最新《概率论与数理统计》课后习题与答案

《概率论与数理统计》课后习题与答案

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 概率论与数理统计习题及答案

1．略.见教材习题参.

2.设A，B，C为三个事件，试用A，B，（1） A发生，B，C都不发生； （2） A与B发生，C不发生；

（3） A，B，C都发生； （4） A，B，C至少有一个发生； （5） A，B，C都不发生； （6） A，B，C不都发生；

（7） A，B，C至多有2个发生；

习题 一

C的运算关系式表示下列事件：

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （8） A，B，C至少有2个发生. 【解】（1） ABC （2） ABC （3） ABC

（4） A∪B∪C=ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC (5) ABC=ABC (6) ABC

(7) ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC=A∪B∪C (8) AB∪BC∪CA=ABC∪ABC∪ABC∪ABC 3.

略.见教材习题参

4.设A，B为随机事件，且P（A）=0.7,P(AB)=0.3，求P（AB）. 【解】 P（AB）=1P（AB）=1[P(A)P(AB)]

=1[0.70.3]=0.6

5.设A，B是两事件，且P（A）=0.6,P(B)=0.7,求：（1） 在什么条件下P（AB）取到最大值？

（2） 在什么条件下P（AB）取到最小值？

【解】（1） 当AB=A时，P（AB）取到最大值为0.6.

（2） 当A∪B=Ω时，P（AB）取到最小值为0.3.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 6.设A，B，C为三事件，且P（A）=P（B）=1/4，P（C）=1/3且P（AB）=P（BC）=0，【解】 P（A∪B∪C）=P(A)+P(B)+P(C)P(AB)P(BC)P(AC)+P(ABC)

=

7.

P（AC）=1/12，求A，B，C至少有一事件发生的概率.

11113++= 44312413从52张扑克牌中任意取出13张，问有5张黑桃，3张红心，3张方块，2张梅花的概率是多少？

5332【解】 p=C13C13C13C13/C52 8.

对一个五人学习小组考虑生日问题：

（1） 求五个人的生日都在星期日的概率； （2） 求五个人的生日都不在星期日的概率； （3） 求五个人的生日不都在星期日的概率.

【解】（1） 设A1={五个人的生日都在星期日}，基本事件总数为75，有利事件仅1个，故 P（A1）=

115

=（）（亦可用性求解，下同） 757（2） 设A2={五个人生日都不在星期日}，有利事件数为65，故

6565P（A2）=5=()

77(3) 设A3={五个人的生日不都在星期日}

P（A3）=1P(A1)=1(

9.

略.见教材习题参.

15

) 710.一批产品共N件，其中M件正品.从中随机地取出n件（n精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （3） n件是有放回逐件取出的.

mnmn【解】（1） P（A）=CMCNM/CN

(2) 由于是无放回逐件取出，可用排列法计算.样本点总数有PN种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cn种.对于固定的一种正品与次品的抽取

次序，从M件正品中取m件的排列数有PM种，从NM件次品中取nm件的排列数为PNM种，故

mnmCmnPMPNMP（A）= nPNmnmnm由于无放回逐渐抽取也可以看成一次取出，故上述概率也可写成

nmCmMCNMP（A）= nCN可以看出，用第二种方法简便得多.

（3） 由于是有放回的抽取，每次都有N种取法，故所有可能的取法总数为Nn种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cn种，对于固定的一种

正、次品的抽取次序，m次取得正品，都有M种取法，共有Mm种取法，nm次取得次品，每次都有NM种取法，共有（NM）nm种取法，故

mnmnP(A)CmM(NM)/N nm此题也可用贝努里概型，共做了n重贝努里试验，每次取得正品的概率为

M，则取得m件正品的概率为 NmnmMMP(A)C1NNmn

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 11.略.见教材习题参.

12. 50只铆钉随机地取来用在10个部件上，其中有3个铆钉强度太弱.每个部件用3只铆钉.若将3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.求发生一个部件强度太弱的概率是多少？ 【解】设A={发生一个部件强度太弱}

33P(A)C110C3/C501 196013.一个袋内装有大小相同的7个球，其中4个是白球，3个是黑球，从中一次抽取3个，计算至少有两个是白球的概率. 【解】 设Ai={恰有i个白球}（i=2,3），显然A2与A3互斥.

1C2184C3P(A2)3,C735C344P(A3)3

C735故 P(A2A3)P(A2)P(A3)22 3514.有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.7，在两批种子中各随机取一粒，求：

（1） 两粒都发芽的概率； （2） 至少有一粒发芽的概率； （3） 恰有一粒发芽的概率.

【解】设Ai={第i批种子中的一粒发芽}，（i=1,2）

(1) P(A1A2)P(A1)P(A2)0.70.80.56 (2) P(A1(3) P(A1A2A2)0.70.80.70.80.94

A1A2)0.80.30.20.70.38

15.掷一枚均匀硬币直到出现3次正面才停止. （1） 问正好在第6次停止的概率；

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （2） 问正好在第6次停止的情况下，第5次也是出现正面的概率.

1131C1()()452121312242 【解】（1） p1C5()() (2) p2222325/32516.甲、乙两个篮球运动员，投篮命中率分别为0.7及0.6，每人各投了3次，求二人进球数相等的概率.

【解】 设Ai={甲进i球}，i=0,1,2,3,Bi={乙进i球},i=0,1,2,3,则

P(3i0212AiBi3)(0.3)3(0.4)3C130.7(0.3)C30.6(0.4)

222233 C3(0.7)0.3C3(0.6)0.4+(0.7)(0.6)

=0.32076

17．从5双不同的鞋子中任取4只，求这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率.

41111C5C2C2C2C213【解】 p1 4C102118.某地某天下雪的概率为0.3，下雨的概率为0.5，既下雪又下雨的概率为0.1,求：

（1） 在下雨条件下下雪的概率；（2） 这天下雨或下雪的概率. 【解】 设A={下雨}，B={下雪}.

（1） p(BA)P(AB)0.10.2 P(A)0.5（2） p(AB)P(A)P(B)P(AB)0.30.50.10.7

19.已知一个家庭有3个小孩，且其中一个为女孩，求至少有一个男孩的概率（小孩为男为女是等可能的）. 【解】 设A={其中一个为女孩}，B={至少有一个男孩}，样本点总数为23=8，故

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 P(BA)或在缩减样本空间中求，此时样本点总数为7.

P(AB)6/86

P(A)7/87P(BA)6 720.已知5%的男人和0.25%的女人是色盲，现随机地挑选一人，此人恰为色盲，问此人是男人的概率（假设男人和女人各占人数的一半）. 【解】 设A={此人是男人}，B={此人是色盲}，则由贝叶斯公式

P(AB) P(A)P(BA)P(AB) P(B)P(A)P(BA)P(A)P(BA)0.50.0520 0.50.050.50.00252121.两人约定上午9∶00~10∶00在公园会面，求一人要等另一人半小时以上的概率.

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题21图 题22图

【解】设两人到达时刻为x,y,则0≤x,y≤60.事件“一人要等另一人半小时以上”等价于|xy|>30.如图阴影部分所示.

3021P2

60422.从（0，1）中随机地取两个数，求：

6的概率； 51（2） 两个数之积小于的概率.

4（1） 两个数之和小于

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】 设两数为x,y，则06. 514417 p112550.68

1251(2) xy=<.

4（1） x+y< p21111dxdy11ln2 4x442123.设P（A）=0.3,P(B)=0.4,P(AB)=0.5，求P（B｜A∪B） 【解】 P(BA B)P(AB)P(A)P(AB) P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.70.51

0.70.60.24.在一个盒中装有15个乒乓球，其中有9个新球，在第一次比赛中任意取出3个球，比赛后放回原盒中；第二次比赛同样任意取出3个球，求第二

次取出的3个球均为新球的概率.

【解】 设Ai={第一次取出的3个球中有i个新球}，i=0,1,2,3.B={第二次取出的3球均为新球}

由全概率公式，有

P(B)P(BAi)P(Ai)

i03精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 2321C3C3C1C8C9C6C3C3C3699C6796 3•33•33•33•30.0

C15C15C15C15C15C15C15C1525. 按以往概率论考试结果分析，努力学习的学生有90%的可能考试及格，不努力学习的学生有90%的可能考试不及格.据调查，学生中有80%的人是努

力学习的，试问：

（1）考试及格的学生有多大可能是不努力学习的人？ （2）考试不及格的学生有多大可能是努力学习的人？ 【解】设A={被调查学生是努力学习的}，则A={被调查学生是不努力学习的}.由题意知P（A）=0.8，P（A）=0.2，又设B={被调查学生考试及格}.由

题意知P（B|A）=0.9，P（B|A）=0.9，故由贝叶斯公式知

P(A)P(BA)P(AB)（1）P(AB) P(B)P(A)P(BA)P(A)P(BA) 0.20.110.02702

0.80.90.20.137即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702% (2) P(AB)P(A)P(BA)P(AB) P(B)P(A)P(BA)P(A)P(BA) 0.80.140.3077

0.80.10.20.913即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%.

26. 将两信息分别编码为A和B传递出来，接收站收到时，A被误收作B的概率为0.02，而B被误收作A的概率为0.01.信息A与B传递的频繁程度为

2∶1.若接收站收到的信息是A，试问原发信息是A的概率是多少？ 【解】 设A={原发信息是A}，则={原发信息是B}

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 C={收到信息是A}，则={收到信息是B} 由贝叶斯公式，得

P(AC) 27.

P(A)P(CA)P(A)P(CA)P(A)P(CA)

2/30.980.99492

2/30.981/30.01在已有两个球的箱子中再放一白球，然后任意取出一球，若发现这球为白球，试求箱子中原有一白球的概率（箱中原有什么球是等可能的颜色只有黑、白两种）

【解】设Ai={箱中原有i个白球}（i=0,1,2），由题设条件知P（Ai）=

1,i=0,1,2.又设B={抽出一球为白球}.由贝叶斯公式知 3P(BA1)P(A1)P(A1B) P(A1B)2P(B)P(BAi)P(Ai)i02/31/31

1/31/32/31/311/3328.某工厂生产的产品中96%是合格品，检查产品时，一个合格品被误认为是次品的概率为0.02，一个次品被误认为是合格品的概率为0.05，求在被检

查后认为是合格品产品确是合格品的概率.

【解】 设A={产品确为合格品}，B={产品被认为是合格品}

由贝叶斯公式得

P(AB) P(A)P(BA)P(AB) P(B)P(A)P(BA)P(A)P(BA)0.960.980.998

0.960.980.040.05精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 29.

某保险公司把被保险人分为三类：“谨慎的”，“一般的”，“冒失的”.统计资料表明，上述三种人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15和0.30；如果“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”占50%，“冒失的”占30%，现知某被保险人在一年内出了事故，则他是“谨慎的”的概率是多少？

【解】 设A={该客户是“谨慎的”}，B={该客户是“一般的”}，

C={该客户是“冒失的”}，D={该客户在一年内出了事故} 则由贝叶斯公式得

P(A|D) P(AD)P(A)P(D|A)

P(D)P(A)P(D|A)P(B)P(D|B)P(C)P(D|C)0.20.050.057

0.20.050.50.150.30.330.加工某一零件需要经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别为0.02,0.03,0.05,0.03，假定各道工序是相互的，求加工出来的零件

的次品率.

【解】设Ai={第i道工序出次品}（i=1,2,3,4）.

P(Ai)1P(A1A2A3A4)

i14 1P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)

10.980.970.950.970.124

31.设每次射击的命中率为0.2，问至少必须进行多少次射击才能使至少击中一次的概率不小于0.9? 【解】设必须进行n次射击.

1(0.8)n0.9

即为 (0.8)0.1 故 n≥11

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 至少必须进行11次射击.

32.证明：若P（A｜B）=P(A｜B)，则A，B相互.

【证】 P(A|B)P(A|B)即

P(AB)P(AB) P(B)P(B)亦即 P(AB)P(B)P(AB)P(B)

P(AB)[1P(B)][P(A)P(AB)]P(B)

因此 P(AB)P(A)P(B) 故A与B相互.

33.三人地破译一个密码，他们能破译的概率分别为【解】 设Ai={第i人能破译}（i=1,2,3），则

111，，，求将此密码破译出的概率. 534P(Ai)1P(A1A2A3)1P(A1)P(A2)P(A3)

i13 14230.6 53434.甲、乙、丙三人地向同一飞机射击，设击中的概率分别是0.4,0.5,0.7，若只有一人击中，则飞机被击落的概率为0.2；若有两人击中，则飞机被

击落的概率为0.6；若三人都击中，则飞机一定被击落，求：飞机被击落的概率. 【解】设A={飞机被击落}，Bi={恰有i人击中飞机}，i=0,1,2,3

由全概率公式，得

P(A)P(A|Bi)P(Bi)

i03精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 =(0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7)0.2+

(0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7)0.6+0.4×0.5×0.7 =0.458

35.已知某种疾病患者的痊愈率为25%，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，且规定若10个病人中至少有四人治好则认为这种药有效，

反之则认为无效，求：

（1） 虽然新药有效，且把治愈率提高到35%，但通过试验被否定的概率. （2） 新药完全无效，但通过试验被认为有效的概率. 3【解】（1） pkkk1C10(0.35)(0.65)100.5138

k010(2) pk2C10(0.25)k(0.75)10k0.2241

k436.一架升降机开始时有6位乘客，并等可能地停于十层楼的每一层.试求下列事件的概率：（1） A=“某指定的一层有两位乘客离开”；

（2） B=“没有两位及两位以上的乘客在同一层离开”； （3） C=“恰有两位乘客在同一层离开”； （4） D=“至少有两位乘客在同一层离开”.

【解】 由于每位乘客均可在10层楼中的任一层离开，故所有可能结果为106种.

（1） P(A)C2946106，也可由6重贝努里模型：

P(A)C212946(10)(10)

（2） 6个人在十层中任意六层离开，故

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 6P10P(B)6

10（3） 由于没有规定在哪一层离开，故可在十层中的任一层离开，有C10种可能结果，再从六人中选二人在该层离开，有C6种离开方式.其余4人中不能

再有两人同时离开的情况，因此可包含以下三种离开方式：①4人中有3个人在同一层离开，另一人在其余8层中任一层离开，共有C9C4C8种可能结果；②4人同时离开，有C9种可能结果；③4个人都不在同一层离开，有P9种可能结果，故

2131146P(C)C110C6(C9C4C8C9P9)/10

1412131（4） D=B.故

6P10P(D)1P(B)16

1037. n个朋友随机地围绕圆桌而坐，求下列事件的概率： （1） 甲、乙两人坐在一起，且乙坐在甲的左边的概率； （2） 甲、乙、丙三人坐在一起的概率；

（3） 如果n个人并排坐在长桌的一边，求上述事件的概率. 【解】 （1） p1(2) p21 n13!(n3)!,n3

(n1)!精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 (3) p1(n1)!13!(n2)!;p2,n3 n!nn!38.将线段[0，a]任意折成三折，试求这三折线段能构成三角形的概率

【解】 设这三段长分别为x,y,axy.则基本事件集为由

0xyaxyx(axy)y y(axy)x构成的图形，即

a0x20ya 2axya2如图阴影部分所示，故所求概率为p

1

. 4

39. 某人有n把钥匙，其中只有一把能开他的门.他逐个将它们去试开（抽样是无放回的）.证明试开k次（k=1,2,…,n）才能把门打开的概率与k无关.

Pnk111【证】 pk,k1,2,Pnn,n

40.把一个表面涂有颜色的立方体等分为一千个小立方体，在这些小立方体中，随机地取出一个，试求它有i面涂有颜色的概率P（Ai）（i=0,1,2,3）.

【解】 设Ai={小立方体有i面涂有颜色}，i=0,1,2,3.

在1千个小立方体中，只有位于原立方体的角上的小立方体是三面有色的，这样的小立方体共有8个.只有位于原立方体的棱上（除去八个角外）的

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 小立方体是两面涂色的，这样的小立方体共有12×8=96个.同理，原立方体的六个面上（除去棱）的小立方体是一面涂色的，共有8×8×6=384个.其余1000（8+96+384）=512个内部的小立方体是无色的，故所求概率为

5123840.512,P(A1)0.384, 10001000968P(A2)0.096,P(A4)0.008.

10001000P(A0)41.对任意的随机事件A，B，C，试证

P（AB）+P（AC）P（BC）≤P(A).

【证】 P(A)P[A(BC)]P(ABAC)

P(AB)P(AC)P(ABC) P(AB)P(AC)P(BC)

42.将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯中球的最大个数分别为1，2，3的概率. 【解】 设Ai={杯中球的最大个数为i},i=1,2,3.

将3个球随机放入4个杯子中，全部可能放法有43种，杯中球的最大个数为1时，每个杯中最多放一球，故

C33!3P(A1)43

48而杯中球的最大个数为3，即三个球全放入一个杯中，故

C114P(A3)3

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 因此 P(A2)1P(A1)P(A3)121C1C93C3 或 P(A2)43416319 81616 43.将一枚均匀硬币掷2n次，求出现正面次数多于反面次数的概率.

【解】掷2n次硬币，可能出现：A={正面次数多于反面次数}，B={正面次数少于反面次数}，C={正面次数等于反面次数}，A，B，C两两互斥.

可用对称性来解决.由于硬币是均匀的，故P（A）=P（B）.所以

P(A)由2n重贝努里试验中正面出现n次的概率为

1P(C) 2n1n1nP(C)C2n()()

22 故 P(A)11[1Cn2n2n] 2244.掷n次均匀硬币，求出现正面次数多于反面次数的概率.

【解】设A={出现正面次数多于反面次数}，B={出现反面次数多于正面次数}，由对称性知P（A）=P（B）

（1） 当n为奇数时，正、反面次数不会相等.由P（A）+P（B）=1得P（A）=P（B）=0.5 (2) 当n为偶数时，由上题知

n112P(A)[1Cn()n]

2245.设甲掷均匀硬币n+1次，乙掷n次，求甲掷出正面次数多于乙掷出正面次数的概率.

【解】 令甲正=甲掷出的正面次数，甲反=甲掷出的反面次数.

乙正=乙掷出的正面次数，乙反=乙掷出的反面次数. 显然有

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 =（甲正≤乙正）=（n+1甲反≤n乙反） （甲正>乙正）=（甲反≥1+乙反）=（甲反>乙反）

由对称性知P（甲正>乙正）=P（甲反>乙反） 因此P(甲正>乙正)=

1 246.证明“确定的原则”（Surething）：若P（A|C）≥P(B|C),P(A|C)≥P(B|C)，则P（A）≥P(B). 【证】由P（A|C）≥P(B|C),得

P(AC)P(BC),

P(C)P(C)即有 P(AC)P(BC) 同理由 P(A|C)P(B|C), 得 P(AC)P(BC),

故 P(A)P(AC)P(AC)P(BC)P(BC)P(B)

47.一列火车共有n节车厢，有k(k≥n)个旅客上火车并随意地选择车厢.求每一节车厢内至少有一个旅客的概率.

【解】 设Ai={第i节车厢是空的}，（i=1,…,n）,则

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 (n1)k1kP(Ai)(1)nkn2P(AiAj)(1)knP(Ai1Ai2其中i1,i2,…,in1是1，2，…，n中的任n1个. 显然n节车厢全空的概率是零，于是

Ain1)(1n1k)n11kS1P(Ai)n(1)kC1(1)nnni122S2P(AiAj)Cn(1)kn1ijnnSn1Sn01i1i2in1nP(Ai1Ai21Ain1)Cnn(1n1k)n

P(Ai)S1S2S3i1n(1)n1Sn Cn(1)Cn(1)故所求概率为

11nk22nkn1(1)nCn(1n1k) n精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 1k2i21P(Ai)1C1(1)C(1)nni1nnn1(1)n1Cnn(1n1k) n48.设随机试验中，某一事件A出现的概率为ε>0.试证明：不论ε>0如何小，只要不断地地重复做此试验，则A迟早会出现的概率为1. 【证】

在前n次试验中，A至少出现一次的概率为

1(1)n1(n)

49.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.试问这只硬币是正品的

概率是多少？

【解】设A={投掷硬币r次都得到国徽}

B={这只硬币为正品} 由题知 P(B)mn ,P(B)mnmnP(A|B)1,P(A|B)1 r2则由贝叶斯公式知

P(B|A)P(AB)P(B)P(A|B) P(A)P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)m1rmmn2  rm1n1m2nrmn2mn50.巴拿赫（Banach）火柴盒问题：某数学家有甲、乙两盒火柴，每盒有N根火柴，每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中任取一根.试求他首次发现

一盒空时另一盒恰有r根的概率是多少？第一次用完一盒火柴时（不是发现空）而另一盒恰有r根的概率又有多少？

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】以B1、B2记火柴取自不同两盒的事件，则有P(B1)P(B2)1.（1）发现一盒已空，另一盒恰剩r根，说明已取了2nr次，设n次取自B1盒2（已空），nr次取自B2盒，第2nr+1次拿起B1，发现已空。把取2nr次火柴视作2nr重贝努里试验，则所求概率为

1n1nr11nn p12C2()()Cnrnr22222rr式中2反映B1与B2盒的对称性（即也可以是B2盒先取空）.

（2） 前2nr1次取火柴，有n1次取自B1盒，nr次取自B2盒，第2nr次取自B1盒，故概率为

1n11nr112nr111 p22Cn()Cn2nr1()2nr1()222251.求n重贝努里试验中A出现奇数次的概率.

【解】 设在一次试验中A出现的概率为p.则由

0n1n122n2(qp)nC0CnpqnpqCnpq0n1n12n2(qp)nC0C2npqCnpqnpqn0Cnnpq1 n0(1)nCnnpq

以上两式相减得所求概率为

n13n3p1C1C3npqnpq

1[1(qp)n] 21[1(12p)n] 2若要求在n重贝努里试验中A出现偶数次的概率，则只要将两式相加，即得

1p2[1(12p)n].

252.设A，B是任意两个随机事件，求P{（A+B）（A+B）（A+B）（A+B）}的值.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】因为（A∪B）∩（A∪B）=AB∪AB

（A∪B）∩（A∪B）=AB∪AB

所求 (AB)(AB)(AB)(AB) [(AB 

故所求值为0.

AB)(ABAB)]

53.设两两相互的三事件，A，B和C满足条件：

ABC=，P(A)=P(B)=P(C)< 1/2，且P（A∪B∪C）=9/16，求P（A）. 【解】由P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)

2 3P(A)3[P(A)]故P(A)9 161311或,按题设P（A）<,故P（A）=. 44241B)1P(AB) ①

9P(AB)P(AB) ②

.设两个相互的事件A和B都不发生的概率为1/9，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相等，求P（A）. 【解】 P(AB)P(A故 P(A)P(AB)P(B)P(AB)

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 故 P(A)P(B) ③ 由A,B的性，及①、③式有

11P(A)P(B)P(A)P(B) 9 12P(A)[P(A)] [1P(A)]

故 1P(A)故 P(A)即P（A）=

221 324或P(A)（舍去） 332. 355.随机地向半圆0/4的概率为多少？

【解】利用几何概率来求，图中半圆面积为

1πa2.阴影部分面积为 2π212aa 42故所求概率为

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 π212aa4211 p122ππa256.设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率. 【解】 设A={两件中至少有一件是不合格品}，B={另一件也是不合格品}

C242C10P(AB)1 P(B|A)2C6P(A)51-2C1057.设有来自三个地区的各10名、15名和25名考生的报名表，其中女生的报名表分别为3份、7份和5份.随机地取一个地区的报名

表，从中先后抽出两份.

（1） 求先抽到的一份是女生表的概率p；

（2） 已知后抽到的一份是男生表，求先抽到的一份是女生表的概率q. 【解】设Ai={报名表是取自第i区的考生}，i=1,2,3.

Bj={第j次取出的是女生表}，j=1,2.

则 P(Ai)1,i1,2,3 3P(B1|A1)375,P(B1|A2),P(B1|A3) 101525(1) pP(B1)P(B|A)3(101525)90

1ii13137529精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 (2) qP(B1|B2)3P(B1B2)

P(B2)2而 P(B2)P(Bi1|Ai)P(Ai)

1782061 ()310152590P(B1B2)P(B1B2|Ai)P(Ai)

i13 137785202() 31091514252492P(B1B2)920故 q 61P(B2)619058. 设A，B为随机事件，且P（B）>0,P(A|B)=1,试比较P(A∪B)与P(A)的大小. (2006研考)

解：因为 P(AB)P(A)P(B)P(AB)

P(AB)P(B)P(AB)P(B)

所以 P(AB)P(A)P(B)P(B)P(A).

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习题二

1.一袋中有5只乒乓球，编号为1，2，3，4，5，在其中同时取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】

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 X3,4,5P(X3)1C30.15P(X4)3C30.3 5P(X5)C24C30.65故所求分布律为 X 3 4 5 P 0.1 0.3 0.6 2.设在15只同类型零件中有2只为次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X表示取出的次品个数，求：（1） X的分布律； （2） X的分布函数并作图； (3)

P{X12},P{1X332},P{1X2},P{1X2}.

【解】

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 X0,1,2.3C1322P(X0)3.C15352C112 2C13P(X1)3.C1535C11P(X2)13.3C1535故X的分布律为 X P 0 1 2 22 3512 351 35

（2） 当x<0时，F（x）=P（X≤x）=0

当0≤x<1时，F（x）=P（X≤x）=P(X=0)=

22 3534 35当1≤x<2时，F（x）=P（X≤x）=P(X=0)+P(X=1)=当x≥2时，F（x）=P（X≤x）=1 故X的分布函数

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34,1x2351,x2(3)

1122P(X)F(),2235333434P(1X)F()F(1)0223535

3312P(1X)P(X1)P(1X)2235341P(1X2)F(2)F(1)P(X2)10.35353.射手向目标地进行了3次射击，每次击中率为0.8，求3次射击中击中目标的次数的分布律及分布函数，并求3次射击中至少击中2次的概率. 【解】

设X表示击中目标的次数.则X=0，1，2，3.

P(X0)(0.2)30.0082P(X1)C10.8(0.2)0.0963P(X2)C(0.8)0.20.384P(X3)(0.8)30.512232

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 故X的分布律为 X 0 1 P 0.008 0.096 分布函数

4.（1） 设随机变量X的分布律为

其中k=0，1，2，…，λ＞0为常数，试确定常数（2） 设随机变量X的分布律为

试确定常数a.

【解】（1） 由分布律的性质知

2 3 0.384 0.512 0,x00.008,0x1F(x)0.104,1x2

0.488,2x31,x3P(X2)P(X2)P(X3)0.6P{X=k}=akk!，

a.

P{X=k}=a/N， k=1，2，…，N，

1P(Xk)akae

k0k0k!精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 故 ae

(2) 由分布律的性质知



1P(Xk)k1k1NNaa N即 a1.

5.甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6,0.7,今各投3次，求： （1） 两人投中次数相等的概率;

（2） 甲比乙投中次数多的概率.

【解】分别令X、Y表示甲、乙投中次数，则X~b（3，0.6）,Y~b(3,0.7)

(1) P(XY)P(X0,Y0)P(X1,Y1)P(X2,Y2)

P(X3,Y3)

212(0.4)3(0.3)3C130.6(0.4)C30.7(0.3)+

222233 C3(0.6)0.4C3(0.7)0.3(0.6)(0.7)

0.32076

(2) P(XY)P(X1,Y0)P(X2,Y0)P(X3,Y0) P(X2,Y1)P(X3,Y1)P(X3,Y2)

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 23223C130.6(0.4)(0.3)C3(0.6)0.4(0.3) 22(0.6)3(0.3)3C3(0.6)20.4C130.7(0.3) 2322(0.6)3C130.7(0.3)(0.6)C3(0.7)0.3

=0.243

6.设某机场每天有200架飞机在此降落，任一飞机在某一时刻降落的概率设为0.02，且设各飞机降落是相互的.试问该机场需配备多少条跑道，才能保证某一时刻飞机需立即降落而没有空闲跑道的概率小于0.01(每条跑道只能允许一架飞机降落)？ 【解】设X为某一时刻需立即降落的飞机数，则X~b(200,0.02)，设机场需配备N条跑道，则有

P(XN)0.01

即 利用泊松近似

kN1200k200kCk0.01 200(0.02)(0.98)np2000.024.

P(XN)e44k0.01 k!kN1查表得N≥9.故机场至少应配备9条跑道.

7.有一繁忙的汽车站，每天有大量汽车通过，设每辆车在一天的某时段出事故的概率为0.0001,在某天的该时段内有1000辆汽车通过，问出事故的次数不小于2的概率是多少（利用泊松定理）？

【解】设X表示出事故的次数，则X~b（1000，0.0001）

P(X2)1P(X0)P(X1)

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 1e0.10.1e0.1

8.已知在五重贝努里试验中成功的次数X满足P{X=1}=P{X=2}，求概率P{X=4}. 【解】设在每次试验中成功的概率为p，则

C1p)4C22(1p)35p(15p

故 p

1

3

所以 P(X4)C41425(3)310243. 9.设事件A在每一次试验中发生的概率为0.3，当A发生不少于3次时，指示灯发出信号， （1） 进行了5次试验，试求指示灯发出信号的概率；

（2） 进行了7次试验，试求指示灯发出信号的概率.

【解】（1） 设X表示5次试验中A发生的次数，则X~6（5，0.3）

5P(X3)Ckk5(0.3)(0.7)5k0.16308

k3(2) 令Y表示7次试验中A发生的次数，则Y~b（7，0.3）

7P(Y3)Ck7(0.3)k(0.7)7k0.35293

k310.某在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼救的次数X服从参数为（1/2）t的泊松分布，而与时间间隔起点无关（时间以小时

计）.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （1） 求某一天中午12时至下午3时没收到呼救的概率；

（2） 求某一天中午12时至下午5时至少收到1次呼救的概率. 【解】（1）P(X0)e3252 (2) P(X1)1P(X0)1e

k2k11.设P{X=k}=Ck, k=0,1,2 2p(1p)m4mp(1p)P{Y=m}=Cm, m=0,1,2,3,4 4分别为随机变量X，Y的概率分布，如果已知P{X≥1}=【解】因为P(X1)5，试求P{Y≥1}. 9，故P(X1). 992而 P(X1)P(X0)(1p) 故得 (1p)即 p.

从而 P(Y1)1P(Y0)1(1p)424, 913650.80247 8112.某教科书出版了2000册，因装订等原因造成错误的概率为0.001，试求在这2000册书中恰有5册错误的概率. 【解】令X为2000册书中错误的册数，则X~b(2000,0.001).利用泊松近似计算,

np20000.0012

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 e2250.0018 得 P(X5)5!13.进行某种试验，成功的概率为【解】X1,2,31，失败的概率为.以X表示试验首次成功所需试验的次数，试写出X的分布律，并计算X取偶数的概率. 44,k,

13P(Xk)()k1

44P(X2)P(X4)P(X2k)

1313313()()2k14444441314 41(1)214.有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了保险公司的人寿保险.在一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12元保险费，而在死亡时家属可从保险公司领取2000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10000元、20000元的概率. 【解】以“年”为单位来考虑.

（1） 在1月1日，保险公司总收入为2500×12=30000元.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 设1年中死亡人数为X，则X~b(2500,0.002)，则所求概率为

P(2000X30000)P(X15)1P(X14)

由于n很大，p很小，λ=np=5，故用泊松近似，有

e55kP(X15)10.000069

k!k014(2) P(保险公司获利不少于10000)

P(300002000X10000)P(X10)

e55k0.986305 k!k010即保险公司获利不少于10000元的概率在98%以上

P（保险公司获利不少于20000）P(300002000X20000)P(X5)

e55k0.615961 k!k05即保险公司获利不少于20000元的概率约为62%

15.已知随机变量X的密度函数为

f(x)=Ae|x|, ∞求：（1）A值；（2）P{0精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】（1） 由

f(x)dx1得

1Ae|x|dx2Aexdx2A

01. 211x11(2) p(0X1)edx(1e)

202x11(3) 当x<0时，F(x)exdxex

22x101x1|x|x当x≥0时，F(x)edxedxexdx

22021x 1e

2故 A1xe,2故 F(x)11ex2x0

x016.设某种仪器内装有三只同样的电子管，电子管使用寿命X的密度函数为

100,x100,f(x)=x2x100.0,

求：（1） 在开始150小时内没有电子管损坏的概率；

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （2） 在这段时间内有一只电子管损坏的概率；

（3） F（x）. 【解】

1001dx. 100x2328p1[P(X150)]3()3

32741122(2) p2C3()

339（1） P(X150)150(3) 当x<100时F（x）=0

当x≥100时F(x)  xf(t)dt f(t)dt

100f(t)dtx100100100 dt1100t2xx100,x1001故 F(x) xx00,17.在区间［0，a］上任意投掷一个质点，以X表示这质点的坐标，设这质点落在［0，a］中任意小区间内的概率与这小区间长度成正比例，试求X的分

布函数.

【解】 由题意知X~∪[0,a]，密度函数为

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即分布函数

xf(t)dtf(t)dt0xx01xdt aa0,xF(x),a1,x00xa xa18.设随机变量X在[2，5]上服从均匀分布.现对X进行三次观测，求至少有两次的观测值大于3的概率.

【解】X~U[2,5]，即

1,2x5 f(x)3其他0,P(X3)故所求概率为

5312dx 3323202221pC3()C3() 333327精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 19.设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X（以分钟计）服从指数分布E().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

15次，以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，试写出Y的分布律，并求P{Y≥1}. 【解】依题意知X~E(15)，即其密度函数为

1xf(x)e5,x0 50,x0该顾客未等到服务而离开的概率为

P(X10)1ex5dxe2105

Y~b(5,e2),即其分布律为

P(Yk)Ck2k5(e)(1e2)5k,k0,1,2,3,4,5P(Y1)1P(Y0)1(1e2)50.5167

20.某人乘汽车去火车站乘火车，有两条路可走.第一条路程较短但交通拥挤，所需时间X服从N（40，塞少，所需时间X服从N（50，42）.

（1） 若动身时离火车开车只有1小时，问应走哪条路能乘上火车的把握大些？

（2） 又若离火车开车时间只有45分钟，问应走哪条路赶上火车把握大些？

【解】（1） 若走第一条路，X~N（40，102），则

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2）；第二条路程较长，但阻

10精品好资料-如有侵权请联系网站删除 x406040P(X60)P(2)0.97727

1010若走第二条路，X~N（50，42），则

X506050P(X60)P(2.5)0.9938++

44故走第二条路乘上火车的把握大些.

（2） 若X~N（40，102），则

X404540P(X45)P(0.5)0.6915

1010若X~N（50，42），则

X504550P(X45)P(1.25)

44 1(1.25)0.1056

故走第一条路乘上火车的把握大些.

21.设X~N（3，22），

（1） 求P{2（2） 确定c使P{X＞c}=P{X≤c}. 【解】（1） P(2X5)P23X353

222精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 11(1)(1)1 22

0.841310.69150.532843X3103P(4X10)P

222 770.9996 22P(|X|2)P(X2)P(X2)

X323X323PP22221515 11

22220.691510.99380.6977P(X3)P(X33-3)1(0)0.5 22(2) c=3

22.由某机器生产的螺栓长度（cm）X~N（10.05,0.062）,规定长度在10.05±0.12内为合格品,求一螺栓为不合格品的概率. 【解】P(|X10.05|0.12)PX10.050.12

0.060.06精品好资料-如有侵权请联系网站删除

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1(2)(2)2[1(2)]

0.045623.一工厂生产的电子管寿命X（小时）服从正态分布N（160，σ2），若要求P{120＜X≤200}≥0.8，允许σ最大不超过多少？ 【解】P(120X200)P120160X160200160 404024010.8 故 401.2931.25 24.设随机变量X分布函数为

F（x）=ABext,x0,(0),0,x0.

（1） 求常数A，B；

（2） 求P{X≤2}，P{X＞3}；

（3） 求分布密度f（x）.

limF(x)1【解】（1）由xA1xlim0F(x)xlim0F(x)得B1

（2） P(X2)F(2)1e2

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 P(X3)1F(3)1(1e3)e3

ex,x0(3) f(x)F(x)

x00,25.设随机变量X的概率密度为

x,f（x）=2x,0,求X的分布函数F（x），并画出f（x）及F（x）.

【解】当x<0时F（x）=0

当0≤x<1时F(x)0x1,1x2, 其他.xf(t)dt0f(t)dtf(t)dt

0xx2 tdt

02x当1≤x<2时F(x)xf(t)dt

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 01xf(t)dt0f(t)dt1f(t)dt10tdtx1(2t)dt

1x23

22x22x222x1当x≥2时F(x)xf(t)dt1

0,x0x2,0x1故 F(x)2x22x1,1x221,x226.设随机变量X的密度函数为

（1） f(x)=ae

|x|

,λ>0;

bx,0(2) f(x)=x1,12,1x2,

x0,其他.试确定常数a,b，并求其分布函数F（x）.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】（1） 由

f(x)dx1知1ae|x|dx2aexdx02a

故 a2

xe,x02即密度函数为 f(x)

exx02当x≤0时F(x)当x>0时F(x) 1xxf(x)dx01exdxex 22xf(x)dx2edxxx20exdx

1xe 21x1e,x02F(x)

1ex,x02故其分布函数

(2) 由1f(x)dxbxdx01211b1dx 2x22得 b=1

即X的密度函数为

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 0x1x,1f(x)2,1x2

x其他0,当x≤0时F（x）=0 当00x x0x2xdx

2当1≤x<2时F(x) xf(x)dx0dxxdx001x11dx x231 2x当x≥2时F（x）=1 故其分布函数为

0,2x,F(x)231,2x1,x00x1

1x2x227.求标准正态分布的上分位点，

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （1）=0.01，求z;

（2）=0.003，求z，z/2. 1） P(Xz)0.01

即 1(z)0.01 即 (z)0.09 故 z2.33 （2） 由P(Xz)0.003得即 (z)0.997 查表得 z2.75 由P(Xz/2)0.0015得

即 (z/2)0.9985

1(z)0.003

1(z/2)0.0015

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【解】（

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 查表得 z/22.96

28.设随机变量X的分布律为 X Pk 2 1 0 1 3 1/5 1/6 1/5 1/15 11/30 求Y=X2的分布律.

【解】Y可取的值为0，1，4，9

P(Y0)P(X0)1511761530

P(Y1)P(X1)P(X1)1P(Y4)P(X2)511P(Y9)P(X3)30故Y的分布律为

Y Pk 0 1 4 9 1/5 7/30 1/5 11/30 129.设P{X=k}=()k, k=1,2,…,令

21,当X取偶数时Y

1,当X取奇数时.求随机变量X的函数Y的分布律.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】P(Y1)P(X2)P(X4)P(X2k)

111()2()4()2k222

111()/(1)443

P(Y1)1P(Y1)2 330.设X~N（0，1）.

（1） 求Y=eX的概率密度； （2） 求Y=2X2+1的概率密度；

（3） 求Y=｜X｜的概率密度.

【解】（1） 当y≤0时，FY(y)P(Yy)0

x当y>0时，FY(y)P(Yy)P(ey)P(Xlny)

lnyfX(x)dx

dFY(y)111ln2y/2fx(lny)e,y0 故 fY(y)dyyy2π(2)P(Y2X11)1

2精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 当y≤1时FY(y)P(Yy)0

2当y>1时FY(y)P(Yy)P(2X1y)

y12y1 PXPX22 y1 2(y1)/2(y1)/2fX(x)dx

2fXy1y1y1fX2 2d1FY(y)故 fY(y)dy4 1221(y1)/4e,y1

y12π(3) P(Y0)1

当y≤0时FY(y)P(Yy)0

当y>0时FY(y)P(|X|y)P(yXy) yyfX(x)dx

dFY(y)fX(y)fX(y) dy故fY(y)精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 22πey2/2,y0 31.设随机变量X~U（0,1），试求： （1） Y=eX的分布函数及密度函数；

（2） Z=2lnX的分布函数及密度函数. 【解】（1） P(0X1)1

故 P(1YeXe)1 当y1时FY(y)P(Yy)0

当1当y≥e时FXY(y)P(ey)1

即分布函数

故Y的密度函数为

y1F(y)0,Ylny,1ye

1,ye精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 11ye fY(y)y,0,其他（2） 由P（0当z≤0时，FZ(z)P(Zz)0

当z>0时，FZ(z)P(Zz)P(2lnXz) P(lnXz)P(z/22Xe)

1/2ez/2dx1ez

即分布函数

故Z的密度函数为

32.设随机变量X的密度函数为

P(Z0)1

F0,z0Z(z)1-e-z/2,z0 fz)1ez/2,z0Z(2

0,z0精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 2x,0xπ,f(x)=π2

其他.0,试求Y=sinX的密度函数. 【解】P(0Y1)1

当y≤0时，FY(y)P(Yy)0

当0P(0Xarcsiny)P(πarcsinyXπ) arcsiny0π2x2xdxdx 22πarcsinyππ1122 2（arcsiny）1-2（π-arcsiny）ππ 2arcsiny π当y≥1时，FY(y)1 故Y的密度函数为

12,0y1π2fY(y) 1y0,其他精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 33.设随机变量X的分布函数如下：

1,F(x)1x2(2),试填上(1),(2),(3)项.

【解】由limF(x)1知②填1。

xx(1)x,

(3).由右连续性limF(x)F(x0)1知x00，故①为0。 +xx0从而③亦为0。即

1,x0 F(x)1x2x01,34.同时掷两枚骰子，直到一枚骰子出现6点为止，求抛掷次数X的分布律. 【解】设Ai={第i枚骰子出现6点}。（i=1,2）,P(Ai)=

1.且A1与A2相互。再设C={每次抛掷出现6点}。则 6A2)P(A1)P(A2)P(A1)P(A2)

P(C)P(A1111111 66663611 故抛掷次数X服从参数为的几何分布。

36 35.随机数字序列要多长才能使数字0至少出现一次的概率不小于0.9?

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】令X为0出现的次数，设数字序列中要包含n个数字，则

X~b(n,0.1)

0nP(X1)1P(X0)1C0n(0.1)(0.9)0.9

即 (0.9)0.1

得 n≥22

即随机数字序列至少要有22个数字。

n36.已知

0,1F（x）=x,21,x0,10x,

21x.2则F（x）是（ ）随机变量的分布函数. （A） 连续型； （B）离散型；

（C） 非连续亦非离散型.

【解】因为F（x）在（∞,+∞）上单调不减右连续，且limF(x)0

xxlimF(x)1,所以F（x）是一个分布函数。

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 但是F（x）在x=0处不连续，也不是阶梯状曲线，故F（x）是非连续亦非离散型随机变量的分布函数。选（C）

37.设在区间[a,b]上，随机变量X的密度函数为f(x)=sinx，而在[a,b]外，f(x)=0，则区间 [a,b]等于（ ）

(A) [0,π/2]; (B) [0,π];

(C) [π/2,0]; (D) [0,【解】在[0,]上sinx≥0，且

在[0,π]上在[3π]. 2π2π/20sinxdx1.故f(x)是密度函数。

π0sinxdx21.故f(x)不是密度函数。

π,0]上sinx0，故f(x)不是密度函数。 233在[0,π]上，当πxπ时，sinx<0，f(x)也不是密度函数。

22故选（A）。

38.设随机变量X~N（0，σ2），问：当σ取何值时，X落入区间（1，3）的概率最大？ 【解】因为X~N(0,),P(1X3)P( (21X3)

31)()令g()

利用微积分中求极值的方法，有

g()(3311)()() 22精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 

321219/221e22211/22e221/28/2e[13e]02令

得0224,则 0 ln3ln3又 g(0)0 故02为极大值点且惟一。 ln32时X落入区间（1，3）的概率最大。 ln3故当39.设在一段时间内进入某一商店的顾客人数X服从泊松分布P（λ），每个顾客购买某种物品的概率为p，并且各个顾客是否购买该种物品相互，

求进入商店的顾客购买这种物品的人数Y的分布律.

em,m0,1,2,【解】P(Xm)m!

设购买某种物品的人数为Y，在进入商店的人数X=m的条件下，Y~b(m,p)，即

kmkP(Yk|Xm)Ck,k0,1,mp(1p),m

由全概率公式有

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 P(Yk)P(Xm)P(Yk|Xm)

mkemkkCmp(1p)mkm!mke emkk!(mk)!p(p)kk!mk(1p)mk

[(1p)]mk(mk)!mk(p)k(1p)eek!(p)kpe,k0,1,2,k!此题说明：进入商店的人数服从参数为λ的泊松分布，购买这种物品的人数仍服从泊松分布，但参数改变为λp.

40.设随机变量X服从参数为2的指数分布.证明：Y=1e2X在区间（0，1）上服从均匀分布. 【证】X的密度函数为

2e2x,x0 fX(x)x00,由于P（X>0）=1，故0<1e2X<1，即P（0当y≤0时，FY（y）=0 当y≥1时，FY（y）=1

2x当0精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 P(X12ln(1y)) 12ln(1y)2x02edxy即Y的密度函数为

即Y~U（0，1）

41.设随机变量X的密度函数为

若k使得P{X≥k}=2/3，求k的取值范围. (2000【解】由P（X≥k）=

23知P（X13 f1,0y1Y(y)0,其他 13,0x1,f(x)=2,3x6,

90,其他.研考) 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 k11 dx0dx031311k2211若30339933若1≤k≤3时P（X1若k>6,则P（X故只有当1≤k≤3时满足P（X≥k）=

2. 342.设随机变量X的分布函数为

x1,0,0.4,1x1,F(x)=

0.8,1x3,x3.1,求X的概率分布. （1991研考）

【解】由离散型随机变量X分布律与分布函数之间的关系，可知X的概率分布为 X 1 3 1 P 0.4 0.4 0.2

43.设三次试验中，事件A出现的概率相等.若已知A至少出现一次的概率为19/27，求A在一次试验中出现的概率. 【解】令X为三次试验中A出现的次数，若设P（A）=p,则

X~b(3,p)

由P（X≥1）=故p=

198知P（X=0）=（1p）3= 27271 344.若随机变量X在（1，6）上服从均匀分布，则方程y2+Xy+1=0有实根的概率是多少？

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】

1,1x6 f(x)50,其他P(X240)P(X2)P(X2)P(X2)45 45.若随机变量X~N（2，σ2），且P{2P{X<0}= . 【解】0.3P(2X4)P(2222X4)

(2)(0)(2)0.5

故 (2)0.8

因此 P(X0)P(X202)(2)

1(2)0.2

46.假设一厂家生产的每台仪器，以概率0.7可以直接出厂；以概率0.3需进一步调试，经调试后以概率0.8可以出厂，以概率不合格品不能出厂.现该厂新生产了n(n≥2)台仪器（假设各台仪器的生产过程相互）.求 （1） 全部能出厂的概率α；

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0.2定为

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （2） 其中恰好有两台不能出厂的概率β；

（3）其中至少有两台不能出厂的概率θ. 【解】设A={需进一步调试}，B={仪器能出厂}，则

A={能直接出厂}，AB={经调试后能出厂}

由题意知B=A∪AB，且

P(A)0.3,P(B|A)0.8P(AB)P(A)P(B|A)0.30.80.24 P(B)P(A)P(AB)0.70.240.94令X为新生产的n台仪器中能出厂的台数，则X~6（n，0.94）, 故

P(Xn)(0.94)nn2P(Xn2)C2(0.06)2 n(0.94)P(Xn2)1P(Xn1)P(Xn) 1n(0.94)n10.06(0.94)n

47.某地抽样调查结果表明，考生的外语成绩（百分制）近似服从正态分布，平均成绩为72分，96分以上的占考生总数的2.3%，试求考生的外语成绩在

60分至84分之间的概率.

【解】设X为考生的外语成绩，则X~N（72，σ2）

24X7296720.023P(X96)P1() 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 故 (查表知

24)0.977

242,即σ=12

从而X~N（72，122） 故 P(60X84)P6072X728472

121212

(1)(1)2(1)1

0.68248.在电源电压不超过200V、200V~240V和超过240V三种情形下，某种电子元件损坏的概率分别为0.1，0.001和0.2（假设电源电压

X服从正态分布N（220，252））.试求： （1） 该电子元件损坏的概率α;

(2) 该电子元件损坏时，电源电压在200~240V的概率β 【解】设A1={电压不超过200V}，A2={电压在200~240V}，

A3={电压超过240V}，B={元件损坏}。 由X~N（220，252）知

P(A1)P(X200)

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 X220200220P

2525(0.8)1(0.8)0.212P(A2)P(200X240)

200220X220240220P

252525(0.8)(0.8)0.576P(A3)P(X240)10.2120.5760.212

由全概率公式有

P(B)P(Ai)P(B|Ai)0.02

i13由贝叶斯公式有

P(A2|B)P(A2)P(B|A2)0.009

P(B)49.设随机变量X在区间（1，2）上服从均匀分布，试求随机变量Y=e2X的概率密度fY(y). 【解】fX(x)1,1x2

0,其他因为P（1精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 2X当e2P(1X1lny) 21lny1 2 1lny21dx当y≥e4时，FY(y)P(Yy)1

0,ye21即 FY(y)lny1,e2ye4

241,ye124,eye故 fY(y)2y

0,其他50.设随机变量X的密度函数为

ex,x0,fX(x)=

0,x0.求随机变量Y=eX的密度函数fY(y). (1995研考) 【解】P（Y≥1）=1

当y≤1时，FY(y)P(Yy)0

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 X当y>1时，FY(y)P(Yy)P(ey)P(Xlny)

lny0exdx11 y11,y即 FY(y)0,12,故 fY(y)y0,51.设随机变量X的密度函数为

y>1y1

y>1y1

fX(x)=

求Y=13x的密度函数fY(y).

【解】FY(y)P(Yy)P(13Xy)P(X(1y)3)

1,

π(1x2)精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 

11dxarctgx(1y)3π(1x2)π(1y)31π3arctg(1y)π2

3(1y)2故 fY(y)

π1(1y)652.假设一大型设备在任何长为t的时间内发生故障的次数N（t）服从参数为λt的泊松分布.

（1） 求相继两次故障之间时间间隔T的概率分布；

（2） 求在设备已经无故障工作8小时的情形下，再无故障运行8小时的概率Q.（1993研考） 【解】（1） 当t<0时，FT(t)P(Tt)0

当t≥0时，事件{T>t}与{N(t)=0}等价，有

FT(t)P(Tt)1P(Tt)1P(N(t)0)1et

1et,t0即 FT(t)

t00,即间隔时间T服从参数为λ的指数分布。

e168（2） QP(T16|T8)P(T16)/P(T8)8e

e53.设随机变量X的绝对值不大于1，P{X=1}=1/8，P{X=1}=1/4.在事件{1精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 间长度成正比，试求X的分布函数F（x）=P{X≤x}. (1997研考) 【解】显然当x<1时F（x）=0；而x≥1时F（x）=1

由题知P(1X1)11818 当1P(X,1X1)P(Xx,X1)P(Xx,X1)P(Xx,1X1)P(Xx,x1) P(Xx|1X1)P(1X1)P(X1)

x152818516(x1)18当x=1时，F(x)P(Xx)P(X1)18 故X的分布函数

0,x1F(x)5(x1)1,-1x<1

1681,x1. 设随机变量X服从正态分N（μ1,σ12),Y服从正态分布N(μ2,σ22)，且P{|X-μ1|<1}>P{|Y-μ2|<1}，试比较(2006研考)

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σ1与σ2的大小. 精品好资料-如有侵权请联系网站删除 解： 依题意

X1N(0,1)，

Y2N(0,1)，则

12因为P{X11}P{Y21}，即

所以有 11，即12.

12

P{X11}P{X111}，1P{YY221}P{1}.

22P{X11}P{Y11112}，2精品好资料-如有侵权请联系网站删除

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习题三

1.将一硬币抛掷三次，以X表示在三次中出现正面的次数，以Y表示三次中出现正面次数与出现反面次数之差的绝对值.试写出X和Y的联合分布律. 【解】X和Y的联合分布律如表： 0 1 2 3 X Y 1 3 0 C130 1113 22281 80 1113/8 2220 1111 22282C3

2.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表示取到红球的只数.求X和Y的联合分布律. 【解】X和Y的联合分布律如表： 0 1 2 3 X Y 0 1 2 0 0 P(0黑,2红,2白)= 24C22C2/C70 22C3C23 4C73521C3C1C1222 4C73522C3C23 4C7351C323C2 4C7351C3C232 4C73512C1CC6322 4C7351 3521C163C2C2 4C7350

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 3.设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数为

ππsinxsiny,0x,0yF（x，y）=22

其他.0,求二维随机变量（X，Y）在长方形域0x【解】如图P{0Xπππ,y内的概率. 463πππ,Y}公式(3.2) 463ππππππF(,)F(,)F(0,)F(0,) 434636

sinππππππsinsinsinsin0sinsin0sin4346362(31).4

题3图

说明：也可先求出密度函数，再求概率。

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 4.设随机变量（X，Y）的分布密度

Ae(3x4y),x0,y0,f（x，y）=

其他.0,求：（1） 常数A；

（2） 随机变量（X，Y）的分布函数；

（3） P{0≤X<1，0≤Y<2}. 【解】（1） 由

yf(x,y)dxdy00Ae-(3x4y)dxdyA1 12得 A=12

（2） 由定义，有 F(x,y)xf(u,v)dudv

yy(3u4v)dudv(1e3x)(1e4y)0012e 0,0,y0,x0, 其他(3) P{0X1,0Y2}

P{0X1,0Y2}

10012e2(3x4y)dxdy(1e)(1e)0.9499.38

5.设随机变量（X，Y）的概率密度为

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 k(6xy),0x2,2y4,f（x，y）=

其他.0,（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】（1） 由性质有

f(x,y)dxdy2042k(6xy)dydx8k1,

故 R

18

（2） P{X1,Y3} 1313f(x,y)dydx

13 k(6xy)dydx0288(3) P{X1.5}f(x,y)dxdy如图af(x,y)dxdy

x1.5D1 127(6xy)dy. 02832(4) P{XY4}f(x,y)dxdy如图bf(x,y)dxdy

1.5dx4XY4D2精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 20dx4x212(6xy)dy. 83

题5图

6.设X和Y是两个相互的随机变量，X在（0，0.2）上服从均匀分布，Y的密度函数为

5e5y,y0,fY（y）=

其他.0,求：（1） X与Y的联合分布密度；（2） P{Y≤X}.

题6图

【解】（1） 因X在（0，0.2）上服从均匀分布，所以X的密度函数为

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 1,0x0.2, fX(x)0.2其他.0,而

5e5y,y0, fY(y)其他.0,所以

f(x,y)X,YfX(x)fY(y)

15y25e5y,0x0.2且y0,5e 0.2 其他.0,0,(2) P(YX)0.2xyxf(x,y)dxdy如图25e5ydxdy

D-5y0.20

dx25edy(5e5x5)dx00

=e0.3679.-17.设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数为

(1e4x)(1e2y),x0,y0,F（x，y）=

其他.0,求（X，Y）的联合分布密度.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 2F(x,y)8e(4x2y),x0,y0,【解】f(x,y) xy其他.0,8.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为

4.8y(2x),0x1,0yx,f（x，y）=

其他.0,求边缘概率密度. 【解】fX(x)f(x,y)dy

x204.8y(2x)dy2.4x(2x),0x1, = 其他.0,0, fY(y)f(x,y)dx

14.8y(2x)dx2.4y(34yy2),0y1, =y 0,其他.0,

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 题8图 题9图

9.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为

y求边缘概率密度. 【解】fX(x)f(x,y)dy

yx =xedye,x0,0,0,其他. fY(y)f(x,y)dx

 =yyxx0edye,y0, 0,0,其他.10.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f（x，y）=e,0xy,0,其他.

题10图

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 cx2y,x2y1,f（x，y）=

其他.0,（1） 试确定常数c；

（2） 求边缘概率密度. 【解】（1）

f(x,y)dxdy如图f(x,y)dxdy

D =114-1dxx2cx2ydy21c1. 得

c214. (2) fX(x)f(x,y)dy

121212 x2ydyx(1x4x2),1x1,48 0,0,其他.fY(y)f(x,y)dx

y21275yxydxy2,0y1,40,20, 其他.11.设随机变量（X，Y）的概率密度为

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 1,yx,0x1,f（x，y）=

其他.0,求条件概率密度fY｜X（y｜x），fX｜Y（x｜y）.

【解】fX(x)f(x,y)dy

 xx1dy2x,0x1,

0,其他.所以

题11图

1y1dx1y,1y0,ff(x,y)dxY(y)11dx1y,0y1,y其他0,.精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 fx)f(x,y)1

,|y|x1,Y|X(y|f(x) 2xX0,其他.11y, yx1, ff(x,y)X|Y(x|y)f1,yx1, Y(y)1y0,其他.12.袋中有五个号码1，2，3，4，5，从中任取三个，记这三个号码中最小的号码为X，最大的号码为（1） 求X与Y的联合概率分布；

（2） X与Y是否相互？

【解】（1） X与Y的联合分布律如下表 3 4 5 P{XxX Y i} 1 11 22336C3510C3 510C3 51010 2 0 123C3110 5C32 51010 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

Y. 精品好资料-如有侵权请联系网站删除 3 0 0 P{Yyi}

1 103 1011 2C5106 101 10 (2) 因P{X1}P{Y3}故X与Y不

6161P{X1,Y3}, 10101001013.设二维随机变量（X，Y）的联合分布律为 Y 0.4 0.8 X 2 5 8 0.15 0.30 0.35 0.05 0.12 0.03 （1）求关于X和关于Y的边缘分布；

（2） X与Y是否相互？

【解】（1）X和Y的边缘分布如下表

Y 0.4 0.8 X 2 0.15 0.05 0.2 5 0.30 0.12 0.42 8 0.35 0.03 0.38 P{Y=yi} 0.8 0.2 P{Xxi} (2) 因P{X2}P{Y0.4}0.20.80.160.15P(X2,Y0.4), 故X与Y不.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 14.设X和Y是两个相互的随机变量，X在（0，1）上服从均匀分布，Y的概率密度为

1ey/2,fY（y）=20,（1）求X和Y的联合概率密度；

（2） 设含有a的二次方程为a2+2Xa+Y=0，试求a有实根的概率.

y121,0x1,e,y1,【解】（1） 因fX(x) fY(y)2

0,其他;0,其他.y0,其他.

1y/2e故f(x,y)X,YfX(x)fY(y)20,0x1,y0,其他.

题14图

(2) 方程a2XaY0有实根的条件是

2(2X)24Y0

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 故 X2≥Y， 从而方程有实根的概率为：

P{X2Y}f(x,y)dxdy

x2y12dxx1002ey/2dy 12[(1)(0)]

0.1445.15.设X和Y分别表示两个不同电子器件的寿命（以小时计），并设X和Y相互，且服从同一分布，其概率密度为f（x）=10000x2,x1000,

,其他.求Z=X/Y的概率密度.

【解】如图,Z的分布函数FZ(z)P{Zz}P{XYz} (1) 当z≤0时，FZ(z)0

（2） 当01000z）(如图a) F106Z(z)x2y2dxdyyz106103dyyxz103x2y2dx z精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 103106z =10323dy

zy2zy

题15图

(3) 当z≥1时，（这时当y=103时，x=103z）（如图b）

FZ(z)yxz6zy10106dxdy3dy322dx

1010xyx2y21031061 =323dy1

10yzy2z112z,z1,z即 fZ(z),0z1,

2其他.0,精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 12z2,z1,1故 fZ(z),0z1,

2其他.0,16.设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，202）分布.随机地选取4 只，求其中没有一只寿命小于180的概率. 【解】设这四只寿命为Xi(i=1,2,3,4)，则Xi~N（160，202），

从而

P{min(X1,X2,X3,X4)180}Xi之间P{X1180}P{X2180}

P{X3180}P{X4180}

[1P{X1180}][1P{X2180}][1P{X3180}][1P{X4180}]

180160[1P{X1180}]1 20[1(1)]4(0.158)40.00063.4417.设X，Y是相互的随机变量，其分布律分别为

P{X=k}=p（k），k=0，1，2，…， P{Y=r}=q（r），r=0，1，2，….

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 证明随机变量Z=X+Y的分布律为

P{Z=i}=

【证明】因X和Y所有可能值都是非负整数，

所以 {Zi}{XYi}

{X0,Yi}{X1,Yi1}于是

P{Zi}ip(k)q(ik)，i=0，1，2，….

k0i{Xi,Y0}

P{Xk,Yik}X,Y相互P{Xk}P{Yik}

k0k0ii p(k)q(ik)

k018.设X，Y是相互的随机变量，它们都服从参数为n，p的二项分布.证明Z=X+Y服从参数为2n，p的二项分布. 【证明】方法一：X+Y可能取值为0，1，2，…，2n.

P{XYk}P{Xi,Yki}

i0k精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 P(Xi)P{Yki}i0kknkinkinpiqnipqikii0

knnk2nkpqi0iki2npkq2nkk方法二：设μ1,μ2,…,μn;μ1′,μ2′,…，μn′均服从两点分布（参数为p），则

X=μ1+μ2+…+μn，Y=μ1′+μ2′+…+μn′, X+Y=μ1+μ2+…+μn+μ1′+μ2′+…+μn′,

所以，X+Y服从参数为（2n,p)的二项分布.

19.设随机变量（X，Y）的分布律为 Y 0 1 2 3 X 0 1 2 3 4 5 0 0.01 0.03 0.05 0.07 0.09 0.01 0.02 0.04 0.05 0.06 0.08 0.01 0.03 0.05 0.05 0.05 0.06 0.01 0.02 0.04 0.06 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；

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （3） 求U=min（X，Y）的分布律；

（4） 求W=X+Y的分布律. 【解】（1）P{X2|Y2}P{X2,Y2}

P{Y2} P{X2,Y2}P{Xi,Y2}i050.051, 0.252P{Y3|X0}P{Y3,X0}

P{X0}0.011; 0.033 P{X0,Y3}P{X0,Yj}j03（2）P{Vi}P{max(X,Y)i}P{Xi,Yi}P{Xi,Yi}

P{Xi,Yk}P{Xk,Yi}, i0,1,2,3,4,5

k0k0i1i所以V的分布律为 V=max(X,Y) 0 1 P 0 0.04

2 0.16 3 0.28 4 0.24 5 0.28 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 (3) P{Ui}P{min(X,Y)i}

P{Xi,Yi}P{Xi,Yi}

P{Xi,Yk}ki3ki15P{Xk,Yi} i0,1,2,3,

于是 U=min(X,Y) 0 P 0.28 (4)类似上述过程，有 W=X+Y 0 1 2 P 0 0.02 0.06 1 0.30 3 0.13 4 0.19 2 0.25 5 0.24 6 0.19 3 0.17 7 0.12 8 0.05 20.雷达的圆形屏幕半径为R，设目标出现点（X，Y）在屏幕上服从均匀分布. （1） 求P{Y＞0｜Y＞X}；

（2） 设M=max{X，Y}，求P{M＞0}.

题20图

【解】因（X，Y）的联合概率密度为

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P{YX} y0yxf(x,y)df(x,y)dπ

yx1π/40πR2rdr 5

πR1π4/4d0πR2rdr3/83 ;

1/24dR(2) P{M0}P{max(X,Y)0}1P{max(X,Y)0}

1P{X0,Y0}1x0y0f(x,y)d113. 4421.设平面区域D由曲线y=1/x及直线y=0，x=1,x=e2所围成，二维随机变量（X，Y）在区域D上服从均匀分布，求（X，Y）关于X的边缘概率密度在x=2处的值为多少？

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题21图

【解】区域D的面积为 S0e211dxlnxxe212.（X,Y）的联合密度函数为

112,1xe,0y,f(x,y)2x

0,其他.（X，Y）关于X的边缘密度函数为

11/x1dy,1xe2,0 fX(x)22x其他.0,所以fX(2)1. 422.设随机变量X和Y相互，下表列出了二维随机变量（X，Y）联合分布律及关于X和Y的边缘分布律中的部分数值.试将其余数

值填入表中的空白处. X Y y1 y2 y3 P{X=xi}=pi 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 x1 x2 P{Y=yj}=pj

1/8 1/8 1/6 1 【解】因P{Yyj}PjP{Xx,Yy},

iji12故P{Yy1}P{Xx1,Yy1}P{Xx2,Yy1}, 从而P{Xx1,Yy1}111. 6824而X与Y，故P{Xxi}P{Yyj}P{Xxi,Yyi},

11P{Xx1,Yy1}. 624111即：P{Xx1}/.

24从而P{Xx1}又P{Xx1}P{Xx1,Yy1}P{Xx1,Yy2}P{Xx1,Yy3},

111P{Xx1,Yy3}, 42481. 从而P{Xx1,Yy3}1213同理P{Yy2}, P{Xx2,Yy2}

28即

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 又

111P{Yy}1,故P{Yy}1. j3623j13. 4111P{Xx2,Yy3}P{Yy3}P{Xx1,Yy3}.

31243同理P{Xx2}从而

故 X Y y1 y2 y3 P{Xxi}Pi x1 x2 P{Yyj}pj

1 241 81 61 83 81 21 121 41 31 43 41 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 23.设某班车起点站上客人数X服从参数为λ(λ>0)的泊松分布，每位乘客在中途下车的概率为p（0立，以Y表示在中途下车的人数，求：（1）在发车时有n个乘客的条件下，中途有m人下车的概率；（2）二维随机变量（X，Y）的概率分布.

mmnm【解】(1) P{Ym|Xn}Cnp(1p),0mn,n0,1,2,.

(2) P{Xn,Ym}P{Xn}P{Ym|Xn}

Cp(1p)mnmnmen,nmn,n0,1,2,n!.

24.设随机变量X和Y，其中X的概率分布为X~21，而Y的概率密度为f(y)，求随机变量U=X+Y的概率密度g(u). 0.30.7【解】设F（y）是Y的分布函数，则由全概率公式，知U=X+Y的分布函数为

G(u)P{XYu}0.3P{XYu|X1}0.7P{XYu|X2}

0.3P{Yu1|X1}0.7P{Yu2|X2}

由于X和Y，可见

G(u)0.3P{Yu1}0.7P{Yu2}

0.3F(u1)0.7F(u2).

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 由此，得U的概率密度为

g(u)G(u)0.3F(u1)0.7F(u2)

0.3f(u1)0.7f(u2).

25. 25. 设随机变量X与Y相互，且均服从区间[0,3]上的均匀分布，求P{max{X,Y}≤1}. 解：因为随即变量服从[0，3]上的均匀分布，于是有

11, 0x3,, 0y3, f(y)3 f(x)30, x0,x3;0, y0,y3.因为X，Y相互，所以

1, 0x3,0y3, f(x,y)90, x0,y0,x3,y3. 1推得 P{max{X,Y}1}.

926. 设二维随机变量（X，Y）的概率分布为

Y X

1 0 1

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 1 0 1 a 0 0.2 0.1 b 0.2 0 0.1 c

其中a,b,c为常数，且X的数学期望E(X)=0.2,P{Y≤0|X≤0}=0.5，记Z=X+Y.求： （1） a,b,c的值； （2） Z的概率分布； （3） P{X=Z}.

解 (1) 由概率分布的性质知，

a+b+c+0.6=1 即 a+b+c = 0.4.

由E(X)0.2，可得

ac0.1.

再由 P{Y0X0}P{X0,Y0}ab0.10.5,

P{X0}ab0.5得 ab0.3.

解以上关于a，b，c的三个方程得

a0.2,b0.1,c0.1.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 (2) Z的可能取值为2，1，0，1，2，

P{Z2}P{X1,Y1}0.2，

P{Z1}P{X1,Y0}P{X0,Y1}0.1，

P{Z0}P{X1,Y1}P{X0,Y0}P{X1,Y1}0.3，

P{Z1}P{X1,Y0}P{X0,Y1}0.3，

P{Z2}P{X1,Y1}0.1，

即Z的概率分布为

Z P

2 1 0 1 2 0.2 0.1 0.3 0.3 0.1

(3) P{XZ}P{Y0}0.1b0.20.10.10.20.4.

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习题四

1.设随机变量X的分布律为

X P 求E（X），E（X2），E（2X+3）. 【解】(1) E(X)(1)01 0 1 2 1/8 1/2 1/8 1/4 111112; 28421212121522(2) E(X)(1)012;

828441(3) E(2X3)2E(X)3234

2182.已知100个产品中有10个次品，求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差. 【解】设任取出的5个产品中的次品数为X，则X的分布律为 X 0 1 2 3 4 5 4233245P C5C1C10C90C10C90C10C1C109010C90900.583 0.340 0.070 0.007 0 0 555555C100C100C100C100C100C100故 E(X)0.58300.34010.07020.00730405

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 0.501, D(X)[xE(X)]P

2iii05(00.501)20.583(10.501)20.340

0.432.(50.501)20

3.设随机变量X的分布律为

X P 且已知E（X）=0.1,E(X2)=0.9,求P1，P2，P3. 【解】因P1P2P31……①,

又E(X)(1)P10P21P3P3P10.1……②,

22E(X2)(1)2P 10P21P3P1P30.9……③

1 0 1 p1 p2 p3 由①②③联立解得P10.4,P20.1,P30.5.

4.袋中有N只球，其中的白球数X为一随机变量，已知E（X）=n，问从袋中任取1球为白球的概率是多少？ 【解】记A={从袋中任取1球为白球}，则

P(A)全概率公式P{A|Xk}P{Xk}

k0N精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 k1P{Xk}NN k01nE(X).NNNkP{Xk}k0N

5.设随机变量X的概率密度为

x,0x1,f（x）=2x,1x2,

0,其他.求E（X），D（X）. 【解】E(X)1xf(x)dxxdxx(2x)dx

011223132x xx1.

31302E(X)故 D(X)E(X)[E(X)]222xf(x)dxxdxx2(2x)dx0121327 61. 66.设随机变量X，Y，Z相互，且E（X）=5，E（Y）=11，E（Z）=8，求下列随机变量的数学期望. （1） U=2X+3Y+1；

（2） V=YZ4X.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】(1) E[U]E(2X3Y1)2E(X)3E(Y)1 25311144.

(2) E[V]E[YZ4X]E[YZ]4E(X) 因Y,ZE(Y)E(Z)4E(X)

1184568.

7.设随机变量X，Y相互，且E（X）=E（Y）=3，D（X）=12，D（Y）=16，求E（3X2Y），D（2X3Y）. 【解】(1) E(3X2Y)3E(X)2E(Y)33233.

(2) D(2X3Y)2D(X)(3)DY412916192.

228.设随机变量（X，Y）的概率密度为

k,0x1,0yx,f（x，y）=

0,其他.试确定常数k，并求E（XY）. 【解】因

1f(x,y)dxdydxkdyk1,故k=2

0021xE(XY)xyf(x,y)dxdyxdx2ydy0.25.

001x9.设X，Y是相互的随机变量，其概率密度分别为

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 e(y5),2x,0x1,fX（x）= fY（y）=其他;0,0,求E（XY）.

【解】方法一：先求X与Y的均值 E(X)y5, 其他.2x2xdx, 0315 E(Y)ye(y5)dy令zy55ezdz00zezdz516.

由X与Y的性，得

2E(XY)E(X)E(Y)64.

3 方法二：利用随机变量函数的均值公式.因X与Y，故联合密度为

2xe(y5),0x1,y5, f(x,y)fX(x)fY(y)其他,0,于是

E(XY)510xy2xe(y5)dxdy2xdx01252ye(y5)dy64.

310.设随机变量X，Y的概率密度分别为

2e2x,x0,4e4y,fX（x）= fY（y）=x0;0,0,求（1） E（X+Y）;（2） E（2X3Y2）.

y0, y0.精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】(X) xfX(x)dx0x2e2xdx[xe2x00]e-2xdx

201e2xdx.

2 E(Y)yfY(y)dy01y4e4ydy.

4 E(Y)21. 2048113从而(1)E(XY)E(X)E(Y).

24411522(2)E(2X3Y)2E(X)3E(Y)23

288y2fY(y)dyy24e4ydy11.设随机变量X的概率密度为

cxekf（x）=0,求（1） 系数c;（2） E（X）;（3） D（X）. 【解】(1) 由

22x,x0,x0.

f(x)dxcxekxdx022c1得c2k2. 22k2k2x2(2) E(X)2xf(x)d(x)dx0x2kxedx

2k0xe2k2x2π. 2k精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 (3) E(X)2x2f(x)d(x)0x22k2xek22x1. 2k1π4π22. 故 D(X)E(X)[E(X)]22k2k4k12.袋中有12个零件，其中9个合格品，3个废品.安装机器时，从袋中一个一个地取出（取出后不放回），设在取出合格品之前已取出的废品数为随机

变量X，求E（X）和D（X）.

【解】设随机变量X表示在取得合格品以前已取出的废品数，则X的可能取值为0，1，2，3.为求其分布律，下面求取这些可能值的概率，易知

29390.750, P{X1}0.204, 1212113293219 P{X2}0.041, P{X3}0.005.

1211101211109 P{X0}X P 于是，得到X的概率分布表如下： 0 1 0.750 0.204 2 0.041 3 0.005 由此可得E(X)00.75010.20420.04130.0050.301.

E(X2)02750120.204220.041320.0050.413D(X)E(X)[E(X)]0.413(0.301)0.322.222

13.一工厂生产某种设备的寿命X（以年计）服从指数分布，概率密度为

x14f（x）=4e,x0,

x0.0,为确保消费者的利益，工厂规定出售的设备若在一年内损坏可以调换.若售出一台设备，工厂获利100元，而调换一台则损失200元，试求工厂出售

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 一台设备赢利的数学期望.

【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值：100元和200元 P{Y100}P{X1}11x/4edxe1/4 41/4 P{Y200}P{X1}1e故E(Y)100e1/4.

(200)(1e1/4)300e1/420033. (元).

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

1n1n22

XXi,S，S=(XiX)2. ni1n1i1（1） 验证E(X)=μ，D(X) =

2n；

n212(XinX)； （2） 验证S=

n1i12

（3） 验证E（S2）=σ2.

n1n11n1【证】(1) E(X)EXiE(Xi)E(Xi)nuu.

ni1nni1ni1n11n1D(X)DXi2D(Xi)Xi之间相互2ni1ni1nnDXi1i

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 122. 2nnn(2) 因

(Xi1nniX)(XX2XXi)XnX2XXi

22i2ii1i1i12n2n2n XnX2XnXXi2nX

2ii1i12nn212(XinX). 故Sn1i1222222(3) 因E(Xi)u,D(Xi),故E(Xi)D(Xi)(EXi)u.

同理因E(X)u,D(X)从而

2n,故E(X)22nu2.

nn22112E(s)E(XinX)[E(Xi2)nE(X)]

i1n1i1n12精品好资料-如有侵权请联系网站删除

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21n[E(Xi2)nE(X)]n1i121222u2.n(u)nn1n

15.对随机变量X和Y，已知D（X）=2，D（Y）=3，Cov(X,Y)=1,

计算：Cov（3X2Y+1，X+4Y3）.

【解】Cov(3X2Y1,X4Y3)3D(X)10Cov(X,Y)8D(Y) 3210(1)8328

(因常数与任一随机变量，故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).

16.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为

122,xy1,f（x，y）=π

其他.0,试验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互的. 【解】设D{(x,y)|xy1}.

22E(X)xf(x,y)dxdy12xdxdy πx2y1精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 =12π1rcosrdrd0. 00π同理E(Y)=0. 而 Cov(X,Y) [xE(x)][yE(Y)]f(x,y)dxdy

112π12xydxdyrsincosrdrd0, 00πx2y21π由此得XY0,故X与Y不相关. 下面讨论性，当|x|≤1时，fX(x)1y21x211x212dy1x2. ππ当|y|≤1时，fY(y)11y212dx1y2. ππ显然fX(x)fY(y)f(x,y). 故X和Y不是相互的.

17.设随机变量（X，Y）的分布律为

Y 1 0 1 X 1 0 1 1/8 1/8 1/8 1/8 0 1/8 1/8 1/8 1/8 验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互的. 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 【解】联合分布表中含有零元素，X与Y显然不，由联合分布律易求得X，Y及XY的分布律，其分布律如下表

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 X P

Y P

XY P 1 0 1 3 81 2 80 3 81 3 81 2 80 3 81 2 84 82 8精品好资料-如有侵权请联系网站删除

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由期望定义易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0. 从而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相关系数性质知ρXY=0, 即X与Y的相关系数为0，从而X和Y是不相关的. 又P{X1}P{Y1}331P{X1,Y1} 888从而X与Y不是相互的.

18.设二维随机变量（X，Y）在以（0，0），（0，1），（1，0）为顶点的三角形区域上服

从均匀分布，求Cov（X，Y），ρXY. 【解】如图，SD=

1，故（X，Y）的概率密度为 2

题18图

2,(x,y)D, f(x,y)0,其他.E(X)xf(x,y)dxdydxD011x01x2dy

312x2dy

6E(X)xf(x,y)dxdydxD02211x0111从而D(X)E(X2)[E(X)]2.

6318同理E(Y)211,D(Y). 318而 E(XY)所以

xyf(x,y)dxdy2xydxdydxDD011x02xydy1. 12Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)1361111. 123336从而 XYCov(X,Y)D(X)D(Y)1

211181819.设（X，Y）的概率密度为

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 ππ1sin(xy),0x,0y,f（x，y）=222

其他.0,求协方差Cov（X，Y）和相关系数ρXY. 【解】E(X)2xf(x,y)dxdy2π/20dxπ/20x1πsin(xy)dy. 24 E(X)从而

π20dxπ201π2πxsin(xy)dy2. 282π2πD(X)E(X)[E(X)]2.

16222ππ2π2. 同理 E(Y),D(Y)4162又 E(XY)π/20dxπ/20πxysin(xy)dxdy1,

22ππππ4故 Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)1.

2444π4Cov(X,Y)(π4)2π28π1222.

ππ8π32π8π32D(X)D(Y)π21622XY20.已知二维随机变量（X，Y）的协方差矩阵为系数.

【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.

从而

11，试求Z1=X2Y和Z2=2XY的相关14D(Z1)D(X2Y)D(X)4D(Y)4Cov(X,Y)1444113,D(Z2)D(2XY)4D(X)D(Y)4Cov(X,Y)414414,Cov(Z1,Z2)Cov(X2Y,2XY)

2Cov(X,X)4Cov(Y,X)Cov(X,Y)2Cov(Y,Y)

2D(X)5Cov(X,Y)2D(Y)2151245.故 Z1Z2Cov(Z1,Z2)5513.

D(Z1)D(Z2)13426精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 21.对于两个随机变量V，W，若E（V2），E（W2）存在，证明：

［E（VW）］2≤E（V2）E（W2）.

这一不等式称为柯西许瓦兹（CouchySchwarz）不等式. 【证】令g(t)E{[VtW]},tR.

显然

20g(t)E[(VtW)2]E[V22tVWt2W2]

E[V]2tE[VW]tE[W],tR.

可见此关于t的二次式非负，故其判别式Δ≤0， 即0[2E(VW)]4E(W)E(V) 4{[E(VW)]E(V)E(W)}.

故[E(VW)]E(V)E(W)}.

22.假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数λ=1/5的指数分布.设备定时开机，出现

故障时自动关机，而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数F（y）.

【解】设Y表示每次开机后无故障的工作时间，由题设知设备首次发生故障的等待时间

X~E(λ),E(X)=

2222222222221=5. 依题意Y=min(X,2).

对于y<0,f(y)=P{Y≤y}=0. 对于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1.

对于0≤y<2,当x≥0时，在(0,x)内无故障的概率分布为 P{X≤x}=1eλx,所以

F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1ey/5.

23.已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装

有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后，求：（1）乙箱中次品件数Z的数学期望；（2）从乙箱中任取一件产品是次品的概率. 【解】（1） Z的可能取值为0，1，2，3，Z的概率分布为

kkC3C33, k0,1,2,3. P{Zk}3C699 202019913123. 因此，E(Z)0202020202Z=k Pk 0 1 2 3 1 201 20(2) 设A表示事件“从乙箱中任取出一件产品是次品”，根据全概率公式有

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 P(A)P{Zk}P{A|Zk}

k03 191921310. 202062062024.假设由自动线加工的某种零件的内径X（毫米）服从正态分布N（μ,1），内

径小于10或大于12为不合格品，其余为合格品.销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T（单位：元）与销售零件的内径X有如下关系

若X10,1,T=20,若10X12, 5,若X12.问：平均直径μ取何值时，销售一个零件的平均利润最大？

【解】E(T)P{X10}20P{10X12}5P{X12}

P{Xu10u}20P{10uXu12u}5P{Xu12u} (10u)20[(12u)(10u)]5[1(12u)]

25(12u)21(10u)5.故

dE(T)1x2/2 令 25(12u)(1)21(10u)(1)0(这里(x)e), du2得 25e两边取对数有

(12u)2/221e(10u)2/2

11ln25(12u)2ln21(10u)2.

221251解得 u11ln11ln1.1910.9128(毫米)

2212由此可得，当u=10.9毫米时，平均利润最大.

25.设随机变量X的概率密度为

1xcos,0xπ,f(x)=2 2其他.0,对X地重复观察4次，用Y表示观察值大于π/3的次数，求Y2的数学期望.

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （2002研考）

π1,X,3【解】令 Yi0,Xπ.3则Y(i1,2,3,4)

Y~B(4,p).因为

ii14π/31πππx1pP{X}1P{X}及P{X}cosdx,

0333222111所以E(Yi),D(Yi),E(Y)42,

24211D(Y)41E(Y2)(EY)2,

22从而E(Y)D(Y)[E(Y)]125.

26.两台同样的自动记录仪，每台无故障工作的时间Ti(i=1,2)服从参数为5的指数分布，首

先开动其中一台，当其发生故障时停用而另一台自动开启.试求两台记录仪无故障工作的总时间T=T1+T2的概率密度fT(t)，数学期望E（T）及方差D（T）. 【解】由题意知：

2225e5t,t0, fi(t)t0.0,因T1,T2，所以fT(t)=f1(t)*f2(t).

当t<0时，fT(t)=0;

当t≥0时，利用卷积公式得

fT(t)故得

f1(x)f2(tx)dx5e5x5e5(tx)dx25te5t

0t25te5t,t0,fT(t)

t0.0,11,D(Ti)=5252因此，有E(T)=E(T1+T2)=.

5由于Ti ~E(5),故知E(Ti)=

(i=1,2)

又因T1,T2，所以D（T）=D（T1+T2）=

2. 2527.设两个随机变量X，Y相互，且都服从均值为0，方差为1/2的正态分布，求随机变

量|XY|的方差.

1212, 【解】设Z=XY，由于X~N0,,Y~N0,22精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 且X和Y相互，故Z~N（0，1）. 因

D(XY)D(Z)E(|Z|2)[E(|Z|)]2

E(Z)[E(Z)],

而

22E(Z2)D(Z)1,E(|Z|)|z|1z2/2edz 2π 22π0zez/2dz22， π2. π所以 D(|XY|)128.某流水生产线上每个产品不合格的概率为p(0一个不合格产品时，即停机检修.设开机后第一次停机时已生产了的产品个数为X，求E（X）和D（X）.

【解】记q=1p,X的概率分布为P{X=i}=qi1p,i=1,2,…，

qp1. 故E(X)iqpp(q)p21q(1q)pi1i1i1i又E(X)2iq2i1i1p(ii)qpiqi1p

2i1i2i1q211pq(q)pqp1qp i2

2pq11q2p22.3(1q)pppi所以 D(X)E(X)[E(X)]222p11p22. p2pp

题29图

29.设随机变量X和Y的联合分布在点（0，1），（1，0）及（1，1）为顶点的三角形区域

上服从均匀分布.（如图），试求随机变量U=X+Y的方差. 【解】D(U)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y)

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 =D(X)+D(Y)+2[E(XY)E(X)·E(Y)]. 由条件知X和Y的联合密度为

2,(x,y)G, G{(x,y)|0x1,0y1,xy1}. f(x,y)0,t0.从而fX(x)因此

11131E(X)xfX(x)dx2x2dx,E(X2)2x3dx,

00022141D(X)E(X2)[E(X)]2.

291831同理可得 E(Y),D(Y).

218f(x,y)dy2dy2x.

1x1E(XY)2xydxdy2xdxG0111xydy5, 121, 129361121于是 D(U)D(XY).

18183618Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)30.设随机变量U在区间[2,2]上服从均匀分布，随机变量

1,若U1，1,若U1，X= Y= 1,若U1，1,若U1.试求（1）X和Y的联合概率分布；（2）D（X+Y）.

【解】（1） 为求X和Y的联合概率分布，就要计算（X，Y）的4个可能取值(1,1),(1,1),(1,1)及(1,1)的概率.

P{x=1,Y=1}=P{U≤1,U≤1}

P{U1}1dxdx14244

P{X=1,Y=1}=P{U≤1,U>1}=P{}=0,

1P{X=1,Y=1}=P{U>1,U≤1}

P{1U1}dx1 144121P{X1,Y1}P{U1,U1}P{U1}故得X与Y的联合概率分布为

dx1. 44(1,1)(1,1)(1,1)(1,1). (X,Y)~1110424(2) 因D(XY)E[(XY)][E(XY)],而X+Y及（X+Y）2的概率分布相应

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22精品好资料-如有侵权请联系网站删除 为

20XY~1142从而E(XY)(2)202, (XY)~11424. 121120, 44112 E[(XY)]042,

22所以D(XY)E[(XY)][E(XY)]2.

221x31.设随机变量X的概率密度为f(x)=e，（∞2(1) 求E（X）及D（X）；

（2） 求Cov(X,|X|),并问X与|X|是否不相关？

（3） 问X与|X|是否相互，为什么？

1|x|2edx0. 21|x| D(X)(x0)edx0x2exdx2.

02【解】(1)E(X)x(2) Cov(X,|X)E(X|X|)E(X)E(|X|)E(X|X|) x|x|1|x|edx0, 2所以X与|X|互不相关.

(3) 为判断|X|与X的性，需依定义构造适当事件后再作出判断，为此，对定义

域∞{x0Xx0}{|X|x0}{Xx0}.

所以0P{|X|x0}P{Xx0}1. 故由

P{Xx0,|X|x0}P{|X|x0}P{|X|x0}P{Xx0}

得出X与|X|不相互.

32.已知随机变量X和Y分别服从正态分布N（1，32）和N（0，42），且X与

Y的相关系数ρXY=1/2，设Z=

XY. 32（1） 求Z的数学期望E（Z）和方差D（Z）； （2） 求X与Z的相关系数ρXZ；

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 （3） 问X与Z是否相互，为什么？ 【解】(1) E(Z)EXY1. 323 D(Z)DX3YXYD2Cov,

232 而

11119162Cov(X,Y), 94321D(Y)346

2Cov(X,Y)XYD(X)所以 D(Z)146(2) 因Cov(X,Z)CovX, 13. 3XY11CovX,XCovX,Y 3232119D(X)(6)-3=0, 323Cov(X,Z)0.

D(X)D(Z)所以 XZ(3) 由XZ0，得X与Z不相关.又因Z~N,3,X~N(1,9)，所以X与Z也

相互.

33.将一枚硬币重复掷n次，以X和Y表示正面向上和反面向上的次数.试求X和Y的相关

系数XY.

【解】由条件知X+Y=n，则有D（X+Y）=D（n）=0.

131, 2n从而有 D(X)npqD(Y)

4再由X~B(n,p),Y~B(n,q)，且p=q=

所以 0D(XY)D(X)D(Y)2XYD(X) D(Y) nn2XY, 故XY=1. 2434.设随机变量X和Y的联合概率分布为

X 0 1 Y 1 0 1 0.07 0.18 0.15 0.08 0.32 0.20 精品好资料-如有侵权请联系网站删除

精品好资料-如有侵权请联系网站删除 试求X和Y的相关系数ρ.

【解】由已知知E(X)=0.6,E(Y)=0.2，而XY的概率分布为

YX 0 1 P 0.08 0.72 所以E（XY）=0.08+0.2=0.12

Cov(X,Y)=E(XY)E(X)·E(Y)=0.120.6×0.2=0 从而 XY=0

1 0.2 35.对于任意两事件A和B，0ρ=

PABP(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)为事件A和B的相关系数.试证：

（1） 事件A和B的充分必要条件是ρ=0；

（2） |ρ|≤1.

【证】（1）由ρ的定义知，ρ=0当且仅当P(AB)P(A)·P(B)=0.

而这恰好是两事件A、B的定义，即ρ=0是A和B的充分必要条件. (2) 引入随机变量X与Y为

1,若A发生,1,若B发生,X Y

0,若A发生;0,若B发生.由条件知，X和Y都服从01分布，即

1100 Y~ X~1P(A)P(A)1P(B)P(B)从而有E(X)=P(A),E(Y)=P(B),

D(X)=P(A)·P(A),D(Y)=P(B)·P(B),

Cov(X,Y)=P(AB)P(A)·P(B)

所以，事件A和B的相关系数就是随机变量X和Y的相关系数.于是由二元随机变量相关系数的基本性质可得|ρ|≤1.

36. 设随机变量X的概率密度为

12,1x0,1fX(x)=,0x2,

4其他.0,令Y=X2，F（x,y）为二维随机变量（X，Y）的分布函数，求： (1) Y的概率密度fY(y)；

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 (2) Cov(X,Y);

1(3)F(,4).

2解： (1) Y的分布函数为

FY(y)P{Yy}P{X2y}.

当y≤0时， FY(y)0，fY(y)0； 当0＜y＜1时，

FY(y)P{yXy}P{yX0}P{0Xy}fY(y)38y3y， 4；

当1≤y<4时， FY(y)P{1X0}P{0Xy}fY(y)18y11y 24；

当y≥4时，FY(y)1，fY(y)0. 故Y的概率密度为

38y,0y1,fY(y)01

,1y4,8y0, 其他.+01211(2) E(X)=xfX(x)dxxdxxdx,

--12044+01215222 E(Y)=E(X)=xfX(x)dxxdxx2dx),

--12046+01217 E(XY)=E(Y2)=x3fX(x)dxx3dxx3dx,

--120482故 Cov(X,Y) =E(XY)-E(X)E(Y)=.

3111(3) F(,4)P{X,Y4}P{X,X24}

22211 P{X,2X2}P{2X}

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精品好资料-如有侵权请联系网站删除 11 P{1X}.

24

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