概率论与数理统计学1至7章课后答案
概率论与数理统计学1至7章课后答案
一、习题详解：3.1设二维随机向量(,)X Y 的分布函数为:1222,0,0,(,)0,x y x y x y F x y ----⎧--+≥≥=⎨⎩其他求}{12,35P X Y <≤<≤.解：因为 257(2,5)1222F ---=--+，6512221)5,1(---+--=F5322221)3,2(---+--=F ，4312221)3,1(---+--=F所以 )3,1()3,2()5,1()5,2()53,21(F F F F Y X P +--=≤<≤<==+--=----745672322220.02343.2 盒中装有3个黑球, 2个白球. 现从中任取4个球, 用X 表示取到的黑球的个数, 用Y 表示取到的白球的个数, 求(X , Y ) 的概率分布.解：因为X + Y = 4，所以(X ,Y )的可能取值为(2,2),(3,1)且 0)1,2(===Y X P ，6.053)2,2(452223=====C C C Y X P 4.052)1,3(451233=====C C C Y X P ，0)2,3(===Y X P 故(X ,Y )的概率分布为3.3 将一枚均匀的硬币抛掷3次, 用X 表示在3次中出现正面的次数, 用Y 表示3次中出 现正面次数与出现反面次数之差的绝对值，求(X , Y ) 的概率分布.解：因为|32||)3(|-=--=X X X Y ，又X 的可能取值为0,1,2,3 所以(X ,Y )的可能取值为(0,3),(1,1), (2,1),(3,3)且 81)21()3,0(3====Y X P ，83)21()21()1,1(2113====C Y X P 83)21()21()1,2(1223====C Y X P ，81)21()3,3(3====Y X P故(X ,Y )3.4设二维随机向量(,)X Y 的概率密度函数为:(6),01,02,(,)0,a x y x y f x y --≤≤≤≤⎧=⎨⎩其他 (1) 确定常数a ;(2) 求}{0.5, 1.5P X Y ≤≤(3) 求{(,)}P X Y D ∈,这里D 是由0,0,1x y x y ==+=这三条直线所围成的三角形区域.解：(1)因为dxdy y x a dxdy y x f ⎰⎰⎰⎰--=+∞∞-+∞∞-102)6(),(dx x x a dx y x a ⎰⎰---=---=10221022])4()6[(2])6(21[a dx x a 9)5(210=-=⎰由1),(=⎰⎰+∞∞-+∞∞-dxdy y x f ，得9a =1，故a =1/9.(2) dxdy y x Y X P ⎰⎰--=≤≤5.005.10)6(91)5.1,5.0( dx x dx y y x ⎰⎰--=--=5.005.005.102]89)6(23[91]21)6([91 125)687(5.00=-=⎰dx x (3) 1101{(,)}(,)(6)9xDP X Y D f x y dxdy dx x y dy -∈==--⎰⎰⎰⎰278)1211(181]21)6([9110210102=--=--=⎰⎰-dx x x dx y y x x3.5 设二维随机向量(,)X Y 的概率密度函数为:(2)2,0,0,(,)0,x y e x y f x y -+⎧>>=⎨⎩其他(1) 求分布函数(,)F x y ; (2) 求}{P Y X ≤解：(1) 求分布函数(,)F x y ; 当0,0x y >>，(2)220(,)(,)22(1)(1)yxyxx yu v u v x y F x y f u v dudv e dudv e du e dv e e -+-----∞-∞====--⎰⎰⎰⎰⎰⎰其他情形，由于(,)f x y =0，显然有(,)F x y =0。
概率论与数理统计学1至7章课后答案
第五章作业题解5.1 已知正常男性成人每毫升的血液中含白细胞平均数是7300, 标准差是700. 使用切比雪 夫不等式估计正常男性成人每毫升血液中含白细胞数在5200到9400之间的概率.解：设每毫升血液中含白细胞数为，依题意得，7300)(==X E μ，700)(==X Var σ 由切比雪夫不等式，得)2100|7300(|)94005200(<-=<<X P X P982100700112222=-=-≥εσ.5.2 设随机变量X 服从参数为λ的泊松分布, 使用切比雪夫不等式证明 1{02}P X λλλ-<<≥. 解：因为)(~λP X ，所以λμ==)(X E 。
λσ==)(2X Var故由切比雪夫不等式，得)|(|)20(λλλ<-=<<X P X P λλλλεσ111222-=-=-≥ 不等式得证.5.3 设由机器包装的每包大米的重量是一个随机变量, 期望是10千克, 方差是0.1千克2. 求100袋这种大米的总重量在990至1010千克之间的概率.解：设第i 袋大米的重量为X i ，(i =1,2,…,100)，则100袋大米的总重量为∑==1001i iXX 。
因为 10)(=i X E ，1.0)(=i X Var ，所以 100010100)(=⨯=X E ，101.0100)(=⨯=X Var由中心极限定理知，101000-X 近似服从)1,0(N故 )10|1000(|)1010990(<-=<<X P X P1)10(2)10|101000(|-Φ≈<-=X P998.01999.021)16.3(2=-⨯=-Φ=5.4 一加法器同时收到20个噪声电压,(1,2,,20)i V i = ，设它们是相互独立的随机变量，并且都服从区间[0,10]上的均匀分布。
记201kk V V==∑，求(105)P V >的近似值。
概率论与数理统计教程第四版课后答案
1i jk n
若事件 A1 , A2 ,, An 互不相容，则
PA1 A2 An PA1 PA2 PAn 3
2.条件概率及乘法定理
条件概率
PA
|
B
PAB PB
,
PB
|
A
PAB PA
.
乘法定理 PAB PB PA| B PA PB | A
PA1 A2 An PA1 PA2 | A1PA3 | A1A2 PAn | A1A2 An1
N
P10 10
设事件A 表示指定的3本放在一起，
则A所包含的基本事件的数： M P33 P88
∴
P(A)
M N
P33 P88 P10
10
8!3! 1 0.067 10! 15
11
6. 为减少比赛场次，把20个球队任意分成两组（每组10队）进行 比赛，求最强的两队分在不同组内的概率。
解
解 基本事件的总数：N 9 105
设事件A 表示电话号码是由完全不同的数字组成， 则A所包含的基本事件的数： M 9 P95
∴
P( A) M N
9 P95 9 105
189 1250
0.1512
10
5. 把10本书任意地放在书架上, 求其中指定的3本放在一起的概率。
解
基本事件的总数：
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
50 95
C
1 5
概率论与数理统计课后习题答案1-8章-习题解答
第一章 思 考 题1．事件的和或者差的运算的等式两端能“移项”吗？为什么？2．医生在检查完病人的时候摇摇头“你的病很重，在十个得这种病的人中只有一个能救活. ”当病人被这个消息吓得够呛时，医生继续说“但你是幸运的.因为你找到了我，我已经看过九个病人了，他们都死于此病，所以你不会死” ，医生的说法对吗？为什么？３．圆周率 1415926.3=π是一个无限不循环小数, 我国数学家祖冲之第一次把它计算到小数点后七位, 这个记录保持了1000多年! 以后有人不断把它算得更精确. 1873年, 英国学者沈克士公布了一个π的数值, 它的数目在小数点后一共有707位之多! 但几十年后, 曼彻斯特的费林生对它产生了怀疑. 他统计了π的608位小数, 得到了下表:675844625664686762609876543210出现次数数字你能说出他产生怀疑的理由吗?答：因为π是一个无限不循环小数，所以，理论上每个数字出现的次数应近似相等，或它们出现的频率应都接近于0.1，但7出现的频率过小.这就是费林产生怀疑的理由.4．你能用概率证明“三个臭皮匠胜过一个诸葛亮”吗？５．两事件A 、B 相互独立与A 、B 互不相容这两个概念有何关系？对立事件与互不相容事件又有何区别和联系？６．条件概率是否是概率？为什么？习 题1．写出下列试验下的样本空间： （1）将一枚硬币抛掷两次答：样本空间由如下4个样本点组成{(,)(,)(,)(,)}Ω=正正，正反，反正，反反 （2）将两枚骰子抛掷一次答：样本空间由如下36个样本点组成{(,),1,2,3,4,5,6}i j i j Ω==（3）调查城市居民（以户为单位）烟、酒的年支出答：结果可以用（x ，y ）表示，x ，y 分别是烟、酒年支出的元数.这时，样本空间由坐标平面第一象限内一切点构成 .{(,)0,0}x y x y Ω=≥≥2．甲，乙，丙三人各射一次靶，记-A “甲中靶” -B “乙中靶” -C “丙中靶” 则可用上述三个事件的运算来分别表示下列各事件： (1) “甲未中靶”： ;A (2) “甲中靶而乙未中靶”： ;B A (3) “三人中只有丙未中靶”： ;C AB(4) “三人中恰好有一人中靶”： ;C B A C B A C B A (5)“ 三人中至少有一人中靶”： ;C B A(6)“三人中至少有一人未中靶”： ;C B A 或;ABC (7)“三人中恰有两人中靶”： ;BC A C B A C AB(8)“三人中至少两人中靶”： ;BC AC AB (9)“三人均未中靶”： ;C B A (10)“三人中至多一人中靶”： ;C B A C B A C B A C B A(11)“三人中至多两人中靶”： ;ABC 或;C B A 3 .设,A B 是两随机事件，化简事件 (1)()()AB A B (2) ()()A B A B解:(1)()()AB A B AB AB B B ==,(2) ()()AB AB ()A BA B B A A B B ==Ω=.4．某城市的电话号码由5个数字组成，每个数字可能是从0-9这十个数字中的任一个，求电话号码由五个不同数字组成的概率.解：51050.302410P P ==.5．n 张奖券中含有m 张有奖的，k 个人购买，每人一张，求其中至少有一人中奖的概率。
概率论与数理统计学1至7章课后答案
第二章作业题解:2.1 掷一颗匀称的骰子两次, 以X 表示前后两次出现的点数之和, 求X 的概率分布, 并验证其满足(2.2.2) 式.解：由表格知X 并且，361)12()2(====X P X P ；362)11()3(====X P X P ； 363)10()4(====X P X P ；364)9()5(====X P X P ； 365)8()6(====X P X P ；366)7(==X P 。
即 36|7|6)(k k X P --== (k =2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)2.2 设离散型随机变量的概率分布为,2,1,}{ ===-k ae k X P k 试确定常数a .解：根据1)(0==∑∞=k k X P ，得10=∑∞=-k kae，即1111=---e ae 。
故 1-=e a2.3 甲、乙两人投篮时, 命中率分别为0.7 和0.4 , 今甲、乙各投篮两次, 求下列事件的概率：(1) 两人投中的次数相同; (2) 甲比乙投中的次数多. 解：分别用)2,1(,=i B A i i 表示甲乙第一、二次投中，则12121212()()0.7,()()0.3,()()0.4,()()0.6,P A P A P A P A P B P B P B P B ========两人两次都未投中的概率为：0324.06.06.03.03.0)(2121=⨯⨯⨯=B B A A P ， 两人各投中一次的概率为：2016.06.04.03.07.04)()()()(1221211212212121=⨯⨯⨯⨯=+++B B A A P B B A A P B B A A P B B A A P 两人各投中两次的概率为：0784.0)(2121=B B A A P 。
所以：（1）两人投中次数相同的概率为3124.00784.02016.00324.0=++ (2) 甲比乙投中的次数多的概率为：12121221121212121212()()()()()20.490.40.60.490.3620.210.360.5628P A A B B P A A B B P A A B B P A A B B P A A B B ++++=⨯⨯⨯+⨯+⨯⨯= 2.4 设离散型随机变量X 的概率分布为5,4,3,2,1,15}{===k kk X P ，求)31()1(≤≤X P )5.25.0()2(<<X P 解：(1)52153152151)31(=++=≤≤X P (2) )2()1()5.25.0(=+==<<X P X P X P 51152151=+= 2.5 设离散型随机变量X 的概率分布为,,3,2,1,21}{ ===k k X P k ，求 };6,4,2{)1( =X P }3{)2(≥X P解：31)21211(21212121}6,4,2{)1(422642=++⨯=++== X P41}2{}1{1}3{)2(==-=-=≥X P X P X P2.6 设事件A 在每次试验中发生的概率均为0.4 , 当A 发生3 次或3 次以上时, 指示灯发出信号, 求下列事件的概率：(1) 进行4 次独立试验, 指示灯发出信号; (2) 进行5 次独立试验, 指示灯发出信号.解：(1))4()3()3(=+==≥X P X P X P1792.04.06.04.04334=+⨯=C (2) )5()4()3()3(=+=+==≥X P X P X P X P31744.04.06.04.06.04.054452335=+⨯+⨯=C C .2.7 某城市在长度为t (单位：小时) 的时间间隔内发生火灾的次数X 服从参数为0.5t 的泊松分布, 且与时间间隔的起点无关, 求下列事件的概率： (1) 某天中午12 时至下午15 时未发生火灾;(2) 某天中午12 时至下午16 时至少发生两次火灾. 解：(1) ()!kP X k e k λλ-==，由题意，0.53 1.5,0k λ=⨯==，所求事件的概率为 1.5e -.(2) 0(2)110!1!P X e e e e λλλλλλλ----≥=--=--, 由题意，0.54 1.5λ=⨯=，所求事件的概率为213e --.2.8 为保证设备的正常运行, 必须配备一定数量的设备维修人员. 现有同类设备180 台, 且各台设备工作相互独立, 任一时刻发生故障的概率都是0.01，假设一台设备的故障由一人进行修理,问至少应配备多少名修理人员, 才能保证设备发生故障后能得到及时修理的概率不小于0.99？解：设应配备m 名设备维修人员。
概率论与数理统计统计课后习题答案(有过程)
概率论与数理统计统计课后习题答案(有过程)第一章习题解答1．解：（1）Ω=｛0，1，…，10｝；（2）Ω=｛，1，…，100n｝，其中n为小班人数；n（3）Ω=｛√,×√, ××√, ×××√,…｝,其中√表示击中，×表示未击中；（4）Ω=｛（x,y）｝。
2．解：（1）事件AB表示该生是三年级男生，但不是运动员；（2）当全学院运动员都是三年级学生时，关系式是正确的；（3）全学院运动员都是三年级的男生，ABC=C成立；（4）当全学院女生都在三年级并且三年级学生都是女生时，=B成立。
3．解：（1）ABC；（2）AB；（3）；（4）；（5）；（6）4．解：因，则P（ABC）≤P（AB）可知P（ABC）=0 所以A、B、C至少有一个发生的概率为P（A∪B∪C）=P（A）+P（B）+P（C）-P（AB）-P（AC）-P（BC）+P（ABC）=3×1/4-1/8+0 =5/85．解：（1）P（A∪B）= P（A）+P（B）-P（AB）=0.3+0.8-0.2=0.9 P(A)=P（A）-P（AB）=0.3-0.2=0.1（2）因为P（A∪B）= P（A）+P（B）-P（AB）≤P（A）+P（B）=α+β, 所以最大值maxP （A∪B）=min(α+β,1)；又P（A）≤P（A∪B），P（B）≤P（A∪B）,故最小值min P（A∪B）=max(α,β)6．解：设A表示事件“最小号码为5”，B表示事件“最大号码为5”。
223由题设可知样本点总数，。
2C52C411所以；7．解：设A表示事件“甲、乙两人相邻”，若n个人随机排成一列，则样本点总数为n!，， 1若n个人随机排成一圈.可将甲任意固定在某个位置，再考虑乙的位置。
表示按逆时针方向乙在甲的第i个位置，。
则样本空间，事件所以8．解：设A表示事件“偶遇一辆小汽车，其牌照号码中有数8”，则其对立事件A表示“偶遇一辆小汽车，其牌照号码中没有数8”，即号码中每一位都可从除8以外的其他9个数中取，因此A包含的基本事件数为，样本点总数为104。
《概率论与数理统计》第三版王松桂科学出版社课后习题答案
第一章 事件与概率1．写出下列随机试验的样本空间。
（1）记录一个班级一次概率统计考试的平均分数（设以百分制记分）。
（2）同时掷三颗骰子，记录三颗骰子点数之和。
（3）生产产品直到有10件正品为止，记录生产产品的总件数。
（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的记上“正品”，不合格的记上“次品”，如连续查出2个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。
（5）在单位正方形内任意取一点，记录它的坐标。
（6）实测某种型号灯泡的寿命。
解 （1）},100,,1,0{n i n i==Ω其中n 为班级人数。
（2）}18,,4,3{ =Ω。
（3）},11,10{ =Ω。
（4）=Ω{00，100，0100，0101，0110，1100，1010，1011，0111，1101，0111，1111}，其中0表示次品，1表示正品。
（5）=Ω{(x,y)| 0<x<1,0<y<1}。
（6）=Ω{ t | t ≥ 0}。
2．设A ，B ，C 为三事件，用A ，B ，C 的运算关系表示下列各事件，。
（1）A 发生，B 与C 不发生。
（2）A 与B 都发生，而C 不发生。
（3）A ，B ，C 中至少有一个发生。
（4）A ，B ，C 都发生。
（5）A ，B ，C 都不发生。
（6）A ，B ，C 中不多于一个发生。
（7）A ，B ，C 至少有一个不发生。
（8）A ，B ，C 中至少有两个发生。
解 （1）C B A ，（2）C AB ，（3）C B A ++，（4）ABC ，（5）C B A ，（6）C B C A B A ++或C B A C B A C B A C B A +++，（7）C B A ++，（8）BC AC AB ++或ABC BC A C B A C AB ⋃⋃⋃ 3．指出下列命题中哪些成立，哪些不成立，并作图说明。
（1）B B A B A = （2）AB B A =（3）AB B A B =⊂则若, （4）若 A B B A ⊂⊂则,（5）C B A C B A = （6） 若Φ=AB 且A C ⊂， 则Φ=BC 解 : (1) 成立，因为B A B B B A B B A ==))((。
概率论与数理统计学1至7章课后答案
第五章作业题解5.1 已知正常男性成人每毫升的血液中含白细胞平均数是7300, 标准差是700. 使用切比雪夫不等式估计正常男性成人每毫升血液中含白细胞数在5200到9400之间的概率.解：设每毫升血液中含白细胞数为，依题意得，7300)(==X E μ，700)(==X Var σ 由切比雪夫不等式，得)2100|7300(|)94005200(<-=<<X P X P982100700112222=-=-≥εσ.5.2 设随机变量X 服从参数为λ的泊松分布, 使用切比雪夫不等式证明 1{02}P X λλλ-<<≥. 解：因为)(~λP X ，所以λμ==)(X E 。
λσ==)(2X Var 故由切比雪夫不等式，得)|(|)20(λλλ<-=<<X P X P λλλλεσ111222-=-=-≥不等式得证.5.3 设由机器包装的每包大米的重量是一个随机变量, 期望是10千克, 方差是0.1千克2. 求100袋这种大米的总重量在990至1010千克之间的概率.解：设第i 袋大米的重量为X i ，(i =1,2,…,100)，则100袋大米的总重量为∑==1001i i X X 。
因为 10)(=i X E ，1.0)(=i X Var ，所以 100010100)(=⨯=X E ，101.0100)(=⨯=X Var 由中心极限定理知，101000-X 近似服从)1,0(N故 )10|1000(|)1010990(<-=<<X P X P1)10(2)10|101000(|-Φ≈<-=X P998.01999.021)16.3(2=-⨯=-Φ=5.4 一加法器同时收到20个噪声电压,(1,2,,20)i V i = ，设它们是相互独立的随机变量，并且都服从区间[0,10]上的均匀分布。
记201k k V V ==∑，求(105)P V >的近似值。
概率论与数理统计课后习题答案
概率论与数理统计课后习题答案1. 引言概率论与数理统计是统计学的基础课程之一，通过学习这门课程，我们可以理解和运用概率和统计的概念和方法，从而分析和解决实际问题。
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2. 习题答案第一章：概率论的基本概念和基本原理1.1 选择题a.概率是以【答案】】D.形式结果给出的。
b.从一副有 52 张牌的扑克牌中，任意取一张牌，其点数是 7 的概率是【答案】】C.$\\frac{4}{52}$。
1.2 计算题a.设 A, B 是两个事件，已知 P(A) = 0.5，P(B) = 0.4，且P(A ∪ B) = 0.7，求P(A ∩ B)。
【解答】根据概率的加法定理可知，P(P∪P)=P(P)+P(P)−P(P∩P)代入已知数据，得到：0.7=0.5+0.4−P(P∩P)解上式得到P(A ∩ B) = 0.2。
所以，P(A ∩ B) = 【答案】0.2。
b.有两个相互独立的事件 A 和 B，且 P(A) = 0.3，P(A∪ B) = 0.5，求 P(B)。
【解答】由于事件 A 和 B 是相互独立的，所以根据概率的乘法定理可知，P(P∪P)=P(P)×P(P)代入已知数据，得到：0.5=0.3×P(P)解上式得到 P(B) = 0.5 ÷ 0.3 = 1.67。
所以，P(B) = 【答案】1.67。
第二章：随机变量及其分布2.1 选择题a.设 X 是一个随机变量，其概率密度函数为：$$ f(x) = \\begin{cases} \\frac{1}{2}x & 0 < x < 2 \\\\ 0 &其他 \\end{cases} $$则 P(X < 1) = 【答案】】C. 0.25。
b.对 X 的分布函数 F(x) = 1 - e^{-x}, 其中x ≥ 0，下列说法中错误的是【答案】】B. F(x) 是一个概率密度函数。
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）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 p x X P xm x m x ,10,,,2,1,0,)1()(<<=-==- 为未知参数。
解：（1）Xθcθθc θc θc θdx x c θdx x xf X E θθcθθ=--=-===+-∞+-∞+∞-⎰⎰1,11)()(1令，得cX X θ-=（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=ˆ3．[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 iθn nni ix θθnθL x x x θx f θL 112121ln )1()ln(2)(ln ,)()()(∑∑====+⋅-=ni ini ix n θxθθn θd θL d 121)ln (ˆ,0ln 2112)(ln 。
概率论与数理统计习题解答
第一章 随机事件及其概率1. 写出下列随机试验的样本空间：（1）同时掷两颗骰子，记录两颗骰子的点数之和； （2）在单位圆内任意一点，记录它的坐标；（3）10件产品中有三件是次品，每次从其中取一件，取后不放回，直到三件次品都取出为止，记录抽取的次数；（4）测量一汽车通过给定点的速度. 解 所求的样本空间如下（1）S= {2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12} （2）S= {(x, y)| x 2+y 2<1}（3）S= {3，4，5，6，7，8，9，10} （4）S= {v |v>0}2. 设A 、B 、C 为三个事件，用A 、B 、C 的运算关系表示下列事件： （1）A 发生，B 和C 不发生； （2）A 与B 都发生，而C 不发生； （3）A 、B 、C 都发生； （4）A 、B 、C 都不发生； （5）A 、B 、C 不都发生； （6）A 、B 、C 至少有一个发生； （7）A 、B 、C 不多于一个发生； （8）A 、B 、C 至少有两个发生. 解 所求的事件表示如下(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)A B C A B C A B CA B CA B C A B CA B B C A CA BB CC A3．在某小学的学生中任选一名，若事件A 表示被选学生是男生，事件B 表示该生是三年级学生，事件C 表示该学生是运动员，则 （1）事件AB 表示什么？（2）在什么条件下ABC =C 成立？（3）在什么条件下关系式C B ⊂是正确的？ （4）在什么条件下A B =成立？ 解 所求的事件表示如下（1）事件AB 表示该生是三年级男生，但不是运动员.（2）当全校运动员都是三年级男生时，ABC =C 成立.（3）当全校运动员都是三年级学生时，关系式C B ⊂是正确的.（4）当全校女生都在三年级，并且三年级学生都是女生时，A B =成立. 4．设P (A )＝0.7，P (A －B )＝0.3，试求()P AB 解 由于 A -B = A – AB , P (A )=0.7 所以P (A -B ) = P (A -AB ) = P (A ) -P (AB ) = 0.3,所以 P (AB )=0.4, 故()P AB= 1-0.4 = 0.6.5. 对事件A 、B 和C ，已知P(A) = P(B)＝P(C)＝14，P(AB) = P(CB) = 0, P(AC)= 18求A 、B 、C 中至少有一个发生的概率. 解 由于,()0,⊂=ABC AB P AB 故P(ABC) = 0则P(A+B+C) = P(A)+P(B)+P(C) –P(AB) –P(BC) –P(AC)+P(ABC)1111500044488=++---+=6. 设盒中有α只红球和b 只白球，现从中随机地取出两只球，试求下列事件的概率： A ＝{两球颜色相同}， B ＝{两球颜色不同}.解 由题意，基本事件总数为2a b A +，有利于A 的事件数为22a b A A +，有利于B 的事件数为1111112a b b a a b A A A A A A +=, 则2211222()()a b a ba ba bA A A AP A P B A A +++==7. 若10件产品中有件正品，3件次品,（1）不放回地每次从中任取一件，共取三次，求取到三件次品的概率； （2）每次从中任取一件，有放回地取三次，求取到三次次品的概率. 解 （1）设A={取得三件次品} 则 333333101016()()120720或者====C A P A P A C A .（2）设B={取到三个次品}, 则33327()101000==P A .8. 某旅行社100名导游中有43人会讲英语，35人会讲日语，32人会讲日语和英语，9人会讲法语、英语和日语，且每人至少会讲英、日、法三种语言中的一种，求： （1）此人会讲英语和日语，但不会讲法语的概率； （2）此人只会讲法语的概率.解 设 A={此人会讲英语}, B={此人会讲日语}, C={此人会讲法语} 根据题意, 可得(1) 32923()()()100100100=-=-=P ABC P AB P ABC(2)()()()P ABC P AB P ABC =-()01()P A B P A B =+-=-+1()()()P A P B P AB =--+433532541100100100100=--+=9. 罐中有12颗围棋子，其中8颗白子4颗黑子，若从中任取3颗，求：（1） 取到的都是白子的概率；（2） 取到两颗白子，一颗黑子的概率； （3） 取到三颗棋子中至少有一颗黑子的概率； （4） 取到三颗棋子颜色相同的概率. 解(1) 设A={取到的都是白子} 则 3831214()0.25555===C P A C .(2) 设B={取到两颗白子, 一颗黑子}2184312()0.509==C C P B C .(3) 设C={取三颗子中至少的一颗黑子} ()1()0.745=-=P C P A .(4) 设D={取到三颗子颜色相同}3384312()0.273+==C C P D C .10. （1）500人中，至少有一个的生日是7月1日的概率是多少(1年按365日计算)？（2）6个人中，恰好有个人的生日在同一个月的概率是多少？ 解(1) 设A = {至少有一个人生日在7月1日}, 则 500500364()1()10.746365=-=-=P A P A (2)设所求的概率为P(B)412612611()0.007312⨯⨯==C C P B11. 将C ，C ，E ，E ，I ，N ，S 7个字母随意排成一行，试求恰好排成SCIENCE 的概率p. 解 由于两个C ，两个E 共有2222A A 种排法，而基本事件总数为77A ，因此有 2222770.000794A A p A ==12. 从5副不同的手套中任取款4只，求这4只都不配对的概率. 解 要4只都不配对，我们先取出4双，再从每一双中任取一只，共有⋅4452C 中取法.设A={4只手套都不配对}，则有⋅==445410280()210C P A C13. 一实习生用一台机器接连独立地制造三只同种零件，第i 只零件是不合格的概率为=+11i p i，i=1，2，3，若以x 表示零件中合格品的个数，则P(x =2)为多少？解 设A i = {第i 个零件不合格}，i=1,2,3, 则1()1i i P A p i==+ 所以()11i i i P A p i=-=+123123123(2)()()()P x P A A A P A A A P A A A ==++由于零件制造相互独立，有：123123()()()()P A A A P A P A P A =，123123()()()()P A A A P A P A P A = 123123()()()()P A A A P A P A P A =11112111311,(2)23423423424P x ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=所以14. 假设目标出现在射程之内的概率为0.7，这时射击命中目标的概率为0.6，试求两次独立射击至少有一次命中目标的概率p.解 设A={目标出现在射程内}，B={射击击中目标}，B i ={第i 次击中目标}, i=1,2.则 P(A)=0.7, P(B i|A)=0.6 另外 B=B 1+B 2，由全概率公式12()()()()()(|)()(()|)P B P AB P AB P AB P A P B A P A P B B A =+===+ 另外, 由于两次射击是独立的, 故P(B 1B 2|A)= P(B 1|A) P(B 2|A) = 0.36 由加法公式P((B 1+B 2)|A)= P(B 1|A)+ P(B 2|A)－P(B 1B 2|A)=0.6+0.6-0.36=0.84因此P(B)= P(A)P((B 1+B 2)|A)=0.7×0.84 = 0.58815. 设某种产品50件为一批，如果每批产品中没有次品的概率为0.35，有1，2，3，4件次品的概率分别为0.25, 0.2, 0.18, 0.02，今从某批产品中抽取10件，检查出一件次品，求该批产品中次品不超过两件的概率.解 设A i ={一批产品中有i 件次品}，i=0, 1, 2, 3, 4, B={任取10件检查出一件次品}, C={产品中次品不超两件}, 由题意01914911050192482105019347310501944611050(|)01(|)516(|)4939(|)98988(|)2303=========P B A C C P B A C C C P B A C C C P B A C C C P B A C由于 A 0, A 1, A 2, A 3, A 4构成了一个完备的事件组, 由全概率公式40()()(|)0.196===∑i i i P B P A P B A由Bayes 公式000111222()(|)(|)0()()(|)(|)0.255()()(|)(|)0.333()======P A P B A P A B P B P A P B A P A B P B P A P B A P A B P B故20()(|)0.588===∑i i P C P A B16. 由以往记录的数据分析，某船只运输某种物品损坏2%，10%和90%的概率分别为0.8，0.15，0.05，现在从中随机地取三件，发现三件全是好的，试分析这批物品的损坏率是多少（这里设物品件数很多，取出一件后不影响下一件的概率）.解 设B={三件都是好的}，A 1={损坏2%}, A 2={损坏10%}, A 1={损坏90%}，则A 1, A 2, A 3是两两互斥, 且A 1+ A 2 +A 3=Ω, P(A 1)=0.8, P(A 2)=0.15, P(A 2)=0.05. 因此有 P(B| A 1) = 0.983, P(B| A 2) = 0.903, P(B| A 3) = 0.13, 由全概率公式31333()()(|)0.80.980.150.900.050.100.8624===⨯+⨯+⨯=∑i i i P B P A P B A由Bayes 公式, 这批货物的损坏率为2%, 10%, 90%的概率分别为313233()(|)0.80.98(|)0.8731()0.8624()(|)0.150.90(|)0.1268()0.8624()(|)0.050.10(|)0.0001()0.8624⨯===⨯===⨯===i i i i i i P A P B A P A B P B P A P B A P A B P B P A P B A P A B P B由于P( A 1|B) 远大于P( A 3|B), P( A 2|B), 因此可以认为这批货物的损坏率为0.2.17. 验收成箱包装的玻璃器皿，每箱24只装，统计资料表明，每箱最多有两只残次品，且含0，1和2件残次品的箱各占80%，15%和5%，现在随意抽取一箱，随意检查其中4只；若未发现残次品，则通过验收，否则要逐一检验并更换残次品，试求： （1）一次通过验收的概率α；（2）通过验收的箱中确定无残次品的概率β. 解 设H i ={箱中实际有的次品数},0,1,2=i , A={通过验收}则 P(H 0)=0.8, P(H 1)=0.15, P(H 2)=0.05, 那么有：042314244222424(|)1,5(|),695(|)138P A H C P A H C C P A H C =====(1)由全概率公式20()()(|)0.96α====∑i i i P A P H P A H(2)由Bayes 公式 得00()(|)0.81(|)0.83()0.96β⨯====i P H P A H P H A P A18. 一建筑物内装有5台同类型的空调设备，调查表明，在任一时刻，每台设备被 使用的概率为0.1，问在同一时刻（1）恰有两台设备被使用的概率是多少？ （2）至少有三台设备被使用的概率是多少？解 设5台设备在同一时刻是否工作是相互独立的, 因此本题可以看作是5重伯努利试验. 由题意，有p=0.1, q=1-p=0.9, 故(1) 223155(2)(0.1)(0.9)0.0729===P P C(2) 2555(3)(4)(5)P P P P =++332441550555(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)0.00856C C C =++=第二章 随机变量及其分布1. 有10件产品，其中正品8件，次品两件，现从中任取两件，求取得次品数X 的分律. 解 X 的分布率如下表所示：2. 进行某种试验，设试验成功的概率为34，失败的概率为14，以X 表示试验首次成功所需试验的次数，试写出X 的分布律，并计算X 取偶数的概率. 解 X 的分布律为：113(),1,2,3,44k P X k k -⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭X 取偶数的概率：2113{}(2)4411116331165116k k P X P X k -∞∞∞⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫==⨯=⎪-⎝⎭∑∑∑k=1k=1k=1为偶数 3. 从5个数1，2，3，4，5中任取三个为数123,,x x x .求：X ＝max (123,,x x x )的分布律及P(X ≤4)； Y ＝min (123,,x x x )的分布律及P(Y>3). 解 基本事件总数为：3510C =，X 345(1)X 的分布律为：P(X ≤4)=P(3)+P(4)=0.4 (2)Y 的分布律为P(X>3) =04. C 应取何值，函数f(k) =!kC k λ，k ＝1，2，…，λ>0成为分布律？解 由题意, 1()1k f x ∞==∑, 即0110(1)1!!!0!kkk k k k CC C C e k k k λλλλλ∞∞∞===⎛⎫==-=-= ⎪⎝⎭∑∑∑ 解得：1(1)C e λ=-5. 已知X的分布律 X －112P162636求：（1）X 的分布函数；（2）12P X ⎛⎫< ⎪⎝⎭；（3）312P X ⎛⎫<≤ ⎪⎝⎭.解 (1) X 的分布函数为()()k k x xF x P X x p ≤=≤=∑0,11/6,11()1/2,121,2x x F x x x <-⎧⎪-≤<⎪=⎨≤<⎪⎪≥⎩;(2) 11(1)26P X P X ⎛⎫<==-= ⎪⎝⎭(3)31()02P X P ⎛⎫<≤=∅= ⎪⎝⎭6. 设某运动员投篮投中的概率为P ＝0.6，求一次投篮时投中次数X解 X 的分布函数0()0.60111x F x x x ≤⎧⎪=<≤⎨⎪>⎩7. 对同一目标作三次独立射击，设每次射击命中的概率为p ，求：（1）三次射击中恰好命中两次的概率；（2）目标被击中两弹或两弹以上被击毁，目标被击毁的概率是多少？ 解 设A={三次射击中恰好命中两次}，B=目标被击毁，则(1) P(A) =2232233(2)(1)3(1)P C p p p p -=-=-(2) P(B) =22323333233333(2)(3)(1)(1)32P P C p p C p p p p --+=-+-=-8. 一电话交换台每分钟的呼唤次数服从参数为4的泊松分布，求：（1）每分钟恰有6次呼唤的概率；（2）每分钟的呼唤次数不超过10次的概率. 解(1) P(X=6) =6440.104!6!k e e k λλ--==或者P(X=6) =!kek λλ-446744!!k k k k e e k k ∞∞--===-∑∑= 0.21487 – 0.11067 =0.1042.(2) P(X ≤10)104401144110.00284!!kkk k e e k k ∞--====-=-∑∑ = 0.997169. 设随机变量X 服从泊松分布，且P(X ＝1)＝P(X ＝2)，求P(X ＝4) 解 由已知可得，12,1!2!e e λλλλ--=解得λ=2， (λ=0不合题意)422,(4)4!P X e -==因此= 0.0910. 商店订购1000瓶鲜橙汁，在运输途中瓶子被打碎的概率为0.003，求商店收到的玻璃瓶，（1）恰有两只；（2）小于两只；（3）多于两只；（4）至少有一只的概率. 解 设X={1000瓶鲜橙汁中由于运输而被打破的瓶子数}，则X 服从参数为n=1000, p=0.003的二项分布，即X~B(1000, 0.003), 由于n 比较大，p 比较小，np=3, 因此可以用泊松分布来近似, 即X~π(3). 因此(1) P(X=2)2330.2242!e -==(2)323(2)1(2)110.80080.1992!k k P X P X e k ∞-=<=-≥=-=-=∑(3)333(2)(2)0.5768!k k P X P X e k ∞-=>=>==∑(4)313(1)0.9502!k k P X e k ∞-=≥==∑11. 设连续型随机变量X 的分布函数为20,0(),011,1x F x kx x x <⎧⎪=≤≤⎨⎪>⎩求：（1）系数k ；（2）P(0.25<X<0.75)；（3）X 的密度函数；（4）四次独立试验中有三次恰好在区间(0.25，0.75)内取值的概率.解 (1) 由于当0≤x ≤1时，有F(x )=P(X ≤x )=P(X<0)+P(0≤X ≤x )=k x 2 又F(1) =1, 所以k ×12=1因此k=1.(2) P(0.25<X<0.75) = F(0.75)-F(0.25) = 0.752-0.252=0.5 (3) X 的密度函数为2,01()'()0,x x f x F x Other ≤≤⎧==⎨⎩(4) 由(2)知，P(0.25<X<0.75) = 0.5， 故P{四次独立试验中有三次在(0.25, 0.75)内} =334340.5(10.5)0.25C --=.12. 设连续型随机变量X 的密度函数为1()0,1x F x x ⎧<⎪=⎨⎪≥⎩求：（1）系数k ；（2）12P X⎛⎫<⎪⎝⎭；（3）X 的分布函数.解 (1)由题意，()1f x dx +∞-∞=⎰, 因此111()arcsin 111kf x dx k x k k ππ+∞+-∞-====-=⎰⎰解得:(2)1/21/21/21111arcsin 1/22663P x x ππππ--⎛⎫⎛⎫<===-= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎰ (3) X 的分布函数1()()1/2arcsin /11111/xx F x f x dx x x x k ππ-∞<-⎧⎪==+-≤≤⎨⎪>⎩=⎰解得:13. 某城市每天用电量不超过100万千瓦时，以Z 表示每天的耗电率(即用电量除以100万千瓦时)，它具有分布密度为212(1),01()0,x x x F x ⎧-<<=⎨⎩其他若该城市每天的供电量仅有80万千瓦时，求供电量不够需要的概率是多少？如每天供电量为90万千瓦时又是怎样的？解 如果供电量只有80万千瓦，供电量不够用的概率为： P(Z>80/100)=P(Z>0.8)=120.812(1)0.0272x x dx -=⎰如果供电量只有80万千瓦，供电量不够用的概率为：P(Z>90/100)=P(Z>0.9)=120.912(1)0.0037x x dx -=⎰ 14. 某仪器装有三只独立工作的同型号电子元件，其寿命(单位 小时)都服从同一指数分布，分布密度为6001,0()6000,xe x F x x⎧<⎪=⎨⎪≥⎩试求在仪器使用的最初200小时以内，至少有一只电子元件损坏的概率.解 设X 表示该型号电子元件的寿命，则X 服从指数分布，设A={X ≤200}，则 P(A)=1200600311600x e dx e--=-⎰设Y={三只电子元件在200小时内损坏的数量}，则所求的概率为：100303331(1)1(0)1()(1())1()1P Y P Y C P A P A e e--≥=-==--=-=-15. 设X 为正态随机变量，且X ～N(2，2σ)，又P(2<X<4) = 0.3，求P(X<0) 解 由题意知()222422(24)00.3X P X P σσσσ---⎛⎫⎛⎫<<=<<=Φ-Φ= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即20.30.50.8σ⎛⎫Φ=+= ⎪⎝⎭故20222(0)10.2X P X P σσσσ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=<=Φ=-Φ= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭16. 设随机变量X 服从正态分布N(10，4)，求a ，使P(|X －10|<a ) = 0.9.解 由于()()10|10|10222a X a P X a P a X a P --⎛⎫-<=-<-<=<<⎪⎝⎭210.9222a a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=Φ-Φ=Φ-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以0.952a ⎛⎫Φ= ⎪⎝⎭查表可得， 2a =1.65即 a = 3.3 17. 设某台机器生产的螺栓的长度X 服从正态分布N(10.05，0.062)，规定X 在范围(10.05±0.12)厘米内为合格品，求螺栓不合格的概率.解 由题意，设P 为合格的概率，则()10.05(|10.05|0.12)0.1210.050.12220.06X P P X P X P -⎛⎫=-<=-<-<=-<< ⎪⎝⎭(2)(2)2(2)120.977210.9544=Φ-Φ-=Φ-=⨯-=则不合格的概率=1-P = 0.045618. 设随机变量X 服从正态分布N(60，9)，求分点x 1，x 2，使X 分别落在(－∞，x 1)、(x 1，x 2)、(x 2，+∞)的概率之比为3:4:5. 解 由题，111116060603()()0.253333456060()1()0.75,33x x X P X x P x x ---⎛⎫<=<=Φ== ⎪++⎝⎭--Φ-=-Φ=查表可得1600.673x --=解得, x 1 = 57.9922260606034()()0.5833333345x x X P X x P ---+⎛⎫<=<=Φ== ⎪++⎝⎭又查表可得2600.213x -=解得, x 2 =60.63. 19. 已知测量误差X （米）服从正态分布N(7.5, 102)，必须进行多少次测量才能使至少有一次误差的绝对值不超过10米的概率大于0.98？解 设一次测量的误差不超过10米的概率为p , 则由题可知107.57.5107.5(10)101010(0.25)( 1.75)(0.25)1(1.75)0.598710.95990.5586X p P X P ----⎛⎫=<=<< ⎪⎝⎭=Φ-Φ-=Φ-+Φ=-+=设 Y 为n 次独立重复测量误差不超过10米出现的次数，则Y~B(n, 0.5586)于是 P(Y ≥1)=1-P(X=0)=1-(1-0.5586)n ≥0.98 0.4414n ≤0.02, n ≥ln(0.02)/ln(0.4414) 解得：n ≥4.784取n=5, 即，需要进行5次测量. 20.设随机变量X 的分布列为X －2 023P17173727试求：（1）2X 的分布列；（2）x 2的分布列. 解 (1) 2X 的分布列如下(2) x 2的分布列21. 设X 服从N(0，1)分布，求Y＝｜X ｜的密度函数. 解 y=|x|的反函数为,0h(y)=,x x x x -<⎧⎨≥⎩, 从而可得Y=|X|的密度函数为： 当y>0时，222212())|yy yY X X f y f yyf yy e e ---=--+=+=当y ≤0时，()Y f y =0 因此有 22,0()0,0yY e y f y y ->=≤⎩22. 若随机变量X 的密度函数为23,01()0,x x f x ⎧<<=⎨⎩其他求Y ＝1x的分布函数和密度函数.解 y=1x在(0,1)上严格单调，且反函数为 h(y)=1y,y>1, h ’(y)=21y -222411113()[()]|()|3Y X X f y f h y h y f y y y yy⎛⎫⎛⎫⎛⎫'==-== ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭因此有43,1()0,Y y y f y other ⎧>⎪=⎨⎪⎩Y 的分布函数为：433131,1()10,y Y y y dy y y y F y other---⎧=-=->⎪=⎨⎪⎩⎰23. 设随机变量X 的密度函数为22,0(1)()0,0x x f x x π⎧>⎪+=⎨⎪≤⎩试求Y ＝lnX 的密度函数.解 由于ln y x =严格单调，其反函数为(),'()y y h y e h y e ==且,则2()[()]|()|()2(1)2,()y yY X X yy y y f y f h y h y f e e e e y e e ππ-'===+=-∞<<+∞+24. 设随机变量X 服从N(μ,2σ)分布，求Y ＝x e 的分布密度.解 由于x y e =严格单调，其反函数为1()ln ,'(),h y y h y ==且yy>0,则221(ln )21()[()]|()|(ln ),0Y X X y f y f h y h y f y yy μσ--'===>当0y ≤时()0Y f y =因此221(ln )2,0()0,y Y y f y y μσ--⎧>=≤⎩25. 假设随机变量X 服从参数为2的指数分布，证明：Y ＝21x e --在区间(0, 1)上服从均匀分布.解 由于21x y e -=-在(0, +∞)上单调增函数，其反函数为：1()ln(1),01,2h y y y =--<<并且1'()2(1)h y y =-，则当01y << 12(ln(1))2()[()]|()|11(ln(1))22(1)1212(1)Y X X y f y f h y h y f y y ey ---'==---==-当y ≤0或y ≥1时，()Y f y =0.因此Y 在区间(0, 1)上服从均匀分布. 26. 把一枚硬币连掷三次，以X 表示在三次中正面出现的次数，Y 表示三次中出现正面的次数与出现反面的次数之差的绝对值，试求（X ，Y ）的联合概率分布.解 根据题意可知, (X ,Y)可能出现的情况有：3次正面，2次正面1次反面, 1次正面2次反面, 3次反面, 对应的X,Y 的取值及概率分别为P(X=3, Y=3)=18P(X=2,Y=1)=223113228C ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭P(X=1, Y=1)=3113113228C -⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭P(X=0, Y=3)=31128⎛⎫= ⎪⎝⎭ 于是，（X ，Y ）的联合分布表如下：27. 在10件产品中有2件一级品，7件二级品和1件次品，从10件产品中无放回抽取3件，用X 表示其中一级品件数，Y 表示其中二级品件数，求： （1）X 与Y 的联合概率分布； （2）X 、Y 的边缘概率分布； （3）X 与Y 相互独立吗？解 根据题意，X 只能取0，1，2，Y 可取的值有：0，1，2，3，由古典概型公式得：(1) 271310(,),ij k ijC C Cp P X i Y j C====其中,3,0,1,2,i j k i ++==0,1,2,3j =0,1k =,可以计算出联合分布表如下jp(2) X,Y 的边缘分布如上表(3) 由于P(X=0,Y=0)=0, 而P(X=0)P(Y=0)≠0, P(X=0,Y=0)≠P(X=0)P(Y=0), 因此X,Y 不相互独立.28. 袋中有9张纸牌，其中两张“2”，三张“3”，四张“4”，任取一张，不放回，再任取一张，前后所取纸牌上的数分别为X 和Y ，求二维随机变量(X, Y)的联合分布律，以及概率P(X ＋Y>6)解 (1) X,Y 可取的值都为2,3,4, 则(X,Y)的联合概率分j p(2) P(X+Y>6) = P(X=3, Y=4) + P(X=4, Y=3) + P(X=4,Y=4)=1/6+1/6+1/6=1/2.29. 设二维连续型随机变量(X, Y)的联合分布函数为(,)arctan arctan 23x y F x y A B C ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,求：（1）系数A 、B 及C ； （2）(X, Y)的联合概率密度； （3）X ，Y 的边缘分布函数及边缘概率密度；（4）随机变量X 与Y 是否独立？解 (1) 由(X, Y)的性质, F(x, -∞) =0, F(-∞,y) =0, F(-∞, -∞) =0, F(+∞, +∞)=1, 可以得到如下方程组：arctan 022arctan 023022122x A B C y A B C A B C A B C ππππππ⎧⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎛⎫⎛⎫-+=⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎪--= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎛⎫⎛⎫⎪++= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩解得：21,,,22A B C πππ===(2)2222(,)6(,)(4)(9)F x y f x y x y x y π∂==∂∂++ (3) X 与Y 的边缘分布函数为：211()(,)arctan arctan 222222X x x F x F x ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+∞=++=+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 211()(,)arctan arctan 222322Y y y F y F y ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+∞=++=+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭X 与Y 的边缘概率密度为：'22()()(4)X X f x F x x π==+'23()()(9)Y Y f y F y y π==+(4) 由(2),(3)可知：(,)()()X Y f x y f x f y =, 所以X ，Y 相互独立.30. 设二维随机变量(X, Y)的联合概率密度为-(x+y)e ,0,(,)0,x f x y ⎧<<+∞=⎨⎩其他（1）求分布函数F(x, y)；（2）求(X ，Y)落在由x ＝0，y ＝0，x ＋y ＝1所围成的三角形区域G 内的概率.解 (1) 当x>0, y>0时，()0(,)(1)(1)y xu v x y F x y e dudv e e -+--==--⎰⎰否则，F (x, y ) = 0.(2) 由题意，所求的概率为11()10((,))(,)120.2642Gxx y P x y G f x y dxdydx e dy e --+-∈===-=⎰⎰⎰⎰31. 设随机变量（X ，Y ）的联合概率密度为-(3x+4y)Ae ,0,0,(,)0,x y f x y ⎧>>=⎨⎩其他求：（1）常数A ；（2）X ，Y 的边缘概率密度；（3）(01,02)P X Y <≤<≤.解 (1) 由联合概率密度的性质，可得(34)00(,)1/12x y f x y dxdy Ae dxdy A +∞+∞+∞+∞-+-∞-∞===⎰⎰⎰⎰ 解得 A=12.(2) X, Y 的边缘概率密度分别为：(34)30123,0()(,)0,x y x X edy e x f x f x y dy other +∞-+-+∞-∞⎧=>⎪==⎨⎪⎩⎰⎰ (34)40124,0()(,)0,x y y Y edx e y f y f x y dx other +∞-+-+∞-∞⎧=>⎪==⎨⎪⎩⎰⎰(3) (01,02)P x y <≤<≤21(34)03812(1)(1)x y edxdye e -+--==--⎰⎰32. 设随机变量（X ，Y ）的联合概率密度为2,01,02,(,)30,xyx x y f x y ⎧+≤≤≤≤⎪=⎨⎪⎩其他求 P(X ＋Y ≥1).解 由题意，所求的概率就是(X,Y)落入由直线x=0 ,x=1, y=0, y=2, x+y=1围的区域G 中, 则122012310((,))(,)3456532672G x P x y G f x y dxdyxy dx x dy x x x dx -∈==+=++=⎰⎰⎰⎰⎰33. 设二维随机变量(X, Y)在图2.20所示的区域G 上服从均匀分布，试求(X, Y)的联合概率密度及边缘概率密度.解 由于(X, Y)服从均匀分布，则G的面积A 为：2112001(,)()6x x GA f x y dxdy dx dy x x dx ===-=⎰⎰⎰⎰⎰,(X, Y)的联合概率密度为：6,01(,)0,x f x y other ≤<⎧=⎨⎩.X,Y 的边缘概率密度为：2266(),01()(,)0,x xX dy x x x f x f x y dy other +∞-∞⎧=-≤<⎪==⎨⎪⎩⎰⎰ ),01()(,)0,yY dy y y f y f x y dx other +∞-∞⎧=≤<⎪==⎨⎪⎩⎰34. 设X 和Y 是两个相互独立的随机变量，X 在(0, 0.2)上服从均匀分布，Y 的概率密度是55,0()0,0y y e y f y y -⎧ >=⎨≤⎩求：（1）X 和Y 和联合概率密度； （2）P(Y ≤X).解 由于X 在(0, 0.2)上服从均匀分布，所以()1/0.25X f x == (1) 由于X ，Y 相互独立，因此X, Y 525,0,00.2(,)()()0,y X Y e y x f x y f x f y other -⎧><<==⎨⎩(2) 由题意，所求的概率是由直线x=0, 所围的区域，如右图所示， 因此0.2500.2511()(,)255111xy Gx P Y X f x y dxdy dx e dye dx e e ----≤===-=+-=⎰⎰⎰⎰⎰35. 设（X ，Y ）的联合概率密度为1,01,02(,)20,x y f x y ⎧ ≤≤≤≤⎪=⎨⎪⎩其他求X 与Y中至少有一个小于12的概率.解 所求的概率为0.50.5120.50.511()()22111,221(,)15128P X Y P XY f x y dxdydxdy +∞+∞⎛⎫<< ⎪⎝⎭⎛⎫=-≥≥ ⎪⎝⎭=-=-=⎰⎰⎰⎰ 36. 设随机变量X 与Y 相互独立，且X －113 Y －3 1P1215310P 1434求二维随机变量（X ，Y ）的联合分布律.解 由独立性，计算如下表37. 设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布律为X 1 2 3Y116191182abc（1）求常数a ，b ，c 应满足的条件；（2）设随机变量X 与Y 相互独立，求常数a ，b ，c. 解 由联合分布律的性质，有：11116918a b c +++++=, 即 a + b + c =12133-= 又，X, Y 相互独立，可得 111::::6918a b c =从而可以得到： 121,,399a b c ===38. 设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数为22232,0,1,1(,),0,01,10,x x y x x y F x y x y x⎧ >>⎪+⎪⎪= ><≤⎨+⎪⎪ ⎪⎩其他， 求边缘分布函数()x F x 与()y F y ，并判断随机变量X 与Y 是否相互独立.解 由题意, 边缘分布函数2222lim,0()(,)110,0y X x x x F x F x x x x →+∞⎧=>⎪=+∞=++⎨⎪≤⎩下面计算F Y (y )2332220,0()(,)lim ,011lim1,11Y x x y x y F y F y y y xx y x →+∞→+∞⎧⎪≤⎪⎪=+∞==<≤⎨+⎪⎪=>⎪+⎩可以看出，F(x,y)= F x (x ) F Y (y ), 因此，X ，Y 相互独立.39.设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数为132,1,1(,)0,ye x yf x y x -⎧ ≥≥⎪=⎨⎪ ⎩其他，求边缘概率密度()X f x 与()Y f y ，并判断随机变量X 与Y 是否相互独立.解 先计算()X f x , 当x <1时, ()0X f x =当x ≥1时,113331222()1yy X f x e dy e x x x+∞--+∞-===⎰再计算()Y f y , 当y <1时, ()0Y f y =当y ≥1时, 11132121()1y y yY f y e dx e e x x+∞---+∞-===⎰可见, (,)()()X Y f x y f x f y =,所以随机变量X, Y 相互独立40.设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数为,(,)0,x y x y f x y + 0≤,≤1,⎧=⎨ ⎩其他，求边缘概率密度()X f x 与()Y f y ，并判断随机变量X 与Y 是否相互独立.解 先计算()X f x , 当x <0或者x >1时, ()0X f x = 当1≥x ≥0时,1212011()02X f x x y dy xy y x =+=+=+⎰ 再计算()Y f y , 当y <0或者y >1时, ()0Y f y = 当1≥y ≥0时, 120111()022Y f y x ydx xy x y =+=+=+⎰ 由于11(,)()()22X Y f x y x y f x f y x y ⎛⎫⎛⎫=+≠=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,所以随机变量X,Y 不独立41.设二维随机变量（X ，Y ）的联合分布函数为22,00(,)0,x y e x y f x y --⎧ >,>=⎨ ⎩其他求随机变量Z ＝X －2Y 的分布密度. 解 先求Z 的分布函数F(z ) :2()()(2)(,)D X Y zF z P Z z P X Y z f x y dxdy -≤=≤=-≤=⎰⎰当z<0时，积分区域为：求得2220()2zz yx y F z dy e dx +∞+---=⎰⎰224122z y y z z e e dy e +∞----=-=⎰ 当z ≥0时，积分区域为：2200()2z yx yF z dy e dx +∞+--=⎰⎰ 2401212yy zz eedy e +∞----=-=-⎰由此, 随机变量Z 的分布函数为11,02()1,02zz e z F z e z -⎧-≥⎪⎪=⎨⎪<⎪⎩ 因此, 得Z 的密度函数为：1,02()1,02zz e z f z e z -⎧≥⎪⎪=⎨⎪<⎪⎩42. 设随机变量X 和Y 独立，X ～2()N μ,σ，Y 服从［－b ，b ］(b>0)上的均匀分布，求随机变量Z ＝X ＋Y 的分布密度. 解 解法一 由题意，22()21()()()2z y a bX Y F z f z y f y dy dy bσ---+∞-∞-=-=⋅⎰⎰令)/,,[,],z y a t dy dt y b b σσ--==-∈-(则()()()2211()22z b az b at z b a z b aF z e dt b bσσσσ+----+---==Φ-Φ⎰ 解法二22()()(),()1()221122111212X Yz bz bF z f x f z x dx-b<z-x<b,z-b<x<z+bx aF z dxbz bx a z b a z b az bb ba zb a z bba z bbσσσσσσσ+∞-∞+-=-∴--=⋅+-⎛+---⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=Φ=Φ-Φ⎪ ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫--⎛-+⎫⎛⎫⎛⎫=-Φ--Φ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-+⎛⎫=Φ ⎪⎝⎭⎰⎰a z bσ⎛--⎫⎛⎫-Φ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭43.设X服从参数为12的指数分布，Y服从参数为13的指数分布，且X与Y独立，求Z＝X＋Y的密度函数.解由题设，X~12120,0(),0X xxf xe x-≤⎧⎪=⎨>⎪⎩, Y~13130,0(),0Y xxf ye x-≤⎧⎪=⎨>⎪⎩并且，X，Y相互独立，则()()()Z X YF z f x f z x dx+∞-∞=-⎰由于()Xf x仅在x>0时有非零值，()Yf z x-仅当z-x>0，即z>x时有非零值，所以当z<0时，()Xf x=0, 因此()Zf z=0.当z>0时，有0>z>x, 因此1132()11()23z z xxZF z e e dx---=⎰1633216zz zz xe dx e e----==-⎰44.设（X，Y）的联合分布律为X0 1 2 3Y0 0 0.05 0.08 0.121 0.01 0.09 0.12 0.152 0.02 0.11 0.13 0.12求：（1）Z＝X＋Y的分布律；（2）U＝max（X，Y）的分布律；（3）V＝min（X，Y）的分布律.解(1) X+Y的可能取值为：0，1，2，3，4，5，且有P(Z=0)=P(X=0,Y=0) = 0P(Z=1)=P(X=1,Y=0) + P(X=0,Y=1) = 0.06P(Z=2)=P(X=2,Y=0) + P(X=0,Y=2) + P(X=1,Y=1) = 0.19 P(Z=3)=P(X=3,Y=0) + P(X=1,Y=2) + P(X=2,Y=1) = 0.35 P(Z=4)=P(X=2,Y=2) + P(X=3,Y=1) = 0.28P(Z=5)=P(X=3,Y=2) = 0.12同理，U=max(X,Y)的分布如下U∈{0,1,2,3}同理，V=min(X,Y)的分布分别如下V∈{0,1,2}第三章 随机变量的数字特征1. 随机变量X 的分布列为X －1 0 1212P13161611214求E(X)，E(－X ＋1)，E(X 2) 解 111111136261243()1012E X =-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=111111236261243(1)((1)1)(01)(1)(11)(21)E X -+=--+⨯+-+⨯+-+⨯+-+⨯+-+⨯=或者1233(1)()(1)()11E X E X E E X -+=-+=-+=-+=22222235111111362612424()(1)(0)()(1)(2)E X -=-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=2. 一批零件中有9件合格品与三件废品，安装机器时从这批零件中任取一件，如果取出的废品不再放回，求在取得合格品以前已取出的废品数的数学期望. 解 设取得合格品之前已经取出的废品数为X, X 的取值为0, 1, 2, 3, A k 表示取出废品数为k 的事件， 则有：1391121230(),0,1,2,3,66()()0.3220k k k kk k C C P A k C C E X k P A -==∙==⋅==∑3. 已知离散型随机变量X 的可能取值为－1、0、1，E(X)＝0.1，E(X 2)＝0.9，求P(X=-1)，P(X ＝0)，P(X ＝1). 解 根据题意得：2222()1(1)0(0)1(1)0.1()(1)(1)0(0)1(1)0.9E X P X P X P X E X P X P X P X =-=-+=+===-=-+=+==可以解得 P(X =-1)=0.4, P(X=1)=0.5,P(X=0) = 1- P(X =-1) - P(X=1) = 1-0.4-0.5=0.14. 设随机变量X 的密度函数为2(1),()x x f x - 0<<1,⎧=⎨ 0, ⎩其他.求E(X). 解 由题意,11()()2(1)3E X xf x dx x xdx ∞-∞==-=⎰⎰,5. 设随机变量X 的密度函数为,0()x e x f x x -⎧ ≥,=⎨ 0, <0.⎩求E(2X)，E(2x e -). 解(2)2()2x E X xf x dx xe dx ∞∞--∞==⎰⎰()()0002|20|2x x x xe e dx e∞-∞--∞=+=-=⎰ 22230()()11|33Xx x xx E ee f x dxee dx e ∞---∞∞---∞===-=⎰⎰6. 对球的直径作近似测量，其值均匀分布在区间［a ，b ］上，求球的体积的数学期望.解 由题意，球的直接D~U(a,b), 球的体积V=()3432D π因此，341()()32bax E V Vf x dx dx b aπ∞-∞⎛⎫== ⎪-⎝⎭⎰⎰ 4220|()()24()24x a b a b b a ππ∞==++-7. 设随机变量X ，Y 的密度函数分别为22,0()x X e x f x x -⎧ >,=⎨ 0, ≤0.⎩44,0()y Y e y f y y -⎧ >,=⎨ 0, <0.⎩求E(X ＋Y)，E(2X －3Y 2). 解()()(E X Y E X E Y+=+240()()24113244X Y x y x f x dx y f y dyxe dx ye dy+∞+∞-∞-∞+∞+∞--=+=+=+=⎰⎰⎰⎰22222400(23)2()3()2()3()223435188X Y xy E X Y E X E Y x f x dx y f y dyxedx y e dy+∞+∞-∞-∞+∞+∞---=-=-=-=-=⎰⎰⎰⎰8. 设随机函数X 和Y 相互独立，其密度函数为2,1()X x x f x 0≤≤,⎧=⎨ 0, .⎩其他5,5() 5y Y e y f y y -⎧ >,=⎨ 0, ≤.⎩（－）求E(XY).解 由于XY 相互独立, 因此有()()()12(5)05(5)(5)5(5)()()()()()225320553225(01)(6)433X Y y y y y E XY E X E Y x f x dx y f y dyx dx ye dyye e dy e +∞+∞-∞-∞+∞--+∞------===⎛⎫⎛+∞⎫=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛+∞⎫=---- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-----=-⨯-=⎰⎰⎰⎰⎰9. 设随机函数X 的密度为()f x <,= 0, ≥⎩x 1x 1. 求E(X), D(X). 解11()()0E X x f x dx +∞-∞-===⎰⎰π2211222110001012()()2222211()arcsin |1422E X x f x dx x +∞-∞-====-=-+=-+=-+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰ππππππππ()221()()()2D XE X E X =-=10.设随机函数X 服从瑞利(Rayleigh)分布,其密度函数为2222,0()x x e x f x x σ-⎧ >,⎪=σ⎨⎪ 0, ≤0.⎩其中σ>0是常数，求E(X)，D(X). 解22222222()()x x x E X x f x dx edx xdeσσσ--+∞+∞+∞-∞===-⎰⎰⎰2222222222200/00222x x x u u x xe e dx e dxedu σσσσππσσσ---+∞+∞+∞-=⎛⎫+∞=--= ⎪⎝⎭−−−→===⎰⎰⎰222222222222222222322222002220()()2202220x x x x x x u u ux E X x f x dx edx x dex e xe dx xe dx e du eσσσσσσσσσσ=+∞+∞+∞---∞+∞+∞---+∞--===-⎛+∞⎫=--= ⎪⎝⎭+∞−−−→==-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰()22222()()()2(2)22D X E X E X ππσσσ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭11. 抛掷12颗骰子，求出现的点数之和的数学期望与方差.解 掷1颗骰子，点数的期望和方差分别为： E(X) = (1+2+3+4+5+6)/6= 7/2 E(X 2)=(12+22+32+42+52+62)/6=91/6 因此 D(X) = E(X 2)-(E(X)) 2 = 35/12掷12颗骰子, 每一颗骰子都是相互独立的, 因此有： E(X 1+X 2+…+X 12)=12E(X) = 42D(X 1+X 2+…+X 12) =D(X 1)+D(X 2)+…+D(X 12)=12D(X)=35 12. 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码的盒子中，称为一个配对，记X 为配对的个数，求E(X), D(X).解 （1）直接求X 的分布律有些困难，我们引进新的随机变量X k1,0,k k X k ⎧=⎨⎩第只球装入第k 号盒子第只球没装入第k 号盒子,则有：1nkk X X ==∑，X k 服0-1分布因此：11(0)11,(1),kk P X p P X p n n==-=-===()11111(),()11()1k k nnk k k k E X p D X nn n E X E X E X n n ==⎛⎫===- ⎪⎝⎭⎛⎫===⋅= ⎪⎝⎭∑∑（2）k j X X 服从0-1分布，则有11(1)(1)(1)(1,1),()k j k j k j n n n n P X X P X X E X X --======1()n k k D X D X =⎛⎫= ⎪⎝⎭∑()112222(,)1112(()()())11112(1)1111112111(1)nk k j k k jnk j k j k k jk j n D X Cov X X E X X E X E X n n n n n n n C n n n n n n =<=<<=+⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭⎛⎫=-+- ⎪-⎝⎭⎛⎫-⎛⎫=-+-=-+-= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑故，E(X)=D(X)=1. 我们知道，泊松分布具有期望与方差相等的性质，可以认定，X 服从参数为1的泊松分布. 13. 在长为l 的线段上任意选取两点，求两点间距离的数学期望及方差.解 设所取的两点为X,Y , 则X,Y 为独立同分布的随机变量, 其密度函数为11,01,01(),(),0,0,X Y x x f x f y l l other other ⎧⎧≤≤≤≤⎪⎪==⎨⎨⎪⎪⎩⎩ 21,0,1(,)()(),0,Y Y x y f x y f x f y l other ⎧≤≤⎪==⎨⎪⎩依题意有()(,)E X Y x y f x y dxdy +∞+∞-∞-∞-=-⎰⎰()()2200011l xl l x x y dydx y x dydx l l=-+-⎰⎰⎰⎰ 222220011222llx l x dx lx dx ll =+-+⎰⎰322322110032262l l x l x lx x l l ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭663l l l =+= ()22()(,)E X Y x yf x y dxdy +∞+∞-∞-∞-=-⎰⎰()22001l lx y dxdy l=-⎰⎰ ()222003222012103l l l dx x xy y dy ll yx y xy dxl =-+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰ 3222033222213111032316ll x l xl dx l ll x l x l x ll =-+⎛⎫=-+⎪⎝⎭=⎰ D(X -Y) = E((X -Y)2)-(E(X -Y))2 = 2221116918l l l -= 14.设随机变量X 服从均匀分布，其密度函数为12,()2x f x ⎧0<<,⎪=⎨⎪0, .⎩其他,求E(2X 2)，D(2X 2). 解12222201(2)2()2()226E X E X x f x dx x dx +∞-∞====⎰⎰ 124442011()()2,()8012E X x f x dx x dx E X +∞-∞====⎰⎰ ()()22242111(2)4()4()()48014445D X D XE X E X ⎛⎫==-=⨯-=⎪⎝⎭ 15. 设随机变量X 的方差为2.5，试利用切比雪夫不等式估计概率(()7.5)P X E X -≥ 的值.。
概率论与数理统计（第三版）课后答案习题7
第七章 参数估计1. 解 )1()(,)(),,(~p np X D np X E p n B X -==∴⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧==22)1(,)()(B p np X np B X D X X E 即由解之，得n,p 的矩估计量为XB p B X X n 2221,-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=∧∧注：“[ ]”表示取整。
2. 解 因为：220)(22)(1)1()(1)()(λλθλλθλθλθλ++=⋅=+=⋅==⎰⎰⎰∞+--∞+--∞+∞-dx e x x E dx e x dx x xf x E x x所以，由矩估计法得方程组： ⎪⎩⎪⎨⎧++=+=2221)1(1λλθλθA X 解得λθ,的矩估计量为 ⎪⎩⎪⎨⎧=-=∧∧221B B X λθ3. 解 (1) 由于 222)]([)()(X E X E X D -==σ令 ∑===n i iX n A X E 12221)( 又已知 μ=)(X E故 2σ的矩估计值为 ∑∑==∧-=-=-=n i i n i i X n X n A 12122222)(11μμμσ(2) μ已知时，似然函数为:⎭⎬⎫⎩⎨⎧--⋅=∑=-ni in x L 122222)(21exp )2()(μσπσσ因此∑=---=ni ixn L 12222)(21)2ln(2)(ln μσπσσ令 0)(2112)(ln 124222=-+-=∑=ni ixn L d dμσσσσ解得2σ的极大似然估计为: ∑=∧-=n i i X n 122)(1μσ4. 解 矩估计：λλ=∴=)()(X E X E 令X X E =)(故X =∧λ为所求矩估计量。
注意到 λ=)(X D 若令 2)(B X D =, 可得: 2B =∧λ似然估计：因为λλ-==e k k X P k!)(所以，λ的似然函数为∏=-=ni i xe x L i1!)(λλλ取对数λλλn x x L ni i ni i --=∑∑==11)!ln(ln )(ln令ln 1=-=∑=n xd d ni iλλλ, 解得∑=∧=ni ix n 11λ故,λ极大似然估计量为 X =∧λ5. 解 矩估计：21)1()()(11++=+==⎰⎰+∞+∞-θθθθdx x dx x xf X E令 X X E =)(, 即 X=++21θθ; 解之X X --=∧112θ 似然估计: 似然函数为⎪⎩⎪⎨⎧<<+=⎪⎩⎪⎨⎧<<+=∏∏==其它其它,010,)()1(,010,)1()(11i ni i ni n i i x x x x L θθθθθ 只需求10,)()1()(11<<+=∏=i ni i nx x L θθθ的驻点即可.又∑=++=ni ix n L 11ln )1ln()(ln θθθ令∑=++=ni ix n L d d 11ln 1)(ln θθθ; 解之∑=∧--=ni ixn1ln 1θ6. 解：似然函数为∑===---=-=---∏∏ni i i xn i i n ni x i ex ex L 12222)(l n 21112212)(l n 12)()2(21),(μσσμπσσπσμ取对数得 ∑----===∏n i ini i x x n L 122122)(l n 21)l n ()2l n (2),(ln μσπσσμ由 0)(l n 2112),(ln 0)1()(ln 221),(ln 124222122=∑-+⋅-=∂∂=∑-⋅--=∂∂==n i i n i i x n L x L μσσσμσμσσμμ联立解之，2,σμ的极大似然估计值为 ∑∑-=∑===∧=∧n i n i i in i i x n x n x n 12121)ln 1(ln 1,ln 1σμ7. 解：似然函数为 n i x x e ax L i i n i x a i ai ,,2,1;0,00,)(11 =⎪⎩⎪⎨⎧≤>=∏=--λλλ只需求∑⋅===--==--∏∏ni ai ai x a n i n n ni x a i ex a eax L 111111)()(λλλλλ的最值点。
《概率论与数理统计教程》课后习题解答答案1-8章
第一章 事件与概率1.1 写出下列随机试验的样本空间及表示下列事件的样本点集合。
(1)10件产品中有1件是不合格品，从中任取2件得1件不合格品。
(2)一个口袋中有2个白球、3个黑球、4个红球，从中任取一球，(ⅰ)得白球，(ⅱ)得红球。
解 (1)记9个合格品分别为 921,正正正，， ，记不合格为次，则，，，，，，，，，)()()(){(1913121次正正正正正正正 ，，，，，，，，，)()()()(2924232次正正正正正正正 ，，，，，，，)()()(39343次正正正正正 )}()()(9898次正次正正正，，，，，， A ){(1次正，，，，)(2次正)}(9次正，，(2)记2个白球分别为1 ，2 ，3个黑球分别为1b ，2b ，3b ，4个红球分别为1r ，2r ，3r ，4r 。
则 {1 ，2 ，1b ，2b ，3b ，1r ，2r ，3r ，4r }(ⅰ) A {1 ，2 } (ⅱ) B {1r ，2r ，3r ，4r }1.2 在数学系的学生中任选一名学生，令事件A 表示被选学生是男生，事件B 表示被选学生是三年级学生，事件C 表示该生是运动员。
(1) 叙述C AB 的意义。
(2)在什么条件下C ABC 成立？ (3)什么时候关系式B C 是正确的？ (4) 什么时候B A 成立？解 (1)事件C AB 表示该是三年级男生，但不是运动员。
(2) C ABC 等价于AB C ，表示全系运动员都有是三年级的男生。
(3)当全系运动员都是三年级学生时。
(4)当全系女生都在三年级并且三年级学生都是女生时`。
1.3 一个工人生产了n 个零件，以事件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)仅仅只有一个零件是不合格品； (4)至少有两个零件是不合格品。
解 (1)ni i A 1; (2) n i i n i i A A 11; (3) n i ni j j j i A A 11)]([ ;(4)原事件即“至少有两个零件是合格品”，可表示为 nji j i jiAA 1,；1.4 证明下列各式：(1)A B B A ; (2)A B B A (3) C B A )()(C B A ; (4) C B A )()(C B A(5) C B A )( )(C A )(C B (6)ni i ni i A A 11证明 （1）—（4）显然，（5）和（6）的证法分别类似于课文第10—12页（1.5）式和(1.6)式的证法。
概率论和数理统计学1至7章课后答案解析
一、第六章习题详解6.1 证明（6.2.1）和(6.2.2)式.证明： (1) ∑∑∑===+=+==ni i n i i n i i nb X a n b aX n Y n Y 111)(1)(11b X a b X n a ni i +=+=∑=1)1((2) ∑∑==+-+=--=n i i n i i Yb X a b aX n Y Y n S 12122)]()[(1)(11 2212212)(1)]([1X ni i n i i S a X X n a X X a n =-=-=∑∑==6.2设n X X X ,,,21 是抽自均值为μ、方差为2σ的总体的样本, X 与2S 分别为该样本均值。
证明与2(),()/E X Var X n μσ==. 证：()E X =1212111[()]()()n n E X X X E X X X n nn n μμ++=++==()Var X =22121222111[()]()()n n Var X X X E X X X n nnn nσσ++=++==6.3 设n X X X ,,,21 是抽自均值为μ、方差为2σ的总体的样本,2211()1ni i S X X n ==--∑, 证明: (1) 2S =)(11212X n X n ni i --=∑= (2) 2()E S =2σ= 证：(1) ∑∑==+--=--=n i i i n i i X X X X n X X n S 122122)2(11)(11 ]2)([112112X n X X X n n i i n i i +--=∑∑== ])(2)([11212X n X n X X n n i i +--=∑=)(11212X n X n ni i --=∑= (2) )(11)(2122X n X E n S E n i i --=∑=)]()([11212X nE X E n ni i --=∑= ]})()([])()([{11212X E X Var n EX X Var n ni i i +-+-=∑= )}()({1122122μσμσ+-+-=∑=nn n ni )]()([112222μσμσn n n +-+-=222)(11σσσ=--=n n6.4 在例6.2.3 中, 设每箱装n 瓶洗净剂. 若想要n 瓶灌装量的平均阻值与标定值相差不超 过0.3毫升的概率近似为95%, 请问n 至少应该等于多少？ 解：因为1)3.0(2)/3.0|/(|)3.0|(|-Φ≈<-=<-n nnX P X P σσμμ依题意有，95.01)3.0(2=-Φn ，即)96.1(975.0)3.0(Φ==Φn于是 96.13.0=n ，解之得 7.42=n 所以n 应至少等于43.6.5 假设某种类型的电阻器的阻值服从均值 μ=200 欧姆, 标准差σ=10 欧姆的分布,在一个电子线路中使用了25个这样的电阻.(1) 求这25个电阻平均阻值落在199 到202 欧姆之间的概率; (2) 求这25个电阻总阻值不超过5100 欧姆的概率.解：由抽样分布定理，知nX /σμ-近似服从标准正态分布N (0,1)，因此(1) )25/10200199()25/10200202()202199(-Φ--Φ≈≤≤X P)5.0(1)1()5.0()1(Φ+-Φ=-Φ-Φ=5328.06915.018413.0=+-= (2) )204()255100()5100(≤=≤=≤X P X P X n P9772.0)2()25/10200204(=Φ=-Φ≈6.6 假设某种设备每天停机时间服从均值μ=4 小时、标准差σ=0.8小时的分布. (1) 求一个月(30天) 中, 每天平均停机时间在1到5小时之间的概率; (2) 求一个月(30天) 中, 总的停机时间不超过115 小时的概率. 解：(1))30/8.041()30/8.045()/1()/5()51(-Φ--Φ=-Φ--Φ≈≤≤nnX P σμσμ1)54.20()85.6(≈-Φ-Φ=(2) )30115()11530(≤=≤X P X P 1271.08729.01)14.1(1)30/8.0430/115(=-=Φ-=-Φ≈6.7 设~n T t ，证明()0,2,3,.E T n ==证：)(n t 分布的概率密度为: +∞<<-∞⎪⎪⎭⎫⎝⎛+Γ+Γ=+-t n x n n n x f n ,1)2/(]2/)1[()(212π，()()E T xf x dx +∞-∞==⎰=112222212211(1)10n n nx x x dx d n n nx n ++--+∞+∞-∞-∞-+∞-∞⎫⎫+=++⎪⎪⎭⎭⎫=+=⎪⎭⎰⎰6.8 设总体X ~N(150，252), 现在从中抽取样本大小为25的样本, {140147.5}P X ≤≤. 解： 已知150=μ，25=σ，25=n ，)25/25150140()25/251505.147()5.147140(-Φ--Φ≈≤≤X P)5.0()2()2()5.0(Φ-Φ=-Φ--Φ=2857.09615.09772.0=-=6.9 设某大城市市民的年收入服从均值μ=1.5万元、标准差σ=0.5万元的正态分布. 现 随机调查了100 个人, 求他们的平均年收入落在下列围的概率: (1) 大于1.6万元; (2) 小于1.3万元; (3) 落在区间[1.2，1.6] .解：设X 为人均年收入，则)5.0,5.1(~2N X ，则)1005.0,5.1(~2N X ，得 (1) )100/5.05.16.1(1)6.1(1)6.1(-Φ-≈≤-=>X P X P0228.09772.01)2(1=-=Φ-=(2) 011)4(1)4()100/5.05.13.1()3.1(=-≈Φ-=-Φ=-Φ≈<X P(3) )100/5.05.12.1()100/5.05.16.1()6.12.1(-Φ--Φ≈<<X P9772.0)6()2(=-Φ-Φ=6.10 假设总体分布为N(12，22), 今从中抽取样本125,,,X X X . 求(1) 样本均值X 大于13的概率; (2) 样本的最小值小于10的概率; (3) 样本的最大值大于15的概率.解：因为 )2,12(~2N X ，所以22~(12,)5X N ，得(1) )5/21213(1)13(1)13(-Φ-≈≤-=>X P X P1314.08686.01)12.1(1=-=Φ-=(2) 设样本的最小值为Y ，则),,,(521X X X Min Y =，于是)10(1)10(≥-=<Y P Y P)10()10()10(1521≥≥≥-=X P X P X P)]21210(1[1)]10(1[15151-Φ-∏-=<-∏-===i i i X P5785.0)8413.0(1)1(1)]1(1[155151=-=Φ∏-=-Φ-∏-===i i(3) 设样本的最大值为Z ，则),,,(521X X X Max Z =，于是)15(1)15(≤-=>Z P Z P)15()15()15(1521≤≤≤-=X P X P X P)21215(151-Φ∏-==i 2923.0)9332.0(1)5.1(1551=-=Φ∏-==i6.11设总体),(~2σμN X ，从中抽取容量样本1216,,,X X X , 2S 为样本方差. 计算22 2.04S P σ⎧⎫≤⎨⎬⎩⎭.解 因为),,(~2σμN X 由定理2, 得),1(~)1(21222-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-∑=n X X S n ni i χσσ 所以,1)1(22-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-n S n E σ),1(2)1(22-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-n S n D σ于是,)(22σ=S E ).1/(2)(42-=n S D σ 当16=n 时, ,15/2)(42σ=S D 且2222{/ 2.04}{15/30.615}P S P S σσ≤=≤}615.30/15{122>-=σS P99.001.01=-=).578.30)15((201.0=χ第六章 《样本与统计量》定理、公式、公理小结及补充：。
《概率论与数理统计》第三版_科学出版社_课后习题答案.所有章节
第二章 随机变量 2.12.2解：根据1)(0==∑∞=k k X P ，得10=∑∞=-k kae，即1111=---e ae 。
故 1-=e a2.3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}=11220202111120202222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.3124C C C C C C ⨯+⨯+⨯=(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}=12211102200220112222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.5628C C C C C C ⨯+⨯+⨯=2.4解:（1）P{1≤X ≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=12321515155++= (2) P{0.5<X<2.5}=P{X=1}+ P{X=2}=12115155+= 2.5解：（1）P{X=2,4,6,…}=246211112222k +++ =11[1()]1441314k k lim →∞-=-（2）P{X ≥3}=1―P{X <3}=1―P{X=1}- P{X=2}=1111244--= 2.6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)34314044(3)(3)(4)0.40.60.40.60.1792P X P X P X C C ≥==+==+=X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12P 1/36 1/18 1/12 1/9 5/36 1/6 5/36 1/9 1/12 1/18 1/36(2)设Y 表示5次独立试验中A 发生的次数，则Y~B(5,0.4)345324150555(3)(3)(4)(5)0.40.60.40.60.40.60.31744P X P X P X P X C C C ≥==+=+==++=2.7 （1）X ～P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)0 1.51.5{0}0!P X e -=== 1.5e - （2）X ～P(λ)=P(0.5×4)= P(2)0122222{2}1{0}{1}1130!1!P X P X P X e e e ---≥=-=-==--=-2.8解：设应配备m 名设备维修人员。
概率论与数理统计学1至7章课后答案解析
第二章作业题解:2.1 掷一颗匀称的骰子两次, 以X 表示前后两次出现的点数之和, 求X 的概率分布, 并验证其满足(2.2.2) 式.解：由表格知X 的可能取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12。
并且，361)12()2(====X P X P ；362)11()3(====X P X P ； 363)10()4(====X P X P ；364)9()5(====X P X P ； 365)8()6(====X P X P ；366)7(==X P 。
即 36|7|6)(k k X P --== (k =2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)2.2 设离散型随机变量的概率分布为,2,1,}{Λ===-k ae k X P k 试确定常数a . 解：根据1)(0==∑∞=k k X P ，得10=∑∞=-k kae，即1111=---e ae 。
故 1-=e a2.3 甲、乙两人投篮时, 命中率分别为0.7 和0.4 , 今甲、乙各投篮两次, 求下列事件的概率：(1) 两人投中的次数相同; (2) 甲比乙投中的次数多. 解：分别用)2,1(,=i B A i i 表示甲乙第一、二次投中，则12121212()()0.7,()()0.3,()()0.4,()()0.6,P A P A P A P A P B P B P B P B ========两人两次都未投中的概率为：0324.06.06.03.03.0)(2121=⨯⨯⨯=B B A A P ， 两人各投中一次的概率为：2016.06.04.03.07.04)()()()(1221211212212121=⨯⨯⨯⨯=+++B B A A P B B A A P B B A A P B B A A P 两人各投中两次的概率为：0784.0)(2121=B B A A P 。
所以：（1）两人投中次数相同的概率为3124.00784.02016.00324.0=++ (2) 甲比乙投中的次数多的概率为：12121221121212121212()()()()()20.490.40.60.490.3620.210.360.5628P A A B B P A A B B P A A B B P A A B B P A A B B ++++=⨯⨯⨯+⨯+⨯⨯=2.4 设离散型随机变量X 的概率分布为5,4,3,2,1,15}{===k kk X P ，求)31()1(≤≤X P )5.25.0()2(<<X P 解：(1)52153152151)31(=++=≤≤X P (2) )2()1()5.25.0(=+==<<X P X P X P 51152151=+= 2.5 设离散型随机变量X 的概率分布为,,3,2,1,21}{Λ===k k X P k，求 };6,4,2{)1(Λ=X P }3{)2(≥X P解：31)21211(21212121}6,4,2{)1(422642=++⨯=++==ΛΛΛX P41}2{}1{1}3{)2(==-=-=≥X P X P X P2.6 设事件A 在每次试验中发生的概率均为0.4 , 当A 发生3 次或3 次以上时, 指示灯发出信号, 求下列事件的概率：(1) 进行4 次独立试验, 指示灯发出信号; (2) 进行5 次独立试验, 指示灯发出信号.解：(1))4()3()3(=+==≥X P X P X P1792.04.06.04.04334=+⨯=C(2) )5()4()3()3(=+=+==≥X P X P X P X P31744.04.06.04.06.04.054452335=+⨯+⨯=C C .2.7 某城市在长度为t (单位：小时) 的时间间隔内发生火灾的次数X 服从参数为0.5t 的泊 松分布, 且与时间间隔的起点无关, 求下列事件的概率： (1) 某天中午12 时至下午15 时未发生火灾; (2) 某天中午12 时至下午16 时至少发生两次火灾. 解：(1) ()!kP X k e k λλ-==，由题意，0.53 1.5,0k λ=⨯==，所求事件的概率为 1.5e -.(2) 0(2)110!1!P X e e e e λλλλλλλ----≥=--=--, 由题意，0.54 1.5λ=⨯=，所求事件的概率为213e --.2.8 为保证设备的正常运行, 必须配备一定数量的设备维修人员. 现有同类设备180 台, 且各台设备工作相互独立, 任一时刻发生故障的概率都是0.01，假设一台设备的故障由一人进行修理,问至少应配备多少名修理人员, 才能保证设备发生故障后能得到及时修理的概率不小于0.99？解：设应配备m 名设备维修人员。
《概率论与数理统计1—7章》答案详解
第一章 基本概念记录检查结果。
件产品也就停止检查，者查满件次品就停止检查，或如果查出“次品”，正品”，不合格的盖上行检查，合格的盖上“对某工厂生产的产品进取的次数；次品全部取出，记录抽只），直到将取一只（取出后不放回只是次品，每次从中任只产品中有个球；，从中同时取出、、、、分别为个外形相同的球，编号一个口袋中有掷一颗骰子；出一个样本空间：试对下列随机试验各写42)4(3310)3(3543215)2()1(.1件产品这两种情况件是次品和查满样本空间包括查出＝代表次品代表正品，数字）用数字（个是次品部抽出，总能抽出只产品全抽取的次数是把取出的都是次品；最多最少抽取的次数是每次，，，，，，，＝）（种＝个球进行组合，有个球中选＝）（＝）解：（42)}1,1,1,1(),1,0,1,1(),1,1,0,1(),0,1,1,1(),0,0,1,1(),0,1,0,1(),0,1,1,0(),0,0,1(),0,1,0(),0,0{(014310}109876543{31035)}5,4,3(),5,4,2(),5,3,2(),4,3,2(),5,4,1(),5,3,1(),4,3,1(),5,2,1(),4,2,1(),3,2,1{(2}6,5,4,3,2,1{135ΩΩΩΩC (4) 漏一点 ( 0，1，1，1)集表示。
个事件用样本空间的子这出厂”、“不予出厂”“再作检查”、“降级出厂”、样本空间，并将“正常厂。
试写出这一试验的件以上次品就不允许出级后出厂；若有件次品则将这批产品降查；若有件次品就再作进一步检有批产品正常出厂；若件产品全合格就允许这件产品来做检查，若任意取出批产品中检查方法，约定，从这前的最后检查，用抽样工厂对一批产品作出厂422144.2)}0,0,0,0(),0,0,0,1(),0,0,1,0(),0,1,0,0(),1,0,0,0(),0,0,1,1(),0,1,0,1(),1,0,0,1(),1,1,0,0(),1,0,1,0(),0,1,1,0(),0,1,1,1(),1,0,1,1(),1,1,0,1(),1,1,1,0(),1,1,1,1{()}0,0,0,0(),0,0,0,1(),0,0,1,0(),0,1,0,0(),1,0,0,0{()}0,0,1,1(),0,1,0,1(),1,0,0,1(),1,1,0,0(),1,0,1,0(),0,1,1,0{()}0,1,1,1(),1,0,1,1(),1,1,0,1(),1,1,1,0{()}1,1,1,1{(01=⋃⋃⋃=Ω===DC B AD C B A D C B A ＝＝“不予出厂”＝“降级出厂”；＝“再作检查”；＝“正常出厂”；设代表次品代表正品，数字解：用数字个发生。
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第二章作业题解:掷一颗匀称的骰子两次, 以X 表示前后两次出现的点数之和, 求X 的概率分布, 并验证其满足(2.2.2) 式.解：由表格知X 并且，361)12()2(====X P X P ；362)11()3(====X P X P ； 363)10()4(====X P X P ；364)9()5(====X P X P ； 365)8()6(====X P X P ；366)7(==X P 。
即 36|7|6)(k k X P --== (k =2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)设离散型随机变量的概率分布为,2,1,}{ ===-k ae k X P k 试确定常数a .解：根据1)(0==∑∞=k k X P ，得10=∑∞=-k kae，即1111=---e ae 。
故 1-=e a甲、乙两人投篮时, 命中率分别为 和 , 今甲、乙各投篮两次, 求下列事件的概率：(1) 两人投中的次数相同; (2) 甲比乙投中的次数多. 解：分别用)2,1(,=i B A i i 表示甲乙第一、二次投中，则12121212()()0.7,()()0.3,()()0.4,()()0.6,P A P A P A P A P B P B P B P B ========两人两次都未投中的概率为：0324.06.06.03.03.0)(2121=⨯⨯⨯=B B A A P ， 两人各投中一次的概率为：2016.06.04.03.07.04)()()()(1221211212212121=⨯⨯⨯⨯=+++B B A A P B B A A P B B A A P B B A A P 两人各投中两次的概率为：0784.0)(2121=B B A A P 。
所以：（1）两人投中次数相同的概率为3124.00784.02016.00324.0=++ (2) 甲比乙投中的次数多的概率为：12121221121212121212()()()()()20.490.40.60.490.3620.210.360.5628P A A B B P A A B B P A A B B P A A B B P A A B B ++++=⨯⨯⨯+⨯+⨯⨯= 设离散型随机变量X 的概率分布为5,4,3,2,1,15}{===k kk X P ，求)31()1(≤≤X P )5.25.0()2(<<X P 解：(1)52153152151)31(=++=≤≤X P (2) )2()1()5.25.0(=+==<<X P X P X P 51152151=+= 设离散型随机变量X 的概率分布为,,3,2,1,21}{ ===k k X P k ，求 };6,4,2{)1( =X P }3{)2(≥X P解：31)21211(21212121}6,4,2{)1(422642=++⨯=++== X P41}2{}1{1}3{)2(==-=-=≥X P X P X P设事件A 在每次试验中发生的概率均为 , 当A 发生3 次或3 次以上时, 指示灯发出 信号, 求下列事件的概率：(1) 进行4 次独立试验, 指示灯发出信号; (2) 进行5 次独立试验, 指示灯发出信号.解：(1))4()3()3(=+==≥X P X P X P1792.04.06.04.04334=+⨯=C (2) )5()4()3()3(=+=+==≥X P X P X P X P31744.04.06.04.06.04.054452335=+⨯+⨯=C C .某城市在长度为t (单位：小时) 的时间间隔内发生火灾的次数X 服从参数为 的泊 松分布, 且与时间间隔的起点无关, 求下列事件的概率： (1) 某天中午12 时至下午15 时未发生火灾;(2) 某天中午12 时至下午16 时至少发生两次火灾. 解：(1) ()!kP X k e k λλ-==，由题意，0.53 1.5,0k λ=⨯==，所求事件的概率为 1.5e -.(2) 0(2)110!1!P X e e e e λλλλλλλ----≥=--=--, 由题意，0.54 1.5λ=⨯=，所求事件的概率为213e --.为保证设备的正常运行, 必须配备一定数量的设备维修人员. 现有同类设备180 台, 且各台设备工作相互独立, 任一时刻发生故障的概率都是，假设一台设备的故障由一人进行修理,问至少应配备多少名修理人员, 才能保证设备发生故障后能得到及时修理的概率不小于 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)01.0,180(~B X 。
依题意，设备发生故障能及时维修的概率应不小于，即99.0)(≥≤m X P ，也即01.0)1(≤+≥m X P因为n =180较大，p =较小，所以X 近似服从参数为8.101.0180=⨯=λ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。
某种元件的寿命X (单位：小时) 的概率密度函数为：21000,1000()0,1000x f x x x ⎧≥⎪=⎨⎪⎩ 求5 个元件在使用1500 小时后, 恰有2 个元件失效的概率。
解：一个元件使用1500小时失效的概率为3110001000)15001000(15001000150010002=-==≤≤⎰x dx x X P 设5个元件使用1500小时失效的元件数为Y ，则)31,5(~B Y 。
所求的概率为22351280(2)()()33243P Y C ==⨯=。
设某地区每天的用电量X (单位：百万千瓦•时) 是一连续型随机变量, 概率密度函数为：212(1),01,()0,x x x f x ⎧-=⎨⎩其他假设该地区每天的供电量仅有80万千瓦•时, 求该地区每天供电量不足的概率. 若每天的供电量上升到90万千瓦•时, 每天供电量不足的概率是多少解：求每天的供电量仅有80万千瓦•时, 该地区每天供电量不足的概率，只需要求出该地区用电量X 超过80万千瓦•时（亦即≥百万千瓦•时）的概率：0.80.8202340.8(0.8=1-P(X 0.8=1-()112(1)1(683)0.0272P Xf x dx x x dxx x x -∞≤=--=--+=⎰⎰））若每天的供电量上升到90万千瓦•时, 每天供电量不足的概率为：0.90.9202340.9(0.9=1-P(X 0.9=1-()112(1)1(683)0.0037P Xf x dx x x dxx x x -∞≤=--=--+=⎰⎰））设随机变量~(2,4),K U -求方程22230x Kx K +++=有实根的概率.解：方程22230x Kx K +++=有实根，亦即248124(3)(1)0K K K K ∆=--=-+≥,显然，当31K K ≥⋃≤-时，方程22230x Kx K +++=有实根；又由于~(2,4),K U -所求概率为：1(2)4314(2)3---+-=--。
某型号的飞机雷达发射管的寿命X (单位：小时) 服从参数为 的指数分布, 求下列事件的概率：(1) 发射管寿命不超过100 小时; (2) 发射管的寿命超过300 小时;(3) 一只发射管的寿命不超过100 小时, 另一只发射管的寿命在100 至300 小时之间.解：(1) 发射管寿命不超过100 小时的概率：1001000.0050.0050.50(100)0.0051x xP X e dx e e ---<==-=-⎰=(2) 发射管的寿命超过300 小时的概率：1.5 1.5(300)1(300)1(1)0.223P X P x e e -->=-<=--==(3) 一只发射管的寿命不超过100 小时, 另一只发射管的寿命在100 至300 小时之间.0.50.5 1.5(1)()0.15e e e -----=。
设每人每次打电话的时间(单位：分钟) 服从参数为 的指数分布. 求282 人次所打 的电话中, 有两次或两次以上超过10 分钟的概率.解：设每人每次打电话的时间为X ，X ~E ，则一个人打电话超过10分钟的概率为5105.0105.05.0)10(-+∞-+∞-=-==>⎰e edx eX P x x又设282人中打电话超过10分钟的人数为Y ，则),282(~5-e B Y 。
因为n =282较大，p 较小，所以Y 近似服从参数为9.12825≈⨯=-eλ的泊松分布。
所求的概率为)1()0(1)2(=-=-=≥Y P Y P Y P56625.09.219.119.19.19.1=-=--=---e e e某高校女生的收缩压X (单位：毫米汞柱) 服2(110,12)N , 求该校某名女生： (1) 收缩压不超过105 的概率;(2) 收缩压在100 至120 之间的概率. 解：(1))42.0(1)42.0()12110105()105(Φ-=-Φ=-Φ=≤X P 3372.06628.01=-=(2))12110100()12110120()120100(-Φ--Φ=≤≤X P5934.017967.021)83.0(2)83.0()83.0(=-⨯=-Φ=-Φ-Φ=。
公共汽车门的高度是按成年男性与车门碰头的机会不超过 设计的, 设成年男性的 身高X (单位：厘米) 服从正态分布N (170，262), 问车门的最低高度应为多少 解：设车门高度分别为x 。
则：170()10.010.99()6x P X x -≤=-==Φ 查表得，(2.33)0.99Φ=，因此1702.336x -=，由此求得车门的最低高度应为184厘米。
已知20 件同类型的产品中有2 件次品, 其余为正品. 今从这20 件产品中任意抽取4 次, 每次只取一件, 取后不放回. 以X 表示4 次共取出次品的件数, 求X 的概率分布与分布函数.解：X 的可能取值为0,1,2。
因为1817161512(0),2019181719P X ===； 2184203(2)95C P X C ===； 12332(1)1199595P X ==--= 所以XX 的分布函数为0120119()92129512x x F x x x <⎧⎪⎪≤<⎪=⎨⎪≤<⎪⎪≥⎩袋中有同型号小球5 只, 编号分别为1,2,3,4,5. 今在袋中任取小球3 只, 以X 表示取 出的3只中的最小号码, 求随机变量X 的概率分布和分布函数. 解：X 的可能取值为1,2,3。
因为6.0106)1(3524====C C X P ； 1.01011)3(35====C X P ； 3.01.06.01)2(=--==X P所以X 的分布律为X 的分布函数为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤<=31329.0216.010)(x x x x x F设连续型随机变量X 的分布函数为：0,1,()ln ,1,1,x F x x x e x e <⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩求（1）{2}P X <，{03}P X <<，{2 2.5}.P X <≤ （2）求X 的概率密度函数()f x 。