝∫∞０y２e－y d y＝Γ（３）①＝２．10．（１）设随机变量X～N（０，１），Y～N（０，１）且X，Y相互独立．求E X２X２＋Y２．（２）一飞机进行空投物资作业，设目标点为原点O（０，０），物资着陆点为（X，Y），X，Y相互独立，且设X～N（０，σ２），Y～N（０，σ２），求原点到点（X，Y）间距离的数学期望．解（１）由对称性知E X２X２＋Y２＝EY２X２＋Y２．69概率论与数理统计习题全解指南①Γ函数：Γ（α）＝∫∞０xα－１e－x d x，α＞０，它具有性质：Γ（α＋１）＝αΓ（α），α＞０，Γ（１）＝１，Γ（１２）＝π，Γ（n＋１）＝nΓ（n）＝n！（n为正整数）．而EX２X２＋Y２＋EY２X２＋Y２＝E（１）＝１，故EX２X２＋Y２＝１２．（２）记原点到点（X，Y）的距离为R，R＝X２＋Y２，由题设（X，Y）的密度函数为f（x，y）＝１２πσe－x２／（２σ２）·１２πσe－y２／（２σ２）＝１２πσ２e－x２＋y２２σ２， －∞＜x＜∞， －∞＜y＜∞．E（R）＝E（X２＋Y２）＝∫∞－∞∫∞－∞x２＋y２１２πσ２e－（x２＋y２）／（２σ２）d x d y．采用极坐标E（R）＝∫２π０dθ∫∞０r２πσ２e－r２／（２σ２）r d r＝２π∫∞０１２πσ２r２e－r２／（２σ２）d r＝１σ２∫∞０r２e－r２／（２σ２）d r＝－∫∞０r d（e－r２／（２σ２））＝－r e－r２／（２σ２）∞０＋∫∞０e－r２／（２σ２）d r＝１２∫∞－∞e－r２／（２σ２）d r＝１２１２πσ∫∞－∞e－r２／（２σ２）d r２πσ＝１２×１×２πσ＝σπ２．11．一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f（x）＝１４e－x／４，x＞０，０， x≤０．工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换．若工厂售出一台设备赢利１００元，调换一台设备厂方需花费３００元．试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望．解一台设备在一年内调换的概率为p＝P｛X＜１｝＝∫１０１４e－x／４d x＝－e－x／４１０＝１－e－１／４．以Y记工厂售出一台设备的净赢利值，则Y具有分布律Y１００１００－３００p k e－１／４１－e－１／４故有E（Y）＝１００×e－１／４－２００（１－e－１／４）＝３００e－１／４－２００＝３３畅６４（元）．12．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．解设圆盘直径为X，按题设X具有概率密度f X（x）＝１b－a，a＜x＜b，０，其他，故圆盘面积A＝１４πX２的数学期望为E１４πX２＝∫b a１４πx２１b－a d x＝π１２（b－a）x３ba＝π１２（b２＋ab＋a２）．13．设电压（以V计）X～N（０，９）．将电压施加于一检波器，其输出电压为Y＝５X２，求输出电压Y的均值．解由X～N（０，９），即有E（X）＝０，D（X）＝９．E（Y）＝E（５X２）＝５E（X２）＝５｛D（X）＋［E（X）］２｝＝５（９＋０）＝４５（V）．另法 X的概率密度为f X（x）＝１３２πe－x２／１８， －∞＜x＜∞．E（Y）＝E（５X２）＝５E（X２）＝５∫∞－∞x２３２πe－x２／１８d x＝５×９３２π－x e－x２／１８∞－∞＋∫∞－∞e－x２／１８d x＝４５３２π∫∞－∞e－x２／１８d x＝４５∫∞－∞f X（x）d x＝４５×１＝４５（V）．14．设随机变量X１，X２的概率密度分别为f１（x）＝２e－２x，x＞０，０，x≤０， f２（x）＝４e－４x，x＞０，０，x≤０．（１）求E（X１＋X２），E（２X１－３X２２）．（２）又设X１，X２相互独立，求E（X１X２）．解若X服从以θ为参数的指数分布，其概率密度为f（x）＝１θe－x／θ，x＞０，０，其他，则E（X）＝∫∞－∞x f（x）d x＝∫∞０x１θe－x／θd x，令u＝xθ，得到 E（X）＝θ∫∞０u e－u d u＝θΓ（２）＝θΓ（１）＝θ，E（X２）＝∫∞－∞x２f（x）d x＝∫∞０x２１θe－x／θd x＝θ２∫∞０u２e－u d u＝θ２Γ（３） （其中u＝xθ）＝θ２·２Γ（２）＝θ２·２Γ（１）＝２θ２，故E（X１）＝１２，E（X２）＝１４，E（X２２）＝２（１４）２＝１８，于是（１）由数学期望的性质，有E（X１＋X２）＝E（X１）＋E（X２）＝３４，E（２X１－３X２２）＝２E（X１）－３E（X２２）＝５８．（２）因X１，X２相互独立，由数学期望的性质，有E（X１X２）＝E（X１）E（X２）＝１２×１４＝１８．15．将n只球（１～n号）随机地放进n个盒子（１～n号）中去，一个盒子装一只球．若一只球装入与球同号的盒子中，称为一个配对．记X为总的配对数，求E（X）．解引入随机变量X i＝１， 若第i号球装入第i号盒子中，０， 若第i号球未装入第i号盒子中，i＝１，２，…，n，则总的配对数X可表示成X＝X１＋X２＋…＋X n．显然P｛X i＝１｝＝１n， i＝１，２，…，n．X i的分布律为X i０１p k１－１n１n即有E（X i）＝１n，i＝１，２，…，n，于是E （X ）＝E （X １＋X ２＋…＋X n ）＝E （X １）＋E （X ２）＋…＋E （X n ）＝１．16．若有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．设取到每只钥匙是等可能的．若每把钥匙试开一次后除去，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）以A k （k ＝１，２，…，n ）表示事件“第k 次试开是成功的”．｛X ＝k ｝表示前k －１次所取的钥匙均未能打开门，而第k 次所取的钥匙能将门打开．即有P ｛X ＝k ｝＝P （A —１A —２…A —k －１A k ）＝P （A —１A —２…A —k －１）P （A k A —１A —２…A —k －１）＝P （A —１A —２…A —k －２）P （A —k －１A —１A —２…A —k －２）P （A k A —１A —２…A —k －１）＝…＝P （A —１）P （A —２A —１）P （A —３A —１A —２）…P （A k A —１A —２…A —k －１）＝n －１n ·n －２n －１·…·n －k ＋１n －k ＋２·１n －k ＋１＝１n，X 的分布律为P ｛X ＝k ｝＝１n， k ＝１，２，…，n ，故E （X ）＝钞nk ＝１kP ｛X ＝k ｝＝钞nk ＝１k ·１n ＝１n钞nk ＝１k＝１n ·n （n ＋１）２＝n ＋１２．（２）引入随机变量X k 如下：X １＝１，X k ＝１， 前k －１次试开均未成功，０， 前k －１次中有一次试开成功，k ＝２，３，…，n ，则X ＝X １＋X ２＋…＋X n ．沿用（１）中的记号，则有E （X １）＝１，E （X k ）＝１×P ｛X k ＝１｝＝１×P （A —１A —２…A —k －１）＝P （A —１）P （A —２A —１）…P （A —k －１A —１A —２…A —k －２）＝n －１n ·n －２n －１·…·n －（k －１）n －（k －２）＝n －k ＋１n， k＝２，３，…，n．故有E（X）＝１＋钞nk＝２E（X k）＝１＋钞nk＝２n－k＋１n＝n＋１２．17．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 E［（X－C）２］＝E（X２－２CX＋C２）＝E（X２）－２CE（X）＋C２＝E（X２）－［E（X）］２＋｛［E（X）］２－２CE（X）＋C２｝＝D（X）＋（E（X）－C）２≥D（X）．等号仅当C＝E（X）时成立．18．设随机变量X服从瑞利分布，其概率密度为f（x）＝xσ２e－x２（２σ２），x＞０，０，x≤０，其中σ＞０是常数．求E（X），D（X）．解E（X）＝∫∞－∞x f（x）d x＝∫∞０x xσ２e－x２（２σ２）d x．令u＝x２（２σ２），得到E（X）＝２σ∫∞０u１／２e－u d u＝２σΓ（３２）＝２σ１２Γ（１２）①＝π２σ．E（X２）＝∫∞－∞x２f（x）d x＝∫∞０x２xσ２e－x２（２σ２）d x．令u＝x２（２σ２），得到E（X２）＝２σ２∫∞０u e－u d u＝２σ２Γ（２）＝２σ２，故D（X）＝E（X２）－（E（X））２＝２σ２－π２σ２＝４－π２σ２．19．设随机变量X服从Γ分布，其概率密度为f（x）＝１βαΓ（α）xα－１e－x／β，x＞０，０，x≤０，①参见９６页注．其中α＞０，β＞０是常数．求E（X），D（X）．解E（X）＝∫∞－∞x f（x）d x＝∫∞０xβαΓ（α）xα－１e－x／βd x令u＝xββΓ（α）∫∞０uαe－u d u＝βΓ（α）Γ（α＋１）＝βΓ（α）αΓ（α）＝αβ． Ε（X２）＝∫∞－∞x２f（x）d x＝∫∞０x２βαΓ（α）xα－１e－x／βd x令u＝x／ββ２Γ（α）∫∞０uα＋１e－u d u＝β２Γ（α）Γ（α＋２）＝β２Γ（α）（α＋１）αΓ（α）＝α（α＋１）β２． D（X）＝α（α＋１）β２－（αβ）２＝αβ２．20．设随机变量X服从几何分布，其分布律为P｛X＝k｝＝p（１－p）k－１， k＝１，２，…，其中０＜p＜１是常数．求E（X），D（X）．解E（X）＝钞∞n＝１nP｛X＝n｝＝钞∞n＝１n p（１－p）n－１＝p钞∞n＝１n（１－p）n－１＝p１［１－（１－p）］２＝１p．这是因为１１－x＝１＋x＋x２＋…＋xk＋…， x＜１，两边对x求导，就有１（１－x）２＝１＋２x＋３x２＋…＋kxk－１＋…，x＜１．（A）又E［X（X＋１）］＝钞∞n＝１n（n＋１）P｛X＝n｝＝p钞＋∞n＝１n（n＋１）（１－p）n－１．将上述（A）式两边关于x求导，就有２（１－x）３＝１·２＋２·３x＋…＋（k－１）·kxk－２＋…， x＜１，由此知E［X（X＋１）］＝p２［１－（１－p）］３＝２p２故D（X）＝E（X２）－［E（X）］２＝E［X（X＋１）－X］－［E（X）］２＝E ［X （X ＋１）］－E （X ）－［E （X ）］２＝２p ２－１p －１p ２＝１－pp２．21．设长方形的长（以m 计）X ～U （０，２），已知长方形的周长（以m 计）为２０．求长方形面积A 的数学期望和方差．解长方形的长为X ，周长为２０，所以它的面积A 为A ＝X （１０－X ）．现在X ～U （０，２），X 的概率密度为f X （x ）＝１２，０＜x ＜２，０，其他，所以E （A ）＝E ［X （１０－X ）］＝∫２０x （１０－x ）·１２d x ＝５２x ２－１６x ３２０＝２６３＝８畅６７，E （A ２）＝E ［X ２（１０－X ）２］＝∫２０x ２（１０－x ）２·１２d x ＝１２∫２０（１００x ２－２０x ３＋x ４）d x ＝１４４８１５＝９６畅５３，D （A ）＝E （A ２）－［E （A ）］２＝１４４８１５－２６３２＝２１畅４２．22．（１）设随机变量X １，X ２，X ３，X ４相互独立，且有E （X i ）＝i ，D （X i ）＝５－i ，i ＝１，２，３，４．设Y ＝２X １－X ２＋３X ３－１２X ４．求E （Y ），D （Y ）．（２）设随机变量X ，Y 相互独立，且X ～N （７２０，３０２），Y ～N （６４０，２５２），求Z １＝２X ＋Y ，Z ２＝X －Y 的分布，并求概率P ｛X ＞Y ｝，P ｛X ＋Y ＞１４００｝．解（１）E （Y ）＝E ２X １－X ２＋３X ３－１２X ４＝２E （X １）－E （X ２）＋３E （X ３）－１２E （X ４）＝２×１－２＋３×３－１２×４＝７．因X １，X ２，X ３，X ４相互独立，故有D （Y ）＝D ２X １－X ２＋３X ３－１２X ４＝４D （X １）＋D （X ２）＋９D （X ３）＋１４D （X ４）＝４×４＋３＋９×２＋１４×１＝３７畅２５．（２）因X，Y相互独立，且X～N（７２０，３０２），Y～N（６４０，２５２），故Z１＝２X＋Y，Z２＝X－Y均服从正态分布，且E（Z１）＝E（２X＋Y）＝２E（X）＋E（Y）＝２×７２０＋６４０＝２０８０，D（Z１）＝D（２X＋Y）＝４D（X）＋D（Y）＝４×３０２＋２５２＝４２２５，E（Z２）＝E（X－Y）＝E（X）－E（Y）＝７２０－６４０＝８０，D（Z２）＝D（X－Y）＝D（X）＋D（Y）＝３０２＋２５２＝１５２５，故有Z１～N（２０８０，４２２５）， Z２～N（８０，１５２５）．P｛X＞Y｝＝P｛X－Y＞０｝＝P｛Z２＞０｝＝１－P｛Z２≤０｝＝１－Φ０－８０１５２５＝Φ（２畅０４８６）＝０畅９７９８．又X＋Y～N（E（X）＋E（Y），D（X）＋D（Y）），即X＋Y～N（１３６０，１５２５）．故P｛X＋Y＞１４００｝＝１－P｛X＋Y≤１４００｝＝１－Φ１４００－１３６０１５２５＝１－Φ（１畅０２）＝１－０畅８４６１＝０畅１５３９．23．五家商店联营，它们每两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）求五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千克该产品？解以Y记五家商店该种产品的总销售量，即Y＝X１＋X２＋X３＋X４＋X５．（１）按题设X i（i＝１，２，３，４，５）相互独立且均服从正态分布，即有E（Y）＝钞５i＝１E（X i）＝２００＋２４０＋１８０＋２６０＋３２０＝１２００，D （Y ）＝钞５i ＝１D （Y i ）＝２２５＋２４０＋２２５＋２６５＋２７０＝１２２５．（２）设仓库应至少储存n kg 该产品，才能使该产品不脱销的概率大于０畅９９，按题意，n 应满足条件P ｛Y ≤n ｝＞０畅９９．由于Y ～N （１２００，３５２），故有P ｛Y ≤n ｝＝PY －１２００３５≤n －１２００３５＝Φn －１２００３５，因而上述不等式即为Φn －１２００３５＞０畅９９＝Φ（２畅３３），从而n －１２００３５＞２畅３３，故应有n ＞１２００＋２畅３３×３５＝１２８１畅５５，即需取n ＝１２８２kg 畅24．卡车装运水泥，设每袋水泥重量X （以kg 计）服从N （５０，２．５２），问至多装多少袋水泥使总重量超过２０００的概率不大于０畅０５．解设至多能装运n 袋水泥，各袋水泥的重量分别为X １，X ２，…，X n ，则X i ～N （５０，２畅５２）， i ＝１，２，…，n ，故卡车所装运水泥的总重量为W ＝X １＋X ２＋…＋X n ．按题意n 需满足P ｛W ＞２０００｝≤０畅０５．对于像这样的实际问题，认为X １，X ２，…，X n 相互独立是适宜的，此时E （W ）＝５０n ， D （W ）＝２畅５２n ，于是W ～N （５０n ，２畅５２n ）．从而P ｛W ＞２０００｝＝１－Φ２０００－５０n２畅５n，即n 应满足Φ２０００－５０n２畅５n ≥０畅９５＝Φ（１畅６４５）．故应有２０００－５０n２畅５n≥１畅６４５，解得n ≤６畅２８３６，从而n ≤３９畅４８３．故n 至多取３９，即该卡车至多能装运３９袋水泥，方能使超过２０００kg 的概率不大于０畅０５．（在这里我们指出，若设W ＝nX ，其中X ～N （５０，２畅５２）而去求出n ≈３７，那就犯错误了，为什么？）25．设随机变量X ，Y 相互独立，且都服从（０，１）上的均匀分布．（１）求E （XY ），E （X ／Y ），E ［ln （XY ）］，E ［|Y －X |］．（２）以X ，Y 为边长作一长方形，以A ，C 分别表示长方形的面积和周长，求A 和C 的相关系数．解（１）X ，Y 的概率密度都是f （x ）＝１， ０＜x ＜１，０， 其他．E （XY ）＝E （X ）E （Y ）＝１２×１２＝１４．E X Y不存在（因∫１０∫１０xyd x d y发散）．题４畅２５图E ［ln （XY ）］＝∫１０∫１０（ln x ＋ln y ）d x d y ＝２∫１０∫１０（ln x ）d x d y＝－２．E （|Y －X |） ＝簇D|y －x |d x d y （如题４畅２５图D ＝D １∪D ２） ＝２簇D １（y －x ）d x d y ＝２∫１０∫１x（y －x ）d y d x ＝１３．（２）A ＝XY ，C ＝２（X ＋Y ），Cov （A ，C ）＝E （AC ）－E （A ）E （C ）．AC ＝２X ２Y ＋２XY ２，E （X ２）＝E （Y ２）＝D （X ）＋（E （X ））２＝１１２＋１４＝１３．E （AC ）＝２E （X ２Y ）＋２E （XY ２）＝２E （X ２）E （Y ）＋２E （X ）E （Y ２）＝２×１３×１２＋２×１２×１３＝２３．Cov （A ，C ）＝E （AC ）－E （A ）E （C ）＝２３－［E （X ）E （Y ）×２（E （X ）＋E （Y ））］＝２３－１２×１２×２１２＋１２＝１６．D （A ）＝E （X ２Y ２）－［E （X ）E （Y ）］２＝E （X ２）E （Y ２）－（１２×１２）２＝（１３）２－（１４）２＝７１４４．D （C ）＝D （２X ＋２Y ）＝D （２X ）＋D （２Y ）＝４×１１２＋４×１１２＝２３．故 ρAC ＝Cov （A ，C ）D （A ）D （C ）＝１６／７１４４×２３＝６７．26．（１）设随机变量X １，X ２，X ３相互独立，且有X １～b ４，１２，X ２～b ６，１３，X ３～b ６，１３，求P ｛X １＝２，X ２＝２，X ３＝５｝，E （X １X ２X ３），E （X １－X ２），E （X １－２X ２）．（２）设X ，Y 是随机变量，且有E （X ）＝３，E （Y ）＝１，D （X ）＝４，D （Y ）＝９，令Z ＝５X －Y ＋１５，分别在下列３种情况下求E （Z ）和D （Z ）．（i ）X ，Y 相互独立，（ii ）X ，Y 不相关，（iii ）X 与Y 的相关系数为０．２５．解（１）P ｛X １＝２，X ２＝２，X ３＝５｝＝P ｛X １＝２｝P ｛X ２＝２｝P ｛X ３＝５｝．因P ｛X １＝２｝＝４２１２２１－１２４－２＝４２１２４，P ｛X ２＝２｝＝６２１３２１－１３６－２＝６２１３２２３４，P ｛X ３＝５｝＝６５１３５１－１３６－５＝６５１３５２３，故 P ｛X １＝２，X ２＝２，X ３＝５｝＝P ｛X １＝２｝·P ｛X ２＝２｝·P ｛X ３＝５｝＝０．００２０３E （X １X ２X ３）＝E （X １）E （X ２）E （X ３）＝（４×１２）（６×１３）（６×１３）＝８．E （X １－X ２）＝E （X １）－E （X ２）＝２－２＝０．E （X １－２X ２）＝E （X １）－２E （X ２）＝－２．（２）对于E （Z ），在（i ），（ii ），（iii ）三种情况下都有E （Z ）＝E （５X －Y ＋１５）＝５E （X ）－E （Y ）＋１５＝１５－１＋１５＝２９．对于D （Z ），（i ）X ，Y 独立，则D （５X －Y ＋１５）＝D （５X －Y ）＝D （５X ）＋D （－Y ）＝２５D （X ）＋D （Y ）＝２５×４＋９＝１０９．（ii）X，Y不相关，即Cov（X，Y）＝０，D（Z）＝１０９．（iii）ρX Y＝０畅２５，则Cov（X，Y）＝D（X）D（Y）ρX Y＝２×３×０畅２５＝１畅５，D（５X－Y＋１５）＝D（５X－Y）＝２５D（X）＋D（Y）－１０Cov（X，Y）＝１００＋９－１０×１畅５＝９４畅27．下列各对随机变量X和Y，问哪几对是相互独立的？哪几对是不相关的．（１）X～U（０，１），Y＝X２．（２）X～U（－１，１），Y＝X２．（３）X＝cos V，Y＝sin V，V～U（０，２π）．若（X，Y）的概率密度为f（x，y），（４）f（x，y）＝x＋y ０＜x＜１，０＜y＜１，０， 其他．（５）f（x，y）＝２y， ０＜x＜１，０＜y＜１，０， 其他．解 （１）E（X）＝１２，E（Y）＝E（X２）＝∫１０x２d x＝１３，E（XY）＝E（X３）＝∫１０x３d x＝１４．Cov（X，Y）＝E（XY）－E（X）E（Y）＝１４－１２×１３≠０．故X，Y不相互独立，也不是不相关的．（２）E（X）＝０，E（Y）＝E（X２）＝∫１－１１２x２d x＝１３，E（XY）＝E（X３）＝∫１－１１２x３d x＝０．Cov（X，Y）＝E（XY）－E（X）E（Y）＝０－０＝０．故X，Y不相互独立，但不相关．（３）E（X）＝∫２π０１２πcos v d v＝０，E（Y）＝∫２π０１２πsin v d v＝０，E（XY）＝E（sin V cos V）＝１２E（sin２V）＝１２∫２π０１２πsin２v d v＝０，Cov（X，Y）＝E（XY）－E（Z）E（Y）＝０－０×０＝０，故X，Y不相互独立，但不相关．（４）f（x，y）＝x＋y， ０＜x＜１， ０＜y＜１，０， 其他．f X（x）＝∫１０（x＋y）d y＝x＋１２， ０＜x＜１，０， 其他，f Y（y）＝y＋１２， ０＜y＜１，０，其他．f（x，y）与f X（x）f Y（y）在平面上不几乎处处相等，X，Y不相互独立．E（X）＝∫１０x（x＋１２）d x＝７１２， E（Y）＝７１２，E（XY）＝∫１０∫１０x y（x＋y）d x d y＝１３．Cov（X，Y）＝E（XY）－E（X）E（Y）≠０．故X，Y不是不相关的，因而一定也是不相互独立的．（５）f（x，y）＝２y， ０＜x＜１， ０＜y＜１，０， 其他，f X（x）＝１， ０＜x＜１，０， 其他， f Y（y）＝２y， ０＜y＜１，０， 其他．f（x，y）＝f X（x）f Y（y）对于任意x，y成立．故X，Y相互独立，因此X，Y也是不相关的．28．设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f（x，y）＝１π，x２＋y２≤１，０，其他．试验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的．证 E（X）＝∫∞－∞∫∞－∞x f（x，y）d x d y＝簇x２＋y２≤１xπd x d y＝１π∫１－１d y∫１－y２－１－y２x d x＝０．同样 E（Y）＝∫∞－∞∫∞－∞y f（x，y）d x d y＝簇x２＋y２≤１yπd x d y＝０，而 E（XY）＝∫∞－∞∫∞－∞x y f（x，y）d x d y＝簇x２＋y２≤１x yπd x d y＝１π∫１－１y d y∫１－y２－１－y２x d x＝０，从而E（XY）＝E（X）E（Y），这表明X，Y是不相关的．又f X（x）＝∫∞－∞f（x，y）d y＝∫１－x ２－１－x２１πd y＝２π１－x２，－１＜x＜１，０，其他．同样f Y（y）＝２π１－y２，－１＜y＜１，０，其他．显然f X（x）f Y（y）≠f（x，y），故X，Y不是相互独立的．29．设随机变量（X，Y）的分布律为XY －１０１－１１８１８１８０１８０１８１１８１８１８验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的．证 先求出边缘分布律如下：X－１０１p k３８２８３８Y－１０１p k３８２８３８易见P｛X＝０，Y＝０｝＝０≠P｛X＝０｝P｛Y＝０｝，故X，Y不是相互独立的．又知X，Y具有相同的分布律，且有E（X）＝E（Y）＝（－１）×３８＋１×３８＝０．又 E（XY）＝钞３j＝１钞３i＝１x i y j p i j＝（－１）（－１）×１８＋（－１）×１×１８＋１×（－１）×１８＋１×１×１８＝０，即有E（XY）＝E（X）E（Y），故X，Y是不相关的．30．设A 和B 是试验E 的两个事件，且P （A ）＞０，P （B ）＞０，并定义随机变量X ，Y 如下：X ＝１， 若A 发生，０， 若A不发生， Y ＝１， 若B 发生，０， 若B不发生．证明若ρX Y ＝０，则X 和Y 必定相互独立．解X ，Y 的分布律分别为X ０１p kP （A —）P （A ）Y ０１p kP （B —）P （B ）由X ，Y 的定义，XY 只能取０，１两个值，且P ｛XY ＝１｝＝P ｛X ＝１，Y ＝１｝＝P （AB ），于是得XY 的分布律为XY ０１p k１－P （AB ）P （AB ）即得 E （X ）＝P （A ），E （Y ）＝P （B ），E （XY ）＝P （AB ）．由假设ρX Y ＝０，得E （XY ）＝E （X ）E （Y ），即P （AB ）＝P （A ）P （B ），故知A 与B 相互独立．从而知A 与B —、A —与B 、A —与B —也相互独立，于是 P ｛X ＝１，Y ＝１｝＝P （AB ）＝P （A ）P （B ）＝P ｛X ＝１｝P ｛Y ＝１｝， P ｛X ＝１，Y ＝０｝＝P （AB —）＝P （A ）P （B —）＝P ｛X ＝１｝P ｛Y ＝０｝， P ｛X ＝０，Y ＝１｝＝P （A —B ）＝P （A —）P （B ）＝P ｛X ＝０｝P ｛Y ＝１｝， P ｛X ＝０，Y ＝０｝＝P （A —B —）＝P （A —）P （B —）＝P ｛X ＝０｝P ｛Y ＝０｝，故X ，Y 相互独立．题４畅３１图31．设随机变量（X ，Y ）具有概率密度f （x ，y ）＝１，y ＜x ，０＜x ＜１，０，其他．求E （X ），E （Y ），Cov （X ，Y ）．解注意到f （x ，y ）只在区域G ：｛（x ，y ） y ＜x ，０＜x ＜１｝（题４畅３１图）上不等于零，故有E （X ）＝∫∞－∞∫∞－∞x f （x ，y ）d x d y ＝簇Gx d x d y＝∫１０d x ∫x－xx d y ＝∫１０２x ２d x ＝２３，E（Y）＝∫∞－∞∫∞－∞y f（x，y）d x d y＝簇G y d x d y＝∫１０d x∫x－x y d y＝０，E（XY）＝∫∞－∞∫∞－∞x y f（x，y）d x d y＝簇G x y d x d y＝∫１０d x∫x－x x y d y＝０，Cov（X，Y）＝E（XY）－E（X）E（Y）＝０．32．设随机变量（X，Y）具有概率密度f（x，y）＝１８（x＋y），０≤x≤２，０≤y≤２，０，其他．求E（X），E（Y），Cov（X，Y），ρX Y，D（X＋Y）．解注意到f（x，y）只在区域G：｛（x，y） ０＜x＜２，０＜y＜２｝上不等于零，故有E（X）＝∫∞－∞∫∞－∞x f（x，y）d x d y＝∫２０d x∫２０x８（x＋y）d y＝∫２０x８（x y＋１２y２）２０d x＝∫２０x４（x＋１）d x＝７６，E（X２）＝∫∞－∞∫∞－∞x２f（x，y）d x d y＝∫２０d x∫２０x２８（x＋y）d y＝１８∫２０x２（x y＋１２y２）２０d x＝１４∫２０（x３＋x２）d x＝５３，E（XY）＝∫∞－∞∫∞－∞x y f（x，y）d x d y＝∫２０d x∫２０x y８（x＋y）d y＝１４∫２０（x２＋４x３）d x＝４３．由x，y在f（x，y）的表达式中的对称性（即在表达式f（x，y）中将x和y互换，表达式不变），得知E（Y）＝E（X）＝７６， E（Y２）＝E（X２）＝５３，且有D（Y）＝D（X）＝E（X２）－［E（X）］２＝５３－（７６）２＝１１３６．而 Cov（X，Y）＝E（XY）－E（X）E（Y）＝４３－４９３６＝－１３６，ρX Y＝Cov（X，Y）D（X）D（Y）＝－１１１，D（X＋Y）＝D（X）＋D（Y）＋２Cov（X，Y）＝５９．33．设随机变量X～N（μ，σ２），Y～N（μ，σ２），且设X，Y相互独立，试求Z１＝αX＋βY和Z２＝αX－βY的相关系数（其中α，β是不为零的常数）．解法（i） Cov（Z１，Z２）＝Cov（αX＋βY，αX－βY）＝α２Cov（X，X）－αβCov（X，Y）＋αβCov（Y，X）－β２Cov（Y，Y）＝α２D（X）－β２D（Y）＝（α２－β２）σ２，而 D（Z１）＝D（αX＋βY）＝α２D（X）＋β２D（Y）＋２Cov（αX，βY）＝（α２＋β２）σ２，D（Z２）＝D（αX－βY）＝α２D（X）＋β２D（Y）－２Cov（αX，βY）＝（α２＋β２）σ２，故ρZ１Z２＝（α２－β２）σ２D（Z１）D（Z２）＝α２－β２α２＋β２．解法（ii） Cov（Z１，Z２）＝E（Z１Z２）－E（Z１）E（Z２）＝E（α２X２－β２Y２）－［αE（X）＋βE（Y）］［αE（X）－βE（Y）］＝α２E（X２）－β２E（Y２）－｛α２［E（X）］２－β２［E（Y）］２｝＝α２｛E（X２）－［E（X）］２｝－β２｛E（Y２）－［E（Y）］２｝＝α２D（X）－β２D（Y）＝（α２－β２）σ２． D（Z１）＝D（αX＋βY）＝α２D（X）＋β２D（Y）＝（α２＋β２）σ２， D（Z２）＝D（αX－βY）＝α２D（X）＋β２D（Y）＝（α２＋β２）σ２，故ρZ１Z２＝（α２－β２）σ２D（Z１）D（Z２）＝α２－β２α２＋β２．34．（１）设随机变量W＝（aX＋３Y）２，E（X）＝E（Y）＝０，D（X）＝４，D（Y）＝１６，ρXY＝－０畅５．求常数a使E（W）为最小，并求E（W）的最小值．（２）设随机变量（X，Y）服从二维正态分布，且有D（X）＝σ２X，D（Y）＝σ２Y．证明当a２＝σ２Xσ２Y时，随机变量W＝X－aY与V＝X＋aY相互独立．解（１）E（W）＝E［（aX＋３Y）２］＝a２E（X２）＋６aE（XY）＋９E（Y２），E（X２）＝D（X）＋［E（X）］２＝４，E（Y２）＝D（Y）＋［E（Y）］２＝１６，E（XY）＝Cov（X，Y）＋E（X）E（Y）＝ρX YD（X）D（Y）＝－４，故E（W）＝４a２－２４a＋１４４＝４（a－３）２＋１０８，故当a＝３时E（W）取最小值，min｛E（W）｝＝１０８．（２）因为（X，Y）是二维正态变量，而W与V分别是X，Y的线性组合，故由n维正态随机变量的性质３°知（W，V）也是二维正态变量．现在a２＝σ２Xσ２Y，故知有Cov（W，V）＝Cov（X－aY，X＋aY）＝Cov（X，X）－a２Cov（Y，Y）＝σ２X－a２σ２Y＝０，即知W与V不相关．又因（W，V）是二维正态变量，故知W与V是相互独立的．35．设随机变量（X，Y）服从二维正态分布，且X～N（０，３），Y～N（０，４），相关系数ρX Y＝－１４，试写出X和Y的联合概率密度．解因μ１＝μ２＝０，σ１＝３，σ２＝２，ρ＝－１４，故X和Y的联合概率密度为f（x，y）＝１４３π１－１１６exp－１２（１－１１６）x２３＋x y４３＋y２４＝１３５πexp－８１５x２３＋x y４３＋y２４．36．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．利用切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．解以X表示每毫升含白细胞数，由题设E（X）＝μ＝７３００， D（X）＝σ＝７００而概率p＝P｛５２００＜X＜９４００｝＝P｛－２１００＜X－７３００＜２１００｝＝P｛X－７３００＜２１００｝．在切比雪夫不等式P｛X－μ＜ε｝≥１－σ２ε２中，取ε＝２１００，此时１－σ２ε２＝１－７００２２１００２＝８９，即知p＝P｛X－７３００＜２１００｝≥８９．37．对于两个随机变量V，W，若E（V２），E（W２）存在，证明［E（V W）］２≤E（V２）E（W２）．（A）这一不等式称为柯西施瓦茨（Cauchy‐Sch warz）不等式．证若E（V２）＝０，则P｛V＝０｝＝１（因E（V２）＝D（V）＋（E（V））２＝０，得D（V）＝０且E（V）＝０，由方差性质４°即得P｛V＝０｝＝１）．由此P｛V W＝０｝＝１，因此，E（V W）＝０，此时不等式（A）得证．同样对于E（W２）＝０时，不等式（A）也成立．以下设E（V２）＞０，E（W２）＞０．考虑实变量t的函数：q（t）＝E［（V＋tW）２］＝E（V２）＋２tE（V W）＋t２E（W２）．因为对于任意t，E［（V＋tW）２］≥０，E（W２）＞０，故二次三项式q（t）的判别式：Δ＝４［E（V W）］２－４E（V２）E（W２）≤０，即有［E（V W）］２≤E（V２）E（W２）．38．中位数．对于任意随机变量X，满足以下两式P｛X≤x｝≥１２， P｛X≥x｝≤１２的x称为X的中位数，记为x１２或M．它是反映集中位置的一个数字特征．中位数总是存在，但可以不唯一．画出X的分布函数F（x）的图．如果F（x）连续，那么x１２是方程F（x）＝１２的解（如题４畅３８图（１）），如果F（x）有跳跃点（见题４畅３８图（２）），用垂直于横轴的线段联结后，得一连续曲线，它与直线y＝１２的交点的横坐标即为x１２．由于交点可以不唯一，故可以有许多x１２．题４畅３８图（１）设X的概率密度为f（x）＝２e－２x， x≥０，０， 其他．试求X的中位数M．（２）设X服从柯西分布，其概率密度为f（x）＝bπ［（x－a）２＋b２］， b＞０．试求X的中位数M．解 设F（x）为分布函数．（１）M应满足F（M）＝１２．即 １２＝F（M）＝P｛X≤M｝＝∫M０２e－２x d x＝－e－２x M０＝１－e－２M，故 e－２M＝１２， e２M＝２，得 M＝１２ln２．此即为所求的中位数．（２）由 １２＝F（M）＝P｛X≤M｝＝∫M－∞bπ［（x－a）２＋b２］d x＝１πarctan x－a b M－∞＝１πarctan M－a b＋１２，得 M－a＝０，即知中位数M＝a．另外，易知X的概率密度函数f（x）的图形关于直线x＝a是对称的．即知P｛X≤a｝＝∫a－∞f（x）d x＝１２．故中位数为M＝a．。
概率论与数理统计第四版（乐励华段五朵著）.pdf
课
后
P ( B | C1 ) = 0.2 P ( B | C 2 ) = 0.6 P ( B | C 3 ) = 1
答
案
网
ww w.
C i :{有 i 人击中飞机} i = 0 , 1 , 2 , 3
kh
da
w. co
m
P (C 3 ) = P ( A1 A2 A3 ) = ⋯ = 0.14
= 0.09 × 0 + 0.36 × 0.2 + 0.41 × 0.6 + 0.14 × 1 = 0.458
ww w.
kh
da
w. co
m
B . 四. 设 A1 :{抽到甲箱}， A2:{抽到乙箱}，:{取到白球}
∴
由全概率公式有：
课
后
答
案
网
ww w.
1 3 1 2 31 P(B) = P( A1)P(B | A1) + P( A2 )P(B | A2 ) = × + × = ≈ 0.443 2 5 2 7 70
课
后
答
k −1 = C n−1 p k (1 − p ) n− k
案
P ( A1 A2 ) = P ( A1 ) P ( A2 )
网
练习五参考答案与参考解答
一. 1 1/2 二. 1/12 5/18 三. B、C
当x > 2时，P { X ≤ x } = 1
课
后
x≤1 ⎧ 0, ⎪ ∴ F ( x ) = P{ X ≤ x } = ⎨ x − 1 , 1 < x ≤ 2 ⎪ 1, x>2 ⎩
P ( B | A2 ) = 4%
w. co
则： P ( A1 ) = 25%
概率论和数理统计第四版
203
休息 结束
P(B) 3 C277C2100C1100 18
30!
203
10!10!10!
休息 结束
§1.4 条件概率
引例
袋中有7只白球，3只红球；白球中有4只木球， 3只塑料球；红球中有2只木球，1只塑料球。现 从袋中任取1球，假设每个球被取到旳可能性相 同。
i1
A1, A2 ,, An , 旳和事件 ——
Ai
i1
休息 结束
4. 事件旳交(积) A B 或 AB
A B 发生
S
A
A B
B
—— A 与B 旳积事件
事件 A与事件B 同步发生
n
A1 , A2 ,, An 旳积事件 ——
Ai
i1
A1, A2 ,, An , 旳积事件 —— Ai
i1
休息 结束
设 A: 取到旳球是白球。B:取到旳球是木球。
求：1) P(A); 2) P(AB) ;
3) 在已知取出旳球是白球旳条件下，求取出旳 是木球旳概率。
休息 结束
解： 1 ). P( A ) kA 7
n 10
2 ). P( AB ) kAB 4 n 10
列表 白球 红球 小计 木球 4 2 6 塑料球 3 1 4 小计 7 3 10
显然, P(A)=3/6=1/2.
P( A)
A包含的基本事件数 S中基本事件的总数
休息 结束
其特征为：
1） 随机试验或观察旳全部可能成果为有限个，
每次试验或观察发生且仅发生其中旳一种成果；
2） 每一种成果发生旳可能性相同。
对古典概型,某随机事件 A发生旳概率:
概率论与数理统计教程第四版课后答案第三章.ppt
E( X ) 0 3 1 9 2 9 3 1 0.3
4 44 220 220
E( X 2 ) 02 3 12 9 22 9 32 1 0.409
4
44
220
220
D( X ) E( X 2 ) E 2 ( X ) 0.319 X D( X ) 0.565
1
t 2dt
0
0
2
A a3 2
t
1 2
e
t
dt
0
a3 A
2
(
3 2
)
a3 1 A
a3 A
1
22
4
4 A
a3
E( X ) 4
x e dx
x2 3 a2
x2 a2t
4
a3t
3 2
et
a
t
1
2 dt
a3 0
a3 0
2
2a tetdt 2a (2) 2a
0
20
E( X 2 ) 4
i
j
（2）设二维连续随机变量(X,Y)的联合概率密度为f(x, y)，则
随机变量X及Y 的数学期望分别定义如下：假定积分绝对收敛.
EX
xf
x,
ydxdy,
EY
yf x, ydxdy.
EX
xf X x dx,
EY
yfY y dy.
2
三、一维随机变量函数的数学期望
j
ij
6
连续型随机变量X ,Y ,
DX
x
EX
2
fX
xdx
x
EX
2
f
x,
y dxdy,
DY
概率论与数理统计高教版第四版课后习题答案
定义1.2 若试验结果一共由n个基本事件E1,E2,…,En组成， 并且这些事件的出现具有相同的可能性，而事件A由其中的 某m个基本事件E1/,E2/,…,En/组成，则事件A的概率可用下式 计算：
有利于A的基本事件数 m P( A) = = 试验的基本事件总数 n (1.1)
这里E1,E2,…,En构成一个等概率完备事件组。 （三）计算概率的例题 例1 袋内有5个白球，3个黑球，从中任取两个位球，计算 取出的两个球都是白球的概率。 例2 一批产品共200个，有6个废品，求：（1）这些产品的 废品率；（2）任取3个恰有一个是废品的概率；（3）任取3个
12
数值p，即（P(A)）就是在一次试验中对事件A发生可能 性的大小的数量描述。 如上所说，频率的稳定性是概率的经验基础，但并不是 说概率决定于试验。一个事件发生的概率完全决定于事件本 身的结构，是先于试验而客观存在的。 概率的统计定义仅仅指出了事件的概率是客观存在的 但 并不能用这个定义计算P(A)。实际上，人们是采用一次大量 实验的频率或一系列频率的平均值作为P(A)的近似值。 这就是说，概率的统计定义还不是真正意义上的数学定 义。 （二）概率的古典定义 直接计算某一事件的概率有时是非常困难的，甚至是不 可能的。仅在某些情况下，才可以直接计算事件的概率。
5
个事件发生。记作
å
¥
Ai 或
¥
Ai
i= 1
i= 1
4. 事件的交（积） 两个事件A与B同时发生，即“A且B” ，是一个事件，称为 A与B的交（积），它是由既属于A又属于B的所有公共样本点 构成的集合，记作 AB或A∩B 5.事件的差 事件A发生而事件B不发生，是一个事件，称为事件A与事 件B的差。它是由属于A但不属于B的样本点构成的集合。记作 A-B. 6. 互不相容事件
概率论与数理统计第四版课后习题答案
概率论与数理统计课后习题答案第七章参数估计1．[一] 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm 计） 74.001 74.005 74.003 74.001 74.000 73.998 74.006 74.002 求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S 2。
解：μ，σ2的矩估计是6122106)(1ˆ,002.74ˆ-=⨯=-===∑ni i x X n X σμ621086.6-⨯=S 。
2．[二]设X 1，X 1，…，X n 为准总体的一个样本。
求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。
（1）⎩⎨⎧>=+-其它,0,)()1(cx x c θx f θθ其中c >0为已知，θ>1，θ为未知参数。
（2）⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=-.,010,)(1其它x x θx f θ其中θ>0，θ为未知参数。
（5）()p p m x p px X P x m xmx,10,,,2,1,0,)1()(<<=-==- 为未知参数。
解：（1）X cθc θc c θdx x c θdx x xf X E θθcθθ=--=-===+-∞+-∞+∞-⎰⎰1,11)()(1令，得cX Xθ-=（2）,1)()(10+===⎰⎰∞+∞-θθdx xθdx x xf X E θ2)1(,1X X θX θθ-==+得令（5）E (X ) = mp令mp = X ， 解得mX p=ˆ 3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。
解：（1）似然函数1211)()()(+-===∏θn θn n ni ix x x cθx f θL0ln ln )(ln ,ln )1(ln )ln()(ln 11=-+=-++=∑∑==ni ini i xc n n θθd θL d x θc θn θn θL∑=-=ni icn xnθ1ln ln ˆ （解唯一故为极大似然估计量）（2）∑∏=--=-+-===ni i θn n ni ix θθnθL x x x θx f θL 11211ln )1()ln(2)(ln ,)()()(∑∑====+⋅-=ni ini ix n θxθn θL d 121)ln (ˆ,0ln 2112)(ln 。
概率论与数理统计第四版 (1)
(二)概率的公理化定义 1.定义:设S是样本空间,E是随机试验. 对于E
的每个事件A对应一个实数P(A),称为事件 A的概率,如果集合函数P(.)满足下列条件:
(1) (非负性）对任一事件A,有P(A)≥0;
(2) (规范性) P(S)=1;
(3) (可列可加性) 设A1,A2,…是两两互不相容的事件,则有 P(A1 A2 …)=P(A1)+P(A2)+…
例1. 事件“A与B发生,C不发生”
事件“A、B、C中至少有二个发生”
事件“A、B、C中恰有二个发生”
例2.事件A、B、C两两互不相容， 则有ABC 反之不成立
§3. 频率与概率
(一) 频率 1. 在相同的条件下,共进行了n次试验.
事件A发生的次数nA, 称为A的频数; nA/n 称为事件A发生的频率,记为fn(A).
( 2)显然 A是A的对立事件, 即A A.
(3) 必然事件与不可能事件互为对立事件, S 或S
7.事件的运算律:
交换律: A B B A；A B B A.
分配律:A (B C ) ( A B) ( A C ); A (B C ) ( A B) ( A C ).
对偶律（德摩根律）: A B A B; A B A B.
N n
min(D, n)).
例6（书P12) 箱中装有a个白球和b个黑球, k个人依次在袋中取一只球，对(1)放回抽样; (2)不放回抽样，分别求第i(i=1, 2, …, k)人取 到白球的概率.
解 （1）放回抽样P(A) a ab
(2)不放回抽样P(A)
aAk 1 ab1 Ak ab
a ab
2. 频率的基本性质： (1) （非负性）0 fn ( A) 1； (2) （规范性） fn (S) 1;
概率论与数理统计及其应用
概率论与数理统计及其应用摘要：英国学者威尔斯说过：统计的思维方法，就像读和写的能力一样，将来有一天会成为效率公民的必备能力。
概率论与数理统计是研究现实世界中随机现象统计规律的学科，广泛应用于社会，经济和科学技术等各个领域。
本文就概率论与数理统计的方法与思维，以及在解决一些生活中的实际问题而展开讨论！关键词——随机现象、统计、应用从随机现象说起，在自然界和现实生活中，一些事物都是相互联系和不断发展的。
在它们彼此间的联系和发展中，根据它们是否有必然的因果联系，可以分成截然不同的两大类：一类是确定性的现象。
这类现象是在一定条件下，必定会导致某种确定的结果。
举例来说，在标准大气压下，水加热到100摄氏度，就必然会沸腾。
事物间的这种联系是属于必然性的。
通常的自然科学各学科就是专门研究和认识这种必然性的，寻求这类必然现象的因果关系，把握它们之间的数量规律。
另一类是不确定性的现象。
这类现象是在一定条件下，它的结果是不确定的。
举例来说，同一个工人在同一台机床上加工同一种零件若干个，它们的尺寸总会有一点差异。
又如，在同样条件下，进行小麦品种的人工催芽试验，各棵种子的发芽情况也不尽相同，有强弱和早晚的分别等等。
为什么在相同的情况下，会出现这种不确定的结果呢？这是因为，我们说的“相同条件”是指一些主要条件来说的，除了这些主要条件外，还会有许多次要条件和偶然因素又是人们无法事先一一能够掌握的。
正因为这样，我们在这一类现象中，就无法用必然性的因果关系，对个别现象的结果事先做出确定的答案。
事物间的这种关系是属于偶然性的，这种现象叫做偶然现象，或者叫做随机现象。
在自然界，在生产、生活中，随机现象十分普遍，也就是说随机现象是大量存在的。
比如：每期体育彩票的中奖号码、同一条生产线上生产的灯泡的寿命等，都是随机现象。
因此，我们说：随机现象就是：在同样条件下，多次进行同一试验或调查同一现象，所的结果不完全一样，而且无法准确地预测下一次所得结果的现象。
概率论与数理统计第四版
第五章 大数定律及中心极限定理1．据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为１００h的指数分布，现随机地取１６只，设它们的寿命是相互独立的．求这１６只元件的寿命的总和大于１９２０h的概率．解以X i（i＝１，２，…，１６）记第i只元件的寿命，以T记１６只元件寿命的总和：T＝钞１６i＝１X i，按题设E（X i）＝１００，D（X i）＝１００２，由中心极限定理知T－１６×１００１６１００２近似地服从N（０，１）分布，故所求概率为P｛T＞１９２０｝＝１－P｛T≤１９２０｝＝１－P T－１６×１００１６１００２≤１９２０－１６×１００１６１００２≈１－Ф１９２０－１６００４００＝１－Ф（０．８）＝１－０畅７８８１＝０畅２１１９．2．（１）一保险公司有１００００个汽车投保人，每个投保人索赔金额的数学期望为２８０美元，标准差为８００美元，求索赔总金额超过２７０００００美元的概率．（２）一公司有５０张签约保险单，各张保险单的索赔金额为X i，i＝１，２，…，５０（以千美元计）服从韦布尔（Weibull）分布，均值E（X i）＝５，方差D（X i）＝６，求５０张保险单索赔的合计金额大于３００的概率（设各保险单索赔金额是相互独立的）．解（１）记第i人的索赔金额为X i，则由已知条件E（X i）＝２８０， D（X i）＝８００２．要计算p１＝P钞１００００i＝１X i＞２７０００００，因各投保人索赔金额是独立的，n＝１００００很大．故由中心极限定理，近似地有X —＝１１００００钞１００００i＝１X i～N２８０，８００２１００２，故 p１＝P（X —＞２７０）≈１－Φ２７０－２８０８＝１－Φ－５４＝Φ５４＝Φ（１畅２５）＝０畅８９４４．（２）E（X i）＝５，D（X i）＝６，n＝５０．故 p＝P钞５０i＝１X i＞３００≈１－Φ３００－５０×５５０×６＝１－Φ５０３００＝１－Φ（２畅８９）＝０畅００１９．这与情况（１）相反．（１）的概率为０畅８９４４表明可能性很大．而（２）表明可能性太小了，大约５００次索赔中出现＞３００的只有一次．3．计算器在进行加法时，将每个加数舍入最靠近它的整数，设所有舍入误差相互独立且在（－０畅５，０畅５）上服从均匀分布．（１）将１５００个数相加，问误差总和的绝对值超过１５的概率是多少？（２）最多可有几个数相加使得误差总和的绝对值小于１０的概率不小于０畅９０？解设第k个加数的舍入误差为X k（k＝１，２，…，１５００），已知X k在（－０畅５，０畅５）上服从均匀分布，故知E（X k）＝０，D（X k）＝１１２．（１）记X＝钞１５００k＝１X k，由中心极限定理，当n充分大时有近似公式P 钞１５００k＝１X k－１５００×０１５００１１２≤x≈Φ（x）．于是P｛X＞１５｝＝１－P｛X≤１５｝＝１－P｛－１５≤X≤１５｝＝１－P－１５－０１５００１１２≤X－０１５００１１２≤１５－０１５００１１２≈１－Φ１５１５００１１２－Φ－１５１５００１１２＝１－２Φ１５１５００１２－１＝１－［２Φ（１畅３４２）－１］＝２［１－０畅９０９９］＝０畅１８０２．即误差总和的绝对值超过１５的概率近似地为０畅１８０２．（２）设最多有n个数相加，使误差总和Y＝钞n k＝１X k符合要求，即要确定n，使P｛Y＜１０｝≥０畅９０．由中心极限定理，当n充分大时有近似公式P Y－０n１１２≤x≈Φ（x）．811概率论与数理统计习题全解指南于是 P ｛Y ＜１０｝＝P ｛－１０＜Y ＜１０｝＝P －１０n １１２＜Yn １１２＜１０n １１２≈Φ１０n １２－Φ－１０n １２＝２Φ１０n １２－１．因而n 需满足 ２Φ１０n ／１２－１≥０．９０，亦即n 需满足 Φ１０n ／１２≥０畅９５＝Φ（１畅６４５），即n 应满足 １０n ／１２≥１畅６４５，由此得 n ≤４４３畅４５．因n 为正整数，因而所求的n 为４４３．故最多只能有４４３个数加在一起，才能使得误差总和的绝对值小于１０的概率不小于０畅９０．4．设各零件的重量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为０畅５kg ，均方差为０畅１kg ，问５０００个零件的总重量超过２５１０kg 的概率是多少？解以X i （i ＝１，２，…，５０００）记第i 个零件的重量，以W 记５０００个零件的总重量：W ＝钞５０００i ＝１X i ．按题设E （X i ）＝０．５，D （X i ）＝０畅１２，由中心极限定理，可知W －５０００×０畅５５０００×０畅１近似地服从N （０，１）分布，故所求概率为P ｛W ＞２５１０｝＝１－P ｛W ≤２５１０｝＝１－P W －５０００×０畅５５０００×０畅１≤２５１０－５０００×０畅５５０００×０畅１≈１－Ф２５１０－５０００×０畅５５０００×０畅１＝１－Ф（２）＝１－０畅９２１３＝０畅０７８７畅5．有一批建筑房屋用的木柱，其中８０％的长度不小于３m ，现从这批木柱中随机地取１００根，求其中至少有３０根短于３m 的概率．解按题意，可认为１００根木柱是从为数甚多的木柱中抽取得到的，因而可当作放回抽样来看待．将检查一根木柱看它是否短于３m 看成是一次试验，检查１００根木柱相当于做１００重伯努利试验．以X 记被抽取的１００根木柱中长度短于３m 的根数，则X ～b （１００，０畅２）．于是由教材第五章§２定理三得P ｛X ≥３０｝＝P ｛３０≤X ＜∞｝911第五章 大数定律及中心极限定理＝P３０－１００×０畅２１００×０畅２×０畅８≤X －１００×０畅２１００×０畅２×０畅８＜∞－１００×０畅２１００×０畅２×０畅８≈Φ（∞）－Φ３０－２０１６＝１－Φ（２畅５）＝１－０畅９９３８＝０畅００６２畅本题也可以这样做，引入随机变量：X k ＝１， 若第k 根木柱短于３m ，０， 若第k 根木柱不短于３m ， k ＝１，２，…，１００畅于是E （X k ）＝０．２，D （X k ）＝０畅２×０畅８．以X 表示１００根木柱中短于３m 的根数，则X ＝钞１００k ＝１X k ．由中心极限定理有P ｛X ≥３０｝＝P ｛３０≤X ＜∞｝＝P ３０－１００×０畅２１０００畅２×０畅８≤钞１００k ＝１X k －１００×０畅２１０００畅２×０畅８ ＜∞－１００×０畅２１０００畅２×０畅８≈Φ（∞）－Ф３０－２０１６＝１－Φ（２畅５）＝０畅００６２畅6．一工人修理一台机器需两个阶段，第一阶段所需时间（小时）服从均值为０．２的指数分布，第二阶段服从均值为０畅３的指数分布，且与第一阶段独立．现有２０台机器需要修理，求他在８小时内完成的概率．解设修理第i （i ＝１，２，…，２０）台机器，第一阶段耗时X i ，第二阶段为Y i ，则共耗时Z i ＝X i ＋Y i ，今已知E （X i ）＝０畅２，E （Y i ）＝０畅３，故E （Z i ）＝０畅５．D （Z i ）＝D （X i ）＋D （Y i ）＝０畅２２＋０畅３２＝０畅１３畅２０台机器需要修理的时间可认为近似服从正态分布，即有钞２０i ＝１Z i ～N （２０×０畅５，２０×０畅１３）＝N （１０，２畅６）．所求概率 p ＝P钞２０i ＝１Z i ≤８≈Φ８－２０×０畅５２０×０畅１３＝Φ－２１畅６１２５＝Φ（－１畅２４）＝０畅１０７５，即不大可能在８小时内完成全部工作．7．一食品店有三种蛋糕出售，由于售出哪一种蛋糕是随机的，因而售出一只蛋糕的价格是一个随机变量，它取１元、１畅２元、１畅５元各个值的概率分别为０畅３、０畅２、０畅５畅若售出３００只蛋糕．21概率论与数理统计习题全解指南（１）求收入至少４００元的概率；（２）求售出价格为１畅２元的蛋糕多于６０只的概率．解设第i 只蛋糕的价格为X i ，i ＝１，２，…，３００，则X i 有分布律为X i １１畅２１畅５p k０畅３０畅２０畅５由此得E （X i ）＝１×０畅３＋１畅２×０畅２＋１畅５×０畅５＝１畅２９，E （X ２i ）＝１２×０畅３＋１畅２２×０畅２＋１畅５２×０畅５＝１畅７１３，故D （X i ）＝E （X ２i ）－［E （X i ）］２＝０畅０４８９畅（１）以X 表示这天的总收入，则X ＝钞３００i ＝１X i ，由中心极限定理得P ｛X ≥４００｝＝P ｛４００≤X ＜∞｝＝P ４００－３００×１畅２９３０００畅０４８９≤钞３００i ＝１X i －３００×１畅２９３０００畅０４８９ ＜∞－３００×１畅２９３０００畅０４８９≈１－Φ（３畅３９）＝１－０畅９９９７＝０畅０００３．（２）以Y 记３００只蛋糕中售价为１畅２元的蛋糕的只数，于是Y ～b （３００，０畅２）．E （Y ）＝３００×０畅２，D （Y ）＝３００×０畅２×０畅８，由棣莫弗拉普拉斯定理得P ｛Y ＞６０｝＝１－P ｛Y ≤６０｝＝１－P Y －３００×０畅２３００×０畅２×０畅８≤６０－３００×０畅２３００×０畅２×０畅８≈１－Φ６０－３００×０畅２３００×０畅２×０畅８＝１－Φ（０）＝０畅５．8．一复杂的系统由１００个相互独立起作用的部件所组成，在整个运行期间每个部件损坏的概率为０畅１０．为了使整个系统起作用，至少必须有８５个部件正常工作，求整个系统起作用的概率．解将观察一个部件是否正常工作看成是一次试验，由于各部件是否正常工作是相互独立的，因而观察１００个部件是否正常工作是做１００重伯努利试验，以X 表示１００个部件中正常工作的部件数，则X ～b （１００，０畅９），按题意需求概率P ｛X ≥８５｝，由棣莫弗拉普拉斯定理知X －１００×０畅９１００×０畅９×０畅１近似地服从标准正态分布N （０，１），故所求概率为121第五章 大数定律及中心极限定理P ｛X ≥８５｝＝P ｛８５≤X ＜∞｝＝P ８５－１００×０畅９１００×０畅９×０畅１≤X －１００×０畅９１００×０畅９×０畅１≤∞－１００×０畅９１００×０畅９×０畅１≈１－Ф－５３＝０畅９５２５．9．已知在某十字路口，一周事故发生数的数学期望为２畅２，标准差为１畅４．（１）以X —表示一年（以５２周计）此十字路口事故发生数的算术平均，试用中心极限定理求X —的近似分布，并求P ｛X —＜２｝．（２）求一年事故发生数小于１００的概率．解 （１）E （X —）＝E （X ）＝２畅２，D （X —）＝D （X ）５２＝１畅４２５２，由中心极限定理，可认为X —～N （２畅２，１畅４２／５２）．P ｛X —＜２｝＝Φ２－２畅２１畅４／５２＝Φ－０畅２×５２１畅４＝Φ（－１畅０３０）＝１－Φ（１畅０３０）＝１－０畅８４８５＝０畅１５１５．（２）一年５２周，设各周事故发生数为X １，X ２，…，X ５２．则需计算p ＝P钞５２i ＝１X i ＜１００，即P ｛５２X —＜１００｝．用中心极限定理可知所求概率为 p ＝P ｛５２X —＜１００｝＝P ｛X —＜１００５２｝≈Φ１００５２－２畅２５２１畅４＝Φ（－１畅４２６）＝１－０畅９２３０＝０畅０７７０．10．某种小汽车氧化氮的排放量的数学期望为０．９g ／km ，标准差为１畅９g ／km ，某汽车公司有这种小汽车１００辆，以X —表示这些车辆氧化氮排放量的算术平均，问当L 为何值时X —＞L 的概率不超过０畅０１．解 设以X i （i ＝１，２，…，１００）表示第i 辆小汽车氧化氮的排放量，则X —＝１１００钞１００i ＝１X i ．由已知条件E （X i ）＝０畅９，D （X i ）＝１畅９２得E （X —）＝０畅９， D （X —）＝１畅９２１００．各辆汽车氧化氮的排放量相互独立，故可认为近似地有221概率论与数理统计习题全解指南X —～N ０畅９，１畅９２１００．需要计算的是满足P ｛X —＞L ｝≤０畅０１的最小值L ．由中心极限定理P ｛X —＞L ｝＝PX —－０畅９０畅１９＞L －０畅９０畅１９≤０畅０１畅L 应为满足１－ΦL －０畅９０畅１９≤０畅０１的最小值，即ΦL －０畅９０畅１９≥０畅９９＝Φ（２畅３３），即L －０畅９０畅１９≥２畅３３，故L ≥０畅９＋０畅１９×２畅３３＝１畅３４２７，应取L ＝１畅３４２７g ／km 畅11．随机地选取两组学生，每组８０人，分别在两个实验室里测量某种化合物的p H ．各人测量的结果是随机变量，它们相互独立，服从同一分布，数学期望为５，方差为０畅３，以X —，Y —分别表示第一组和第二组所得结果的算术平均．（１）求P ｛４畅９＜X —＜５畅１｝．（２）求P ｛－０畅１＜X —－Y —＜０畅１｝．解由题设E （X —）＝５，D （X —）＝D （Y —）＝０畅３８０．（１）由中心极限定理知X —近似服从N （５，０畅３８０），故P ｛４畅９＜X —＜５畅１｝＝P ４畅９－５０畅３８０＜X —－５０畅３８０＜５畅１－５０畅３８０≈Φ５畅１－５０畅３８０－Φ４畅９－５０畅３８０＝２Φ（１畅６３）－１＝２×０畅９４８４－１＝０畅８９６８．（２）因E （X —－Y —）＝E （X —）－E （Y —）＝０，D （X —－Y —）＝D （X —）＋D （Y —）＝０畅３４０，由中心极限定理P ｛－０畅１＜X —－Y —＜０畅１｝ 321第五章 大数定律及中心极限定理＝P－０畅１－００畅３４０＜（X —－Y —）－００畅３４０＜０畅１－００畅３４０≈Φ０畅１－００畅３４０－Φ－０畅１－００畅３４０＝２Φ（１畅１５）－１＝２×０畅８７４９－１＝０畅７４９８．12．一公寓有２００户住户，一户住户拥有汽车辆数X 的分布律为X ０１２p k０畅１０畅６０畅３问需要多少车位，才能使每辆汽车都具有一个车位的概率至少为０畅９５畅解 设需要车位数为n ，且设第i （i ＝１，２，…，２００）户有车辆数为X i ，则由X i 的分布律知E （X i ）＝０×０畅１＋１×０畅６＋２×０畅３＝１畅２，E （X ２i ）＝０２×０畅１＋１２×０畅６＋２２×０畅３＝１畅８，故D （X i ）＝E （X ２i ）－［E （X i ）］２＝１畅８－１畅２２＝０畅３６．因共有２００户，各户占有车位数相互独立．从而近似地有钞２００i ＝１X i ～N （２００×１畅２， ２００×０畅３６）．今要求车位数n 满足０畅９５≤P钞２００i ＝１X i ≤n ，由正态近似知，上式中n 应满足０畅９５≤Φn －２００×１畅２２００×０畅３６＝Φn －２４０７２，因０畅９５＝Φ（１畅６４５），从而由Φ（x ）的单调性知n －２４０７２≥１畅６４５，故n ≥２４０＋１畅６４５×７２＝２５３畅９６．由此知至少需２５４个车位畅13．某种电子器件的寿命（小时）具有数学期望μ（未知），方差σ２＝４００．为了估计μ，随机地取n 只这种器件，在时刻t ＝０投入测试（测试是相互独立的）直到失效，测得其寿命为X １，X ２，…，X n ，以X —＝１n钞ni ＝１X i 作为μ的估计，为使P ｛X —－μ＜１｝≥０畅９５，问n 至少为多少？解由教材第五章§２定理一可知，当n 充分大时，421概率论与数理统计习题全解指南钞ni ＝１X i －n μn σ＝１n钞ni ＝１X i －μσ／n近似地N （０，１），即X —－μσn近似地N （０，１）．由题设D （X i ）＝４００（i ＝１，２，…，n ），即有σ＝４００，于是X —－μ４００n ＝X —－μ２０n近似地服从N （０，１）分布，即有P ｛X —－μ＜１｝＝P ｛－１＜X —－μ＜１｝＝P －１２０n ＜X —－μ２０n ＜１２０n ≈Φ１２０n－Φ－１２０n ＝２Φ１２０n －１．现在要求P ｛X —－μ＜１｝≥０畅９５，即要求２Ф１２０n －１≥０畅９５，亦即要求Ф１２０n≥０畅９７５＝Ф（１畅９６），故需要１２０n≥１畅９６，即 n ≥（２０×１畅９６）２＝１５３６畅６４畅因n 为正整数，故n 至少为１５３７．14．某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难血液病的治愈率为０畅８，医院任意抽查１００个服用此药品的病人，若其中多于７５人治愈，就接受此断言，否则就拒绝此断言．（１）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是０畅８畅问接受这一断言的概率是多少？（２）若实际上此药品对这种疾病的治愈率为０畅７，问接受这一断言的概率是多少？解由药厂断言来看１００人中治愈人数X ～b （１００，０畅８）．（１）在治愈率与实际情况相符合条件下，接受药厂断言的概率即为P （X ＞521第五章 大数定律及中心极限定理７５）．由中心极限定理知近似地有X～N（１００×０畅８， １００×０畅８×０畅２）＝N（８０，４２），于是 p１＝P（X＞７５）≈１－Φ７５－８０４＝１－Φ（－５４）＝Φ（１畅２５）＝０畅８９４４．（２）若实际上治疗率为０畅７，即X～b（１００，０畅７），则治愈人数X近似地服从正态分布，即有X～N（１００×０畅７， １００×０畅７×０畅３）．所求概率p２＝P（X＞７５）≈１－Φ７５－１００×０畅７１００×０畅７×０畅３＝１－Φ５２１＝１－Φ（１畅０９）＝１－０畅８６２１＝０畅１３７９．621概率论与数理统计习题全解指南。
第四版 概率论与数理统计答案
e ( X (e, t ) t (, )),
即( X (t ), t (, )) ——随机过程
随机过程被认为是概率论的“动力学”部分 它的研究对象是随时间演变的随机现象 它是从多维随机变量向一族(无限多个)随机变量的推广。
FX ( x1 , x2 , xn ; t1 , t2 ,tn )
ti T 称为 X (t ), t T 的n维分布函数族
一般地， FX ( x1 , x2 , xn ; t1 , t2 , tn ), n 1, 2, ti T 称为随机过程 X (t ), t T 的有限维分布函数族 当n充分大时，它完全确定了随机过程的统计特性
各数字特征之间的关系如下：
2 X t RX t , t
C X t1 , t2 RX t1 , t2 X t1 X t2
2 2 X t C X t , t RX t , t X t
定义： 随机过程 X (t ), t T ，如果对每一t T , E[ X 2 (t )]都存在， 则称X (t )是二阶矩过程， 二阶矩过程的均值函数和相关函数总是存在的。
x(t) x1(t),1=0 O t x2(t), 2=3/2
例2x：设X (t ) Vcost t , 其中是常数； V 在[0,1]上服从均匀分布,则X (t )是一个随机过程。 对每一固定的t，X (t ) Vcost是随机变量V 乘以常 数cost，故也是随机变量,对[0,1]上随机变量取一vi 值, 就得到相应的一个样本函数xi (t ) vi cost.
概率论与数理统计(第四版)-第二章习题答案
概率论与数理统计 第二章习题1 考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年内意外死亡，则公司赔付20万元，若投保人因其它原因死亡，则公司赔付5万元，若投保人在投保期末自下而上，则公司无需传给任何费用。
若投保人在一年内因意外死亡的概率为0.0002，因其它原因死亡的概率为0.0010，求公司赔付金额的分崣上。
解 设赔付金额为X ，则X 是一个随机变量，取值为20万，5万，0，其相应的概率为0.0002；0.0010；0.9988，于是得分布律为2.（1）一袋中装有5只球，编号为1,2，3,4，5。
在袋中同时取3只，以X 表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X 的分布律（2）将一颗骰子抛掷两次，以X 表示两次中得到的小的点数，试求X 的分布律。
解 （1）在袋中同时取3个球，最大的号码是3,4，5。
每次取3个球，其总取法：35541021C ⋅==⋅，若最大号码是3，则有取法只有取到球的编号为1,2，3这一种取法。
因而其概率为 22335511{3}10C P X C C ====若最大号码为4，则号码为有1,2，4；1，3,4； 2，3，4共3种取法，其概率为23335533{4}10C P X C C ====若最大号码为5，则1，2,5；1,3，5；1，4,5；2,3，5；2,4，5；3,4，5共6种取法其概率为 25335566{5}10C P X C C ====一般地 3521)(C C x X p x -==，其中21-x C 为最大号码是x 的取法种类数，则随机变量X 的分布律为 （2）将一颗骰子抛掷两次，以X 表示两次中得到的小的点数，则样本点为 S ＝｛（1,1），（1,2），（1,3），…，（6,6）｝，共有36个基本事件， X 的取值为1,2，3,4，5,6，最小点数为1，的共有11种，即（1,1，），（1,2），（2,1）…，（1,6），（6,1），11{1}36P X ==； 最小点数为2的共有9种，即（2,2），（2,3），（3,2），…，（3,6），（6,3），9{2}36P X ==； 最小点数为3的共有7种，7{3}36P X ==； 最小点数为4的共有5种，5{4}36P X ==；最小点数为5的共有3种，3{5}36P X ==；最小点数为6的共有1种，1{6}36P X ==于是其分布律为3 设在15只同类型的产品中有2只次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X 表示取出的次品的次数，（1）求X 的分布律； （2）画出分布律的图形。
概率论与数理统计教程第四版课后答案
互不相容的完备事件组： 若 A1 , A2 ,, An 满足
n
Ai ,
i 1
且
Ai Aj (1 i j n).
3.事件运算的性质
(1). A A, A A , A A ;
(2). AB C AB AC,
(3). A B A B, AB A B.
(3)积事件: A B 或 AB : “二事件 A 与 B 都发生”
n 个事件的积
A1 A2 An
或
n
A1 A2 An . (简记为 Ai )
i 1
(4)互不相容(互斥)事件: AB : 事件 A 与 B 不能同时发生
若 n 个事件A1 , A2 ,, An 中任意两个事件不可能同时发生，即
1
0.0625
43 16
（3）P(C )
C
1 4
C
2 3
C
1 3
43
9 0.5625
16
13. 某工厂生产的100个产品中，有5个次品，从这批产品中任取一
半来检查，设A表示发现次品不多于1个，求A的概率。
解
P( A)
C
5
C
49 95
C15000
0.1811
nm !
其中 p q 1 。
6
第一章 随机事件及其概率
一、几种概率
1、统计概率 2、古典概率 3、几何概率
P( A) M N
P（A）
随机事件A所占的几何度量 试验的总的几何度量
4、条件概率
P( A | B) P( AB) P(B)
5、贝努利概率
概率论与数理统计第四版ppt精选课件
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第一章 概率论的基本概念
§3 频 率 与 概 率
(一) 频率的定义和性质 定义: 在相同的条件下，进行了n 次试验， 在这
n 次试验中，事件 A 发生的次数 nA 称为 事件 A 发生的频数。比值 n A / n 称为事件 A 发生的频率，并记成 fn(A) 。
(2) B2 = (A1∪A3)( A2∪A4)
第一章 概率论的基本概念
§2 样本空间随机事件
例3 在S4 中（测试灯泡寿命的试验）
事件 A={t|t1000} 表示 “产品是次品” 事件 B={t|t 1000} 表示 “产品是合格品”
事件 C={t|t1500} 表示“产品是一级品”
则 A与B是互为对立事件； A与C是互不相容事件；
这时，样本空间由坐标平面第一象限 内一定区域内一切点构成 .
也可以按某种标准把支出分为高、 中、低三档. 这时，样本点有（高,高）, （高,中），…，(低,低）等9种，样本空 间就由这9个样本点构成 .
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第一章 概率论的基本概念
二 随机事件
§2 样本空间随机事件
随机事件 : 称试验 E 的样本空间 S 的子集为 E 的 随机事件，记作 A, B, C 等等；
第一章 概率论的基本概念
§1 随机试验
§1 、 随 机 试 验（Experiment ）
这里试验的含义十分广泛，它包 括各种各样的科学实验，也包括对 事物的某一特征的观察。
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其典型的例子有 E1：抛一枚硬币两次，观察正面H（Heads）、
概率论与数理统计第四版答案习题答案
习题1.1解答1. 将一枚均匀的硬币抛两次，事件C B A ,,分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”。
试写出样本空间及事件C B A ,,中的样本点。
解：{=Ω(正，正)，（正，反），（反，正），（反，反）}{=A (正，正)，（正，反）}；{=B （正，正），（反，反）} {=C (正，正)，（正，反），（反，正）}2. 在掷两颗骰子的试验中，事件D C B A ,,,分别表示“点数之和为偶数”，“点数之和小于5”，“点数相等”，“至少有一颗骰子的点数为3”。
试写出样本空间及事件D C B A BC C A B A AB ---+,,,,中的样本点。
解：{})6,6(,),2,6(),1,6(,),6,2(,),2,2(),1,2(),6,1(,),2,1(),1,1( =Ω；{})1,3(),2,2(),3,1(),1,1(=AB ；{})1,2(),2,1(),6,6(),4,6(),2,6(,),5,1(),3,1(),1,1( =+B A ； Φ=C A ；{})2,2(),1,1(=BC ；{})4,6(),2,6(),1,5(),6,4(),2,4(),6,2(),4,2(),5,1(=---D C B A3. 以C B A ,,分别表示某城市居民订阅日报、晚报和体育报。
试用C B A ,,表示以下事件：（1）只订阅日报； （2）只订日报和晚报； （3）只订一种报； （4）正好订两种报； （5）至少订阅一种报； （6）不订阅任何报； （7）至多订阅一种报； （8）三种报纸都订阅； （9）三种报纸不全订阅。
解：（1）C B A ； （2）C AB ；（3）C B A C B A C B A ++；（4）BC A C B A C AB ++;（5）C B A ++；（6）C B A ； （7）C B A C B A C B A C B A +++或C B C A B A ++ （8）ABC ；（9）C B A ++4. 甲、乙、丙三人各射击一次，事件321,,A A A 分别表示甲、乙、丙射中。
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课
后
答
k −1 = C n−1 p k (1 − p ) n− k
案
P ( A1 A2 ) = P ( A1 ) P ( A2 )
网
练习五参考答案与参考解答
一. 1 1/2 二. 1/12 5/18 三. B、C
当x > 2时，P { X ≤ x } = 1
课
后
x≤1 ⎧ 0, ⎪ ∴ F ( x ) = P{ X ≤ x } = ⎨ x − 1 , 1 < x ≤ 2 ⎪ 1, x>2 ⎩
案
网
另解： 电路断电为： A ∪ BC
ww w.
则电路断电概率为： 1 − 0.672 = 0.328
kh
da
P[ A( B ∪ C )] = P ( A B ) + P ( A C ) − P ( A B C ) = P ( A) P ( B ) + P ( A) P (C ) − P ( A) P ( B ) P (C ) = 0.672
课
则：P 三. 设 A1 :{抽到甲箱}， A2:{抽到乙箱}，:{取到白球}
案
网
后
P ( A2 ) =
ww w.
1 2
kh
3 2 P ( B | A1 ) = P ( B | A2 ) = 5 7
da
w. co
m
练习四参考答案与参考解答
一. 1 1 − (1 − p ) n , (1 − p ) n + np(1 − p ) n−1 2 1/3 } :{甲击中飞机}， A2 :{乙击中飞机}， . 二. 设 A1 :{ A3 :{ } :{丙击中飞机}， B :{飞机坠落}。
则
P { X = 2} = P ( A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ) = ⋯ = 0.092
P { X = 3} = P ( A1 A2 A3 ) = ⋯ = 0.006
x<0 ⎧ 0 ⎪0.504 0 ≤ x < 1 ⎪ ⎪ F ( x ) = ⎨0.902 1 ≤ x < 2 ⎪0.994 2 ≤ x < 3 ⎪ ⎪ 1 x≥3 ⎩
后
=
25 = ≈ 0.362 69
答
∑ P ( Ak ) P ( B | Ak ) k =1
案
25% × 5% 25% × 5% + 35% × 4% + 40% × 2%
网
P ( A1 | B ) =
P ( A1 ) P ( B | A1 )
3
ww w.
∴由贝叶斯公式有：
kh
da
P ( B | A1 ) = 5%
. 三.
P ( A) = 2296 / 5040 = 41 / 90 4 P12 41 ≈ 0.4271 P ( A) = 1 − 4 = 96 12
课
后
1 3 1 2 m A = C 5 A9 − C 4 A8 = 2296 种. . 共有
答
案
1 C4 P82 种取法, 事件A的样本点数 , 位偶数有
∵
P{ X = 1} = P { X = 2}
⇒
答
案
. 六.
X 的所有可能取值为：0，1，2，3， 0 1 2 3
网
ww w.
24 − 2 2 − 2 P { X = 4} = e = e 4! 3
kh
da
w. co
λ=2
m
P { X = 1} = λe − λ
λ2 − λ P { X = 2} = e 2
kh
案
y 24
1 2 µ( A) = 23 + 222 2 y = x - 2 P ( A) = µ ( A) = 0.8793 µ (Ω )
y = x + 1
网
y = x
da
则
w. co
设 A ：{任一船都不需要等待码头空出}
µ ( Ω ) = 24 2
m
课
后
24
答
(
)
x
练习三参考答案与参考解答
课
后
P ( B | C1 ) = 0.2 P ( B | C 2 ) = 0.6 P ( B | C 3 ) = 1
答
案
网
ww w.
C i :{有 i 人击中飞机} i = 0 , 1 , 2 , 3
kh
da
w. co
m
P (C 3 ) = P ( A1 A2 A3 ) = ⋯ = 0.14
= 0.09 × 0 + 0.36 × 0.2 + 0.41 × 0.6 + 0.14 × 1 = 0.458
∑ P (C k ) P ( B | C k ) k =0
∴ α = 0.3
课
后
∴ 0.7 = P ( A ∪ B ) = P ( A) = 1 − α
da
3
w. co
m
则： P (C 0 ) = P ( A1 A2 A3 ) = P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) = ⋯ = 0.09 P (C1 ) = P ( A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ) = ⋯ = 0.36 P (C 2 ) = P ( A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ) = ⋯ = 0.41
. 四. 设 A、B、C 表示电池 A、B、C 被损， 则电路不断电为： A( B ∪ C ) = A B ∪ A C
课
后
= P ( A) + P ( B ) P ( C ) − P ( A ) P ( B ) P ( C )
= 0.328
答
P ( A ∪ BC ) = P ( A) + P ( BC ) − P ( ABC )
一. . 二. 1. 0.7 2. 1/6
课
后
答
案
. 三.
设 Ai = {第 i 次取黑求 } 求P ( A1 | A2 ) = ? 3 2 1 则： P ( A1 A2 ) = ⋅ = 10 9 15 7 3 3 2 3 P( A2 ) = P( A1 A2 ) + P( A1 A2 ) = ⋅ + ⋅ = 10 9 10 9 10 P ( A1 | A2 ) = P ( A1 A2 ) P ( A2 ) = 2 / 9
P ( A1 ) = 0.4 P ( A2 ) = 0.5 P ( A3 ) = 0.4 C 0 = A1 A2 A3 C 1 = A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 C 2 = A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 C 3 = A1 A2 A3
P ( B | C0 ) = 0
ww w.
kh
da
w. co
m
B . 四. 设 A1 :{抽到甲箱}， A2:{抽到乙箱}，:{取到白球}
∴
由全概率公式有：
课
后
答
案
网
ww w.
1 3 1 2 31 P(B) = P( A1)P(B | A1) + P( A2 )P(B | A2 ) = × + × = ≈ 0.443 2 5 2 7 70
P ( B | A2 ) = 4%
w. co
则： P ( A1 ) = 25%
P ( A2 ) = 35%
m
P ( A3 ) = 40%
P ( B | A3 ) = 2%
. 五.
设 A :{ 有效}， B ：{ 有效}，则；
P ( A) = 0.92
P ( B ) = 0.93
P ( B | A) = 0.85
课
后
答
案
网
X的分布函数为 :
ww w.
kh
P
da
X 的分布律为: X :
0 1 2 3 0.504 0.398 0.092 0.006
w. co
m
练习六参考答案与参考解答
一、 1) P{0.3 < X ≤ 0.7} = F (0.7) − F (0.3) = 0.72 − 0.32 = 0.4
⎧2 x , 0 < x < 1 ∴ X的概率密度为 : f ( x ) = ⎨ 其它 ⎩0 ,
A∪C − B = { 2 , 6 , 7 }
A( BC ) = { 1 , 5 ,6 , 7 , 8 , 9 , 10 }
网
5)
A B ∪ A C ∪ B C或 A BC ∪ ABC ∪ A B C ∪ A B C
ww w.
4)
A B C 或 A∪ B ∪C
kh
∪ Ak = ∩ Ak
da
3) A BC ∪ ABC ∪ A B C
P { X = 0} = P ( A1 A2 A3 ) = P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) = ⋯ = 0.504
P{ X = 1} = P ( A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ) = ⋯ = 0.398
课
后
设 Ai ：{第 i 部件需要调整}， i = 1 , 2 , 3 } {
1) P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( AB )
课
后
2) P ( A | B ) =
P ( A B ) 0.058 = ≈ 0.8286 P( B) 0.07
答
案
网
= 0.92 + 0.93 − 0.862 = 0.988
ww w.
kh
P ( A B ) = P ( A) − P ( AB ) = 0.92 − 0.862 = 0.058