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概率论与数理统计练习册答案（1-4单元）第一单元 A 卷1解（1）有两种可能性30 30 10，50 10 10 P=2112525331035712024C CC CC ?==（2）用对立事件做 P=111532310314C C CC创-=2解： 由题意产品的合格率为96%合格产品中的一等品率为75%则出厂产品的一等品率P=96%*75%=72%所以在该厂产品中任取一件是一等品的概率为72%。
3解： 乙选手输掉一分有两种情况：第一种是乙第一次回球就失误，所以P1=0.3;第二种是乙第二次回球才失误，所以P2=0.7*0.6*0.5=0.21; 因此乙选手输掉一分的概率P=P1+P2=0.51。
4. 解： P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC) =1/4+1/4+1/4-1/6-1/6=5/12则A 、B 、C 全不发生的概率为1-P(AUBUC)=1-5/12=7/12。
5解：令事件B 为被射中事件A 1表示甲射中乙没中 事件A 2表示乙射中甲没中 事件A 3表示俩人都中 则P （13()A A B+）=13()()()P A B P A B P B +=1133112233()()()()()()()()()()P B A P A P B A P A P B A P A P B A P A P B A P A ? ?? =0.60.60.50.40.50.60.5?? =0.757.解：设A i 为第一次抽到的新球个数。
B 为3只球为新球。
P （A 0）=0396315C C C ，P （A 1）=1296315C CCP （A 2）=2196315C C C ´，P （A 3）=3096315C C C ´P （0A B ）=31539CC，P （1A B ）=31538CCP （2A B ）=31537CC，P （3A B ）=31536CCP （B ）=P （0A B ）´P （A 0）＋P （1A B ）´P （A 1）＋P （2AB ）´P （A 2）＋P （3AB ）´P （A 3）＝0.089四．1．证明重要公式：P(A-B)=P(A)P - (AB);(或P(AB)=P(A) -P(AB));2．设P(A)=0.7，P(A -B)=0.3，求P(AB ) 解：1．证明：因为A=A B ÈAB所以P （AB ）= P （AB AB È）= P （AB ）+P （AB ）P - (AB ÇAB)又因为ABÇAB=Æ所以P （A ）= P （AB ）+P （AB ）所以P （AB ）= P （A ）- P （AB ）即P （A -B ）=P （A ）-P （AB ） 2．由1可得，P （AB ）= P （A ）-P （A -B ）=0.4 所以P(AB )=1-P(AB)=0.6（画图可帮助解题）五．解：设事件A 为取到白球球分放在箱子中一共有四种情况：I. 一只箱子中没球，另一只箱子中4个球：P （A ）=1/2*2/4=1/4 II. 一只箱子中1只白球，另一只箱子中其他三只球：P （A ）=1/2+1/2*1/3=7/12III. 一只箱子中一只黑球，另一只箱子中其他三只球：P （A ）=1/2*2/3=1/3IV.一只箱子中2只白球，另一只箱子中两只黑球：P （A ）=1/2B 卷三、计算题1、① P=C 110C 4924/C 206=0.52 先从10双中取1双，再从剩下的9双中取4双，最后从4双中取每双中的一只② P=1-C 61026/C 620=0.653 考虑对立面，即没有两只能够配成对，先从10双中取6双，再从6双取每双的一只2解：由P(B|A )=)()(A P A B P =1.0)(A B P =0.4得()A B P =0.04，又由)(A B P =P(B)-P(AB)=0.75-P(AB)=0.04 故 P （AB ）=0.713、解：记“甲获胜”为事件A,“乙获胜”为事件B 由题意得P(A)=23211151515()()()()...()()6666666n n -++++ P(B)= 223315151515()()()()()()...()()66666666n n++++两式相比得()5()6P A P B =故65(),()1111P A P B ==4解：若采用第一种 设A 为“不产出废品”P(A ）=97%⨯96%⨯95%=0.88464若采用第二种 设B 为“不产出废品” P(B)=93%⨯93%=0.8649P(A)>P(B) 应采用第一种 5 P （A 0）=121211221122()()nnn n m n m nm n m n ?++++121212121112211221122()()()P m n nm m n n m A m n m nm n m nm n m n +=??++++++ 1212211221122()()()P m m m m A m n m nm n m n =?++++ )|(0A B P =0)|(1A B P =211)|(2=A B P P(B)=)(0A P )|(0A B P +)|()()|()(2211A A A A B P P B P P +=121221112222()()m m m n m n m n m n ++++6．解：设1A 表示取出的一只元件为正品，2A 表示取出的为次品。
概率论与数理统计课后习题问案之阳早格格创做下等培养出版社1.将一枚匀称的硬币扔二次，事变C B A ,,分别表示“第一次出现正里”，“二次出现共部分”，“起码有一次出现正里”.试写出样原空间及事变C B A ,,中的样原面. 解：{=Ω(正，正)，（正，反），（反，正），（反，反）}{=A (正，正)，（正，反）}；{=B （正，正），（反，反）}{=C (正，正)，（正，反），（反，正）}2.正在掷二颗骰子的考查中，事变D C B A ,,,分别表示“面数之战为奇数”，“面数之战小于5”，“面数相等”，“起码有一颗骰子的面数为3”.试写出样原空间及事变D C B A BC C A B A AB ---+,,,,中的样原面. 解：{})6,6(,),2,6(),1,6(,),6,2(,),2,2(),1,2(),6,1(,),2,1(),1,1( =Ω；{})1,3(),2,2(),3,1(),1,1(=AB ；{})1,2(),2,1(),6,6(),4,6(),2,6(,),5,1(),3,1(),1,1( =+B A ；Φ=C A ；{})2,2(),1,1(=BC ；{})4,6(),2,6(),1,5(),6,4(),2,4(),6,2(),4,2(),5,1(=---D C B A C B A ,,分别表示某皆会住户订阅日报、早报战体育报.试用C B A ,,表示以下事变：（1）只订阅日报； （2）只订日报战早报；（3）只订一种报； （4）正佳订二种报；（5）起码订阅一种报； （6）不订阅所有报；（7）至多订阅一种报； （8）三种报纸皆订阅；（9）三种报纸不齐订阅.解：（1）C B A ； （2）C AB ； （3）C B A C B A C B A ++；（4）BC A C B A C AB ++; （5）C B A ++；（6）C B A ； （7）C B A C B A C B A C B A +++或者C B C A B A ++（8）ABC ； （9）C B A ++4.甲、乙、丙三人各射打一次，事变321,,A A A 分别表示甲、乙、丙射中.试道明下列事变所表示的截止：2A ,32A A +,21A A ,21A A +,321A A A ,313221A A A A A A ++.解：甲已打中；乙战丙起码一人打中；甲战乙至多有一人打中或者甲战乙起码有一人已打中；甲战乙皆已打中；甲战乙打中而丙已打中；甲、乙、丙三人起码有二人打中.C B A ,,谦脚Φ≠ABC ，试把下列事变表示为一些互不相容的事变的战：C B A ++，C AB +，AC B -.解：如图：C B A ,,谦脚C B C A +=+，试问B A =是可创造？举例道明. 解：纷歧定创造.比圆：{}5,4,3=A ，{}3=B ，{}5,4=C ，那么，C B C A +=+，然而B A ≠.C B A ,,，试问C B A C B A +-=--)()(是可创造？举例道明. 解：纷歧定创造. 比圆：{}5,4,3=A ，{}6,5,4=B ，{}7,6=C ，那么{}3)(=--C B A ，然而是{}7,6,3)(=+-C B A .8. 设31)(=A P ，21)(=B P ，试便以下三种情况分别供)(A B P ： （1）Φ=AB ，（2）B A ⊂，（3）81)(=AB P .解：（1）21)()()()(=-=-=AB P B P AB B P A B P ；（2）61)()()()(=-=-=A P B P A B P A B P ；（3）838121)()()()(=-=-=-=AB P B P AB B P A B P . 9. 已知41)()()(===C P B P A P ，161)()(==BC P AC P ，0)(=AB P 供事变C B A ,,齐不爆收的概率. 解：())(1)(C B A P C B A P C B A P ++-=++==[])()()()()()()(1ABC P BC P AC P AB P C P B P A P +---++-83016116104141411=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+---++-= 10.每个路心有黑、绿、黄三色指示灯，假设各色灯的启关是等大概的.一部分骑车通过三个路心，试供下列事变的概率：=A “三个皆是黑灯”=“齐黑”；=B “齐绿”；=C “齐黄”；=D “无黑”；=E “无绿”；=F “三次颜色相共”；=G “颜色齐不相共”；=H “颜色不齐相共”. 解：271333111)()()(=⨯⨯⨯⨯===C P B P A P ；278333222)()(=⨯⨯⨯⨯==E P D P ；91271271271)(=++=F P ；92333!3)(=⨯⨯=G P ；98911)(1)(=-=-=F P H P . 11.设一批产品共100件，其中98件正品，2件次品，从中任性抽与3件（分三种情况：一次拿3件；屡屡拿1件，与后搁回拿3次；屡屡拿1件，与后不搁回拿3次），试供：（1） 与出的3件中恰有1件是次品的概率；（2） 与出的3件中起码有1件是次品的概率. 解：一次拿3件：（1）0588.0310012298==C C C P ； （2）0594.031001982229812=+=C C C C C P ；屡屡拿一件，与后搁回，拿3次：（1）0576.0310098232=⨯⨯=P ； （2）0588.010098133=-=P ；屡屡拿一件，与后不搁回，拿3次：（1）0588.03989910097982=⨯⨯⨯⨯⨯=P ； （2）0594.098991009697981=⨯⨯⨯⨯-=P 9,,2,1,0 中任性选出3个分歧的数字，试供下列事变的概率： {}501与三个数字中不含=A ，{}502或三个数字中不含=A . 解：157)(310381==C C A P ；15142)(31038392=-=C C C A P 或者15141)(310182=-=C C A P 9,,2,1,0 中任性选出4个分歧的数字，估计它们能组成一个4位奇数的概率. 解：9041454102839=-=P P P P 14.一个宿舍中住有6位共教，估计下列事变的概率：（1）6人中起码有1人死日正在10月份；（2）6人中恰有4人死日正在10月份；（3）6人中恰有4人死日正在共一月份；解：（1）41.01211166=-= P ； （2）00061.012116246=⨯= C P ；（3）0073.012116246112== C C P 15.从一副扑克牌（52弛）任与3弛（不沉复），估计与出的3弛牌中起码有2弛花色相共的概率. 解：602.03521392131431314=+= C C C C C C P 或者602.0135211311311334=-= C C C C C P1.假设一批产品中一、二、三等品各占60%，30%、10%，从中任与一件，截止不是三等品，供与到的是一等品的概率.解：令=i A “与到的是i 等品”，3,2,1=i 329.06.0)()()()()(3133131====A P A P A P A A P A A P . 2.设10件产品中有4件分歧格品，从中任与2件，已知所与2件产品中有1件分歧格品，供另一件也是分歧格品的概率.解：令=A “二件中起码有一件分歧格”，=B “二件皆分歧格”511)(1)()()()|(2102621024=-=-==C C C C A P B P A P AB P A B P 3.为了预防不料，正在矿内共时拆有二种报警系统I 战II.二种报警系统单独使用时，系统I 战II 灵验的概率分别0.92战0.93，正在系统I 得灵的条件下，系统II 仍灵验的概率为0.85，供（1） 二种报警系统I 战II 皆灵验的概率；（2） 系统II 得灵而系统I 灵验的概率；（3） 正在系统II 得灵的条件下，系统I 仍灵验的概率.解：令=A “系统（Ⅰ）灵验”，=B “系统（Ⅱ）灵验”则85.0)|(,93.0)(,92.0)(===A B P B P A P （1）)()()()(B A P B P B A B P AB P -=-=862.085.0)92.01(93.0)|()()(=⨯--=-=A B P A P B P （2）058.0862.092.0)()()()(=-=-=-=AB P A P AB A P A B P （3）8286.093.01058.0)()()|(=-== B P B A P B A P4. 设1)(0<<A P ，道明事变A 与B 独力的充要条件是 证：⇒：A 与B 独力，A ∴与B 也独力.)()|(),()|(B P A B P B P A B P ==∴)|()|(A B P A B P =∴⇐： 1)(01)(0<<∴<<A P A P 又)()()|(,)()()|(A P B A P A B P A P AB P A B P == 而由题设)()()()()|()|(A P B A P A P AB P A B P A B P =∴=即)]()()[()()](1[AB P B P A P AB P A P -=-)()()(B P A P AB P =∴，故A 与B 独力.5. 设事变A 与B 相互独力，二个事变惟有A 爆收的概率与惟有B 爆收的概率皆是41，供)(A P 战)(B P . 解：41)()(==B A P B A P ，又 A 与B 独力∴41)()](1[)()()(=-==B P A P B P A P B A P 41)](1)[()()()(=-==B P A P B P A P B A P 41)()(),()(2=-=∴A P A P B P A P 即21)()(==B P A P . 6. 道明 若)(A P >0，)(B P >0，则有（1） 当A 与B 独力时，A 与B 相容；（2） 当A 与B 不相容时，A 与B 不独力.道明：0)(,0)(>>B P A P （1）果为A 与B 独力，所以0)()()(>=B P A P AB P ，A 与B 相容.（2）果为0)(=AB P ，而0)()(>B P A P ，)()()(B P A P AB P ≠∴，A 与B 不独力.7. 已知事变C B A ,,相互独力，供证B A 与C 也独力. 道明：果为A 、B 、C 相互独力，∴)(])[(BC AC P C B A P =)()()()]()()([)()()()()()()()()()(C P B A P C P AB P B P A P C P B P A P C P B P C P A P ABC P BC P AC P =-+=-+=-+=B A ∴与C 独力.8. 甲、乙、丙三机床独力处事，正在共一段时间内它们不需要工人照应的概率分别为0.7，0.8战0.9，供正在那段时间内，最多惟有一台机床需要工人照应的概率.解：令321,,A A A 分别表示甲、乙、丙三机床不需要工人照应，那么9.0)(,8.0)(,7.0)(321===A P A P A P 令B 表示最多有一台机床需要工人照应，那么)()(321321321321A A A A A A A A A A A A P B P +++=902.01.08.07.08.02.07.09.08.03.09.08.07.0)()()()(321321321321=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+++=A A A P A A A P A A A P A A A P 9. 如果形成系统的每个元件能平常处事的概率为)10(<<p p ，（称为元件的稳当性），假设各元件是可平常处事是相互独力的，估计底下各系统的稳当性.解：令A 常处事”i A n i 2,,2,1 =n i A A A P A P 221,,,,)( =相互独力.那么[])()()(22121n n n n A A A A A A P A P +++=][[])2(2)()()()()()(22121122122121n n n n ni i n n i i n i i n n n n n P P P P A P A P A P A A A P A A A P A A A P -=-=-+=-+=∏∏∏=+==++ )]())([()(22211n n n n A A A A A A P B P +⨯⨯++=++ n nni n i i n i i n i ni i n i P P P P A P A P A P A P A A P )2(]2[)]()()()([)(1211-=-=-+=+=∏∏∏==++=+注：利用第7题的要领不妨证 明)(i n i A A ++与)(j n j A A ++j i ≠时独力.系统I 系统II10. 10弛奖券中含有4弛中奖的奖券，每人买买1弛，供（1） 前三人中恰有一人中奖的概率；（2） 第二人中奖的概率.解：令=i A “第i 部分中奖”，3,2,1=i (1))(321321321A A A A A A A A A P ++)()()(321321321A A A P A A A P A A A P ++=)|()|()()|()|()()|()|()(213121213121213121A A A P A A P A P A A A P A A P A P A A A P A A P A P ++=21859410684951068596104=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=或者213102614==C C C P （2）)|()()|()()(1211212A A P A P A A P A P A P +=529410693104=⨯+⨯= 11. 正在肝癌诊疗中，有一种甲胎蛋黑法，用那种要领不妨查看出95%的真正在患者，然而也有大概将10%的人误诊.根据往常的记录，每10 000人中有4人患有肝癌，试供：（1）某人经此考验法诊疗患有肝癌的概率；（2）已知某人经此考验法考验患有肝癌，而他真真是肝癌患者的概率.解：令=B “被考验者患有肝癌”，=A “用该考验法诊疗被考验者患有肝癌”那么，0004.0)(,10.0)|(,95.0)|(===B P B A P B A P （1）)|()()|()()(B A P B P B A P B P A P +=10034.01.09996.095.00004.0=⨯+⨯=（2）)|()()|()()|()()|(B A P B P B A P B P B A P B P A B P +=0038.01.09996.095.00004.095.00004.0=⨯+⨯⨯= 12. 一大批产品的劣量品率为30%，屡屡任与1件，连绝抽与5次，估计下列事变的概率：（1）与到的5件产品中恰有2件是劣量品；（2） 正在与到的5件产品中已创造有1件是劣量品，那5件中恰有2件是劣量品.解：令=i B “5件中有i 件劣量品”，5,4,3,2,1,0=i （1）3087.0)7.0()3.0()(32252== C B P （2）)()()|()|(00202512B P B B P B B P B B P i i === 371.0)7.0(13087.0)(1)(502=-=-= B P B P 13. 每箱产品有10件，其次品数从0到2是等大概的.启箱考验时，从中任与1件，如果考验是次品，则认为该箱产品分歧格而拒支.假设由于考验有误，1件正品被误检是次品的概率是2%，1件次品被误判是正品的概率是5%，试估计：（1）抽与的1件产品为正品的概率；（2）该箱产品通过查支的概率.解：令=A “抽与一件产品为正品”=i A “箱中有i 件次品”，2,1,0=i =B “该箱产品通过查支”（1）9.0101031)|()()(2020=-⨯==∑∑==i i i i i A A P A P A P （2）)|()()|()()(A B P A P A B P A P B P +=887.005.01.098.09.0=⨯+⨯=14. 假设一厂家死产的仪器，以概率0.70不妨间接出厂，以概率0.30需进一步调试，经调试后以概率0.80不妨出厂，并以概率0.20定为分歧格品不克不迭出厂.现该厂新死产了)2(≥n n 台仪器（假设各台仪器的死产历程相互独力），供：（1）局部能出厂的概率；（2）其中恰有2件不克不迭出厂的概率；（3）其中起码有2件不克不迭出厂的概率.解：令=A “仪器需进一步调试”；=B “仪器能出厂”=A “仪器能间接出厂”；=AB “仪器经调试后能出厂”隐然AB A B +=，那么8.0)|(,3.0)(==A B P A P 24.08.03.0)|())(=⨯==A B P PA AB P 所以94.024.07.0)()()(=+=+=AB P A P B P 令=i B “n 件中恰有i 件仪器能出厂”，n i ,,1,0 =（1）nn B P )94.0()(=（2）2222222)06.0()94.0()06.0()94.0()(----==n n n n n n C C B P （3）n n nn n n k k C B P B P B P )94.0()94.0(06.01)()(1)(11120--=--=---=∑15. 举止一系列独力考查，屡屡考查乐成的概率均为p ，试供以下事变的概率：（1）直到第r 次才乐成；（2）第r 次乐成之前恰波折k 次；（3）正在n 次中博得)1(n r r ≤≤次乐成；（4）直到第n 次才博得)1(n r r ≤≤次乐成.解：（1）1)1(--=r p p P （2）k r r k r p p C P )1(11-=--+（3）r n r r n p p C P --=)1(（4）r n r r n p p C P ----=)1(11 16. 对于飞机举止3次独力射打，第一次射打掷中率为0.4，第二次为0.5，第三次为0.7. 打中飞机一次而飞机被打降的概率为0.2，打中飞机二次而飞机被打降的概率为0.6，若被打中三次，则飞机必被打降.供射打三次飞机已被打降的概率.解：令=i A “恰有i 次打中飞机”，3,2,1,0=i =B “飞机被打降”隐然：09.0)7.01)(5.01)(4.01()(0=---=A P 36.07.0)5.01()4.01()7.01(5.0)4.01()7.01()5.01(4.0)(1=⨯-⨯-+-⨯⨯-+-⨯-⨯=A P 41.07.05.0)4.01(7.0)5.01(4.0)7.01(5.04.0)(2=⨯⨯-+⨯-⨯+-⨯⨯=A P 14.07.05.04.0)(3=⨯⨯=A P 而0)|(0=A B P ，2.0)|(1=A B P ，6.0)|(2=A B P ，1)|(3=A B P 所以458.0)|()()(30==∑=i i i A B P A P B P ；542.0458.01)(1)(=-=-=B P B P1. 设X 为随机变量，且k k X P 21)(==( ,2,1=k ), 则 （1） 推断上头的式子是可为X 的概率分散；（2） 假如，试供）为偶数X P (战)5(≥X P .解：令 ,2,1,21)(====k p k XP kk （1）隐然10≤≤k p ，且1121212111=-==∑∑∞=∞=k k k k p 所以,2,1,21)(===k k X P k 为一致率分散.（2）X P (为奇数31121)41411212=-===∑∑∞=∞=k k k k p 161121)5(2121555=-===≥∑∑∞=∞=k k k k p X Pλλ-==e k C k X P k!)(( ,2,1=k ), 且0>λ，供常数C . 解：1!1=-∞=∑λλe k c k k ，而1!0=-∞=∑λλe k k k 1!010=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∴-λλe c ，即1)1(---=λe c)10(<<p p ，不竭举止沉复考查，直到尾次乐成为止.用随机变量X 表示考查的次数，供X 的概率分散.解： ,2,1,)1()(1=-==-k p p k X P k4.设自动死产线正在安排以来出现成品的概率为p=0.1，当死产历程中出现成品时坐时举止安排，X 代表正在二次安排之间死产的合格品数，试供（1）X 的概率分散； （2）)5(≥X P .解：（1） ,2,1,0,1.0)9.0()1()(=⨯=-==k p p k X P k k （2）555)9.0(1.0)9.0()()5(=⨯===≥∑∑∞=∞=k k k k X P X P5.一弛考卷上有5讲采用题，每讲题列出4个大概问案，其中有1个问案是精确的.供某教死靠预测能问对于起码4讲题的概率是几？解：果为教死靠预测问对于每讲题的概率为41=p ，所以那是一个5=n ,41=p 的独力沉复考查.641)43()41(43)41()4(0555445=+⨯=≥C C XP6.为了包管设备平常处事，需要配备适合数量的维建人员.根据体味每台设备爆收障碍的概率为0.01，各台设备处事情况相互独力.（1）若由1人控制维建20台设备，供设备爆收障碍后不克不迭即时维建的概率；（2）设有设备100台，1台爆收障碍由1人处理，问起码需配备几维建人员，才搞包管设备爆收障碍而不克不迭即时维建的概率不超出0.01？解：（1）0175.0)99.0(01.020)99.0(11920≈⨯⨯--（按Poisson (泊紧)分散近似）（2）λ==⨯==101.0100,100np n （按Poisson (泊紧)分散近似）01.0!1)99.0()01.0()1(100111001100100≤⨯≈=+≥∑∑+=-+=-N k k N k kk k k e CN X P 查表得4=NX遵循参数为λ的Poisson(泊紧)分散，且21)0(==X P ，供（1）λ； （2）)1(>X P . 解：2ln ,21!0)0(0=∴===-λλλe X P )]1()0([1)1(1)1(=+=-=≤-=>X P X P X P X P )2ln 1(21]2ln 2121[1-=+-=8.设书籍籍上每页的印刷过得的个数X 遵循Poisson(泊紧)分散.经统计收当前某原书籍上，有一个印刷过得与有二个印刷过得的页数相共，供任性考验4页，每页上皆不印刷过得的概率.解：)2()1(===X P X P ，即2,!2!121==--λλλλλe e20-==∴e X P ）（842)(--==∴e e P9.正在少度为的时间隔断内，某慢救核心支到慢迫呼救的次数遵循参数为的Poisson 分散，而与时间隔断的起面无关（时间以小时计），供（1）某一天从中午12时至下午3时不支到慢迫呼救的概率；（2）某一天从中午12时至下午5时支到1次慢迫呼救的概率；9.正在少度为t 的时间隔断内，某慢救核心支到慢迫呼救的次数X 遵循参数为2t 的Poisson(泊紧)分散，而与时间隔断的起面无关（时间以小时计）. 供（1）某一天从中午12时至下午3时不支到慢迫呼救的概率；（2）某一天从中午12时至下午5时支到1次慢迫呼救的概率；解：（1）23)0(23,3-====e X P t λ（2）251)0(1)1(25,5--==-=≥==e X P X P t λX试供（1）a ； （2）12-=X Y 的概率分散.解：（1）12312=+++++a a a a a 101=∴a .（2）X的概率稀度直线如图1.3.8所示.试供:（（3）2(<-X P ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧∈+-=其它，0)3,0[,216121)(x x x f （3）1211)2161()2121()22012=+-++=≤<-⎰⎰-dx x dx x X P （ X的概率稀度为试决定常数a 并供)6(π>X P .解：令1)(=⎰+∞∞-dx x f ，即1sin 0=⎰dx x a 1cos 0=-∴ax ，即2,0cos π==a a 23|cos sin )6(2626=-==>⎰πππππx xdx X P xx e+-2形成概率稀度函数?解：令 12=⎰+∞∞-+-dx ce x x 即141)21(2=⎰+∞∞---dx e ec x 即141=πce411-=∴e c π),(~2σμN X ，其概率稀度函数为644261)(+--=x x e x f π(+∞<<∞-x )试供2,σμ；若已知⎰⎰∞-+∞=C Cdx x f dx x f )()(，供C .解：222)3(2)2(64432161)(--+--==x x x eex f ππ2=∴μ ,32=σ若⎰⎰∞-+∞=ccdx x f dx x f )()(，由正态分散的对于称性可知2==μc .X的概率稀度为以Y 表示对于X 的三次独力沉复考查中“21≤X ”出现的次数，试供概率)2(=Y P .解：412)21(21==≤⎰xdx XP 649)43()41()2(223===C Y P . X遵循[1,5]上的匀称分散，试供)(21x X x P <<. 如果 （1）5121<<<x x ； （2）2151x x <<<. 解：X 的概率稀度为⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=其他,051,41)(x x f （1）⎰-==<<21221)1(4141)(x x dx x X x P （2）⎰-==<<51211)5(4141)(x x dx x X x P X（以分计）遵循51=λ的指数分散.某主瞅等待服务，若超出10分钟，他便离启.他一个月要来等待服务5次，以Y 表示一个月内他已等到服务而离启的次数，试供Y 的概率分散战)1(≥Y P .解：21051]1[1)10(1)10(-⨯-=--=<-=≥e e X P X P 5,4,3,2,1,0,)1()()(5225=-==∴---k e e C k Y P k k k5167.0)1(1)1(52≈--=≥-e Y PX的概率分散为2.0)1(==X P ，3.0)2(==X P ，5.0)3(==X P ，试供X 的分散函数；)25.0(≤≤X P ；绘出)(x F 的直线.解：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤<=3,132,5.021,2.01,0)(x x x x x F ； 5.0)25.0(=≤≤X P )(x F 直线：2.试供:)1|2≠X .（2 3.从家到书籍院的途中有3个接通岗，假设正在各个接通岗逢到黑灯的概率是相互独力的，且概率均是0.4，设X 为途中逢到黑灯的次数，试供（1）X 的概率分散；（2）X 的分散函数.解：（1）3,2,1,0,)3()2()(33===-k C k X P k k k 列成表格（2）⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤<≤<=3,132,12511721,1258110,125270,0)(x x x x x x F X的分散函数，并绘出)(x F 的直线.解：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥<≤++-<≤-++-<=313041211210141214110)(22x x x x x x x x x F5. 设连绝型随机变量X 的分散函数为试供:（1）B A ,的值；（2）)11(<<-X P ；（3）概率稀度函数)(x f .解：（1）11)(lim )(2=∴=+=+∞-+∞→A Be A F x x 又10)0()(lim 20-=-=∴==+-→+A B F Be A x x （2）21)1()1()11(--=--=<<-e F F X P （3）⎩⎨⎧≤>==-0,0,2)(')(2x x e x F x f x 6. 设X 为连绝型随机变量，其分散函数为试决定)(x F 中的d c b a ,,,的值.解： 10)(=∴=-∞a F 又11)(=∴=+∞d F 又10)1ln (lim 1-=∴==++-→c a cx x bx x 又111)1ln (lim =+-∴==+--→e be d x x bx ex 即1=bX的概率稀度函数为)1()(2x a x f +=π，试决定a 的值并供)(x F 战)1(<X P .解：1)1(2=+⎰+∞∞-dx x aπ 即 11|arctan =∴=∞+∞-a x aπ+∞<<∞-+=+=⎰∞-x x dt t a x F x,arctan 121)1()(2ππ5.0)]1arctan(121[)1arctan 121()1()1()1|(|=-+-+=--=<ππF F X Pt (年)的时间隔断内爆收天震的次数)(t N 遵循参数为1.0=λ的Poisson(泊紧)分散，X 表示连绝二次天震之间相隔的时间（单位：年），试供:（1）道明X 遵循指数分散并供出X 的分散函数； （2）以后3年内再次爆收天震的概率；（3）以后3年到5年内再次爆收天震的概率.解：（1） 当0≥t 时，t e t N P t X P 1.0)0)(()(-===>t e t X P t X P t F 1.01)(1)()(--=>-=≤=∴当0<t 时，0)(=t F ⎩⎨⎧<≥-=∴-01)(1.0x x e x F xX 遵循指数分散（1.0=λ）（2）26.01)3(31.0≈-=⨯-e F （3）13.0)3()5(≈-F F 9. 设)16,1(~-N X ，试估计（1）)44.2(<X P ；（2）)5.1(->X P ；（3）)4(<X P ；（4）)11(>-X P .解：（1）8051.0)444.3()4)1(44.2()44.2(=Φ=--Φ=< X P （2）)5.1(1)5.1(-≤-=->X P X P 5498.0)81(1)415.1(1=-Φ-=+-Φ-= （3）)414()414()4|(|+-Φ-+Φ=<X P )43()45(-Φ-Φ=6678.01)43()45(=-Φ+Φ= （4）[])2()0()2()0()1|1(|>+<=><=>-X P X P X X P X P )412(1)410(+Φ-++Φ=8253.0)43(1)41(=Φ-+Φ=X近似遵循正态分散)10,70(2N ，第100名的结果为60分，问第20名的结果约为几分？解：10020)60|(=≥≥X x X P 而[])60()()60()60()()60|(≥≥=≥≥≥=≥≥X P x X P X P X x X P X x X P 又8413.0)1(1070601)60(=Φ=⎪⎭⎫⎝⎛-Φ-=≥ X P 16826.08413.02.0)(=⨯=≥∴x X P 即16826.0)1(10701)(=Φ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φ-=≥x x X P 83174.01070=⎪⎭⎫⎝⎛-Φ∴x ，96.01070≈-x ，6.79≈x 11. 设随机变量X 战Y 均遵循正态分散，)4,(~2μN X ，)5,(~2μN Y ，而)4(1-≤=μX P p ，)5(2+≥=μY P p ，试道明 21p p =. 道明：)1(44)4(1-Φ=⎪⎭⎫⎝⎛--Φ=-≤=μμμX P p )1()1(1551)5(2-Φ=Φ-=⎪⎭⎫⎝⎛-+Φ-=+≥=μμμY P p 21p p =∴.12. 设随机变量X 遵循[a,b]上的匀称分散，令d cX Y +=()0≠c ，试供随机变量Y 的稀度函数.解：⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=其它,0,||1)(b cdy a c c d y f y f X Y 当0>c 时，⎪⎩⎪⎨⎧+≤≤+-=其他,0,)(1)(d cb y d a c a b c y f Y 当0<c 时，⎪⎩⎪⎨⎧+≤≤+--=其他,0,)(1)(d ca y d b c a b c y f Y。
习 题 一1. 写出下列随机试验得样本空间及下列事件中得样本点: （1）掷一颗骰子, 记录出现得点数、 ‘出现奇数点’； （2）将一颗骰子掷两次, 记录出现点数、 ‘两次点数之与为10’, ‘第一次得点数, 比第二次得点数大2’；鼉礬釹碍衛環叶。
（3）一个口袋中有5只外形完全相同得球, 编号分别为1,2,3,4,5；从中同时取出3只球, 观察其结果, ‘球得最小号码为1’；澀課詰訓壢贷绫。
（4）将 两个球, 随机地放入到甲、乙、丙三个盒子中去, 观察放球情况, ‘甲盒中至少有一球’；（5）记录在一段时间内, 通过某桥得汽车流量, ‘通过汽车不足5台’, ‘通过得汽车不少于3台’。
解 （1） 其中 ‘出现 点’ , 135{,,}A e e e =。
（2）{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)S = (2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6) (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6) (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6) (5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6)(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}； {(4,6),(5,5),(6,4)}A =； {(3,1),(4,2),(5,3),(6,4)}B =。
（3）{(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),(1,3,4),(1,4,5),(1,2,4),(1,2,5)S =(2,3,5),(2,4,5),(1,3,5)}{(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5)}A =（4）{(,,),(,,),(,,),(,,),(,,),(,,),S ab ab ab a b a b b a =---------, 其中‘ ’表示空盒；{(,,),(,,),(,,),(,,),(,,)}A ab a b a b b a b a =------。
概率论与数理统计课后习题参考答案高等教育出版社习题1.1解答1. 将一枚均匀的硬币抛两次，事件C B A ,,分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”。
试写出样本空间及事件C B A ,,中的样本点。
解：{=Ω(正，正)，（正，反），（反，正），（反，反）}{=A (正，正)，（正，反）}；{=B （正，正），（反，反）} {=C (正，正)，（正，反），（反，正）}2. 在掷两颗骰子的试验中，事件D C B A ,,,分别表示“点数之和为偶数”，“点数之和小于5”，“点数相等”，“至少有一颗骰子的点数为3”。
试写出样本空间及事件D C B A BC C A B A AB ---+,,,,中的样本点。
解：{})6,6(,),2,6(),1,6(,),6,2(,),2,2(),1,2(),6,1(,),2,1(),1,1( =Ω；{})1,3(),2,2(),3,1(),1,1(=AB ；{})1,2(),2,1(),6,6(),4,6(),2,6(,),5,1(),3,1(),1,1( =+B A ；Φ=C A ；{})2,2(),1,1(=BC ；{})4,6(),2,6(),1,5(),6,4(),2,4(),6,2(),4,2(),5,1(=---D C B A3. 以C B A ,,分别表示某城市居民订阅日报、晚报和体育报。
试用C B A ,,表示以下事件：（1）只订阅日报； （2）只订日报和晚报； （3）只订一种报； （4）正好订两种报； （5）至少订阅一种报； （6）不订阅任何报； （7）至多订阅一种报； （8）三种报纸都订阅； （9）三种报纸不全订阅。
解：（1）C B A ； （2）C AB ； （3）C B A C B A C B A ++；（4）BC A C B A C AB ++; （5）C B A ++；（6）C B A ； （7）C B A C B A C B A C B A +++或C B C A B A ++（8）ABC ； （9）C B A ++4. 甲、乙、丙三人各射击一次，事件321,,A A A 分别表示甲、乙、丙射中。
《概率论与数理统计》练习册（2010年版）参考答案第一章 概率论的基本概念第一节 一、选择题.1、D ；2、A ；3、C ；4、D ；5、B . 二、解答题.1、（1）、C B A D ++=；（2）、C B A E =；（3）、C B A C B A C B A F ++=；（4）、=G C B A C B A C B A C B A +++.第二节 一、填空题.1、0.3；2、5.0；3、1p -；4、0.3；5、0.6；6、32；7、2113；8、158；9、2517；10、0.25. 二、选择题.1、B ；2、D ；3、B ；4、A . 三、解答题.1、307)(,157)(21==A P A P .2、21)(51025231533123822=++=C C C C C C C C P . 3、1133123831234=+C C C C .第三节 一、填空题.1、0.7；2、73；3、2；4、12053，5320. 二、选择题.1、B ；2、A ；3、C ；4、D . 三、解答题.1、令A 表示取出的球是白球，i B 表示从第i 个箱子中取球)2,1(=i ，则21}{}{,204}|{,108}|{2121====B P B P B A P B A P ，故21}{=A P . 2、设A 表示取到的是次品，i B 表示取到的零件是由甲（=i 1）、乙（=i 2）、丙（=i 3）机床提供的， 则由已知条件得18.05.01.03.03.02.02.0}{=⨯+⨯+⨯=A P （1）82.0}{=A P ；（2）5.0}|{2=A B P .3、记事件A =“小孩说谎”，B =“小孩可信”，设()0.8P B =,()0.1P A B =,()0.5P A B =.由贝叶斯公式，小孩第一次说谎之后，()0.444P B A =；第二次说谎之后，()0.138P B A =. 第四节 一、填空题.1、23；2、0.5；3、0.8704；4、1(1)n p --,1(1)(1)n n p np p --+-；5、4353或；6、0.75. 二、选择题.1、A ；2、C ；3、D ；4、B ；5、A ；6、C . 三、解答题.1、令i A 表示第i 个灯泡可使用1000个小时以上，则2.0)(=i A P ，3,2,1=i ，104.02.0)2.01(2.0)(2133321321321321=⋅-+=+++C A A A A A A A A A A A A P .2、432222)1)(21(1r r r r r r +-=-+--.3、设事件A 表示“飞机被击落”，i B 表示“飞机被i 个人击中”),3,2,1,0(=i ，1C 表示“甲击中”，2C 表示“乙击中”，3C 表示“丙击中”.则由概率加法公式、乘法公式和事件的独立性得09.0)()(3210==C C C P B P ，14.0)(,41.0)(,36.0)(321===B P B P B P .由题意有,1)|(,6.0)|(,2.0)|(,0)|(3210====B A P B A P B A P B A P 由全概率公式得458.0)(=A P .4、记i A 表示甲第i 次掷6点，i B 表示乙第i 次掷6点，1,2,i =⋅⋅⋅.记B A ,分别表示甲、乙取胜，则15()(),()(),(1,2,)66i i i i P A P B P A P B i =====⋅⋅⋅，且111211223A A A B A A B A B A =+++⋅⋅⋅，由独立性和加法公式，有116)(=A P ，从而115)(1)(=-=A P B P .第二章 随机变量第一节 一、填空题. 1、2516. 二、选择题. 1、A ；2、C . 三、解答题.1、（1）不是分布函数，因为2)(lim 1=+∞→x F x .（2）不是分布函数，因为)(2x F 在),2(ππ是单调减少的. （3）是分布函数，符合分布函数的三条性质.2、由题意知2132,1=-=+a b a ，所以61=a ，65=b .于是61}1{=-=X P ，21}2{,1}1{====X P X P .3、由1)(lim =+∞→x F x 得1=A ；由于)(x F 是连续函数，111lim20=+→x x ，故0=B ，从而0=C .4、X 的取值i 只有1,0两个值，以j ω记掷骰子出现j 点（1,2,,6j =⋅⋅⋅）事件，所以21}{)0(,61)(531=⋃⋃===ωωωωP X P P j ，21)1(==X P ，故⎪⎩⎪⎨⎧=1210)(x F ， 1100≥<≤<x x x第二节一、填空题.1、14；2、12；3、2；4、⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=,1,5.0,2.0,0)(x F .3,32,21,1≥<≤<≤<x x x x ；5、2719.二、选择题.1、C ；2、D . 三、解答题.分布函数为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=1918891550)(x F .2,21,10,0≥<≤<≤<x x x x 36}2{}1{}2521{==+==≤<X P X P X P .2、41}1{,42}0{,41}1{=====-=X P X P X P . 3、设所需抽取次数为随机变量X .(1)设k A 表示第k 次取得正品()4,3,2,1=k ，m B 表示第m 次取得次品()3,2,1=m .则,107)(}1{1===A P X P ,307)(}2{21===A B P X P 1201}4{,1207}3{====X P X P .所以同理可得：（3）X 的概率分布为：第三节 一、填空题.1、141；2、0>；3、4；4、1，12；5、1,0211,02xx e x e x -⎧<⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩；6、0.2. 二、选择题.1、B ；2、C ；3、A ；4、D .三、解答题.1、设电子元件的使用寿命为X ，i A 表示第i 个电子元件能使用200小时.则312006006001}200{)(-∞+-==>=⎰e dx e X P A P xi ，eA A A P a 11}{1321-=-=.2、（1）由0)(,1)(=-∞=+∞F F 得π1,21==B A . （2）21)1()1(}11{=--=<<-F F X P . （3）)1(1)()(2x x F x f +='=π.3、（1）ππ1,11)(112===-=⎰⎰-+∞∞-A A dx xA dx x f ；（2）3111}21|{|21212=-=<⎰-dx xX P π；（3）⎪⎩⎪⎨⎧+==⎰∞-1arcsin 1210)()(x dx x f x F x，.1,11,1≥<≤--<x x x4、设1A 表示电压不超过200V ，2A 表示电压在200V ～240V 之间，3A 表示电压超过240V ，B 表示电子元件损坏，则,212.0)8.0(1)25220200(}200{)(1=Φ-=-Φ=≤=X P A P 576.0)8.0()8.0(}240200{)(2=-Φ-Φ=≤<=X P A P ，}240{)(3>=X P A P =212.0)8.0(1=Φ-，,2.0)|(,001.0)|(,1.0)|(321===A B P A B P A B P （1）1()0.0642;P P B ==（2）220.5760.001(|)0.0090.0642PP A B ⨯==≈.5、若)(x f 为概率密度，则必有,0)(≥x f 故02>++c bx ax 。
第一章 基本概念1、试对下列随机试验各写出一个样本空间： （1）掷一颗骰子；（2）一个口袋中有5个外形相同的球，编号分别为1、2、3、4、5，从中同时取出3个球； （3）10只产品中有3只是次品，每次从中任取一只（取出后不放回），直到将3只次品全部取出，记录抽取的次数；（4）对某工厂生产的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如果查出2件次品就停止检查，或者查满4件也就停止检查，记录检查结果。
解：（1）}6,5,4,3,2,1{＝Ω（2）)}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{(＝Ω5个球中选3各球进行组合，有1035＝C 种。
（3）}109876543{，，，，，，，＝Ω最少抽取的次数是每次取出的都是次品；最多抽取的次数是把10只产品全部取出，总能抽出3个是次品。
（4）用数字1代表正品，数字0代表次品；样本空间包括查出2件是次品和查满4件产品这两种情况。
)}1,1,1,0(),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{(＝Ω2、工厂对一批产品作出厂前的最后检查，用抽样检查方法，约定，从这批产品中任意取出4件产品来做检查，若4件产品全合格就允许这批产品正常出厂；若有1件次品就再作进一步检查；若有2件次品则将这批产品降级后出厂；若有2件以上次品就不允许出厂。
试写出这一试验的样本空间，并将“正常出厂”、“再作检查”、“降级出厂”、“不予出厂”这4个事件用样本空间的子集表示。
解：用数字1代表正品，数字0代表次品设＝“正常出厂”； ＝“再作检查”； ＝“降级出厂”；D ＝“不予出厂”)}1,1,1,1{(＝A)}0,1,1,1(),1,0,1,1(),1,1,0,1(),1,1,1,0{(=B)}0,0,1,1(),0,1,0,1(),1,0,0,1(),1,1,0,0(),1,0,1,0(),0,1,1,0{(=C )}0,0,0,0(),0,0,0,1(),0,0,1,0(),0,1,0,0(),1,0,0,0{(=D)}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{(=⋃⋃⋃=ΩDC B A3、设A 、B 、C 是三个事件，试用A 、B 、C 的运算关系表示下列事件： （1）A 与B 都发生，但C 不发生；（2）A 发生，但B 与C 可能发生也可能不发生； （3）这三个事件都发生； （4）这三个事件都不发生； （5）这三个事件中至少有一个发生； （6）这三个事件中最多有一个发生； （7）这三个事件中至少有两个发生； （8）这三个事件中最多有两个发生； （9）这三个事件中恰有一个发生； （10）这三个事件中恰有两个发生。
随机事件及其概率1.1 随机事件习题1试说明随机试验应具有的三个特点．习题2将一枚均匀的硬币抛两次，事件A，B，C分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”，试写出样本空间及事件A，B，C中的样本点.1.2 随机事件的概率1.3 古典概型与几何概型1.4 条件概率1.5 事件的独立性复习总结与总习题解答习题3. 证明下列等式：习题6.习题7习题9习题10习题12习题13习题14习题15习题16习题18习题20习题21习题23习题24习题26第二章随机变量及其分布2.1 随机变量习题1随机变量的特征是什么？解答：①随机变量是定义在样本空间上的一个实值函数.②随机变量的取值是随机的，事先或试验前不知道取哪个值.③随机变量取特定值的概率大小是确定的.习题2试述随机变量的分类.解答：①若随机变量X的所有可能取值能够一一列举出来，则称X为离散型随机变量；否则称为非离散型随机变量.②若X的可能值不能一一列出，但可在一段连续区间上取值，则称X为连续型随机变量.习题3盒中装有大小相同的球10个，编号为0,1,2,⋯,9, 从中任取1个，观察号码是“小于5”，“等于5”，“大于5”的情况，试定义一个随机变量来表达上述随机试验结果，并写出该随机变量取每一个特定值的概率.解答：分别用ω1,ω2,ω3表示试验的三个结果“小于5”，“等于5”，“大于5”，则样本空间S={ω1,ω2,ω3},定义随机变量X如下：X=X(ω)={0,ω=ω11,ω=ω2,2,ω=ω3则X取每个值的概率为P{X=0}=P{取出球的号码小于5}=5/10,P{X=1}=P{取出球的号码等于5}=1/10,P{X=2}=P{取出球的号码大于5}=4/10.2.2 离散型随机变量及其概率分布习题1设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且P{X=1}=P{X=2}, 求λ.解答：由P{X=1}=P{X=2}, 得λe-λ=λ^2/2e^-λ,解得λ=2.习题2设随机变量X的分布律为P{X=k}=k15,k=1,2,3,4,5,试求(1)P{12<X<52; (2)P{1≤X≤3};(3)P{X>3}.解答：(1)P{12<X<52=P{X=1}+P{X=2}=115+215=15;(2)P{≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=115+215+315=25;(3)P{X>3}=P{X=4}+P{X=5}=415+515=35.习题3已知随机变量X只能取-1,0,1,2四个值，相应概率依次为12c,34c,58c,716c, 试确定常数c, 并计算P{X<1∣X≠0}.解答：依题意知，12c+34c+58c+716c=1, 即3716c=1,解得c=3716=2.3125.由条件概率知P{X<1∣X≠0}=P{X<1,X≠0}P{X≠0}=P{X=-1}P{X≠0}=12c1-34c=24c-3=26.25=0.32.习题4一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5. 在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.解答：随机变量X的可能取值为3,4,5.P{X=3}=C22⋅1C53=110, P{X=4}=C32⋅1C53=310, P{X=5}=C42⋅1C53=35,所以X的分布律为求因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率.解答：因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为：P{3X>60}, 即P{X>20},P{X>20}=P{X=30}+P{X=40}=0.6.就是说，加油站因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为0.6.习题6设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1, 当生产过程中出现废品时立即进行调整，X代表在两次调整之间生产的合格品数，试求：(1)X的概率分布；(2)P{X≥5};(3)在两次调整之间能以0.6的概率保证生产的合格品数不少于多少?解答：(1)P{X=k}=(1-p)kp=(0.9)k×0.1,k=0,1,2,⋯;(2)P{X≥5}=∑k=5∞P{X=k}=∑k=5∞(0.9)k×0.1=(0.9)5;(3)设以0.6的概率保证在两次调整之间生产的合格品不少于m件，则m应满足P{X≥m}=0.6,即P{X≤m-1}=0.4. 由于P{X≤m-1}=∑k=0m-1(0.9)k(0.1)=1-(0.9)m,故上式化为1-0.9m=0.4, 解上式得m≈4.85≈5,因此，以0.6的概率保证在两次调整之间的合格品数不少于5.习题7设某运动员投篮命中的概率为0.6, 求他一次投篮时，投篮命中的概率分布.解答：此运动员一次投篮的投中次数是一个随机变量，设为X, 它可能的值只有两个，即0和1.X=0表示未投中，其概率为p1=P{X=0}=1-0.6=0.4,X=1表示投中一次，其概率为p2=P{X=1}=0.6.则随机变量的分布律为设X表示取出3件产品的次品数，则X的所有可能取值为0,1,2,3. 对应概率分布为P{X=0}=C73C103=35120, P{X=1}=C73C31C103=36120,P{X=2}=C71C32C103=21120, P{X=3}=C33C103=1120.X的分布律为2.3 随机变量的分布函数习题1F(X)={0,x<-20.4,-2≤x<01,x≥0,是随机变量X的分布函数，则X是___________型的随机变量.解答：离散.由于F(x)是一个阶梯函数，故知X是一个离散型随机变量.习题2设F(x)={0x<0x20≤1,1x≥1问F(x)是否为某随机变量的分布函数.解答：首先，因为0≤F(x)≤1,∀x∈(-∞,+∞).其次，F(x)单调不减且右连续，即F(0+0)=F(0)=0, F(1+0)=F(1)=1,且F(-∞)=0,F(+∞)=1,(2)P{X<2∣X≠1}=P{X=-1}P{X≠1}=23.习题5设X的分布函数为F(x)={0,x<0x2,0≤x<1x-12,1≤x<1.51,x≥1.5,求P{0.4<X≤1.3},P{X>0.5},P{1.7<X≤2}.解答：P{0.4<X≥1.3}=P{1.3}-F(0.4)=(1.3-0.5)-0.4/2=0.6,P{X>0.5}=1-P{X≤0.5}=1-F(0.5)=1-0.5/2=0.75,P{1.7<X≤2}=F(2)-F(1.7)=1-1=0.习题6设随机变量X的分布函数为F(x)=A+Barctanx(-∞<x<+∞),试求：(1)系数A与B; (2)X落在(-1,1]内的概率.解答：(1)由于F(-∞)=0,F(+∞)=1,可知{A+B(-π2)A+B(π2)=1=0⇒A=12,B=1π,于是F(x)=12+1πarctanx,-∞<x<+∞;(2)P{-1<X≤1}=F(1)-F(-1)=(12+1πarctan1)-[12+1πarctanx(-1)]=12+1π⋅π4-12-1π(-π4)=12.习题7在区间[0,a]上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例，试求X的分布函数.解答：F(x)=P{X≤x}={0,x<0xa,0≤x<a.1,x≥a2.4 连续型随机变量及其概率密度习题1设随机变量X的概率密度为f(x)=12πe-(x+3)24(-∞<x<+∞),则Y=¯∼N(0,1).解答：应填3+X2.由正态分布的概率密度知μ=-3,σ=2由Y=X-μσ∼N(0,1), 所以Y=3+X2∼N(0,1).习题2已知X∼f(x)={2x,0<x<10,其它, 求P{X≤0.5};P{X=0.5};F(x).解答：P{X≤0.5}=∫-∞0.5f(x)dx=∫-∞00dx+∫00.52xdx=x2∣00.5=0.25,P{X=0.5}=P{X≤0.5}-P{X<0.5}=∫-∞0.5f(x)dx-∫-∞0.5f(x)dx=0.当X≤0时，F(x)=0;当0<x<1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt=t2∣0x=x2;当X≥1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt+∫1x0dt=t2∣01=1,故F(x)={0,x≤0x2,0<x<1.1,x≥1习题3设连续型随机变量X的分布函数为F(x)={A+Be-2x,x>00,x≤0,试求：(1)A,B的值；(2)P{-1<X<1}; (3)概率密度函数F(x).解答：(1)\becauseF(+∞)=limx→+∞(A+Be-2x)=1, ∴A=1;又\becauselimx→0+(A+Be-2x)=F(0)=0, ∴B=-1.(2) P{-1<X<1}=F(1)-F(-1)=1-e-2.(3)f(x)=F′(x)={2e-x,x>00,x≤0.习题4服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度f(x)=Ae-∣x∣, 求系数A及分布函数F(x).解答：由概率密度函数的性质知，∫-∞+∞f(x)dx=1,即∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=1,而∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=∫-∞0Aexdx+∫0+∞Ae-xdx=Aex∣-∞0+(-Ae-x∣0+∞)=A+A=2A或∫-∞+∞Ae-xdx=2∫0+∞Ae-xdx=-2Ae-x∣0+∞=2A,所以2A=1, 即A=1/2.从而f(x)=12e-∣x∣,-∞<x<+∞,又因为F(x)=∫-∞xf(t)dt,所以当x<0时，F(x)=∫-∞x12e-∣t∣dt=12∫-∞xetdt=12et∣-∞x=12ex;当x≥0时，F(x)=∫-∞x12e-∣x∣dt=∫-∞012etdt+∫0x12e-tdt=12et∣-∞0-12e-t∣0x=12-12e-x+12=1-12e-x,从而F(x)={12ex,x<01-12e-x,x≥0.习题5某型号电子管，其寿命(以小时计)为一随机变量，概率密度f(x)={100x2,x≥1000,其它,某一电子管的使用寿命为X, 则三个电子管使用150小时都不需要更换的概率.解答：设电子管的使用寿命为X, 则电子管使用150小时以上的概率为P{X>150}=∫150+∞f(x)dx=∫150+∞100x2dx=-100x∣150+∞=100150=23,从而三个电子管在使用150小时以上不需要更换的概率为p=(2/3)3=8/27.习题6设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆车到达，设乘客在5分钟内任一时间到达是等可能的，试计算在车站候车的10位乘客中只有1位等待时间超过4分钟的概率.解答：设X为每位乘客的候车时间，则X服从[0,5]上的均匀分布. 设Y表示车站上10位乘客中等待时间超过4分钟的人数. 由于每人到达时间是相互独立的.这是10重伯努力概型. Y服从二项分布，其参数n=10,p=P{X≥4}=15=0.2,所以P{Y=1}=C101×0.2×0.89≈0.268.习题7设X∼N(3,22).(1)确定C, 使得P{X>c}=P{X≤c};(2)设d满足P{X>d}≥0.9,问d至多为多少?解答：因为X∼N(3,22), 所以X-32=Z∼N(0,1).(1)欲使P{X>c}=P{X≤c},必有1-P{X≤c}=P{X≤c},即P{X≤c}=1/2,亦即Φ(c-32)=12, 所以 c-32=0, 故c=3.(2)由P{X>d}≥0.9可得1-P{X≤d}≥0.9,即P{X≤d}≤0.1.于是Φ(d-32)≤0.1,Φ(3-d2)≥0.9.查表得3-d2≥1.282,所以d≤0.436.习题8设测量误差X∼N(0,102), 先进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不小于3的概率. 解答：先求任意误差的绝对值超过19.6的概率p,p=P{∣X∣>19.6}=1-P{∣X∣≤19.6}=1-P{∣X10∣≤1.96=1-[Φ(1.96)-Φ(-1.96)]=1-[2Φ(1.96)-1]=1-[2×0.975-1]=1-0.95=0.05.设Y为100次测量中误差绝对值超过19.6的次数，则Y∼b(100,0.05).因为n很大，p很小，可用泊松分布近似，np=5=λ,所以P{Y≥3}≈1-50e-50!-51e-51!-52e-52!=1-3722-5≈0.87.习题9某玩具厂装配车间准备实行计件超产奖，为此需对生产定额作出规定. 根据以往记录，各工人每月装配产品数服从正态分布N(4000,3600).假定车间主任希望10%的工人获得超产奖，求：工人每月需完成多少件产品才能获奖？解答：用X表示工人每月需装配的产品数，则X∼N(4000,3600).设工人每月需完成x件产品才能获奖，依题意得P{X≥x}=0.1,即1-P{X<x}=0.1,所以1-F(x)=0.1, 即1-Φ(x-400060)=0.1, 所以Φ(x-400060)=0.9.查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997,因此x-400060≈1.28,即x=4077件，就是说，想获超产奖的工人，每月必须装配4077件以上.习题10某地区18岁女青年的血压(收缩压，以mm-HG计)服从N(110,122). 在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X.(1)求P{X≤105},P{100<X≤120};(2)确定最小的x, 使P{X>x}≤0.005.解答：已知血压X∼N(110,122).(1)P{X≤105}=P{X-11012≤-512≈1-Φ(0.42)=0.3372,P{100<X≤120}=Φ(120-11012)-Φ(100-11012)=Φ(0.833)-Φ(-0.833)=2Φ(0.833)-1≈0.595.(2)使P{X>x}≤0.05,求x, 即1-P{X≤x}≤0.05, 亦即Φ(x-11012)≥0.95,查表得x-10012≥1.645,从而x≥129.74.习题11设某城市男子身高X∼N(170,36), 问应如何选择公共汽车车门的高度使男子与车门碰头的机会小于0.01.解答：X∼N(170,36), 则X-1706∼N(0,1).设公共汽车门的高度为xcm，由题意P{X>x}<0.01, 而P{X>x}=1-P{X≤x}=1-Φ(x-1706)<0.01,即Φ(x-1706)>0.99, 查标准正态表得x-1706>2.33, 故x>183.98cm.因此，车门的高度超过183.98cm时，男子与车门碰头的机会小于0.01.习题12某人去火车站乘车，有两条路可以走. 第一条路程较短，但交通拥挤，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(40,102); 第二条路程较长，但意外阻塞较少，所需时间服从正态分布N(50,42), 求：(1)若动身时离开车时间只有60分钟，应走哪一条路线？(2)若动身时离开车时间只有45分钟，应走哪一条路线？解答：设X,Y分别为该人走第一、二条路到达火车站所用时间，则X∼N(40,102),Y∼N(50,42).哪一条路线在开车之前到达火车站的可能性大就走哪一条路线.(1)因为P{X<60}=Φ(60-4010)=Φ(2)=0.97725,P{Y<60}=Φ(60-504)=Φ(2.5)=0.99379,所以有60分钟时应走第二条路.(2)因为P{X<45}=Φ(45-4010)=Φ(0.5)=0.6915,P{X<45}=Φ(45-504)=Φ(-1.25)=1-Φ(1.25)=1-0.8925=0.1075所以只有45分钟应走第一条路.2.5 随机变量函数的分布当c>0时，fY(y)={1c(b-a),ca+d≤y≤cb+d0,其它,当c<0时，fY(y)={-1c(b-a),cb+d≤y≤ca+d0,其它.习题4设随机变量X服从[0,1]上的均匀分布，求随机变量函数Y=eX的概率密度fY(y).解答：f(x)={1,0≤x≤10,其它,f=ex,x∈(0,1)是单调可导函数，y∈(1,e), 其反函数为x=lny, 可得f(x)={fX(lny)∣ln′y,1<y<e0,其它={1y,1<y<e0,其它.习题5设X∼N(0,1)，求Y=2X2+1的概率密度.解答：因y=2x2+1是非单调函数，故用分布函数法先求FY(y).FY(y)=P{Y≤y}=P{2X2+1≤y}(当y>1时)=P{-y-12≤X≤y-12=∫-y-12y-1212πe-x2dx,所以fY(y)=F′Y(y)=22πe-12⋅y-12⋅122y-1,y>1, 于是fY(y)={12π(y-1)e-y-14,y>10,y≤1.习题6设连续型随机变量X的概率密度为f(x), 分布函数为F(x), 求下列随机变量Y的概率密度：(1)Y=1X; (2)Y=∣X∣.解答：(1)FY(y)=P{Y≤y}=P{1/X≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{1/X≤0}+P{0<1/X≤y}=P{X≤0}+P{X≥1/y}=F(0)+1-F(1/y),故这时fY(y)=[-F(1y)]′=1y2f(1y);；②当y<0时，FY(y)=P{1/y≤X<0}=F(0)-F(1/y),故这时fY(y)=1y2f(1y);③当y=0时，FY(y)=P{1/X≤0}=P{X<0}=F(0),故这时取fY(0)=0, 综上所述fY(y)={1y2⋅f(1y),y≠00,y=0.(2)FY(y)=P{Y≤y}=P{∣X∣≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{-y≤X≤y}=F(y)-F(-y)这时fY(y)=f(y)+f(-y);②当y<0时，FY(y)=P{∅}=0, 这时fY(y)=0;③当y=0时，FY(y)=P{Y≤0}=P{∣X∣≤0}=P{X=0}=0,故这时取FY(y)=0, 综上所述fY(y)={f(y)+f(-y),y>00,y≤0.习题7某物体的温度T(∘F)是一个随机变量, 且有T∼N(98.6,2), 已知θ=5(T-32)/9, 试求θ(∘F)的概率密度.解答：已知T∼N(98.6,2). θ=59(T-32), 反函数为T=59θ+32,是单调函数，所以fθ(y)=fT(95y+32)⋅95=12π⋅2e-(95y+32-98.6)24⋅95=910πe-81100(y-37)2.习题8设随机变量X在任一区间[a,b]上的概率均大于0, 其分布函数为FY(x), 又Y在[0,1]上服从均匀分布，证明:Z=FX-1(Y)的分布函数与X的分布函数相同.解答：因X在任一有限区间[a,b]上的概率均大于0, 故FX(x)是单调增加函数，其反函数FX-1(y)存在，又Y在[0,1]上服从均匀分布，故Y的分布函数为FY(y)=P{Y≤y}={0,y<0y,0≤y≤11,y>0,于是，Z的分布函数为FZ(z)=P{Z≤z}=P{FX-1(Y)≤z}=P{Y≤FX(z)}={0,FX(z)<0FX(z),0≤FX(z)≤1,1,FX(z)>1由于FX(z)为X的分布函数，故0≤FX(z)≤1.FX(z)<0和FX(z)>1均匀不可能，故上式仅有FZ(z)=FX(z), 因此，Z与X的分布函数相同.总习题解答习题1从1∼20的整数中取一个数，若取到整数k的概率与k成正比，求取到偶数的概率.解答：设Ak为取到整数k, P(Ak)=ck, k=1,2,⋯,20.因为P(⋃K=120Ak)=∑k=120P(Ak)=c∑k=120k=1，所以c=1210,P{取到偶数}=P{A2∪A4∪⋯∪A20} =1210(2+4+⋯+20)=1121.习题2若每次射击中靶的概率为0.7, 求射击10炮,(1)命中3炮的概率;(2)至少命中3炮的概率;(3)最可能命中几炮.解答：若随机变量X表示射击10炮中中靶的次数. 由于各炮是否中靶相互独立，所以是一个10重伯努利概型，X服从二项分布，其参数为n=10,p=0.7, 故(1)P{X=3}=C103(0.7)3(0.3)7≈0.009;(2)P{X≥3}=1-P{X<3}=1-[C100(0.7)0(0.3)10+C101(0.7)1(0.3)9+C102(0.7)2(0.3)8]≈0.998;(3)因X∼b(10,0.7), 而k0=[(n+1)p]=[(10+1)]×0.7=[7.7]=7,故最可能命中7炮.习题3在保险公司里有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险，在1年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司里领20000元赔偿金，求:(1)保险公司亏本的概率;(2)保险公司获利分别不少于100000元, 200000元的概率.解答：1)以“年”为单位来考虑，在1年的1月1日，保险公司总收入为2500×120元=30000元.设1年中死亡人数为X, 则X∼b(2500,0.002), 则保险公司在这一年中应付出200000X(元)，要使保险公司亏本，则必须200000X>300000即X>15(人).因此，P{保险公司亏本}=P{X>15}=∑k=162500C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈1-∑k=015e-55kk!≈0.000069,由此可见,在1年里保险公司亏本的概率是很小的.(2)P{保险公司获利不少于100000元}=P{300000-200000X≥100000}=P{X≤10}=∑k=010C2500k(0.002)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.986305,即保险公司获利不少于100000元的概率在98%以上.试求：(1)q的值；(2)X的分布函数.解答：(1)\because离散型随机变量的概率函数P{X=xi}=pi, 满足∑ipi=1,且0≤pi≤1,∴{1/2+1-2q+q2=10≤1-2q≤1q2≤1,解得q=1-1/2. 从而X的分布律为下表所示：(2)由F(x)=P{X≤x}计算X的分布函数F(x)={0,1/2,2-1/2,1,x<-1-1≤x<00≤x<0x≥1.习题7设随机变量X的分布函数F(x)为F(x)={0,x<0Asinx,0≤x≤π/2,1,x>π/2则A=¯,P{∣X∣<π/6}=¯.解答：应填1;1/2.由分布函数F(x)的右连续性，有F(π2+0)=F(π2)⇒A=1.因F(x)在x=π6处连续，故P{X=π6=12,于是有P{∣X∣<π6=P{-π6<X<π6=P{-π6<X≤π6=F(π6)-F(-π6)=12..习题8使用了x小时的电子管，在以后的Δx小时内损坏的概率等于λΔx+o(Δx),其中λ>0是常数，求电子管在损坏前已使用时数X的分布函数F(x)，并求电子管在T小时内损坏的概率.解答：因X的可能取值充满区间(0,+∞),故应分段求F(x)=P{X≤x}.当x≤0时，F(x)=P{X≤x}=P(∅)=0;当x>0时，由题设知P{x<X≤x+Δx/X}=λΔx+o(Δx),而P{x<X≤x+Δx/X}=P{x<X≤x+Δx,X>x}P{X>x}=P{x<X≤x+Δx}1-P{X≤x}=F(x+Δx)-F(x)1-F(x),故F(X+Δx)-F(x)1-F(x)=λΔx+o(Δx),即F(x+Δx)-F(x)Δx=[1-F(x)][λ+o(Δx)Δx],令o(Δx)→0,得F′(x)=λ[1-F(x)].这是关于F(x)的变量可分离微分方程，分离变量dF(x)1-F(x)=λdx,积分之得通解为C[1-F(x)]=e-λx(C为任意常数).注意到初始条件F(0)=0, 故C=1.于是F(x)=1-e-λx,x>0,λ>0,故X的分布函数为F(x)={0,x≤01-e-λx,x>0(λ>0),从而电子管在T小时内损坏的概率为P{X≤T}=F(T)=1-e-λT.习题9设连续型随机变量X的分布密度为f(x)={x,0<x≤12-x,1<x≤20,其它,求其分布函数F(x).解答：当x≤0时，F(x)=∫-∞x0dt=0;当0<x≤1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00tdt+∫0xtdt=12x2;当1<x≤2时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫01tdt+∫1x(2-t)dt=0+12+(2t-12t2)∣1x=-1+2x-x22;当x>2时，F(x)=∫-∞00dt+∫01tdt+∫12(2-t)dt+∫2x0dt=1,故F(x)={0,x≤212x2,0<x≤1-1+2x-x22,1<x≤21,x>2.习题10某城市饮用水的日消费量X(单位：百万升)是随机变量，其密度函数为：f(x)={19xe-x3,x>00,其它,试求：(1)该城市的水日消费量不低于600万升的概率；(2)水日消费量介于600万升到900万升的概率.解答：先求X的分布函数F(x). 显然，当x<0时，F(x)=0, 当x≥0时有F(x)=∫0x19te-t3dt=1-(1+x3)e-x3故F(x)={1-(1+x3)e-x3,x≥00,x<0,所以P{X≥6}=1-P{X<6}=1-P(X≤6}=1-F(6)=1-[1-(1+x3)e-x3]x=6=3e-2,P{6<X≤9}=F(9)-F(6)=(1-4e-3)-(1-3e-2)=3e-2-4e-3.习题11已知X∼f(x)={cλe-λx,x>a0,其它(λ>0),求常数c及P{a-1<X≤a+1}.解答：由概率密度函数的性质知∫-∞+∞f(x)dx=1,而∫-∞+∞f(x)dx=∫-∞a0dx+∫a+∞cλe-λxdx=c∫a+∞e-λxd(λx)=-ce-λx\vlinea+∞=ce-λa,所以ce-λa=1,从而c=eλa.于是P{a-1<X≤a+1}=∫a-1a+1f(x)dx=∫a-1a0dx+∫aa+1λeλae-λxdx=-eλae-λx\vlineaa+1=-eλa(e-λ(a+1)-e-λa)=1 -e-λ.注意，a-1<a, 而当x<a时，f(x)=0.习题12已知X∼f(x)={12x2-12x+3,0<x<10,其它, 计算P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}.解答：根据条件概率;有P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}=P{X≤0.2,0.1<X≤0.5}P{0.1<X≤0.5}=P{0.1<X≤0.2}P{0.1<X≤0.5}=∫0.10.2(12x2-12x+2) dx∫0.10.5(12x2-12x+3)dx=(4x3-6x2+3x)∣0.10.2(4x3-6x2+3x)∣0.10.5=0.1480.256=0.578125.习题13若F1(x),F2(x)为分布函数，(1)判断F1(x)+F2(x)是不是分布函数，为什么？(2)若a1,a2是正常数，且a1+a2=1. 证明：a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.解答：(1)F(+∞)=limx→+∞F(x)=limx→+∞F1(x)+limx→+∞F2(x)=1+1=2≠1故F(x)不是分布函数.(2)由F1(x),F2(x)单调非减，右连续，且F1(-∞)=F2(-∞)=0,F1(+∞)=F2(+∞)=1,可知a1F1(x)+a2F2(x)单调非减，右连续，且a1F1(-∞)+a2F2(-∞)=0,a1F1(+∞)+a2F2(+∞)=1.从而a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.习题14设随机变量X的概率密度ϕ(x)为偶函数，试证对任意的a>0, 分布函数F(x)满足：(1)F(-a)=1-F(a); (2)P{∣X∣>a}=2[1-F(a)].解答：(1)F(-a)=∫-∞-aϕ(x)dx=∫a+∞ϕ(-t)dt=∫a+∞ϕ(x)dx=1-∫-∞aϕ(x)dx=1-F(a).(2)P{∣X∣>a}=P{X<-a}+P{X>a}=F(-a)+P{X≥a}F(-a)+1-F(a)=2[1-F(a)].习题15设K在(0,5)上服从均匀分布，求x的方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的概率.解答：因为K∼U(0,5), 所以fK(k)={1/5,0<k<50,其它,方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的充要条件为(4K)2-4⋅4(K+2)≥0,即K2-K-2≥0,亦即(k-2)(K+1)≥0,解得K≥2(K≤-1舍去), 所以P{方程有实根}=P{K≥2}=∫2515dx=35.习题16某单位招聘155人，按考试成绩录用，共有526人报名，假设报名者考试成绩X∼N(μ,σ2), 已知90分以上12人，60分以下83人，若从高分到低分依次录取，某人成绩为78分，问此人是否能被录取？解答：要解决此问题首先确定μ,σ2, 因为考试人数很多，可用频率近似概率.根据已知条件P{X>90}=12/526≈0.0228,P{X≤90}=1-P{X>90}≈1-0.0228}=0.9772;又因为P{X≤90}=P{X-μσ≤90-μσ, 所以有Φ(90-μσ)=0.9772, 反查标准正态表得90-μσ=2 ①同理：P{X≤60}=83/526≈0.1578; 又因为P{X≤60}=P{X-μσ≤60-μσ,故Φ(60-μσ)≈0.1578.因为0.1578<0.5,所以60-μσ<0, 故Φ(μ-60σ)≈1-0.1578=0.8422, 反查标准正态表得μ-60σ≈1.0 ②联立①，②解得σ=10,μ=70, 所以，X∼N(70,100).某人是否能被录取，关键看录取率. 已知录取率为155526≈0.2947, 看某人是否能被录取，解法有两种：方法1：P{X>78}=1-P{X≤78}=1-P{x-7010≤78-7010=1-Φ(0.8)≈1-0.7881=0.2119,因为0.2119<0.2947(录取率), 所以此人能被录取.方法2：看录取分数线. 设录取者最低分为x0, 则P{X≥x0}=0.2947(录取率),P{X≤x0}=1-P{X≥x0}=1-0.2947=0.7053,P{X≤x0}=P{x-7010≤x0-7010=Φ{x0-7010=0.7053,反查标准正态表得x0-7010≈0.54, 解得x0≈75. 此人成绩78分高于最低分，所以可以录取.习题17假设某地在任何长为t(年)的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为λ=0.1t的泊松分布，X表示连续两次地震之间间隔的时间(单位：年).(1)证明X服从指数分布并求出X的分布函数；(2)求今后3年内再次发生地震的概率；(3)求今后3年到5年内再次发生地震的概率.解答：(1)当t≥0时，P{X>t}=P{N(t)=0}=e-0.1t,∴F(t)=P{X≤t}=1-P{X>t}=1-e-0.1t;当t<0时，F(t)=0,∴F(x)={1-e-0.1t,x≥00,x<0,X服从指数分布(λ=0.1);(2)F(3)=1-e-0.1×3≈0.26;(3)F(5)-F(3)≈0.13.习题18100件产品中，90个一等品，10个二等品，随机取2个安装在一台设备上，若一台设备中有i个(i=0,1,2)二等品，则此设备的使用寿命服从参数为λ=i+1的指数分布.(1)试求设备寿命超过1的概率；(2)已知设备寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率 .解答：(1)设X表示设备寿命. A表示“设备寿命超过1”，Bi表示“取出i个二等品”(i=0,1,2)，则X的密度函数为fX(x)={λe-λx,x>00,x≤0 (λ=i+1,i=0,1,2),P(B0)=C902C1002, P(B1)=C901C102C1002, P(B2)=C102C1002,P(A∣B0)=∫1+∞e-xdx=e-1, P(A∣B1)=∫1+∞2e-2xdx=e-2,P(A∣B2)=∫1+∞3e-3xdx=e-3,由全概率公式：P(A)=∑i=02P(Bi)P(A∣Bi)≈0.32.(2)由贝叶斯公式：P(B0∣A)=P(B0)P(A∣B0)P(A)≈0.93.试求Y=X2的分布律.解答：所以注：随机变量的值相同时要合并，对应的概率为它们概率之和.习题20设随机变量X的密度为fX(x)={0,x<02x3e-x2,x≥0,求Y=2X+3的密度函数.解答：由Y=2X+3, 有y=2x+3,x=y-32,x′=12,由定理即得fY(x)={0,y<3(y-32)3e-(y-32),y≥3.习题21设随机变量X的概率密度fX(x)={e-x,x>00,其它,求Y=eX的概率密度.解答：因为α=min{y(0),y(+∞)}=min{1,+∞}=1,β=max{y(0),y(+∞)}=max{1,+∞}=+∞.类似上题可得fY(y)={fX[h(y)]∣h′(y)∣,1<y<+∞0,其它={1/y2,1<y<+∞0,其它.习题22设随便机变量X的密度函数为fX(x)={1-∣x∣,-1<x<10,其它,求随机变量Y=X2+1的分布函数与密度函数.解答：X的取值范围为(-1,1), 则Y的取值范围为[1,2). 当1≤y<2时，FY(y)=P{Y≤y}=P{X2+1≤y}=P{-Y-1≤x≤y-1}=∫-y-1y-1(1-∣x∣)dx=2∫0y-1(1-x)dx=1-(1-y-1)2,从而Y的分布函数为FY(y)={0,y<11-(1-y-1)2,1≤y<2,1,其它Y的概率密度为fY(y)={1y-1-1,1<y<20,其它.第三章多维随机变量及其分布3.1 二维随机变量及其分布求a.解答：由分布律性质∑i⋅jPij=1, 可知1/6+1/9+1/18+1/3+a+1/9=1,解得a=2/9.习题2(1)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：(1)P{a<X≤b,Y≤c};解答：P{a<X≤b,Y≤c}=F(b,c)-F(a,c).习题2(2)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：(2)P{0<Y≤b};解答：P{0<Y≤b}=F(+∞,b)-F(+∞,0).习题2(3)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：(3)P{X>a,Y≤b}.解答：P{X>a,Y≤b}=F(+∞,b)-F(a,b).习题3(1)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求：(1)P{12<X<32,0<Y<4;解答：P{12<X<23,0<Y<4P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}=P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}=14+0+0=14.习题3(2)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求：(2)P{1≤X≤2,3≤Y≤4};解答：P{1≤X≤2,3≤Y≤4}=P{X=1,Y=3}+P{X=1,Y=4}+P{X=2,Y=3}+P{X=2,Y=4}=0+116+0+14=516.习题3(3)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求：(3)F(2,3).解答：F(2,3)=P(1,1)+P(1,2)+P(1,3)+P(2,1)+P(2,2)+P(2,3)=14+0+0+116+14+0=916.习题4设X,Y为随机变量，且P{X≥0,Y≥0}=37,P{X≥0}=P{Y≥0}=47,求P{max{X,Y}≥0}.解答：P{max{X,Y}≥0}=P{X,Y至少一个大于等于0} =P{X≥0}+P{Y≥0}-P{X≥0,Y≥0}=47+47-37=57.习题5(X,Y)只取下列数值中的值：(0,0),(-1,1),(-1,13),(2,0)且相应概率依次为16,13,112,512, 请列出(X,Y)的概率分布表，并写出关于Y的边缘分布.解答：(1)因为所给的一组概率实数显然均大于零，且有16+13+112+512=1, 故所给的一组实数必是某二维随机变量(X,Y)的联合概率分布. 因(X,Y)只取上述四组可能值，故事件：{X=-1,Y=0}, {X=0,Y=13, {X=0,Y=1},{X=2,Y=13,{X=2,Y=1}均为不可能事件，其概率必为零. 因而得到下表：(2)P{Y=0}=P{X=-1,Y=0}+P{X=0,Y=0}+P{X=2,Y=0} =0+16+512=712,同样可求得P{Y=13=112,P{Y=1}=13,关于的Y边缘分布见下表：Y 01/31pk 7/121/121/3习题6设随机向量(X,Y)服从二维正态分布N(0,0,102,102,0), 其概率密度为f(x,y)=1200πex2+y2200,求P{X≤Y}.解答：由于P{X≤Y}+P{X>Y}=1，且由正态分布图形的对称性，知P{X≤Y}=P{X>Y},故P{X≤Y}=12.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={k(6-x-y),0<x<2,2<y<40,其它,(1)确定常数k; (2)求P{X<1,Y<3}; (3)求P{X<1.5}; (4)求P{X+Y≤4}.解答：如图所示(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1,确定常数k.∫02∫24k(6-x-y)dydx=k∫02(6-2x)dx=8k=1,所以k=18.(2)P{X<1,Y<3}=∫01dx∫2318(6-x-y)dy=38.(3)P{X<1.5}=∫01.5dx∫2418(6-x-y)dy=2732.(4)P{X+Y≤4}=∫02dx∫24-x18(6-x-y)dy=23.习题8已知X和Y的联合密度为f(x,y)={cxy,0≤x≤1,0≤y≤10,其它,试求：(1)常数c; (2)X和Y的联合分布函数F(x,y).解答：(1)由于1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=c∫01∫01xydxdy=c4,c=4.(2)当x≤0或y≤0时，显然F(x,y)=0;当x≥1,y≥1时，显然F(x,y)=1;设0≤x≤1,0≤y≤1,有F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dudv=4∫0xudu∫0yvdv=x2y2.设0≤x≤1,y>1,有F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫0xudu∫01ydy=x2.最后，设x>1,0≤y≤1,有F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫01xdx∫0yvdv=y2.函数F(x,y)在平面各区域的表达式F(x,y)={0,x≤0或y≤0x2,0≤x≤1,y>1x2y2,0≤x≤1,0≤y≤1.y2,x>习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={4.8y(2-x),0≤x≤1,x≤y≤10,其它,求边缘概率密度fY(y).解答：fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0x4.8y(2-x)dy,0≤x≤10,其它={2.4x2(2-x),0≤x≤10,其它.fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫0y4.8y(2-x)dx,0≤y≤10,其它={2.4y(4y-y2),0≤y≤10,其它.习题10设(X,Y)在曲线y=x2,y=x所围成的区域G里服从均匀分布，求联合分布密度和边缘分布密度.解答：区域G的面积A=∫01(x-x2)dx=16, 由题设知(X,Y)的联合分布密度为f(x,y)={6,0≤x≤1,x2≤y≤x0,其它,从而fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=6∫x2xdy=6(x-x2),0≤x≤1,即fX(x)={6(x-x2),0≤x≤10,其它fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx=6∫yydx=6(y-y),0≤y≤1,即fY(y)={6(y-y),0≤y≤10,其它.3.2 条件分布与随机变量的独立性对应X的值,将每行的概率相加,可得P{X=i}.对应Y的值(最上边的一行), 将每列的概率相加，可得P{Y=j}.(2)当Y=51时,X的条件分布律为P{X=k∣Y=51}=P{X=k,y=51}P{Y=51}=pk,510.28, k=51,52,53,54,55.列表如下:故(1)在Y=1条件下，X的条件分布律为(2)在X=2的条件下，Y的条件分布律为表(a)表(b)解答：由X与Y相互独立知P{X=xi,Y=yi}=P{X=xi}P{Y=yj),从而(X,Y)的联合概率分布为亦即表P{X+y=1}=P{X=-2,y=3}+P{X=0,Y=1}=116+148=112,P{X+Y≠0}=1-P{X+Y=0}=1-P{X=-1,Y=1}-P{X=12,Y=-12=1-112-16=34.习题6某旅客到达火车站的时间X均匀分布在早上7:55∼8:00, 而火车这段时间开出的时间Y的密度fY(y)={2(5-y)25,0≤y≤50,其它,求此人能及时上火车站的概率.解答：由题意知X的密度函数为fX(x)={15,0≤x≤50,其它, 因为X与Y相互独立，所以X与Y的联合密度为：fXY(x,y)={2(5-y)125,0≤y≤5,0≤x≤50,其它,故此人能及时上火车的概率为P{Y>X}=∫05∫x52(5-y)125dydx=13.习题7设随机变量X与Y都服从N(0,1)分布，且X与Y相互独立，求(X,Y)的联合概率密度函数.解答：由题意知，随机变量X,Y的概率密度函数分别是fX(x)=12πe-x22，fY(y)=12πe-y22因为X与Y相互独立，所以(X,Y)的联合概率密度函数是f(x,y)=12πe-12(x+y)2.习题8设随机变量X的概率密度f(x)=12e-∣x∣(-∞<x<+∞),问：X与∣X∣是否相互独立？解答：若X与∣X∣相互独立，则∀a>0, 各有P{X≤a,∣X∣≤a}=P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},而事件{∣X∣≤a}⊂{X≤a},故由上式有P{∣X∣≤a}==P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},⇒P{∣X∣≤a}(1-P{X≤a})=0⇒P{∣X≤a∣}=0或1=P{X≤a}⋅(∀a>0)但当a>0时，两者均不成立，出现矛盾，故X与∣X∣不独立.习题9设X和Y是两个相互独立的随机变量，X在(0,1)上服从均匀分布，Y的概率密度为fY(y)={12e-y2,y>00,y≤0,(1)求X与Y的联合概率密度；(2)设有a的二次方程a2+2Xa+Y=0, 求它有实根的概率.解答：(1)由题设易知fX(x)={1,0<x<10,其它,又X,Y相互独立，故X与Y的联合概率密度为f(x,y)=fX(x)⋅fY(y)={12e-y2,0<x<1,y>00,其它;(2)因{a有实根}={判别式Δ2=4X2-4Y≥0}={X2≥Y},故如图所示得到：P{a有实根}=P{X2≥Y}=∫∫x2>yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0x212e-y2dy=-∫01e-x22dx=1-[∫-∞1e-x22dx-∫-∞0e-x22dx] =1-2π[12π∫-∞1e-x22dx-12π∫-∞0e-x22dx]=1-2π[Φ(1)-Φ(0),又Φ(1)=0.8413,Φ(0)=0.5,于是Φ(1)-Φ(0)=0.3413,所以P{a有实根}=1-2π[Φ(1)-Φ(0)]≈1-2.51×0.3413=0.1433.3.3 二维随机变量函数的分布习题1设随机变量X和Y相互独立，且都等可能地取1,2,3为值，求随机变量U=max{X,Y}和V=min{X,Y}的联合分布.解答：由于U≥V,可见P{U=i,V=j}=0(i<j).此外，有P{U=V=i}=P{X=Y=i}=1/9(i=1,2,3), P{U=i,V=j}=P{X=i,Y=j}+P{X=j,Y=i}=2/9(i>j),于是，随机变量U和V的联合概率分布为试求：(1)Z=X+Y; (2)Z=XY; (3)Z=X/Y; (4)Z=max{X,Y}的分布律.解答：与一维离散型随机变量函数的分布律的计算类型，本质上是利用事件及其概率的运算法则.注意，Z的相同值的概率要合并.于是(1)(2)Z的分布密度为fZ(z)={ze-z22,z>00,z≤0.习题5设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={12(x+y)e-(x+y),x>0,y>00,其它,(1)问X和Y是否相互独立？(2)求Z=X+Y的概率密度.解答：(1)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0+∞12(x+y)e-(x+y)dy,x>00,x≤0\under2line令x+y=t{∫x+∞12te-tdt=12(x+1)e-x,x>00,x≤0,由对称性知fY(y)={12(y+1)e-y,y>00,y≤0,显然f(x,y)≠fX(x)fY(y),x>0,y>0,所以X与Y不独立.(2)用卷积公式求fZ(z)=∫-∞+∞f(x,z-x)dx.当{x>0z-x>0 即{x>0x<z时，f(x,z-x)≠0,所以当z≤0时，fZ(z)=0;当z>0时，fZ(z)=∫0z12xe-xdx=12z2e-z.于是，Z=X+Y的概率密度为fZ(z)={12z2e-z,z>00,z≤0.习题6设随机变量X,Y相互独立，若X服从(0,1)上的均匀分布，Y服从参数1的指数分布，求随机变量Z=X+Y 的概率密度.解答：据题意，X,Y的概率密度分布为fX(x)={1,0<x<10,其它, fY(y)={e-y,y≥00,y<0,由卷积公式得Z=X+Y的概率密度为fZ(z)=∫-∞+∞fX(x)fY(z-x)dx=∫-∞+∞fX(z-y)fY(y)dy =∫0+∞fX(z-y)e-ydy.由0<z-y<1得z-1<y<z,可见：当z≤0时，有fX(z-y)=0, 故fZ(z)=∫0+∞0⋅e-ydy=0;当z>0时，fZ(z)=∫0+∞fX(z-y)e-ydy=∫max(0,z-1)ze-ydy=e-max(0,z-1)-e-z,即fZ(z)={0,z≤01-e-z,0<z≤1e1-z-e-z,z>1.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={be-(x+y),0<x<1,0<y<+∞,0,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.解答：（1）由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1，确定常数b. ∫01dx∫0+∞be-xe-ydy=b(1-e-1)=1，所以b=11-e-1，从而f(x,y)={11-e-1e-(x+y),0<x<1,0<y<+∞,0,其它.（2）由边缘概率密度的定义得fX(x)={∫0+∞11-e-1e-(x+y)dy=e-x1-e-x,0<x<1,0,其它，fY(x)={∫0111-e-1e-(x+y)dx=e-y,0<y<+∞,0,其它（3）因为f(x,y)=fX(x)fY(y)，所以X与Y独立，故FU(u)=P{max{X,Y}≤u}=P{X≤u,Y≤u}=FX(u)FY(u)，其中FX(x)=∫0xe-t1-e-1dt=1-e-x1-e-1,0<x<1，所以FX(x)={0,x≤0,1-e-x1-e-1,0<x<1,1,x≥1.同理FY(y)={∫0ye-tdt=1-e-y,0<y<+∞,0,y≤0，因此FU(u)={0,u<0,(1-e-u)21-e-1,0≤u<1,1-e-u,u≥1.。
第六章习题6-11、由一致估计的定义，对0ε∀>{}{}{}()1212max ,,,max ,,,n n P X X X P X X X θεεθεθ-<=-+<<+()()F F εθεθ=+--+()0, 0, 01, X x xF x x x θθθ<⎧⎪=≤≤⎨⎪>⎩及(){}()()()()1212max ,,,n n X X X X X X F x F x F x F x F x ==⋅⋅⋅()1F εθ∴+=(){}()12max ,,,1nn x F P X X X εθεθθ⎫⎛-+=<-+≈- ⎪⎝⎭{}()12max ,,,111()nn x P X X X n θεθ⎫⎛∴-<=--→→∞ ⎪⎝⎭2、证明：EX μ=()1111111ni i n n i i i i nn n i i i i i i i i a X E a E X a a a a μμ======⎫⎛⎪ ⎪ ==⋅=⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑ 11niii nii a Xa==∴∑∑是μ的无偏估计量3、证明： ()() ()()22D E E θθθ=-()() ()()()2222E D E D θθθθθθ∴=+=+> 2θ∴不是2θ的无偏估计量4、证明：()~X P λEX λ∴=，()()222E X DX EX λλ=+=+()22E X EX λ∴-=，即()22E X X λ-=用样本矩2211n i i A X n ==∑，1A X =代替相应的总体矩()2E X 、EX所以得2λ的无偏估计量： 22111n i i A A X X n λ==-=-∑ 5、()~,X B n p ，EX np ∴=()()()()22222111E X np p n p np n n p EX n n p =-+=+-=+-()()()()222111E X EX E X X p n n n n -⎫⎛∴=-=⎪ --⎝⎭所以用样本矩2211n i i A X n ==∑，1A X =分别代替总体矩()2E X 、EX得2p 的无偏估计量： ()()()222121111ni i i A A p X X n n n n =-==---∑6、()~,1X N m ，()i E X m ∴=，()1i D X =，(1,2)i =()()()11212212121333333E m E X X E X E X m m m ⎫⎛∴=+=+=+= ⎪⎝⎭()()()1121221414153399999D m D X X D X D X ⎫⎛=+=+=+= ⎪⎝⎭同理可得： ()2E m m =， ()258D m =， ()3E m m =， ()212D m =123,,m m m ∴都是m 的无偏估计量，且在 123,,m m m 中， 3m 的方差最小习题6-21、（1）()11cccEX x c xdx cx dx θθθθθθθθ+∞+∞-+-=⋅==-⎰⎰EXEX cθ∴=-，令X EX =X X c θ∴=-为矩估计量，θ的矩估计值为 x x cθ=-，其中11n i i x x n ==∑似然函数为：()()11211,,,;nnn n n ii i i L x x x c xcx θθθθθθθ-+-====∏∏ ，i x c > 对数似然函数：()()()1ln ln ln 1ln nii L n n c x θθθθ==+-+∑求导，并令其为0，得：1ln ln ln 0ni i d L nn c x d θθ==+-=∑ 1ln ln Lnii nx n cθ=∴=-∑，即θ的最大似然估计量为 1ln ln Lnii nXn cθ==-∑（2）21111EX EX x x dx EX θθθθθ-⎫⎛=⋅=⇒= ⎪--⎝⎭⎰ 以X EX =，得： 21X X θ⎫⎛=⎪ -⎝⎭为θ的矩估计量θ的矩估计值为： 21x x θ⎫⎛=⎪ -⎝⎭，其中11ni i x x n ==∑ 而()1121211,,,;n nnn i i i i L x x x x x θθθθθ--==⎫⎛==⎪⎝⎭∏∏ ，01i x ≤≤()()1ln ln 1ln 2nii nL x θθθ=∴=+-∑令1ln 11ln 022ni i d L n x d θθθ==+⋅⋅=∑， 21ln L ni i n x θ=⎫⎛⎪ ⎪ ∴=⎪⎪⎝⎭∑ 所以θ的最大似然估计量 21ln L ni i n x θ=⎫⎛⎪ ⎪ =⎪ ⎪⎝⎭∑ （3）()~,X B m p ，EXEX mp p m∴=⇒=p ∴的矩估计量： 111n i i X p X X m mn m====∑p ∴的矩估计值为： 11n i i p x mn ==∑ 而()()()111211,,,;11nniii i ii i i nnx m x m x x x x n mm i i L x x x p Cpp C pp ==--==∑∑=-=⋅⋅-∏∏ ，0,1,,ix m = ()()()111ln ln ln ln 1i nnn x mi i i i i L p C x p m x p ====+⋅+-⋅-∑∑∑令() 111ln 111101n n n i i L ii i i d L x m x p x x dp p p mn m ====⋅--⋅=⇒==-∑∑∑ p ∴的最大似然估计量为： 1L p X m=2、（1）()01;2EX xf x dx xdx θθθθ+∞-∞===⎰⎰令11n i i EX X X n ===∑，22X X θθ∴=⇒=2X θ∴= （2）由观测的样本值得：6111(0.30.80.270.350.620.55)0.481766i i x x ===+++++≈∑20.9634x θ∴== 3、由1111122EX X θθθθθ+=⨯+⨯++⨯== 21X θ∴=-为θ的矩估计量 4、设p ：抽得废品的概率；1p -：抽得正品的概率 引入{1, i i X i =第次抽到废品0,第次抽到正品，1,2,,60i =()1i P X p ∴==，()01i P X p ==-，且i EX p =所以对样本1260,,,X X X 的一个观测值1260,,,x x x由矩估计法得，p 的估计值为： 601141606015ii p x ====∑，即这批产品的废品率为1155、()()2212213132EX θθθθθ=⨯+⨯-+⨯-=-，()1412133x =⨯++=EX x = ， 3526x θ-∴==为矩估计值 ()()()()()()()34511223312121i i i L P X x P X x P X x P X x θθθθθθ========⋅⋅-=-∏()()ln ln25ln ln 1L θθθ=++-令() ln 1155016Ld L d θθθθθ=⨯-=⇒=- 6、（1）λ的最大似然估计 LX λ=， ()0LX P X e e λ--∴=== （2）设X ：一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数()~X P λ∴，122n =得样本均值：5011(044142221394452) 1.123122122r r x r s ==⨯⋅=⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=∑()1.12300.3253x P X e e --∴====习题6-33、从总体中抽取容量为n 的样本12,,,n X X X 由中心极限定理：()~0,1,/X U N n nμσ-=→∞（1）当2σ已知时，近似得到μ的置信度为1α-的置信区间为：22,X u X u n n αασσ⎫⎛-⋅+⋅⎪ ⎝⎭ （2）当2σ未知时，用2σ的无偏点估计2s 代替2σ：~(0,1),/X N n s nμ-→∞于是得到μ的置信度为1α-的置信区间为：22,s s X u X u n n αα⎫⎛-⋅+⋅⎪ ⎝⎭一般要求30n ≥才能使用上述公式，称为大样本区间估计 4、40n = 属于大样本，2,X N n σμ⎫⎛∴⎪ ⎝⎭ 近似μ∴的95%的置信区间近似为：2x u n ασ⎫⎛±⋅⎪ ⎝⎭其中642x =，3σ=，40 6.32n =≈，21.96u α=()23642 1.966420.9340x u n ασ⎫⎛⎫⎛∴±⋅=±⨯≈±⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故μ的95%的置信区间上限为642.93，下限为641.075、100n =属于大样本，2~,X N n σμ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭近似μ∴的99%的置信区间近似为：2x u n ασ⎫⎛±⋅⎪ ⎝⎭其中10x =，3σ=，100n =，22.58u α=()()2310 2.58100.7749.226,10.774100x u n ασ⎛⎫⎛⎫∴±⋅=±⨯=±= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由此可知最少要准备10.77410000107740()kg ⨯=这种商品，才能以0.99的概率满足要求。
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。
