概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)的答案詳解浙江大學(xué)張幗奮主編

1、第一章概率論的基本概念注意：這是第一稿(存在一些錯(cuò)誤)解：該試驗(yàn)的結(jié)果有9個(gè)：(0,a)(0,b)(0,c)(1,a)(1,b)(1,c)(2,a)(2,b)(2,c)所以，試驗(yàn)的樣本空間共有9個(gè)樣本點(diǎn)。事件A包含3個(gè)結(jié)果：不吸煙的身體健康者，少量吸煙的身體健康者，吸煙較多的身體健康者。即A所包含的樣本點(diǎn)為(0,a)(1,a)(2,a)事件B包含3個(gè)結(jié)果：不吸煙的身體健康者，不吸煙的身體一般者，不吸煙的身體有病者。即B所包含的樣本點(diǎn)為(0，a)(0,b)(0，c)2、解(提示：題目等價(jià)于A，B，C至少有2個(gè)發(fā)生，與(1)相似);(提示：A，B，C至少有一個(gè)發(fā)生，或者A，B，C不同時(shí)發(fā)生)；3(

2、1)錯(cuò)。依題得pSB)=pa)+pG)一paUB)=0，但AnB主空集，故A、B可能相容。錯(cuò)。舉反例錯(cuò)。舉反例(4)對(duì)。證明：由PS)=6,P6)=0.7知，即A和B交非空，故A和Bp(AB)=p(A)+p(B)-p(AUB)=1.3-p(AUB)0.3定相容。4、解因?yàn)锳,B不相容，所以A,B至少有一發(fā)生的概率為：P(AjB)=P(A)+P(B)=0.3+0.6=0.9A,B都不發(fā)生的概率為：P(AjB)=1-P(AjB)=1-0.9=0.1；A不發(fā)生同時(shí)B發(fā)生可表示為：Ap|B，又因?yàn)锳,B不相容，于是P(Ap|B)=P(B)=0.6；5解：由題知pSbUACUBC)=0.3,P(ABC)

3、=0.05.因p(ABUACUBC)=p(AB)+p(AC)+p(BC)-2p(ABC)得，p(AB)+p(AC)+p(BC)=0.3+2p(ABC)=0.4故A,B,C都不發(fā)生的概率為=1-Kp(A)+p(B)+p(C)-p(AB)+p(AC)+p(BC)+p(ABC)=1-6.2-0.4+0.05)=0.156解設(shè)A=“兩次均為紅球”，B=“恰有1個(gè)紅球”，C=“第二次是紅球”若是放回抽樣，每次抽到紅球的概率是：需，抽不到紅球的概率是：箱，則(1)P(A)=881010=0.6488P(B)=2215(1-幣)=0.32；(3)由于每次抽樣的樣本空間一樣，所以：8P(C)=0.810若是不

4、放回抽樣，則1)P(A)二壬二45102)P(B)=C1C182C21016453)小、AiAi+AiAiP(C)二728A2i07解：將全班學(xué)生排成一排的任何一種排列視為一樣本點(diǎn)，則樣本空間共有30!個(gè)樣本點(diǎn)。把兩個(gè)“王姓”學(xué)生看作一整體，和其余28個(gè)學(xué)生一起排列共有29!個(gè)樣本點(diǎn)，而兩個(gè)“王姓”學(xué)生也有左右之分，所以，兩個(gè)王姓”學(xué)生緊挨在一起共有229!個(gè)樣本點(diǎn)。29!_1即兩個(gè)“王姓”學(xué)生緊挨在一起的概率為頁15。兩個(gè)王姓”學(xué)生正好一頭一尾包含228!個(gè)樣本點(diǎn)，故228!_1兩個(gè)“王姓”學(xué)生正好一頭一尾的概率為刁0435。8、解(1)設(shè)a二“1紅1黑1白”，則P(A)=CiCiCiccc

5、232C371235(2)設(shè)B二“全是黑球”，則P(B)=C3i3C3357設(shè)C-第1次為紅球，第2次為黑球，第3次為白球”，則P(C)=2233227!359解：設(shè)A=備號(hào)車配對(duì)i=1,2,.,9若將先后停入的車位的排列作為一個(gè)樣本點(diǎn)，那么共有9!個(gè)樣本點(diǎn)。由題知，出現(xiàn)每一個(gè)樣本點(diǎn)的概率相等，當(dāng)Ai發(fā)生時(shí)，第i號(hào)車配對(duì)，其余9個(gè)號(hào)可以任意排列，故pG8!。2)1號(hào)車配對(duì)，9號(hào)車不配對(duì)指9號(hào)車選28號(hào)任一個(gè)車位，其余7輛車任意排列，共有7-7!個(gè)樣本點(diǎn)。故197-7!_79T_72.(3)1289)_p(AAAA219)p(aa)19()p2AJA1A9表示在事件：已知1號(hào)和9號(hào)配對(duì)情況下，2

6、8號(hào)均不配對(duì)，問題可以轉(zhuǎn)化為28號(hào)車隨即停入28號(hào)車位。記Bi_第+1號(hào)車配對(duì)，i_1,2,.,7。pAlAA)_p(B)_1-p(BUUB)則28191717。p(B)_6!_1p(BB)_5!_pBBB)_4!_丄.由上知，i7!7，ij7!42(ij),ijk7!210(iJsdJp(c)+PC4UB)Pc4u8_cb(c)p(c)+PC4)+pPG-ALepc4UB-CL(c)0.86IN霸、氏丄曲対Hffl礪隔1盤、田闿測(cè)査、p(4)H0.45、PG)H0.1、9(4870.05哥炯洱sm搠卅(1)nP(4B)p(4)w總LPG)p(8)213,尊P02rpr2一XHpaHl)+pr

7、2一XH2LpH2)+:.+pr2一XH5AQh5)777730014、解設(shè)A二此人取的是調(diào)試好的槍,B二此人命中，由題意知：P(A)=3，P(BIA)=3，P(BIA)=520所要求的概率分別是：P(B)=P(A)P(BIA)+P(A)P(BIA)=3780(2)P(AIB)二P(AB)P(B)P(A)P(BIA)P(B)37A二入市時(shí)間在1年以上不到4年2B二股民平B股民虧2，315解：設(shè)A】=入市時(shí)間在1年以內(nèi)，A3二入市時(shí)間在4年以上，営股民贏pG|A)=0.2p(B|A)=0.7pG|A)=0.2p(B|A)=0.321/31/12/22：0.232廠13廠23廠33則p(B|A)=

8、0.111pG|A)=0.5p(B|A)=0.4pQ|A)=0.4p(B|A)=32/13/23/33p(B)=pGIa(a)+pGIa)p(A)+pGIa)p(A)(丄丿1111122133=0.22(2)1B=7沁0.5381316、解設(shè)A,B分別為從第一、二組中取優(yōu)質(zhì)品的事件，C,D分別為第一、二次取到得產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的事件，有題意知：P(A)=30，P(B)=201)所要求的概率是：p(C)=2P(A)+2p(B)=13沁0.54172413(2)由題意可求得：P(D)=P(C)=一24P(CD)=1X20 x10+1丄X0.21362302922019所要求的概率是：P(C|D)=需2

9、8257163沁0.3944。17解：(1)第三天與今天持平包括三種情況：第2天平，第3天平；第2天漲，第3天跌；第2天跌，第3天漲。則p二a丫+aa+ap1331221(2)第4天股價(jià)比今天漲了2個(gè)單位包括三種情況：第2天平，第3、4天漲；第2、4天漲，第3天平；第2、3天漲，第4天平。則p=2aya+a2a231113。19(1)對(duì)。證明假設(shè)A,B不相容，則p&)=0。而p(A)0衛(wèi)6)0即p(A)p(B)0,故p(ABLp(A)p(B)，即a,b不相互獨(dú)立。與已知矛盾，所以A,B相容?？赡軐?duì)。證明：由pGL6,p(B)=7知p(AB)=p(A)+p(B)-p(AUB)=1.3-p(AUB

10、)0.3,p(A)p(B)=0.6x0.7二0.42,p(AB)與p(A)p(B)可能相等，所以A,B獨(dú)立可能成立?？赡軐?duì)。對(duì)。證明：若A,B不相容，則p(AB)=0。而p(a)0，p(B)0，即p(A)p(B)0，故p(ABLp(A)p(B)，即a,b不相互獨(dú)立。18、證明：必要條件由于A,B相互獨(dú)立，根據(jù)定理1.5.2知，A與B也相互獨(dú)立，于是：P(AIB)=P(A),P(AIB)=P(A)即P(AIB)=P(AIB)充分條件由于P(AIB)=結(jié)合已知條件，成立PAB)及p(aIb)二PAB)二P(A)P(AB)P(B)P(B)1-P(B)P(AB)_P(A)-P(AB)P(B)1-P(B

11、)化簡后，得：P(AB)_P(A)P(B)由此可得到，A與B相互獨(dú)立。20、解設(shè)A分別為第i個(gè)部件工作正常的事件，B為系統(tǒng)工作正常的事件，則P(A)_PTOC o 1-5 h ziii所要求的概率為：a_P(B)_P(AAAAAAAAAAAA)123i24134234_P(AAA)+P(AAA)+P(AAA)+P(AAA)-3P(AAAA)1231241342341234_PPP+PPP+PPP+PPP3PPPP1231241342341234設(shè)C為4個(gè)部件均工作正常的事件，所要求的概率為：卩_P(CIB)_PPPPa(3)y_C2a2(1-a)。3)_pG-p)ti2i解.記C_*第：次出現(xiàn)

12、正面ip(A)_pCCC)_pC)TOC o 1-5 h z1)i1i-1i1p(B)_pC歹CCIpC歹CC)_p2G-p)412341234p2）二P（X二4）二0.008；/已知此人得分不低于2,即X2，此人得分4的概率可表示為：P(%=41X2)=Pig0.0080.032+0.008=0.2。3解：(1)沒有中大獎(jiǎng)的概率是p=110-丿；1(2)每一期沒有中大獎(jiǎng)的概率是p=(1-10-7)o，n期沒有中大獎(jiǎng)的概率是p=pn=(1-10-7)on。24、解(1)用X表示男嬰的個(gè)數(shù)，則X可取值有0、1、2、3,至少有1名男嬰的概率可表示為：P(X1)=1-P(X1)=1-P(X=0)=1

13、-(1-0.51)3=0.8824；(2)恰有1名男嬰的概率可表示為：P(X=1)=C10.51x(1-0.51)2=0.3674；3(3)用表示第1,第2名是男嬰，第3名是女嬰的概率，則a=0.512x(1-0.51)=0.127；用0表示第1,第2名是男嬰的概率，則P=0.512=0.260。5解:X取值可能為0,1,2,3；Y取值可能為0,1,2,3p(x=0)=(1p)(1p)(1-p)，123p(x=1)=p(1-p)(1-p)+p(1-p)(1-p)+p(1-p)(1-p)，123213312p(x=2)=pp(1-p)+pp(1-p)+pp(1-p),123132321p(x=3

14、)=ppp。123Y取每一值的概率分布為：p(y=0)=p1，p(y=1)=(1-p)p,12p(y=2)=(1-p)(1-p)p，123p(y=3)=(1-p)(1-p)(1-p)。1236、解由題意可判斷各次抽樣結(jié)果是相互獨(dú)立的，停止時(shí)已檢查了X件產(chǎn)品，說明第X次抽樣才有可能抽到不合格品。X的取值有1、2、3、4、5,有P(X=k)=p(1-p)k-1,k=1,2,3,4，P(X=5)=(1-p)4；(2)P(X3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=C3(1-0.1)30.12+C4(1-0.1)40.1+C5(1-0.1)5555=0.991在此人無病的條件下，診斷此人無病的概

15、率為：p=P(X5)二1-P(X5)二/324、5(e6-115)11、解：由題意知，被體檢出有重大疾病的人數(shù)近似服從參數(shù)為i=np=3000 x=31000的泊松分布，即p(X=k)=，k=0,1,2,。k!則至少有2人被檢出重大疾病的概率為p=1-p(X=0)-p(X=1)=1-e-3-3e-3沁0.801o12、解(1)由于P0X1)+P(2X3)=2+-2=1，因此x的概率分布函數(shù)為：220 x00 x1F(x)=P(Xx)=x-11x2，2x32)PX2.5=2.5-1213、解：(1)由卩-X2)dx=1解得c=丄016(2)易知x2時(shí)，F(xiàn)(x)=1；當(dāng)0 x2時(shí)，F(xiàn)（x）：f（為

16、=i|x（4-y2h所以，X的分布函數(shù)為F(x)=0,Gx一x3）16x0,0 x2.p(一1X1)=F(1)F(一1)=F(1)=#。事件-1X1恰好發(fā)生2次的概率為p=C2p(1X1)2(1p(1X=C211(111仁0.1442。516(16丿14、解(1)該學(xué)生在7：20過X分鐘到站，XU(0,25)，由題意知，只有當(dāng)該學(xué)生在7：207：30期間或者7：407：45期間到達(dá)時(shí)，等車小時(shí)10分鐘，長度一共15分鐘，所以：153P該學(xué)生等車時(shí)間小于10分鐘=PX10=-=-；255(2)由題意知，當(dāng)該學(xué)生在7：207：25和7：357：45到達(dá)時(shí)，等車時(shí)間大于5分鐘又小于15分鐘，長度為1

17、5分鐘，所以：153P該學(xué)生等車時(shí)間大于5分鐘又小于15分鐘=P5X5=P該學(xué)生乘上7:30的班車且X5PX5其中P該學(xué)生乘上7:30的班車且X5=仝=丄，PX5=4，于是2552551P該學(xué)生乘上7:30的班車IX5=1=!。4515、解：由題知，X服從區(qū)間(1,3)上的均勻分布，則X的概率密度函數(shù)為8E66dH(szeHo(qze丄HQdVI丄HZLXooo(mA計(jì)遼丄補(bǔ)AqdNsAx)d(1)噬91旨、T勵(lì)wgoHh-K芝嘗回_兇營oiVKV7oMWI0丄0)6匚o-ouHh-K恤*職卅*於、n、cosoenx(t)蘿oot(IVovld丄eIH(EvlK)jIH(EAIK)jssssi

18、-09E9O丄9Z89IH寸690.0H90E6.0IH(8寸.i)gih(8寸.IeH(2)該青年男子身高大于165cm且小于175cm的概率為：P(165X175)=卅165口)=p(_1口1)QQQC二(-1)二2(1)-1二1.6826-1二0.6826(3)該青年男子身高小于172cm的概率為：P(X172)=P172)=P0.4)QQQ。=(0.4)=0.655419、解：系統(tǒng)電壓小于200伏的概率為pi=p(X200)=200不220卜(-0.8)，在區(qū)間【200,240的概率為p=p(200X240)=1-(240-220I2丿=1-(0.8)。該電子元件不能正常工作的概率為Q

19、=0.1p+0.001p+0.2p=0.064。123卩二二0.662。a(3)該系統(tǒng)運(yùn)行正常的概率為0=C2(1-a)2a+(1a)3=0.972。320、解(1)有題意知：P(|Z|a)=P(-aZa)=a1-a于是P(Za)二，從而得至U側(cè)分位點(diǎn)a=z；(1-a)/2(2)P(|Z|b)=P(Zb或Zb)+P(Zb)=a,于是P(Zb)丄,2結(jié)合概率密度函數(shù)是連續(xù)的，可得到側(cè)分點(diǎn)為b二z；a/2（3）P(Zc)=a于是P（Zc）=1-a，從而得到側(cè)分位點(diǎn)為c二z。1-a21、解：由題意得，p（Xx）=（二15，1I2丿(x-15)(x-15)c2-1l2丿l2丿p(xXx)=1X2-15

20、解得x=1512I2丿(x-15)(x-15)(x-15)(x-15)1:(2-1):(1-2l2丿l2丿l2丿l2丿則)二50:34:16J二17。22、解（1）由密度函數(shù)的性質(zhì)得：1=Jf(x)dx=Ja-e-x2dx=aJ兀g所以12）p(x2)=1-p(x-)=1J亡e-亡dx=1-(丄)=1-0.761=0.239。2/2兀f22兀-23解：（1）易知X的概率密度函數(shù)為f（x）=-x8,0,x0,x10）=卜f（x）dx二e-1.25。10（3）等待時(shí)間大于8分鐘且小于16分鐘的概率是p（8X6)=P(X6)-P(取到甲廠的產(chǎn)品)+P(Y6)-P(取到乙廠的產(chǎn)品)=0.4卜-e-1x

21、dx+0.6卜-e一6xdx6366=0.4e-2+0.6e-1=0.2749(2)該產(chǎn)品壽命大于8年的概率為：P(Z8)=P(X8)-P(取到甲廠的產(chǎn)品)+P(Y8)-P(取到乙廠的產(chǎn)品)=0.4卜匕-3xdx+0.6卜1e-6xdx8386=0.4e-3+0.6e一3=0.1860所求的概率為：P(Z81Z6)=UM!=OE。25、解：（1）由題知，f（x）=|0.2e-0.2x,x0,0,x0。（2）p（5x1。=F（10）-F（5）=e-1-e-2.（3）每天等待時(shí)間不超過五分鐘的概率為p.5=F（5）=1-e-1，則每一周至少有6天等待時(shí)間不超過五分鐘的概率為p=C6px5)6G一p

22、x5)+px150)2P(X150)=C21-P(X150)2P(X150)，33其中P(X150)=J150.01e-0.01xdx=0.77690于是q=3-1-P(X150)2P(X150)2P(X150)3=0.1271。3327、解：依題知，Y的分布律為p(Y=10)=p(X=2)=0.72=0.490，p(Y=8)=p(X=3)10.7(1-0.7)0.7=0.294，2p(Y二2)=p(X4)=p(X二4)+p(X二5)=C10.7(1-0.7)2-0.710.7(1-0.7-0.7二0.216TOC o 1-5 h z3428、解(1)由密度函數(shù)的性質(zhì)可得：1=Jf(x)dx=

23、J2c(4x2)dx=9cs1(2)設(shè)X，Y的分布函數(shù)分別為：F(X)，F(xiàn)(X)，Y的概率密度為f(X)，有XYYF(x)=P(Yx)=P(3Xx)=P(X1x)=F(丄x)Y3X3那么，f(X)=1f(1X)=討3g60，其他(3)設(shè)Z的分布函數(shù)為：F(x)。當(dāng)x0，有zzF(x)=P(Zx)=P(|X|x)=P(-xXx)=F(x)一F(-x)XX2(4x2),0 x1于是有fz(x)=f(x)+f(一x)=i(4x2),1x22(4-x2),0 x1從而，Z的概率密度為：9f(x)=(4一x2),1x2Z90,其他Z的分布函數(shù)為：02(12x一x3)/27,0 x1F(x)=oZ(12x

24、一x3+11)/27,1x229、解：(1)依題知，N(t)兀(兀)當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)(t)=Jtf(y)dy=1-e-九,T0N(t)所以，T的概率分布函數(shù)為F(JJ1-入t0,t0,tt+t|Tt)=0I0p(Tt+1,Tt)p(Tt)0p(Tt+1)p(T0t)0e-九(t0+t)e-Xt030、解由題意知，XU(0,1)，即X的概率密度為：1,xe(0,1)fxx)=0,其他設(shè)X，Y的分布函數(shù)分別為：F(x)，F(xiàn)(y)，其中Y=Xn。有XY0,x0F(x)=P(Xx)=1當(dāng)y0YFy(y)=P(Yy)=P(Xny)=P(0Xny)=P(0X紆)=fx(的)那么Y(Y)=11丄_i(yn,0y

25、1n0,其他31解：由題意知，X的概率分布函數(shù)為FC）=0,x0,2x3兀,0 x3兀x.2則p(Yy)=p(cosXy)=p(Xarccosy)=F(arccosy)0,arccosy)3兀2arccosy3兀1,y_1,_1y0,0y1.32、解由題意知，XN（卩Q2），即X的概率密度為：f(x)=e_(x_/Co2),x+8x丿727-c設(shè)X，Y的分布函數(shù)分別為：F(x)，F(xiàn)(y)，其中Y=X2。XY當(dāng)y0,有YF(y)=P(Yy)=P(X2y)=P(*亍X加)=F&亍)_F(、汀)YXX那么11Y(Y)=|古fX(；歹)+fX(7)=2和9y033解：(1)由題意知，4J2(ax+b)

26、dx=140J1(ax+b)dx=Io31a=3b=16(2)y=Jx的反函數(shù)為x=y2，則f(y22y,0y近,4X0,其他。:0yQ其他。30,FY(y)，F(xiàn)z。由Y=eX，容易得34、解設(shè)X,Y,Z的分布函數(shù)分別為：F(x),X出：當(dāng)y0,有YF(y)二P(Yy)二P(exy)二P(Xlny),YQ從而求得Y的概率密度：f(y)=Y?fX(1ny)=古y0e2又Z=1叫X，于是Xez)=F(ez)一F(-ez)XXF(z)=P(Zz)=P(1n|X|z)=P(|X|002P(X=2,Y=4)=P(X=4,Y=2)=5525223313P(X=3,Y=3)=+3=555525由于X+Y二6

27、，計(jì)算X的邊際分布律為：P(X=2)=P(X=2,Y=4)=613P(X=3)=P(X=3,Y=3)=25G)P(X=4)=P(X=4,Y=2)=62解牟：a+b+0.5=1Px二o=Px二0,Y二o+Px二0,Y二1=0.4+apx+Y二1=Px二0,Y二1+Px二1,Y二o=a+b因事件X=o與事件X+Y=1相互獨(dú)立，則Px二0,X+Y二1=Px二o.Px+Y二1,即a=(0.4+a)(a+b)(2)由G，（2）解得:0：43、解利用分布律的性質(zhì)，由題意，得a+pl+pl+0+pl+pl+CHlHIO一：2)寫(；lp:2)寫(Jlpx丄廠2。H(x2)H(xnl)a+0.1+0H(yHl

28、70+CHO.5if凹aIHaH0.2bH0.3砌XsEFal-H(xH1)2+O1+0HO.6p(xH2)Hp1+p1+cH0.2+cH0.4ysEFalH(yHlTa+0lH0.3、H(yH0)H0.2H1)H0+CHO.5iioIn4耦二1)田CI1S0宀p宀XHLyH2)H0.1、亙0宀XuH2r00H2r0(XHH2r0.30.1H0.2、0宀xUHr0宀xHorp宀xUHOrp宀xUH2r0.1、0宀XHLyHOrPWHOrp宀XUHOro.l、0宀xHLyHlr0宀xHrp宀xHLyHOrphHLyH2r0.4。十H(xH3ZKXH2Y3)HH(XLyH3)HH(XUH1)HO(

29、1Y213=,P(X=2,Y=1)=C2-83P(X=3,Y=3)=(1Y112丿P(X=1,Y=1)=C1-3212丿=8，P(X=0,Y=3)=12X的邊際分布律為：P(X=1)=C1_-212丿(1Y21P(X=2)=C2-33,p(x=3)=f1y1812丿Y的邊際分布律為：P(Y=3)=P(X=0,Y=3)+P(X=3,Y=3)=-43P(Y=1)=P(X=1,Y=1)+P(X=2,Y=1)=-4(2)在Y=1的條件下X的條件分布律為：P(X=01Y=1)=0P(X=11Y=1)=P(X=1,Y=1=P(Y=1)P(X=21Y=1)=卩(X二2Y二】)=1,P(X=31Y=1)=0P

30、(Y=1)26解:(1)pX=0,Y=1=pY=1|X=0pX=o=-1pX=0,Y=2=p&=2X=opX=0,30pX=0,Y=3=py=3X=0pX=0=丄,15pX=1,Y=1=py=1|X=1pX=1=,18px=1,Y=2=py=2|X=1px=1=1,pX=1,Y=3=py=3|X=1pX=1=1。(2)pY=1=pX=0,Y=1+pX=1,Y=1=里90qQpy二2=px二0,Y二2+px二1,Y二2=,90pY=3=pX=0,Y=3+pX=1,Y=3=11o90、,pX=0,Y=16pX=0Y=1=,IpY=141px=1Y=1=Px1=35oIpy=141a7、解(1)已知

31、P(x=m)=,m=0,l,2,3。由題意知，每次因超速引起的事m!古攵是相互獨(dú)立的，當(dāng)m=0，1,2,3時(shí)，P(Y=nIx=m)=Cn(0.1)n(0.9)m-n，n=0,1,2,m。m于是(x,Y)的聯(lián)合分布律為：e入入mP(x=m,Y=n)=P(x=m)-P(Y=nIX=m)=Cn(0.1)n(0.9)m-n，m!m(n=0,1,2,.m；m=0,1,2,3.)(2)Y的邊際分布律為：P(Y=n)=藝P(x=m,Y=n)=藝Cn(0.1)n(0.9)m-n=e(0.1九)n，m!mn!m=0m=0(n=0,1,2,)即Y兀(0.1九)。(該題與41頁例3.1.4相似)8解:(1)Y可取值

32、為0,a,2a,p(x=0,Y=0)=0.6,p(x=0,Y=a)=p(x=0,Y=2a)=0,p(x=1,Y=0)=0.3(1p),p(X二1,Y二a)=0.3p,p(X二1,Y二2a)=0,p(X=2,Y=0)=0.1(1p)2,p(X=2,Y=a)=0.2p(1p),p(X=2,Y=2a)=0.1p2。(2)p(Y=0|X=1)=(1p),p(Y=a|X=1)=p,p6=2a|X=1)=0。9、解(1)由邊際分布函數(shù)的定義，知0,x0F(x)=limF(x,y)=0.3,0 x10,y1F(y)=limF(x,y)=0.4,0yxHpyH0)+p宀XHLYHO-H0.6味XVI、y21単

33、FQyrl。p0.35(XJr聚砂曲因磐XFC070.6xAoMyApOIAXloIAy1OIAX1jIV1xlvloIAy1工(；。一丄廠恒H(x丄0.36E丄丄廠悟ILH(x丄0.36岡兵畝(XHUS渝棄-H、ys渝棄曲因磬甘0,0,0,y0F(Y11)=112解：設(shè)Fx,y=kxy,(x,y)eD,則x1,y1時(shí)，k+0.2二1，即k二0.8o所以(X,Y)的聯(lián)合分布函數(shù)為F(x,y)=0,0.8xy+0.1,0.8x+0.1,0.8y+0.1,1,x0或y0,0 x1,0y1,0 x1,x1,0y1,y1.13,解由f(x,y)的性質(zhì)，得：1=J+8J+8f(x,y)dxdy=f1dy

34、jyc(y-x)dx=，_8_8006所以c二6(2)設(shè)D=(x,y)Ix+y1,0 xy1，貝QPX+Y1=JJf(x,y)dxdy=J2dxJ1-xc(y-x)dy=0.50 xD1(3)設(shè)D=(x,y)10 xy1,X0.5，貝Q2PX0.5=JJf(x,y)dxdy=J2dxf1c(y-x)dy=0 x8D214解：(1)由1=J2J4_xc(x1)dydx=得c=3。1x32)由(1)知，f(x,y)=3(x-1),1x2,其他。xx則f(x)Jf(x,y)dy4x(x-1)dy,x-g0,1x2,其他。3(x-1)(4-2x),1x2,其他。0,y(x-1)dx,(y)=fgf(x

35、,y)dx=34-y(x一1)dx,g10,2y3,=其他。23(3-y)220,2y3,其他。15、解（1）由題意，知e-xdy-xe-x當(dāng)xe(0,+g)，f(x)=f+gf(x,y)dy=fx-g當(dāng)xe(-g,0，f(x)=0 x、10,x0所以：f(x)彳Jxxe-x,x0當(dāng)ye(0,+g)，f(y)二Af(x，y)dx=f+ge-xdx二e-y-gy當(dāng)yw(-g,0，f(y)二0Y所以：fY（y）-：,y0（2）當(dāng)x0時(shí)，有1fY.(y-)=卅x,0yx=，y，yXX0,其他。J丄e-Xdv,0 x0,(3)pb1|X=1LpJ=J-pb0時(shí)，dVJEX(vx)dv=y0,=Vy0,

36、y0。17、解（1）由題意可得：當(dāng)|y|1時(shí)，f(y)=J+8f(x,y)dx=8J1xdx=(1-y4),y248當(dāng)|yp1，f（y）=0所以fY(y)=V58(1y4)|y|1；O,|y|n1(2)當(dāng)y21時(shí)fxiY(xy)=Y5二,y2x21y=扣卜2XIY(xl2)dx=jdx=0&218解:因fx（x）毗0 x1,其他。(y|x)=0,xy1,其他。所以f(x,y)=f(y|x)f(X)-口0Xy1YXX0,其他。(2)f(y)=f(x,y)dx=Y十1丄dx,0,0y1,其他。-In(1-y),0,0y1,其他。0 xy1,其他.1(1-x)ln(1-y)0,19、解設(shè)事故車與處理

37、車的距離Z的分布函數(shù)為F(t),X和Y都服從(0,m)的均勻分布，且相互獨(dú)立，由題意知：當(dāng)0tm時(shí)，F(xiàn)(t)二P(Zt)二PX-Y|t二m2-(m-t)2二2mt-12,(x,y)eD,兀Zm2m2有FZ(t)二0,t02mt-t2,0tm所以Z的概率密度函數(shù)f(t)為：Zfz(t)=2(mt)m20tm0,t取其他值20解：由題意得(X,Y)U(D)，即f(x,y)=f(x,y)dx=Ys卜三?dx,Sy2兀、0,4:y2,0,0yh丿齊廠其他。0y1,其他。(2)p卜1/2=f1/2f(y)dy=-J1Z；1-y2dy0Y兀0）同理得f（x）=X0,0 x1,其他。所以f（x，y）豐f（x

38、）f（y），故X和Y不獨(dú)立。XY21、解（1）設(shè)X，Y的邊際概率密度分別為f（x），f（y）XY由已知條件得，X=卜f(x,y)dy=g1T2Tex221(y1)2f(y)=J+gf(x,y)dy=e-4Yg2(計(jì)算的詳細(xì)過程見例3.3.5)2）有條件概率密度的定義可得：Y|X(y|x)=f(x,y)f(x)X=亠e1y、：3兀T+亡x2在X=0的條件下，Y的條件概率密度為：-gfYX(y10)卞e(cuò)3y1P3)P(Y11X=0=f1f(yl0)dy=J*gY|X1丄e-3y-12dyg3兀0.522解：(1)f(兀)=Jgf(x，y)dygTOC o 1-5 h zXg=Jgf(x,y)+f(

39、x,y)dy2g12=；(f(x)+f(x)21X2Xf()=1詔fY(ye2，|y|g(2)當(dāng)p.=0(i=1,2)時(shí)，X與Y，X與Y均獨(dú)立，則i11222)2)f(x,y)=；f(x,y)+f(x,y力212=1f(x)f(y)+f(x)f(y)21X1Y2X2Y1x2+y2=e22兀所以，f(x，y)=f(x)f(y)，即X與Y獨(dú)立。XY23、解設(shè)T表示正常工作的時(shí)間。由題意知XE(九)(i二1,2,3人即i0,x0i設(shè)恥)是設(shè)備正常工乍時(shí)間的概率分布函數(shù)，fT(t)是概率密度函數(shù)。則F(t)=P(Tt)=P(Xt,Xt)+P(Xt,Xt)+P(Xt,Xt)-2PXt,Xt,Xt)121

40、323123二3(1-e-)2-2(1-e-)3當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)(t)=0oT于是：F(t)=vT0,t0亠0,t0同時(shí)可求得：f(t)=024解：(1)P(z=k)=Ckpk(1-p)n-k,k二0,1,non所以，zB(n,p)4o,心),(P,。祈izm4I04ow!z4I0_z堀Q7(%2紜)/=(?)/oo+IV-Axp(x-f)/oo%()0-)=y-v-rri-+rD乙AID乙22X)d9+QA)J=“仏)/呵t=U乙AX_Z叮T=g-“/(%)幾+廣恥-m+j=a)/ZyX甲(S)竿形宙也。專鈕家腳陽Z7A7X者碣BQ)j7廠(%)/欲搦、立。(+血)gM7羽蛆U+IU+血0=#，

41、什“+“(/_)耳dV=0=/UUlM-ud-i-.di-.jlu(dydQg=0=1(/-7=A4/=X)燈=(7=A+X)d=(習(xí)=41)d27、解設(shè)x.為一月中第i天的產(chǎn)煤量(i二1230),Z是一月中總的產(chǎn)煤量。由于XN(1.5,0.12),且相互獨(dú)立,因此有Z二窮XN(30X1.5,30 x0.12),即iii=0ZN(45,0.3)。于是，P(Z46)二1-P(Z46)二1-(461!5)二0.03428解：F(z)=P(X+YZ)Z=P(X=0,Yz)+P(X=100,Yz-100)+P(X=500,Y2)=1-P(藝X2)=1-P(maxX2)1i10i1i10i=1-P(X2

42、,X2,X2)=1-P(X0,X0,X0)1i2,minX=0)=P(minX=0)P(maxX2,minX=0)KzMOiKzMOiKzMO1KzMO1KzMO1=P(minX=0)-P(maxX2)+P(maxX2,minX0)KiMO1KiMO1KiMO1KiMO1=P(minX=0)-P(maxX2)+P0X21i=1,210KiMOi1曲0ii=P(minX=0)-(1+九)i0e-i0九+Xi0e-10九1曲0i于是所求的概率為：=P(minX=0)-P(maxX2,minX=0)1i10i1i10i1i2,minX=0)P(maxX21minX=0)=1乂蘭101i10i1口10

43、i1i1o1P(minx=0)1i10iP(minX=0)一(1+九)10e-10入+九10e-10入=1/10-P(minX=0)1i10i=1-(1+九)10一九1oe-10入1一(1-e-入)1030解：P(Z=1)=P(X=0,Y=1)=0.04,P(Z=2)=P(X=0,Y=2)+P(X=1,Y=1)=0.14,P(Z=3)=P(X=0,Y=3)+P(X=1,Y=2)+P(X=2,Y=1)=0.3,P(Z=4)=P(X=1,Y=3)+P(X=2,Y=2)=0.32,P(Z=5)=P(X=2,Y=3)=0.2。P(M=1)=P(X=0,Y=1)+P(X=1,Y=1)=0.1,P(M=2

44、)=P(X=0,Y=2)+P(X=1,Y=2)+P(X=2,Y=2)=0.5，P(M=3)=0.4。P(N=0)=0.2,P(N=1)=P(X=1,Y=1)+P(X=1,Y=2)+P(X=1,Y=3)+P(X=2,Y=1)=0.4P(N=2)=P(X=2,Y=2)+P(X=2,Y=3)=0.4。31、解設(shè)T的概率密度函數(shù)為(t)。1）串聯(lián)P(Tt)二1-P(Xt,Yt)二1-J+8九e-片xdxj+s九e-尢2ydy=1-e-(片+尢2)tt1t2計(jì)算可得f(t)=(九+九)e-(九+九2T1212當(dāng)t0T|0,t02)并聯(lián)P(Tt)二P(Xt,Yt)二Jt九e-叫xdxJt九e-尢2ydy二

45、1-e-t-ef+e-(片+尢2)t0102計(jì)算可得f(t)=九e-九F+九e一九2t(九+九)e(九i+九2)tT11221212當(dāng)t0fTt023)備份由題意知，T二X+Y，于是當(dāng)t0f(t)=1九一九T210,t0當(dāng)九二九時(shí)210,t01u=x-32解：令Q1，則v=2x-yF_(z)=P(2X-Yz)Z=Hf(x,y)dxdy2x-yz=fJ2f(u,2u-v)dudv0v/20,=ifzf21dudv,0v/241,z0,0z4.0,z2z0,z216、1,0z4.z所以，小）=-,0z4,8、0,其他。33、解（1）由題意得，對(duì)X獨(dú)立觀察n次，n次觀察值之和W的概率分布律為：P(W

46、=k)=Ckpk(1-p)n-k，k=0,1,2,3,，nn（2）X的可能取值為：0,1,Z的可能取值為：0,1,因此（X,Z）的聯(lián)合分布律為：P(X二0,Z二0)二P(X二0,X+Y豐1)二P(X二0,Y二0)二(1p)2P(X=0,Z=1)=P(X=0,X+Y=1)=P(X=0,Y=1)=p(1p)P(X=1,Z=0)=P(X=1,X+Y豐1)=P(X=1,Y=1)=p2P(X=1,Z=1)=P(X=1,X+Y=1)=P(X=1,Y=0)=p(1p)34解：令x，則v=yFZ(t)=P=Kf(x,y)dxdyy0 x1,0y1,0t1,t1,0t1,t1,0t1,t3故應(yīng)采用方案二3、解由

47、于：J*Xf(x)dx=2卜8xdx=丄ln(l+x2)l+s=+8TOC o 1-5 h z一80兀(1+x2)兀0所以X的數(shù)學(xué)期望不存在。4、p(X=2)=丄,p(X=3)=丄,p(X=4)=3,p(X=5)=1,p(X=6)=，281428728Q1p(X=7)=，p(X=2)=-，1441131531EX=2x+3x+4x+5x+6x+7x+8x=6。2814287281445、解每次向右移動(dòng)的概率為P，到時(shí)刻n為止質(zhì)點(diǎn)向右移動(dòng)的平均次數(shù)，即耳的期望為：nE(n)=npn時(shí)刻n質(zhì)點(diǎn)的位置S的期望為：E(S)=np-n(1-p)=n(2p-1)nn6、不會(huì)7、解方法1:由于P(T0)=1

48、，所以T為非負(fù)隨機(jī)變量。于是有:E(T)=J+8(1-F(t)dt=J+8P(Tt)dt=J+81e-(1+e-)dt=300024方法二：由于P(T0)=1，所以，可以求出T的概率函數(shù)：于是E(t)=Jjt|f(t)dt=J股tf(t)dt=-go48、f(x)=Jxf(x,y)dy=Jx?e-2xdy=2e-2x,0 x+gX00 xEX=Jgxf(x)dx=卜2xe-2xdx=-0X02E(3X-1)=3EX-1=-2E(X,Y)=卜xyf(x,y)dxdy=JgJxxye-2xdydx=o-g-g00 x41)2)3)9.解設(shè)棍子上的點(diǎn)是在0,1之間的，Q點(diǎn)的位置距離端點(diǎn)0的長度為q。

49、設(shè)棍子是在t點(diǎn)處跌斷，t服從0,1的均勻分布。于是：包含Q點(diǎn)的棍子長度為T,則：t,qt11-1,0tq,qJt1min(q,1-q),t=q于是包Q點(diǎn)的那一段棍子的平均長度為：E(T)=1Tdx=Jq(1-1)dt+f1tdt=-+q-q200q210、XU(8,9),YU(8,9)E|X-Y|=f寸9|x-yf(x,y)dxdy=丄(小時(shí))883即先到的人等待的平均時(shí)間為20分鐘。11、解(I)每個(gè)人化驗(yàn)一次，需要化驗(yàn)500次(II)分成k組，對(duì)每一組進(jìn)行化驗(yàn)一共化驗(yàn)500次，每組化驗(yàn)為陽性的概率為：1-0.7k,k若該組檢驗(yàn)為陽性的話，需對(duì)每個(gè)人進(jìn)行化驗(yàn)需要k次，于是該方法需要化驗(yàn)的次數(shù)

50、為：竽(1+(1-0.7k)k)。k將(II)的次數(shù)減去(I)的次數(shù)，得：500(1+(1-0.7k)k)-500=500(丄-0.7k)kk于是：脹0.7:03-；I1K-I07Vos；味07Ho単kivpfIAo.-80rlbdf+j88rlbdfH1exaInAHAm:XP加吏叫2lryrj(x)_L7lryPM言a2(1)斗M凹E(X)HE(y)lrxdxHOr71(2)A吉白砌(X、y)、屆召己或M(00)營胡御-JX2+=、砌耳并吉卡K1515x2+y2IA一嚴(yán)(1)anl単pC215p(znCIOC215CIO24H114H卄IC2153Nor9-ocl1Xa15a-C2154田

51、廉lln*191c一GPCQC215PPM15so(2)PF4rIo5、0(EH5)H9C9915C5C4105C915C6C3H6JH105915C7a299105、/AnHaJH105C99C91515C9co105C915Eg=4x9C4C5105+5xC9C91515C5C4C6C3C7C2C8C1C9C0105+6X05+7X05+8XT05+9x05=6。C9C9C9C91515151515、解f.x(y1x)=冊(cè)X=2r0,其他值r2-x2yr2-x21rr,_y-=1)_p(X_0,Y_1)+p(X_1,Y_1)+p(X_1,Y_0)二p（X二0）p（Y二1）+p（X二1）p（

52、Y二1）+p（X二1）p（Y二0）_32)EC(1)丄0(-1)p(X_0)p(Y_0)+0(1p(X_0)p(Y_1)+1.(_1)op(x_1)p(Y_0)+1(1p(X_1)p(Y_1)_0D(X(-1)Y)_E(X(-1)Y)2-E(X.(1)Y)2二E、X（-1)2_0.(1)02p(X_0)p(Y_0)+0.(1)12p(X_0)p(Y_1)+1.(1)02p(X_1)p(Y_0)+1.(1)12p(X_1)p(Y_1)23、解證明：D(XY)_E(XY)2)(E(XY)2_E(X2Y2)(E(XY)2_E(X2)E(Y2)(E(X)E(Y)2(由于X,Y相互獨(dú)立)=(D(X)+E

53、(X)2).(D(Y+E(Y)2)E(X)2E(Y)2_D(X).D(Y)+(E(X)2.D(Y)+(E(Y)2.D(X).(x)_l2e2x,Xx0,x0,y0.Fx(x)_fJ:0,y0.(1)Z_minx,Y;)ht:)xgx/(2)ZHmax宀XJ)、丿(丿、丿、丿GEI2Z)GEI4Z)zvpFEH0(zhzrFCFGrZXyQ快0.EZHszdFeHZ0z12、DZHEZ2(EZrj8z2dFc怡21、oZ144144mbb。EZ7(3)zx+r2H耦(1)田戰(zhàn)來洲磐sfflk、師-mlB-帶殳上專EZ亨EWE童)isatmacoxx亠X70、SPS-H0、歹刮濟(jì)sxx一砌吻戰(zhàn)來吉

54、。(2)、XIIJT一上吻砌戰(zhàn)W囂WS。26,(1(xrj*7(xyrIL一X1X82一e(x)ho、DXHEX2(EXrjlWXIL、213Bffi7(yrj8y(Xy)dxy82一E(y)o、DyIL32)2)cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=f1f1xy丄(1+xy)dxdy=-i-i49cov(X,Y)1P=廳，故X和Y正相關(guān)。X,YJDXQY3又f(x，y)豐f(x)f(y)，故X和Y不獨(dú)立。XY2)cov(X2,Y2)=E(X2Y2)E(X2)E(Y2)=E(X2Y2)D(X)D(Y)=f1f1x2y2丄(1+xy)dxdy丄=01149故卩=0，即X和Y不相關(guān)。又F

55、(x,y)=p(X2x,Y2y)X2,Y2Xtx,-、yY,=fy_fx_f(t，v)dtdv=fxy-yxL二m(x)-n(y)，故X2和Y2相互獨(dú)立。TOC o 1-5 h z所以f(x,y)=x2,y24xy4Jx兀兀兀a6612兀sm27、解(1)由題意得：E(A)=1X+-O+-(1X9)346E(sinA)=sinXsin9sinE(cosA)=cosXcosVcos6126612結(jié)合已知條件，可求出：X=1，9=12由于A和B是獨(dú)立同分布的，于是(A,B)的聯(lián)合分布律為：P(A=i)1/161/81/161/41/81/41/81/21/161/81/161/4那K-(I)80(

56、p)QeH(g)Q+SQH(gplr)QH(0)Q(P)QH(TPMOOH(gEAOu+(pMOOH(gpEPMOOH(oMOO(oMOO8996of+ex+務(wù)道00)B+蚩ogaglaBHIHZ(IQz)+(dIX寸H(X)Qz(q)b)+q)qZ(X)B)+q)q(x)qhqx)qh(5JLP)Q、心塑InlffiAgx+ffl-I-1，即p0時(shí)，說明X和g是正相關(guān)的22XC當(dāng)p1，即P1,當(dāng)九k+1=1,當(dāng)九=k+11,當(dāng)九0二1，且E(X)二36，利用馬爾科夫不等式，得PX50E(X)=0.7250(2)D(X)=22,E(X)二36，利用切比雪夫不等式，所求的概率為：223P32X4

57、)1-=0.752、解：XB(500,0.1)，iDX-10%1-丄里X1500-丿0.052116=92.8%3解服從參數(shù)為0.5的幾何分布，gn)=(2)，(n=2,3,4)可求出E憶)仝nP(g=n)=3,D(g)=2n=2于是令上y=e(g)2-=e，利用切比雪夫不等式，得有P(ag)1-=75%2從而可以求出=2、2,a=E(g)-=3-2f2,b=E(g)+=3+224、解：F(x)=Px)=P(Xx,X=巴，xg(0,a)。X(n)(n)1nan則p(x)=n(F(x)-1p(x)=HXn1，xg(0,a)。X(n)anE(x)=Jax-nxn1dx=X(n)0ann+1DX(n

58、)(x)=Jax2-0nxn-1dx-an)2a丿_n=(n+2)(n+1)2a20n2(n+2)(n+1)2PX-丄aens(n)5、解服從大數(shù)定律。由題意得：(i2/3)ke-i2/3PX=k=,E(X)=D(X)=i2/3ik!iik!由D(藝X)=工D(X)=藝i2/30in2i=1根據(jù)馬爾科夫大數(shù)定律，可判斷該序列服從大數(shù)定律的。6、解：(1)h(x)=x2，則h(x)連續(xù)。(h(X)|)=EX2=a2+H2vs，貝Ve0，有l(wèi)imP0，則1Kx2(a2+h2),(nT)。nii=1=o2vs，貝gVe0，有(2)h(x)=(x-h)2連續(xù)，E(h(X)=E(X-h)2limPns1

59、工(X-a2e二0,ni=1iJ則1工(X-H)2nii=1pTa2，(nTs)X+X+X十廠X+X+X3)12nlimE12nzLx2nii=1ii=1X+X+X12n=X-pH,區(qū)X2=(n-1)S2+nX1(n-l)a2+nH2ii=1X+X+X12nlim-rKx2n、ii=1nH”/、”(n-1)a2+nH2a2+h2(4)原式依概率收斂，即X+X+XilimEnTsX+X+Xi=1i=1Qn(n-1)S2XnXSovnS7解(1)由題意得：尸丄工X2a=1Pnii=11工nii=1根據(jù)推論5.1.4，可求得a=E(X2)=j8x2九e-九dx=102九2(2)由題意得：E(X)=1

60、,D(X)=丄,i入i入2E噲藝X,)比D請(qǐng)藝X,)=i=1i=1爲(wèi)刃D(Xi)=爰i=121N(p)根據(jù)中心極限定理，可知丄刃X50ii=1(3)E(X2)=a=f,D(X2)=?，利用中心極限定理，可知TOC o 1-5 h zi九2i九41坍224、X2N(-,)100i九2100九4i=1從而P刃X；怕=58、解：X50近似N(0,1),50P=P(X60)=1-P(X60)=1-PfX-500.2=1(0.2)=7.9%I50丿9、解（1）由題意得：記p=P気.95X2)=1-P(Y=0)-P(Y=1)=1-(1-p)100-100p(1-p)99=99.756%方法二(泊松分布)Y