概率论与数理统计浙江大学第四课后习题(完全)

(圆满版)概率论与数理统计浙江大学第四版-课后习题答案(圆满版)(圆满版)概率论与数理统计浙江大学第四版-课后习题答案(圆满版)77/77(圆满版)概率论与数理统计浙江大学第四版-课后习题答案(圆满版)概率论与数理统计习题答案第四版盛骤(浙江大学)浙大第四版（高等教育第一版社）第一章概率论的基本见解1.[一]写出以下随机的本空（1）一个小班一次数学考的均匀分数（充以百分制分）（[一]1）So,1n100，n表小班人数nnn（3）生品直到获得10件正品，生品的件数。（[一]2）S={10，11，12，⋯⋯⋯，n，⋯⋯⋯}（4）某工厂出厂的品德，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如出二个次品就停止，或4个品就停止，的果。出合格品“1”，出次品“0”，出两个“0”就停止，或4次才停止。（[一](3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}2.[二]A，B，C三事件，用A，B，C的运算关系表示以下事件。（1）A生，B与C不生。表示：ABC或A－(AB+AC)或A－(B∪C)2）A，B都生，而C不生。表示：ABC或AB－ABC或AB－C（3）A，B，C中最罕有一个生表示：A+B+C（4）A，B，C都发生，表示为：ABC（5）A，B，C都不发生，表示为：ABC或S－(A+B+C)或ABC（6）A，B，C中不多于一个发生，即A，B，C中最罕有两个同时不发生相当于AB,BC,AC中最罕有一个发生。故表示为：ABBCAC。（7）A，B，C中不多于二个发生。相当于：A,B,C中最罕有一个发生。故表示为：ABC或ABC（8）A，B，C中最罕有二个发生。相当于：AB，BC，AC中最罕有一个发生。故表示为：AB+BC+AC6.[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，（不然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）.进而由加法定理得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)1,P(AB)P(BC)0，14P(AC)8.求A，B，C最罕有一个发生的概率。解：P(A，B，C最罕有一个发生)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)+P(ABC)=31054888.[五]在一标准英语词典中拥有55个由二个不一样样的字母新构成的单词，若从26个英字母中任取两个字母予以摆列，能排成上述的概率是多少？A表“能排成上述”∵从26个任两个来摆列，排法有A262种。每种排法等可能。词典中的二个不一样样字母成的：55个∴P(A)5511A2621309.在号薄中任取一个号，求后边四个数全不一样样的概率。（后边4个数中的每一个数都是等可能性地取自0，1，2⋯⋯9）A表“后四个数全不一样样”∵后四个数的排法有104种，每种排法等可能。后四个数全不一样样的排法有A104∴A1040.504P(A)41010.[六]在房里有10人。分佩代着从1号到10号的念章，任意3人其念章的号。1）求最小的号5的概率。“三人念章的最小号5”事件A∵10人中任3人一：法有10种，且每种法等可能。3又事件A相当于：有一人号5，其余2人号大于5。种合的种数有1521521∴P(A)1232）求最大的号5的概率。“三人中最大的号5”事件B，同上10人中任3人，法有103种，且每种选法等可能，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142种14P(B)211020311.[七]某油漆企业发出17桶油漆，此中白漆10桶、黑漆4桶，红漆3桶。在搬运中所标笺零落，交货人任意将这些标笺从头贴，问一个定货4桶白漆，3桶黑漆和2桶红漆顾客，按所定的颜色如数获得定货的概率是多少？记所求事件为A。在17桶中任取9桶的取法有C179种，且每种取法等可能。获得4白3黑2红的取法有C104C43C32故C104C43C32252P(A)C176243112.[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∵在1500个产品中任取200个，取法有1500200种，每种取法等可能。200个产品恰有90个次品，取法有4001100种90110110090110∴P(A)15002002）最罕有2个次品的概率。记：A表“最罕有2个次品”B表“不含有次品”，B表“只含有一个次品”，同上，200个产品不含次品，取法01有1100种，200个产品含一个次品，取法有4001100种2001199∵AB0B1且B0，B1互不相容。11004001100∴P(A)1P(A)1[P(B0)P(B1)]120011991500150020020013.[九]从5双不一样样鞋子中任取4只，4只鞋子中最罕有2只配成一双的概率是多少？A表“4只全中最罕有两支配成一对”则A表“4只人不配对”∵从10只中任取4只，取法有10种，每种取法等可能。4要4只都不配对，可在5双中任取4双，再在4双中的每一双里任取一只。取法有5244P(A)C54248C10421P(A)1P(A)1813212115.[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：必然三球放入三杯中，每杯只放一球。放法4×3×2种。(选摆列：好似3个球在4个地点做摆列)P(A1)43264316对A2：必然三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有C3243种。(从3个球中2个球，法有C32，再将此两个球放入一个杯中，法有4种，最后将节余的1球放入其余的一个杯中，法有3种。P(A2)C324394316A3：必三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中1个杯子，放入此3个球，法有4种)P(A3)41431616.[十二]50个随机地取来用在10个零件，此中有三个度太弱，每个部件用3只，若将三只度太弱的都装在一个零件上，个零件度就太弱，生一个零件度太弱的概率是多少？A表“10个零件中有一个零件度太弱”。法一：用古典概率作：把随机E看作是用三个一，三个一去完10个零件（在三个的一中不分先后序次。但10完10个零件要分先后序次）E：法有C503C473C443C233种，每种装法等可能A：三个次必在一个零件上。种法有〔C33C473C443C233〕×10种[C33C473C443C233]1010.00051P(A)C503C473C2331960法二：用古典概率作把E看作是在50此中任30个排成一列，次下去，直到把零件完。（要先后序次）E：法有A503种，每种法等可能A：三支次必在“1，2，3”地点上或“4，5，6”地点上，⋯或“28，29，30”地点上。种法有A33A4727A33A4727A33A472710A33A4727种P(A)10A33A472710.00051A5030196017.[十三]已知P(A)0.3,P(B)0.4,P(AB)0.5,求P(B|AB)。解一：P(A)1P(A)0.7,P(B)1P(B)0.6,AASA(BB)ABAB注意(AB)(AB).故有(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=0.8P[B(AB)]P(AB)0.20.25于是P(B|AB)P(AB)0.8P(AB)解二:P(AB)P(A)P(B|A)由已知0507P(B|A)P(B|A)0.552故10.7P(B|A)7P(AB)P(A)P(B|A)75定义P(BABB)P(BA)1P(B|A50.25B)P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.70.60.518.[十四]P(A)1,P(B|A)1,P(A|B)1,求P(AB)。432定义P(AB)P(A)P(B|A)1111由已知条件有43P(B)解：由P(A|B)P(B)P(B)2P(B)6由乘法公式，得P(AB)P(A)P(B|A)112由加法公式，得P(AB)P(A)P(B)P(AB)11114612319.[十五]掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之和为7，求此中有一颗为1点的概率（用两种方法）。解：（方法一）（在减小的样本空间SB中求P(A|B)，立刻事件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）并且知足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，此中有一颗为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)61,P(AB)2，62662P(AB)26221故P(A|B)163P(B)620.[十六]据过去资料表示，某一3口之家，患某种传患病的概率有以下规律：P(A)=P{孩子患病}=0.6，P(B|A)=P{母亲患病|孩子患病}=0.5，P(C|AB)=P{父亲患病|母亲及孩子患病}=0.4。求母亲及孩子患病但父亲未患病的概率。解：所求概率为P(ABC)（注意：因为“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.进而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，在此中取二次，每次随机地取一只，作不放回抽样，求以下事件的概率。（1）二只都是正品（记为事件A）法一：用组合做在10只中任取两只来组合，每一个组合看作一个基本结果，每种取法等可能。P(A)C82280.62C10245法二：用摆列做在10只中任取两个来摆列，每一个摆列看作一个基本结果，每个摆列等可能。A8228P(A)A10245法三：用事件的运算和概率计算法例来作。记A1，A2分别表第一、二次获得正品。P(A)P(A1A2)P(A)P(A2|A1)872810945（2）二只都是次品（记为事件B）法一：P(B)C221C10245法二：P(B)A221A10245法三：P(B)P(A1A2)P(A1)P(A2|A1)21110945（3）一但是正品，一但是次品（记为事件C）法一：P(C)C81C2116C10245法二：P(C)(C81C21)A2216A10245法三：P(C)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)822816109109454）第二次拿出的是次品（记为事件D）法一：因为要注意第一、第二次的序次。不可以用组合作，法二：A91A211P(D)A1025法三：P(D)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)82211109109522.[十八]某人忘掉了电话号码的最后一个数字，因此随机的拨号，求他拨号不超出三次而接通所需的电话的概率是多少？假如已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？记H表拨号不超出三次而能接通。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。HA1A1A2A1A2A3三种状况互斥P(H)P(A1)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)191981310109109810假如已知最后一个数字是奇数（记为事件B）问题变成在B已发生的条件下，求H再发生的概率。P(H|B)PA1|BA1A2|BA1A2A3|B)P(A1|B)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A3|BA1A2)1414313554543524.[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)）A1，A2分别表“从甲袋中获得白球，红球放入乙袋”再记B表“再从乙袋中获得白球”。∵B=A1B+A2B且A1，A2互斥P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)nN1mN=nmNM1nmNM1[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，此后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。记C1为“从第一盒子中获得2只红球”。C2为“从第一盒子中获得2只白球”。C3为“从第一盒子中获得1只红球，1只白球”，为“从第二盒子中获得白球”，明显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)C525C427C51C41653C9211C9211C92119926.[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精选一人，恰巧是色盲患者，问这人是男性的概率是多少？解：A121212={男人}，A={女人}，B={色盲}，明显A∪A=S，AA=φ由已知条件知P(A1)P(A2)1P(B|A1)5%,P(B|A2)0.25%2由贝叶斯公式，有P(A1B)P(A1)P(B|A1)1520P(A12100|B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)1512521P(B)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P（1）若最少2有一次及格则他能获得某种资格，求他获得该资格的概率。（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|A)P12（1）B={最罕有一次及格}因此B{两次均不及格}A1A2∴P(B)1P(B)1P(A1A2)1P(A1)P(A2|A1)1[1P(A1)][1P(A2|A1)]1(1P)(1P)3P1P2222（2）P(A1A2)定义P(A1A2)（*）P(A2)由乘法公式，有P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=P2由全概率公式，有P(A2)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)PP(1P)P2P2P22将以上两个结果代入（*）得P(A|A)P22P12P2PP12228.[二十五]某人下午5:00下班，他所累积的资料表示：到家时间5:35~5:395:40~5:445:45~5:495:50~5:54迟于5:54乘地铁到0.100.250.450.150.05家的概率乘汽车到0.300.350.200.100.05家的概率某日他抛一枚硬币决定乘地铁仍是乘汽车，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P(C|A)P(A)0.50.450.4590.6923P(A|C)P(C)P(C|A)1P(C|B)10.65132229.[二十四]有两箱同各样类的零件。第一箱装5只，此中10只一等品；第二箱30只，此中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱，此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=1，2A表示“第j箱产品”j=1,2，明显A∪A=SAA=φj12121101182B+A2B由全概率公式解）。（1）P(B1)502300.4（B1=A125P(B1B2)110911817（2）P(B2|B1)25049230290.4857P(B1)25（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1，2，3，4，512L3R表示继电器接点，假定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45记A表从L到R是构成通路的。A=A1A2+A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种状况不互斥P(A)=P(A1A2)+P(A1A3A5)+P(A4A5)+P(A4A3A2)－P(A1A2A3A5)P(A1A2A4A5)+P(A1A2A3A4)+P(A1A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)P(A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)－P(A1A2A3A4A5)又因为A1，A2，A3，A4，A5相互独立。P(A)=p2+p3+p2+p3－[p4+p4+p4+p4+p5+p4]+[p5+p5+p5+p5]－p5=2p2+3p3－5p4+2p5[二十六（1）]设有4个独立工作的元件1，2，3，4。它们的靠谱性分别为P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的靠谱性。记Ai表示第i个元件正常工作，i=1，2，3，4，231A表示系统正常。4∵A=A1A2A3+A1A4两种状况不互斥∴P(A)=P(A1A2A3)+P(A1A4)－P(A1A2A3A4)(加法公式)123141234=P(A)P(A)P(A)+P(A)P(A)－P(A)P(A)P(A)P(A)=PPP+PP－PPPP4(A,A,A,A独立)12314123123434.[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，将它扔掷r次，已知每次都获得国徽。问这只硬币是正品的概率为多少？解：设“出现r次国徽面”=Br“任取一但是正品”=A由全概率公式，有P(Br)P(A)P(Br|A)P(A)P(Br|A)m(1)rmn2P(A)P(Br|A)mm(1)rn2P(A|Br)m1nP(Br))rmn(mn2

1rmnmmn2r（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，飞机必然被击落。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∵H1B1B2B3B1B2B3B1B2B3，三种状况互斥。H2B1B2B3B1B2B3B1B2B3三种状况互斥H3B2B2B3又B122独立。，B，B∴P(H1)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36P(H2)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.3+0.40×.5×0.7+0.60×.5×0.7=0.41P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.4×0.5×0.7=0.14又因：A=H1A+H2A+H3A三种状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+0.410×.6+0.141=0×.45836.[三十三]设由过去记录的数据分析。某船只运输某种物件破坏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)(A2|B),P(A3|B)（这里设物件件数好多，拿出第一件此后不影响取第二件的概率，因此取第一、第二、第三件是相互独立地）B表获得三件好物件。B=A1B+A2B+A3B三种状况互斥由全概率公式，有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.8624P(AB)P(A)P(B|A)0.8(0.98)3P(A1|B)1110.8731P(B)P(B)0.8624P(A2|B)P(A2B)P(A2)P(B|A2)0.15(0.9)3P(B)P(B)0.86240.1268P(A3|B)P(A3B)P(A3)P(B|A3)0.05(0.1)3P(B)P(B)0.86240.000137.[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，而输出为其余一字母的概率都是(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为一齐备事件组，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(A收|B发)=P(A收|C发)=P(B收|A发)=P(B收|C发)=P(C收|A发)=P(C收|B发)=1α2P(ABCA|AAAA)=P(D|B1)=P(A收|A发)P(B收|A发)P(C收|A发)P(A收|A发)α2(1α)2，2相同可得P(D|B2)=P(D|B3)=α(1α)32于是由全概率公式，得3P(D)P(Bi)P(D|Bi)i1p1a2(1α)2(P2P3)α(1α)322Bayes公式，得P(B1)P(D|B1)P(AAAA|ABCA)=P(B1|D)=P(D)2αP1=2αP1(1α)(P2P3)[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）求最罕有一只蓝球的概率，（2）求有一只蓝球一只白球的概率，（3）已知最罕有一只蓝球，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={最罕有一只蓝球}C=A1B1+A1B2+A1B3+A2B1+A3B1，5种状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(A1)P(B1)P(A1)P(B2)P(A1)P(B3)P(A2)P(B1)P(A3)P(B1)3233342222579797979799（2）记D={有一只蓝球，一只白球}，并且知D=A1331B+AB两种状况互斥P(D)P(A1B3P(A3B1)P(A1)P(B3)P(A3)P(B1)342216797963（3）P(D|C)P(CD)P(D)16(注意到CDD)P(C)P(C)35[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，C的电话的概率分别为2,2,1。他们三人常因工作出门，A，B，C三人出门的概率分别为1,11555，设三人的行动相互独立，求244（1）无人接电话的概率；（2）被呼喊人在办公室的概率；若某一时中断打进了3个电话，求（3）这3个电话打给同一人的概率；（4）这3个电话打给不一样样人的概率；（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出门注意到C1、C2、C3独立，且P(C)P(C)2,P(C)112535P(D1)1,P(D2)P(D3)1241）P（无人接电话）=P(D1D2D3)=P(D1)P(D2)P(D3)=111124432（2）记G=“被呼喊人在办公室”，GC1D1C2D2C3D3三种状况互斥，由有限可加性与乘法公式P(G)P(C1D1)P(C2D2)P(C3D3)因为某人出门与P(C1)P(D1|C1)P(C2)P(D2|C2)P(C3)P(D3|C3)否和来电话没关21231313故P(Dk|Ck)P(Dk)52545420（3）H为“这3个电话打给同一个人”P(H)22222211117555555555125（4）R为“这3个电话打给不一样样的人”R由六种互斥状况构成，每种状况为打给A，B，C的三个电话，每种状况的概率为2214555125于是P(R)64241255）因为是知道每次打电话都给B，其概率是1，因此每一次打给B电话而B不在的概率为1，且各次状况相互独立4于是P（3个电话都打给B，B都不在的概率）=(1)31464第二章随机变量及其散布1.[一]

一袋中有

5只乒乓球，编号为

1、2、3、4、5，在此中同时取三只，以

X表示拿出的三只球中的最大号码，写出随机变量

X的散布律解：X可以取值

3，4，5，散布律为P(X3)P(一球为号两球为号1C221C5310P(X4)一球为号再在中任取两球)1C323P(4,1,2,3C5310P(X5)P(一球为5号再在中任取两球1C426,1,2,3,4)C5310也可列下表X：3，4，5P：101,103,1063.[三]在15只同型零件中有2但是次品，在此中取三次，每次任取一只，作不放回抽，以X表示拿出次品的只数，（1）求X的散布律，（2）画出散布律的形。解：任取三只，此中新含次品个数X可能0，1，2个。P(X0)C13322C153351212PP(X1)C2C13C15335P(X2)C22C1311C15335xO1再列下表2X：0，1，2P：22,12,13535354.[四]行重复独立，每次成功的概率p，失的概率q=1－p(0<p<1)（1）将行到出一次成功止，以X表示所需的次数，求X的散布律。（此称X遵照以p参数的几何散布。）（2）将行到出r次成功止，以Y表示所需的次数，求Y的散布律。（此称Y遵照以r,p参数的巴斯卡散布。）（3）一球运的投命中率45%，以X表示他初次投中累已投的次数，写出X的散布律，并算X取偶数的概率。解：（1）P(X=k)=qk－1pk=1,2,⋯⋯（2）Y=r+n={最后一次前r+n－1次有n次失，且最后一次成功}P(Yrn)Crnn1qnpr1pCrnn1qnpr,n0,1,2,,此中q=1－p，或r+n=k，P{Y=k}=Ckr11pr(1p)kr,kr,r1,（3）P(X=k)=(0.55)k－1k=1,2⋯0.45P(X取偶数)=P(X2k)2k111(0.55)0.4531k1k16.[六]一大楼装有5个同型的供水，表示在任一刻t每个使用的概率0.1，在同一刻（1）恰有2个被使用的概率是多少？P(X2)C52p2q52C52(0.1)2(0.9)30.0729（2）最罕有3个被使用的概率是多少？P(X3)C53(0.1)3(0.9)2C54(0.1)4(0.9)C55(0.1)50.00856（3）至多有3个被使用的概率是多少？P(X3)C50(0.9)5C510.1(0.9)4C52(0.1)2(0.9)3C53(0.1)3(0.9)20.99954（4）最罕有一个被使用的概率是多少？P(X1)1P(X0)10.590490.40951[五]一房有3扇同大小的窗子，此中只有一扇是翻开的。有一只自开着的窗子入了房，它只好从开着的窗子出去。在房屋里往来，出房。假定是没有的，向各扇窗子是随机的。（1）以X表示了出房的次数，求X的散布律。（2）主宣称，他养的一只，是有的，它向任一窗子的不多于一次。以Y表示只明的了出房的次数，如主所是确的，求Y的散布律。（3）求次数X小于Y的概率；求次数Y小于X的概率。解：（1）X的可能取1，2，3，⋯，n，⋯－1次向了另2扇窗子，第n次了出去}P{X=n}=P{前n=(2)n11，n=1，2，⋯⋯32）Y的可能取1，2，3P{Y=1}=P{第1次了出去}=13P{Y=2}=P{第1次向另2扇窗子中的一扇，第2次了出去}=

211323P{Y=3}=P{第1，2次飞向了另2扇窗子，第3次飞了出去}=2!13!33(3)P{XY}P{Yk}P{XY|Yk}k1全概率公式并注意到3P{XY|Y1}0P{Yk}P{XY|Yk}23P{Yk}P{Xk}k2111121833333327

注意到X,Y独立刻P{XY|Yk}P{Xk}3同上，P{XY}P{Yk}P{XY|Yk}k1311121419P{Yk}P{Xk}333932781k1故P{YX}1P{XY}P{X38Y)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表乙三次投篮中投中的次数因为甲、乙每次投篮独立，且相互投篮也独立。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)=(0.4)3×(0.3)3+[C310.6(0.4)2][C310.7(0.3)2][C32(0.6)20.4][C32(0.7)2.3](0.6)3(0.7)30.321（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)=[C310.6(0.4)2](0.3)3[C32(0.6)20.4](0.3)8[C32(0.6)20.4][C310.7(0.3)2](0.6)3(0.3)3(0.6)3[C310.7(0.3)2](0.6)3[C32(0.7)20.3]0.2439.[十]有甲、乙两种滋味和颜色极为相像的名酒各4杯。假如从中挑4杯，能将甲种酒所有挑出来，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）某人宣称他经过品味能划分两种酒。他连续试验10次，成功3次。试问他是猜对的，仍是他确有划分的能力（设各次试验是相互独立的。）解：（1）P(一次成功)=11C8470（2）P(连续试验10次，成功3次)=C103(1)3(69)73。此概率太小，按实707010000际推测原理，就以为他确有划分能力。[九]有一大量产品，其查收方案以下，先做第一次查验：从中任取10件，经查收无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；不然作第二次查验，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）这批产品经第一次查验就能接受的概率2）需作第二次查验的概率3）这批产品按第2次查验的标准被接受的概率4）这批产品在第1次查验未能做决定且第二次查验时被经过的概率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，因为产品总数很大，故X~B（10，0.1），Y~B（5，0.1）（近似遵照）1）P{X=0}=0.910≈0.349（）≤20.120.9810.10.990.5812P{X2}=P{X=2}+P{X=1}=C10C103）P{Y=0}=0.95≈0.590（4）P{0<X≤2，Y=0}({0<X≤2}与{Y=2}独立)=P{0<X≤2}P{Y=0}=0.581×0.5900.3435）P{X=0}+P{0<X≤2，Y=0}0.349+0.343=0.69212.[十三]电话互换台每分钟的呼喊次数遵照参数为4的泊松散布，求（1）每分钟恰有8次呼喊的概率法一：P(X8)48e40.029770（直接计算）8!法二：P(X=8)=P(X≥8)－P(X≥9)（查λ=4泊松散布表）。=0.051134－0.021363=0.029771（2）每分钟的呼喊次数大于10的概率。P(X>10)=P(X≥11)=0.002840（查表计算）[十二(2)]每分钟呼喊次数大于3的概率。P{X3}P{X4}0.566530[十六]以X表示某商铺从清晨开始营业起直到第一顾客抵达的等候时间（以分计），的散布函数是FX(x)1e0.4x,x00x0求下述概率：1）P{至多3分钟}；（2）P{最少4分钟}；（3）P{3分钟至4分钟之间}；4）P{至多3分钟或最少4分钟}；（5）P{恰巧2.5分钟}解：（1）P{至多3分钟}=P{X≤3}=FX(3)1e1.2（2）P{最少4分钟}P(X≥4)=1FX(4)e1.6（3）P{3分钟至4分钟之间}=P{3<X≤4}=FX(4)FX(3)e1.2e1.6（4）P{至多3分钟或最少4分钟}=P{至多3分钟}+P{最少4分钟}=1e1.2e1.6（5）P{恰巧2.5分钟}=P(X=2.5)=00,x1,18.[十七]设随机变量X的散布函数为FX(x)lnx,1xe,，1,xe.求（1）P(X<2),P{0<X≤3},P(2<X<52)；（2）求概率密度fX(x).解：（1）P(X≤2)=FX(2)=ln2，P(0<X≤3)=FX(3)－FX(0)=1，P(2X5FX(5)FX(2)ln5ln2ln52224（2）f(x)F'(x)1,1xe,x0,其余20.[十八（2）]设随机变量X的概率密度f(x)为（1）f(x)21x21x10其余x0x1（2）f(x)2x1x20其余求X的散布函数F(x)，并作出（2）中的f(x)与F(x)的图形。解：当－1≤x≤1时：1x21x2dx21x1x21arcsinxF(x)0dxπ221π1x1x21arcsinx1ππ2当1<x时：F(x)1121x2dxxdx10dx01π1故散布函数为：

X10x1F(x)1x1x21arcsinx11x1ππ21x1解：（2）F(x)P(Xx)xf(t)dtx当x时,F(x)0dt000x2当时x0dttdt20当时01xx20dttdt(2t)dt2x1201当时012x2,F(x)0dttdt(2t)dt0dt1012故散布函数为0x0x20x1F(x)2x22xx21112x22）中的f(x)与F(x)的图形以下f(x)F(x)01x01x2222.[二十]某种型号的电子的寿命X（以小时计）拥有以下的概率密度：f(x)1000x1000x20其余现有一大量此种管子（设各电子管破坏与否相互独立）。任取5只，问此中最罕有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15001000dx11000(1)P(X1500)1P(X1500)1x2x1000

150010001(12)233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)，3P(Y2)1P(Y2)1P(Y0)P(Y1)1(1)5C51(2)(1)433315211123213524324323.[二十一]设顾客在某银行的窗口等候服务的时间X（以分计）遵照指数散布，其概率密度为：x1e5,x0FX(x)50,其余某顾客在窗口等候服务，若超出10分钟他就走开。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走开窗口的次数，写出Y的散布律。并求P（Y≥1）。解：该顾客“一次等候服务未成而走开”的概率为1xxe2P(X10)fX(x)dxe5dxe51010510因此Y~B(5,e2).即P(Yk)5e2k(1e2)5k,(k1,2,3,4,5kP(Y1)1P(Y1)1P(Y0)1(1e2)51(11)51(10.1353363)57.38910.8677510.48330.5167.24.[二十二]设K在（0，5）上遵照均匀散布，求方程4x24xKK20有实根的概率K的散布密度为：f(K)10K5∵500其余要方程有根，就是要K知足(4K)2－4×4×(K+2)≥0。解不等式，得K≥2时，方程有实根。∴P(K2)f(x)dx51dx0dx32255525.[二十三]～N（3.22）设X1）求P(2<X≤5)，P(－4)<X≤10)，P{|X|>2}，P(X>3)∵若X～N（μ，σ2），则P(α<X≤β)=φβμφαμσσ∴P(2<X≤5)=φ53φ23=φ(1)－φ(－0.5)22=0.8413－0.3085=0.5328P(－4<X≤10)=φ103φ43=φ(3.5)－φ(－3.5)22=0.9998－0.0002=0.9996P(|X|>2)=1－P(|X|<2)=1－P(－2<P<2)=1232322=1－φ(－0.5)+φ(－2.5)=1－0.3085+0.0062=0.6977P(X>3)=1－P(X≤3)=1－φ33=1－0.5=0.52（2）决定C使得P(X>C)=P(X≤C)∵P(X>C)=1－P(X≤C)=P(X≤C)得P(X≤C)=1=0.52又P(X≤C)=φC30.5,查表可得C30∴C=32226.[二十四]某地域18岁的女青年的血压（缩短区，以mm-Hg计）遵照N(110,122)在该地域任选一18岁女青年，丈量她的血压X。求（1）P(X≤105)，P(100<X≤120).（2）确立最小的X使P(X>x)≤0.05.解:(1)P(X105)(105110)(0.4167)1(0.4167)10.66160.338412P(100X120)(120110)(100110)(5)(5)1212662(5)12(0.8333)120.797610.59526(2)P(Xx)1P(Xx)1(x110)0.05(x110)0.95.1212查表得x1101.645.x11019.74129.74.故最小的X129.74.1227.[二十五]由某机器生产的螺栓长度（cm）遵照参数为μ=10.05，σ=0.06的正态散布。规定长度在范围10.05±0.12内为合格品，求一螺栓为不合格的概率是多少？设螺栓长度为XP{X不属于(10.05－0.12,10.05+0.12)=1－P(10.05－0.12<X<10.05+0.12)(10.050.12)10.05(10.050.12)10.05=1－0.060.06=1－{φ(2)－φ(－2)}=1－{0.9772－0.0228}=0.045628.[二十六]一工厂生产的电子管的寿命X（以小时计）遵照参数为μ=160，σ(未知)的正态散布，若要求P(120＜X≤200＝=0.80，赞成σ最大为多少？∵P(120＜X≤200)=20016012016040400.80σσσσ又对标准正态散布有φ(－x)=1－φ(x)∴上式变成401400.80σσ解出40便得:400.9σσ再查表，得401.281σ4031.25σ1.28130.[二十七]设随机变量X的散布律为：X：－2，－1，0，1，3P：1，1，1，1，115651530求Y=X2的散布律∵Y=X2：(－2)2(－1)2(0)2(1)2P：111156515再把X2的取值相同的归并，并按从小到大摆列，就得函数∴Y：01149P：11111615553031.[二十八]设随机变量X在（0，1）上遵照均匀散布（1）求Y=eX的散布密度

(3)21130的散布律为：10x1∵X的散布密度为：f(x)0x为其余Y=g(X)=eX是单一增函数X=h(Y)=lnY，反函数存在且α=min[g(0),g(1)]=min(1,e)=1max[g(0),g(1)]=max(1,e)=e∴f[h(y)]|h'(y)|111yeY的散布密度为：ψ(y)yy为其余0（2）求Y=－2lnX的概率密度。∵Y=g(X)=－2lnX是单一减函数Y又Xh(Y)e2反函数存在。且α=min[g(0),g(1)]=min(+∞,0)=0β=max[g(0),g(1)]=max(+∞,0)=+∞1y1y∴Y的散布密度为：ψ(y)f[h(y)]|h'(y)|1e2e222032.[二十九]设X～N（0，1）（1）求Y=eX的概率密度1x2∵X的概率密度是f(x)e2,x2πY=g(X)=eX是单一增函数又X=h(Y)=lnY反函数存在且α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=0β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞Y的散布密度为：1(lny)21ψ(y)f[h(y)]|h'(y)|e20y2πyy为其余0（2）求Y=2X2+1的概率密度。在这里，Y=2X2+1在(+∞，－∞)不是单一函数，没有一般的结论可用。设Y的散布函数是FY（y），则FY(y)=P(Y≤y)=P(2X2+1≤y)

0yy为其余y1y1=P2X2当y<1时：FY(y)=0y1y1当y≥1时：Fy(y)P2X2故Y的散布密度ψ(y)是：当y≤1时：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0

y1x221e2dxy12π2y1x221当y>1时，ψ(y)=[FY(y)]'=e2dxy1221y1e4=2π(y1)（3）求Y=|X|的概率密度。Y的散布函数为FY(y)=P(Y≤y)=P(|X|≤y)当y<0时，FY(y)=0y1x2当y≥0时，FY(y)=P(|X|≤y)=P(－y≤X≤y)=e2dxy2π∴Y的概率密度为：当y≤0时：ψ(y)=[FY(y)]'=(0)'=0yx2y2当y>0时：ψ(y)=[FY(y)]'=1e2dx2e2y2ππ33.[三十]（1）设随机变量X的概率密度为f(x)，求Y=X3的概率密度。Y=g(X)=X3是X单一增函数，1X=h(Y)=Y3，反函数存在，且α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=－∞β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的散布密度为：112ψ(y)=f[h(h)]·|h'(y)|=f(y3)y3,y,但y030（2）设随机变量X遵照参数为1的指数散布，求Y=X2的概率密度。法一：∵X的散布密度为：f(x)exx0y=x20x0Y=x2是非单一函数当x<0时y=x2反函数是xyy当x<0时y=x2xyx∴Y～fY(y)=f(y)(y)f(y)(y)O－yy01ey1eyy02y2,=y0y0法二：Y~FY(y)P(Yy)P(yXy)P(Xy)P(Xy)yxdx01ey,y0e00,y01ey,y0.∴Y～fY(y)=2y0,y0.34.[三十一]设X的概率密度为2x0xπf(x)π2x为其余Y=sinX的概率密度。FY(y)=P(Y≤y)P(sinX≤y)y<0时：FY(y)=00≤y≤1时：FY(y)=P(sinX≤y)=P(0≤X≤arcsiny或π－arcsiny≤X≤π)arcsiny2xdxπ2xdx=220ππarcsinyπ1<y时：FY(y)=1Y的概率密度ψ(y)为：≤(y)=[FY(y)]'=(0)'=0y0时，ψarcsiny2xdxπ2xdx0<y<1时，ψ(y)=[FY(y)]'=220ππarcsinyπ=2y2π11≤y时，ψ(y)=[FY(y)]'=(1)=036.[三十三]某物体的温度T(oF)是一个随机变量，且有T～N（98.6，2），试求θ(℃)的概率密度。[已知θ5(32)]9T(t98.6)21法一：∵T的概率密度为f(t)e22,t22又θg(T)5(T32)是单一增函数。9Th(θ)9θ32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(9θ3298.6)215ψ(θ)f[h(θ)]|h'(θ)|e42π2

95981(θ37)2100,θe10π法二：依照定理：若X～N（α1，1～122σ），则Y=aX+bN(aα+b,aσ)因为T～N（98.6,2）故θ5T160~N160,2N333,2598.652529999999故θ的概率密度为：3332915222e9( )5229

81(37)29e100,10第三章多维随机变量及其散布1.[一]在一箱子里装有12只开关，此中2但是次品，在此中随机地取两次，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以下：0,若第一次拿出的是正品,X1,若第一次拿出的是次品0,若第二次拿出的是正品,Y1,若第二次拿出的是次品试分别就（1）（2）两种状况，写出X和Y的结合散布律。解：（1）放回抽样状况因为每次取物是独立的。由独立性定义知。P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j)P(X=0,Y=0)=101025121236P(X=0,Y=1)=10251212362105P(X=1,Y=0)=121236221P(X=1,Y=1)=121236或写成X1Y0025536361513636（2）不放回抽样的状况10945P{X=0,Y=0}=121166P{X=0,Y=1}=10210121166P{X=1,Y=0}=21010121166P{X=1,Y=1}=211121166或写成X10Y045106666110166663.[二]盒子里装有3只黑球，2只红球，2只白球，在此中任取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的结合散布律。X123Y000032353510612235353521630353535解：（X，Y）的可能取值为(i,j)，i=0，1，2，3，j=0，12，i+j≥2，结合散布律为P{X=0,Y=2}=C22C22C74C1C1C2P{X=1,Y=1}=322C74C1C2C1P{X=1,Y=2}=322C74C2C2P{X=2,Y=0}=32C74C2C1C1P{X=2,Y=1}=322C74C2C2P{X=2,Y=2}=32C74P{X=3,Y=0}=C33C21C74

1356356353351235335235P{X=3,Y=1}=C33C212C7435P{X=3,Y=2}=0k(6xy),0x2,2y45.[三]设随机变量（X，Y）概率密度为f(x,y)0,其余（1）确立常数k。（2）求P{X<1,Y<3}（3）求P(X<1.5}（4）求P(X+Y≤4}分析：利用P{(X,Y)∈G}=f(x,y)dxdyf(x,y)dxdy再化为累次积分，此中GGDo0x2,Do(x,y)y42解：（1）∵1f(x,y)dxdy（2）P(X1,Y3)1dx31(6028（3）P(X1.5)P(X1.5,Y（4）P(XY4)24x1(6dx800

211k(6xy)dydx，∴k802xy)dy38)1.5dx4127(6xy)dy02832xy)dy236．（1）求第1题中的随机变量（X、Y）的边沿散布律。y2）求第2题中的随机变量（X、Y）的边沿散布律。解：（1）①放回抽样（第1题）X120x+y=4Y102553636ox5113636边沿散布律为X01Y01Pi·51P·j516666②不放回抽样（第1题）XY01边沿散布为X0Pi·56（2）（X，Y）的结合散布律以下X120Y00338831008解：X的边沿散布律X0123Pi·13318888

0456610661163018

11066166YP·j的边沿散布律Y1P·j68

01163287．．设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)4.8y(2x)0x1,0yx求边沿概率密度.0其余xx)dy2.4x2(2x)0x1解：fX(x)f(x,y)dy4.8y(200其余12.4y(34yy2)0y1fY(y)f(x,y)dx4.8y(2x)dxy0其余8.[六]设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)ey,0xy求边沿概率密度。yx=y0,其余.解:fX(x)f(x,y)dy

eydyex,x0x0,x0o

xyydxyey,y0,fY(y)f(x,y)dxe00,y0,cx2y,x2y110．[七]设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f(x,y)0,其余（1）试确立常数c。（2）求边沿概率密度。1ycx2ydx1254c21解:l=f(x,y)dxdydycy2dyc0y0321412122124X~fX(x)x24xydy8x(1x),1x10,其余y2175Y~fY(y)d2ydxy20y1y420其余15.第1题中的随机变量X和Y能否相互独立。解：放回抽样的状况P{X=0,Y=0}=P{X=0}·P{Y=0}=

yy=x2ox2536P{X=0,Y=1}=P{X=0}P{Y=1}=536P{X=1,Y=0}=P{X=1}P{Y=0}=536P{X=1,Y=1}=P{X=1}P{Y=1}=136在放回抽样的状况下，X和Y是独立的不放回抽样的状况：P{X=0,Y=0}=10945121166P{X=0}=1051261092105P{X=0}=P{X=0,Y=0}+P{Y=0,X=1}=121111116P{X=0}·P{Y=0}=55256636P{X=0,Y=0}≠P{X=0}P{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）上遵照均匀散布。Yy的概率密度为1e2,y0fY(y)20,y0.1）求X和Y的结合密度。（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,其余的概率密度为1ye2,y0且知X,Y相互独立，fY(y)2

yy=x2D0,y0.于是（X，Y）的结合密度为yf(x,y)fX(x)fY(y)1e20x1,y020其余（2）因为a有实跟根，进而鉴别式4X24Y0即：YX2记D{(x,y)|0x1,01x21y1x2P(YX2)f(x,y)dxdy2dydxedxdeD002001x20

o1yx2}yx2112e2dx0

x12e2dx12((1)(2))12012.50663120.341310.85550.1445

2(0.84130.5)23．设某种商品一周的需要量是一个随机变量，其概率密度为tet,t0f(t)0t0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散布，其散布密度为f(t)tet,t00t0Z=X+Y表示两周需要的商品量，由X和Y的独立性可知：f(x,y)xexyeyx0,y00其余∵z≥0∴当z<0时，fz(z)=0当z>0时，由和的概率公式知fz(z)fx(zy)fy(y)dyzz3(zy)yeydyez(zy)e06fz(z)z3ez,z0∴60z0（2）设z表示前两周需要量，其概率密度为z3ez,z0fz(z)60z0设ξ表示第三周需要量，其概率密度为：xex,x0fξ(x)0x0与ξ相互独立=z+ξ表示前三周需要量则：∵η≥

0，

∴当

u<0，

fη(u)=0u>0时fη(u)f(uy)fξ(y)dyu1(uy)3e(uy)yeydy065ueu120因此η的概率密度为u5uu0fη(u)e1200u030．设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地遵照N（160，202）散布。随机地采纳4只求此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，同散布，其概率密度为：1(t160)2fT(t)2e2202π20f{X180}FX(180)11180(t160)22202202dt令t160u11u2(18060)202due220查表0.8413N=min{X1，X2，X3，X4}P{N>180}=P{X1>180,X2>180,X3>180,X4>180}=P{X>180}4={1－p[X<180]}4=(0.1587)4=0.0006327.[二十八]设随机变量（X，Y）的散布律为X012345Y000.010.030.050.070.0910.010.020.040.050.060.0820.010.030.050.050.050.0630.010.020.040.060.060.051）求P{X=2|Y=2}，P{Y=3|X=0}2）求V=max(X,Y)的散布律3）求U=min(X,Y)的散布律解：（1）由条件概率公式P{X2,Y2}P{X=2|Y=2}=P{Y2}=0.010.050.030.050.050.050.080.050.2=0.25同理P{Y=3|X=0}=13（2）量V=max{X,Y}然V是一随机量，其取V：012345P{V=0}=P{X=0Y=0}=0{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{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{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{V=4}=P{X=4，Y=0}+P{X=4，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=4，Y=3}=0.07+0.06+0.05+0.06=0.24P{V=5}=P{X=5，Y=0}+⋯⋯+P{X=5，Y=3}=0.09+0.08+0.06+0.05=0.28（3）然U的取0，1，2，3P{U=0}=P{X=0，Y=0}+⋯⋯+P{X=0，Y=3}+P{Y=0，X=1}+⋯⋯+P{Y=0，X=5}=0.28同理P{U=1}=0.30P{U=2}=0.25P{U=3}=0.17或写成表格形式（2）V012345P00.040.160.280.240.28k（3）U0123P0.280.300.250.17k（4）W=V+U然W的取0，1，⋯⋯8P{W=0}=P{V=0U=0}=0P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1U=0}V=max{X，Y}=0又U=min{X，Y}=1不可以能上式中的P{V=0，U=1}=0，又P{V=1U=0}=P{X=1Y=0}+P{X=0Y=1}=0.2故P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1，U=0}=0.2P{W=2}=P{V+U=2}=P{V=2,U=0}+P{V=1，U=1}=P{X=2Y=0}+P{X=0Y=2}+P{X=1Y=1}=0.03+0.01+0.02=0.06P{W=3}=P{V+U=3}=P{V=3,U=0}+P{V=2，U=1}=P{X=3Y=0}+P{X=0，Y=3}+P{X=2，Y=1}+P{X=1，Y=2}=0.05+0.01+0.04+0.03=0.13P{W=4}=P{V=4,U=0}+P{V=3，U=1}+P{V=2，U=2}=P{X=4Y=0}+P{X=3，Y=1}+P{X=1，Y=3}+P{X=2，Y=2}=0.19P{W=5}=P{V+U=5}=P{V=5,U=0}+P{V=5，U=1}+P{V=3，U=2}=P{X=5Y=0}+P{X=5，Y=1}+P{X=3，Y=2}+P{X=2，Y=3}=0.24P{W=6}=P{V+U=6}=P{V=5,U=1}+P{V=4，U=2}+P{V=3，U=3}=P{X=5，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=3，Y=3}=0.19P{W=7}=P{V+U=7}=P{V=5,U=2}+P{V=4，U=3}=P{V=5，U=2}+P{X=4，Y=3}=0.6+0.6=0.12P{W=8}=P{V+U=8}=P{V=5,U=3}+P{X=5，Y=3}=0.05或列表为W012345678P00.020.060.130.190.240.190.120.05[二十一]设随机变量（X，Y）的概率密度为be(xy),0x1,0yf(x,y),其余1）试确立常数b；（2）求边沿概率密度fX(x)，fY(y)3）求函数U=max(X,Y)的散布函数。解：（1）1f(,)dydx1be(xy)dydx[1e1]00∴b11e1（2）fX(x)f(x,y)dy0x或x10(xy)ex0bedy1e1,0x1fY(y)f(x,y)dx0,y01(xy)dxeyy0be0（3）Fu(ω)=P{U≤u}=P{max(X,Y)u)=P{X≤u,Y≤u}uu=F(u,u)=f(x,y)dxdyu<0,FU(u)=0uuu20u1,F(u)(xy)dxdy(1e)beU001e1u1,Fu1(xy)dxdy1eu(u)beU00第四章2.[二]某产品的次品率为0.1，查验员每日查验4次。每次随机地抽取10件产品进行查验，假如发现此中的次品数多于1，就去调整设施，以X表示一天中调整设施的次数，试求E(X)。（设诸产品是不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ξP=P（调整设施）=P(ξ>1)=1－P(ξ≤1)=1－[P(ξξ查二项散布表=0)+P(=1)]1－0.7361=0.2639.因此X表示一天调整设施的次数时X～B(4,0.2639).P4(X=0)=×0.26390×0.736140=0.2936.4×0.26391×0.73613=0.4210,P(X=2)=4×0.26392×0.73612=0.2264.P(X=1)=214×0.26393×0.7361=0.0541,P(X=4)=4×0.2639×0.73610=0.0049.进而P(X=3)=43E(X)=np=4×0.2639=1.05563.[三]有3只球，4只盒子，盒子的编号为1，2，3，4，将球逐一独立地，随机地放入4只盒子中去。设X为在此中最罕有一只球的盒子的最小号码（比方X=3表示第1号，第2号盒子是空的，第3号盒子最罕有一只球），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}（右侧三个事件两两互斥）∴P(X1)3132123133744344464∵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”122213∴P(X2)32311944444641212137同理：P(X3)31314444464131P(X4)464故E(X)13721937412564646464165.[五]设在某一规定的时间间段里，其电气设施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1x,0x1500(1500)2f(x)1(x3000),1500x1500(1500)20其余求E(X)解：E(X)xf(x)dx1500x3000(3000x)0x(1500)2dx1500x(1500)2dx1x3150011500x2x33000(1500)230(1500)2315001500(分)6.[六]设随机变量X的散布为X－202Pk0.40.30.3E(X)，E(3X2+5)解：E(X)=(－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2E(X2)=(－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8E(3X2+5)=3E(X2)+E(5)=8.4+5=13.47.[七]设随机变量X的概率密度为f(x)

ex,x00,x0求（1）Y=2X（2）Y=e－2x的数学希望。解：（1）E(y)2xf(x)dx2xexdx02xex2ex

20（2）E(Y)e2xf(x)dxe2xexex01e3x13038.[八]设（X，Y）的散布律为X123Y(1)求E(X)，E(Y)。－10.20.10(2)设Z=Y/X，求E(Z)。00.100.3(3)设Z=(X－Y)2，求E(Z)。10.10.10.1解：（1）由X，Y的散布律易得边沿散布为X23E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4Y1=0.4+0.4+1.2=2.－10.20.100.3E(Y)=(－1)×0.3+0×0.400.100.30.4+1×0.3=0.10.10.10.10.30.40.20.41（2）Z=Y/X－1－1/2－1/301/31/21pk0.20.100.40.10.10.1E(Z)=(－1)×0.2+(－0.5)0.1+(×－1/3)0+0××0.4+1/30×.1+0.50×.1+1×0.1=(－1/4)+1/30+1/20+1/10=(－15/60)+11/60=－1/15.（3）－2014916Y)Z(X(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))2pk0.10.20.30.40E(Z)=0×0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=510.[十]一工厂生产的某种设施的寿命X（以年计）遵照指数散布，概率密度为11x4f(x)4e,x0工厂规定销售的设施若在一年内破坏，可予以调动。若工厂销售一0,x0台设施可盈利100元，调动一台设施厂方需开支300元。试求厂方销售一台设施净赢利的数学希望。111x1解：一台设施在一年内破坏的概率为P(X1)e4xdxe4101e44011故P(X1)1P(X1)1(1e4)e4.设Y表示销售一台设施的净盈利则Yf(X)(300100)200,(X1)100,(X1).11故E(Y)(200)P(X1)100P(X1)200200e4100e41300e420033.6411.[十一]某车间生产的圆盘直径在区间（a,b）遵照均匀散布。试求圆盘面积的数学希望。解：设X为圆盘的直径，则其概率密度为f(x)1,x(a,b)ba0,其余.用Y表示圆盘的面积，则Y1πX2,进而4E(Y)1πx2f(x)dxπb1x2dxπ(b3a3)π(a2abb2).44aba4(ba)31212.[十三]设随机变量X，X的概率密度分别为122e2x,x04e4x,x0f1(x)x0f2(x),x000求（1）E(X1+X2)，E(2X1－3X22)；（2）又设X1，X2相互独立，求E(X1X2)解：（1）E(X1X2)E(X1)E(X2)x2e2xdxx4e4xdx00=xe2x1e2x0xe4x1e4x011324244（2）E(2X12213x24e4xdx3X2)2E(X1)3E(X2)220=13x2e4xxe4x1e4x13528088（3）E(X1X2)E(X1)E(X2)11124813.[十四]将n只球（1～n号）随机地放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，称一个配，X配的个数，求E(X)解：引随机量Xi1第i号盒装第i号球0第i号盒装非i号球i=1,2,⋯nn球盒号的配数XXii1X的散布列iXi:10P:1n1E(Xi)1i=1,2⋯⋯nnnnnn11i=1,2⋯⋯n∴E(X)E(Xi)E(Xi)nni1i114.[十五]共有n把看上去子相同的匙，此中只有一把能翻开上的，用它去开上的。抽取匙是相互独立的，等可能性的。若每把匙开一次后除掉，用下边两种方法求开次数X的数学希望。（1）写出X的散布律，（2）不写出X的散布律。解：（1）X123⋯⋯nP1n11n1n2n1⋯⋯1nnn1nn12nE(X)1121n112nn1nnnn2（2）一把一把匙的开，直到把匙用完。第i次试开能开门Xi0第i次试开不可以开门i=1,2⋯⋯nn开到能开所开次数XXii1∵Xii0E(Xi)=i1n1n211n1nPn1ninni=1,2⋯⋯nnnn∴E(X)E(Xi)i1i1

i12nn1