概率论与数理统计答案(浙江大学)[1]

2021-05-24 来源：年旅网

浙大第四版（高等教育出版社）第一章概率论的基本概念

1.[一] 写出下列随机试验的样本空间

（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一] 1）

o1n100S,，n表小班人数

nnn（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。（[一] 2）

S={10，11，12，„„„，n，„„„}

（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。

查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。（[一] (3)）

S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，} 2.[二] 设A，B，C为三事件，用A，B，C的运算关系表示下列事件。（1）A发生，B与C不发生。表示为：

ABC或A－ (AB+AC)或A－ (B∪C)

（2）A，B都发生，而C不发生。表示为：

ABC或AB－ABC或AB－C

表示为：A+B+C

（3）A，B，C中至少有一个发生（4）A，B，C都发生，

表示为：ABC

表示为：ABC或S－ (A+B+C)或ABC

（5）A，B，C都不发生，

（6）A，B，C中不多于一个发生，即A，B，C中至少有两个同时不发生相当于AB,BC,AC中至少有一个发生。故表示为：ABBCAC。（7）A，B，C中不多于二个发生。

相当于：A,B,C中至少有一个发生。故表示为：ABC或ABC （8）A，B，C中至少有二个发生。

相当于：AB，BC，AC中至少有一个发生。故表示为：AB+BC+AC

6.[三] 设A，B是两事件且P (A)=0.6，P (B)=0.7. 问(1)在什么条件下P (AB)取到最大值，最大值是多少？（2）在什么条件下P (AB)取到最小值，最小值是多少？

解：由P (A) = 0.6，P (B) = 0.7即知AB≠φ，（否则AB = φ依互斥事件加法定理， P(A∪B)=P (A)+P (B)=0.6+0.7=1.3>1与P (A∪B)≤1矛盾）.

从而由加法定理得

P (AB)=P (A)+P (B)－P (A∪B)

(*)

（1）从0≤P(AB)≤P(A)知，当AB=A，即A∩B时P(AB)取到最大值，最大值为 P(AB)=P(A)=0.6，

（2）从(*)式知，当A∪B=S时，P(AB)取最小值，最小值为 P(AB)=0.6+0.7－1=0.3 。

7.[四] 设A，B，C是三事件，且P(A)P(B)P(C)P(AC)1. 求A，B，C至少有一个发生的概率。 81,P(AB)P(BC)0，4解：P (A，B，C至少有一个发生)=P (A+B+C)= P(A)+ P(B)+ P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)+ P(ABC)=

3150 4888.[五] 在一标准英语字典中具有55个由二个不相同的字母新组成的单词，若从26个英语字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？

记A表“能排成上述单词”

2∵ 从26个任选两个来排列，排法有A26种。每种排法等可能。

字典中的二个不同字母组成的单词：55个 ∴

P(A)5511 2130A269. 在电话号码薄中任取一个电话号码，求后面四个数全不相同的概率。（设后面4个数中的每一个数都是等可能性地取自0，1，2„„9）

记A表“后四个数全不同”

∵ 后四个数的排法有104种，每种排法等可能。

4后四个数全不同的排法有A10

∴

4A10P(A)40.504

1010.[六] 在房间里有10人。分别佩代着从1号到10号的纪念章，任意选3人记录其纪念章的号码。

（1）求最小的号码为5的概率。

记“三人纪念章的最小号码为5”为事件A

10∵ 10人中任选3人为一组：选法有3种，且每种选法等可能。 5又事件A相当于：有一人号码为5，其余2人号码大于5。这种组合的种数有12 ∴

5121 P(A)12103（2）求最大的号码为5的概率。

10记“三人中最大的号码为5”为事件B，同上10人中任选3人，选法有3种，且4每种选法等可能，又事件B相当于：有一人号码为5，其余2人号码小于5，选法有12种

4121 P(B)2010311.[七] 某油漆公司发出17桶油漆，其中白漆10桶、黑漆4桶，红漆3桶。在搬运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货4桶白漆，3桶黑漆和2桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？

记所求事件为A。

9在17桶中任取9桶的取法有C17种，且每种取法等可能。 432C4C3取得4白3黑2红的取法有C10

故

432C10C4C3252 P(A)62431C1712.[八] 在1500个产品中有400个次品，1100个正品，任意取200个。（1）求恰有90个次品的概率。记“恰有90个次品”为事件A

1500∵ 在1500个产品中任取200个，取法有200种，每种取法等可能。

4001100200个产品恰有90个次品，取法有90110种

400110090110

P(A)1500200∴

（2）至少有2个次品的概率。记：A表“至少有2个次品”

B0表“不含有次品”，B1表“只含有一个次品”，同上，200个产品不含次品，取法

11004001100有200种，200个产品含一个次品，取法有1199种



∵

AB0B1且B0，B1互不相容。

∴

110040011001199200

P(A)1P(A)1[P(B0)P(B1)]11500150020020013.[九] 从5双不同鞋子中任取4只，4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少？记A表“4只全中至少有两支配成一对” 则A表“4只人不配对”

10∵ 从10只中任取4只，取法有4种，每种取法等可能。

要4只都不配对，可在5双中任取4双，再在4双中的每一双里任取一只。取法有

524 4P(A)4C5244C108218132121

P(A)1P(A)115.[十一] 将三个球随机地放入4个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是1，2，3，的概率各为多少？

记Ai表“杯中球的最大个数为i个” i=1,2,3, 三只球放入四只杯中，放法有43种，每种放法等可能

对A1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法4³3³2种。 (选排列：好比3个球在4个位置做排列)

P(A1)4326 1643243种。对A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有C32(从3个球中选2个球，选法有C3，再将此两个球放入一个杯中，选法有4

种，最后将剩余的1球放入其余的一个杯中，选法有3种。

2C343P(A2)439 16对A3：必须三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中选1个杯子，放入此

3个球，选法有4种)

P(A3)41 431616.[十二] 50个铆钉随机地取来用在10个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部件用3只铆钉，若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就太弱，问发生一个部件强度太弱的概率是多少？

记A表“10个部件中有一个部件强度太弱”。法一：用古典概率作：

把随机试验E看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完10个部件（在三个钉的一组中不分先后次序。但10组钉铆完10个部件要分先后次序）

3333C47C44C23对E：铆法有C50种，每种装法等可能

3333C47C44C23对A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有〔C3〕×10

种

3333[C3C47C44C23]10333C50C47C23P(A)10.00051 1960法二：用古典概率作

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

3对E：铆法有A50种，每种铆法等可能

对A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，„或“28，29，

327327327327A47A3A47A3A4710A3A4730”位置上。这种铆法有A3种

P(A)

32710A3A4730A5010.00051 1960

17.[十三] 已知P(A)0.3,P(B)0.4,P(AB)0.5,求P(B|AB)。解一：

P(A)1P(A)0.7,P(B)1P(B)0.6,AASA(BB)ABAB注意(AB)(AB). 故有

P (AB)=P (A)－P (AB)=0.7－0.5=0.2。再由加法定理，

P (A∪B)= P (A)+ P (B)－P (AB)=0.7+0.6－0.5=0.8 于是P(B|AB)P[B(AB)]P(AB)0.20.25

解：（方法一）（在缩小的样本空间SB中求P(A|B)，即将事件B作为样本空间，求事件A发生的概率）。

掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（x, y）（x, y=1,2,3,4,5,6）并且满足x,+y=7，则样本空间为

S={(x, y)| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)} 每种结果（x, y）等可能。

A={掷二骰子，点数和为7时，其中有一颗为1点。故P(A)21} 63方法二：（用公式P(A|B)P(AB) P(B)S={(x, y)| x =1,2,3,4,5,6; y = 1,2,3,4,5,6}}每种结果均可能

A=“掷两颗骰子，x, y中有一个为“1”点”，B=“掷两颗骰子，x,+y=7”。则

P(B)612， ,P(AB)6266222P(AB)216 故P(A|B)P(B)163620.[十六] 据以往资料表明，某一3口之家，患某种传染病的概率有以下规律：P(A)=P{孩子得病}=0.6，P (B|A)=P{母亲得病|孩子得病}=0.5，P (C|AB)=P{父亲得病|母亲及孩子得病}=0.4。求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。

解：所求概率为P (ABC)（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件，这里不是求P (C|AB)

P (AB)= P(A)=P(B|A)=0.6×0.5=0.3, P (C|AB)=1－P (C |AB)=1－0.4=0.6. 从而P (ABC)= P (AB) · P(C|AB)=0.3×0.6=0.18.

21.[十七] 已知10只晶体管中有2只次品，在其中取二次，每次随机地取一只，作不放回抽样，求下列事件的概率。

（1）二只都是正品（记为事件A）

法一：用组合做在10只中任取两只来组合，每一个组合看作一个基本结果，每种

取法等可能。

C8228P(A)20.62

C1045法二：用排列做在10只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个排列等可能。

2A82A10P(A)

28 45法三：用事件的运算和概率计算法则来作。记A1，A2分别表第一、二次取得正品。

P(A)P(A1A2)P(A)P(A2|A1)（2）二只都是次品（记为事件B）

8728 10945法一： P(B)2C22C101 45法二： P(B)2A22A101 45法三：

P(B)P(A1A2)P(A1)P(A2|A1)211 10945（3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）

法一： P(C)11C8C22C1016 45法二： P(C)112(C8C2)A22A1016 45法三：

P(C)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥

P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)281682 10910945（4）第二次取出的是次品（记为事件D）

法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，

11A9A22A10法二： P(D)1 5法三：

P(D)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥

P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)82211 109109522.[十八] 某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率是多少？如果已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？

记H表拨号不超过三次而能接通。 Ai表第i次拨号能接通。

注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。

HA1A1A2A1A2A3　三种情况互斥P(H)P(A1)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)

191981310109109810如果已知最后一个数字是奇数（记为事件B）问题变为在B已发生的条件下，求H再发生的概率。

P(H|B)PA1|BA1A2|BA1A2A3|B)

P(A1|B)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A3|BA1A2) 1414313 554543524.[十九] 设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋

中取到）白球的概率是多少？（此为第三版19题(1)）

记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋” 再记B表“再从乙袋中取得白球”。 ∵ ∴

B=A1B+A2B且A1，A2互斥 P (B)=P (A1)P(B| A1)+ P (A2)P (B| A2)

nN1mN nmNM1nmNM1[十九](2) 第一只盒子装有5只红球，4只白球；第二只盒子装有4只红球，5只白球。先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。

记C1为“从第一盒子中取得2只红球”。 C2为“从第一盒子中取得2只白球”。

C3为“从第一盒子中取得1只红球，1只白球”，

D为“从第二盒子中取得白球”，显然C1，C2，C3两两互斥，C1∪C2∪C3=S，由全概率公式，有

P (D)=P (C1)P (D|C1)+P (C2)P (D|C2)+P (C3)P (D| C3)

112C525C4C47C56532 2 21199C911C911C926.[二十一] 已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？

解：A1={男人}，A2={女人}，B={色盲}，显然A1∪A2=S，A1 A2=φ 由已知条件知P(A1)P(A2)由贝叶斯公式，有

1P(B|A1)5%,P(B|A2)0.25% 2

15P(A1B)P(A1)P(B|A1)202100P(A1|B)125P(B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)15212100210000

[二十二] 一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P，若第一次

P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（1）若至少

2有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。

解：Ai={他第i次及格}，i=1,2

已知P (A1)=P (A2|A1)=P，P(A2|A1)P

2（1）B={至少有一次及格}

}A1A2 所以B{两次均不及格∴P(B)1P(B)1P(A1A2)1P(A1)P(A2|A1) 1[1P(A1)][1P(A2|A1)] 1(1P)(1P31)PP2 222

（*）

定义P(A1A2)（2）P(A1A2)

P(A2)由乘法公式，有P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P2

由全概率公式，有P(A2)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)

PP(1P)

P2P2P22

将以上两个结果代入（*）得P(A1|A2)P2P2P222P P128.[二十五] 某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：

到家时间乘地铁到 0.10 家的概率乘汽车到 0.30 家的概率某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是5:47到家的，试求他是乘地铁回家的概率。

解：设A=“乘地铁”，B=“乘汽车”，C=“5:45~5:49到家”，由题意,AB=φ,A∪B=S 已知：P (A)=0.5, P (C|A)=0.45, P (C|B)=0.2, P (B)=0.5 由贝叶斯公式有

0.35 0.20 0.10 0.05 0.25 0.45 0.15 0.05 5:35~5:39 5:40~5:44 5:45~5:49 5:50~5:54 迟于5:54 P(A|C)P(C|A)P(A)P(C)0.50.450.4590.6923

110.6513P(C|A)P(C|B)2229.[二十四] 有两箱同种类型的零件。第一箱装5只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。

解：设Bi表示“第i次取到一等品” i=1，2 Aj表示“第j箱产品” j=1,2，显然A1∪A2=S （1）P(B1)A1A2=φ

1101182。 0.4（B1= A1B +A2B由全概率公式解）

2502305110911817P(B1B2)2504923029（2）P(B2|B1)0.4857

2P(B1)5 （先用条件概率定义，再求P (B1B2)时，由全概率公式解）

32.[二十六（2）] 如图1，2，3，4，5表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的概率为p，且设各继电器闭合与否相互独立，求L和R是通路的概率。

记Ai表第i个接点接通

记A表从L到R是构成通路的。

∵ A=A1A2+ A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥

∴ P (A)=P (A1A2)+P (A1A3A5) +P (A4A5)+P (A4A3A2)－P (A1A2A3A5)

+ P (A1A2 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4) +P (A1A3 A4A5)

+ P (A1A2 A3A4A5) P (A2 A3 A4A5)+ P (A1A2A3 A4A5)+ P (A1A2 A3 A4A5) + (A1A2 A3 A4A5) + P (A1A2 A3 A4A5)－P (A1A2 A3 A4A5)

又由于A1，A2， A3， A4，A5互相独立。故

P (A)=p2+ p3+ p2+ p3－[p4 +p4 +p4 +p4 +p5 +p4]

L 1 3 4 5 2 R +[ p5 + p5+ p5+ p5]－p5=2 p2+ 3p3－5p4 +2 p5

[二十六（1）]设有4个独立工作的元件1，2，3，4。它们的可靠性分别为P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。

记Ai表示第i个元件正常工作，i=1，2，3，4，

2 1 4 3 A表示系统正常。

∵ A=A1A2A3+ A1A4两种情况不互斥

(加法公式)

∴ P (A)= P (A1A2A3)+P (A1A4)－P (A1A2A3 A4)

= P (A1) P (A2)P (A3)+ P (A1) P (A4)－P (A1) P (A2)P (A3)P (A4) = P1P2P3+ P1P4－P1P2P3P4

(A1, A2, A3, A4独立)

34.[三十一] 袋中装有m只正品硬币，n只次品硬币，（次品硬币的两面均印有国徽）。在袋中任取一只，将它投掷r次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多

少？

解：设“出现r次国徽面”=Br “任取一只是正品”=A 由全概率公式，有

m1rn()1rmn2mnm1r ()P(A)P(Br|A)mmn2P(A|Br)m1rnP(Br)mn2r()mn2mnP(Br)P(A)P(Br|A)P(A)P(Br|A) （条件概率定义与乘法公式）

35．甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为0.2，被两人击中而被击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。

解：高Hi表示飞机被i人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2分别表示甲、乙、丙击中飞机

∵

H1B1B2B3B1B2B3B1B2B3，三种情况互斥。 H2B1B2B3B1B2B3B1B2B3 三种情况互斥 H3B2B2B3

又 B1，B2，B2独立。 ∴

P(H1)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)

P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36

P(H2)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)

P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.3 + 0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41

P (H3)=P (B1)P (B2)P (B3)=0.4×0.5×0.7=0.14 又因：

A=H1A+H2A+H3A

三种情况互斥

故由全概率公式，有

P (A)= P(H1)P (A|H1)+P (H2)P (A|H2)+P (H3)P (AH3) =0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.458

36.[三十三]设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏2%（这一事件记为A1），10%（事件A2），90%（事件A3）的概率分别为P (A1)=0.8, P (A2)=0.15, P (A2)=0.05，现从中随机地独立地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为B），试分别求P (A1|B) P (A2|B), P (A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相独立地）

∵ B表取得三件好物品。

B=A1B+A2B+A3B 三种情况互斥

由全概率公式，有 ∴

P (B)= P(A1)P (B|A1)+P (A2)P (B|A2)+P (A3)P (B|A3)

=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.8624

P(A1B)P(A1)P(B|A1)0.8(0.98)3P(A1|B)0.8731P(B)P(B)0.8624

P(A2B)P(A2)P(B|A2)0.15(0.9)3P(A2|B)0.1268

P(B)P(B)0.8624P(A3B)P(A3)P(B|A3)0.05(0.1)3P(A3|B)0.0001P(B)P(B)0.862437.[三十四] 将A，B，C三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为α，而输出为其它一字母的概率都是(1－α)/2。今将字母串AAAA，BBBB，CCCC之一输入信道，输入AAAA，BBBB，CCCC的概率分别为p1, p2, p3 (p1 +p2+p3=1)，已知输出为ABCA，问输入的是AAAA的概率是多少？（设信道传输每个字母的工作是相互独立的。）

解：设D表示输出信号为ABCA，B1、B2、B3分别表示输入信号为AAAA，BBBB，

CCCC，则B1、B2、B3为一完备事件组，且P(Bi)=Pi, i=1, 2, 3。

再设A发、A收分别表示发出、接收字母A，其余类推，依题意有 P (A收| A发)= P (B收| B发)= P (C收| C发)=α，

P(D)P(B)P(D|B)iii13

p1a2(1α21α3)(P2P3)α()22由Bayes公式，得 P (AAAA|ABCA)= P (B 1 | D ) = =

P(B1)P(D|B1)

P(D)2αP1

2αP1(1α)(P2P3)[二十九] 设第一只盒子装有3只蓝球，2只绿球，2只白球；第二只盒子装有2只蓝球，3只绿球，4只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。（1）求至少有一只蓝球的概率，（2）求有一只蓝球一只白球的概率，（3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率。

解：记A1、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B1、B2、B3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。

（1）记C={至少有一只蓝球}

C= A1B1+ A1B2+ A1B3+ A2B1+ A3B1，5种情况互斥

由概率有限可加性，得

P(C)P(A1B1)P(A1B2)P(A1B3)P(A2B1)P(A3B1)独立性P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)

11121321313233342222579797979799（2）记D={有一只蓝球，一只白球}，而且知D= A1B3+A3B1两种情况互斥

P(D)P(A1B3P(A3B1)P(A1)P(B3)P(A3)P(B1)342216797963（3）P(D|C)

P(CD)P(D)16P(C)P(C)35(注意到CDD)

[三十] A，B，C三人在同一办公室工作，房间有三部电话，据统计知，打给A，B，221C的电话的概率分别为,。他们三人常因工作外出，A，B，C三人外出的概,555111率分别为,，设三人的行动相互独立，求

244（1）无人接电话的概率；（2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了3个电话，求（3）这3个电话打给同一人的概率；（4）这3个电话打给不同人的概率；（5）这3个电话都打给B，而B却都不在的概率。

解：记C1、C2、C3分别表示打给A，B，C的电话 D1、D2、D3分别表示A，B，C外出注意到C1、C2、C3独立，且P(C1)P(C2) P(D1)21,P(C3) 5511,P(D2)P(D3) 24（1）P（无人接电话）=P (D1D2D3)= P (D1)P (D2)P (D3) =

1111 24432（2）记G=“被呼叫人在办公室”，GC1D1C2D2C3D3三种情况互斥，由有限可加性与乘法公式

P(G)P(C1D1)P(C2D2)P(C3D3)由于某人外出与 P(C1)P(D1|C1)P(C2)P(D2|C2)P(C3)P(D3|C3)否和来电话无关故P(D|C)P(D)21231313kkk52545420（3）H为“这3个电话打给同一个人”

P(H)22222211117 555555555125（4）R为“这3个电话打给不同的人”

R由六种互斥情况组成，每种情况为打给A，B，C的三个电话，每种情况的概率为

2214 555125于是P(R)6424 125125（5）由于是知道每次打电话都给B，其概率是1，所以每一次打给B电话而B不在

1的概率为，且各次情况相互独立

411于是 P（3个电话都打给B，B都不在的概率）=()3

464

第二章随机变量及其分布

1.[一] 一袋中有5只乒乓球，编号为1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以X表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律

解：X可以取值3，4，5，分布律为

P(X3)P(一球为3号,两球为1,2号)21C23C511021C33C5 P(X4)P(一球为4号,再在1,2,3中任取两球)310610

P(X5)P(一球为5号,再在1,2,3,4中任取两球)也可列为下表 X： 3， 4，5 P：

21C43C5136 ,,1010103.[三] 设在15只同类型零件中有2只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽样，以X表示取出次品的只数，（1）求X的分布律，（2）画出分布律的图形。

解：任取三只，其中新含次品个数X可能为0，1，2个。

P(X0)3C133C1522 3512 351 35O 1 2 x P P(X1)12C2C133C1521C2C133C15P(X2)再列为下表

X： 0， 1， 2 P：

22121 ,,3535354.[四] 进行重复独立实验，设每次成功的概率为p，失败的概率为q =1－p(0（2）将实验进行到出现r次成功为止，以Y表示所需的试验次数，求Y的分布律。（此时称Y服从以r, p为参数的巴斯卡分布。）

（3）一篮球运动员的投篮命中率为45%，以X表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出X的分布律，并计算X取偶数的概率。

解：（1）P (X=k)=qk1p

－k=1,2,„„

（2）Y=r+n={最后一次实验前r+n－1次有n次失败，且最后一次成功}

P(Yrn)Crnn1qnpr1pCrnn1qnpr, （3）P (X=k) = (0.55)k－10.45

n0,1,2,,其中 q=1－p，

r1rkr或记r+n=k，则 P{Y=k}=Ck,kr,r1, 1p(1p) k=1,2…

2k1P (X取偶数)=

P(X2k)(0.55)k1k10.4511 316.[六] 一大楼装有5个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻t每个设备使用的概率为0.1，问在同一时刻

（1）恰有2个设备被使用的概率是多少？

22522P(X2)C5pqC5(0.1)2(0.9)30.0729

（2）至少有3个设备被使用的概率是多少？

345P(X3)C5(0.1)3(0.9)2C5(0.1)4(0.9)C5(0.1)50.00856

（3）至多有3个设备被使用的概率是多少？

01P(X3)C5(0.9)5C50.1(0.9)4C52(0.1)2(0.9)3

3C5(0.1)3(0.9)20.99954

（4）至少有一个设备被使用的概率是多少？

P(X1)1P(X0)10.590490.40951

[五] 一房间有3扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。

（1）以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律。

（2）户主声称，他养的一只鸟，是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数，如户主所说是确实的，试求Y的分布律。

（3）求试飞次数X小于Y的概率；求试飞次数Y小于X的概率。解：（1）X的可能取值为1，2，3，„，n，„

P {X=n}=P {前n－1次飞向了另2扇窗子，第n次飞了出去}

21 =()n1， n=1，2，„„

33（2）Y的可能取值为1，2，3

1 3 P {Y=2}=P {第1次飞向另2扇窗子中的一扇，第2次飞了出去}

P {Y=1}=P {第1次飞了出去}= =

211 323 P {Y=3}=P {第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出去}

2!1 3!3 =

(3)P{XY}P{Yk}P{XY|Yk}k133P{Yk}P{XY|Yk}k2全概率公式并注意到 P{XY|Y1}0



P{Yk}P{Xk}k23注意到X,Y独立即 P{XY|Yk}

111121827333333P{Xk}同上，P{XY} P{Yk}P{XY|Yk}

k133k1P{Yk}P{Xk}11121419 333932781故P{YX}1P{XY}P{XY)38 818.[八] 甲、乙二人投篮，投中的概率各为0.6, 0.7，令各投三次。求（1）二人投中次数相等的概率。记X表甲三次投篮中投中的次数 Y表乙三次投篮中投中的次数

由于甲、乙每次投篮独立，且彼此投篮也独立。

P (X=Y)=P (X=0, Y=0)+P (X=2, Y=2)+P (X=3, Y=3)

= P (X=0) P (Y=0)+ P (X=1) P (Y=1)+ P (X=2) P (Y=2)+ P (X=3) P (Y=3)

110.6(0.4)2][C30.7(0.3)2] = (0.4)3× (0.3)3+ [C322(0.6)20.4][C3(0.7)2.3](0.6)3 [C3 (0.7)30.321 （2）甲比乙投中次数多的概率。

P (X>Y)=P (X=1, Y=0)+P (X=2, Y=0)+P (X=2, Y=1)+ P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)

=P (X=1) P (Y=0) + P (X=2, Y=0)+ P (X=2, Y=1)+ P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)

120.6(0.4)2](0.3)3[C3(0.6)20.4](0.3)8 =[C322123 [C3(0.6)0.4][C30.7(0.3)](0.6)

1(0.3)3(0.6)3[C30.7(0.3)2](0.6)3

[C3(0.7)0.3]0.243

9.[十] 有甲、乙两种味道和颜色极为相似的名酒各4杯。如果从中挑4杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。

（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？

（2）某人声称他通过品尝能区分两种酒。他连续试验10次，成功3次。试问他是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的。）

解：（1）P (一次成功)=

2211 470C83（2）P (连续试验10次，成功3次)= C10(136973。此概率太小，按实)()707010000际推断原理，就认为他确有区分能力。

[九] 有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取10件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为10%，求

（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率

（3）这批产品按第2次检验的标准被接受的概率

（4）这批产品在第1次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率

解：X表示10件中次品的个数，Y表示5件中次品的个数，

由于产品总数很大，故X~B（10，0.1），Y~B（5，0.1）（近似服从）（1）P {X=0}=0.910≈0.349

210.120.98C100.10.990.581 （2）P {X≤2}=P {X=2}+ P {X=1}=C10

（3）P {Y=0}=0.9 5≈0.590 （4）P {0({0= P {012.[十三] 电话交换台每分钟的呼唤次数服从参数为4的泊松分布，求（1）每分钟恰有8次呼唤的概率法一：法二：

484P(X8)e0.029770（直接计算）

8!P ( X= 8 )= P (X ≥8)－P (X ≥9)（查λ= 4泊松分布表）。

= 0.051134－0.021363=0.029771 （2）每分钟的呼唤次数大于10的概率。

P (X>10)=P (X ≥11)=0.002840（查表计算）

[十二 (2)]每分钟呼唤次数大于3的概率。

P{X3}P{X4}0.566530

[十六] 以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间（以分计），X的分布函数是

0.4x,x0 FX(x)1ex00求下述概率：

（1）P{至多3分钟}；（2）P {至少4分钟}；（3）P{3分钟至4分钟之间}；（4）P{至多3分钟或至少4分钟}；（5）P{恰好2.5分钟} 解：（1）P{至多3分钟}= P {X≤3} =FX(3)1e1.2 （2）P {至少4分钟} P (X ≥4) =1FX(4)e1.6

（3）P{3分钟至4分钟之间}= P {30,x1,18.[十七] 设随机变量X的分布函数为FX(x)lnx,1xe,，

1,xe.求（1）P (X<2), P {0P(2X5555FX()FX(2)lnln2ln 22241,1xe,（2）f(x)F'(x)x

0,其它20.[十八（2）]设随机变量X的概率密度f(x)为

21x2（1）f(x)01x1其它

0x1x（2）f(x)2x1x2

其他0求X的分布函数F (x)，并作出（2）中的f (x)与F (x)的图形。解：当－1≤x≤1时：

X22F(x)0dx1x2dx1ππ1x1x1x21arcsinx221

111x1x2arcsinxππ2当110dxx21x2dx0dx1 1π110111F(x)x1x2arcsinxππ21解：（2）F(x)P(Xx)x11x1 1xxf(t)dt

当x0时,F(x)x0dt0x2当0x1时,F(x)0dttdt020x当1x2时,F(x)当2x时,F(x)故分布函数为

00dt10tdtx1(2t)dt2xx122

00dt10tdt21(2t)dtx20dt10x2F(x)22x2x121x00x1

1x22x（2）中的f (x)与F (x)的图形如下 0 1 2 x 0 1 2 x

f (x) F (x) 22.[二十] 某种型号的电子的寿命X（以小时计）具有以下的概率密度：

1000f(x)x20x1000其它

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

解：一个电子管寿命大于1500小时的概率为

P(X1500)1P(X1500)11(122)331500100010001000(1)1500dx1x1000x2

令Y表示“任取5只此种电子管中寿命大于1500小时的个数”。则Y~B(5,2)，32111P(Y2)1P(Y2)1P(Y0)P(Y1)1()5C5()()4333

15211232112432433523.[二十一] 设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X（以分计）服从指数分布，其概率密度为：

x15FX(x)5e,x0

0,其它某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟他就离开。他一个月要到银行5次。以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y的分布律。并求P（Y≥1）。

解：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为

15P(X10)fX(x)dxedxe510e2

105105因此Y~B(5,e2).即P(Yk)e2k(1e2)5k,(k1,2,3,4,5

k15P(Y1)1P(Y1)1P(Y0)1(1e2)51(1)1(10.1353363)57.38910.8677510.48330.5167.xx 24.[二十二] 设K在（0，5）上服从均匀分布，求方程4x24xKK20有实根的概率

1 ∵ K的分布密度为：f(K)5000K5其他

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

2P(K2)1f(x)dxdx25550dx3 525.[二十三] 设X～N（3.22）

（1）求P (22}，P (X>3)

βμαμ ∵ 若X～N（μ，σ2），则P (α5323=φ(1)－φ(－0.5) P (2∴

10343=φ(3.5)－φ(－3.5) P (－4P (|X|>2)=1－P (|X|<2)= 1－P (－2< P<2 )

2323 =122

=1－φ(－0.5) +φ(－2.5)

=1－0.3085+0.0062=0.6977

33 P (X>3)=1－P (X≤3)=1－φ=1－0.5=0.5

2（2）决定C使得P (X > C )=P (X≤C) ∵ 得又

P (X > C )=1－P (X≤C )= P (X≤C) P (X≤C )=

1=0.5 2C3C3P (X≤C )=φ0 ∴ C =3 0.5,查表可得22226.[二十四] 某地区18岁的女青年的血压（收缩区，以mm-Hg计）服从N(110,12)在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X。求

（1）P (X≤105)，P (100x) ≤ 0.05.

105110解:(1)P(X105)()(0.4167)1(0.4167)10.66160.3384

1212011010011055P(100X120)()()()()121266

52()12(0.8333)120.797610.59526(2)P(Xx)1P(Xx)1(查表得x110x110)0.05()0.95.1212x1101.645.x11019.74129.74.故最小的X129.74.12

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

设螺栓长度为X

P{X不属于(10.05－0.12, 10.05+0.12)

=1－P (10.05－0.12(10.050.12)10.05(10.050.12)10.05 =1－ 0.060.06 =1－{φ(2)－φ(－2)} =1－{0.9772－0.0228} =0.0456

28.[二十六] 一工厂生产的电子管的寿命X（以小时计）服从参数为μ=160，σ(未知)的正态分布，若要求P (120＜X≤200＝=0.80，允许σ最大为多少？

20016012016040400.80 ∵ P (120＜X≤200)=σσσσ又对标准正态分布有φ(－x)=1－φ(x)

40400.80 ∴ 上式变为1σσ40400.9 解出便得:σσ 再查表，得

40401.281σ31.25 σ1.28130.[二十七] 设随机变量X的分布律为： X：－2，

P：

－1， 0，

1，

1， 5111，，， 6515 (－1)2

(0)2

11 30(1)2

(3)2

求Y=X 2的分布律

∵ Y=X 2：(－2)2 P：

1 5111 6515 4

11 30再把X 2的取值相同的合并，并按从小到大排列，就得函数Y的分布律为： ∴ Y： 0 P：

111111 561553031.[二十八] 设随机变量X在（0，1）上服从均匀分布

（1）求Y=eX的分布密度

1∵ X的分布密度为：f(x)0

0x1

x为其他

Y=g (X) =eX是单调增函数 X=h (Y)=lnY，反函数存在 α = min[g (0), g (1)]=min(1, e)=1

又且

max[g (0), g (1)]=max(1, e)= e

f[h(y)]|h'(y)|11∴ Y的分布密度为：ψ(y)y0（2）求Y=－2lnX的概率密度。 ∵ 又且

Y= g (X)=－2lnX 是单调减函数

Y21yey为其他

Xh(Y)e 反函数存在。

α = min[g (0), g (1)]=min(+∞, 0 )=0

β=max[g (0), g (1)]=max(+∞, 0 )= +∞

yy1212ef[h(y)]|h'(y)|1e∴ Y的分布密度为：ψ(y)2200yy为其他

32.[二十九] 设X～N（0，1）（1）求Y=eX的概率密度 ∵ X的概率密度是f(x)1e2πx22,x

Y= g (X)=eX 是单调增函数又且

X= h (Y ) = lnY 反函数存在

α = min[g (－∞), g (+∞)]=min(0, +∞)=0

β = max[g (－∞), g (+∞)]= max(0, +∞)= +∞ ∴ Y的分布密度为：

(lny)2f[h(y)]|h'(y)|1e21ψ(y)y2π00y y为其他（2）求Y=2X2+1的概率密度。

在这里，Y=2X2+1在(+∞，－∞)不是单调函数，没有一般的结论可用。设Y的分布函数是FY（y），则 FY ( y)=P (Y≤y)=P (2X2+1≤y)

 =P当y<1时：FY ( y)=0

y1X2y12 当y≥1时：Fy(y)P故Y的分布密度ψ( y)是：

y1X2y12y12y121e2πx22dx

当y≤1时：ψ( y)= [FY ( y)]' = (0)' =0

当y>1时，ψ( y)= [FY ( y)]' =y12y1212ex22dx 1e =

2π(y1)y14

（3）求Y=| X |的概率密度。

∵ Y的分布函数为 FY ( y)=P (Y≤y )=P ( | X |≤y) 当y<0时，FY ( y)=0

当y≥0时，FY ( y)=P (| X |≤y )=P (－y≤X≤y)=∴ Y的概率密度为：

当y≤0时：ψ( y)= [FY ( y)]' = (0)' =0

yy1e2πx22dx

y2x2y12当y>0时：ψ( y)= [FY ( y)]' =e2dxe2

y2ππ33.[三十] （1）设随机变量X的概率密度为f (x)，求Y = X 3的概率密度。

∵ 又且

Y=g (X )= X 3 是X单调增函数， X=h (Y ) =Y，反函数存在，

α = min[g (－∞), g (+∞)]=min(0, +∞)=－∞

13 β = max[g (－∞), g (+∞)]= max(0, +∞)= +∞ ∴ Y的分布密度为：

ψ( y)= f [h ( h )]²| h' ( y)| = f

1(y321)y3,y,但y0 3

(0)0

（2）设随机变量X服从参数为1的指数分布，求Y=X 2的概率密度。

ex法一：∵ X的分布密度为：f(x)0 Y=x2是非单调函数

当 x<0时 y=x 反函数是xy 当 x<0时 y=x2  x2

x0x0

y=x2 y y

O ∴ Y～ fY (y) = f(y)(y)f(y)(y) －y y x 01e =2y0y12yey,y0y0

法二：Y~FY(y)P(Yy)P(yXy)P(Xy)P(Xy)

yxedx01e 00y,,y0y0

1e∴ Y～ fY (y) =2y0y,,y0.y0.

34.[三十一] 设X的概率密度为

2x0xπ f(x)π2x为其他0求Y=sin X的概率密度。

∵ FY ( y)=P (Y≤y) = P (sinX≤y) 当y<0时：FY ( y)=0

当0≤y≤1时：FY ( y) = P (sinX≤y) = P (0≤X≤arc sin y或π－arc sin y≤X≤π) =当1arcsiny02xdx2π2xdx

πarcsinyπ2π

∴ Y的概率密度ψ( y )为： y≤0时，ψ( y )=[ FY ( y)]' = (0 )' = 0

0arcsiny02xdxπ2

2xdx

πarcsinyπ2π2π1y21≤y时，ψ( y )=[ FY ( y)]' = (1) = 0

36.[三十三] 某物体的温度T (oF )是一个随机变量，且有T～N（98.6，2），试求θ(℃)

5的概率密度。[已知θ(T32)]

9法一：∵ T的概率密度为f(t)122e(t98.6)222,t

又 θg(T) Th(θ)5(T32) 是单调增函数。 99θ32 反函数存在。 5 且 α = min[g (－∞), g (+∞)]=min(－∞, +∞)=－∞ β = max[g (－∞), g (+∞)]= max(－∞, +∞)= +∞

∴ θ的概率密度ψ(θ)为

9(θ3298.6)254eψ(θ)f[h(θ)]|h'(θ)|12π29e10π9 5 81(θ37)2100,θ

法二：根据定理：若X～N（α1， σ1），则Y=aX+b～N (aα1+b, a2 σ2 ) 由于T～N（98.6, 2）

253335251601605~N98.6,2N,2 故 θT9999999故θ的概率密度为：

333922()

1e52295229910e81(37)2100,

第三章多维随机变量及其分布

1.[一] 在一箱子里装有12只开关，其中2只是次品，在其中随机地取两次，每次取一只。考虑两种试验：（1）放回抽样，（2）不放回抽样。我们定义随机变量X，Y如下：

,0,若第一次取出的是正品X

1,若第一次取出的是次品,0,若第二次取出的是正品Y

1,若第二次取出的是次品试分别就（1）（2）两种情况，写出X和Y的联合分布律。

解：（1）放回抽样情况

由于每次取物是独立的。由独立性定义知。

P (X=i, Y=j)=P (X=i)P (Y=j) P (X=0, Y=0 )=P (X=0, Y=1 )=P (X=1, Y=0 )=P (X=1, Y=1 )=

或写成

X Y 0 0 1 101025 1212361025 1212362105 121236221 12123625 365 36

1 （2）不放回抽样的情况

5 361 36P {X=0, Y=0 }=P {X=0, Y=1 }=P {X=1, Y=0 }=P {X=1, Y=1 }=

或写成

X Y 0 1 0 10945 12116610210 12116621010 121166211 1211661 45 6610 6610 661 663.[二] 盒子里装有3只黑球，2只红球，2只白球，在其中任取4只球，以X表示取到黑球的只数，以Y表示取到白球的只数，求X，Y的联合分布律。

X 0 1 2 3 Y 0 1 2 0 0 0 3 3512 353 352 352 350 6 356 351 35解：（X，Y）的可能取值为(i, j)，i=0，1，2，3， j=0，12，i + j≥2，联合分布律为

P {X=0, Y=2 }=

22C2C24C71 356 35P {X=1, Y=1 }=

112C3C2C24C7

121C3C2C24C722C3C24C7P {X=1, Y=2 }=6 35P {X=2, Y=0 }=3 3512 35P {X=2, Y=1 }=

211C3C2C24C722C3C24C731C3C24C731C3C24C7P {X=2, Y=2 }=3 352 352 35P {X=3, Y=0 }=P {X=3, Y=1 }=P {X=3, Y=2 }=0

k(6xy),0x2,2y45.[三] 设随机变量（X，Y）概率密度为f(x,y)

0,其它（1）确定常数k。（3）求P (X<1.5}

（2）求P {X<1, Y<3} （4）求P (X+Y≤4}

分析：利用P {(X, Y)∈G}=

f(x,y)dxdyf(x,y)dxdy再化为累次积分，其中

GGDo0x2,Do(x,y)

2y4解：（1）∵1f(x,y)dxdy0212k(6xy)dydx，∴k3 81 8（2）P(X1,Y3)dx0213128(6xy)dy（3）P(X1.5)P(X1.5,Y)（4）P(XY4)1.50dx127 (6xy)dy2832412(6xy)dy

00836．（1）求第1题中的随机变量（X、Y ）的边缘分布律。 y dx4x

（2）求第2题中的随机变量（X、Y ）的边缘分布律。解：（1）① 放回抽样（第1题）

X Y 0 1 2 1 0 25536 36 o 1 5136 36 边缘分布律为 X 0

Pi²

166

P²j

② 不放回抽样（第1题）

X Y 0 1 0 451066 66 1

10166 66 边缘分布为 X

Pi²

166

P²j

（2）（X，Y ）的联合分布律如下 X Y 0 1 2 3

0 0 338 8 0 3 10 0 18 8 解： X的边缘分布律

Y的边缘分布律 X 0 1

3 Y 1 3

Pi²

1 3 3 1 6

28888 P²j 88

7.[五] 设二维随机变量（X，Y ）的概率密度为

x+y=4 x

4.8y(2x)f(x,y)0解：fX(x)0x1,0yx其它求边缘概率密度.

x4.8y(2x)dy2.4x2(2x)f(x,y)dy000x1其它

fY(y)14.8y(2x)dx2.4y(34yy2)0y1 f(x,y)dxy其它08.[六] 设二维随机变量（X，Y）的概率密度为

ye,0xy求边缘概率密度。 f(x,y)0,其它.y x=y 解:fX(x)eydyex,x0 f(x,y)dyxx00, fY(y)f(x,y)dxy0eydxyey,y0,0,y0,o

x 22cxy,xy19.[七] 设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)

0,其它（1）试确定常数c。（2）求边缘概率密度。解: l=

f(x,y)dxdydy01yycxydxc21022421 ydycc3214y 521212122xydyx(1x4),1x1 X~fX(x)x4 80,其它5y21272Y~fY(y)y4dydx2y00y1 其它o y=x2 x 15. 第1题中的随机变量X和Y是否相互独立。解：放回抽样的情况

P {X=0, Y=0 } = P {X=0}²P {Y=0} =

25 36

P {X=0, Y=1 } = P {X=0}P {Y=1}=P {X=1, Y=0 } = P {X=1}P {Y=0}=P {X=1, Y=1 } = P {X=1}P {Y=1}=

在放回抽样的情况下，X和Y是独立的不放回抽样的情况：

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

5 365 361 3610945 121166105 126P {X=0}= P {X=0, Y=0 } + P {Y=0, X=1 }=

1092105 1211111165525 6636P {X=0, Y=0 }≠P {X=0}P {Y=0}

P {X=0}²P {Y=0} =

∴ X和Y不独立

16.[十四] 设X，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

1ye2,y0的概率密度为fY(y)2

0,y0.（1）求X和Y的联合密度。（2）设含有a的二次方程为a2+2Xa+Y=0,试求有实根的概率。

1,x(0,1)解：（1）X的概率密度为fX(x)

0,其它Y的概率密度为

y y=x2 D o 1 x 1ye2,y0fY(y)2且知X, Y相互独立，

0,y0.于是（X，Y）的联合密度为

y12f(x,y)fX(x)fY(y)2e00x1,y0

其它

（2）由于a有实跟根，从而判别式4X4Y0

即：YX2 记D{(x,y)|0x1,0yx}

22P(YX2)f(x,y)dxdydxD01x201edydxde0021x2y2y21e01x22dx

121212.50663120.341310.85550.144500ex22dx12((1)(2))12(0.84130.5)

19.[十八] 设某种商品一周的需要量是一个随机变量，其概率密度为

tte,f(t)0t0t0

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

tte,f(t)0t0t0

Z=X+Y表示两周需要的商品量，由X和Y的独立性可知：

xexyeyf(x,y)0∵

z≥0

x0,y0其它

∴ 当z<0时，fz (z) = 0

当z>0时，由和的概率公式知

zfz(z)fx(zy)fy(y)dy

z3z(zy)y(zy)eyedye06

∴

z3ze,fz(z)60z0z0

z3ze,（2）设z表示前两周需要量，其概率密度为fz(z)60 设ξ表示第三周需要量，其概率密度为：

xxe,fξ(x)0z0z0

x0x0

z与ξ相互独立 η= z +ξ表示前三周需要量则：∵η≥0，当u>0时

∴当u<0，

fη(u) = 0

fη(u)u10f(uy)fξ(y)dy(uy)3e(uy)yeydy

6u5ue120所以η的概率密度为

u5uefη(u)1200u0u0

22.[二十二] 设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，20）分布。随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率。

解：设X1，X2，X3，X4为4只电子管的寿命，它们相互独立，同分布，其概率密度为：

2fT(t)1e2π20(t160)22202

f{X180}FX(180)令t160u200.8413u221180(t160)2dt2202202118060du()20

121e查表设N=min{X1，X2，X3，X 4}

P {N>180}=P {X1>180, X2>180, X3>180, X4>180}

=P {X>180}4={1－p[X<180]}4= (0.1587)4=0.00063 27.[二十八] 设随机变量（X，Y）的分布律为 X Y 0 1 2 3 0 0 0.01 0.01 0.01 1 0.01 0.02 0.03 0.02 2 0.03 0.04 0.05 0.04 3 0.05 0.05 0.05 0.06 4 0.07 0.06 0.05 0.06 5 0.09 0.08 0.06 0.05 （1）求P {X=2|Y=2}，P {Y=3| X=0} （2）求V=max (X, Y )的分布律（3）求U = min (X, Y )的分布律解：（1）由条件概率公式

P{X2,Y2}P {X=2|Y=2}=

P{Y2} = =

同理

P {Y=3|X=0}=

0.05

0.010.030.050.050.050.080.050.2 0.251 3（2）变量V=max{X, Y }

显然V是一随机变量，其取值为 V：0 1 2 3 4 5

P {V=0}=P {X=0 Y=0}=0

P {V=1}=P {X=1，Y=0}+ P {X=1，Y=1}+ P {X=0，Y=1} =0.01+0.02+0.01=0.04

P {V=2}=P {X=2，Y=0}+ P {X=2，Y=1}+ P {X=2，Y=2} +P {Y=2, X=0}+ P {Y=2, X=1} =0.03+0.04+0.05+0.01+0.03=0.16

P {V=3}=P {X=3，Y=0}+ P {X=3，Y=1}+ P {X=3，Y=2}+ P {X=3，Y=3} +P {Y=3, X=0}+ P {Y=3, X=1}+ P {Y=3, X=2} =0.05+0.05+0.05+0.06+0.01+0.02+0.04=0.28

P {V=4}=P {X=4，Y=0}+ P {X=4，Y=1}+ P {X=4，Y=2}+ P {X=4，Y=3} =0.07+0.06+0.05+0.06=0.24

P {V=5}=P {X=5，Y=0}+ „„ + P {X=5，Y=3} =0.09+0.08+0.06+0.05=0.28 （3）显然U的取值为0，1，2，3

P {U=0}=P {X=0，Y=0}+„„+ P {X=0，Y=3}+ P {Y=0，X=1}

+ „„ + P {Y=0，X=5}=0.28

同理 P {U=1}=0.30 P {U=2}=0.25 P {U=3}=0.17 或缩写成表格形式

（2）（3）

V Pk U Pk

0 0

0.04 0.16 0.28 0.24 0.28 0 0.28

1 0.30

2 0.25

3 0.17

（4）W=V+U显然W的取值为0，1，„„8 P{W=0}=P{V=0 U=0}=0

P{W=1}=P{V=0, U=1}+P{V=1U=0}

∵ V=max{X，Y}=0又U=min{X，Y}=1不可能上式中的P{V=0，U=1}=0，

又 P{V=1 U=0}=P{X=1 Y=0}+P{X=0 Y=1}=0.2 故 P{W=1}=P{V=0, U=1}+P{V=1，U=0}=0.2

P{W=2}=P{V+U=2}= P{V=2, U=0}+ P{V=1，U=1} = P{X=2 Y=0}+ P{X=0 Y=2}+P{X=1 Y=1}

=0.03+0.01+0.02=0.06

P{W=3}=P{V+U=3}= P{V=3, U=0}+ P{V=2，U=1} = P{X=3 Y=0}+ P{X=0，Y=3}+P{X=2，Y=1} + P{X=1，Y=2} =0.05+0.01+0.04+0.03=0.13 P{W=4}= P{V=4, U=0}+ P{V=3，U=1}+P{V=2，U=2} =P{X=4 Y=0}+ P{X=3，Y=1}+P{X=1，Y=3} + P{X=2，Y=2} =0.19

P{W=5}= P{V+U=5}=P{V=5, U=0}+ P{V=5，U=1}

+P{V=3，U=2} =P{X=5 Y=0}+ P{X=5，Y=1} +P{X=3，Y=2}+ P{X=2，Y=3} =0.24

P{W=6}= P{V+U=6}=P{V=5, U=1}+ P{V=4，U=2}

+P{V=3，U=3} =P{X=5，Y=1}+ P{X=4，Y=2} +P{X=3，Y=3} =0.19

P{W=7}= P{V+U=7}=P{V=5, U=2}+ P{V=4，U=3}

=P{V=5，U=2} +P{X=4，Y=3}=0.6+0.6=0.12

P{W=8}= P{V+U=8}=P{V=5, U=3}+ P{X=5，Y=3}=0.05 或列表为 W P

0 0

0.02 0.06 0.13 0.19 0.24 0.19 0.12 0.05

[二十一] 设随机变量（X，Y）的概率密度为

(xy),bef(x,y),00x1,0y其它

（1）试确定常数b；（2）求边缘概率密度fX (x)，fY (y) （3）求函数U=max (X, Y)的分布函数。解：（1）11f(x,y)dydx00be(xy)dydxb[1e1]

∴ b （2）fX(x)

1 11ef(x,y)dy

0 (xy)exbedy,1e10x0或x10x1

fY(y)

f(x,y)dxy0 y0,01(xy)bedxey0（3）Fu (ω)=P {U ≤ u}=P {max(X,Y)u)=P {X ≤ u, Y ≤ u} =F (u, u)= u<0, FU (u) = 0

uuuf(x,y)dxdy

0u1,FU(u)0u0be(xy)dxdy(1eu)21e1

u1,FU(u)0u10be(xy)dxdy1eu

第四章

2.[二] 某产品的次品率为0.1，检验员每天检验4次。每次随机地抽取10件产品进行检验，如果发现其中的次品数多于1，就去调整设备，以X表示一天中调整设备的次数，试求E (X)。（设诸产品是否是次品是相互独立的。）

解：设表示一次抽检的10件产品的次品数为ξ

P=P（调整设备）=P (ξ>1)=1－P (ξ≤1)= 1－[P (ξ=0)+ P (ξ=1)]1－0.7361=0.2639.

查二项分布表

4因此X表示一天调整设备的次数时X～B(4, 0.2639). P (X=0)=0.26390×0.73614

0×=0.2936.

4P (X=1)=0.26391×0.73613=0.4210, P (X=2)= 1×



40.26392×0.73612=0.2264. 2×

4P (X=3)=0.26393×0.7361=0.0541, P (X=4)= 3×

E (X)=np=4×0.2639=1.0556

40.2639×0.73610=0.0049.从而 4×3.[三] 有3只球，4只盒子，盒子的编号为1，2，3，4，将球逐个独立地，随机地放入4只盒子中去。设X为在其中至少有一只球的盒子的最小号码（例如X=3表示第1号，第2号盒子是空的，第3号盒子至少有一只球），求E (X)。

∵ 事件 {X=1}={一只球装入一号盒，两只球装入非一号盒}+{两只球装入一号盒，一只球装入非一号盒}+{三只球均装入一号盒}（右边三个事件两两互斥）

∴

1331371 P(X1)334444644223∵事件“X=2”=“一只球装入二号盒，两只球装入三号或四号盒”+“两只球装二号盒，一只球装入三或四号盒”+“三只球装入二号盒”

∴

1221191 P(X2)334444464111171 P(X3)33444464411 P(X4)4643223223同理：

故

E(X)137197125 23464646464165.[五] 设在某一规定的时间间段里，其电气设备用于最大负荷的时间X（以分计）是一个连续型随机变量。其概率密度为

10x1500(1500)2x,1f(x)(x3000),1500x1500 2(1500)其他0求E (X) 解：E(X)

xf(x)dx

15000xxdx2(1500)30001500x(3000x)(1500)2dx1x315001 (1500)230(1500)21500(分)6.[六] 设随机变量X的分布为

求 E (X)， E (3X2+5) 解：

X Pk

－2 0.4

x3300021500x31500 0 0.3

2 0.3

E (X)= (－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2 E (X2)= (－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8 E (3X2+5) = 3E (X2)+ E (5)= 8.4+5=13.4

7.[七] 设随机变量X的概率密度为

ex,x0f(x)

0,x0求（1）Y=2X

解：（1）E(y)（2）Y=e

－2x

的数学期望。

2xf(x)dx02xexdx

2xex2ex02

0 （2）E(Y)e2xf(x)dxe2xexex

13x1e 3038.[八] 设（X，Y）的分布律为 X Y －1 0 1 1 0.2 0.1 0.1 2 0.1 0 0.1 3 0 0.3 0.1

(1) 求E (X)，E (Y )。 (2) 设Z=Y/X，求E (Z )。 (3) 设Z= (X－Y )2，求E (Z)。

解：（1）由X，Y的分布律易得边缘分布为

X Y －1 0 1 1 0.2 0.1 0.1 0.4 －1 2 0.1 0 0.1 0.2 3 0 0.3 0.1 0.4 0.3 0.4 0.3 1 0 E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4

=0.4+0.4+1.2=2. E(Y)= (－1)×0.3+0×0.4

+1×0.3=0. 1/3 1/2 1 （2） Z=Y/X －1/2 －1/3 pk 0.2 0.1 0 0.4 0.1 0.1 0.1

E (Z )= (－1)×0.2+(－0.5)×0.1+(－1/3)×0+0×0.4+1/3×0.1+0.5×0.1+1×0.1 = (－1/4)+1/30+1/20+1/10=(－15/60)+11/60=－1/15. （3） 0 1 4 9 16 Z (X－Y)2 (1-1)2 (1- 0)2或(2-1)2 (2- 0)2或(1- (-1))2或(3-1)2 (3- 0)2或(2-(-1))2 (3-(-1))2

pk 0.1 0.2 0.3 0.4 0

E (Z )=0³0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=5

10.[十] 一工厂生产的某种设备的寿命X（以年计）服从指数分布，概率密度为

11xe4,x0工厂规定出售的设备若在一年内损坏，可予以调换。若工厂出售一f(x)40,x0台设备可赢利100元，调换一台设备厂方需花费300元。试求厂方出售一台设备净赢

利的数学期望。

1解：一台设备在一年内损坏的概率为P(X1)4故P(X1)1P(X1)1(1e则

1411xe4dx0ex4110e14

)e14.设Y表示出售一台设备的净赢利

(300100)200,(X1)Yf(X)

100,(X1).14故 E(Y)(200)P(X1)100P(X1)200200e 300e14100e14

20033.64

11.[十一] 某车间生产的圆盘直径在区间（a, b）服从均匀分布。试求圆盘面积的数学期望。

解：设X为圆盘的直径，则其概率密度为

1,x(a,b) f(x)ba0,其它.用Y表示圆盘的面积，则Y1πX2,从而 4E(Y)

1ππxf(x)dx442ba(b3a3)π1π2xdx(a2abb2).ba4(ba)31212.[十三] 设随机变量X1，X2的概率密度分别为

2e2x,f1(x)0x0x04e4x,x0f2(x)

0,x02求（1）E (X1+X2)，E (2X1－3X2)；（2）又设X1，X2相互独立，求E (X1X2)

解：（1）E(X1X2)E(X1)E(X2)0x2e2xdx0x4e4xdx

11311 =xe2xe2xxe4xe4x

240024422 （2）E(2X13X2)2E(X1)3E(X2)21320x24e4xdx

x135 =13x2e4xe4xe4x1

28880 （3）E(X1X2)E(X1)E(X2)111 24813.[十四] 将n只球（1～n号）随机地放进n只盒子（1～n号）中去，一只盒子装一只球。将一只球装入与球同号的盒子中，称为一个配对，记X为配对的个数，求E(X )

1第i号盒装第i号球解：引进随机变量Xi

0第i号盒装非i号球 i=1, 2, „ n 则球盒对号的总配对数为XXi的分布列为

Xi1ni

Xi: P: 1 0

1 nnn1 nE(Xi)1 ni=1, 2 „„ n

∴ E(X)E(Xi)E(Xi)ni1i1n11 i=1, 2 „„ n n14.[十五] 共有n把看上去样子相同的钥匙，其中只有一把能打开门上的锁，用它们去试开门上的锁。设抽取钥匙是相互独立的，等可能性的。若每把钥匙经试开一次后除去，试用下面两种方法求试开次数X的数学期望。

（1）写出X的分布律，（2）不写出X的分布律。解：（1）

X P 1 2 3 „„n „„1 nn11 nn1n1n21 nn1n21 n11112nn1 2nnnnn2（2）设一把一把钥匙的试开，直到把钥匙用完。

E(X)1i第i次试开能开门设 Xi i=1, 2 „„ n

0第i次试开不能开门则试开到能开门所须试开次数为XXi P i Xi1ni

0 ∵

n1n211 nn1ninnnn1 n1 ni=1, 2„„n

E (Xi)=i∴ E(X)i12nn1 E(X)nnnn2ii1i115. （1）设随机变量X的数学期望为E (X)，方差为D (X)>0，引入新的随机变量（X*称为标准化的随机变量）：X*验证E (X* )=0，D (X* )=1

XE(X)D(X)

（2）已知随机变量X的概率密度。

1|1x|,f(x),0求X*的概率密度。解：（1）E(X*)E[0x2其它,

XE(X)D(X)]1D(X)[E(X)E(X)]0

2XE(X)22

D (X* )= E [X*－E (X )* ]]= E (X* )= E

D(X) = （2）E(X)211E[XE(X)]2D(X)1 D(X)DX20x[1|1x|]dx20210x[1(1x)]dx21x[1(1x)]dx1

E(X)

x[1|1x|]dx10x2[1(1x)]dx

217x2[1(1x)]dx671166

D(X)E(X2)[E(X)]2

X*XE(X)DXX116FX*(y)P(X*y)P(X116y)P(Xy11y1)6f(x)dx

6110当y10,即y6时61y_11y12,即6y6时 6[1|1x|]dx当00611当2y1,即6y时611{1|1(y1)| gX*(y)660

6y6y为其他值

16.[十六] 设X为随机变量，C是常数，证明D (X )证明：∵ D (X )－E (X－C )2 = D (X2 )－[E (X )]2－[E (X2 )－2CE (X2 )+C2 =－{[E (X )]2－2CE (X2 )+C2} =－[E (X )－C ] 2<0，

∴当E (X )≠C时D (X )< E (X－C )2

x1eθ,x017. 设随机变量X服从指数分布，其概率密度为f(x)θ其中θ>0是常

0,x0数，求E (X )，D (X )。

解：

E(X)

01xeθdxθx0xd(exθ)xexxθeθ00dx0(θexθ)0θ又E(X2)1θx2θxe0x令tθ2dxθ0t2etdt2θ2

D (X )= E (X 2 )－E 2 (X )=2θ2－θ2=θ2

21．设X1, X2 ,„, Xn是相互独立的随机变量且有E(Xi)μ,D(Xi)σ2,i=1,2,„, n.

1记Xn2i1n1Xi，Sn12σ2(XiX).（1）验证E(X)μ,D(X).（2）验证

ni12nn122SXnX.（3）验证E (S 2 ) in1i11证明：（1）E(X)E(ni1n1Xi)ni1n1E(Xi)nμμ

i1n(利用数学期望的性质2°，3°)

X1,,Xn相互独立11nD(X)D(Xi)ni1n21D(X)in2i1ni1n22n

(利用方差的性质2°，3°) （2）首先证

(Xi1niX)2Xi1n2inX2

(Xi1niX)2i1ni1n(Xi22i2XiXX)2i1nnXi222iXi1niXnX2

X2nXXnX2nXi1nX2.n1122XnX于是Sin1i1n12(Xi1iX)2

n1（3）E(S)E[n121(XiX)]E(Xi2nX2)

n1i1i12nn122E(X)nE(X) in1i1n122(D(X)E(X)n(D(X)E(X))  iin1i11σ222 [nσnμn(μ2)]σ2

n1n

23．[二十五] 设随机变量X和Y的联合分布为：

X Y －1 0 1 －1 0 1 1 81 81 81 80 1 81 81 81 8

验证：X和Y不相关，但X和Y不是相互独立的。

133 P [X=1]= P [Y=1]= 888 P [X=1 Y=1]≠P [X=1] P [Y=1]

证：∵

P [X=1 Y=1]=

∴ X，Y不是独立的又

E (X )=－1×

323+0×+1×=0 888

323+0×+1×=0 888 COV(X, Y )=E{[X－E (X )][Y－E (Y )]}= E (XY )－EX²EY

E (Y )=－1× = (－1)(－1)

1111+(－1)1×+1×(－1)×+1×1×=0 8888∴ X，Y是不相关的

27．已知三个随机变量X，Y，Z中，E (X )= E (Y )=1, E (Z )=－1，D (X )=D (Y )=D (Z )=1, ρXY=0 ρXZ=

11，ρYZ=－。设W=X+Y+Z 求E (W )，D (W )。 22解：E (W )= E (X+Y+Z)= E (X )+ E (Y )+ E (Z )=1+1－1=1

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

= E{[ X－E (X )]2+[ Y－E (Y )]2+ [Z－E (Z )]2+2[ X－E (X )] [ Y－E (Y )] +2[ Y－E (Y )] [Z－E (Z )]+2[Z－E (Z )] [ X－E (X )]}

= D (X )+D (Y )+D (Z )+2 COV(X, Y )+ 2 COV(Y, Z )+ 2 COV(Z, X ) = D (X )+D (Y )+D (Z )+2D(X)D(Y)ρXY2D(Y)D(Z)ρXZ +2D(Z)D(X)ρZX=1+1+1+2×110211(1 211()3

226.[二十八] 设随机变量（X1，X2）具有概率密度。

f(x,y)求解：

1) 21(xy)， 0≤x≤2, 80≤y≤2

E (X1)，E (X2)，COV（X1，X2），ρX1X2D(X1X2)

E(X2)E(X2)2020dxdx2020xy17(xy)dy 8617(xy)dy 86COV(X1X2)E{(X1277)(X2)} 66 27711 dx(x)(y)(xy)dy00668362D(X1)E(X12)[E(X1)]20dx201711 x(xy)dy836622

20D(X2)2E(X2)[E(X2)]21711 dxy(xy)dy08636222XY1COV(X1,X2)136

1111DX1DX236D (X1+X2)= D (X1)+ D (X2)+2COV(X1, X2) =

1111152() 363636928.[二十九]设X～N（μ，σ 2），Y～N（μ，σ 2），且X，Y相互独立。试求Z1= αX+βY和Z2= αX－βY的相关系数（其中,是不为零的常数）.

解：由于X，Y相互独立

Cov(Z1, Z2)=E(Z1,Z2)－E(Z1) E(Z2)=E (αX+βY ) (αX－βY )－(αEX+βEY ) (αEX－βEY )

=α2EX 2－βEY 2－α2 (EX ) 2+β(EY ) 2=α2DX－β 2DY=(α2－β 2) σ 2

DZ1=α2DX+β 2DY=(α2+β 2) σ 2, DZ2=α2DX+β 2DY=(α2+β 2) σ 2,

(利用数学期望的性质2°3°) 故ρZ1Z2Cov(Z1,Z2)DZ1DZ2(α2β2)(αβ)22

29．[二十三] 卡车装运水泥，设每袋水泥重量（以公斤计）服从N（50,2.52）问最多装多少袋水泥使总重量超过2000的概率不大于0.05.

解：已知X～N（50,2.52）不妨设最多可装A袋水泥才使总重量超过2000的概率不大于0.05.则由期望和方差的性质得Y=AX～N（50A,2.52A）.故由题意得

P {Y≥2000}≤0.05P{Y2000)0.95

200050A200050A0.95查表得1.65解得A≥39. 即 2.5A2.5A30.[三十二] 已知正常男性成人血液中，每一毫升白细胞数平均是7300，均方差是700，利用契比雪夫不等式估计每毫升含白细胞数在5200～9400之间的概率p.

解：由题意知μ=7300,σ=700，则由契比雪夫不等式

700218P{5200X9400}P{|X7300|2100}110.8889 299210031.[三十三]对于两个随机变量V,W若E(V2 )E (W2 )存在,证明[E (VW)]2≤E (V2 )E (W 2 )

这一不等式称为柯西施瓦兹（Cauchy-Schwarz）不等式.

12(VW2)和关于矩的结论，知当E (V2 ), E (W 2 )存在时E (VW)，2E(V ), E(W ), D (V ), D (W ),都存在.当E (V2 ), E (W 2 )至少有一个为零时，不妨设E (V2 )=0，

证明：由|VW|由D (V )= E (V2 )－[E (V )]2≤E (V2 )=0知D (V )=0，此时[E (V )]2 = E (V2 )=0即E (V )=0。再由方差的性质知P (V=0)=1.又(VW0)(V0)故有P (VW=0)=1.于是E(VW )=0，不等式成立. 当E (V2 )>0，E (W 2 )>0时，对t0

有E (W－tV )2 = E (V2 ) t2－2 E(VW )t+ E (W 2 )≥0.(*)

(*)式是t的二次三项式且恒非负，所以有∆=[－2 E(VW )] 2－4 E (V2 ) E (W 2 ) ≤0 故Cauchy-Schwarz不等式成立。

[二十一（]1）设随机变量X1，X2，X3，X4相互独立，且有E (Xi )=i, D (Xi )=5－i, i=1,2,3,4。

1设Y=2 X1－X2+3X3－X4，求E (Y)，D (Y)。

2（2）设随机变量X，Y相互独立，且X～N（720，302），Y～N（640，252），求Z1=2X+Y，Z2=X－Y的分布，并求P {X>Y }, P {X+Y>1400 }

解：（1）利用数学期望的性质2°，3°有

1E (Y )= 2E (X1 )－E (X2 )+3 E (X3 )－E (X4 )=7

2利用数学方差的性质2°，3°有

) D (X4 )=37.25 2（2）根据有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，知 Z1～N（² ，²），Z2～N（² ，²）

D (Y )=22 D (X1 )+ (－1)2 D (X2 )+32 D (X3 )+(而E Z1=2EX+Y=2×720+640, D (Z1)= 4D (X )+ D (Y )= 4225 E Z2=EX－EY=720－640=80, D (Z2)= D (X )+ D (Y )= 1525 即 Z1～N（2080，4225）， Z2～N（80，1525） P {X>Y }= P {X－Y >0 }= P {Z2>0 }=1－P {Z2 ≤0 }

080=11525800.9798 1525P {X+Y >1400 }=1－P {X+Y ≤1400 } 同理X+Y～N（1360，1525）

则P {X+Y >1400 }=1－P {X+Y ≤1400 }

14001360 =10.1539

1525

[二十二] 5家商店联营，它们每周售出的某种农产品的数量（以kg计）分别为X1，X2，X3，X4，X5，已知X1～N（200，225），X2～N（240，240），X3～N（180，225），X4～N（260，265），X5～N（320，270），X1，X2，X3，X4，X5相互独立。

（1）求5家商店两周的总销售量的均值和方差；

（2）商店每隔两周进货一次，为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99，问商店的仓库应至少储存多少公斤该产品？

解：（1）令YXi15i为总销售量。

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

E(Y)E(Xi155i)1200

利用方差的性质3°有

D(Y)D(Xi1i)1225

（2）设商店仓库储存a公斤该产品，使得

P {Y ≤ a}>0.99

由相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，并注意到（1），得

Y～ N（1200，1225）

a1200P{Ya}0.99

35查标准正态分布表知

a12002.3335 a1281.55∴ a至少取1282.

第五章大数定理和中心极限定理

1．[一] 据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。

解：设第i只寿命为Xi，（1≤i≤16），故E (Xi )=100，D (Xi )=1002(l=1,2,„,16).依本章定理1知

16P(i1Xi1920)P

Xi160019201600i0P161001610016i016Xi16004000.8

 (0.8)0.788.1

i从而P(Xi1161920)1P(Xi116i1920)10.78810.2119.

3．[三] 计算机在进行加法时，对每个加数取整（取为最接近它的整数），设所有的取整误差是相互独立的，且它们都在（－0.5，0.5）上服从均匀分布，

（1）若将1500个数相加，问误差总和的绝对值超过15的概率是多少？（2）几个数相加在一起使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90 解：

（1）设取整误差为Xi（i1,2,，1500），它们都在（－0.5, 0.5）上服从均匀分布。

于是： E(Xi)p0.50.50 2[0.5(0.5)]21 D(Xi) 1212 nE(Xi)0,nD(Xi)1500112511.18 1215001500PXi151PXi15i0i1 15001P15Xi15i1

1500Xi1515i1 1P 11.1811.1811.18

1[(1.34)(1.34)]2[1(1.34)]2[10.9099]0.1802

8．某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8，医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言。（1）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，问接受这一断言的概率是多少？（2）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7，问接受这一断言的概率是多少？

解：设X为100人中治愈的人数，则X～B (n, p)其中n=100

75npXnp75np) （1）P(X75)1P(X75)1P1(npqnpqnpq55)()0.8944 44（2）p=0.7由中心极限定理知

1(75npXnp75npP(X75)1P(X75)1P) 1(npqnpqnpq 1(5)1(1.09)10.86210.1379. 217．[七] 一复杂的系统，由100个互相独立起作用的部件所组成。在整个运行期间每个部件损坏的概率为0.10。为了整个系统起作用至少必需有85个部件工作。求整个系统工作的概率。

（2）一个复杂的系统，由n个互相独立起作用的部件所组成，每个部件的可靠性（即部件工作的概率）为0.90。且必须至少有80%部件工作才能使整个系统工作，问n至少为多少才能使系统的可靠性不低于0.95。

解：（1）设每个部件为Xi (i=1,2,„„100)

1Xi0

部件工作

部件损坏不工作

设X是100个相互独立，服从（0－1）分布的随机变量Xi之和

X=X1+ X2+„„+ X100

由题设知

n=100 P {Xi=1}=p=0.9, P {Xi=0}=0.1 E (Xi ) =p=0.9

D (Xi ) =p (1－p)=0.9×0.1=0.09

n²E (Xi ) =100×0.9=90, n D (Xi ) =100×0.09=9

100XnE(Xi)85nE(Xi)PXi85P

nD(Xi)i1nD(Xi)

X908590X905 =PP3399

X905=1P

331由中心极限定理知

531e2dt 2πt2

51() 查标准正态分布表

3=φ(1.67)

=0.9525

解：（2）设每个部件为Xi (i=1,2,„„n)

1Xi0部件工作

部件损坏不工作P {Xi=1}=p=0.9, P {Xi=0}=1－p=0.1 E (Xi ) =p=0.9,

由问题知

D (Xi ) =0.9×0.1=0.09

n80PXin0.95 求n=?

100i1而

n80PXin

100i1

P=P80nnpi1100

nD(Xi)nD(Xi)Xinpnn

80Xi0.9nn0.9ni1100

0.3n0.3n

n80X0.9nn0.9nii1100=1－P由中心极限定理知

0.3n0.3n0.1n=10.3n0.1n0.3n0.95 

查标准正态分布表得解得n≥24.35

0.1n1.645

0.3n取n=25，即n至少为25才能使系统可靠性为0.95.

[八] 随机地取两组学生，每组80人，分别在两个实验室里测量某种化合物的PH值，各人测量的结果是随机变量，它们相互独立，且服从同一分布，其数学期望为5，方差为0.3，以X,Y分别表示第一组和第二组所得结果的算术平均：

（1）求P {4.9XUi180i805～N (0,1)

YVj180j805～N (0,1)

800.3800.34.980805（1）P{4.9X5.1}P800.3i180Xi8055.180805

800.3800.3

 P1.63Xi805i11.632(1.63)120.948410.896 82480（2）由Xi , Yj的相互独立性知于是U－V～N (0, 2)

X与Yii1j18080j独立。从而U，V独立。

XYi8080j而ZUVi1j124

80800.180P{0.1XY0.1}P800.3i1Xij1Yj800.30.180

800.31.631.63 P{1.63Z1.63}2(1.15)1

22 =2×0.8749－1=0.7498

[九] 某种电子器件的寿命（小时）具有数学期望μ（未知），方差σ2=400 为了估计μ，随机地取几只这种器件，在时刻t=0投入测试（设测试是相互独立的）直到失败，

n1测得其寿命X1，„，Xn，以Xn少为多少？

Xi1i作为μ的估计，为使P{|Xμ|}0.95,问n至

解：由中心极限定理知，当n很大时

X

i1ninμ2nσnXnμnσ2~N(0,1)

n2nσ nnXnμP{|Xμ|1}P22nσnσnnσ2nnσ2

n =22010.95

n 所以200.975



查标准正态分布表知

n1.96 20n1536.64即n至少取1537。

第六章样本及抽样分布

1.[一] 在总体N（52，6.32）中随机抽一容量为36的样本，求样本均值X落在50.8到53.8之间的概率。

解：

6.321.2X521.8X~N(52,),P{50.8X53.8}P{}6.36.36.336666

128()()0.8293772.[二] 在总体N（12，4）中随机抽一容量为5的样本X1，X2，X3，X4，X5. （1）求样本均值与总体平均值之差的绝对值大于1的概率。（2）求概率P {max (X1，X2，X3，X4，X5)>15}. （3）求概率P {min (X1，X2，X3，X4，X5)>10}.

15X12X12解：（1）P{|X121}P2P

2444555

=2[1(5)]0.2628 2（2）P {max (X1，X2，X3，X4，X5)>15}=1－P {max (X1，X2，X3，X4，X5)≤15} =1P{Xi15i15}1[(15125)]0.2923. 2（3）P {min (X1，X2，X3，X4，X5)<10}=1－ P {min (X1，X2，X3，X4，X5)≥10} =1i15P{Xi10}1[1(10125)]1[(1)]50.5785. 24.[四] 设X1，X2„，X10为N（0，0.3）的一个样本，求P{10102

Xi1102i1.44}.

解：

i110Xi20.3~χ(10),P{22i1Xi21.44}P{0.3i1Xi2216}0.1(查表5)

7．设X1，X2，„，Xn是来自泊松分布π (λ )的一个样本，X，S2分别为样本均值和样本方差，求E (X), D (X), E (S 2 ).

解：由X~π (λ )知E (X )= λ ，D(X)

D(X)λ,E(S2)D(X)λ. nn[六] 设总体X~b (1,p)，X1，X2，„，Xn是来自X的样本。

∴E (X)=E (X )= λ, D (X)=（1）求(X1,X2,,Xn)的分布律；（2）求

Xi1ni的分布律；

（3）求E (X), D (X), E (S 2 ). 解：（1）（X1，„，Xn）的分布律为

P{X1i1,X2i2,,Xnin}独立P{Xk1nnkik}Pk1nik(1P)1ik

=P（2）

k1nikn(1P)iki1,ik0或1,k1,,n.

Xi1ni~b(n,p)

(由第三章习题26[二十七]知) （3）E (X)=E (X )=P，

D(X)Pnn

E(S2)D(X)P(1P)D(X)[八]设总体X~N（μ，σ2），X1，„，X10是来自X的样本。（1）写出X1，„，X10的联合概率密度（2）写出X的概率密度。解：（1）(X1，„，X10)的联合概率密度为

f(x1,x10)f(xi)i1i1101012n2e(xi)222

(2)（2）由第六章定理一知

eni1(xi)222n

σ2),n10 X～N(μ,n即X的概率密度为 fX(z)1σ2πnen(zμ)22σ2

第七章参数估计

1．[一] 随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm计） 74.001 74.005 74.003 74.001 74.000 73.998 74.006 74.002 求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S2。

解：μ，σ的矩估计是 S26.86106。

2．[二]设X1，X1，„，Xn为准总体的一个样本。求下列各总体的密度函数或分布律

1nˆX74.002,ˆ(Xix)26106 ni12

中的未知参数的矩估计量。

θcθx(θ1),xc（1）f(x)

0,其它其中c>0为已知，θ>1，θ为未知参数。

θxθ1,0x1（2）f(x)

0,其它.（5）P(Xx)解：（1）E(X)其中θ>0，θ为未知参数。

pmxx(1p)mx,x0,1,2,,m,0p1,p为未知参数。

xf(x)dxcθcθθ1θcθcθcxdxc,令X，得

θ1θ1θ1θθθX Xc（2）E(X)xf(x)dx10θxθdxθθX2,令X,得θ()

1Xθ1θ1ˆX 解得pm3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。

（5）E (X) = mp

令mp = X，

解：（1）似然函数

L(θ)f(x)θii1nnnθc(x1x2xn)θ1

ndlnL(θ)θlnL(θ)nln(θ)nθlnc(1θ)lnxi,nlncdθni1nlnxi1i0

θˆnlnxi1n （解唯一故为极大似然估计量）

inlnc（2）L(θ)f(x)θii1nnn2(x1x2xn)θ1n,lnL(θ)ln(θ)(θ1)lnxi

2i1ndlnL(θ)n11dθ2θ2θ量。

（5）L(p)

lnxi1i0,θˆ(nlnx)ii1n2。(解唯一)故为极大似然估计

i1nmP{Xxi}xxp1nximi1nmn(1p)xii1n，

lnL(p)lnxmxii1i1nnilnp(mnnx)ln(1p),

ii1ndlnL(p)dpxi1nimnxi1ipni1p0

x解得 pi2mnX，（解唯一）故为极大似然估计量。 m4．[四(2)] 设X1，X1，„，Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。

解：（1）矩估计 X ~ π (λ )，E (X )= λ，故λˆ=X为矩估计量。

n（2）极大似然估计L(λ)i1nP(xi;λ)λi1enλ，

x1!x2!xn!xinlnL(λ)xi1nilnλlnx!nλ

ii1dlnL(λ)dλxi1niλn0,解得λˆX为极大似然估计量。

λxiλ（其中p(xi;λ)P{Xxi}e,xi0,1,)

xi!5．[六] 一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，随机地自该地区取100个样品，每个样品有10块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。假设这100次观察相互独立，并由过去经验知，它们都服从参数为n=10，P的二项分布。P是该地区一块石子是石灰石的概率。求p的极大似然估计值，该地质学家所得的数据如下

样品中属石灰石的石子数观察到石灰石的样品个数 0 0 1 1 2 6 3 7 4 5 6 7 8 3 9 1 10 0 23 26 21 12 解：λ的极大似然估计值为λˆ=X=0.499 [四(1)] 设总体X具有分布律 X 1

2 3

θ2 2θ(1－θ) (1－θ) 2 其中θ(0<θ<1)为未知参数。已知取得了样本值x1=1，x2=2，x3=1，试求θ的矩估计值和最大似然估计值。

解：（1）求θ的矩估计值

E(X)1θ222θ(1θ)3(1θ)2[θ3(1θ)][θ(1θ)]32θ 令E(X)32θX

3X 则得到θ的矩估计值为θˆ2（2）求θ的最大似然估计值似然函数L(θ)312153

26P{Xi13ixi}P{X11}P{X22}P{X31}

θ22θ(1θ)θ22θ(1θ)5 ln L(θ )=ln2+5lnθ+ln(1－θ) 求导

dlnL(θ)510 dθ61θˆ5 得到唯一解为θ68．[九(1)] 设总体X ~N（μ，σ 2），X1，X1，„，Xn是来自X的一个样本。试确定常数c使cn1i1(Xi1Xi)2为σ2的无偏估计。

解：由于

E[c(Xi1Xi)]c[E(Xi1Xi)]cD(Xi1Xi)2(E(Xi1Xi))2]22i1i1i1n1n1n1 =c[D(Xi1n1i1)D(Xi)(EXi1EX1)]c2(2σi1n1202)c(2n1)σ2

n11时,c(Xi1Xi)2为2的无偏估计。当c2(n1)i1

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

T111(X1X2)(X3X4) 63T2(X12X23X34X4)5 T3(X1X2X3X4)4

（1）指出T1，T2， T3哪几个是θ的无偏估计量；（2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。解：（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以

E (Xi )= θ,

D (Xi )= θ 2,

i=1,2,3,4

由数学期望的性质2°，3°有

E(T1)E(T2)E(T3)11[E(X1)E(X2)][E(X3)E(X4)]θ 631[E(X1)2E(X2)3E(X3)4E(X4)]2θ 51[E(X1)E(X2)E(X3)E(X4)]θ 4即T1，T2是θ的无偏估计量

（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2， X3， X4独立，知

D(T1)D(T2)115[D(X1)D(X2)][D(X3)D(X4)]θ2 3691811[D(X1)D(X2)D(X3)D(X4)]θ2 164D (T1)> D (T2)

所以T2较为有效。

14.[十四] 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0 5.7 5.8 6.5 7.0 6.3 5.6 6.1 5.0。设干燥时间总体服从正态分布N ~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。

σ解：（1）μ的置信度为0.95的置信区间为（X， zα）

n20.6计算得X6.0,查表z0.0251.96,σ0.6,即为(6.01.96)(5.608,6.392)

（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（Xt0.025(8)=2.3060.

S，计算得X6.0，查表tα(n1)）

n21910.33S(xix)22.640.33.故为(6.02.3060)(5.558,6.442)8i1832

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

解：σ的置信度为0.95的置信区间为

(n1)S2(n1)S2811811(,)(,)(7.4,21.1) 2(n1)2(n1)17.5352.18212其中α=0.05, n=9

22查表知 χ0.025(8)17.535,χ0.975(8)2.180

19.[十九] 研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率。设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为0.05cm/s，取样本容量为n1=n2=20.得燃烧率的样本均值分别为x118cm/s,x224cm/s.设两样本独立，求两燃烧率总体均值差μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间。

解：μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间为

(X1X2z2120.052)(18242.582)(6.04,5.96). n1n22020.052,X118,X224 n1=n2=20, σ12σ222其中α=0.01，z0.005=2.58,

20.[二十] 设两位化验员A，B独立地对某中聚合物含氯两用同样的方法各做10次

22220.5419,SB0.6065.设σA,σB测定，其测定值的样本方差依次为SA分别为A，B所测22σB定的测定值总体的方差，设总体均为正态的。设两样本独立，求方差比σA的置信度

为0.95的置信区间。

22σB解：σA的置信度为0.95的置信区间

(2SA2SBFα2(n11,n21),2SA2SBFα12(n11,n21))

(0.54190.54194.03,)= (0.222, 3.601).

0.60654.030.606511。 F0.025(9,9)4.03其中n1=n2=10，α=0.05，F0.025(9,9)=4.03, F0.975(9,9)

第八章假设检验

1.[一]某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）3.25 3.27 3.24 3.26 3.24。设测定值总体服从正态分布，问在α = 0.01下能否接受假设：这批矿砂的含镍量的均值为3.25.

解：设测定值总体X～N（μ，σ 2），μ，σ 2均未知

步骤：（1）提出假设检验H0：μ=3.25; H1：μ≠3.25 （2）选取检验统计量为tX3.25~t(n1)

Sn2（3）H0的拒绝域为| t |≥tα(n1).

（4）n=5, α = 0.01，由计算知x3.252,S1n1(Xi15iX)20.01304

查表t0.005(4)=4.6041, |t|3.2523.250.343tα(n1)

0.0130425（5）故在α = 0.01下，接受假设H0

1(51)0.618，这样的矩2形称为黄金矩形。这种尺寸的矩形使人们看上去有良好的感觉。现代建筑构件（如窗架）、

2．[二] 如果一个矩形的宽度ω与长度l的比ωl工艺品（如图片镜框）、甚至司机的执照、商业的信用卡等常常都是采用黄金矩型。下面列出某工艺品工厂随机取的20个矩形的宽度与长度的比值。设这一工厂生产的矩形的宽

度与长短的比值总体服从正态分布，其均值为μ，试检验假设（取α = 0.05）

H0：μ = 0.618

H1：μ≠0.618

0.693 0.749 0.654 0.670 0.662 0.672 0.615 0.606 0.690 0.628 0.668 0.611 0.606 0.609 0.601 0.553 0.570 0.844 0.576 0.933. 解：步骤：（1）H0：μ = 0.618； H1：μ≠0.618 （2）选取检验统计量为tX0.618~t(n1)

Sn2（3）H0的拒绝域为| t |≥tα(n1). （4）n=20 α = 0.05，计算知

1xnxi1ni0.6605,S1n1(xi1nix)20.0925，

tα(n1)2.0930,|t|20.66050.6182.055tα(n1)

0.0925220（5）故在α = 0.05下，接受H0，认为这批矩形的宽度和长度的比值为0.618 3.[三] 要求一种元件使用寿命不得低于1000小时，今从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时，已知这种元件寿命服从标准差为σ =100小时的正态分布。试在显著水平α = 0.05下确定这批元件是否合格？设总体均值为μ。即需检验假设H0：μ≥1000，H1：μ<1000。

解：步骤：（1）H0:μ≥1000；H1：μ<1000；（σ =100已知）（2）H0的拒绝域为

x1000zα

σn（3）n=25，α = 0.05，x950，计算知

x10002.5z0.051.645

10025（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，即认为这批元件不合格。

12.[十一] 一个小学校长在报纸上看到这样的报导：“这一城市的初中学生平均每周看8小时电视”。她认为她所领导的学校，学生看电视的时间明显小于该数字。为此她向100个学生作了调查，得知平均每周看电视的时间x6.5小时，样本标准差为s=2小时。

问是否可以认为这位校长的看法是对的？取α = 0.05。（注：这是大样本检验问题。由中心极限定理和斯鲁茨基定理知道不管总体服从什么分布，只要方差存在，当n充分大时

xμ近似地服从正态分布。） sn解：（1）提出假设H0：μ≤8；H1：μ>8 （2）当n充分大时，

xμ近似地服从N（0，1）分布 snxμ≥zα sn（3）H0的拒绝域近似为

（4）n=100，α = 0.05，x6.5，S=2，由计算知

|t|6.587.5z0.051.645

2100（5）故在α = 0.05下，拒绝H0，即认为校长的看法是不对的。

14.[十三] 某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批导线中取样品9根，测得s=0.007(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平α = 0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大？

解：（1）提出H0：σ ≤0.005；H1：σ >0.005

2(n1)S（2）H0的拒绝域为

0.0052（3）n=9，α = 0.05，S=0.007，由计算知

(n1)S22χα(n1)

2280.007215.68χ(n1) 22α0.0050.005查表χ0.05(8)15.507

（4）故在α = 0.05下，拒绝H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。 15.[十四] 在题2中记总体的标准差为σ。试检验假设（取α = 0.05）

H0：σ 2 =0.112， H1：σ 2 ≠0.112。解：步骤（1）H0：σ 2 =0.112； H1：σ 2 ≠0.112 （2）选取检验统计量为χ2(n1)S20.112~χ2(n1)

（3）H0的拒绝域为χ2χα(n1)或χ2χ22

221α2(n1)

(n1)S2（4）n=20，α = 0.05，由计算知S =0.0925 ，13.437

0.1122

查表知0.025(19)32.852,0.975(19)8.907

（5）故在α = 0.05，接受H0，认为总体的标准差σ为0.11.

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

2(n1)S（2）H0的拒绝域为

22(0.04%)2χ1α(n1)

22（3）n=10，α = 0.05，S=0.037%，查表知χ0.95(9)3.325

由计算知

(n1)S2(0.04%)290.037)2(0.04%)27.701χ0.95(9).

2（4）故在α = 0.05下，接受H0，认为σ大于0.04%

217.[十六] 在第6[五]题中分别记两个总体的方差为σ12和σ2。试检验假设（取α = 20.05）H0：1和2以说在第6[五]题中我们假设σ12σ2是合理的。

22,H1:σ12σ2解：（1）H0：σ12σ2

22（2）选取检验统计量为 FS122S2~F(n11,n21)

（3）H0的拒绝域为FFα(n11,n21)或FF21α2(n11,n21)

（4）n1=8，n2=10，α = 0.05，查表知F0.025(7,9)= 4.20

S120.0002511F0.975(7,9)0.207,F20.298

F0.025(9,7)4.820.00084S2F0.975(7,9)2（5）故在α = 0.05下，接受H0，认为σ12σ2

218.[十七] 在第8题[七]中分别记两个总体的方差为σ12和σ2。试检验假设（取α = 222,H1:σ12σ20.05）H0：σ12σ2以说明在第8[七]题中我们假设σ12σ2是合理的。

22解：（1）H0：σ12σ2 ,H1:σ12σ2（2）选取检验统计量 FS122S2

（3）n1=n2=12，α = 0.05，查表知

F0.025(11,11)= 3.34，F0.975(11,11)由计算知S12110.299

F0.025(11,11)3.34S122S20.932,2S21,0.2990.9323.34

2（4）故在α = 0.05下，接受H0，认为σ12σ2

24.[二十三] 检查了一本书的100页，记录各页中印刷错误的个数，其结果为

错误个数fi 0 1 2 3 2 4 0 5 2 6 1 ≥7 0 含fi个错误的页数 36 40 19 问能否认为一页的印刷错误个数服从泊松分布（取α = 0.05）。解：（1）H0：总体X~π(λ )；H1：X不服从泊松布；（λ未知）（2）当H0成立时，λ的最大似然估计为λˆx1. （3）H0的拒绝域为χ（4）n=100

2ˆ2finχα2(kγ1) ˆinpe1ˆP0P{X0}0.3679

0!11e1ˆP1P{X1}0.3679 1!12e1ˆP2P{X2}0.18397 2!13e1ˆP3P{X3}0.06132 3!14e1ˆP4P{X4}0.01533 4!15e1ˆP5P{X5}0.003066 5!16e1ˆP6P{X6}0.000511 6!ˆP{X7}1P7

ˆ0.000083

Pii06

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

概率论与数理统计答案(浙江大学)[1]