概率论与数理统计课后习题答案

2022-06-23 来源：步旅网

1 习题答案

第1章三、解答题

1．设P(AB) = 0，则下列说法哪些是正确的？ (1) A和B不相容； (2) A和B相容； (3) AB是不可能事件； (4) AB不一定是不可能事件； (5) P(A) = 0或P(B) = 0 (6) P(A – B) = P(A) 解：(4) (6)正确.

2．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：因为P(AB)P(A)P(B)P(AB)，

又因为P(B)P(AB)即P(B)P(AB)0. 所以

(1) 当P(B)P(AB)时P(AB)取到最大值，最大值是P(AB)P(A)=0.6.

(2)

P(AB)1时P(AB)取到最小值，最小值是P(AB)=0.6+0.7-1=0.3.

3．已知事件A，B满足P(AB)P(AB)，记P(A) = p，试求P(B)．

解：因为P(AB)P(AB)，

即P(AB)P(AB)1P(AB)1P(A)P(B)P(AB)，

所以

P(B)1P(A)1p.

4．已知P(A) = 0.7，P(A – B) = 0.3，试求P(AB)．

解：因为P(A – B) = 0.3，所以P(A )– P(AB) = 0.3, P(AB) = P(A )– 0.3, 又因为P(A) = 0.7，所以P(AB) =0.7– 0.3=0.4，P(AB)1P(AB)0.6.

5．从5双不同的鞋子种任取4只，问这4只鞋子中至少有两只配成一双的概率是多少？解：显然总取法有nC410种，以下求至少有两只配成一双的取法k：

法一：分两种情况考虑：kC12125C4(C2)+C25 其中：C12125C4(C2)为恰有1双配对的方法数

法二：分两种情况考虑：kC15C118C62!+C25

其中：C1C1C18652!为恰有1双配对的方法数

法三：分两种情况考虑：kC1C15(C284)+C25

其中：C125(C8C14)为恰有1双配对的方法数

法四：先满足有1双配对再除去重复部分：k法五：考虑对立事件：k 其中：C544414C10-C5(C2)

12C5C8-C52

14(C2)为没有一双配对的方法数

1111C10C8C6C4法六：考虑对立事件：kC4!4101111C10C8C6C4 其中：

4!k13. 所求概率为p4C1021

为没有一双配对的方法数

6．在房间里有10个人，分别佩戴从1号到10号的纪念章，任取3人记录其纪念章的号码．求： (1) 求最小号码为5的概率； (2) 求最大号码为5的概率．

12C3A5C5211 解：(1) 法一：p3，法二：p 3C101212A10122C3A4C411 (2) 法二：p3，法二：p 3A2020C1010 7．将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯子中球的最大个数分别为1，2，3的概率．解：设M1, M2, M3表示杯子中球的最大个数分别为1，2，3的事件，则

213C32A4A4C4391P(M1)3, P(M2)P(M), 34316843164

8．设5个产品中有3个合格品，2个不合格品，从中不返回地任取2个，求取出的2个中全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品的概率各为多少？

解：设M2, M1, M0分别事件表示取出的2个球全是合格品，仅有一个合格品和没有合格品，则

9．口袋中有5个白球，3个黑球，从中任取两个，求取到的两个球颜色相同的概率．

解：设M1=“取到两个球颜色相同”，M1=“取到两个球均为白球”，M2=“取到两个球均为黑球”，则

112C32C3C2C2P(M2)20.3,P(M1)0.6,P(M1)20.1 2C5C5C5MM1M2且M1M2.

22C5C313所以P(M)P(M1M2)P(M1)P(M2)22.

C8C828 10．若在区间(0，1)内任取两个数，求事件“两数之和小于6/5”的概率．

解：这是一个几何概型问题．以x和y表示任取两个数，在平面上建立xOy直角坐标系，如图. 任取两个数的所有结果构成样本空间 = {(x，y)：0  x，y  1} 事件A =“两数之和小于6/5”= {(x，y)   ： x + y  6/5} 因此

141A的面积17． 25P(A)的面积125图？

2 2

11．随机地向半圆0y2axx2（a为常数）内掷一点，点落在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，求

原点和该点的连线与x轴的夹角小于

的概率． 4 解：这是一个几何概型问题．以x和y表示随机地向半圆内掷一点的坐标，表示原点和该点的连线与x轴的夹角，在平面上建立xOy直角坐标系，如图.

随机地向半圆内掷一点的所有结果构成样本空间 ={(x，y)：0x2a,0y2axx2}

事件A =“原点和该点的连线与x轴的夹角小于 ={(x，y)：0因此

” 4x2a,0y2axx2,04}

1212aaA的面积2114P(A)．

12的面积2a2111,P(BA),P(AB)，求P(AB)． 432P(AB)111111, 解：P(AB)P(A)P(BA),P(B)P(A|B)12264312 12．已知P(A)

P(AB)P(A)P(B)P(AB)1111. 46123 13．设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率是多少？

解：题中要求的“已知所取两件产品中有一件是不合格品，则另一件也是不合格品的概率”应理解为求“已知所取两件产品中至少有一件是不合格品，则两件均为不合格品的概率”。

设A=“所取两件产品中至少有一件是不合格品”，B=“两件均为不合格品”；

22C6C422P(A)1P(A)12，P(B)2，

C103C1015P(B|A)P(AB)P(B)221/

P(A)P(A)1535 14．有两个箱子，第1箱子有3个白球2个红球，第2个箱子有4个白球4个红球，现从第1个箱子中随机地取1个球放到第2个箱子里，再从第2个箱子中取出一个球，此球是白球的概率是多少？已知上述从第2个箱子中取出的球是白球，则从第1个箱子中取出的球是白球的概率是多少？

解：设A=“从第1个箱子中取出的1个球是白球”，B=“从第2个箱子中取出的1个球是白球”，则

1C232P(A)1,P(A)，由全概率公式得

5C55113C52C423P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)11,

5C95C945由贝叶斯公式得

1P(A)P(B|A)3C52315P(A|B)1/.

P(B)5C94523 3

15．将两信息分别编码为A和B传递出去，接收站收到时，A被误收作B的概率为0.02，而B被误收作A的概率为0.01，信息A与信息B传送的频繁程度为2：1，若接收站收到的信息是A，问原发信息是A的概率是多少？解：设M=“原发信息是A”，N=“接收到的信息是A”，已知

P(N|M)0.02,P(N|M)0.01,P(M)所以

2. 31P(N|M)0.98,P(N|M)0.99,P(M),

3由贝叶斯公式得

P(M|N)P(M)P(N|M)2211960.98(0.980.01).

P(M)P(N|M)P(M)P(N|M)333197

16．三人独立地去破译一份密码，已知各人能译出的概率分别为多少？

解：设Ai=“第i个人能破译密码”，i=1,2,3. 已知P(A1)111,,，问三人中至少有一人能将此密码译出的概率是534111423,P(A2),P(A3),所以P(A1),P(A2),P(A3), 53453442331P(A1A2A3)1P(A1)P(A2)P(A2)1.

5345至少有一人能将此密码译出的概率为

17．设事件A与B相互独立，已知P(A) = 0.4，P(A∪B) = 0.7，求P(B 解：由于A与B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B),且

A).

P(A∪B)=P(A)+ P(B) - P(AB)= P(A)+ P(B) - P(A)P(B)

将P(A) = 0.4，P(A∪B) = 0.7代入上式解得 P(B) = 0.5，所以

P(BA)1P(BA)1P(AB)P(A)P(B)11P(B)10.50.5.

P(A)P(A)或者,由于A与B相互独立,所以A与B相互独立，所以

P(BA)P(B)1P(B)10.50.5.

18．甲乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被命中，则它是甲射中的概率是多少？解：设A=“甲射击目标”，B=“乙射击目标”，M=“命中目标”，已知P(A)=P(B)=1,P(MA)0.6,P(MB)0.5,所以

P(M)P(ABABAB)P(AB)P(AB)P(AB).

由于甲乙两人是独立射击目标，所以

P(M)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)0.60.50.40.50.60.50.8.

P(A|M)P(AM)P(A)P(M|A)10.60.75

P(M)P(M)0.8 19．某零件用两种工艺加工，第一种工艺有三道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，0.1；第二种工艺有两道工序，各道工序出现不合格品的概率分别为0.3，0.2，试问： (1) 用哪种工艺加工得到合格品的概率较大些？

(2) 第二种工艺两道工序出现不合格品的概率都是0.3时，情况又如何？

解：设Ai=“第1种工艺的第i道工序出现合格品”，i=1,2,3； Bi=“第2种工艺的第i道工序出现合格品”，i=1,2. （1）根据题意，P(A1)=0.7，P(A2)=0.8，P(A3)=0.9，P(B1)=0.7,P(B2)=0.8, 第一种工艺加工得到合格品的概率为

P(A1A2A3)= P(A1)P(A2)P(A3)=0.70.80.90.504,

第二种工艺加工得到合格品的概率为

P(B1B2)= P(B1)P(B2)=0.70.80.56,

可见第二种工艺加工得到合格品的概率大。

（2）根据题意，第一种工艺加工得到合格品的概率仍为0.504，而P(B1)=P(B2)=0.7, 第二种工艺加工得到合格品的概率为

P(B1B2)= P(B1)P(B2)=0.70.70.49.

可见第一种工艺加工得到合格品的概率大。

1．设两两相互独立的三事件A，B和C满足条件ABC = ，P(A)求P(A)．

解：因为ABC = ，所以P(ABC) =0, 因为A，B，C两两相互独立，P(A)P(B)P(C)91，,且已知P(ABC)216P(B)P(C),所以

P(AB)P(BC)P(AC)P(A)P(B)P(B)P(C)P(A)P(C)3[P(A)]2

由加法公式P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)得

3P(A)3[P(A)]2考虑到P(A)9 即 [4P(A)3][4P(A)1]0 1611,得P(A). 241，且P(ABC)P(ABC)，证明： 2 2．设事件A，B，C的概率都是

2P(ABC)P(AB)P(AC)P(BC) 证明：因为P(ABC)12．

P(ABC)，所以

将

P(ABC)1P(ABC)1[P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)]P(A)P(B)P(C)1代入上式得到 23P(ABC)1[P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)]

2整理得

12P(ABC)P(AB)P(BC)P(AC).

2 3．设0 < P(A) < 1，0 < P(B) < 1，P(A|B) +P(A 证明：因为P(A|B) +P(A|B)1，试证A与B独立．

|B)1，所以

P(AB)P(AB)P(AB)1P(AB)1,

P(B)P(B)P(B)1P(B)将P(AB)P(A)P(B)P(AB)代入上式得

P(AB)1P(A)P(B)P(AB)1,

P(B)1P(B)两边同乘非零的P(B)[1-P(B)]并整理得到

P(AB)P(A)P(B),

所以A与B独立.

4．设A，B是任意两事件，其中A的概率不等于0和1，证明P(B| 证明：充分性，由于P(B|A)P(B|A)是事件A与B独立的充分必要条件．

A)P(B|A)，所以

P(AB)P(AB),即

P(A)P(A)P(AB)P(B)P(AB),

P(A)1P(A)两边同乘非零的P(A)[1-P(A)]并整理得到P(AB) 必要性：由于A与B独立，即P(AB)一方面

P(A)P(B),所以A与B独立.

P(A)P(B),且P(A)0,P(A)0,所以

P(AB)P(A)P(B)P(B),

P(A)P(A)P(B|A)另一方面

P(B|A)所以P(B|P(AB)P(B)P(AB)P(B)P(A)P(B)P(B),

P(A)P(A)P(A)A)P(B|A).

5．一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

p2.

(1) 若至少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) 若已知他第二次及格了，求他第第一次及格的概率．解：设Ai=“第i次及格”，i=1，2.已知P(A1)由全概率公式得

p,P(A2|A1)p,P(A2|A1)p, 2p 2P(A2)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)p2(1p)(1) 他取得该资格的概率为

P(A1A2)P(A1)P(A2)P(A1A2)P(A1)P(A2)P(A1)P(A2|A1),p3pp22pp(1p)p.222

(2) 若已知他第二次及格了，他第一次及格的概率为

P(A1|A2)P(A1A2)P(A1)P(A2|A1)pp2p.

pP(A2)P(A2)p1p2(1p)2 6．每箱产品有10件，其中次品从0到2是等可能的，开箱检验时，从中任取一件，如果检验为次品，则认为该箱产品为不合格而拒收．由于检验误差，一件正品被误判为次品的概率为2%，一件次品被误判为正品的概率为10%．求检验一箱产品能通过验收的概率．

解：设Ai=“一箱产品有i件次品”，i=0，1，2.设M=“一件产品为正品”，N=“一件产品被检验为正品”.

已知P(A0)由全概率公式

1P(A1)P(A2),P(N|M)0.02,P(N|M)0.1,

31989P(M)P(A0)P(M|A0)P(A1)P(M|A1)P(A2)P(M|A2)(1),

310101091P(M)1P(M)1,又P(N|M)1P(N|M)10.020.98,

1010由全概率公式得一箱产品能通过验收的概率为

P(N)P(M)P(N|M)P(M)P(N|M)910.980.10.892. 1010 7．用一种检验法检验产品中是否含有某种杂质的效果如下．若真含有杂质检验结果为含有的概率为0.8；若真含不有杂质检验结果为不含有的概率为0.9；据以往的资料知一产品真含有杂质或真不含有杂质的概率分别为0.4和0.6．今独立地对一产品进行三次检验，结果是两次检验认为含有杂质，而有一次认为不含有杂质，求此产品真含有杂质的概率．解：A=“一产品真含有杂质”，Bi=“对一产品进行第i次检验认为含有杂质”，i=1,2,3.

已知独立进行的三次检验中两次认为含有杂质，一次认为不含有杂质，不妨假设前两次检验认为含有杂质，第三次认为检验不含有杂质，即B1，B2发生了，而B3未发生. 又知P(Bi|A)0.8,P(Bi|A)0.9,P(A)0.4,所以

P(Bi|A)0.2,P(Bi|A)0.1,P(A)0.4,P(A)0.6,

所求概率为P(A|B1B2B3)P(AB1B2B3)P(A)P(B1B2B3|A),

P(B1B2B3)P(A)P(B1B2B3|A)P(A)P(B1B2B3|A)由于三次检验是独立进行的，所以

P(A|B1B2B3)P(A)P(B1|A)P(B2|A)P(B3|A)P(A)P(B1|A)P(B2|A)P(B3|A)P(A)P(B1|A)P(B2|A)P(B3|A)0.40.80.80.20.905.0.40.80.80.20.60.10.10.9

8．火炮与坦克对战，假设坦克与火炮依次发射，且由火炮先射击，并允许火炮与坦克各发射2发，已知火炮与坦克每次发射的命中概率不变，它们分别等于0.3和0.35.我们规定只要命中就被击毁．试问 (1) 火炮与坦克被击毁的概率各等于多少？ (2) 都不被击毁的概率等于多少？

解：设Ai=“第i次射击目标被击毁”，i=1,2,3,4. 已知P(A1)P(A3)0.3,P(A2)P(A4)0.35,所以

P(A1)P(A3)0.7,P(A2)P(A4)0.65,

(1) 火炮被击毁的概率为

P(A1A2A1A2A3A4)P(A1A2)P(A1A2A3A4)P(A1)P(A2)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)0.70.350.70.650.70.350.356475 坦克被击毁的概率为

P(A1A1A2A3)P(A1)P(A1A2A3)P(A1)P(A1)P(A2)P(A3)0.30.70.650.30.4365 (2) 都不被击毁的概率为

P(A1A2A3A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)0.70.650.70.650.207025.

9．甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两次为止，此人即为

冠军，而每次比赛双方取胜的概率都是

1，现假定甲乙两人先比，试求各人得冠军的概率． 2 解：Ai=“甲第i局获胜”， Bi=“乙第i局获胜”，Bi=“丙第i局获胜”，i=1,2,….，已知P(Ai)P(Bi)P(Ci)1,i1,2,...，由于各局比赛具有独立性，所以 2369在甲乙先比赛，且甲先胜第一局时，丙获胜的概率为

1111P(A1C2C3A1C2B3A4C5C6A1C2B3A4C5B6A7C8C9...)...,7同样，在甲乙先2221, 7比赛，且乙先胜第一局时，丙获胜的概率也为丙得冠军的概率为212125,甲、乙得冠军的概率均为(1).

271477第二章

一、填空题： 1. 2. 3.

PXx，F(x2)F(x1)

kkp(1p)nk，k = 0，1，…，n P{Xk}CnP{Xk}kk!e,0为参数，k = 0，1，…

1 11, axb 5. f(x)ba 其它0, 6.

f(x)12e(x)222,x

127. (x)e,x

2ba8. ()()

x29.

X -1 1 2 pi 0.4 0.4 0.2 分析：由题意，该随机变量为离散型随机变量，根据离散型随机变量的分布函数求法，可观察出随机变量的取值及概率。 10.

9 64分析：每次观察下基本结果“X≤1/2”出现的概率为是3重伯努利实验，所以

12-f(x)dx22xdx011，而本题对随机变量X取值的观察可看作4119PY2C32()2(1)32

4464 8

11.

2.21X12.21PX 2.2P()0.7257222,

5.811.611.61X15.81P1.6X 5.8P()() 22222(2.4)(1.3)(2.4)(1.3)10.8950,同理，P{| X |  3.5} =0.8822. 12.

13.

y1y1G(y)PY3X1yPX). F(3313，利用全概率公式来求解： 48PY2PY2X1PX1PY2X2PX2111111113.424344448 PY2X3PX3PY2X4PX4 0二、单项选择题：

1. B，由概率密度是偶函数即关于纵轴对称，容易推导

F(-a)=

af(x)dxf(x)dx-x00-a101af(x)dx-f(x)dxf(x)dx

2-a202. B，只有B的结果满足F()limF(x)1

3. C，根据分布函数和概率密度的性质容易验证 4. D，Y2,X2，可以看出Y不超过2，所以 X,X21, y21, y21, y2xyFY(y)PYyy1,0， edx,y2PXy,y201e,y2可以看出，分布函数只有一个间断点.

5. C, 事件的概率可看作为事件A（前三次独立重复射击命中一次）与事件B（第四次命中）同时发生的概率，即

1pP(AB)P(A)P(B)C3p(1p)32p.

三、解答题

（A）

1．(1)

X pi

分析：这里的概率均为古典概型下的概率，所有可能性结果共36种，如果X=1，则表明两次中至少有一点数为1，其余一个1

至6点均可，共有C2121 2 3 4 5 6 11 369 367 365 363 361 36116-1（这里C2指任选某次点数为1，6为另一次有6种结果均可取，减1即减去两次均为1的

1211C26-1C25111情形，因为C6多算了一次）或C51种，故PX1363636,其他结果类似可

得.

(2)

x1 0 ，P{X1}，1x2P{X1}P{X2}，2x3F(x)P{X1}P{X2}P{X3}， 3x4

P{X1}P{X2}P{X3}P{X4}， 4x5P{X1}P{X2}P{X3}P{X4}P{X5}，5x61 ， x6

x1 0 ，11，1x236202x3，3627， 3x4

3632 4x536，35，5x636 x61 ，X-1 9 92．

pi 125126 1126注意，这里X指的是赢钱数，X取0-1或100-1，显然PX9921. 5126C103．

ak!ae1，所以ae.

kk04．(1)

0，x-110，x-1，1x2P{X1}，1x24f(x)，

P{X1}P{X2}，2x33，2x341，x31，x311513PXpX1、 PXPX2、

24222(2)

P2X3PX2X3PX2PX33； 4 10

111PX偶数12222i5．(1)

22124122ilimi111， 223(2)

PX51PX411516116， 1(3)

PX3的倍数111i2323123ilim.

i1i117236．(1) X~P0.5tP1.5 PX0e1.5.

(2)

0.5t2.5 Px11Px01e2.5.

7．解：设射击的次数为X，由题意知

X~B400，0.2

PX21PX111kk0C4000.02k0.98400k118K8k0k!e10.280.9972，其中8=400×0.02.

8．解：设X为事件A在5次独立重复实验中出现的次数，X~B5，0.3 则指示灯发出信号的概率

pPX31PX31(C05150.300.7C50.310.74C250.320.73)

10.83690.1631；

x9. 解：因为X服从参数为5的指数分布，则F(x)1e5，PX101F(10)e2，Y~B5，e2则P{Yk}Ck5(e2)k(1e2)5k,k0,1,5

P{Y1}1-P{Y0}1（1e2）50.5167

10. (1)、由归一性知：1f(x)dx2acosxdx2a，所以1

. a

2(2)、P{0X4}4102cosxdx12sinx|2044. 11. 解（1）由F(x)在x=1的连续性可得xlim1F(x)limx1F(x)F(1)，即A=1.

（2）P0.3X0.7F(0.7)F(0.3)0.4.

（3）X的概率密度

f(x)F(x)2x,0x10, . 12. 解因为X服从（0，5）上的均匀分布，所以

f(x)150x5

0其他若方程4x24Xx2X20有实根，则(4X)216X320，即

X2 X1 ，所以有实根的概率为

pPX2PX1521113dx0dxx5 255513. 解: (1) 因为

X~N(3，4) 所以

(1)(0.5)10.84130.691510.5328

(3.5)(3.5)12(3.5)1

20.99810.996P{2X5}F(5)F(2)

P4X10F(10)F(4)

PX21PX21P2X2

1F(2)F(2)1(0.5)(2.5)1(2.5)(0.5)10.30230.6977



PX31PX31F(3)1(0)10.50.5

(2)

PXc1PXc，则PXc1F(c)(c3)1，经查表得

222(0)1c3，即0，得c3；由概率密度关于x=3对称也容易看出。 22d3(3) PXd1PXd1F(d)1()0.9，

2d3d3则()0.1，即(-)0.9，经查表知(1.28)0.8997，

22d3故-1.28，即d0.44； 2kk14. 解：PXk1PXk1PkXk1()()



k22()0.1

所以 15. 解

k()0.95，pXkX~N(,2)则

PXPXF()F()

F(k)(k)0.95；由对称性更容易解出；



()()

(1)(1) 2(1)10.6826

上面结果与无关，即无论怎样改变，P16. 解：由X的分布律知

X都不会改变；

1111 5153011 56

13 x -2 -1 0 1 3 X2 4 1 0 1 9 X 2 1 0 1 3 所以 Y的分布律是 Y 0 1 4 9

p 17Z的分布律为 5 30 15 1130 Y 0 1 2 3

p 15 711130 5 30 17. 解因为服从正态分布N(,2)，所以)2则 F(x)1x(x22dx，FY(y)pexy，

2e当y0时，FY(y)0，则fY(y)0

当

y0时，FY(y)pexypxlny

(lny)2f(y)F'F(lny))11e22YY(y)(y

21(lny)222(y)ey0所以Y的概率密度为

f1Yy2；

0y018. 解

X~U(0,1)，

f(x)10x1， 0 FY(y)pYyp1xy1F(1y)，

所以

f1,01y11,0y1Y(y)fX(1y) 0,其他0,其他19. 解：X~U(1,2)，则

f(x)11x20其他

FY(y)PYyPe2Xy

当y0时，F(y)Pe2XYy0，

f(x)1e(x)222，2

当

y0时，

FY(y)11PXlnyFX(lny)，

22'111fX(lny)e2xe4fY(y)FY(y)(F(lny))222其他01e2xe42y其他011PXy20. 解: (1) FY(y)PF(y) YyP3XyX1133111'fY1(y)FY1(y)(F(y))fX(y)

33332x1x1因为fX(x)2

其他0所以

112111y,1y1y2,3y318 fY1(y)fX(y)183,其他33其他0,0(2)

FY2(y)PY2yP3XyPX3y1FX(3y)， fY2(y)FY'2(x)[1FX(3y)]'fX(3y)

因为

32xfX(x)201x1，

其他所以

33(3y)2,13y1(3y)2,2y4fY2(y)fX(3y)22

0,其他0,其他2'，fY(y)FY(x)0 (y)PXy0333（3）FY2(y)PYyPXy 33 当y0时，FY 当

y0时，FY3(y)PyXyFX'

fY3(y)FY'3(x)[F1[ffY3(y)2yX32xfX(x)20yF(XyF(y)，

1y)][fyf(2yXXXy)]

所以

yf0(y)],,y0y0，

因为

1x1，

其他 14

所以

3y,0y1 fY3(y)2,其他0X~B10 ,0.2

四．应用题

1．解：设X为同时打电话的用户数，由题意知

设至少要有k条电话线路才能使用户再用电话时能接通的概率为0.99，则

P{Xk}C0.20.8i10ii0k10ii0kii!e0.99，其中2,

查表得k=5.

2．解：该问题可以看作为10重伯努利试验，每次试验下经过5个小时后组件不能正常工作这一基本结果的概率为1-eX为10块组件中不能正常工作的个数，则

0.4，记

X~B(10,1e0.4)，

5小时后系统不能正常工作，即

X2，其概率为

PX21PX101 1C10(1e0.4)0(e0.4)10C10(1e0.4)1(e0.4)101

0.8916.23．解：因为X~N(20,40)，所以

P{X30}P{30X30}F(30)F(30)

30203020)()4040(0.25)(1.25)1 0.51870.894410.4931(~B(3,0.4931)，

3设Y表示三次测量中误差绝对值不超过30米的次数，则X(1)

0P{Y1}1P{Y0}1C30.49310(10.4931)31-0.50690.8698.

(2)

4．解：

1P{Y1}C30.493110.506920.3801.

当y0时，{Yy}是不可能事件，知F(y)0，

y0 当0y2时，Y和X同分布,服从参数为5的指数分布，知F(y) 当

15edx1e5xy5，

y2时，{Yy}为必然事件,知F(y)1，

因此，Y的分布函数为

0 , y0y F(y)1-e5，0y2；

1,y2115．解：(1) 挑选成功的概率p4；

C870

(2) 设10随机挑选成功的次数为X，则该设10随机挑选成功三次的概率为：

3P{X3}C10(1X~B10，，

701k1)(1)70.00036， 7070以上概率为随机挑选下的概率，远远小于该人成功的概率3/10=0.3，因此，可以断定他确有区分能力。

（B）

0,x01x,0x11. 解：由概率密度可得分布函数F(x)31,1x3

31329(x3),3x61,x6由于PXk23，即F(k)13，易知1k3； 12. 解： X服从（1,2）的均匀分布，f(x)，31x2，又1，X0,0，其他Y1，X0,

则PY1P{X0}20f(x)dx123x023， P{Y1}P{X0}1-P{X0}13 所以Y的分布律为 Y2 -1 1 2 P 1

3 3 3. 解：FY(y)P[13Xy]P{X(1y)3}1FX[(1y)3]，

fF[(1y)3]'fY(y)FY(y)1X(1y)3(1y)33(1y)2fX(1y)33(1y)21(1y)6,yR； 4. 证明：因

fx(x)是偶函数，故fx(x)fx(x)，

FY(y)P{Yy}P{Xy}P{Xy}1P{Xy}1Fx(y)fY(y)F'Y(y)fx(y)fx(y).

5. 解：随机变量X的分布函数为

所以

0 , x1

F(x)3x-1, 1x8，显然F(x)[0,1]，

1, x8

FY(y)P{Yy}P{F(X)y}，

当y0时，{F(X)y}是不可能事件，知FY(y)0，

当0y1时，FY(y)P{3X1y}P{X(1y)3}y，

当

y1时，{F(X)y}是必然事件，知FY(y)1，

0 , y0即

F(y)Yy, 0y1。

1, y16. （1）FY(y)P{Y1y}P{2X1y}P{Xy-112} y1-1y1当

y20时，即y1时，FY1(y)P{X2}2-0dx0， y1y-1y11y当}2exdx220时，即y>1时，FY1(y)P{X201-e，

所以

(y)11yf2y1Ye，120,y1，其他；

（2）FY2(y)P{Y2y}P{eXy}，当

y0时，{eXy}为不可能事件，则FY2(y)P{eXy}0，

当0y1时，lny0，则FY2(y)P{eXy}PXlnylny0dx0，lny 当

y1时，lny0，则FY2(y)PXlny0exdx11y，根据

fY2(y)FY2(y)得

0, y1

fY2(y)1y2,y1；

（3）FY3(y)P{Y3y}P{X2y}，当y0时，FY3(y)P{X2y}0，

当

y0时，FY3(y)P{X2y}PyXyyexdx1ey0，0, y所以

f0eyY3(y),y；

2y0

7. (1) 证明：由题意知

2e2x,x0。 f(x),x002XY1e2x，FY（y）P{Yy}P{ey}， 11当

（y）0，（0即fYy0时，FY1y）1当0lny 1时，FY1(y)P{e2Xy}PX2y2xlny2edxy， 2当

lny2xy1时，FY1(y)PX02edx1， 2故有

（2）

1,0y1，可以看出Y1服从区间（0，1）均匀分布； fY1(y)0, y0时，FY2(y)P{e2x1-y}1，

y1时，

2XY2e2x，FY2(y)P{Y21y}P{1-e2Xy}P{e2X1-y}

当1 当01FY（(y)）P{e2 当1ln(1y)1-y}PX022Xln(1y)22e2xdxy，

ln(1y)2y1时，FY2(y)P{eln(1y)1-y}PX20dx0，

由以上结果，易知

1,0y1，可以看出Y2服从区间（0，1）均匀分布。 fY2(y) 0,第三章

1解：(X,Y)取到的所有可能值为(1,1),(1,2),(2,1)由乘法公式：

P{X=1,Y=1}=P{X=1}P{Y=1|X=1|=2/31/2=/3 同理可求得P{X=1,Y=1}=1/3; P{X=2,Y=1}=1/3 (X,Y)的分布律用表格表示如下：

Y X 1 2 1 1/3 1/3 2 1/3 0 2 解：X，Y所有可能取到的值是0, 1, 2

(1) P{X=i, Y=j}=P{X=i}P{Y=j|X=i|= , i,j=0,1,2, i+j2

或者用表格表示如下：

Y 0 1 2 18

19 X 0 3/28 6/28 1/28 1 9/28 6/28 0 2 3/28 0 0 (2)P{(X,Y)A}=P{X+Y1}=P{X=0, Y=0}+P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=0}=9/14 3 解：P(A)=1/4, 由P(B|A)=

P(AB)P(P(A)AB)1/41/2得P(AB)=1/8

由P(A|B)=

P(AB)P(B)1/2得P(B)=1/4

(X,Y)取到的所有可能数对为(0,0),(1,0),(0,1),(1,1),则 P{X=0,Y=0}=)P(AB)=P(

(A)-P(B)+P(AB)=5/8

P{X=0,Y=1}=P(B)=P(B-A)=P(B)-P(AB)=1/8

P{X=1,Y=0}=P(A)=P(A-B)=P(A)-P(AB)=1/8 P{X=1,Y=1}=P(AB)=1/8 4.解：(1)由归一性知： 1=

, 故A=4

(2)P{X=Y}=0 (3)P{X(4)

F(x,y)=

即F(x,y)=

5.解：P{X+Y1}=

xy1f(x,y)dxdy1201x(x2xy65 )dydx372

6 解：X的所有可能取值为0,1,2,Y的所有可能取值为0,1,2, 3. P{X=0,Y=0}=0.53=0.125; 、P{X=0,Y=1}=0.53=0.125 P{X=1,Y=1}=C20.51210.50.25, P{X=1,Y=2}=C20.520.50.25

P{X=2,Y=2}=0.53=0.125, P{X=2,Y=3}==0.53=0.125 X,Y 的分布律可用表格表示如下：

Y X 0 1 2 P.j

7. 解：

0 1 2 3 0 0

Pi. 0.25 0.5

0.125 0.125 0 0 0

0.25 0

0.25

0.125 0.125 0.25

0.125 0.375 0.375 0.125 1

ey,0xy f(x,y)其它0,yxedy,x0e,x0 fX(x)f(x,y)dyx0,x00,x0yyedx,fY(y)f(x,y)dx00,yey,0,y0y0y0 y08. 解：

cx2y,x2y1f(x,y)

x00,(1)11x44cf(x,y)dxdy2cxydydx2cxdx

1x022111212所以 c=21/4

(2)

ff(x,y)dy21121x2(1x44x2x2ydy,|x|1)X(x),|x|1

0，其它80,其它521yfY(y)f(x,y)dx4yx2ydx0y120y1 0，其它7y02,其它9 解：Se2D1xdxlnx|e2112 (X,Y)在区域D上服从均匀分布，故f(x,y)的概率密度为

f(x,y)1,(x,2y)D 0，其它1fX（x)f(x,y)dyx102dy,1xe2

0,其它e21dxe21122,0ye2fx)1f(x,y)dxy1dx1(12X（1),ey1122y其它 0,10 解：

f(x,y)3x,0x1,0yx 0,其它ff(x,y)Y|X(y|x)f (fX(x)0)

X(x)fx3x2

f(x,y)dyX(x)03xdy2,0x1

0,其它当0ff(x,y)3x3x2,0yxY|X(y|x)fx)

X(20,其它 21

即，

2,0yx1fY|X(y|x)x

其它0,11解：

1,0x1,|y|x f(x,y)0,其它y0

1dx1y,fY(y)f(x,y)dx1yydx1y,y0当y0时，

1,0x1,xyxf(x,y)fX|Y(x|y)1y

fY(x)其它0,1,0x1,xyxf(x,y)fX|Y(x|y)1y

fY(x)其它0,当y>0时，

所以，

1,0|y|x1f(x,y)fX|Y(x|y)1|y|

fY(x)其它0,fX|Y(x|y)f(x,y)得

fY(x)12 解：由

15yx2,0y1,0xy f(x,y)fX|Y(x|y)fY(y)其它0,P{X0.5}0.5f(x,y)dydx10.5x215yxdydx147 6413解：Z=max(X,Y),W=min(X,Y)的所有可能取值如下表 pi (X,Y) max(X,Y) Min(X,Y) 0.05 (0,-1) 0 -1 0.15 (0,0) 0 0 0.2 (0,1) 1 0 0.07 (1,-1) 1 -1 0.11 (1,0) 1 0 0.22 (1,1) 1 1 0.04 (2,-1) 2 -1 0.07 (2,0) 2 0 0.09 (2,1) 2 1 Z=max(X,Y),W=min(X,Y)的分布律为 Z Pk W -1 0 0.53 1 0.31 0 0.2 1 0.6 2 0.2 Pj 0 .16 22 23

f(x)1xy114 解：

e,x0 fXY(y)e,y0 0,x00,y0由独立性得X，Y的联合概率密度为

,y)1xyf(x2e,x0,y0

0,其它则P{Z=1}=P{XY}=

(x,y)dxdyxfyx1xy002edydx12 P{Z=0}=1-P{Z=1}=0.5 故Z的分布律为 Z 0 1 Pk 0.5 0.5 215 解：

f(x,y)1,x2y1

0,其它fX(x)f(x,y)dy1x2121x22dy1x2,|x|10，其它f22同理，

1y,|y|1Y(y)

0，其它显然，

fX(x)fY(y)，所以X与Y不相互独立.

16 解：(1)

f1,0x1X(x) 0,其它f)1,0y1Y(y0,其它 f利用卷积公式：

Z(z)fX(x)fY(zx)dx求fZ(z)

fx)fx)=1,0x1,xz1xX(Y(z0,

其它z0dxz,0z1f(z)fx)dx1ZX(x)fY(zzdx12z1z2

0,其它 23

(2)

ey,1,0x1 fY(y)fX(x)0,其它0,fZ(z)fX(zy)fY(y)dy

y0 y0利用卷积公式：

ey,fX(zy)fY(y)0,y0,yzy1

其它zeydy,z00z11e,0z1zfZ(z)fX(zy)fY(y)dyeydy,z1(e1)ez,z1

z10,其它其它0,17 解：由定理3.1（p75）知，X+Y~N(1,2) 故P{XY1}P{XY111}(0)0.5

2218解：(1)

fX（x)f(x,y)dx011(xy)e(xy)dyex(x1)(x>0) 22同理，

fY(y)1ye(y1) y>0 2显然，

fX(x)fY(y)，所以X与Y不相互独立

fZ(z)fX(x，zx)dx

(2).利用公式

11(xzx)e(xzx),x0,zx0zez,x0,zx fX(x,zx)220,其它其它0,fZ(z)z1z1zedx,z0z2ez,z0fX(x，zx)dx022

0,z0z00,19解：并联时，系统L的使用寿命Z=max{X,Y} 因X~E(),Y~E(),故

yx11e,y0e,x0fX(x) fY(y)

0,y00,x0yxFX(x)1e,x0 FY(y)1e,x00,0,y0 y0 24

zzFFZ(z)FX(z)Y(z)(1e)(1e),z0

0,z0f(z)1z1z1111zZee()e,z0

0,z0串联时，系统L的使用寿命Z=min{X,Y}

11F(z)1[1FX(z)][1FY(z)]1ezZ,z0 0,z0f1111Z(z)ze,z0 0,z0 (B)组

1 解：P{X=0}=a+0.4, P{X+Y=1}=P{X=1,Y=0}+P{X=0,Y=1}=a+b P{X=0,X+Y=1}=P{X=0,Y=1}=a 由于{X=0|与{X+Y=1}相互独立, 所以 P{X=0, X+Y=1}=P{X=0} P{X+Y=1}

即 a=(a+0.4)(a+b) (1) 再由归一性知：

0.4+a+b+0.1=1 (2) 解(1),(2)得 a=0.4, b=0.1

2 解: (1)

P{X2Y}xf(x,y)dxdy1xxy)dydx72y200(224 (2) 利用公式

fZ(z)(x,zx)dx计算

ff(x,zx)2z,0x1,0zx10,其它 z0(2z)dx,0z1（2z),0z1f(z)1Zf(x,zx)dxz1(2z)dx,1z2(2z)2,1z20,z20,z23.解：(1) FY(y)=P{Yy}=P{X2y}

当y<0时，fY(y)=0 当y0时，FY(y)P{yXy}FX(y)FX(y)

从而，

38y,0y111,1y4fY(y)[fX(y)fX(y)]

8y2y0，y4(2) F(-1/2,4)=P{X-1/2,Y4}= P{X-1/2,X24} =P{-2X-1/2}=

122fX(x)dx12111dx 244.解：P{XY0}=1-P{XY=0}=0 即 P{X=-1,Y=1}+P{X=1,Y=1}=0

由概率的非负性知，P{X=-1,Y=1}=0，P{X=1,Y=1}=0

由边缘分布律的定义，P{X=-1}= P{X=-1,Y=0}+ P{X=-1,Y=1}=1/4 得P{X=-1,Y=0}=1/4

再由P{X=1}= P{X=1,Y=0}+ P{X=1,Y=1}=1/4 得P{X=1,Y=0}=1/4

再由P{Y=1}=P{X=-1,Y=1}+ P{X=0,Y=1}+ P{X=1,Y=1}= P{X=0,Y=1} 知P{X=0,Y=1}=1/2

最后由归一性得：P{X=0,Y=0}=0 (X,Y)的分布律用表格表示如下：

Y X -1 0 1 P{Y=j} 0 1 P{X=i} 1/4 0 1/4 1/2 0 1/2 0 1/2 1/4 1/2 1/4 1 (2) 显然，X和Y不相互独立，因为P{X=-1,Y=0} P{X=-1}P{Y=0}

5 解：X与Y相互独立，利用卷积公式

fZ(z)fX(x)fY(zx)dx计算

)2f1(xX(x)222e,

f1,y(,)Y(y) 20,其它12(x)fe22,zxX(x)fY(zx)22

0,其它x)2fZ(z)fX(x)fY(zx)dxz1(221(x)222z22edx12zz2edx12P{zXz}12[F(z)F(z)] 1z2z 6.解：(X,Y)～Ｕ(G)

f(x,y)1,(x,y)G 20,其它设F(x)和f(s)分别表示S=XY的分布函数和密度函数 F(s)=P{XY1,ss0时，F2Ss112s x1002dydxs02dydx0,s0所以，Fss2S2lns,s2

21,s2于是，S=ＸY概率密度为

12f(s)ln,0s2S 2s0,其它7.解：由全概率公式： FU(u)=P{Uu}={X+Yu}

=P{X=1}P{X+Yu|X=1}+ P{X=2}P{X+Yu|X=2} = P{X=1}P{1+Yu}+ P{X=2}P{2+Yu}

=0.3FY(u-1)+0.7FY(u-2) 所以，fU(u) =0.3fY(u-1)+0.7fY(u-2) 8. 解：(1)

1,0x1,0yx f(x,y)0,其它2x1dy,0x12x,0x1 f(x,y)dy00,其它0,其它fX(x)11dx,0y2yy1,0y2 fY(y)f(x,y)dx220,其它0,其它(2)

FZ(z)P{Zz}P{2XYz}2xyzf(x,y)dxdy

如图所示，当z<0时，FZ(z)=0; 当z2时，FZ(z)=1 当0z<2时:FZ(z)综上所述，

z2x200z21dydxz1dydxz2xz4212x

0.FZ(z)z1,z0z2,0z2 4z20,其它 fZ(z)z1,0z22所以Z的概率密度为：

9.解：(1)

1,0x1 fX(x)0,其它1,0yx,0x1 fY|X(y|x)x0,其它1,0yx1 f(x,y)fY|X（y|x)fX(x)x0,其它 28

11(2)

ff(x,y)dxydx,0y1lny,0y1Y(y)x 0,其它0,其它(3)

P{XY1}(x,y)dxdy1x1xfy10.51xxdydx1ln2

10.解：(1)P{Z1/2|X=0}=P{X+Y1/2|X=0}=P{Y1/2}=1/2 (2) 由全概率公式：

FZ(z)=P{Zz}=P{X+Yz}=P{X=1}P{X+Yz|X=1} +P{X=0}P{X+Yz|X=0}=P{X=-1}P{X+Yz|X=-1} = P{X=1}P{1+Yz}+P{X=0}P{Yz}=P{X=-1}P{-1+Yz} =1/3[FY(z-1)+ FY(z)+ FY(z+1)]

从而，f(z) =1/3[f1,1z2ZY(z-1)+ fY(z)+ fY(z+1)]=3

0,其它11.解：

f(x.y)3x,0x1,0yx 0,其它FZ(z)P{Zz}P{XYz}P{YXZ}yf(x,y)dxdyxz如图，当z<0时，FZ(z)=0; 当z1时，FZ(z)=1

zx1x 当0z<1时:F3zZ(z)003xdydxzxz3xdydx2z32

0,z0F3zz3综上得：Z(z)2,0z112

20,z1Z的概率密度为

f(z)3(1z2),0z1Z 20,其它x22y12 解：

fX(x)1222e,fY(y)12e,

x2y2f(x,y)f1X(x)fY(y)22e

FZ(z)P{Zz}P{x2y2z}

当z<0时，FZ(z)=0; 当z0时，FZ(z)P{X2Y2z2}2x2y2z2f(x,y)dxdy1202z0er22rdrd1ez22

所以，Z的概率密度为

z2fZ(z)ze,z0

0,其它第四章

4三、解答题

1. 设随机变量X的分布律为

X pi 求E(X)，E(X解：E (X ) =

2– 2 0.4 0 0.3 2 0.3 )，E(3X5)．

xp= 20.4+00.3+20.3= -0.2

i1



E (X ) =

xi12pi= 40.4+ 00.3+ 40.3= 2.8

E (3 X +5) =3 E (X ) +5 =30.2+5 = 4.4

2. 同时掷八颗骰子，求八颗骰子所掷出的点数和的数学期望．解：记掷1颗骰子所掷出的点数为Xi，则Xi 的分布律为

P{Xi}1/6,i1,2,,6

记掷8颗骰子所掷出的点数为X ，同时掷8颗骰子，相当于作了8次独立重复的试验， E (Xi ) =1/6×(1+2+3+4+5+6)=21/6 E (X ) =8×21/3=28

3. 某图书馆的读者借阅甲种图书的概率为p1，借阅乙种图书的概率为p2，设每人借阅甲乙图书的行为相互独立，读者之间的行为也是相互独立的．

(1) 某天恰有n个读者，求借阅甲种图书的人数的数学期望．

(2) 某天恰有n个读者，求甲乙两种图书至少借阅一种的人数的数学期望．解：(1) 设借阅甲种图书的人数为X ，则X~B(n, p1),所以E (X )= n p1 (2) 设甲乙两种图书至少借阅一种的人数为Y , 则Y ~B(n, p),

记A ={借甲种图书}， B ={借乙种图书}，则p =｛A ∪ B｝= p1+ p2 - p1 p2 所以E (Y )= n (p1+ p2 - p1 p2 )

4. 将n个考生的的录取通知书分别装入n个信封，在每个信封上任意写上一个考生的姓名、地址发出，用X表示n个考生中收到自己通知书的人数，求E(X)．

解：依题意，X~B(n，1/n)，所以E (X ) =1. 5. 设X~P()，且P{X5}P{X6}，求E(X)．

解：由题意知X～P（），则X的分布律P

Xk=

kk!e，k = 1,2,...

又P

X5=PX6, 所以

55!e66!e

解得

6，所以E(X) = 6.

6. 设随机变量X的分布律为P{Xk}62k2,k1,2,3,4,,问X的数学期望是否存在？ 解：因为级数((1)k1k6)((1)k16)611k12k2k12k2(1)k，而 k1k1k发散，所以X的数学期望不存在.

k17. 某城市一天的用电量X（十万度计）是一个随机变量，其概率密度为

1x/f(x)xe3,x0,

90其它.求一天的平均耗电量．解：E(X) =

xf(x)dx10x9xex/3dx190x2ex/3dx=6. 8. 设某种家电的寿命X（以年计）是一个随机变量，其分布函数为

F(x)1250x2,x5,

其它.求这种家电的平均寿命E(X)．

解：由题意知，随机变量X的概率密度为f(x)F(x)

当x>5时，

f(x) 225x350x3，当x5时，f(x)0. E(X) =-xf(x)dx50505xx3dxx|510

所以这种家电的平均寿命E(X)=10年.

9. 在制作某种食品时，面粉所占的比例X的概率密度为

f(x)42x(1x)5,0x1, 0其它.求X的数学期望E(X)．

1解：E(X) =

-xf(x)dx42x2(1x)50dx=1/4

10. 设随机变量X的概率密度如下，求E(X)．

3(1x)2，1x0，f(x)23(1x)2,0x1，

20，其它.解：E(X)xf(x)dx0321321x2(1x)dx0x2(1x)dx0. 11. 设X~B(4,p)，求数学期望E(sinX2)．

解：X的分布律为P{Xk}Ckknp(1p)nk， k = 0，1，2，3，4，

X取值为0，1，2，3，4时，sinX2相应的取值为0，1，0，-1，0，所以

E(sinX21133)1C4p(1p)31C4p(1p)14p(1p)(12p)

12. 设风速V在(0，a)上服从均匀分布，飞机机翼受到的正压力W是V的函数：W学期望．

kV2，（k > 0，常数），求W的数

1, 0vaa解：V的分布律为f(v)，所以 0, 其它a11k1aE(W)kv2f(v)dxkv2dv(v3)|0ka2

0aa3313. 设随机变量(X, Y )的分布律为

Y X 0 1 2 求E(X)，E(Y )，E(X – Y )．

解：E(X)=0×(3/28+9/28+3/28）+1×(3/14+3/14+0)+ 2×(1/28+0+0)= 7/14=1/2 E(Y)=0×（3/28+3/14+1/28）+1×(9/28+3/14+0)+ 2×(3/28+0+0)=21/28=3/4 E(X-Y) = E(X)- E(Y)=1/2-3/4= -1/4.

14. 设随机变量(X，Y)具有概率密度

10 3/28 3/14 1/28 1 9/28 3/14 0 2 3/28 0 0 24xy,0x1,0y1,xy1，求E(X)，E(Y)，E(XY) f(x,y)其它0,1x0解：E(X)=

2x24xydxdy24xydydx D0y11112224x(1x)2dx(12x224x3x4)dx(4x36x4x5)

0025501yx12E(Y)y24xydxdy24yD0121y02xdxdy2/51xx1

E(XY)xy24xydxdy24xD01011ydydx24x2(1x)3dx

03282442(x36x4x5x6).353015 15. 某工厂完成某批产品生产的天数X是一个随机变量，具有分布律

X pi 所得利润（以元计）为Y10 11 12 13 14 0.2 0.3 0.3 0.1 0.1 1000(12X),求E(Y)，D(Y)．

解： E(Y) = E［1000(12-X)］

=1000×[(12-10)×0.2+(12-11)]×0.3+(12-12)×0.3+(12-13)×0.1+(12-14)×0.1] = 400

E(Y2) = E［10002(12-X)2］

=10002[(12-10)2×0.2+（12-11）2×0.3+（12-12）2×0.3+（12-13）2×0.1 +（12-14）2×0.1]=1.6×106

D(Y)=E(Y2)-［E(Y)］2=1.6×106- 4002=1.44×106

16. 设随机变量X服从几何分布，其分布律为P{Xk}(1p)k1p,k1,2,, 其中0 < p < 1是常数，求E(X)，D(X)．

解：令q=1- p ,则

kE(X)(kP{Xk})(kqk1p)pp pk1k1kqk1dqdk1k1dqdqqkpd(1)1/p

k0dq1qE(X2)(k2P{Xk})(k2qk1p)p[k1k1k1k(k1)qk1kqk1]

k1pqk(k1)qk21/ppqkd2kd2k)1/p

10dq2q1/ppq(kdq2qk1pqd212dq2(1q)1/ppq(1q)31/p2q/p21/p D(X) = E(X2)- E(X) =2q/p2+1/p-1/p2 = (1-p)/p2

117. 设随机变量X的概率密度为f(x),|1x2x|1，试求E(X)，D(X)．

0,其它解：E(X)= 11xf(x)dx1x1x2dx0

D(X)= E(X2

2/2sin2txf(x)dx1211x1x2dxxsintt[/2,/2]/2costdt

2/21cos2t02dt12 18. 设随机变量(X，Y)具有D(X) = 9，D(Y) = 4，XY1/6，求D(XY)，D(X3Y4)．解：因为(X,Y)XYCovD(X)D(Y)，所以

Cov(X,Y)XYD(X)D(Y)=-1/6×3×2=-1,

D(XY)D(X)D(Y)2Cov(X,Y)94211

D(X3Y4)D(X)9D(Y)2Cov(X,3Y)9366(1)51

19. 在题13中求Cov(X，Y)，XY．解：E(X) =1/2, E(Y) =3/4,

E(XY)=0×(3/28+9/28+3/28+3/14+1/28）+1×3/14+2×0+4×0=3/14, E(X2)= 02×（3/28+9/28+3/28）+12×(3/14+3/14+0)+ 22×(1/28+0+0)=4/7, E(Y2)= 02×（3/28+3/14+1/28）+12×(9/28+3/14+0)+ 22×(3/28+0+0)=27/28, D(X)= E(X2) -［E(X)］2 = 4/7-(1/2)2= 9/28, D(Y)= E(Y2)- ［E(Y)］2=27/28-(3/4)2= 45/112,

Cov(X，Y)= E(XY)- E(X) E(Y) =3/14- (1/2) ×(3/4)= -9/56, XY = Cov(X，Y) /(

D(X)D(Y))=-9/56  (9/2845/112)= -

5/5

20. 在题14中求Cov(X，Y)，XY，D(X + Y)．

解：E(X)E(Y)225,E(XY)15,Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)275 E(X2)11x24x3ydydx1E(Y2005)

D(X)E(X2)E(X)2141D(Y)

52525 33

XYCov(X,Y)23D(X)D(Y)275

D(XY)D(X)D(Y)2Cov(X,Y)21. 设二维随机变量(X, Y )的概率密度为

1,x2y21,

f(x,y)其它.0试验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的．

解：E(X)11x211x211x2x/dydx2x1x/dx0 21E(Y)111x21y/dydx0 xy/dydx0，

E(XY)11x21x2所以Cov(X，Y)=0，XY =0，即X和Y是不相关.

fX(x)21x21x2，1x1 f(x,y)dy1x21/dy,1x10，其他0，其他21y21y2，1y1 f(x,y)dx1y21/dx,1y10，其他0，其他fY(y)2

当x2 + y≤1时，f ( x,y)≠fX ( x) f Y(y),所以X和Y不是相互独立的

22. 设随机变量(X, Y )的概率密度为

1/2,|y|2x,0x1 f(x,y)0其它.验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的．

解：由于f ( x,y)的非零区域为D: 0 < x < 1, | y |< 2x

yy2x 34

Oxy2x35

12E(X)xf(x,y)dxdyxdydx2x2dx,

02x23D012x1E(Y)yf(x,y)dxdyD1ydydx0,

02x212xE(XY)xyf(x,y)dxdyD1xydydx0,所以Cov(X，Y)=0，从而

02x212xxyCov(x,y)0，因此X与Y不相关 .

D(x)D(y)2x1dy2x,0x1 f(x,y)dy2x20,其他fX(x)f1y11dx,2y0y22421y1(y)f(x,y)dxy2dx,0y2 Y2420,其他f(x,y)fX(x)fY(y)，所以X和Y不是相互独立的 .

所以，当0.1. 某公司计划开发一种新产品市场，并试图确定该产品的产量，他们估计出售一件产品可获利m元，而积压一件产品导致n元的损失，再者，他们预测销售量Y（件）服从参数的指数分布，问若要获利的数学期望最大，应该生产多少件产品？（设m,n,均为已知）.

解：设生产x件产品时，获利Q为销售量Y的函数 y

mYn(xY),0Yx Q (Y )   0< yY的边缘密度函数为fY(y)e,y0,0

0,y0

yy E(Q)Q(Y).f(Y)dyxmyn(xy)e.1dymx.1edyY0x

yyy xx 0(mn)yde nx0dexmxde yyyyxxx (mn)yeemndynxe0mxe0x0  xyxxx (mn)xemne0nxenxmxe x (mn)emnnx xxdE(Q)1 令(mn)en(mn)en0dx

x nn则e,xlnmnmn 2xdE(Q)mn又e0dxn当xln时，E(Q)取最大值 35

2. 设卖报人每日的潜在卖报数为X服从参数为的泊松分布，如果每日卖出一份报可获报酬m元，卖不掉而退回则每日赔偿n元，若每日卖报人买进r份报，求其期望所得及最佳卖报数。解：设真正卖报数为Y ,则

XYrXrXrke,krk!，Y的分布为

PYkkk!e,krkr设卖报所得为Z ,则Z 与Y 的关系为

mynryZgYmrYrYr

r1kkkmrknmrEgYeek0k!irk!kmnk0k!r1r2kenrk0k!r1r1kemrk0k!r1kek mrek0k!mnk0k!kenrk0k!kemr当给定m,n,λ之后，求r，使得E(g(Y))达到最大.

用软件计算100,m10,n0时EgY100,此时r150(B)组题

1. 已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装有3件合格品，从甲箱中任取3件产品放入乙箱后，求：

(1) 乙箱中次品件数X的数学期望； (2) 从乙箱中任取一件产品是次品的概率．

解：(1) X的可能取值为0，1，2，3，X的概率分布律为

3kC3kC3P{Xk}3C6， k=0,1,2,3.

即 X 0 1 2 3 pi 因此

E(X)1991 2020202019913123. 202020202}，{X2}，{X3}构成完备事件(2) 设A表示事件“从乙箱中任取一件产品是次品”，由于{X0}，{X10P{Xk}P{AXk}

k033组，因此根据全概率公式，有

P(A)k13 =P{Xk}kP{Xk}

66k0k0 36

1131E(X). 66240x，对X独立重复观察4次，用Y表示观察值大于的次数，

3其他x1cos,2. 随机变量X的概率密度为f(x)220,求Y 2的数学期望

解：依题意，Y~B(4, p),

1xx1

p=P{X >}=f(x)dxcosdxsin/3223/32/32所以E(Y)= 4p =2，D(Y)= 4p(1-p)=1， E(Y2) = D(Y)+[E(Y)]2=1+4=5 3. 设随机变量U在区间(-2，2)上服从均匀分布，随机变量

1,若U11,若U1X;Y.

若U1若U11,1,试求：(1)

X和Y的联合分布律；(2)D(XY)．

1,2u2 解：(1) f(u)4U其他0,P{X =-1, Y =-1}= P{U ≤-1且U ≤1}= P{U ≤-1}=P{X =-1, Y =1}= P{U ≤-1且U >1}= 0， P{X =1, Y =-1}= P{-111， du244111， du1421P{X =1, Y =1}= P{U > -1且U >1}= P{U > 1}=所以

2111du， 44X和Y的联合分布律为

1 1/2 1/4 X pi Y pi – 1 1/4 – 1 3/4 1 3/4 1 1/4 X -1 Y -1 1 (2)

1/4 0 X和Y的边缘分布律分别为

所以E(X)= -1/4+3/4=1/2，E(Y)= -3/4+1/4=-1/2，E(XY)= 1/4-1/2+1/4=0， E(X2)= 1/4+3/4=1，E(Y2)=1，D(X)=1-1/4=3/4，D(Y)=1-1/4=3/4， Cov(X，Y)=1/4，D(X+Y)= D(X)+ D(Y)+2 Cov(X，Y)=3/4+3/4+2/4=2

4. 设随机变量X的期望E(X)与方差

D(X)存在，且有

E(X)a,D(X)b(b0)，YXab，证明

E(Y)0,D(Y)1．

证明：首先证明E（Y）存在

(1) 若随机变量X为离散型随机变量，分布律为：P{X则由E(X)存在知，E(X)xi}pi,i,1,2,

xpii1i绝对收敛，且E(X)a,

记YXaxia1g(X),则g(xi)pipibbbi1i1xpii1iab绝对收敛，

所以E（Y）存在，E(Y)XaXaD(X),D(Y)DE0b1

bb(2) 若X为连续型随机变量，其概率密度为f(x),则：

由EX存在知xfxdx绝对收敛。则Xa1fxdxxfxdxafxdxbb1xfxdxab因为xfxdx绝对收敛，所以1xfxdxa绝对收敛b

Xa11EXa0即EY存在，且EYEEXabbbXa11DYDbDXabDX1b5. 设离散型随机变量X的分布律为P{Xxk}pk,(k1,2,)，且

E(X)，E(X 2)，D(X)都存在，试证明：函数

f(x)(xkx)2pk在xE(X)时取得最小值，且最小值为D(X)．

k1df(x)证明：令2(xkx)pk0，

dxk1则xk1kpkxpk0，

k1xkpkxpkE(X)x0，所以，xE(X)

k1k1d2f(x)又，所以时，xE(X)10f(x)(xkx)2pk取得最小值，此时 2dxk1f(E(X))(xkE(X))2pkD(X)

k1 6. 随机变量X与Y独立同分布，且X的分布律为

X pi 记U1 2/3 2 1/3 max(X,Y),Vmin(X,Y)，

(2) 求U与V的协方差Cov(U，V).

(1) 求(U，V)的分布律；解：(1) (X ,Y)的分布律 Y 1 X 1 2 (X ,Y) pij 4/9 2/9 2 2/9 1/9 （1，1） 4/9 （1，2） 2/9 （2，1） 2/9 （2，2） 1/9 38

39 U V V 1 U 1 2 4/9 4/9 1 1 2 0 1/9 2 1 2 1 2 2 (2) E(U)= 4/9+2×5/9=14/9， E(V)= (4/9+2/9+2/9)+ 2×1/9=10/9， E(UV)= 4/9+2×4/9+4×1/9=16/9, Cov(U，V)=16/9-140/81=4/81 7. 随机变量X的概率密度为

1/2,1x0fX(x)1/4,0x2

0,其它令YX2,F(x,y)为二维随机变量（X，Y）的分布函数，求Cov(X，Y)．

解：

E(X)xfｘ(x)dx1/2xdx1/4xdx1/410220221002E(Y)E(X)xfｘ(x)dxx/2dxx2/4dx5/6E(XY)E(X)3xfｘ(x)dxx/2dxx3/4dx7/810323032

则：Cov(X,Y)E(X)E(X)E(X)7/8(1/4)(5/6)2/38. 对于任意二事件A和B，0 < P(A) < 1，0 < P(B) < 1，称作事件A和B的相关系数．

(1) 证明事件A和B独立的充分必要条件是其相关系数等于零． (2) 利用随机变量相关系数的基本性质，证明

证明: (1) 0P(AB)P(A)P(B) P(A)P(B)P(A)P(B)1．

PA1 0PB1

P(A)P(B)P(A)P(B)0 ,

0PABPAPB0PABPAPB

即0是事件A和B独立的充分必要条件

(2) 考虑随机变量X和Y

１，A出现１，B出现 X＝Y＝０，　A不出现０，　B不出现

X服从0-1分布:

X pi Y服从0-1分布:

X 可见,

0 1-P(B) 1 P(B) pi 0 1-P(A) 1 P(A) EXPA,EYPB

22DYEYEY2DXEX2EXPAPA

PBPB

CovX,YEXYEXEYPABPAPB

随机变量Ｘ和Ｙ的相关系数1P(AB)P(A)P(B)P(A)P(A)P(B)P(B)

由两随机变量的相关系数的基本性质有

1

第五章

5三、解答题

1n1. 设随机变量X1，X2，…，Xn独立同分布，且X～P()，XXini1的下界。

，试利用契比谢夫不等式估计P{|X|2}1n1n1解：因为X～P()，E(X)E(Xi)E(Xi)n

ni1ni1n1n1D(X)D(Xi)2ni1n由契比谢夫不等式可得

D(Xi1ni)11n 2nnP{|X|2}1/n1 144n2. 设E(X) = – 1，E(Y) = 1，D(X) = 1，D(Y) = 9， XY = – 0.5，试根据契比谢夫不等式估计P{|X + Y |  3}的上界。解：由题知 Cov

XYXY=11=0

X,Y=xyDXDY=0.519= -1.5

DXYDXDY2CovX,Y1921.57

所以PXY3(XY)037 93. 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1920小时的概率．

解：设i个元件寿命为Xi小时，i = 1 ,2 , ...... , 16 ，

则X1 ，X2 ，... ，X16独立同分布，且 E(Xi ) =100，D(Xi ) =10000，i = 1 ,2 , ...... , 16 ，

1616E(i)1600,D(i)1.6104，

i1i1由独立同分布的中心极限定理可知：

i116i近似服从N ( 1600 , 1.610000)，所以

1616i1920=1i1920i1i110.8=1- 0.7881= 0.2119

161600i19201600i1

11.6100001600004. 某商店负责供应某地区1000人商品，某种商品在一段时间内每人需要用一件的概率为0.6，假定在这一时间段各人购买与否彼此无关，问商店应预备多少件这种商品，才能以99.7%的概率保证不会脱销（假定该商品在某一时间段内每人最多可以买一件）．

解：设商店应预备n件这种商品，这一时间段内同时间购买此商品的人数为X ，则X ~ B（1000，0.6），则E(X) = 600，D (X ) = 240，根据题意应确定最小的n，使P{X ≤n }= 99.7%成立. 则P{X ≤n }所以nX600240n600n600)0.997(2.75) (2402402.75240600642.6，取n=643。

即商店应预备643件这种商品，才能以99.7%的概率保证不会脱销。

5. 某种难度很大的手术成功率为0.9，先对100个病人进行这种手术，用X记手术成功的人数，求P{84 < X < 95}．解：依题意, X ~ B（100，0.9），则E(X) = 90，D (X ) = 9，

8490X909590P{84X95)P{}33355()(2)()1(2)0.9525410.977250.92979

336. 在一零售商店中，其结帐柜台替顾客服务的时间（以分钟计）是相互独立的随机变量，均值为1.5，方差为1．求对100位顾客的总服务时间不多于2小时的概率．

解：设柜台替第i位顾客服务的时间为X i ，i = 1,2,3.....100. 则X i ，i = 1,2,3.....100独立同分布，且E（X i）=1.5，D(X i )=1，所以

100x1001.5i120150100i1Pxi120P1001100i1 31310.99870.0013

即对100位顾客的服务时间不多于两个小时的概率为0.0013.

7. 已知笔记本电脑中某种配件的合格率仅为80%，某大型电脑厂商月生产笔记本电脑10000台，为了以99.7%的把握保证出厂的电脑均能装上合格的配件，问：此生产厂商每月至少应购买该种配件多少件？

解：设此生产厂商每月至少应购买n件该种配件，其中合格品数为X，则X ~ B(n，0.8), 0.997=P{X10000}=P{解得 n=12655

即此生产厂商每月至少应购买12655件改种配件才能满足以99.7概率．

解：记每页印刷错误个数为

的把握保证出厂的电脑均能装上合格的配件。

X0.8n0.16n100000.8n0.4n100000.8n}1() ，

0.4n8. 已知一本300页的书中，每页的印刷错误的个数服从参数为0.2的泊松分布，试求整书中的印刷错误总数不多于70个的

Xi，i=1，2，3，…300，

则它们独立同服从参数为0.2的泊松分布，所以E（X i）=0.2，D(X i )=0.2 所以

300X-0.2300i1070-60300i1PXi70P1.290.9014 70.230060i1609. 设车间有100台机床，假定每台机床是否开工是独立的，每台机器平均开工率为0.64，开工时需消耗电能a千瓦，问发

电机只需供给该车间多少千瓦的电能就能以概率0.99保证车间正常生产？

解：设发电机只需供给该车间m千瓦的电能就能以概率0.99保证车间正常生产，记X为100台机床中需开工的机床数，则X ~ B(100，0.64), E（aX）=64a ，D(aX ) =100×0.64×0.36a2

aX64am64aPaXmP0.99(2.33)

4.8aa1000.640.36m64a2.33，所以m64a2.334.8a75.18a

4.8a10. 某保险公司的老年人寿保险有1万人参加,每人每年交200元．若老人在该年内死亡，公司付给家属1万元．设老年人死亡率为0.017，试求保险公司在一年内的这项保险中亏本的概率．

解：设当年内投保老人的死亡数为X，则X ~ B (10000,0.017)。保险公司在一年内的保险亏本的概率为

PX2001PX200

200100000.0171170(10.017)1(2.321)0.01

所以保险公司在一年内的这项保险中亏本的概率是0.01

四、应用题

1. 某餐厅每天接待400名顾客，设每位顾客的消费额（单位：元）服从区间(20，100)上的均匀分布，且顾客的消费额是相互独立的，求该餐厅的日营业额在其平均营业额760元内的概率．

解：设每位顾客的消费额为Xi ，i =1,2,…400, 且 X i ~ U (20，100)，则

100208080160010020EXi60,DXi2121232，

由独立同分布的中心极限定理所以

400PXi40060760i1P760P1600X~N40060,400, i3i1近似400Xi1400i24000760

7601600400376016004003400i1Xi1400i240001600400324000760P76027603Xi21.645410.950531160040033 42

2. 设某型号电子元件的寿命（单位：小时）服从指数分布，其平均寿命为20小时，具体使用时当一元件损坏后立即更换另一新元件，已知每个元件进价为110元，试问在年计划中应为此元件作多少元的预算，才可以有95%的把握保证一年的供应（假定一年工作时间为2000小时）．

解：设应为这种元件作m元的预算，即需进m/110个元件，记第i件的寿命为Xi小时，i =1，2，3···, m/110，且X i ~ E (20)，所以E（X i）= 20 ，D(X i ) = 400，

m/110PXi2000 i1=Xi20m/110Pi1400m/110n=0.95

200020m/11011000m)1(20m/110110m(m11000110m)0.95(1.645)，所以

m11000110m1.645,所以m=12980

即在年计划中应为此元件作12980元的预算，才可以有95%的把握保证一年的供应.

3. 据调查某村庄中一对夫妻无孩子、有1个孩子、有2个孩子的概率分别为0.05，0.8，0.15．若该村共有400对夫妻，试求：(1) 400对夫妻的孩子总数超过450的概率；(2) 只有1个孩子的夫妻数不多于340的概率．

解：(1) 设第k对夫妻孩子数为X k ，则X k的分布律为

X k p 则E(Xk)0 0.05 1 0.8 2 0.15 00.0510.8020.151.1，D(Xk)E(Xk2)E(Xk)20.19



Xk1400k4001.1Xk1400k440

4000.1940076 故P(Xk1k450)P(k1X400k44076450440450440)1()1(1.147)0.1357即400对夫妻的孩子总7676数超过450的概率为0.1357

(2) 设Y为只有一个孩子的夫妻对数，则Y ~ B (400,0.8)，

P{Y340}PY4000.83404000.8(4000.80.24000.80.2即只有1个孩子的夫妻数不多于340的概率为0.9938．（B）

3404000.84000.80.2)(2.5)0.9938

xmxe,x0，m为正整数，证明：P{0X2(m1)}m（提示：利1. 设随机变量X的概率密度为f(x)m!m1其它0,用Chebyshev不等式）．

证明：E（X）=

0xf(x)dx=00xm1x(m2)(m1)!edxm1， m!m!m!E(X)20xf(x)dx2xm2x1(m3)edxx(m3)1exdx(m2)(m1)

0m!m!m!D(X)E(X2)E(X)(m2)(m1)(m1)2m1

2由切比雪夫不等式

P0X2(m1)=PX(m1)m11m12(m1)

m1 43

2. 设{Xn:n1}为独立同分布的随机变量序列，其共同的分布如下表所示，证明{Xn}服从Chebyshev大数定律．

Xn pk 2 0 1/2 2 1/4 1/4 证明：DXiXi2又因为{Xn1112020 ，

42422111Xi202(2)201

424i:n1}独立且同分布，所以Xn服从切比雪夫大数定律.

4)存在（n=1,2,…），:n1}独立同分布，E(Xn)0,D(Xn)2(02)，又E(Xn3. 设随机变量序列{Xn证明：1nnX2iP2．（提示：利用Chebyshev大数定律） i1证明：因为随机变量序列{X2n:n1}独立同分布，所以{Xi}也独立同分布

E(X2i)D(Xi)E(Xi)2，D(X2i)E(X42i)[E(X2i)]E(X4i)4存在

由Chebyshev大数定律，1n2nXiP2 i1第六章（A）

三、解答题

1. 已知总体X～B(1，p)，X1，X2，…，Xn是X的一个样本，求 (1) X1，X2，…，Xn的联合分布律; n

(2)

的分布律;

i1

(3) E(X),D(X),E(S2). 解：因为X的分布律为

P{Xk}(1p)1kpk,k0,1(0p1)

且X1，X2，…，Xn均于X独立同分布，所以（1）X1，X2，…，Xn的联合分布律为

nP{X1x1,X2x2,...,Xnxn}P{Xixi}i1n

nxpnxii1(1p)ii1,xi0,1,i1,2,...,n （2）因为YnX~B(n,p)，所以P{Yy}Cyynyinp(1p),y0,1,2,3,...,n.

i1 （3）因为，所以

E(X)E(X)p,D(X)D(X)np(1p)n,E(S2)D(X)p(1p).

2. 从总体N(52，6.32)中随机抽取一个容量为36的样本，计算样本均值

X落在50.8到53.8之间的概率．

解：因为X~N(52，6.32

)，所以 X~N6.3252,36，  44

P{50.8X53.8}(53.8526.336)(50.8526.336)0.8293

3. 某种灯管寿命X（以小时计）服从正态分布X ～ N(， 2)， (1) 求X与的偏差大于

X为来自总体X的样本均值．

2的概率． n (2) 若未知， 2 = 100，现随机取100只这种灯管，求X与的偏差小于1的概率．

2 解：因为X～N(， )，X~N,n2X，~N(0,1),所以 n2XXXPXP21P21P22 (1) nnnn1[(2)(2)]22(2)220.97720.0456. (2) 因为 2 = 100，n=100，n1，所以

1XXPX1P1P

nnn(1)(1)2(1)122(1)20.841310.6826. 4. 在天平上反复称量重量为w的物体，每次称量结果独立同服从N(w，0.04)，若以X表示n次称重的算术平均，则为使

P{Xw0.1}0.95，n至少应该是多少？

解：X1，X2，…，Xn

为称重的结果，则

X1，X2，…，Xn相互对立且均服从N(w，0.04)，于是

Xw0.2n~N0,1，欲使

0.1XwP{Xw0.1}0.95，须使P0.95，即

0.2n0.2nXwP0.5n2(0.5n)10.95, 0.2n解得(0.5n)0.975,查表得(1.96)0.975,

由于(x)是递增函数，须使0.5n1.96,解得n>15.366,故n至少为16. 5. 从正态总体N(,0.52)中抽取样本X1，X2，…，X10 (1) 已知 = 0，求P10Xi12i4；

10 (2) 未知，求P(XiX)20.675． i1X0 解：（1）因为Xi～N(0，0.5 2)，i~N0,1，即2Xi~N0,1,

0.5令

(2Xi)2i1102，则2(2Xi)2~2(10)

i110

由于

10210PXi4P(2Xi)216P216 i1i1 45

10查表知(10)16，所以PXi24P2160.1. i120.1 (2) ）因为Xi～N(，0.5 2)，即X~N,0.25，所以 10XiX~N0,0.275,

XiX0.275~N0,1,

(i110XiX0.275)2~2(10)

10XiX210=10XiX20.6752))2.4545， P(XiX)0.675P(P(0.275i1i10.275i10.2752查表知0.992(10)2.45，所以

10P(XiX)20.6750.992 i1 6. 已知X ~ t (n)，求证X 2 ~ F(1，n)．

证明：因为X ~ t (n)，存在Y ～ N(0，1)，Z ～ 2(n)，Y与Z独立，使

X由于Y2~YZn，

2(1)，Z~2(n)，且Y2与Z独立，所以

Y2X~F(1,n).

Zn2第七章 7（A）

三、解答题

1. 设总体X服从几何分布，分布律为P 解：因为PXk(1p)k1p,k1,2,....，(0p1)求p的矩估计量．

nnXk(1p)k1p,k1,2,....，所以X的一阶矩

E(X)kP{Xk}k(1p)k1k1//nk1pp((1p)k)'k1

1p1p11ppp(2).pp1(1p)p用样本的一阶A1=

X代替总体X的一阶矩E(X)得到X1, p1. X 2. 求均匀分布X~U(a,b)中参数a,b的矩估计量．

所以

ˆp的矩估计量为p 解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，总体X的一阶、二阶矩分别为

1E(X) 2

ab 2

(ba)2ab2a2abb22 = E(X) = D(X) + [E(X)]= ()1223用样本的一阶、二阶矩A1和A2分别代替总体的一阶、二阶矩1和2，得到

abA12 22A2aabb3解得a,b的矩估计量为

3n23n2ˆA13A23AA1aXi3XX(Xi2X)2 ni1ni1213n23n22ˆbA13A23A1A1Xi3XX(Xi2X)2 ni1ni1 3. 设总体X的概率密度为

f(x;)X1,1|x|，x e2,Xn是来自X的简单随机样本，求参数的矩估计量．

解：总体X的一阶为

11E(X)xe|x|dx211(x)xde221(x)xedx2x1(x)edx2xde(x)1111(x)(x)xe(x)|edxxe|2222(x)de(x)edx

1111(x)de2222用样本的一阶A1=

ˆX. X代替总体X的一阶矩E(X)得到

1(x)/θe,x，其中(0),是未知参数，X, 4. 设总体X的概率密度为f(x;)10,其它简单随机样本，求和的矩估计量．解：总体X的一阶为

,Xn是来自X的

1E(X)x1e(x)/θdxxde(x)/θxe(x)/θ|e(x)/θdx

总体X的二阶为

(x)/θde. 47

2E(X2)x21e(x)/θdxx2de(x)/θx2e(x)/θ|2xe(x)/θdx2

22()222()22用样本的一阶、二阶矩A1和A2分别代替总体的一阶、二阶矩1和2，得到

A122A()2解得和的矩估计量为

n12ˆAA(XX)i2ni1，

ˆA1 5. 设XA2A21X1n2(XX)ini1的简单随机样本，求

~B(m,p)，m已知，0p1未知，X1,,Xn是来自Xp的最大似然估计量．

解：由于X的分布律为

kP{Xx}Cmpk(1p)mk,k0,1,...,m

基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为

L(p)L(x1,x2,...,xn;p)Cp(1p)xmxii1nmxipi1nxinm(1p)nxii1nCi1nxim,

nnxlnL(p)xlnpnmxiiln(1p)lnCmi,

i1i1i1ixinmxidi1i1令lnL(p)0,

dpp1pnn1nx解得pxi.

nmi1mxinmxid2i1i1注意到：lnL(p)0, 222dpp(1p)nn1nxˆxi. p的最大似然估计值为pni1mXˆp. 的最大似然估计量为pm 48

ˆp1nXiX.ni149

6. 设总体X的概率密度为

ex,x0，今从X中抽取10个个体，得数据如下: f(x;)0,x01050 1250

1100 1340

1080 1060

1200 1150

1300 1150

试用最大似然估计法估计．

解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为

L()L(x1,x2,...,xn;)i1nxinei1,f(xi;)0,nx1,x2,...,xn0 其它当x1,x2,...,xn0时，lnL()nlnθxii1n，令

dnnlnL()xi0， di1解得

考虑到

ni1xin1． xd2nlnL()0 d22所以，θ的最大似然估计值为

ˆˆ将数据代入计算，θ的最大似然估计量为 7. 设某电子元件的使用寿命

1 x0.000858

2e2(x),x, f(x;)x,0,X的概率密度为

0为未知参数，x1,x2,...,xn是X的一组样本观测值，求的最大似然估计值．

解：设X1，X2，…，Xn为总体X的一个样本，基于样本观测值x1，x2，…，xn的似然函数为

nL()L(x1,x2,...,xn;)i12(xi)2nei1,f(xi;)0,nx1,x2,...,xn 其它容易看出θ越大L()越大，在约束即为θ最大似然估计值。

ˆmin{x,x,...,x}

x1,x2,...,xn下，12n12113X1X2，X1X2，X1X2.

23344 8. 设X1,X2是取自总体N(，1)的一个样本，试证下面三个估计量均为的无偏估计量，并确定最有效的一个．

证明：因为X1,X2独立均服从N(，1)，且

212121E(X1X2)E(X1)E(X2), 333333

131313E(X1X2)E(X1)E(X2),. 44444411E(X1X2)E(X), 2212113所以X1X2，X1X2，X1X2.均为的无偏估计量。又因为

2334421419110D(X1X2)D(X1)D(X2), 33999991319195D(X1X2)E(X1)E(X2), 44161616168D(X)111D(X1X2)D(X), 22221所以X1X2.最有效。

2 9. 设总体X的数学期望为

，

X1,,Xn是来自

X的简单随机样本．

a1,a2,,an是任意常数,证明

aXa(aiiii1i1i1nnni0)是 的无偏估计量．

证明：因为Xi的数学期望均为，所以

E(aiXii1nnai1ni)E(aiXi)i1nai1niaaii1i1nni,

故

aXa(aiiii1i1i1nni0)是 的无偏估计量．

10. 设总体X~N(,2),X1,,Xn是来自X的一个样本．

(1) 试确定常数c，使c(Xi12n1i1Xi)2为 2的无偏估计;

(2) 试确定常数c，使(X 解：（1）因为

cS2)为 2的无偏估计．

2n1i12i1E(c(Xi1Xi))cE(Xi1n1i1n1i1n12Xi1XiXi2)i1i1n1i1n1n12c(E(Xi21)2E(Xi1)E(Xi)E(Xi)2c(E(Xi21)2E(Xi1)E(Xi)E(Xi))i1i1i1n1n1n1

c((i1n1i1n122)22(i1i12n1n122))c(22)2c(n1)n1n11222所以当c时E(c(Xi1Xi))，c(Xi1Xi)2(n1)i1i1为 2的无偏估计。

（2）因为

E(X2cS2)E(X2)cE(S2)D(X)(EX)2cD(X) 50

2nc22

所以当c122222时E(XcS)，(XcS)为 2的无偏估计。 n6.0，5.7，5.8，6.5，7.0，6.3，5.6，6.1，5.0

11. 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为

设干燥时间总体服从N( ， 2)；在下面两种情况下，求 的置信水平为0.95的置信区间． (1) 由以往的经验知 = 0.6 (小时); (2)  未知．

解：（1）由于 = 0.6，求 的置信区间由公式Xnz2,Xz2计算， n其中n=9，=0.05，z2z0.0251.96，x19xi6，代入计算得 的置信水平为0.95的置信区间为（5.608，6.392）. 9i1 （2）由于 未知，求 的置信区间由公式XSnt2(n1),XS计算，

t2(n1)n1192其中n=9，=0.05，t2(8)t0.025(8)=2.306，xxi6，sn19i1代入计算得 的置信水平为0.95的置信区间为（5.558，6.442）

(xx)ii1n20.33，

12. 某机器生产圆筒状的金属品，抽出9个样品，测得其直径分别为1.01，0.97，1.03，1.04，0.99，0.98，0.99，1.01，1.03公分，求此机器所生产的产品，平均直径的置信水平为99%的置信区间．假设产品直径近似服从正态分布．解：设X~N( , 2),由于2未知， 的置信区间为X其中n=9，=0.01，t2(8)t0.005(8)3.3554，xSnt2(n1),XS，

t2(n1)n19xi1.0056， 9i11ns(xix)20.0006n1i12，

代入计算得 的置信水平为99%的置信区间为（0.978，1.033）.

13. 某灯泡厂从当天生产的灯泡中随机抽取9只进行寿命测试，取得数据如下（单位：小时）：1050，1100，1080，1120，1250，1040，1130，1300，1200．设灯泡寿命服从正态分布，试求当天生产的全部灯泡的平均寿命的置信水平为95%的置信区间．

解：设X~N(,2),由于未知， 的置信区间为

， SSXt(n1),Xt(n1)22nn91其中n=9，=0.05，t2(8)t0.025(8)=2.306，xxi1141.11，

9i11ns(xix)28136.11 n1i12代入计算得 的置信水平为95%的置信区间为（1071.78，1210.45）.

14. 假设某种香烟的尼古丁含量服从正态分布，现随机抽取此种香烟8支为一样本，测得其尼古丁平均含量为18.6毫克，样本标准差s = 2.4毫克，试求此种香烟尼古丁含量方差的置信水平为0.99的置信区间．

2(n1)S2(n1)S 解：设X~N( , ),由于未知，的置信区间为 ,2(n1)2(n1)1222

222其中n=8，=0.01，2(n1)0.005(7)20.2777,122，s = 2.4， (n1)0.995(7)0.9892代入计算得 的置信水平为95%的置信区间为（1.99，40.76）.

15. 从某汽车电池制造厂生产的电池中随机抽取5个，测得其寿命分别为1.9，2.4，3.0，3.5，4.2，求电池寿命方差的置信

水平为95%的置信区间，假设电池寿命近似服从正态分布．

2(n1)S2(n1)S 解：设X~N( , ),由于未知，的置信区间为 ,2(n1)2(n1)1222

22其中n=5，=0.05，,122(n1)0.025(4)11.143322， (n1)0.975(4)0.48441152xxi3，sn15i1(xx)ii1n20.815，

代入计算得方差的置信水平为95%的置信区间为（0.29，6.73）.

16. 设使用两种治疗严重膀胱疾病的药物，其治疗所需时间（以天计）均服从正态分布．试验数据如下: 使用第一种药物使用第二种药物

n114,x117,s121.5

2n216,x219,s21.8

假设两正态总体的方差相等，求使用两种药物平均治疗时间之差12的置信水平为99%的置信区间．

解：设两正态总体分别为X~N(1 , 12)，Y~N(2 , 22)，由于12= 22未知，

21的置信区间为

XYt2(n1n22)Sw其中

11，

n1n2n114,x117,s121.5

2n216,x219,s21.8

22(n11)s1(n21)s2n1n22sw141.5151.81.2887

14162

查t分布分位数表知t/2(n1+n2 – 2) = t0.005(28) = 2.1199．故得1 17. 测得两个民族中各8位成年人的身高（单位:cm）如下 A民族：162.6 170.2 172.7 165.1 157.5 158.4 160.2 162.2 B民族：175.3 177.8 167.6 180.3 182.9 180.5 178.4 180.4

假设两正态总体的方差相等，求两个民族平均身高之差1 – 2的置信水平为90%的置信区间．解：由于总体方差相等但未知，可采用

2的置信水平为0.99的置信区间为（-3.3，-2）．

XYt2(n1n22)Sw计算1 – 2的置信区间．其中，由两个民族的观测数据计算得

11

n1n2n18,x163.61,s1229.63

2n28,y177.9,s222.41

22(n11)s1(n21)s2n1n22sw729.63722.415.1

882

查t分布分位数表知t/2(n1+n2 – 2) = t0.05(14) = 1.761．故得1 – 2的置信水平为0.90的置信区间为(-18.78，-9.80)． 18. 工人和机器人独立操作在钢部件上钻孔，钻孔深度分别服从N(1，12)和N(2，22)，1，2，12，22均未知，今测得部分钻孔深度（单位:cm）如下

工人操作： 4.02 3.94 4.03 4.02 3.95 4.06 4.00 机器人操作: 4.01 4.03 4.02 4.01 4.00 3.99 4.02 4.00 试求1222的置信水平为0.90的置信区间．

2计算2/2的置信区间． S1211 解：由于1和2未知，可采用S1212,2SF(n1,n1)SF(n1,n1)221212221 由两样本观测值计算得n17,s120.0189，n228,s20.00017， = 0.1，查F分布的分位数表知

F0.05(6,7) = 3.87，F0.95(6,7) =

2故得12/2的置信水平为0.95的置信区间为

110.24

F0.05(7,6)4.2110.018910.0189,(2.853,46.39)．

0.000173.870.000170.24 19. 求12题中的置信水平为0.95的单侧置信区间下限．

解：设X~N( , 2),由于2未知， 的的单侧置信下限可由下面公式计算得到

X其中n=9，=0.01，t(8)t0.05(8)1.8595，xSt(n1) n19xi1.0056， 9i11ns(xix)20.0006n1i12，

代入计算得 的置信水平为95%的单侧置信下限：

1.00560.00061.8595=0.99 32 20. 求14题中香烟尼古丁含量方差的置信水平为0.99的单侧置信区间置信上限．

2(n1)S 解：由于X～N(，)且未知，的单侧置信上限为 21(n1)2

其中n=8，=0.01，12(n1)02..99(7)1.239，s = 2.4，

272.42代入计算得 的置信水平为99%的单侧置信区间置信上限为32.54.

1.2392 21. 设总体X~N(,)，已知0，要使总体均值的置信水平为1的置信区间长度不大于L，问应抽取多大

容量的样本？

2 解：由于X~N(,)，已知0，总体均值的置信水平为1的置信区间为

0z2,X0zXnn2

令置信区间为长度

20nz2L，解得n4(0z/2L)2.

因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容

查看全文

全部栏目

概率论与数理统计课后习题答案