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概率论与数理统计课后习题答案

第四版盛骤(浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社）

第一章概率论的基本概念

1.[一]写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一]1）So,1n100，n表小班人数nnn（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。（[一]2）S={10，11，12，………，n，………}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。（[一](3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}2.[二]设A，B，C为三事件，用A，B，C的运算关系表示下列事件。（1）A发生，B与C不发生。表示为：ABC或A－(AB+AC)或A－(B∪C)（2）A，B都发生，而C不发生。表示为：ABC或AB－ABC或AB－C表示为：A+B+C（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，表示为：ABC表示为：ABC或S－(A+B+C)或ABC（6）A，B，C中不多于一个发生，即A，B，C中至少有两个同时不发生相当于AB,BC,AC中至少有一个发生。故（7）A，B，C中不多于二个发生。相当于：A,B,C中至少有一个发生。故（8）A，B，C中至少有二个发生。表示为：ABBCAC。表示为：ABC或ABC相当于：AB，BC，AC中至少有一个发生。故6.[三]表示为：AB+BC+AC设A，B是两事件且P(A)=0.6，P(B)=0.7.问(1)在什么条件下P(AB)取到最大值，最大值是多少？（2）在什么条件下P(AB)取到最小值，最小值是多少？解：由P(A)=0.6，P(B)=0.7即知AB≠φ，（否则AB=φ依互斥事件加法定理，P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.6+0.7=1.3>1与P(A∪B)≤1矛盾）.从而由加法定理得P(AB)=P(A)+P(B)－P(A∪B)(*)（1）从0≤P(AB)≤P(A)知，当AB=A，即A∩B时P(AB)取到最大值，最大值为P(AB)=P(A)=0.6，（2）从(*)式知，当A∪B=S时，P(AB)取最小值，最小值为P(AB)=0.6+0.7－1=0.3。7.[四]设A，B，C是三事件，且P(A)

P(B)P(C)

P(AC)

.求A，B，C至少有一个发生的概率。8

,P(AB)4P(BC)0，解：P(A，B，C至少有一个发生)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)+P(ABC)=3418

8.[五]在一标准英语字典中具有55个由二个不相同的字母新组成的单词，若从26个英语字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？记A表“能排成上述单词”∵2

从26个任选两个来排列，排法有A26种。每种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词：55个∴P(A)

A226

11130

9.在电话号码薄中任取一个电话号码，求后面四个数全不相同的概率。（设后面4个数中的每一个数都是等可能性地取自0，1，2……9）记A表“后四个数全不同”∵后四个数的排法有104种，每种排法等可能。4后四个数全不同的排法有A10

∴10.[六]P(A)

A1010

0.504

在房间里有10人。分别佩代着从1号到10号的纪念章，任意选3人记录其纪念章的号码。（1）求最小的号码为5的概率。记“三人纪念章的最小号码为5”为事件A∵10人中任选3人为一组：选法有10种，且每种选法等可能。3

52又事件A相当于：有一人号码为5，其余2人号码大于5。这种组合的种数有11

∴P(A)

52103

112（2）求最大的号码为5的概率。10种，且3

4每种选法等可能，又事件B相当于：有一人号码为5，其余2人号码小于5，选法有12记“三人中最大的号码为5”为事件B，同上10人中任选3人，选法有种1

P(B)

42103

12011.[七]某油漆公司发出17桶油漆，其中白漆10桶、黑漆4桶，红漆3桶。在搬运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货4桶白漆，3桶黑漆和2桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？记所求事件为A。9

在17桶中任取9桶的取法有C17种，且每种取法等可能。432取得4白3黑2红的取法有C10C4C3故12.[八]P(A)

432

C10C4C3

6C17

2522431

在1500个产品中有400个次品，1100个正品，任意取200个。（1）求恰有90个次品的概率。记“恰有90个次品”为事件A∵在1500个产品中任取200个，取法有1500种，每种取法等可能。200

200个产品恰有90个次品，取法有4001100种90110∴P(A)

4001100901101500200

（2）至少有2个次品的概率。记：A表“至少有2个次品”B0表“不含有次品”，B1表“只含有一个次品”，同上，200个产品不含次品，取法有1100种，200个产品含一个次品，取法有4001100种2001199

∵AB0B1且B0，B1互不相容。∴P(A)1P(A)1[P(B0)P(B1)]1

11002001500200

400110011991500200

13.[九]从5双不同鞋子中任取4只，4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少？记A表“4只全中至少有两支配成一对”则A表“4只人不配对”∵从10只中任取4只，取法有10种，每种取法等可能。4

要4只都不配对，可在5双中任取4双，再在4双中的每一双里任取一只。取法有5

P(A)4C524

4C10

821821

1321

P(A)1P(A)1

15.[十一]将三个球随机地放入4个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是1，2，3，的概率各为多少？记Ai表“杯中球的最大个数为i个”i=1,2,3,三只球放入四只杯中，放法有43种，每种放法等可能对A1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法4×3×2种。(选排列：好比3个球在4个位置做排列)P(A1)

43243

616

43种。2

对A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有C3

(从3个球中选2个球，选法有C3，再将此两个球放入一个杯中，选法有4种，最后将剩余的1球放入其余的一个杯中，选法有3种。2C343P(A2)43916对A3：必须三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中选1个杯子，放入此3个球，选法有4种)P(A3)

443

116

16.[十二]50个铆钉随机地取来用在10个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部件用3只铆钉，若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就太弱，问发生一个部件强度太弱的概率是多少？记A表“10个部件中有一个部件强度太弱”。法一：用古典概率作：把随机试验E看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完10个部件（在三个钉的一组中不分先后次序。但10组钉铆完10个部件要分先后次序）3

对E：铆法有C50

333

种，每种装法等可能C47C44C23

对A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有〔C3333

〕×10C47C44C23

种P(A)

[C3C47

33C44C23]1033C47C23

1960

0.00051

法二：用古典概率作把试验E看作是在50个钉中任选30个钉排成一列，顺次钉下去，直到把部件铆完。（铆钉要计先后次序）3

对E：铆法有A50种，每种铆法等可能对A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，…或“28，29，330”位置上。这种铆法有A3

10A3

27A47

3A3

27A47



3A3273A4710A327

种A47

P(A)

A30

119600.00051

17.[十三]解一：已知P(A)0.3,P(B)0.4,P(AB)0.5,求P(B|AB)。P(A)1P(A)0.7,P(B)1P(B)0.6,AAS注意(AB)(AB).故有P(AB)=P(A)－P(AB)=0.7－0.5=0.2。再由加法定理，A(BB)ABABP(A∪B)=P(A)+P(B)－P(AB)=0.7+0.6－0.5=0.8于是P(B|AB)P[B(AB)]P(AB)P(AB)P(AB)

由已知

0.20.80.25

解二:P(AB)P(A)P(B|A)

0.50.7

0507P(B|A)

P(B|A)P(B|A)

　故　P(AB)7

P(A)P(B|A)

0.25

P(B|AB)定义

P(BABB)P(AB)P(BA)

P(A)P(B)P(AB)150.70.60.5

18.[十四]P(A)

,P(B|A)41

,P(A|B)31

,求P(A2

B)。1413P(B)

解：由P(A|B)

定义P(AB)

P(B)P(A)P(B|A)

P(B)

112由已知条件

有P(B)

由乘法公式，得P(AB)由加法公式，得P(A19.[十五]两种方法）。P(A)P(B|A)

B)P(A)P(B)P(AB)

41611213

掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之和为7，求其中有一颗为1点的概率（用解：（方法一）（在缩小的样本空间SB中求P(A|B)，即将事件B作为样本空间，求事件A发生的概率）。掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（x,y）（x,y=1,2,3,4,5,6）并且满足x,+y=7，则样本空间为S={(x,y)|(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)}每种结果（x,y）等可能。A={掷二骰子，点数和为7时，其中有一颗为1点。故P(A)方法二：（用公式P(A|B)

61}3P(AB)P(B)S={(x,y)|x=1,2,3,4,5,6;y=1,2,3,4,5,6}}每种结果均可能A=“掷两颗骰子，x,y中有一个为“1”点”，B=“掷两颗骰子，x,+y=7”。则P(B)

662

,P(AB)62，6226216

故P(A|B)

P(AB)P(B)

2613

20.[十六]据以往资料表明，某一3口之家，患某种传染病的概率有以下规律：P(A)=P{孩子得病}=0.6，P(B|A)=P{母亲得病|孩子得病}=0.5，P(C|AB)=P{父亲得病|母亲及孩子得病}=0.4。求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。解：所求概率为P(ABC)（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件，这里不是求P(C|AB)P(AB)=P(A)=P(B|A)=0.6×0.5=0.3,P(C|AB)=1－P(C|AB)=1－0.4=0.6.从而P(ABC)=P(AB)·P(C|AB)=0.3×0.6=0.18.21.[十七]已知10只晶体管中有2只次品，在其中取二次，每次随机地取一只，作不放回抽样，求下列事件的概率。（1）二只都是正品（记为事件A）法一：用组合做在10只中任取两只来组合，每一个组合看作一个基本结果，每种取法等可能。P(A)

C82

2C10

2845

0.62

法二：用排列做在10只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个排列等可能。P(A)A822A102845法三：用事件的运算和概率计算法则来作。记A1，A2分别表第一、二次取得正品。P(A)

P(A1A2)P(A)P(A2|A1)

810792845

（2）二只都是次品（记为事件B）法一：P(B)

2C22C10

145法二：P(B)

2A22A10

145

210

145

法三：P(B)P(A1A2)P(A1)P(A2|A1)

（3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）法一：P(C)

11C8C2

2C10

15法二：P(C)112(C8C2)A2A21015法三：P(C)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥

810

28109

P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)

（4）第二次取出的是次品（记为事件D）法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，法二：P(D)11A9A22A1015法三：P(D)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥

810

210

P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)

22.[十八]多少？记H表拨号不超过三次而能接通。某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率是多少？如果已知最后一个数字是奇数，那么此概率是Ai表第i次拨号能接通。注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。HA1A1A2

110

A1A2A3　三种情况互斥

9811098

310

P(H)

P(A1)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)

91109

如果已知最后一个数字是奇数（记为事件B）问题变为在B已发生的条件下，求H再发生的概率。P(H|B)PA1|BA1A2|BA1A2A3|B)

P(A1|B)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A3|BA1A2)

24.[十九]451445341335

设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中取到）白球的概率是多少？（此为第三版19题(1)）记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”再记B表“再从乙袋中取得白球”。∵B=A1B+A2B且A1，A2互斥∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=nnmN1NM1mnmNNM1

[十九](2)第一只盒子装有5只红球，4只白球；第二只盒子装有4只红球，5只白球。先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。记C1为“从第一盒子中取得2只红球”。C2为“从第一盒子中取得2只白球”。C3为“从第一盒子中取得1只红球，1只白球”，D为“从第二盒子中取得白球”，显然C1，C2，C3两两互斥，C1∪C2∪C3=S，由全概率公式，有P(D)=P(C1)P(D|C1)+P(C2)P(D|C2)+P(C3)P(D|C3)11

C525C427C5C46C9211C9211C9211

26.[二十一]已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解：A1={男人}，A2={女人}，B={色盲}，显然A1∪A2=S，A1A2=φ由已知条件知P(A1)由贝叶斯公式，有P(A2)

P(B|A1)5%,P(B|A2)0.25%2

P(A1|B)

P(A1B)P(B)

P(A1)P(B|A1)

P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)

152100151252100210000

2021

[二十二]一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P，若第一次及格则第二次及格的概率也为P；若第一次不及格则第二次及格的概率为2有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及P（1）若至少格，求他第一次及格的概率。解：Ai={他第i次及格}，i=1,2已知P(A1)=P(A2|A1)=P，P(A2|A1)（1）B={至少有一次及格}所以BP2{两次均不及格}

A1A2

∴P(B)1P(B)1P(A1A2)1P(A1)P(A2|A1)

1[1P(A1)][1P(A2|A1)]1(1P)(1

（2）P(A1A2)

P212P2

（*）定义P(A1A2)

P(A2)由乘法公式，有P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=P2由全概率公式，有P(A2)

P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)PPP2

2(1P)

P2P2将以上两个结果代入（*）得P(A1|A2)P2P222PP2P128.[二十五]某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：到家时间乘地铁到5:35~5:390.105:40~5:440.255:45~5:490.455:50~5:0.15迟于5:0.05家的概率乘汽车到0.30家的概率0.350.200.100.05某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是5:47到家的，试求他是乘地铁回家的概率。解：设A=“乘地铁”，B=“乘汽车”，C=“5:45~5:49到家”，由题意,AB=φ,A∪B=S已知：P(A)=0.5,由贝叶斯公式有P(C|A)=0.45,P(C|B)=0.2,P(B)=0.5P(A|C)

P(C|A)P(A)

P(C)

0.50.4511

P(C|A)P(C|B)

0.45

0.65913

0.6923

29.[二十四]有两箱同种类型的零件。第一箱装5只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设Bi表示“第i次取到一等品”i=1，2Aj表示“第j箱产品”j=1,2，显然A1∪A2=S（1）P(B1)

A1A2=φ110

25011823025

0.4（B1=A1B+A2B由全概率公式解）。11817

23029（2）P(B2|B1)

P(B1B2)P(B1)

11092504925

0.4857

（先用条件概率定义，再求P(B1B2)时，由全概率公式解）32.[二十六（2）]如图1，2，3，4，51L3452R表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的概率为p，且设各继电器闭合与否相互，求L和R是通路的概率。记Ai表第i个接点接通记A表从L到R是构成通路的。∵A=A1A2+A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥∴P(A)=P(A1A2)+P(A1A3A5)+P(A4A5)+P(A4A3A2)－P(A1A2A3A5)+P(A1A2A4A5)+P(A1A2A3A4)+P(A1A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)P(A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)－P(A1A2A3A4A5)又由于A1，A2，A3，A4，A5互相。故P(A)=p2+p3+p2+p3－[p4+p4+p4+p4+p5+p4]+[p5+p5+p5+p5]－p5=2p2+3p3－5p4+2p5

[二十六（1）]设有4个工作的元件1，2，3，4。它们的可靠性分别为P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。记Ai表示第i个元件正常工作，i=1，2，3，4，2143A表示系统正常。∵A=A1A2A3+A1A4两种情况不互斥(加法公式)∴P(A)=P(A1A2A3)+P(A1A4)－P(A1A2A3A4)=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A4)－P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=P1P2P3+P1P4－P1P2P3P4

34.[三十一](A1,A2,A3,A4)袋中装有m只正品硬币，n只次品硬币，（次品硬币的两面均印有国徽）。在袋中任取一只，将它投掷r次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多少？解：设“出现r次国徽面”=Br由全概率公式，有“任取一只是正品”=AP(Br)P(A)P(Br|A)P(A)P(Br|A)

P(A)P(Br|A)

P(Br)

m1r()mn2

nnmn1rP(A|Br)

m1r()mn2

m1r()mn2mmn2rmn（条件概率定义与乘法公式）35．甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为0.2，被两人击中而被击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解：高Hi表示飞机被i人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2分别表示甲、乙、丙击中飞机∵H1H2H3

B1B2B3B1B2B3B2B2B3

B1B2B3B1B2B3

B1B2B3，三种情况互斥。B1B2B3

三种情况互斥又B1，B2，B2。∴P(H1)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)

P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36P(H2)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)

P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.3

+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.4×0.5×0.7=0.14又因：A=H1A+H2A+H3A三种情况互斥故由全概率公式，有P(A)=P(H1)P(A|H1)+P(H2)P(A|H2)+P(H3)P(AH3)=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.45836.[三十三]设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏2%（这一事件记为A1），10%（事件A2），90%（事件A3）的概率分别为P(A1)=0.8,P(A2)=0.15,P(A2)=0.05，现从中随机地地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为B），试分别求P(A1|B)P(A2|B),P(A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相地）∵B表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B三种情况互斥由全概率公式，有∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.8624P(A1|B)P(A2|B)P(A3|B)

37.[三十四]P(A1B)P(B)P(A2B)P(B)P(A3B)P(B)

P(A1)P(B|A1)

P(B)P(A2)P(B|A2)

P(B)P(A3)P(B|A3)

P(B)

0.8(0.98)3

0.86240.15(0.9)3

0.86240.05(0.1)3

0.8624

0.87310.12680.0001

1α2

)，21α3

同样可得P(D|B2)=P(D|B3)=α(

于是由全概率公式，得P(D)3P(Bi)P(D|Bi)1α2)2(P2i1p1a2(P3)α(1α3)2由Bayes公式，得P(AAAA|ABCA)=P(B1|D)==[二十九]P(B1)P(D|B1)

P(D)

P3)

2αP1

2αP1(1α)(P2

设第一只盒子装有3只蓝球，2只绿球，2只白球；第二只盒子装有2只蓝球，3只绿球，4只白球。地分别从两只盒子各取一只球。（1）求至少有一只蓝球的概率，（2）求有一只蓝球一只白球的概率，（3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率。解：记A1、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B1、B2、B3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。（1）记C={至少有一只蓝球}C=A1B1+A1B2+A1B3+A2B1+A3B1，5种情况互斥由概率有限可加性，得P(C)

P(A1B1)P(A1B2)P(A1B3)P(A2B1)P(A3B1)

3479

2279

性P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)

1112132131

（2）记D={有一只蓝球，一只白球}，而且知D=A1B3+A3B1两种情况互斥P(D)P(A1B3

3479（3）P(D|C)

P(A3B1)P(A1)P(B3)P(A3)P(B1)

22791663P(CD)P(C)P(D)P(C)1635(注意到CDD)

A，B，C三人在同一办公室工作，房间有三部电话，据统计知，打给A，B，221C的电话的概率分别为,。他们三人常因工作外出，A，B，C三人外出的概,555111

率分别为,，设三人的行动相互，求244

[三十]（1）无人接电话的概率；（2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了3个电话，求（3）这3个电话打给同一人的概率；（4）这3个电话打给不同人的概率；（5）这3个电话都打给B，而B却都不在的概率。解：记C1、C2、C3分别表示打给A，B，C的电话D1、D2、D3分别表示A，B，C外出注意到C1、C2、C3，且P(C1)P(C2)1

42,P(C3)515P(D1)

,P(D2)2P(D3)

（1）P（无人接电话）=P(D1D2D3)=P(D1)P(D2)P(D3)=121414132

（2）记G=“被呼叫人在办公室”，G限可加性与乘法公式C1D1C2D2C3D3三种情况互斥，由有P(G)P(C1D1)P(C2D2)P(C3D3)

512253415341320由于某人外出与故P(Dk|Ck)

P(C1)P(D1|C1)P(C2)P(D2|C2)P(C3)P(D3|C3)否和来电话无关

P(Dk)

（3）H为“这3个电话打给同一个人”P(H)

25252525252515151517125

（4）R为“这3个电话打给不同的人”R由六种互斥情况组成，每种情况为打给A，B，C的三个电话，每种情况的概率为25251125于是P(R)6

412524125（5）由于是知道每次打电话都给B，其概率是1，所以每一次打给B电话而B不在的概率为于是1

，且各次情况相互4P（3个电话都打给B，B都不在的概率）=()3

141

第二章

1.[一]随机变量及其分布

一袋中有5只乒乓球，编号为1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以X表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律解：X可以取值3，4，5，分布律为2

1C23C5

P(X3)P(一球为3号,两球为1,2号)

110

1C33C52

1C43C5

P(X4)P(一球为4号,再在1,2,3中任取两球)P(X5)P(一球为5号,再在1,2,3,4中任取两球)

也可列为下表X：3，4，5310610

P：136,,101010

设在15只同类型零件中有2只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作3.[三]不放回抽样，以X表示取出次品的只数，（1）求X的分布律，（2）画出分布律的图形。解：任取三只，其中新含次品个数X可能为0，1，2个。P(X0)

C133C15

2235

P(X1)

12C2C13

3C1521C2C13

3C15

1235135

PP(X2)

再列为下表O12xX：0，1，2P：22121,,353535

4.[四]进行重复实验，设每次成功的概率为p，失败的概率为q=1－p(0n0,1,2,,其中q=1－p，r1r或记r+n=k，则P{Y=k}=Ck1p(1p)kr,kr,r1,k=1,2…（3）P(X=k)=(0.55)k－10.45P(X取偶数)=k1

P(X2k)

(0.55)2k10.45

316.[六]一大楼装有5个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻t每个设备使用的概率为0.1，问在同一时刻（1）恰有2个设备被使用的概率是多少？225

P(X2)C5pq2

C5(0.1)2(0.9)3

0.0729

（2）至少有3个设备被使用的概率是多少？3

P(X3)C5(0.1)3(0.9)2

C5(0.1)4(0.9)C5(0.1)5

0.00856

（3）至多有3个设备被使用的概率是多少？P(X3)

C50(0.9)5C50.1(0.9)4C52(0.1)2(0.9)3

3C5(0.1)3(0.9)2

0.999

（4）至少有一个设备被使用的概率是多少？P(X1)1P(X0)10.590490.40951

[五]一房间有3扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。（1）以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律。（2）户主声称，他养的一只鸟，是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数，如户主所说是确实的，试求Y的分布律。（3）求试飞次数X小于Y的概率；求试飞次数Y小于X的概率。解：（1）X的可能取值为1，2，3，…，n，…P{X=n}=P{前n－1次飞向了另2扇窗子，第n次飞了出去}211

，n=1，2，……33（2）Y的可能取值为1，2，3=()n13

P{Y=2}=P{第1次飞向另2扇窗子中的一扇，第2次飞了出去}P{Y=1}=P{第1次飞了出去}=211323

P{Y=3}=P{第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出去}==2!3!

(3)P{XY}P{Yk}P{XY|Yk}P{Yk}P{XY|Yk}

全概率公式并注意到P{XY|Y1}0

P{Yk}P{Xk}

1313132313827k2

13同上，P{X注意到X,Y即P{XY|Yk}P{Xk}

P{Yk}P{XY|Yk}

P{Yk}P{Xk}

13131329134271981

故P{YX}1P{XY}P{XY)

3881

8.[八]甲、乙二人投篮，投中的概率各为0.6,0.7，令各投三次。求（1）二人投中次数相等的概率。记X表甲三次投篮中投中的次数Y表乙三次投篮中投中的次数由于甲、乙每次投篮，且彼此投篮也。P(X=Y)=P(X=0,Y=0)+P(X=2,Y=2)+P(X=3,Y=3)=P(X=0)P(Y=0)+P(X=1)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=2)+P(X=3)P(Y=3)1=(0.4)3×(0.3)3+[C32[C3

10.6(0.4)2][C30.7(0.3)2]20.4][C3

(0.6)20.321

(0.7)2.3](0.6)3

(0.7)3

（2）甲比乙投中次数多的概率。P(X>Y)=P(X=1,Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)=P(X=1)P(Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)1=[C3

0.6(0.4)2](0.3)3

2[C3

(0.6)20.4](0.3)8

[C32(0.6)20.4][C30.7(0.3)2](0.6)3

(0.3)3

9.[十]1

(0.6)3[C30.7(0.3)2](0.6)3

[C32(0.7)20.3]

种酒全部挑出来，算是试验成功一次。0.243

有甲、乙两种味道和颜色极为相似的名酒各4杯。如果从中挑4杯，能将甲（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？（2）某人声称他通过品尝能区分两种酒。他连续试验10次，成功3次。试问他是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互的。）解：（1）P(一次成功)=1C841703

（2）P(连续试验10次，成功3次)=C10(

13697

)()70703

。此概率太小，按实10000际推断原理，就认为他确有区分能力。[九]有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取10件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为10%，求（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率（3）这批产品按第2次检验的标准被接受的概率（4）这批产品在第1次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：X表示10件中次品的个数，Y表示5件中次品的个数，由于产品总数很大，故X~B（10，0.1），Y~B（5，0.1）（近似服从）（1）P{X=0}=0.910≈0.3492（2）P{X≤2}=P{X=2}+P{X=1}=C100.120.98

C100.10.99

0.581

（3）P{Y=0}=0.95≈0.590（4）P{0P(X8)e0.029770（直接计算）8!

P(X=8)=P(X≥8)－P(X≥9)（查λ=4泊松分布表）。=0.051134－0.021363=0.029771（2）每分钟的呼唤次数大于10的概率。P(X>10)=P(X≥11)=0.002840（查表计算）[十二(2)]每分钟呼唤次数大于3的概率。P{X3}P{X4}0.566530

[十六]以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间（以分计），X的分布函数是FX(x)求下述概率：1e00.4x,x0x0（1）P{至多3分钟}；（2）P{至少4分钟}；（3）P{3分钟至4分钟之间}；（4）P{至多3分钟或至少4分钟}；（5）P{恰好2.5分钟}解：（1）P{至多3分钟}=P{X≤3}=FX(3)1e（2）P{至少4分钟}P(X≥4)=1FX(4)

1.21.6

e（3）P{3分钟至4分钟之间}=P{3=1e（5）P{恰好2.5分钟}=P(X=2.5)=018.[十七]设随机变量X的分布函数为FX(x)

1.2

FX(3)e1.2

e1.6

（4）P{至多3分钟或至少4分钟}=P{至多3分钟}+P{至少4分钟}e1.6

0,x1,

lnx,1xe,，1,xe.

求（1）P(X<2),P{052FX()FX(2)ln52F'(x)

x,1xe,0,其它

20.[十八（2）]设随机变量X的概率密度f(x)为2

（1）f(x)

1x20

1x1

其它

（2）f(x)

0x12x1x20其他

x求X的分布函数F(x)，并作出（2）中的f(x)与F(x)的图形。解：当－1≤x≤1时：F(x)110dxx12π11xdx221x1x2π212x1

1arcsinx2X1πx1x21

πarcsinx11

当1π1x2dx0dx1

F(x)

011

πx1x2

πxarcsinx12

x1x11x1

解：（2）F(x)P(Xxx)

0dt0

f(t)dt当x0时,F(x)当0

x1时,F(x)0dt0dt10

tdttdtx2

x121

当1x2时,F(x)当2

010

(2t)dt2

2xxx2

x时,F(x)

0dttdt(2t)dt0dt1

故分布函数为0x2x00F(x)122xx1x2211x22x（2）中的f(x)与F(x)的图形如下f(x)F(x)012x012x22.[二十]某种型号的电子的寿命X（以小时计）具有以下的概率密度：1000

f(x)

x1000

其它

现有一大批此种管子（设各电子管损坏与否相互）。任取5只，问其中至少有2只寿命大于1500小时的概率是多少？解：一个电子管寿命大于1500小时的概率为P(X1500)1P(X1500)1

1(1

15001000

1000

dx11000(

x)1000

1500

令Y表示“任取5只此种电子管中寿命大于1500小时的个数”。则Y~B(5,

)，3

P(Y2)1P(Y2)1

15235

P(Y0)P(Y1)

11243

232243

1()53

1C5()()4

313

23.[二十一]其概率密度为：设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X（以分计）服从指数分布，xFX(x)

15e,x050,其它

某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟他就离开。他一个月要到银行5次。以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y的分布律。并求P（Y≥1）。解：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为P(X10)

fX(x)dx51

5x102kxe5dxe510

因此Y~B(5,e2).即P(Yk)ke(1e2)5k,(k1,2,3,4,515)7.31(10.1353363)5P(Y1)1P(Y1)1P(Y0)1(1e2)51(110.8677524.[二十二]根的概率10.48330.5167.4xK设K在（0，5）上服从均匀分布，求方程4x2K20有实∵K的分布密度为：f(K)

1500

0K5其他

要方程有根，就是要K满足(4K)2－4×4×(K+2)≥0。解不等式，得K≥2时，方程有实根。∴52

P(K2)

f(x)dx1dx5

0dx35

25.[二十三]设X～N（3.22）（1）求P(22}，P(X>3)∵∴若X～N（μ，σ2），则P(α=φ(1)－φ(－0.5)243

=φ(3.5)－φ(－3.5)2

=0.8413－0.3085=0.5328P(－4φ=0.9998－0.0002=0.9996P(|X|>2)=1－P(|X|<2)=1－P(－23)=1－P(X≤3)=1－φ（2）决定C使得P(X>C)=P(X≤C)∵得又26.[二十四]33

=1－0.5=0.52

P(X>C)=1－P(X≤C)=P(X≤C)P(X≤C)=1

=0.52

P(X≤C)=φC3

0.5,查表可得

0∴C=32

某地区18岁的女青年的血压（收缩区，以mm-Hg计）服从N(110,12)

在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X。求（1）P(X≤105)，P(100（2）确定最小的X使P(X>x)≤0.05.(

105110

)12

(0.4167)1(0.4167)10.66160.3384

P(100X120)(

120110

)12(

100110

)125()6(

5)65

2()12(0.8333)120.797610.5952

6(2)P(X查表得

x)1P(Xx110

1.5.

x)1(

x110

)0.05(

x110

)0.95.

x11019.74129.74.故最小的X129.74.

27.[二十五]由某机器生产的螺栓长度（cm）服从参数为μ=10.05，σ=0.06的正态分布。规定长度在范围10.05±0.12内为合格品，求一螺栓为不合格的概率是多少？设螺栓长度为XP{X不属于(10.05－0.12,10.05+0.12)=1－P(10.05－0.120.06(10.050.12)10.05

0.06=1－{φ(2)－φ(－2)}=1－{0.9772－0.0228}=0.045628.[二十六]一工厂生产的电子管的寿命X（以小时计）服从参数为μ=160，σ(未知)的正态分布，若要求P(120＜X≤200＝=0.80，允许σ最大为多少？∵P(120＜X≤200)=2001601201604040

σσσσ0.80

又对标准正态分布有φ(－x)=1－φ(x)∴上式变为40σ便得:40

140σ40

0.80解出40

σσ0.9401.281

31.25

再查表，得30.[二十七]σ1.281σ设随机变量X的分布律为：－1，0，1，3X：－2，1P：，5

求Y=X2的分布律1，61，51，151130

∵Y=X2：(－2)2

1P：5Y：01P：5

1(－1)2(0)2(1)2(3)2

11591151130再把X2的取值相同的合并，并按从小到大排列，就得函数Y的分布律为：∴111530

31.[二十八]设随机变量X在（0，1）上服从均匀分布（1）求Y=eX的分布密度∵11615X的分布密度为：f(x)

100x1x为其他

Y=g(X)=eX是单调增函数又且X=h(Y)=lnY，反函数存在α=min[g(0),g(1)]=min(1,e)=1max[g(0),g(1)]=max(1,e)=e∴Y的分布密度为：ψ(y)

f[h(y)]|h'(y)|1

y1yey为其他

（2）求Y=－2lnX的概率密度。∵又且Y=g(X)=－2lnX是单调减函数Y2Xh(Y)e反函数存在。α=min[g(0),g(1)]=min(+∞,0)=0β=max[g(0),g(1)]=max(+∞,0)=+∞∴Y的分布密度为：ψ(y)

f[h(y)]|h'(y)|1

1e2

y21e2

y20yy为其他

32.[二十九]设X～N（0，1）（1）求Y=eX的概率密度∵X的概率密度是f(x)

e2πx2

2,xY=g(X)=eX是单调增函数又且X=h(Y)=lnY反函数存在α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=0β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度为：ψ(y)

f[h(y)]|h'(y)|

e2π(lny)2

y0yy为其他

（2）求Y=2X2+1的概率密度。在这里，Y=2X2+1在(+∞，－∞)不是单调函数，没有一般的结论可用。设Y的分布函数是FY（y），则FY(y)=P(Y≤y)=P(2X2+1≤y)=P当y<1时：FY(y)=0当y≥1时：Fy(y)

Xy1

Py1

Xy1

y12y121

e2πx2

2dx故Y的分布密度ψ(y)是：当y≤1时：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0y12

当y>1时，ψ(y)=[FY(y)]'=y1

ey1

dx1=e2π(y1)

（3）求Y=|X|的概率密度。∵Y的分布函数为FY(y)=P(Y≤y)=P(|X|≤y)当y<0时，FY(y)=0当y≥0时，FY(y)=P(|X|≤y)=P(－y≤X≤y)=∴yy1

e2πx2

2dxY的概率密度为：当y≤0时：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0当y>0时：ψ(y)=[FY(y)]'=yy1

e2πx2

2dx2

πe233.[三十]（1）设随机变量X的概率密度为f(x)，求Y=X3的概率密度。∵又且Y=g(X)=X3是X单调增函数，X=h(Y)=Y，反函数存在，α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=－∞13β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度为：1

ψ(y)=f[h(h)]·|h'(y)|=f(y)y31323,y,但y0

(0)0

（2）设随机变量X服从参数为1的指数分布，求Y=X2的概率密度。法一：∵X的分布密度为：f(x)Y=x2是非单调函数e0

xx0x0

y=x2当当∴x<0时y=x2x<0时y=x2Y～fY(y)=f(

=反函数是xyyf(y)(y)

12y－yxy)(

12yy)

yyOyx00

eey,y0y0

法二：Y~FY(y)

P(Yy)P(

yXyy)P(X,,

y)P(Xy)

exdx01ey0y0

∴Y～fY(y)=2y0

ey,,

y0.y0.

34.[三十一]设X的概率密度为2xf(x)

π2

0xπx为其他

求Y=sinX的概率密度。∵FY(y)=P(Y≤y)=P(sinX≤y)当y<0时：FY(y)=0当0≤y≤1时：FY(y)=P(sinX≤y)=P(0≤X≤arcsiny或π－arcsiny≤X≤π)=当12xπ2

dxππarcsiny2xπ2

dxY的概率密度ψ(y)为：y≤0时，ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=002xπ22

dxππarcsiny2xπ2

dx=π1y2=01≤y时，ψ(y)=[FY(y)]'=(1)36.[三十三]某物体的温度T(oF)是一个随机变量，且有T～N（98.6，2），试求θ(℃)的概率密度。[已知θ5

(T9

32)]法一：∵T的概率密度为f(t)122e(t98.6)222,t又θg(T)

5(T99θ532)32

是单调增函数。反函数存在。Th(θ)

且α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(－∞,+∞)=－∞β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(－∞,+∞)=+∞∴θ的概率密度ψ(θ)为9

(θ3298.6)25

ψ(θ)f[h(θ)]|h'(θ)|

12π2e95

910πe81(θ37)2

100

,θ法二：根据定理：若X～N（α1，σ1），则Y=aX+b～N(aα1+b,a2σ2)由于T～N（98.6,2）故θ5

T91605

~N99

98.6

1605

,99

3335

故θ的概率密度为：333

()

e522

910

81(

e37)2100

第三章

1.[一]随机变量及其分布

在一箱子里装有12只开关，其中2只是次品，在其中随机地取两次，每次取一只。考虑两种试验：（1）放回抽样，（2）不放回抽样。我们定义随机变量X，Y如下：X0,若第一次取出的是正品,1,若第一次取出的是次品0,若第二次取出的是正品,1,若第二次取出的是次品Y试分别就（1）（2）两种情况，写出X和Y的联合分布律。解：（1）放回抽样情况由于每次取物是的。由性定义知。P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j)P(X=0,Y=0)=P(X=0,Y=1)=1010

12121021212

2536536

P(X=1,Y=0)=P(X=1,Y=1)=或写成XY01（2）不放回抽样的情况02101212221212

536136

12536536109121110212112101211211211

456610661066166

536136P{X=0,Y=0}=P{X=0,Y=1}=P{X=1,Y=0}=P{X=1,Y=1}=或写成XY013.[二]01456610661066166盒子里装有3只黑球，2只红球，2只白球，在其中任取4只球，以X表示取到黑球的只数，以Y表示取到白球的只数，求X，Y的联合分布律。X0123Y01200033512353352352350635635135解：（X，Y）的可能取值为(i,j)，i=0，1，2，3，j=0，12，i+j≥2，联合分布律为22C2C2

P{X=0,Y=2}=4

C7112C3C2C2

P{X=1,Y=1}=4

C7121C3C2C2

P{X=1,Y=2}=4

C722C3C2

P{X=2,Y=0}=4

C7211C3C2C2

P{X=2,Y=1}=4

C722C3C2

P{X=2,Y=2}=4

C731C3C2

P{X=3,Y=0}=4

C731C3C2

P{X=3,Y=1}=4

1356356353351235335235235

P{X=3,Y=2}=05.[三]设随机变量（X，Y）概率密度为f(x,y)（1）确定常数k。（3）求P(X<1.5}（2）求P{X<1,Y<3}（4）求P(X+Y≤4}k(6xy),0x2,2y4

0,其它

分析：利用P{(X,Y)∈G}=Gf(x,y)dxdyf(x,y)dxdy再化为累次积分，其中GDoDo(x,y)

x2,y4

f(x,y)dxdy210

解：（1）∵1k(6xy)dydx，∴k1

（2）P(X1,Y3)（3）P(X（4）P(X10

dx312

(6xy)dy38

1.5)

Y4)

P(X1.5,Y20

)

1.50

dx231

(6x28

y)dy2732

dx4x0

1(68xy)dy6．（1）求第1题中的随机变量（X、Y）的边缘分布律。y（2）求第2题中的随机变量（X、Y）的边缘分布律。解：（1）①放回抽样（第1题）XY01边缘分布律为XPi·

②01YP·j

01012x+y=4125

36536

536136

ox56165616

不放回抽样（第1题）XY010145661066

XPi·

01Y1066166

01边缘分布为5616

P·j

5616

（2）（X，Y）的联合分布律如下XY0300123解：0380380X的边缘分布律Y的边缘分布律X0123Y18181331

P·j

88887．．设二维随机变量（X，Y）的概率密度为Pi·

828f(x,y)

4.8y(20

x)0x1,0yx求边缘概率密度.

其它

x解：fX(x)

f(x,y)dy0

4.8y(2x)dy2.4x2(2x)

0x1

其它

fY(y)

f(x,y)dxy4.8y(2x)dx2.4y(34yy2)0y1

y其它

8.[六]设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)

ey,0xy0,其它.

求边缘概率密度。x=y解:fX(x)

f(x,y)dyxeydyex,x0

ox0,

yyyfY(y)

f(x,y)dx0

edxye,y0,

y0,

cx2y,x2y110．[七]设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)（1）试确定常数c。（2）求边缘概率密度。解:l=0,其它f(x,y)dxdy1

10dyyycxydxc21022ydy3c21c214X~fX(x)

212

xydyx24

212

x(1x4),1x180,其它

72y25yY~fY(y)212dydxy40y0y1其它oy=x2

x15.第1题中的随机变量X和Y是否相互。解：放回抽样的情况P{X=0,Y=0}=P{X=0}·P{Y=0}=P{X=0,Y=1}=P{X=0}P{Y=1}=P{X=1,Y=0}=P{X=1}P{Y=0}=P{X=1,Y=1}=P{X=1}P{Y=1}=在放回抽样的情况下，X和Y是的不放回抽样的情况：2536536536136

P{X=0,Y=0}=P{X=0}=1012

10912114566

1091211

2101111

P{X=0}=P{X=0,Y=0}+P{Y=0,X=1}=55256636P{X=0,Y=0}≠P{X=0}P{Y=0}P{X=0}·P{Y=0}=∴X和Y不16.[十四]设X，Y是两个相互的随机变量，X在（0，1）上服从均匀分布。Y的概率密度为fY(y)12e,y020,y0.y（1）求X和Y的联合密度。（2）设含有a的二次方程为a2+2Xa+Y=0,试求有实根的概率。解：（1）X的概率密度为fX(x)

1,x(0,1)0,其它

yy=x2

Y的概率密度为fY(y)12e,y0且知X,Y相互，20,y0.yDo1x于是（X，Y）的联合密度为f(x,y)fX(x)fY(y)1e20y20x1,y0其它（2）由于a有实跟根，从而判别式即：Y4X2{(x,y)|0

4Y0

X2记Dx1,0yyx2}

P(YX2)

Df(x,y)dxdy1

dxx2

12edy2

y10

dxx2

de2

dxx2

12.50663120.341310.8555

23．2e2

dx12((1)(2))12(0.84130.5)

0.1445

设某种商品一周的需要量是一个随机变量，其概率密度为f(t)

tet,

t0t0

并设各周的需要量是相互的，试求（1）两周（2）三周的需要量的概率密度。解：（1）设第一周需要量为X，它是随机变量设第二周需要量为Y，它是随机变量且为同分布，其分布密度为f(t)

tet,

t0t0

Z=X+Y表示两周需要的商品量，由X和Y的性可知：f(x,y)

∵∴xexye0

yx0,y0

其它

z≥0当z<0时，fz(z)=0当z>0时，由和的概率公式知fz(z)

fx(zy)fy(y)dy(zy)e(zy)

yedyyz3

ez∴fz(z)z36ez,0z0z0z36（2）设z表示前两周需要量，其概率密度为fz(z)ez,0z0z0设ξ表示第三周需要量，其概率密度为：fξ(x)

xex,

x0x0

z与ξ相互η=z+ξ表示前三周需要量则：∵η≥0，当u>0时∴当u<0，fη(u)=0fη(u)

f(u6(uy)fξ(y)dyy)3e(uy)

yeydyu5

120

所以η的概率密度为eufη(u)

1200

euu0u0

30．设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，20）分布。随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率。解：设X1，X2，X3，X4为4只电子管的寿命，它们相互，同分布，其概率密度为：fT(t)

12π20

(t160)2

e2202f{X180}FX(180)令12u2120180(t160)2dt2202t16020u121e2du(18060)20查表0.8413设N=min{X1，X2，X3，X4}P{N>180}=P{X1>180,X2>180,X3>180,X4>180}=P{X>180}4={1－p[X<180]}4=(0.1587)4=0.0006327.[二十八]设随机变量（X，Y）的分布律为XY012345012300.010.010.010.010.020.030.020.030.040.050.040.050.050.050.060.070.060.050.060.090.080.060.05（1）求P{X=2|Y=2}，P{Y=3|X=0}（2）求V=max(X,Y)的分布律（3）求U=min(X,Y)的分布律解：（1）由条件概率公式P{X=2|Y=2}===同理P{X2,Y2}

P{Y2}

0.05

0.010.030.050.050.050.080.050.25

0.2

（2）变量V=max{X,Y}P{Y=3|X=0}=显然V是一随机变量，其取值为V：012345P{V=0}=P{X=0Y=0}=0P{V=1}=P{X=1，Y=0}+P{X=1，Y=1}+P{X=0，Y=1}=0.01+0.02+0.01=0.04P{V=2}=P{X=2，Y=0}+P{X=2，Y=1}+P{X=2，Y=2}+P{Y=2,X=0}+P{Y=2,X=1}=0.03+0.04+0.05+0.01+0.03=0.16P{V=3}=P{X=3，Y=0}+P{X=3，Y=1}+P{X=3，Y=2}+P{X=3，Y=3}+P{Y=3,X=0}+P{Y=3,X=1}+P{Y=3,X=2}=0.05+0.05+0.05+0.06+0.01+0.02+0.04=0.28P{V=4}=P{X=4，Y=0}+P{X=4，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=4，Y=3}=0.07+0.06+0.05+0.06=0.24P{V=5}=P{X=5，Y=0}+……+P{X=5，Y=3}=0.09+0.08+0.06+0.05=0.28（3）显然U的取值为0，1，2，3P{U=0}=P{X=0，Y=0}+……+P{X=0，Y=3}+P{Y=0，X=1}+……+P{Y=0，X=5}=0.28同理P{U=1}=0.30P{U=2}=0.25P{U=3}=0.17或缩写成表格形式（2）VPk00123450.040.160.280.240.2800.2810.3020.2530.17（3）UPk（4）W=V+U显然W的取值为0，1，……8P{W=0}=P{V=0U=0}=0P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1U=0}∵V=max{X，Y}=0又U=min{X，Y}=1不可能上式中的P{V=0，U=1}=0，又故P{V=1U=0}=P{X=1Y=0}+P{X=0Y=1}=0.2P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1，U=0}=0.2P{W=2}=P{V+U=2}=P{V=2,U=0}+P{V=1，U=1}=P{X=2Y=0}+P{X=0=0.03+0.01+0.02=0.06Y=2}+P{X=1Y=1}P{W=3}=P{V+U=3}=P{V=3,U=0}+P{V=2，U=1}=P{X=3Y=0}+P{X=0，Y=3}+P{X=2，Y=1}+P{X=1，Y=2}=0.05+0.01+0.04+0.03=0.13P{W=4}=P{V=4,U=0}+P{V=3，U=1}+P{V=2，U=2}=P{X=4Y=0}+P{X=3，Y=1}+P{X=1，Y=3}+P{X=2，Y=2}=0.19P{W=5}=P{V+U=5}=P{V=5,U=0}+P{V=5，U=1}+P{V=3，U=2}=P{X=5Y=0}+P{X=5，Y=1}+P{X=3，Y=2}+P{X=2，Y=3}=0.24P{W=6}=P{V+U=6}=P{V=5,U=1}+P{V=4，U=2}+P{V=3，U=3}=P{X=5，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=3，Y=3}=0.19P{W=7}=P{V+U=7}=P{V=5,U=2}+P{V=4，U=3}=P{V=5，U=2}+P{X=4，Y=3}=0.6+0.6=0.12P{W=8}=P{V+U=8}=P{V=5,U=3}+P{X=5，Y=3}=0.05或列表为WP00123456780.020.060.130.190.240.190.120.05[二十一]设随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)

be0

(xy)

0x1,0y其它

（1）试确定常数b；（2）求边缘概率密度fX(x)，fY(y)（3）求函数U=max(X,Y)的分布函数。解：（1）1

∴100

f(x,y)dydxb11e1

be(xy)

dydxb[1e1]

（2）fX(x)

f(x,y)dy0

x0或x1

be(xy)

dyex1

1e,0x1

fY(y)010f(x,y)dx,y0y0be(xy)dxey（3）Fu(ω)=P{U≤u}=P{max(X,Y)

=F(u,u)=uuu)=P{X≤u,Y≤u}f(x,y)dxdyu<0,FU(u)=00u1,FU(u)uu00be(xy)dxdy(1eu)21e1uu1,FU(u)

be(xy)

dxdy1e第四章

2.[二]某产品的次品率为0.1，检验员每天检验4次。每次随机地抽取10件产品进行检验，如果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)。（设诸产品是否是次品是相互的。）解：设表示一次抽检的10件产品的次品数为ξ查二项分布表

P=P（调整设备）=P(ξ>1)=1－P(ξ≤1)=1－[P(ξ=0)+P(ξ=1)]1－0.7361=0.2639.因此X表示一天调整设备的次数时X～B(4,0.2639).P(X=0)==0.2936.4

×0.26390×0.736140

44×0.26391×0.73613=0.4210,P(X=2)=×0.26392×0.73612=0.22.1244

P(X=3)=×0.26393×0.7361=0.01,P(X=4)=×0.2639×0.73610=0.0049.从而34

P(X=1)=E(X)=np=4×0.2639=1.05563.[三]有3只球，4只盒子，盒子的编号为1，2，3，4，将球逐个地，随机地放入4只盒子中去。设X为在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号盒子至少有一只球），求E(X)。∵事件{X=1}={一只球装入一号盒，两只球装入非一号盒}+{两只球装入一号盒，一只球装入非一号盒}+{三只球均装入一号盒}（右边三个事件两两互斥）∴P(X1)31434231423414337∵事件“X=2”=“一只球装入二号盒，两只球装入三号或四号盒”+“两只球装二号盒，一只球装入三或四号盒”+“三只球装入二号盒”∴P(X2)31424231422414319同理：P(X3)31414314123142141437P(X4)故E(X)1

12516

5.[五]设在某一规定的时间间段里，其电气设备用于最大负荷的时间X（以分计）是一个连续型随机变量。其概率密度为f(x)1x,0x1500(1500)21(x3000),1500x15002(1500)0其他求E(X)解：E(X)

xf(x)dx15000xx(1500)2dx30001500x(3000x)dx(1500)21x31500(1500)2301500(分)6.[六]设随机变量X的分布为121500x(1500)2x3300031500XPk求解：－20.400.320.3E(X)，E(3X2+5)E(X)=(－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2E(X2)=(－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8E(3X2+5)=3E(X2)+E(5)=8.4+5=13.47.[七]设随机变量X的概率密度为f(x)

ex,x00,x0

求（1）Y=2X（2）Y=e－2x的数学期望。解：（1）E(y)2xf(x)dx2xex0

2xexdx22ex0（2）E(Y)e1

2xf(x)dx13

e2xexex3x0

8.[八]设（X，Y）的分布律为XY－10110.20.10.120.100.1300.30.1(1)求E(X)，E(Y)。(2)设Z=Y/X，求E(Z)。(3)设Z=(X－Y)2，求E(Z)。解：（1）由X，Y的分布律易得边缘分布为XY－10110.20.10.10.420.100.10.2－10.2－1/20.1300.30.10.4－1/300.30.40.3100.41/30.11/20.110.1（2）E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4=0.4+0.4+1.2=2.E(Y)=(－1)×0.3+0×0.4+1×0.3=0.Z=Y/XpkE(Z)=(－1)×0.2+(－0.5)×0.1+(－1/3)×0+0×0.4+1/3×0.1+0.5×0.1+1×0.1=(－1/4)+1/30+1/20+1/10=(－15/60)+11/60=－1/15.（3）0Z(X－149(1-1)

(1-0)2或(2-1)2(2-0)2或(1-(-1))2或(3-1)2(3-0)2或(2-(-1))2Y)2

16(3-(-1))

pk0.10.20.30.40E(Z)=0×0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=510.[十]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)

14xe,x0工厂规定出售的设备若在一年内损坏，可予以调换。若工厂出售一40,x0

台设备可赢利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：一台设备在一年内损坏的概率为P(X1)

141414

e1x4dxe410

x1e14故P(X1)1P(X1)1(1e则)e.设Y表示出售一台设备的净赢利Yf(X)

(300100)200,(X1)

100,(X1).

200200e14故E(Y)(200)P(X1)100P(X1)100e14300e11.[十一]学期望。1420033.

某车间生产的圆盘直径在区间（a,b）服从均匀分布。试求圆盘面积的数解：设X为圆盘的直径，则其概率密度为f(x)

ba,x(a,b)

πX2,从而4

ba0,其它.

用Y表示圆盘的面积，则YE(Y)1πx2f(x)dx4π41baxdx2(b3a3)π4(ba)3π12(a2abb2).12.[十三]设随机变量X1，X2的概率密度分别为f1(x)

2e0

2x,

x0x0

f2(x)

4e0

4x,x0,x0

求（1）E(X1+X2)，E(2X1－3X2)；（2）又设X1，X2相互，求E(X1X2)解：（1）E(X1X2)E(X1)E(X2)

x2e2xdx0

x4e4xdx=xe2x1e22x0xe4x1e44x01214344x（2）E(2X1

=13223X2)2E(X1)3E(X2)2

2383

x24edxx2e4xx2e4x1e84x0158（3）E(X1X2)13.[十四]E(X1)E(X2)

121418

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的盒子中，称为一个配对，记X为配对的个数，求E(X)解：引进随机变量Xi1第i号盒装第i号球0第i号盒装非i号球

i=1,2,…n则球盒对号的总配对数为Xni1

XiXi的分布列为Xi:101

P:∴nn1nE(Xi)

nni1

i=1,2……nE(X)E(

Xi)

ni1

E(Xi)

i=1,2……n14.[十五]共有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。设抽取钥匙是相互的，等可能性的。若每把钥匙经试开一次后除去，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）XP123……n……1

n11

nn1

n1n21

nn1n2

12n1

nE(X)1

nnn1

nn（2）设一把一把钥匙的试开，直到把钥匙用完。设Xii第i次试开能开门0第i次试开不能开门

i=1,2……nni1

则试开到能开门所须试开次数为XXi0∵XiPiE(Xi)=i1

n1n21



nn1nini1

ni1

nn1

nnnn1

ni=1,2……n∴E(X)

E(Xi)

in12

nn

15.（1）设随机变量X的数学期望为E(X)，方差为D(X)>0，引入新的随机变量（X*称为标准化的随机变量）：X*

验证E(X*)=0，D(X*)=1（2）已知随机变量X的概率密度。XE(X)

D(X)

f(x)

求X*的概率密度。解：（1）E(X*)

1|1x|,

0,0x2

其它,

XE(X)

]D(X)

D(X)

[E(X)E(X)]

XE(X)D(X)

D(X*)=E[X*－E(X)*]]2=E(X*2)=E=（2）E(X)

E[XD(X)

E(X)]2

DXD(X)1

x[1|1x|]dx20

x[1(1x)]dx10

x[1(1x)]dx1

E(X2)x2[1|1x|]dx21

x2[1(1x)]dx76

x2[1(1x)]dxD(X)E(X2)[E(X)]2X*

XE(X)DXX1

1676

FX*(y)

P(X*y)P(

y)P(X1

y1)6

16y1

f(x)dx0

160

当

y_1

y10,即y1616

166时6

[1|1x|]dx当0

当2

16y12,即y1,即6

y6时

1y时

gX(y)*{1|1(0y1)|6y6y为其他值16.[十六]设X为随机变量，C是常数，证明D(X)=－{[E(X)]2－2CE(X2)+C2}=－[E(X)－C]2<0，∴当E(X)≠C时D(X)17.设随机变量X服从指数分布，其概率密度为f(x)数，求E(X)，D(X)。解：1θexθ,x0其中θ>0是常0,x0E(X)

θexθdx0

xd(exθ)xexθ0

exθdx0(θexθ)

θ又E(X2)

θ0

x2e令txθdxxθθ2

t2etdt2θ2

D(X)=E(X2)－E2(X)=2θ2－θ2=θ2

21．设X1,X2,…,Xn是相互的随机变量且有E(Xi)μ,D(Xi)σ2,i=1,2,…,n.记X1

ni1

Xi，Sni1

ni1

n1(Xi2σX).（1）验证E(X)μ,D(X).（2）验证n2

Xi2

nX2.（3）验证E(S2)1

ni1

证明：（1）E(X)E(

nXi)

ni1

nE(Xi)

ni1

nμμ(利用数学期望的性质2°，3°)D(X)D(

ni1

nnXi)

X1,,Xn相互

ni1

nni1

D(Xi)

ni1

n2n(利用方差的性质2°，3°)（2）首先证i1

ni1ni1ni1(XiX)

Xi2

2nX2

ni1ni1n(XiX)2(Xi22XiX2nXXX)nX21

ni1

Xi22i1XiXnX2Xi2Xi2nX2.于是S2

ni1

n12

Xi1

nXn2

n1X)]

(XiX)2

ni1

（3）E(S)E[

n1(Xi1

i1nn1E(

Xi2

nX2)

1n11

E(Xi2)nE(X2)i1ni1

(D(Xi)

E2(Xi)n(D(X)E2(X))σ2n(nμ2)]σ2

[nσnμ2

23．[二十五]设随机变量X和Y的联合分布为：XY－101－10118181818018181818验证：X和Y不相关，但X和Y不是相互的。证：∵13

P[X=1]=88

P[X=1Y=1]≠P[X=1]P[Y=1]P[X=1Y=1]=P[Y=1]=38

∴又X，Y不是的E(X)=－1×E(Y)=－1×323+0×+1×=0888323+0×+1×=0888

COV(X,Y)=E{[X－E(X)][Y－E(Y)]}=E(XY)－EX·EY1111+(－1)1×+1×(－1)×+1×1×=08888∴X，Y是不相关的=(－1)(－1)27．已知三个随机变量X，Y，Z中，E(X)=E(Y)=1,E(Z)=－1，D(X)=D(Y)=D(Z)=1,ρXY=011

，ρYZ=－。设W=X+Y+Z求E(W)，D(W)。22

解：E(W)=E(X+Y+Z)=E(X)+E(Y)+E(Z)=1+1－1=1ρXZ=D(W)=D(X+Y+Z)=E{[(X+Y+Z)－E(X+Y+Z)]2}=E{[X－E(X)]+[Y－E(Y)]+Z－E(Z)}2

=E{[X－E(X)]2+[Y－E(Y)]2+[Z－E(Z)]2+2[X－E(X)][Y－E(Y)]+2[Y－E(Y)][Z－E(Z)]+2[Z－E(Z)][X－E(X)]}=D(X)+D(Y)+D(Z)+2COV(X,Y)+2COV(Y,Z)+2COV(Z,X)=D(X)+D(Y)+D(Z)+2D(X)D(Y)ρXY+2D(Z)D(X)ρZX=1+1+1+2×11

2D(Y)D(Z)ρXZ1)2

0211(

211()3

226.[二十八]设随机变量（X1，X2）具有概率密度。f(x,y)

求解：1(x8

y)，0≤x≤2,0≤y≤2E(X1)，E(X2)，COV（X1，X2），ρX1X2

D(X1X2)

E(X2)E(X2)

2020

dxdx2020

xy1

(x81(x8y)dyy)dy7

)(X26

76767)}6

COV(X1X2)E{(X1

2020dx(x220771)(y)(x66820y)dy7676213611361136D(X1)E(X21)[E(X1)]dxx21(x81(x8y)dyD(X2)E(X22)[E(X2)]220dx20y22y)dyXYCOV(X1,X2)DX1DX2136113659

111D(X1+X2)=D(X1)+D(X2)+2COV(X1,X2)=11361136

1)36

28.[二十九]设X～N（μ，σ2），Y～N（μ，σ2），且X，Y相互。试求Z1=αX+βY和Z2=αX－βY的相关系数（其中,

解：由于X，Y相互是不为零的常数）.Cov(Z1,Z2)=E(Z1,Z2)－E(Z1)E(Z2)=E(αX+βY)(αX－βY)－(αEX+βEY)(αEX－βEY)=α2EX2－βEY2－α2(EX)2+β(EY)2=α2DX－β2DY=(α2－β2)σ2

DZ1=α2DX+β2DY=(α2+β2)σ2,DZ2=α2DX+β2DY=(α2+β2)σ2,(利用数学期望的性质2°3°)故ρZ1Z2Cov(Z1,Z2)DZ1DZ2(α2(α2β2)β2)29．[二十三]卡车装运水泥，设每袋水泥重量（以公斤计）服从N（50,2.52）问最多装多少袋水泥使总重量超过2000的概率不大于0.05.解：已知X～N（50,2.52）不妨设最多可装A袋水泥才使总重量超过2000的概率不大于0.05.则由期望和方差的性质得Y=AX～N（50A,2.52A）.故由题意得P{Y≥2000}≤0.05即P{Y2000)0.95

0.95查表得

200050A1.65解得A≥39.2.5A200050A2.5A30.[三十二]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，利用契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：由题意知μ=7300,σ=700，则由契比雪夫不等式P{5200X9400}P{|X7300|2100}1

700221002

0.88

31.[三十三]对于两个随机变量V,W若E(V2)E(W2)存在,证明[E(VW)]2≤E(V2)E(W2)这一不等式称为柯西施瓦兹（Cauchy-Schwarz）不等式.12(VW2)和关于矩的结论，知当E(V2),E(W2)存在时E(VW)，2E(V),E(W),D(V),D(W),都存在.当E(V2),E(W2)至少有一个为零时，不妨设E(V2)=0，证明：由|VW|

由D(V)=E(V2)－[E(V)]2≤E(V2)=0知D(V)=0，此时[E(V)]2=E(V2)=0即E(V)=0。再由方差的性质知P(V=0)=1.又(VW0)

(V0)故有P(VW=0)=1.于是0

E(VW)=0，不等式成立.当E(V2)>0，E(W2)>0时，对t有E(W－tV)2=E(V2)t2－2E(VW)t+E(W2)≥0.(*)(*)式是t的二次三项式且恒非负，所以有∆=[－2E(VW)]2－4E(V2)E(W2)≤0故Cauchy-Schwarz不等式成立。[二十一（]1）设随机变量X1，X2，X3，X4相互，且有E(Xi)=i,D(Xi)=5－i,i=1,2,3,4。设Y=2X1－X2+3X3－1

X4，求E(Y)，D(Y)。2

（2）设随机变量X，Y相互，且X～N（720，302），Y～N（0，252），求Z1=2X+Y，Z2=X－Y的分布，并求P{X>Y},P{X+Y>1400}解：（1）利用数学期望的性质2°，3°有E(Y)=2E(X1)－E(X2)+3E(X3)－利用数学方差的性质2°，3°有1

E(X4)=72

)D(X4)=37.252

D(Y)=22D(X1)+(－1)2D(X2)+32D(X3)+(（2）根据有限个相互的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，知Z1～N（·，·），Z2～N（·，·）而EZ1=2EX+Y=2×720+0,D(Z1)=4D(X)+D(Y)=4225EZ2=EX－EY=720－0=80,D(Z2)=D(X)+D(Y)=1525即Z1～N（2080，4225），Z2～N（80，1525）P{X>Y}=P{X－Y>0}=P{Z2>0}=1－P{Z2≤0}=1

080

15258015250.9798

P{X+Y>1400}=1－P{X+Y≤1400}同理X+Y～N（1360，1525）则P{X+Y>1400}=1－P{X+Y≤1400}=1

[二十二]14001360

15250.1539

5家商店联营，它们每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。（1）求5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公斤该产品？解：（1）令Y5

Xi为总销售量。i1

已知EX1=200，EX2=240，EX3=180，EX4=260，EX5=320，D(X1)=225，D(X2)=240，D(X3)=225，D(X4)=265，D(X5)=270，利用数学期望的性质3°有E(Y)

E(Xi)1200

利用方差的性质3°有D(Y)

D(Xi)1225

（2）设商店仓库储存a公斤该产品，使得P{Y≤a}>0.99由相互的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，并注意到（1），得Y～N（1200，1225）P{Ya}

查标准正态分布表知a1200

0.99

a120035∴2.33a1281.55a至少取1282.第五章

1．[一]大数定理和中心极限定理

据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在随机的抽取16只，设它们的寿命是相互的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。解：设第i只寿命为Xi，（1≤i≤16），故E(Xi)=100，D(Xi)=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知16

Xi1600

16100

Xi1920)Pi0

19201600

16100

Xi1600

400

0.8

Pi0

(0.8)0.7881.

从而P(3．[三]16

Xi1920)1P(

Xi1920)10.78810.2119.

i1i1

计算机在进行加法时，对每个加数取整（取为最接近它的整数），设所有的取整误差是相互的，且它们都在（－0.5，0.5）上服从均匀分布，（1）若将1500个数相加，问误差总和的绝对值超过15的概率是多少？（2）几个数相加在一起使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90解：（1）设取整误差为Xi（i1,2,，1500），它们都在（－0.5,0.5）上服从均匀分布。于是：E(Xi)D(Xi)

p0.50.520112[0.5(0.5)]2

12nE(Xi)0,

P1500nD(Xi)

1P15001500Xi15112

12511.18

Xi151500i0i11P15i1Xi151500151P11.18Xii111.181511.181[(1.34)(1.34)]2[1(1.34)]2[10.9099]

0.1802

8．某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8，医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言。（1）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，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是0.7，问接受这一断言的概率是多少？解：设X为100人中治愈的人数，则X～B(n,p)其中n=100（1）P(X75)1P(X75)1PXnpnpq75npnpq1(

75npnpq)

5)4

（2）p=0.7由中心极限定理知1

(

)0.444

P(X75)1P(X75)1P1(5)121Xnpnpq75npnpq1(

75npnpq)(1.09)10.86210.1379.7．[七]一复杂的系统，由100个互相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0.10。为了整个系统起作用至少必需有85个部件工作。求整个系统工作的概率。（2）一个复杂的系统，由n个互相起作用的部件所组成，每个部件的可靠性（即部件工作的概率）为0.90。且必须至少有80%部件工作才能使整个系统工作，问n至少为多少才能使系统的可靠性不低于0.95。解：（1）设每个部件为Xi(i=1,2,……100)Xi1

0部件工作

部件损坏不工作

设X是100个相互，服从（0－1）分布的随机变量Xi之和X=X1+X2+……+X100

由题设知n=100P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=0.1E(Xi)=p=0.9D(Xi)=p(1－p)=0.9×0.1=0.09n·E(Xi)=100×0.9=90,nD(Xi)=100×0.09=9P100

Xi85Pi1

XnE(Xi)nD(Xi)

P85nE(Xi)

nD(Xi)

53=PX90

8590953

X90

3=1PX90

e2π由中心极限定理知11

dt(

)查标准正态分布表3=φ(1.67)=0.9525解：（2）设每个部件为Xi(i=1,2,……n)Xi1

0部件工作

部件损坏不工作

P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=1－p=0.1E(Xi)=p=0.9,由问题知D(Xi)=0.9×0.1=0.0980

n10080

n1000.95求n=?Pni1nXi而Pi1

XinXinpPi1

nD(Xi)

n80

nnp100

nD(Xi)

Xi0.9n=Pi1

0.3n80

n0.9n100

0.3nnXi0.9n=1－Pi10.3n80n0.9n100由中心极限定理知0.3n=1

0.1n0.3n0.1n0.3n1.5

0.1n0.3n0.95

查标准正态分布表得解得n≥24.35取n=25，即n至少为25才能使系统可靠性为0.95.[八]随机地取两组学生，每组80人，分别在两个实验室里测量某种化合物的PH值，各人测量的结果是随机变量，它们相互，且服从同一分布，其数学期望为5，方差为0.3，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{4.9Xi805～N(0,1)Yj805

～N(0,1)Ui1800.3Vj1

800.3

（1）P{4.9X5.1}P4.980805

800.3

Xi805

800.3

5.180805

800.3

XiP1.63

805

1.63

2(1.63)120.948410.68

（2）由Xi,Yj的相互性知i1

Xi与

Yj。从而U，V。j1

于是U－V～N(0,2)80

Xi24

Yj而ZUVi1j1

P{0.1XY0.1}P0.180800.3

Xi80

Yji1j1

800.3

0.180800.3

P{1.63Z1.63}

=2×0.8749－1=0.7498[九]1.6321.632

2(1.15)1

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ni计μ，随机地取几只这种器件，在时刻t=0投入测试（设测试是相互的）直到失败，测得其寿命X1，…，Xn，以X少为多少？解：由中心极限定理知，当n很大时ni1

nXi作为μ的估计，为使P{|Xμ|}0.95,问n至Xinσ2

nμnXnμnσ2

~N(0,1)

P{|Xμ|1}Pnnσ2n20

nXnμnσ2

10.95

nnσ2

所以n20

0.975

查标准正态分布表知n20

1.96

n1536.

即n至少取1537。第六章

1.[一]样本及抽样分布

在总体N（52，6.32）中随机抽一容量为36的样本，求样本均值X落在50.8到53.8之间的概率。解：6.32

X~N(52,),P{50.8

(12)7

(8)7

X53.8}P{

1.26.36

X52

6.361.8}6.36

0.8293

2.[二]在总体N（12，4）中随机抽一容量为5的样本X1，X2，X3，X4，X5.（1）求样本均值与总体平均值之差的绝对值大于1的概率。（2）求概率P{max(X1，X2，X3，X4，X5)>15}.（3）求概率P{min(X1，X2，X3，X4，X5)>10}.解：（1）P{|X121}PX12

5(5)]2

1450.2628

2PX12

=2[1

（2）P{max(X1，X2，X3，X4，X5)>15}=1－P{max(X1，X2，X3，X4，X5)≤15}5

P{Xi15}1[(

15125

)]2

0.2923.

（3）P{min(X1，X2，X3，X4，X5)<10}=1－P{min(X1，X2，X3，X4，X5)≥10}5

P{Xi10}1[1

(

10125

)]22

1[(1)]5

0.5785.

4.[四]设X1，X2…，X10为N（0，0.3）的一个样本，求P{

Xi21.44}.

解：Xi2

0.3~χ(10),P{

Xi2

1.44}P{

Xi2

0.32

16}0.1(查表5)

i1i1

7．设X1，X2，…，Xn是来自泊松分布π(λ)的一个样本，X，S2分别为样本均值和样本方差，求E(X),D(X),E(S2).解：由X~π(λ)知E(X)=λ，D(X)

D(X)λ,E(S2)D(X)λ.

nn[六]设总体X~b(1,p)，X1，X2，…，Xn是来自X的样本。∴E(X)=E(X)=λ,D(X)=（1）求(X1,X2,,Xn)的分布律；n（2）求Xi的分布律；（3）求E(X),D(X),E(S2).解：（1）（X1，…，Xn）的分布律为P{X1i1,X2i2,,Xnin}

nnP{Xkk1

nik}

Pik(1P)1

ikn=Pikk1

(1P)

ni1

ik,ik0或1,k1,,n.

n（2）i1

Xi~b(n,p)

(由第三章习题26[二十七]知)（3）E(X)=E(X)=P，D(X)PnnE(S2)D(X)P(1P)D(X)

[八]设总体X~N（μ，σ2），X1，…，X10是来自X的样本。（1）写出X1，…，X10的联合概率密度（2）写出X的概率密度。解：（1）(X1，…，X10)的联合概率密度为f(x1,x10)

f(xi)

n(xi)2

2en2

i1i1

(xii1

2(2)

（2）由第六章定理一知2

σ),n10X～N(μ,n2

ne2

即X的概率密度为fX(z)12πσnen(zμ)22σ2第七章

1．[一]74.001参数估计

随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm计）74.00574.00374.00174.00073.99874.00674.002求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S2。解：μ，σ的矩估计是2

ˆX74.002,ˆ21ni1n(Xix)26106S26.86106。2．[二]设X1，X1，…，Xn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）f(x)

θcθx,xc0,其它,0x10,其它.

θ1

(θ1)

其中c>0为已知，θ>1，θ为未知参数。（2）f(x)

θx其中θ>0，θ为未知参数。（5）P(Xx)

mxpx(1p)mx,x0,1,2,,m,0xf(x)dxθθcp1,p为未知参数。θ1

解：（1）E(X)

θcθθcxdxcθ1θcθc,令θ1θ1得X，θXXc（2）E(X)

xf(x)dx10

θxθdxθθˆ解得p1

,令

θθ1

X,得θ(

)1X（5）E(X)=mp令mp=X，Xm3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。n解：（1）似然函数L(θ)

f(xi)θncnθ(x1x2xn)

nθ1

dlnL(θ)lnL(θ)nln(θ)nθlnc(1θ)lnxi,

dθi1θˆ

nni1

nnθnnlncni1

lnxi0

（解唯一故为极大似然估计量）lnxinlncn（2）L(θ)i1f(xi)θ2(x1x2xn)θ1,lnL(θ)n2ln(θ)(θ1)i1lnxidlnL(θ)dθ量。n12θ12θni1

lnxi0,θˆ

(nni1

(解唯一)故为极大似然估计lnxi)2。n（5）L(p)

i1nP{Xni1

xi}

mimpxnx1

ni1

xi(1p)

mnni1

xi，lnL(p)ln

nmxixilnp(mnxi)ln(1p),

dlnL(p)dpxipmn1xi0

pnxi解得pi2

mnX，（解唯一）故为极大似然估计量。m4．[四(2)]设X1，X1，…，Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。解：（1）矩估计X~π(λ)，E(X)=λ，故λˆ=X为矩估计量。nn（2）极大似然估计L(λ)

ni1ni1P(xi;λ)

lnxi!nλλex1!x2!xn!

xinλ，lnL(λ)xilnλndlnL(λ)dλxii1

λn0,解得λˆ

X为极大似然估计量。0,1,)（其中p(xi;λ)5．[六]P{Xλxiλxi}e,xixi!一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，随机地自该地区取100个样品，每个样品有10块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。假设这100次观察相互，并由过去经验知，它们都服从参数为n=10，P的二项分布。P是该地区一块石子是石灰石的概率。求p的极大似然估计值，该地质学家所得的数据如下样品中属石灰石的石子数观察到石灰石的样品个数001126374235266217128391100解：λ的极大似然估计值为λˆ=X=0.499[四(1)]设总体X具有分布律XPk122θ(1－θ)3(1－θ)2

θ2

其中θ(0<θ<1)为未知参数。已知取得了样本值x1=1，x2=2，x3=1，试求θ的矩估计值和最大似然估计值。解：（1）求θ的矩估计值E(X)1θ222θ(1θ)3(1θ)2[θ3(1θ)][θ(1θ)]32θ令E(X)32θX32

则得到θ的矩估计值为θˆ（2）求θ的最大似然估计值3

12132

似然函数L(θ)

P{Xixi}P{X11}P{X2

θ22θ(1θ)θ2

2θ5(1θ)

2}P{X3

lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1－θ)求导dlnL(θ)dθ5611θ0

568．[九(1)]设总体X~N（μ，σ2），X1，X1，…，Xn是来自X的一个样本。试确定得到唯一解为θˆ常数c使cn1i1

(Xi1

Xi)2为σ2的无偏估计。解：由于E[cn1i1

(Xi1

Xi)]c[

n1i1

E(Xi1

Xi)]c2

n1i1

D(Xi1

Xi)2(E(Xi1

Xi))2]

=cn1i1

[D(Xi1)D(Xi)(EXin1i1

EX1)]c2

n1i1

(2σ202)c(2n1)σ2

当c12(n1)

时,c(Xi1

Xi)2为

的无偏估计。[十]设X1，X2，X3，X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ未知，设有估计量T1T2T3

1(X61(X1(X1

X2)

2X2

1(X333X3

X4)

4X4)5

X2X3X4)

4（1）指出T1，T2，T3哪几个是θ的无偏估计量；（2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。解：（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以E(Xi)=θ,D(Xi)=θ2,i=1,2,3,41[E(X3)3由数学期望的性质2°，3°有E(T1)E(T2)1[E(X1)61[E(X1)5E(X2)]E(X4)]θ4E(X4)]2θ2E(X2)3E(X3)1

[E(X1)E(X2)E(X3)4即T1，T2是θ的无偏估计量E(T3)E(X4)]θ（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2，X3，X4，知D(T1)D(T2)

[D(X1)36

D(X2)]

[D(X3)9

D(X4)]

52θ18

[D(X1)16D(T1)>D(T2)所以T2较为有效。14.[十四]7.06.35.6D(X2)D(X3)D(X4)]

12θ4设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.06.15.75.86.55.0。设干燥时间总体服从正态分布N~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。解：（1）μ的置信度为0.95的置信区间为（X计算得Xσzα），n2

0.69

1.96)(5.608,6.392)

6.0,查表z0.025

1.96,σ0.6,即为(6.0

（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（XStα(n1)），计算得X6.0，查表n2t0.025(8)=2.3060.S2

(xix)2

2.8

0.33.故为(6.0

0.33

2.3060)3

(5.558,6.442)

16.[十六]随机地取某种炮弹9发做试验，得炮弹口速度的样本标准差为s=11(m/s)。设炮口速度服从正态分布。求这种炮弹的炮口速度的标准差σ的置信度为0.95的置信区间。解：σ的置信度为0.95的置信区间为(n1)S2

(,2

(n1)

(n1)S2

(n1)

(

81117.535

8112.18

)(7.4,21.1)

其中α=0.05,n=922

查表知χ0.025(8)17.535,χ0.975(8)

2.180

19.[十九]研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率。设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为0.05cm/s，取样本容量为n1=n2=20.得燃烧率的样本均值分别为x1

18cm/s,x2

求两燃烧率总体均值差μ1－μ2的置信度24cm/s.设两样本，为0.99的置信区间。解：μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间为(X1X2

122

n1n2

)

0.052

(18242.58

2σ2

2)(6.04,5.96).

18,X2

其中α=0.01，z0.005=2.58,20.[二十]n1=n2=20,σ120.052,X1

设两位化验员A，B地对某中聚合物含氯两用同样的方法各做10次2

0.19,SB22

分别为A，B所测0.6065.设σA,σB2

测定，其测定值的样本方差依次为SA22

定的测定值总体的方差，设总体均为正态的。设两样本，求方差比σA的置信度σB为0.95的置信区间。22

解：σA的置信度为0.95的置信区间σB2SA2SA)(n11,n21)(22SBFα(n11,n21)SBF2,1α2(0.190.194.03,)=(0.222,3.601).0.606.030.60651

F0.025(9,9)

1。4.03

其中n1=n2=10，α=0.05，F0.025(9,9)=4.03,F0.975(9,9)

第八章假设检验

1.[一]某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）3.253.273.243.263.24。设测定值总体服从正态分布，问在α=0.01下能否接受假设：这批矿砂的含镍量的均值为3.25.解：设测定值总体X～N（μ，σ2），μ，σ2均未知步骤：（1）提出假设检验H0：μ=3.25;（2）选取检验统计量为tH1：μ≠3.25X3.25

~t(n1)

Sn2（3）H0的拒绝域为|t|≥tα(n1).

（4）n=5,α=0.01，由计算知x3.252,S1

(XiX)2

0.01304

查表t0.005(4)=4.6041,|t|

3.2523.250.0130450.343tα(n1)

2（5）故在α=0.01下，接受假设H0

(51)0.618，这样的矩形2称为黄金矩形。这种尺寸的矩形使人们看上去有良好的感觉。现代建筑构件（如窗架）、2．[二]如果一个矩形的宽度ω与长度l的比ωl工艺品（如图片镜框）、甚至司机的执照、商业的信用卡等常常都是采用黄金矩型。下面列出某工艺品工厂随机取的20个矩形的宽度与长度的比值。设这一工厂生产的矩形的宽度与长短的比值总体服从正态分布，其均值为μ，试检验假设（取α=0.05）H0：μ=0.6180.6930.749H1：μ≠0.6180.60.6700.6090.6010.6620.6720.5530.6150.6060.5760.6900.933.0.6280.6680.6110.6060.5700.844解：步骤：（1）H0：μ=0.618；H1：μ≠0.618（2）选取检验统计量为tX0.618

~t(n1)

Sn2（3）H0的拒绝域为|t|≥tα(n1).（4）n=20α=0.05，计算知0.6605,S1

ni1

nxin1(xix)2

0.0925，tα(n1)2.0930,|t|

20.66050.6180.092520

2.055tα(n1)

2（5）故在α=0.05下，接受H0，认为这批矩形的宽度和长度的比值为0.6183.[三]要求一种元件使用寿命不得低于1000小时，今从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时，已知这种元件寿命服从标准差为σ=100小时的正态分布。试在显著水平α=0.05下确定这批元件是否合格？设总体均值为μ。即需检验假设H0：μ≥1000，H1：μ<1000。解：步骤：（1）H0:μ≥1000；H1：μ<1000；（σ=100已知）（2）H0的拒绝域为x1000

σn950，zα（3）n=25，α=0.05，x计算知x1000

10025

2.5

z0.051.5

（4）故在α=0.05下，拒绝H0，即认为这批元件不合格。12.[十一]一个小学校长在报纸上看到这样的报导：“这一城市的初中学生平均每周看8小时电视”。她认为她所领导的学校，学生看电视的时间明显小于该数字。为此她向100个学生作了调查，得知平均每周看电视的时间x6.5小时，样本标准差为s=2小时。问是否可以认为这位校长的看法是对的？取α=0.05。（注：这是大样本检验问题。由中心极限定理和斯鲁茨基定理知道不管总体服从什么分布，只要方差存在，当n充分大时xμ近似地服从正态分布。）sn解：（1）提出假设H0：μ≤8；H1：μ>8（2）当n充分大时，xμ近似地服从N（0，1）分布snxμ≥zαsn6.5，S=2，由计算知（3）H0的拒绝域近似为（4）n=100，α=0.05，x|t|

6.5821007.5

z0.051.5

（5）故在α=0.05下，拒绝H0，即认为校长的看法是不对的。14.[十三]某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批导线中取样品9根，测得s=0.007(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平α=0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大？解：（1）提出H0：σ≤0.005；H1：σ>0.0052

(n1)S（2）H0的拒绝域为0.0052

（3）n=9，α=0.05，S=0.007，由计算知(n1)S2

0.005

χα(n1)

80.00720.0052

15.68χα(n1)

查表χ0.05(8)15.507

（4）故在α=0.05下，拒绝H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。15.[十四]在题2中记总体的标准差为σ。试检验假设（取α=0.05）H0：σ2=0.112，H1：σ2≠0.112。解：步骤（1）H0：σ2=0.112；H1：σ2≠0.112（2）选取检验统计量为χ2(n1)S22~χ(n1)20.11（3）H0的拒绝域为χ2

χα(n1)或χ22

χ21

α2(n1)

2(n1)S（4）n=20，α=0.05，由计算知S2=0.09252，0.11213.437查表知2

(19)0.025

32.852,

20.975

(19)8.907

（5）故在α=0.05，接受H0，认为总体的标准差σ为0.11.16.[十五]测定某种溶液中的水份，它的10个测定值给出s=0.037%，设测定值总体为正态分布，σ2为总体方差。试在水平α=0.05下检验假设H0：σ≥0.04%；H1：σ<0.04%。解：（1）H0：σ2≥(0.04%)2；H1：σ2<(0.04%)2

2（2）H0的拒绝域为(n1)S(0.04%)

χ1α(n1)

（3）n=10，α=0.05，S=0.037%，查表知χ0.95(9)

3.325

2(n1)S2由计算知(0.04%)290.037)2(0.04%)27.701χ0.95(9).（4）故在α=0.05下，接受H0，认为σ大于0.04%17.[十六]0.05）H0：21

在第6[五]题中分别记两个总体的方差为σ12和σ2。试检验假设（取α=2

和

以说在第6[五]题中我们假设σ12

22σ2,H1:σ12σ2

是合理的。σ2

解：（1）H0：σ12

（2）选取检验统计量为（3）H0的拒绝域为FFS12

~F(n11,n21)2S2

F1Fα(n11,n21)或F2α2(n11,n21)（4）n1=8，n2=10，α=0.05，查表知F0.025(7,9)=4.20F0.975(7,9)

1F0.025(9,7)

14.82

0.207,FS122S2

0.000250.00084

0.298

F0.975(7,9)2σ2

在第8题[七]中分别记两个总体的方差为σ12和σ2。试检验假设（取α=222

以说明在第8[七]题中我们假设σ12σ2是合理的。σ2,H1:σ12σ2

解：（1）H0：σ1222

σ2,H1:σ12σ2

（2）选取检验统计量FS12

2S2

F0.025(11,11)2S2

（3）n1=n2=12，α=0.05，查表知F0.025(11,11)=3.34，F0.975(11,11)

由计算知S12

0.932,S2

13.340.299

1,0.299S1

0.9323.34

（4）故在α=0.05下，接受H0，认为σ1224.[二十三]2σ2

检查了一本书的100页，记录各页中印刷错误的个数，其结果为错误个数fi03614021932405261≥70含fi个错误的页数问能否认为一页的印刷错误个数服从泊松分布（取α=0.05）。解：（1）H0：总体X~π(λ)；H1：X不服从泊松布；（λ未知）（2）当H0成立时，λ的最大似然估计为λˆ（3）H0的拒绝域为χ（4）n=1002

x1.

ˆ2fiˆinpnχα2(kγˆP0

P{X0}

0.36790.36790.183970.061320.015330.0030660.000511ˆPi0.000083

ˆP1

11e1

P{X1}

ˆP2

P{XP{XP{XP{XP{X12e1

2!13e13}

3!14e1

4!15e15}

5!16e1

ˆPˆP3

ˆP5

ˆP6

ˆP7

P{X7}1

iˆ对于j>3，nPj将其合并得7

ˆnPj8.023

合并后，K=4，Y=1查表知χ0.05(411)由计算知χ22

5.991402

36.7919218.397528.0231001.444

36236.79（5）故在α=0.05下，接受H0，认为一页的印刷错误个数服从泊松分布。

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