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概率论与数理统计课后题参考答案

来源：二三四教育网

第一章基本概念

1、试对下列随机试验各写出一个样本空间：（1）掷一颗骰子；

（2）一个口袋中有5个外形相同的球，编号分别为1、2、3、4、5，从中同时取出3个球；（3）10只产品中有3只是次品，每次从中任取一只（取出后不放回），直到将3只次品全部取出，记录抽取的次数；

（4）对某工厂生产的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如果查出2件次品就停止检查，或者查满4件也就停止检查，记录检查结果。解：（1）＝{1,2,3,4,5,6}

（2）＝{(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)}

5个球中选3各球进行组合，有C53＝10种。

（3）＝{3，4，5，6，7，8，9，10}

最少抽取的次数是每次取出的都是次品；最多抽取的次数是把10只产品全部取出，总能抽出3个是次品。

（4）用数字1代表正品，数字0代表次品；样本空间包括查出2件是次品和查满4件产品这两种情况。

＝{(0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1,0),(1,0,1,0),(1,1,0,0),(1,1,1,0),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,1),(0,1,1,1)}

2、工厂对一批产品作出厂前的最后检查，用抽样检查方法，约定，从这批产品中任意取出4件产品来做检查，若4件产品全合格就允许这批产品正常出厂；若有1件次品就再作进一步检查；若有2件次品则将这批产品降级后出厂；若有2件以上次品就不允许出厂。试写出这一试验的样本空间，并将“正常出厂”、“再作检查”、“降级出厂”、“不予出厂”这4个事件用样本空间的子集表示。解：用数字1代表正品，数字0代表次品

设＝“正常出厂”；＝“再作检查”；＝“降级出厂”；D＝“不予出厂”

A＝{(1,1,1,1)}

B{(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0)}

C{(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1),(1,0,0,1),(1,0,1,0),(1,1,0,0)} D{(0,0,0,1),(0,0,1,0),(0,1,0,0),(1,0,0,0),(0,0,0,0)}

ABCD{(1,1,1,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1),(1,0,0,1),(1,0,1,0),(1,1,0,0),(0,0,0,1),(0,0,1,0),(0,1,0,0),(1,0,0,0),(0,0,0,0)}3、设A、B、C是三个事件，试用A、B、C的运算关系表示下列事件：（1）A与B都发生，但C不发生；

（2）A发生，但B与C可能发生也可能不发生；（3）这三个事件都发生；（4）这三个事件都不发生；（5）这三个事件中至少有一个发生；（6）这三个事件中最多有一个发生；（7）这三个事件中至少有两个发生；（8）这三个事件中最多有两个发生；（9）这三个事件中恰有一个发生；（10）这三个事件中恰有两个发生。解：（1）ABC

（2）A （3）ABC （4）ABC （5）ABC

（6）ABCABCABCABC （7）ABACBC （8）ABC

（9）ABCABCABC （10）ABCABCABC

{1，2，3，4，5，6}，A＝{1,2,3}，B＝{2,3,4},C{4,5,6}，4、设＝试用的子集表示出下列事件；

(1)AB;(2)AB;(3)BA;(4)ABC;(5)A(BC).

解：（1）AB{4} （2）AB{2,3,4,5,6} （3）BA{1,2,3,5,6}

（4）ABC{4,5,6} （5）A(BC){1,4,5,6} 5、对三个任意给定的事件A、B、C：

（1）试化简（AB）(BC) （2）试将ABC表成互斥事件之和

（3）化简(AB)(AB)(AB)(AB) （4）化简ABABABABAB 解：（1）(AB)(BC)[A(BC)][B(BC)]＝[ABAC][BBC]

ABACBBAC

（2）ABC(AAB)(BBC)(CAC)ABC

（3）(AB)(AB)(AB)(AB)(AABBABB)(AABBABB)

(ABB)(ABB)AA

（4）ABABABABAB(AA)B(AA)BAB

BBABABAB

6、指出下列各题是否正确（提示，可借助文氏图）（1）ABABB （2）ABAB （3）ABCABC （4）AB(AB)

（5）若AB，则AAB （6）若AB,CA，则BC＝ （7）若AB，则BA （8）若BA，则ABB （9）若ACBC，则AB （10）若ACBC，则AB 解：（1）ABB(AB)(BB)AB 正确

（2）ABBAAB 错误

（3）ABC(AB)(AC)ABACABC 错误（4）AB(AB)ABBA 正确（5）若AB，ABA 正确

（6）若AB,CA,则BCAB,BC 正确（7）AB,BA 正确

（8）若BA,则ABAB 错误

（9）若ACBC,A可以不等于B。当AC,BC时，AB等式也成立。（10）若ACBC,A可以不等于B。当CA,CB时，AB等式也成立

错误错误

7、对投掷一对均匀骰子的试验，可给出两个样本空间和1如下：是由第一颗骰子与第二颗骰子出现点数的对子组成，有

(1,1)(2,1)(3,1)＝(4,1)(5,1)(6,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(1,6)(2,6)(3,6) (4,6)(5,6)(6,6)3，4，5，6，7，8，9，10，11，12}。在求出现“点数之和而1由两颗骰子出现点数之和组成，有1＝{2，611＝；依1计算得p＝，试分别解释得此结果的依36611据，哪一个结果正确？怎样理解这一正确结果？

等于7”的概率时，依计算的p＝解：这两个结果都是依古典概率公式算得，因为骰子是均匀的，故每次投掷出现哪一个点数均应是等可能的，所以有理由认为对样本空间，其样本点是具等可能性的，据此用古

6典概率公式算出的结果p是正确的，因为中有6个样本点使点数之和等于7，而中

36共有36个样本点。这个概率的意义是说明在作大量次数投掷一对均匀骰子的试验时，约有11那么多次会碰上点之和为7的结果。依1计算得p＝，同样也用了古典概率公式，16111中共有11个样本点，而点数之和等于7只是1个样本点，所以得p＝，但是，对1而

11言，其样本点的等可能性明显是不成立的。

8、假设发现了一颗不均匀的骰子，由于它，使得在进行掷一对骰子的试验时，在上题的样本空间中出现偶数和（如（1,1）、（1,3）……）的次数比奇数和（如（2.1）、（2,3）……）的次数多一倍，求下列事件的概率：

（1）点数和小于6；（2）点数和等于8；（3）点数和是偶数

解：（1）在本题中，由于样本空间中出现偶数和的次数比奇数和的次数多一倍，因此样本空间中共有36＋18＝54个样本点；而点数和小于6这一事件分为点数和出现偶数并小于6和点数和出现奇数并小于6这两个事件，点数和出现偶数并小于6的事件包含

{(1,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,1),(1,3),(2,2),(3,1)}共8个样本点，而点数和出现奇数并小于6的事件

包括{(1,2),(1,4),(2,1),(2,3),(3,2),(4,1)}共6个样本点，因此点数和小于这一事件包括8＋6＝

14。 54（2）样本空间中的样本数同（1），包括54个样本点；而点数和等于8这一事件包括

14{(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)}共10个样本点，所以得到p＝。

54（3）样本空间中的样本数同（1），包括54个样本点；而点数和是偶数这一事件包括18

14个样本点，所以得到p＝ 4

36。 549、某人忘记了一个电话号码的最后一位数字，因此只能试着随意地拨这位数，试求他拨号×2＝36个样本点，所以得到p＝不超过三次就能接通电话的概率是多少？若记得最后一位是奇数，则此概率又是多少？解：随意拨电话号码的最后一个数字，其样本空间共有10个样本点，而他拨号不超过三

3次这一事件包括3个样本点，所以p＝＝0.3；若记得最后一位是奇数，则样本空间1共

103有5个样本点，同样他拨号不超过三次这一事件还是包括3个样本点，所以p＝＝0.6。

510、房间中有4人，试问没有2个人的生日在同一个月份的概率是多少？

解：样本空间共有124个样本点，而没有2个人的生日在同一月份这一事件包括个A12样

4A12本点，因此p＝4

1211、从1、3、5、7、9这五个数字中等可能地，有放回地接连抽取三个数字，试求下列事件的概率：

A＝{三个数字全不相同}，B＝{三个数字中不含1及5}，C{三个数字中5出现了两次}

3A5解：样本空间共有5个样本点：事件A中包含A个样本点，因此p1＝3＝0.48，事件B

5335331＝12个个样本点，因此中包含3个样本点，因此p2＝3＝0.216；事件C中包含C32C4531C32C4p3＝3＝0.096

512、将十本不同的书放置到一级空书架上去，求其中指定的某三本书恰好放在一起的概率。

10＝10！解：样本空间共有A10个样本点，而其中指定的某三本数恰好放在一起这一事件包括

38A3AAA3!8!个样本点，因此p＝108。

A10338813、将3个球放置到4个盒子中去，求下列事件的概率：

（1）A是没有一个盒子里有2个球；（2）B是3个球全在一个盒子内。

解：将球与盒子均作编号后处理，即球与盒子都是可辨别的，则样本空间共有43个样本点：

3A4（1）事件A中包含A个样本点，因此p13

434 5

1C4（2）事件B中包含C＝4个样本点，因此p23

41414、教室内10个人分别佩戴着编号从1号到10号的校徽，现从中任选3人并记录其校徽的号码，试求下列事件的概率：

（1）最小号码是5；（2）最大号码是5。

解：教室内10个人分别佩戴着编号从1号到10号的校徽，即人与校徽都是可辨别的，则

3样本空间共有个C10样本点：

（1）最小号码是5这一事件包含C52个样本点，因为除了最小号码是5外，其余2个号码

C52是从{6,7,8,9,10}中抽取，故为C，因此p13；

C1025（2）最大号码是5这一事件包含C42个样本点，因为除了最大号码是5外，其余2个号码

2C4是从{1,2,3,4}中抽取，故为C，因此p23。

C102415、盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，现从中有放回地抽取二次（每次取出一只），求下列事件的概率：（1） A是两次抽到的都是次品；

（2） B是一次抽到正品，另一次抽到次品。

解：灯泡是有放回抽取的，因此样本空间共有62个样本点：

221（1）事件A中包含2个样本点，因此p12＝；

692164＝。 62916、将上题改为无放回抽取两次后（相当于一次抽取2个），再计算这些事件的概率。

111C4C2＝16个样本点，因此p2（2）事件B中包含C2解：灯泡是有放回抽取的，因此样本空间共有C62个样本点：

2＝1个样本点，因此p1（1）事件A中包含C211＝； C621588＝。 2C61511C2＝8个样本点，因此p2（2）事件B中包含C417、一公司批发出售服装，每批100套。公司估计某顾客商欲购的那批100套服装中有4套是次品，12套是等级品，其余是优质品，客商在进货时要从中接连抽出2套作样品检查，如果在样品中发现有次品，或者2套都是等级品，客商就要退货。试求下列事件的概率：

（1）样品中1套是优质品，1套是次品；（2）样品中1套是等级品，1套是次品；（3）退货；（4）该批货被接受；（5）样品中有1套优质品。解：从100套服装中抽2取套，因此样本空间共有C1004950个样本点：

11C84＝336个样本点，因此（1）样本中1套是优质品，1套是次品这一事件包含C4211C4C33656 p1284＝＝；C100495082511C12＝48个样本点，因此（2）样本中1套是等级品，1套是次品这一事件包含C411C4C488； p2212＝＝C1004950825（3）退货，即包括样本中套是等级品，或者有次品这一事件包含

45676211112C12＋C4C84＋C4C12＋C4＝456，因此p3；＝4950825（4）该批货被接受，是退货的对立事件，因此

p41－p3＝749； 8251111C84＋C12C84＝1344个样本点，因此（5）样本中1套是优质品这一事件包含C41111C4C84＋C12C841344224p5＝＝. 24950825C10018、在桥牌比赛中，将52张牌任意地分给东、南、西、北四家，求在北家的13张牌中（1）恰有5张黑桃、4张红心、3张方块、1张草花的概率；（2）恰有大牌A、K、Q、J各1张，而其余皆为小牌的概率。

解：北家的13张牌是从52张牌中任意抽取，因此样本空间中包含C52个样本点：

5431C13C13C13（1）恰有5张黑桃、4张红心、3张方块、1张草花这一事件包括C13个样本点，

135431C13C13C13C13因此；p1＝ 13C5211119C4C4C4C36个样本点，（2）恰有大牌A、K、Q、J各1张，而其余皆为小牌这一事件包括C411119C4C4C4C4C36因此p2＝。 13C5219、甲、乙两人相约9点到10点间在某地点会面，约定先到者等候20分钟，过时就可离去。试求两人能会面的概率。

解：以、分别表示甲、乙二人到达的时刻，于是0X1，0Y1，即点M落在下图中的阴

影部分。所有的点构成一个正方形，即有无穷多个结果。由于每人在任一时刻到达都是等

1可能的，所以落在正方形内各点都是等可能的。而两人会面的条件是：X－Y，因此利

31212－2()2阴影部分的面积23＝5. 用几何概型计算几何概率为：p＝＝正方形的面积129

0 1 x y 1 1yx 31yx 320、在观察投掷一对均匀骰子100次之后，一个观察者估计第101次投掷出现点数和是偶数的概率为0.85。请评说对这一概率应给以相对频率解释（即统计概率）还是主观概率解释？试说明理由。

解：观察者通过投掷骰子100次，从而估计第101次投掷出现点数和是偶数的概率为0.85，这是对只发生一次的过程自信程度，只能作为主观概率解释，不是统计概率。

21、某地区的最新生存率统计数据表明，每10万人中有6万人活到了70岁以上，故而长

6期在该地区生活的A先生能活到70岁以上的概率是＝0.6，对这一概率应怎样理解？试

10说明理由。

解：这一概率只是反映了对A先生能活到70岁以上的自信程度，这一主观概率值是依据相对频率数据（生存率统计）作出的。

第二章基本定理

1、试用概率的可加性证明，若事件B蕴含A，即BA，则必成立P(AB)P(A)P(B)；而对任意的两事件A，B，必成立P（AB）。 P（AAB）P（A）P（AB）解：BA，则AB，而B与A-B互不相容，因此由概率的可加性，有：（AB）P（B）P（A）PB（AB）P（AB），从而有P(AB)P(A)P(B)——（*）。

若BA，则P（AB）P（AAB），显然ABA，利用（*）式，有 P（AB）P（AAB）P（A）P（AB）2、已知， PA=0.5，PB=0.4，PAB=0.1，试求（1）PAB；（2）PA|B；（3）PB|A；（4）PA|B 解：（1）PABP（A）P（B）P（AB）0.8；（2）PA|B（3）PB|AP（AB）0.10.25；

（2）PABP(A)P(B)P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)0.7；（3）PB|A1P(B)0.4；（4）PA|B1P(A)0.7

4、设PA>0，PB>0，试将下列4个数：PA，PAB，PA+PB，PAB按由小到大的顺序用不等号“≤”联结起来，并分别对每个不等号指明何时成为等号。

P（A）P（B）P（AB）解：P（AB）

0时“”成立 P（A）P（B）P（AB），当P（AB） 9

，当BA时“”成立 AABP（A）P（AB），第一个等号在AB时成立。 ABAP（AB）P（A）P（AB）P（A）P（B）15、已知独立事件A、B均不发生的概率为，“A发生B不发生”及“A不发生B发生”

9的概率相等。求PA。

解：根据题意可得：PAB=PAB，根据事件A、B是独立的可知，事件A与B以及事件

A与B都是独立的，从而有：P(A)P(B)P(A)P(B)，再由对立事件的概率公式及一些简

单计算可得P(A)P(B)，又由题意可得P(AB)1，结合独立性以及P(A)P(B)可推出92。 36、已知A、B、C三事件两两独立，ABC

19（1）若PA=PB=PC<及PABC=，求PA；

2161（2）若PA=PB=PC>0，试证PA<。

2P(A)解：（1）PABCP(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC) 3P(A)3P(A)2所以：P(A)13或者P(A)（舍去） 449 16（2）证明：P(AB)P(A)P(B)P(AB)2P(A)P(A)2

由于ABABC，于是2P(A)P(A)23P(A)3P(A)2，从而P(A)注解：有反例可以说明，题中要求证明P(A)1 21是不正确的，等号是可以成立的。 27、设已知事件A、B、C相互独立，试证：AB，AB，AB与C独立。

解：（1）P （[AB）C]P（ACBC）P（AC）P（BC）P（ABC） P（A）P（C）P（B）P（C）P（A）P（B）P（C）P（C）[P（A）P（B）P（A）P（B）]

P（C）[P（A）P（B）P（AB）]P（C）P（AB）

（[AB）C]P（ABC）P（A）P（B）P（C）P（AB）P（C）（2）P

（[AB）C]P[ABC]P（A）P（B）P（C）P（AB）P（C）（3）P P（AB）P（C）

8、设射手在相距100米处对目标进行射击，击中的概率是0.6；若第一次未击中，则进行第二次射击，但目标将被移远使距离拉成了150米；若第二次仍未击中，则进行第三次射击，此时已是相距200米了。设射手击中目标的概率与距离成反比，求射手击中目标的概率。

解：设A=“相距100米射击击中”；B=“相距150米射击击中”；C=“相距200米射击击中”；D=“击中目标”；

P（A）0.6；P(B/A)1001000.60.4；P(C/AB)0.60.3； 150200P(D)P(ABC)P(A)P(BA)P(CAB)0.60.40.40.40.60.30.832

9、投掷两个均匀的骰子，试求：

（1）若已知点数和是偶数时，点数和等于8的概率；（2）若已知点数和是奇数时，点数和大于6的概率；（3）若已知点数和大于6时，点数和是奇数的概率；解：（1）设A1=“点数和是偶数”，B1=“点数和等于8”

P（B1|A1）P（A1B1）P（B1）5。（参照第一章第7题）

P（A1）P（A1）18（2）设A2=“点数和是奇数”，B2=“点数和大于6”

P（B2|A2）P（A2B2）12

P（A2）18P（A2B2）1212。

P（B2）123621（3）P（A2|B2）11110、三个人独立地同时破译一密码，若各人能译出的概率分布是，，，求次密码能

534被他们破译出的概率。

解：设A=“甲译出密码”；B=乙译出密码”；C=丙译出密码”

111=，P（B）=，P（C）= P（A）534P（ABC）P（A）P（B）P（C）P（AB）P（AC）P（BC）P（ABC）

111111111111471213 534535434345606060523431-P(ABC)1-P(A)P(B)P(C)1。或者P（ABC）345511、盒中装有编号自1到10的十张卡片，现从中任意抽看两张的编号，第一次看一张，看后放回，混合后再抽看一张。若记第一张卡片的编号为，第二张卡片的编号为，现

12 11

令A{4}，B{7}，试求PB|A及PA|B。

112解：P（B|A）P（AB）111

P（A）C1010P（AB）1

P（B）612、袋中装有10个白球和20个黄球，今从中取出5个球（不放回），接着再取出10个球。P（A|B）求第一次取出全是黄球且第二次取出黄、白球各半的概率。

解：设A=“第一次取出的全是黄球”；B=“第二次取出的黄、白球各半”；

555C20C10C15 P（AB）P（A）P（B|A）510C30C2513、袋中装有a只白球，b只黄球，现从袋中任意取出1个球，观察颜色后再旋即放回袋中，并另加入c只与之同色的球。如此观察了三次，试求前两次取得黄球第三次取得白球的概率。

解：A1=“第一次取黄球”；A2=“第二次取黄球”；A3=“第三次取白球”；

bbca ababcab2c14、对一批空调设备70台要作验收检查，规定检查时对任意抽出的2台设备作样本进行检

P（A1A2A3）P（A1）P（A2|A1）P（A3|A1A2）查，先抽1台，不放回地再抽第二台，样本中只要有1台式次品就退货，否则就通过。生产厂知道这批产品中有3台是次品，试求下列事件的概率：

（1）这批货获得通过；（2）样本中恰有1台次品；（3）这批空调设备被退货。解：A1=“第一次抽到次品”；A2=“第二次抽到次品”；D=“被退货”。（1）P（A1A2）P（A1）P（A2|A1）67661474 70691610P（A1A2）P（A1A2）P（A1）P（A2|A1）P（A1）P（A2|A1）（2）P（A1A2A1A2）

673367134 7069706916101474136（3）P（D） 1P（A1A2）11610161015、B公司在B1厂和B2厂生产电视机显像管，每周产量共3000个，其中B1厂生产1800个有1%为次品，B2厂生产1200个有2%是次品。现从每周的产品中任选一个，求下列事件的概率：

（1）选出的产品是次品；

（2）已知选出产品是次品，它是由B1厂生产的；

（3）已知选出产品是正品，它是由B1厂生产的；

1%，P（A|B2）2% 解：设A=“选出的产品是次品”，则P（A|B1）P（B1）180032，P（B2） 30005532（1）P（A）P（A|B1）P（B1）P（A|B2）P（B2）1%2%1.4%

553P(A|B1)P(B1)53 （2）P(B1|A)P(A)1.4%71%[1P(A|B1)]11.4%35297

493（3）P(B1|A)P(A|B1)P(B1)P(A)16、用某种方法检测产品，若产品是次品，经检验为次品的概率是90%；若产品是正品，经检验定为正品的概率为99%。现从含5%次品的一批产品中任取一件进行进行检验，求下列事件的概率：（1）经检验定为次品；

（2）经检验定位次品而实为正品。

解：A=“次品”，B=“某方法检验为次品”。

P（B|A）0.9，P(B|A)0.99，P(A)0.05

（1）P(B)P(B|A)P(A)P(B|A)P(A)0.90.05[1P(B|A)]P(A)

0.90.050.010.950.0450.00950.0545 （2）P(A|B)1P(A|B)1P(B|A)P(A)0.90.0510.17

P(B)0.054517、某大学一个年级的学生有5000名，其中男、女士的比例为2:3，已知在男生中有10%选修会计学，女生中有6%选修会计学，现从这5000名学生中任选一人，求下列事件的概率：

（1）这位学生是选修会计学的女生；（2）这位学生是未选修会计学的男生；

（3）这位学生是选修会计学的学生；

2解：男生人数：50002000，男生选修会计人数：200010%200

53女生人数：50003000，女生选修会计人数：30006%180

5180（1）P（A） 5000

1800 5000200180380（3）P（C） 5000500018、用X射线检查肺癌的可靠性有些列数据，肺癌患者通过检查被确诊的有98%，而未患（2）P（B）肺癌者经检查有99%可正确确诊为未患肺癌，误诊率为2%及1%。在某人口密集的工业区，估计有3%的人患肺癌，先现从该地区任选1人检查，试求：（1）若此人被诊断成患肺癌，他确患此病的概率；（2）若此人被诊断成未患肺癌，他实患此病的概率；（3）解释以上结论的意义。

解：A=“用X光查肺癌”，B=“患有肺癌”，

98%3%1%97%=0.0391

P（A|B）P（B）98%3%P（B|A）0.7519

P（A）98%3%1%97%（2）P（B|A）P（A|B）P（B）（198%）3%=0.0006

P（A）10.0391（3）该结论说明X射线检查用于确诊肺癌的可靠性一般，并不令人满意，而用于排除肺癌的可靠性很好。

19、将两种信息分别编码成0或1传送出去，由于信道存在着干扰可能导致收到的信息与发送的不一致。设0被误收为1的概率是0.02，1被误收为0的概率为0.01；整个传送过程中，0与1的传送次数比为7:3，试求当收到信息0时，原发信息也是0的概率。解：设A=“发送0”，A=“发送1”，B=“接收0”，B=“接收1”。

P（A）0.7，P(A)0.3，P(B|A)=0.02，P(B|A)=0.01

P(A|B)P(B|A)P(A)(10.02)0.7686。

P(B|A)P(A)P(B|A)P(A)((10.02)0.70.010.368920、某公司准备向市场推出一批廉价的计算机，公司营销部预估，畅销的概率是0.5，销路一般的概率是0.3，滞销的概率是0.2。现决定先行试销，以检验销路情况，营销部估计，若计算机畅销，则在试用期内卖出200台以上的概率是0.9,；若销路一般，则试销卖出200台以上的概率是0.5；若销路不佳，则试销卖出200台以上的概率仅为0.1，倘若试销结束后，实际卖出数达200台以上，试求下列事件的概率：（1）这批计算机畅销；（2）这批计算机的销售一般；

（3）这批计算机的销路不佳；（4）这批计算机畅销货销路还可以。

解：A1=“畅销”；A2=“一般”；A3=“滞销”；B=“卖出200台以上”。

P(A1)0.5，P(A2)0.3，P(A3)0.2 P(B|A1)0.9，P(B|A2)0.5，P(B|A3)0.1

P(B)P(B|A1)P(A1)P(B|A2)P(A2)P(B|A3)P(A3)0.90.50.50.30.10.20.62

（1）P(A1|B)P(B|A1)P(A1)0.90.50.726

P(B)0.62P(B|A2)P(A2)0.50.30.242

P(B)0.62（2）P(A2|B)（3）P(A3|B)1P(A1|B)P(A2|B)0.032 （4）P(A1A2|B)P(A1|B)P(A2|B)0.968

21、设盒中有5个外形一样而均匀性不同的硬币，每个硬币经抛掷出现字面的概率分别为

113=0，=，=，=p1p24p32p44，p5=1，试求下列事件的概率：（1）任取一个硬币抛掷出现字面；

（2）任取一个硬币抛掷后出现字面，这个硬币是第i个硬币（i=1,2,3,4,5）；（3）若将（2）中的这个硬币再抛掷1次，又出现字面。解：设A=“字面”，Ai=“抛掷第i个硬币出现字面”。

P（A|B1）P（B1）P（A|B2）P（B2）P（A|B5）P（B5）（1）P（A）

1111111301[01]0.5

54555424P（A|B1）P（B1）0（2）P（B1|A）0

P（A）0.5111P（B2|A）450.1

0.51011250.2 P(B3|A)0.531P(B4|A)450.3

0.5 15

150.4 P(B5|A)0.5（3）C=“再次出现字面”

1P（C）P[C（|B1|A）]P（B1|A）P[C（|B2|A）]P（B2|A）P[C（|B5|A）]P（B5|A）113 000.10.20.310.40.75

42422、甲乙丙三人向同一飞机射击，设击中概率分别是0.4，0.5，0.7。若有一人击中，则飞

机被击落的概率是0.2；若有两人击中，则飞机被击落的概率是0.6；若三人全击中，则飞机定被击落，试求飞机被击落的概率。

解：设A1=“一人击中”；A2=“两人击中”；A3=“三人击中”；B=“飞机被击落”；

C1=“甲射击”；C2=“乙射击”；C3=“丙射击”。 P（A1）P（C1C2C3C1C2C3C1C2C3）

P（C1C2C3）P（C1C2C3）P（CC2C3）P（C1）P（C2）P（C3）P（C1）P（C2）P（C3）P（C1）P（C2）P（C3）

0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36

P(A2)P(C1C2C3C1C2C3C1C2C3)

P(C1C2C3)P(C1C2C3)P(C1C2C3)

P(C1)P(C2)P(C3)P(C1)P(C2)P(C3)P(C1)P(C2)P(C3)

0.40.50.30.40.50.70.60.50.70.41

P(A3)P(C1C2C3)0.40.50.70.14

P(B)P(B|A1)P(A1)P(B|A2)P(A2)P(B|A3)P(A3)

0.20.360.60.4110.140.458

23、用某种仪器检验电子元件，若元件是正品，经检验定为正品的概率是0.99；若元件是次品，经检验被定为正品的概率是0.05，当有大批元件送检时，检验员只能从一批元件抽取样本来检验；无放回地抽取3件，对每1件独立地进行检验，若3件全验定为正品，这批元件就可以出厂。现送来元件100件，已知其中有4件次品，求这批元件能出厂的概率。解：设A1=“第一次抽出的是正品”；A2=“第二次抽出的是正品”；A3=“第三次抽出的是正品”； B1=“第一次检验出的是正品”；B2=“第二次检验出的是正品”；B3=“第三次检验出的是正品”；

P（A1）96 100959696496 9910099100100P（A2）P（A2|A1）P（A1）P（A2|A1）P（A1）P（A3）P（A3|A1A2）P（A1A2）P（A3|A1A2）P（A1A2）

P（A3|A1A2）P（A1A2）P（A3|A1A2）P（A1A2）

9496959549695964964396 9810099981009998100999810099100P（B1）P（B1|A1）P（A1）P（B1|A1）P（A1）0.990.960.050.040.9524 P(B2)P(B2|A2)P(A2)P(B2|A2)P(A2)0.9524 P(B3)0.9524

P(B1B2B3)[0.9524]30.8639

“抽取3件元件中恰有i件次品”,i0,1,2,3. “这批原件能出厂”方法2：设A；Bi321123C96C96C4C96C4C4则有：P(B0)3,P(B1)3,P(B2)3,P(B3)3；

C100C100C100C100有根据独立性，有：

P(A|B0)(0.99)3,P(A|B1)(0.99)2*0.05,P(A|B2)(0.05)2*0.99,P(A|B3)(0.05)3

利用全概率公式：

P(A)P(A|Bi)P(Bi)0.8629

i03注解：两种方法有微小误差是因为在考虑无放回抽取问题时，对于总量很大而抽取少数几件的情况，可以把每次抽取产品之间近似看成是相互独立的。

24、有三箱同型号产品，分别装有合格产品20件、12件、17件；不合格产品5件、4件、5件，现任意打开一箱，并从箱内任取一件进行检验。由于检验误差，每件合格品被检验误定为不合格品的概率为0.04，不合格品被定为合格品的概率亦为0.06。试求下列事件的概率：

（1）取出的这件产品经检验为合格品；（2）被验为合格品的产品真是合格品。

解：设A=“合格品”；B=“检验为合格品”；C1=“抽出第一箱中的产品”；C2=“抽出第二箱中的产品”；C3=“抽出第三箱中的产品”。

1P(C1)=P(C2)=P(C3)=

3201217P(A|C1)=，P(A|C2)=，P(A|C3)=

251622P（B|A）004，P（B|A）006

P（A）P（A|C1）P（C1）P（A|C2）P（C2）P（A|C3）P（C3）

2011211717 25316322392P（A）

972P（B|A）P（A）P（B|A）P（A）（1）P（B）096006076

997096P（B|A）P（A）909824 （2）P（A|B）P（B）07625、甲乙两只袋,分别装4份,8份报名表，其中女生的报名表分别有2份，6份，现任取一袋并从中先后取出2份报名表。（1）求先取出那份是女生报名表的概率

（2）已知后取出的是男生的表，求先取出那份是女生的表的概率

解：设事件A=“取甲袋”；B=“取得的第一份表是男生的报名表”；C=“取得的第二份表是男生的报名表”。

111根据题意，则有：P(A),P(B|A),P(B|A)

224（1）利用全概率公式有：

11135P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)**

22248

（2）利用贝叶斯公式有：

P(B|C)P(C|B)P(B)，而

P(C|B)P(B)P(C|B)P(B)11111117**** 22324716811213223P(C|B)P(B)P(A)P(B|A)P(C|AB)P(A)P(B|A)P(C|AB)****

22324784234684因此：P(B|C)。

23176384168P(C|B)P(B)P(A)P(B|A)P(C|AB)P(A)P(B|A)P(C|AB) 18

第三章离散型随机变量

1、一射手对某目标进行了三次独立射击，现将观察这些次射击是否命中作为试验，试写出此试验的样本空间；试在样本空间上定义一个函数以指示射手在这三次独立射击中命中目标的次数；设已知射手每次射击目标的命中率为，试写出命中次数的概率分布。解：设Ai=“第i次射中”，i=1,2,3。则有：

{(A1,A2,A3),(A1,A2,A3),(A1,A2,A3),(A1,A2,A3),(A1,A2,A3),(A1,A2,A3),(A1,A2,A3),(A1,A2,A3)} {1,2,,8}

令代表击中目标的次数，则：

(1)3，(2)(3)(4)2，(5)(6)(7)1，(8)0

P(3)P(1)P(A1A2A3)(0.7)30.343

P(2)P(2P(3)P(4)3P(A1A2A3)30.70.7(10.7)0.441 P(1)P(5)P(6)P(7)3P(A1A2A3)30.7(10.7)(10.7)0.189 P(0)P(80)P(A1A2A3)(10.7)30.027

1230所以，的分布列为：0.0270.1890.4410.343.

2、一批零件中有9个合格品、3个废品，安装机器时从这批零件中任取1个来使用，若取得废品就不再放回而再取1个，求在取得合格品之前已取出的废品数的概率分布。解：令代表废品数，则的可能取值为：0,1,2,3

111C3C9C993927 P(0)1 P(1)11C1212C12C111211132111C3C9C232954 P(2)111C12C11C1012111013201111C3C9C2C1321954 P(3)1111C12C11C10C912111091188012305454 所以，的分布列为：927121321320118803、设在10个同类型的一堆产品内混有2个废品，现从中任取3次，每次取1个，试分别就（1）取后不放回；（2）取后放回两种不同情况，求出取得废品数的概率分布。

解：（1）令代表废品数，则的可能取值为：0,1,2

1312C82C2C8C8C2，P(2) P(0)3，P(1)33C10C10C1003所以，的分布列为：C8C31011CC23C102822CC2 3C1018（2）令代表废品数，则的可能取值为：0,1,2,3

1C8P(0)C11011C8C10.512，P(1)C3101C21C102321C2C10.384 10312C8P(2)C3C1101C20.096P(3)，C10.008 101230所以，的分布列为：0.5120.3840.0960.008.

4、自动生产线经调整后出次品的概率是p，若在生产过程中出现次品就立即要进行调整，试求在两次调整之间生产的合格品数的概率分布。解：令合格品数为，则

P(0)P{两次调整之间生产的是一件次品}p

P(n)P{两次调整之间前n次生产正品，第(n1)件是次品}pqn，

其中（n=1,2,3，……；q1p）

0所以，的分布列为：p1pq2pq23npq3pqn，其中q1p 125、甲、乙两人分别独立的对同一目标各射击1次，甲、乙击中目标的概率分别为p，p，试求击中目标次数的概率分布。

解：令为击中目标的概率，则的取值为0,1,2

P(0)(1p1)(1p2) P(1)(1p1)p2p1(1p2) P(2)p1p2

01所以，的分布列为：(1p)(1p)(1p)pp(1p)1212122 p1p2ak1,2,,N，，N6、（1）已知随机变量所有的可能值是1，2，… ，N ，且已知P(k)试确定a的值；

2（2）试问下式的c取何值能使P(k)c，k1,2,，为分布律。

3解：（1）由概率的规范性，可知

kP(k)1，则，k1k1NNa1，从而a=1； N（2）由概率的规范性，可知

221kk3322P(k)1，则c1，而limn2k1k13k1313所以2c=1，c=

1。 2n12

7、设在某种试验中，试验成功的概率为

3，以表示首次取得成功的试验次数序号，试写4出的分布律，并求出为偶数的概率p。

解：令代表首次取得成功的试验次数序号，从而的取值为1,2，…

P(1)3； 433P(2)1；

4433P(3)1

44……

23P(k)14……

k13 423k12k133所以，的分布列为：33333，k1,2, 1114444444

为偶数时，PP(2)P(4)

35331113333=11= 444444443=lim4n111442(n1)11421341

5415168、一本500页的书，共有100个错别字，设每个错别字等可能的出现在500页的任何一页上，现考察该书某一页上的错别字数，试用n重贝努利试验描述之。

1499解：每个错别字以概率p出现在该页，而以概率q不出现在该页，由于错别字

5005001是否出现在该页对其他错别字是否出现没有影响，故该页上错别字字数~B（100，）。

5009、人类的血型可粗分成O、A、B、AB等四型，设已知某地区人群中这四种血型人数的百分比依次为0.4、0.3、0.25、0.05，要从该地区任意选出10人，考察带AB型的人数，试用n重贝努利试验描述之。

解：由于只关心AB血型的人数，其他血型可不予区分，故在此时每个人血型只有两个可能结果：AB型或者非AB型。这样p0.05是任取一人，其血型为AB型的概率，而问题可说成是成功概率为p的10重贝努利试验，带AB血型的人数~B（10，0.05）。

10、某建筑物内装有5个同类型的供水设备，设在任一时刻每个设备被使用的概率是0.2，又设各个设备是否被使用相互独立，求在同一时刻下列事件的概率：（1）恰有2个设备在使用；（2）最多有2个设备在使用；（3）至少有2个设备在使用；（4）有多数设备在使用。

解：设代表设备使用的个数，=0，1，2，…，5，由题意，显然~B（5，0.2）（1）P(2)C52p2q3C52(0.2)2(0.8)30.2048 （2）P(2)P(0)＋P(1)＋P(2)

01C5(0.2)0(0.8)5C5(0.2)1(0.8)4C52(0.2)2(0.8)30.94208

1(0.2)1(0.8)40.26272 （3）P(2)1P(0)P(1)1C50(0.2)0(0.8)5C5（4）有多数设备在使用，即超过半数以上的设备在使用，故应取应取3,4,5，即>2，从

而P(2)1P(2)10.942080.05792

11、设事件A在一次试验中发生的概率为0.3，当在进行多次试验时，若发生3次或更多次时，指示灯就要发出信号，求下列情况下，指示灯发出信号的概率：（1）共进行次试验；（2）共进行次试验。

解：设代表事件发生的次数，由题意~B(n,0.3)

（1）因为试验只进行3次，要指示灯发出信号，则事件只能出现3次

3(0.3)3(0.7)00.027 P(3)P(3)C3（2）因为试验进行5次，要指示灯发出信号，则事件可发生3次、4次和5次

P(3)P(3)P(4)P(5)

35(0.3)3(0.7)2＋C54(0.3)4(0.7)1＋C5(0.3)5(0.7)00.16308 =C512、某商店有4名售货员，据统计，每名售货员平均在一小时内用秤的时间为15分钟，各人何时用秤相互独立。试问：（1）该店配备几台秤较为合适？

（2）若按（1）的结果配秤，一天8小时内平均有多少时间秤不够用？

1解：设代表一小时内用秤的售货员数，则~B(4,)

401（1）P(0)C441308130.3164 4256413P(1)C0.4219

441421P(2)C44230.2109 42P(2)P(0)P(1)P(2)0.9492

故同时用秤的人数不超过2人的概率接近0.95，从而可配2台秤，这样既不使秤过度闲置，也不致常因秤不够用而影响业务；

（2）由题（1），每小时，2台秤的平均使用率为0.9492，那么还有（1-0.9492）×1的时间内秤不够用，而在8小时内，秤不够用的时间就为（1-0.9492）×8=0.4064（小时）。

113、已知某厂产品的次品率是，今从其大批产品中任取件10来检验，问其中是否必有1

10件次品？为什么？

1解：任取一件产品为次品的概率为，任查十件产品的次品率是在这十件产品中次品出现

的频率，两者有区别，可算出任取10件产品其中1件是次品的概率为

1pC10(0.1)(0.9)90.3874，可见，如果经常任抽十件检查，约有38.74%的机会会遇到1件

次品。

14、进行8次独立的射击，设每次击中目标的概率均为0.3，试问：（1）击中几次的可能性最大？并求出相应的概率；（2）求至少击中目标2次的概率。

解：设代表击中目标的次数，则＝0，1，2，3，…，8，显然~B(8,0.3)

（1）(n1)p2.7，由二项分布的定理2，取kent((n1)p)2时，B(2;8,0.3)的值最大，故击中2次的可能性最大pC82(0.3)2(0.7)60.2965

1P(1)1C80(0.3)0(0.7)8C8(0.3)1(0.7)70.7447 （2）P(2)1P(0）15、某厂产品的次品率为0.005，问在它生产的1000件产品中：（1）只有1件次品的概率；（2）至少有1件次品的概率；

（3）最大可能有几件次品，概率是多少？

解：设代表产品为次品的件数，= 0,1,2，…，1000，显然~B(1000,0.0005)。显然n很大，p很小，从而~P()，np5

5（1）P(1)e50.0337

1!505（2）P(1)1P(0)1e0.9933

0!555（3）最多可能有5件次品，其概率为P(5)e0.1755

5!16、为了保证设备能够正常运转，需配备适当数量的维修人员（配少了有时会影响设备正常运转，配多了会造成浪费人力资源），根据检验，每台设备发生故障的概率是0.01，各台设备情况相互独立，试问：

（1）若由1人负责维护20台设备，有设备发生故障而不能得到及时维修的概率；（2）若有设备100台，每台发生故障时均需1人去处理，则至少要配多少维护人员，才能使设备发生故障时不能得到及时维修的概率不超过0.01。

解：（1）设代表一人负责的20台设备中，同时发生故障的台数，=0,1,2，…，20，显然~P()，np0.2

0.200.20.210.2P(2)1P(0)P(1)1e－e0.01755

0!1!（2）设代表100台设备中，同时发生故障的台数，=0,1,2，…，100，显然~P()，

np1

101111P(0)e0.3679；P(1)e0.3679；

0!1!121131P(2)e0.1839；P(3)e0.0613；

2!3!141P(4)e0.0153

4!P(0)P(1)P(2)P(3)P(4)0.9963

故在100台设备中，有4台同时发生故障的概率在0.9963，所以应派4个维修人员，才能使得设备发生故障而不能得到及时维修的概率不超过0.01。

17、设要对某一物理量进行测量，已知由于各种原因而导致带过大测量误差的概率是0.05，现在独立的进行了100次测量，求误差过大的次数不小于3的概率。

解：设代表100次测量中，出现过大测量误传的次数，=0,1,2，…，100，显然~P()，

np5

505515525P(3)1P(0)P(1)P(2)1eee0.8753

0!1!2!18、设随机变量服从参数为的泊松分布，问m为何值时，概率P(m)最大。解：P(k)kk!e，P(k1)k1(k1)!e

所以

P(k)

P(k1)k（1）k，P(k)P(k1)，P(k)

（2）＝k，P(k)＝P(k1)，P(k)达到最大值（3）k，P(k)P(k1)，P(k)

从而，当非整数时，m[]，使P(m)最大；当是整数时，m或m1，同

时使得P(m)最大。

19、一产品的次品率为0.1，检验员每天抽检4次，每次随机抽查10件产品进行检验，如发现次品多于1件，就要调整设备，以表示1天要调整设备的次数，求E。解： 代表1天要调整设备的次数，=0,1,2,3,4

令代表1次抽检中抽出次品的件数，=0,1,2，…，10，显然~B(10,0.1) 令Ai =“每i次抽检时，抽出次品多于1件，从而调整设备”，i=1,2,3,4

P(Ai)1P(0)P(1)0.2642 P(Ai)1P(Ai)0.7358

则~B(4,P(Ai))

P(0)[P(Ai)]40.2931

1P(1)C4P(Ai)[P(Ai)]30.421 2P(2)C4[P(Ai)]2[P(Ai)]20.2267 3P(3)C4[P(Ai)]3P(Ai)0.0543 4P(4)C4[P(Ai)]40.0049

12340从而，~0.29310.4210.22670.05430.0049

所以，E00.2931＋10.421＋20.2267＋30.0543＋40.00491.0569 或者直接用Enp40.26421.0569

20、一长途客车沿途可靠k个站，规定途中只可下客不能上客，一个站若无人下车可不停。设始发时车上乘客数十参数为的泊松分布随机变量，每个乘客在这k个站中哪一站下车是等可能的。求有2个乘客在终点站下车的概率p。解：设始发时车上人数为m个，则P(m)mem!，m=2,3,4，……。由于每个乘客在k

1。不在终点站下车的概率为k个站中下车是等可能的，所以乘客在终点站下车的概率为

q1

1。则每个乘客是否在终点站下车时独立的，因此可把在终点站下车的乘客数看作k26

如从p11的m重伯努利试验。设在终点站下车的乘客数为，则~B(m,)。则

kk2m2m2P(2|m)Cpq。由全概率公式P(2)P(m)P(2|m)m22ek/2!k2

21、某生产流水线一天出次品数为=5的泊松分布，若采用新工艺，则有0.75的可能使

成为=3的泊松分布，但也有0.25的可能失效。现采用新工艺生产，结果一天出了2件次品。问新工艺有效地概率多大？（令A=“新工艺有效”。）

解：令A=“新工艺有效”，则P(A)=0.75；新工艺无效为A，P(A)=0.25；新工艺有效情况

3ke3下次品件数服从参数为3的泊松分布，P(k|A)；新工艺无效，即旧工艺有效

k!5ke5情况下，次品件数服从参数为5的泊松分布，P(k|A)。则由贝叶斯公式，

k!P(A|2)P(2|A)P(A)0.89。

P(2|A)P(A)P(2|A)P(A)22、某设备一天发生故障次数服从泊松分布。已知一天内发生1次故障与发生2次故障的概率相同，求每天发生故障不超过1次的概率。解：设发生故障次数服从参数为的泊松分布，P(k)kek!。由P(1)P(2)可

得，=2（=0舍去）。P(1)P(0)P(1)3e2。

21013111，试求： 23、已知的分布列为3a3aa630（1）a的值；（2）E；

（3）21的分布列；（4）用两种方法算出E

210111111111，从而a=。因此，~1解：（1）3a3aa63015651551111113（2）E(2)(1)013

56515305311 30 27

10387111 （3）1，所以，~15305301711110（4）E(1)038

530530311111110EE(21)30(1)08

5651530322202224、设已知~0.40.30.3，试求E，E，E(35)，D

解：E(2)0.400.3＋20.30.2

E2(2)20.400.3＋220.32.8 E(325)3E2513.4 DE2(E)22.76

1025、设随机变量的分布列为pq，试问p取何值时，使D达到最大值。

解：E1p0qp

E212p0qp

11从而，DE2(E)2pp2(p)2

2411所以，当p时，Dmax

4226、袋中有8个球，6个黑球，2个白球。每次从袋中取2球，取出后不放回。在第3次从袋中取球时，所得白球数为，求E。

解：第三次取球时，已经取出了4个球，这4个球有三种情况。

42C63C21第一种情况：4个黑球，用A表示。P(A)4，P(0|A)2，

C814C46112C2C22C21P(1|A)2，P(2|A)2；

C43C4631C6C24C321第二中情况：3黑1白，用B表示。P(B)，P(0|B)2，4C87C421C31P(1|B)2，P(2|B)0；

C42 28

222C6C23C4第三种情况：2黑2白，用C表示。P(1|C)0，P(C)，P(0|C)21，

C8414C4P(2|C)0；

由全概率公式：

2P(0)P(0|A)P(A)P(0|B)P(B)P(0|C)P(C)也可以把第三次取出的白球数看作服从伯努利分布，即~B(2,1/4)，Enp1/2。 27、一台仪器有3个元件，各个元件发生故障与否相互独立，且发生故障的概率分别为0.2，0.3，0.4。求发生故障元件总数的E和D。

解：设发生故障的元件数为，则=0,1,2,3。三个元件发生故障分别记为A，B，C。

P(A)0.2，P(B)0.3，P(C)0.4，三个元件发生故障与否相互独立，因而： P(0)P(ABC)P(A)P(B)P(C)0.336

P(1)P(ABCABCABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)0.452 P(2)P(ABCABCABC)0.188

P(3)P(ABC)P(A)P(B)P(C)0.024

E0*P(0)1*P(1)2*P(2)3*P(3)0.9 E202*P(0)12*P(1)22*P(2)32*P(3)1.42 DE2(E)20.61

28、设一部机器在一天内发生故障的概率是0.2，若一周5个工作日无故障则机器可产生利润10万元，发生1次故障仍可生利5万元，发生2次故障就没有利润了，若发生3次或3次以上的故障就要亏损2万元。试求一周利润的期望值。

解：令代表一周内机器发生故障的次数，=0,1,2，…，5，显然，~B(5,0.2)

55P(0)0.20.80.32768 0

514P(1)0.20.80.4096 1523P(2)0.20.80.2048 2P(3)1P(0)P(1)P(2)0.05792

所以，E100.32768＋50.4096＋00.2048＋(2)0.057925.126（万元）。

第四章连续型随机变量

1、试根据习题3第1题随机变量的概率分布列写出的分布函数，并画出分布函数的图形。

1230解：概率分布列为0.0270.1890.4410.343

x000.0270x1其分布函数为F(x)0.2161x2

0.6572x3x31（图形略）。

0，1，102、已知离散型随机变量的分布函数是F(x)5，10111解：P(0)F(0)F(00)0

1010111514P()F()F(0)

22210101055P(1)F(1)F(10)1

10101102 所以，~1451010100,1,313、已知的分布函数为F(x),22,31,x11x0x010x2 试求的概率分布列。

1x121x0x1，试求=的分布函数。 1x22x211解：P(1)F(1)F(10)0

33111P(0)F(0)F(00)

236211P(1)F(1)F(10)

326

P(2)F(2)F(20)121 3310所以，~113611621 3而=20，从而~16112y0010y1461，所以，的分布函数为F(y) 21y433y414、已知离散型随机变量的分布列和分布函数可以写成：

0,r,011.523s,11，F(x)1abc2,63t,u,x11x00x11x22x33x 其中a,b,c,r,s,t,u是常数，

试先求概率P(1.2)，P(0.5)，再求常数a,b,c,r,s,t,u的值。解：

P(1.2)F(1.2)F(1.20)110 2212P(0.5)1P(0.5)1P(0)1

330P(1)F(1)F(10)r0r，所以r0

11P(0)F(0)F(00)srs，所以s 33111

aP(1)F(1)F(10)s，所以a

266

112P(2)F(2)F(20)t，所以t 623又x3，F(x)1，所以u1

cP(3)F(3)F(30)1211，所以c 33311而pi1，从而abc1，所以，b0

36i因此，a

1112，b0，c，r0，s，t，u1 633332

x25、设连续型随机变量的分布函数是F(x)ABe,0,x222x0 求系数A和B。 x0解：由limF(x)1，得limABexxA，所以A1

又因为连续型随机变量的分布函数也连续，所以limF(x)limF(x)，－x0x0从而

0limABex0x22AB，所以B1

A,6、设随机变量的密度函数为f(x)1x20,x1x1，

1试求：（1）系数A；（2）概率P；（3）分布函数F(x)

2解：（1）因为f(x)dx1，所以1A1x21dx1，解得A1

11111（2）P()P()21dx

222221x0x10x1x111dx1x1arcsinx1x1 （3）F(x)211x21x11x17、设随机变量服从拉普拉斯分布，其密度函数为f(x)Aex,（1）系数A；（2）概率P(01)；（3）分布函数F(x) 解：（1）因为f(x)dx1，所以x 试求：

Aedx1，解得Ax1 2111x11（2）P(01)edxexdxe1

020222x11xxedxx02e2（3）F(x)0x11x1edxexdx0x1ex02221x0

0x13x2/2xe,x08、设连续型随机变量的密度函数是f(x)2，

0,其他

试求：（1）的分布函数F(x)；（2）21的密度函数f(y)

x解：（1）当x0时，F(x)xf(u)du0;

x当x0时，F(x)12x2/2f(u)duf(u)du1(x1)e. 200,x0,12综上，F(x) x2/21(x1)e,x0.2（2）F(y)P(y)P(21y)P(2y1) 当y1时，F(y)0

当y1时，F(y)P(2y1)P(y1y1)

1F(y1)F(y1)1((y1)1)e(y1)/2

20,y1综上，F(y) 1(y1)/21((y1)1)e,y1.20,y1因而，f(y)1 (y1)/2(y1)e,y1.4xx22,x0 9、设随机变量服从瑞利（Rayleigh）分布，其密度函数为f(x)2ex00,试求：E，D，P(E) 解：Exf(x)dx20xxe2x222dx2

E2x2f(x)dxx20x2ex222dx

DE2(E)2(2)2

2P(E)P(2)x22ex222dxe4

10、在每次试验中，事件A发生的概率为0.5，试用切比雪夫不等式估计，在1000次独立重复试验中，事件A发生450到550次之间的概率。

解：设在1000次试验中A发生次，则~B(1000,0.5)，从而Enp500，Dnpq250，

D0.9 50211、一个供电网内共有1万盏功率相同的灯，在夜晚的某段时间内每盏灯开着的概率是0.7，由切比雪夫不等式得到：P(450550)P(50050)1设各盏灯的开或关彼此独立。试用切比雪夫不等式估算求该时段内同时开着的灯数在6800到7200之间的概率。

解：设代表同时开着得灯数，从而~B(10000,0.7)，Enp7000，Dnpq2100，

D0.9475 220012、设一条自动生产线生产的产品之合格率为0.8，要使一批产品的合格率达到0.76与0.84由切比雪夫不等式可得P(68007200)P(7000200)1之间的概率不小于0.9，试用切比雪夫不等式估计这批产品至少应生产多少件。解：设至少生产n件，其中合格品件数为~B(n,0.8)，从而Enp0.8n，Dnpq0.16n，又P(0.76n0.84)P(0.76n0.84n)P(0.8n0.04n)1D1001

(0.04n)2n由题意，P(0.76n故，至少应生产1000件产品。

0.84)0.9，所以，11000.9，从而n1000 n13、设随机变量在（0,1）上服从均匀分布，试求一常数a，使任取4次的值，至少有1个大于a的概率为0.9。

1x(0,1)解：的密度函数f(x) 0其他令A=“取1次的值大于a”，则pP(A)af(x)dx1dx1a

a1令代表4次取值中，事件A发生的次数，则~B(4,p)

00p(1p)41a40.9 所以，P(1)1P(0)1C4从而，a40.1，所以a40.10.562

14、设随机变量在（1,6）上服从均匀分布，求方程x2x10有实根的概率。

1解：的密度函数为f(x)50

x(1,6)其他

方程x2x10有实根，则2402或2 所以，p2x40f(x)dx0dx26214dx 5515、某次考试中，考生得分服从（50,90）上的均匀分布，求任意4个考生至少有3人在60分以上的概率。

,50x90解：分数服从（50,90）上的均匀分布，其密度函数为f(x)40，

0,其他901P(60)133。设4个人中在60分以上的人数为，则dx~B(4,)，所求概率为440460P(3)P(3)P(4)0.738。

a,x116、设某连续型随机变量的分布函数为F(x)xlnxbxd,1xe，

c,xe试求：（1）a，b，c，d之值；（2）P(2)；（3）概率密度f(x)。

解：（1）由分布函数的性质，limF(x)0，得a0；limF(x)1，得c1；又由连续型

nn随机变量的分布函数的连续性，F(1)F(10)0，得bd0；F(e)F(e0)1，得

eebd1；由式bd0与式eebd1，得b1，b1。（2）P(2)1P(2)1F(2)22ln2 （3）f(x)dF(x)lnx,x[1,e] dx0,x[1,e]17、客车到达某一站的时刻为每个整点的第5分、15分、25分钟。设一乘客在早8点到9点间随时到达该站，求候车时间的数学期望。

解：设乘客到站时刻为8点分，则~U(0,60)，令候车时间为，

05525525则

255555605556052555601111所以，E(5x)dx(25x)dx(55x)dx(65x)dx

0525556060606011.7（分）

18、假定在国际市场上每年对我国某种出口商品的需求量（单位：t）~U(2000,4000)，设每售出此商品1t，可得外汇3万元，若因售不出而囤积仓库则需花保养费1万元/t，问组织多少货源可使收益最大？

2000x4000解： ~U(2000,4000)，则的密度函数为f(x)2000

0其他13x0x0x组织货源0，再令收益为，则

3(x)x00所以，E120004000x03x0x011dx[3x(x0x)]dx

2000200020001223x(4000x)[9x(8000x)] 00008要使E最大，则

d(E)0，从而x03500（t） d19、设随机变量具有连续的分布函数F(x)，试证F()是(0,1)上的均匀分布。证：因为F(x)单调连续，且0F(x)1，从而：当y0时，P(y)0；当y1时，P(y)1

在y(0,1)时，P(y)P(F()y)P(F1(y))F(F1(y))y

y0010y1所以，F(y)y0y1，从而f(y)

0其他1y1因此，F()是（0,1）上的均分分布。 20、设~N(1,22)，试查表求出下列概率：

（1）P(2.2)；（2）P(1.65.8)；（3）P(3.5)；（4）P(4.56) 解：因为~N(1,22)，所以有：

2.211)P(0.6)(0.6)0.7257

2221.6115.811)P(1.32.4) （2）P(1.65.8)P(2222（1）P(2.2)P(1(2.4)(1.3)(2.4)(1.3)10.8950

（3）P(3.5)P(3.53.5)P(3.5113.51) 222(1.25)(2.25)10.8822

（4）P(4.56)1P(4.564.56)1P(4.56114.561) 2221[(1.78)(2.78)1]0.0402.

21、设~N(60,9)，试求出分点x1，x2，x3，x4使落在区间（，x1），（x1，x2），（x2，

x3），（x3，x4），（x4，）内的概率值之比为7:24:38:24:7。

解：由~N(60,9)，令603~N(0,1)

由正态分布密度函数的对称性，可见x460(x160)，x360(x260)

x60x60由30.496，从而x361.488，x258.512 0.69，得到333x60x60由41.474，从而x464.422，x155.578 0.93，得到43322、设~N(2,2)，若P(12)0.6826，求。解：由~N(2,2)，令2~N(0,1) 1222232P(12)P()P(1)

33(1)()(1)()10.6826

33所以()0.8413，从而1，因此3

23、测量到某一目标的距离时发生的随机误差（米）具有概率密度f(x)求在3次独立的测量中至少有1次误差的绝对值不超过30米的概率。

1e402(x20)23200，

解：由题意，~N(20,402)，令A=“1次误差的绝对值不超过30米”，则

P(A)P(30)P(3030)P(P(1.253020203020) 40404020400.25)(0.25)(1.25)1

以代表3次独立重复测量中，事件A发生的次数，则~B(3,0.4931) 所以，P(1)1P(1)1P(0)1(10.4931)30.8698

24、设电视机的使用寿命是服从参数值0.1的指数分布，某人买了一台旧电视机，问尚能使用5年以上的概率；若不服从指数分布，设其分布函数为F(x)，且已知此电视机已用过s年，则上述的概率将成什么？

0.1x0.1e解：的密度函数为f(x)0x0 其他所以，P(5)0.1e0.1xdxe0.50.6065

5P(s5s)P(s5)1P(s5)1F(s5)

P(s)1P(s)1F(s)25、设随机变量服从参数为2的指数分布，试证1e2在区间(0,1)上服从均匀分布。

2e2xx0解：~E(2)，的密度函数为f(x)

其他0所以，当0y1时，P(y)P(1ey00F(y)P(y)y0y1，1y121ln(1y)1y)P(ln(1y))22e2xdxy

0210y1f(y)

0其他因此，1e2~U(0,1)

t1526、某厂产品的寿命T（单位：年）服从指数分布，其概率密度函数为f(t)5e,t0

t00,工厂规定，售出的产品若在1年内损坏可以调换。若工厂售出1件产品可获利100元，调换1件产品工厂要损失300元，试求工厂售出1件产品获利的数学期望值。

T1100解：由题意，1件产品获利p

3000T115150.2E(p)(300)edt100edt400e30027.4 则，01551tt0,x11/8,x1127、已知随机变量有P(1)及其分布函数为F(x)， 4axb,1x11,x1试求参数a，b的值。

解：由P(1)F(1)F（1-0）1（-ab）1/4 又由分布函数的右连续性F(1)F(10)，得由此可解得：a1ab 857，b 161628、设某个卫星的寿命长度是服从指数分布的随机变量，期望寿命是2年，若同时发射3颗这样的卫星，问3年后，至少还有1颗卫星仍在轨道上运行的概率。

1解：令代表某个卫星的寿命长度，由于E()2，从而

20.5e0.5x1所以~E()，其密度函数为f(x)20x0其他

令A=“3年后，此卫星还正常运行”，则P(A)P(3)0.5e0.5xdxe1.5

3令代表“3年后，仍在轨道运行的卫星数量”，则~B(3,e1.5) 所以，P(1)1P(1)1P(0)1(1e1.5)30.532

第五章多维随机变量

1、甲乙两人对立地对一目标进行两次射击，其命中率分别为0.8和0.6，若以，分别表示甲乙命中目标的次数，试写出（，）的联合分布列。

解：设是甲击中目标的次数，则的多有可能取值是0,1,2，并且服从二项分布B(2,0.8)。设是乙击中目标的次数，则的多有可能取值是0,1,2，并且服从二项分布B(2,0.6)。于是二维随机变量（，）的所有可能取值对是（0,0）、（0,1）、（0,2）、（1,0）、（1,1）、（1,2）、（2,0）、（2,1）、（2,2）。对应的概率为：

P(0,0)(10.8)2*(10.6)20.0064

1P(0,1)(10.8)2*C2(10.6)*0.60.0192

P(0,2)(10.8)2*0.620.0144

1P(1,0)C2(10.8)*0.8*(10.6)20.0512 11P(1,1)C2(10.8)*0.8*C2(10.6)*0.60.1536 1P(1,2)C2(10.8)*0.8*0.620.1152

P(2,0)0.82*(10.6)20.1024

1P(2,1)0.82*C2(10.6)*0.60.3072

P(2,2)0.82*0.620.2304

即（，）的联合概率分布列为：

  0 0.0064 0.0512 0.1024 1 0.0192 0.1536 0.3072 2 0.0144 0.1152 0.2304 0 1 2 2、设一箱装有某种产品100件，其中1、2、3等品分别为80件、10件、10件，现从箱中

1，若抽到i等品任意抽出一件，记（i=1,2,3），

i0，其他 41

试求（，）的联合分布列。

12解：（，）的所有可能取值对是（0,0）、（0,1）、（1,0）、（1,1）。对应的概率分别为：

12P(10,20)0.1，（即抽到三等品）；P(10,21)0.1，（即抽到二等品）；

P(11,20)0.8，（即抽到一等品）；P(11,21)0，（即抽到的产品同是一、二等

品，不可能事件）。所以（，）的联合概率分布列为：

121 0 1 2 0 1 0.1 0.8 0.1 0 3、已知，的概率分布同为P(i1)12111，P(i1)，P(i0)，i=1，2；又442知P(120)1，试求（，）的联合分布列，并求出P(12)。

12解：根据P(120)1，可知：

P(10,21)P(10,20)P(10,21)P(11,20)P(11,20)1

利用离散型随机变量所有可能取值对应的概率非负，并且和等于1，得到：

P(11,21)P(11,21)P(11,21)P(11,21)0

又利用和的边缘分布可以得到（，）的联合概率分布列为：

12121 2 -1 0 1 -1 0 1/4 0 1/4 0 1/4 0 1/4 1/2 1 0 1/4 0 1/4 1/4 1/2 1/4 4、设随机变量的概率密度是f(x)2(ee)xx，x，对独立观察两次，分

1，k1别得到和。令（k=1,2），求（，）的联合分布列。

1122i0，1k解：根据的概率密度可知：P(1)于是P(1)122112xdxdearctane 2x(exex)e112从而对k=1，2，有：P(k1)1arctane，

2arctane,P(k1)2arctane

(1,2)的所有可能取值为（0,0）、（0,1）、（1,0）、（1,1），对应的概率为：

P(10,20)P(11,21)P(11)P(21)(1P(10,21)P(11,21)P(11)P(21)(1P(11,20)P(11,21)P(11)P(21)222arctane)2 arctane)2arctane

arctane(12arctane)

2P(11,21)P(11,21)P(11)P(21)(arctane)2

所以(1,2)的联合分布列为：

1 2 0 0 1 (122arctane)2 (12arctane)2arctane 1 (1arctane)22arctane (arctane)2 (3x4y)，x0,y0Ae5、已知(,)的联合密度为f(x,y)

，其他0试求：（1）常数A的值；（2）联合分布函数F(x,y)；（3）概率P(03,04)。解：（1）1f(x,y)dxdy00Ae(3x4y)dxdyAe03xdxe4ydy0A，所以A=12。 12（2）当x0或者y0时，联合密度函数f(x,y)0，于是对应的分布函数F(x,y)0；当x0,y0时，f(x,y)12e(3x4y)，于是对应的分布函数：

F(x,y)x0y012e(3x4y)dxdy(e3x1)(e4y1)

(e3x1)(e4y1),当x0,y0时因此：F(x,y)

当x0或者y0时0,（3）P(03,04)F(3,4)F(0,4)F(3,0)F(0,0)(e91)(e161)

6、设二维随机变量(,)在区域D上服从均匀分布，其中D(x,y)||xy|1,|xy|1，试求

f(x)。

解：由于D的面积是2，所以(,)对应的概率密度是：

1,f(x,y)20,1xy1,1xy1其他

（1）当x1或者x1时，f(x,y)0，于是对应的边缘分布f(x)0；（2）当1x0时，1xyx1，对应的概率密度是f(x,y)于是f(x)1， 21dy1x； 1x21x（3）当0x1时，1xyx1，对应的概率密度是f(x,y)于是f(x)1， 21dy1x； 1x21x1x,因此：f(x)1x,0,1x00x1 其他7、已知(,)的联合概率分布列为：

  1 2 3 4 1 a 1/8 1/12 1/16 2 0 1/8 1/12 1/16 3 0 0 1/12 1/16 4 0 0 0 1/16 试求：（1）a的值；（2）及的边缘分布列；（3）。P()

1111（1）根据a2*3*4*1，可得a。

81216411234（2）的边缘分布为：1111；的边缘分布为：25444448213483471。

4816（3）P()P(1,1)P(2,2)P(3,3)P(4,4)

111125 48121648xy8、已知F(x,y)A(Barctan)(Carctan)是二维随机变量(,)的联合分布函数。

23试求：（1）常数A，B，C的值；（2）联合密度函数f(x,y)；（3）边缘密度函数

f(x)及f(y)。

1F(,)A(B)(C)22y解：（1）对任意的x，y，满足：0F(,y)A(B)(Carctan)

23x0F(x,)A(Barctan)(C)22利用x，y的任意性可知：BC2，从而A12

112161132F(x,y)2（2）f(x,y) 2222xy2xy1()1()4x9y231x1x(arctan)()(arctan) 222222211'221 所以，边缘密度函数f(x)F(x)1(x)24x221y1y边缘分布函数F(y)F(,y)2()(arctan)(arctan)

222323（3）边缘分布函数F(x)F(x,)所以，边缘密度函数f(y)F(y)'313 2y21()9y311y12,0x1,y09、已知(,)的联合概率密度为f(x,y)2e，求P(2)。

其他0,解：P(2)(01x201edy)dx(1e021y2x22)dx12101e2x22dx

12((1)(0))12(0.84130.5)0.1445

其中(x)是标准正态分布的分布函数。

10、已知f(x,y)是二维随机变量(,)的联合概率密度，

20x1,0y2xcxy,f(x,y)，

其他0, 45

试求：（1）常数c的值；（2）联合分布函数F(x,y)；（3）及的边缘密度函数；（4）条件密度函数f(x|y)及f(y|x)。解：（1）112121f(x,y)dxdy(x2cxy)dydx(2x22cx)dxc，所以c。

00033x（2）利用F(x,y)yf(x,y)dxdy，下面对x，y的范围分情况进行讨论：

①当x0或者y0时，概率密度f(x,y)0，于是F(x,y)0； ②当x1并且y2时，F(x,y)③当0x1并且0y2时，

F(x,y)xf(x,y)dxdy1；

yf(x,y)dxdyx0x1213122y212(xxy)dydx(xyxy)dxxyxy； 00363122312xx； 3311⑤当x1并且0y2时，F(x,y)F(1,y)yy2；

312④当0x1并且y2时，F(x,y)F(x,2)0,1x3y1x2y2,12312因此：F(x,y)x3x2,33121yy,3121,x0或者y00x1并且0y20x1并且y2x1并且0y2x1并且y2

（3）的边缘密度函数为：f(x)22212(xxy)dy2xx,f(x,y)dy0330,0x1其他

的边缘密度函数为：f(y)111210(xxy)dxy,f(x,y)dx3360,0y2其他

（4）①当y2或者y0时，f(y)0，于是f(x|y)f(x,y)没有定义； f(y)11②当0y2时，f(y)y，

36 46

21x3xy6x22xy,f(x,y)112y于是f(x|y)f(y)36y0,0x1其他

③同样，当x1或者x0时，f(x)0，于是f(y|x)④当0x1时，f(x)2x2f(x,y)没有定义； f(x)2x， 321x3xy3xy,f(x,y)于是f(y|x)2226xf(x)2xx30,0y2其他

(2xy),2e11、已知(,)的联合概率密度为f(x,y)其他0,x0,y0，

试求：（1）条件密度函数f(x|y)及f(y|x)；（2）条件概率P(2|1)。解：（1）的边缘密度函数为： f(x)(2xy))dy2e2x,0(2ef(x,y)dy0,x0x0

于是当x0时，f(x)0，所以f(y|x)f(x,y)没有定义； f(x)2e(2xy)ey,f(x,y)2x当x0时，f(y|x)2ef(x)0,y0y0

的边缘密度函数为：f(y)(2xy))dxey,0(2ef(x,y)dx0,y0y0

于是当y0时，f(y)0，所以f(x|y)f(x,y)没有定义； f(y)2e(2xy)2x2e,f(x,y)当y0时，f(x|y)eyf(y)0,P(2,1)P(1)x0x0

（2）P(2|1)2012e(2xy)dydx01e4

1yedy0 47

12、设随机变量在区间（0,1）上服从均匀分布，而当x（0x1）时，在（x，1）上服从均分分布，试求：

（1）（，）的联合密度函数f(x,y)；（提示：先求条件密度f(y|x)））；（2）关于的边缘密度；（3）概率P(1)。

1,解：（1）由于服从（0,1）上的均匀分布，所以：f(x)0,0x1其他

1,有根据x（0x1）时，（x，1）上服从均分分布，可得：f(y|x)1x在

0,1,因此，（，）的联合密度函数为：f(x,y)f(x)f(y|x)1x0,（2）的边缘密度为：f(y)xy1其他

0xy1其他

y1dx1n(1y),0f(x,y)dx1x0,0y1其他

1y1dxdyln2 （3）P(1)11y1x213、设（，）的联合分布列为：

  1 2 1 2 3 1 61 31 9A 1 18B 试确定A、B之值使，成为独立随机变量。

解：根据联合分布列的性质及，是独立的随机变量可得：

11111AB1AB691833 1(111)(1A)11(1A)691899939解得：A21

，B。代入联合分布列验证可知：，是独立的随机变量。 99

14、已知，是独立随机变量，试填出其联合分布列中漏失的数据：

  x1 x2 y1 y2 y3 · · 1 · 1/8 1/6 1/8 · · · · · 解：设（，）的概率分布为P(xi,yj)pij，i1,2；j1,2,3。于是根据边缘分布以及，是独立随机变量：

11111p1p3；p1•1124；p2•218 p11146824p•1p•1146611111p1p13p1•p11p12；p•2128

424812p1•124113111111p22p•2p12；p•31p•1p•21；p23p•3p13；

2886233124因此，联合分布列如下表：

  x1 x2 y1 y2 y3 1/4 3/4 1 1/24 1/8 1/6 1/8 3/8 1/2 1/12 1/4 1/3 15、设，分别是参数

331和的0—1分布，r=。求（，）的联合分布列。

342解：由于，分别是参数

31和的0—1分布，所以： 423131E，E；D，D

42164E()EECov(,)EErDD313311** 423422设（，）的概率分布为P(xi,yj)pij，i0,1；j0,1，则：

P(1)p11，P(0)p10p01p00。于是结合边缘分布可得：

1pp010041pp3p,11104，解得：1121pp1p,001000421p1121p10,4联合分布列为： p010.  0 1 0 1 0 1/4 1/4 1/2 16、设某仪器由两个部件构成，与分别是这两个部件的寿命（千小时），已知（，）

0.5x0.5y0.5(xy)ee,1e的联合分布函数为：F(x,y)0,x0,y0其他

试求：（1）边缘分布函数F(x)，F(y)；（2）联合密度f(x,y)及边缘密度f(x)，f(y)；（3）判定，是否独立；（4）两部件寿命均超过100小时的概率。

1e0.5x,解：（1）F(x)F(x,)0,1e0.5y,x0；F(y)F(,y)x00,x0,y0其他y0 y00.25e0.5(xy),2F(x,y)（2）f(x,y)xy0,

f(x)dF(x)dx0.5e0.5x,0,dF(y)0.5e0.5y,x0；f(y)dyx00,y0 y0（3）由于f(x,y)f(x)*f(y)，所以，相互独立。

（4）根据的相互独立性可知，两部件寿命均超过0.1（千小时）的概率为：

P(0.1,0.1)P(0.1)P(0.1)0.5e0.5xdx*0.5e0.5ydye0.1

0.10.117、已知f(x,y)是二维随机变量（，）的联合密度函数，

c(xy),f(x,y)0,0yx1其他

试求：（1）常数c的值；（2）边缘密度函数f(x)，f(y)；（3）与是否独立；（4）概

率P(1) 解：（1）1x131f(x,y)dxdyc(xy)dydxcx2dxc，所以c2

002021（2）当x0或者x1时，概率密度函数f(x,y)0，于是f(x)0；当0x1时，f(x)f(x,y)dy2(xy)dy3x2，所以：

0x3x2,f(x)0,0x1其他

当y0或者y1时，概率密度函数f(x,y)0，于是f(y)0；当0y1时，f(y)f(x,y)dx2(xy)dx12y3y2，所以：

y112y3y2,f(y)0,0y1其他

（3）由于f(x,y)f(x)f(y)，所以与不独立。

1（4）P(1)2(xy)dxdy14y2dy

y31y12012018、设已知，是两个独立随机变量，它们的分布密度分别为：

ex,f(x)0,ey,x0；f(y)x00,y0 y0试求：（1）（，）的分布密度；（2）P(1|0)

e(xy),解：（1）利用，是独立的随机变量，f(x,y)f(x)f(y)0,x0,y0其他

（2）P(1|0)P(1)exdx1e1

0119、对第2题给出的数据，试求E1，E2，D1，D2，Cov(1,2)，r 解：

1 2 0 1 220 0.1 0.8 1 0.1 0 E10.8，E20.1；E10.8，E20.1；

D1E1(E1)20.16，D2E2(E2)20.09

22E120*(0.10.80.1)1*00

于是Cov(1,2)E12E1E20.08 相关系数rCov(1,2)2

3D1D21x， 2e20、设随机变量的概率密度为f(x)试求：（1）E，D；（2）Cov(,)；（3）与是否相关？是否对立？为什么。解：（1）由于f(x)是定义在（－∞，+∞）上的偶函数，于是xf(x)是定义在（－∞，+∞）上的奇函数，因此Exf(x)dx0。

x2f(x)是定义在（－∞，+∞）上的偶函数，于是

1E2x2f(x)dx2x2f(x)dx2x2*exdxx2dex

0002x2ex|02xexdx2xdex2xex|02exdx2ex|02

000（2）同样，xxf(x)是定义在（－∞，+∞）上的奇函数，所以E(||)x|x|f(x)dx0，

因此Cov(,||)E(||)E()E(||)00*E(||)0。

（3）由于和的协方差为0，即和不相关。又因为对任何使0F(a)1的正常数a，我们有P(a)1，于是P(a,||a)P(||a)P(a)P(||a)，所以和不独立。

2xy,21、设（，）的联合密度函数为：f(x,y)0,0x1,0y1其他

试求：（1）E，E，D，D，Cov(,)，D()；（2）与是否独立？是否相关？解：（1）E11x(2xy)dydx1(3xx2)dx5 xf(x,y)dxdy00201211135Eyf(x,y)dxdyy(2xy)dxdy(yy2)dy

00201211131E2x2f(x,y)dxdyx2(2xy)dydx(x2x3)dx

0020411131E2y2f(x,y)dxdyy2(2xy)dxdy(y2y3)dy

00204 52

15111511 ()2;DE2(E)2()2412144412144111211Exyf(x,y)dxdyxy(2xy)dydx(xx2)dx

003026151 Cov(,)EEE()2612144111115D()DD2Cov(,)2()

14414414436DE2(E)2（2）协方差不等于0，所以与相关，因此不独立。

(y5),2xe22、已知二维随机变量（，的联合密度函数为：f(x,y)）

0,0x1,y5其他试讨论的，独立性，并计算E()。解：先求的边缘密度函数f(x)，f(y)。

当x0或者x1时，概率密度函数f(x,y)0，所以f(x)0；

2x,当0x1时，f(x)f(x,y)dy2xe(y5)dy2x；因此：f(x)50,0x1其他

当y5时，概率密度函数f(x,y)0，所以f(y)0；当y时，f(y)f(x,y)dx2xe01(y5)dxe(y5)e(y5),；因此：f(y)0,y5y5

由于f(x,y)f(x)f(y)，所以，相互独立。

E()EE(x*2xdx)(015ye(y5)dy)4

23、用两台相同的自动记录仪组成一自动记录系统，设每台自动记录仪的无故障工作的时间均服从参数为5的指数分布随机变量。系统工作时，首先开动其中的一台，当它发生故障时就自动切断，且另一台立即自行启动，试求该系统无故障工作总时间的概率密度、数学期望及方差。

解：设两台仪器无故障工作时间为随机变量1，2。于是有：

5e5x,f1(x)0,x0x05e5y,f2(y)0,y0y0

设随机变量对应的分布函数为F(t)，当t0时，显然F(t)0；

ttx当t0时，F(t)P(t)P(12t)5e5x*5e5ydydx

005e5x(1e5(tx))dx1e5t5te5t

0t1e5t5te5t,所以：F(t)0,因此，概率密度f(t)t0 t025te5t,0,25t0dF(t)dtt0 t010te5tdt

0期望：Et*25tedt5tde05t222tde5t2e5tdte5t|0

00551526 E2t2*25te5tdt5t3de5t15t2e5tdt*00025525622方差：DE2(E)2 ()22552524、随机变量的矩是广泛有用的一种数学特征，最常用的有两种：原点矩和中心矩。

对于正整数k称的数学期望E为的k阶原点矩，记作vk；并称E(E)为，分别称E的k阶中心矩，记作uk。类似地，对二维随机变量（，）阶原点矩，记作vkl；并称E[(E)klkkkk为（k+l）

l(E)]为的k阶中心矩，记作ukl。于是，

随机变量的数学期望就是一阶原点矩v1，方差是二阶中心矩u2，而协方差Cov(,)是（，

）的二阶混合中心矩u11。

试就（，）是二维随机连续型随机变量的情形写出证明，当，独立时成立

vvviki00k，uikui0u0k。故而特别地可推出，此时有Cov(,)u11u10u010。

证明：，独立，所以有：f(x,y)f(x)f(y) 于是ikE(ik)xiykf(x,y)dxdyxiykf(x)f(y)dxdy

xif(x)dx*ykf(y)dyEiEki00k

ikE((E)(E))ik(xE)i(yE)kf(x,y)dxdy

i(xE)(yE)f(x)f(y)dxdy(xE)f(x)dx*(yE)kf(y)dy

ikE(E)iE(E)ki00k

Cov(,)E((E)(E))111001E(E)E(E)0

25、设A与B是一随机变量的两个事件，有P(A)0，P(B)0，定义随机变量，为

1,0,若A发生1, 若A不发生0,若B发生若B不发生

试证：若r0，，则必相互独立。

提示：先求乘积的分布律，利用r0引出的结论，并用独立事件A，B的性质按定义可证明，独立。

证明：根据题意可知：EP(A)，EP(B)；

又因为P(1)P(1,1)P(AB)，P(0)1P(AB)于是E()P(AB)。由于r0；可知Cov(,)0。

因此0Cov(,)E()EEP(AB)P(A)P(B)，即P(AB)P(A)P(B) 即事件A和事件B相互独立。于是，A与B，A与B，A与B也相互独立。

P(1,1)P(AB)P(A)P(B)P(1)P(1) P(1,0)P(AB)P(A)P(B)P(1)P(0) P(0,1)P(AB)P(A)P(B)P(0)P(1) P(0,0)P(AB)P(A)P(B)P(0)P(0)

从而，相互独立。

26、设，是独立同分布的N（0，先证-是N（0，1）的随机变量。证明：由于，是服从正态分布N（0，于是E(||)|x|1）的随机变量，试求E()，D()。提示：21），可知-服从正态分布N（0，1）。 212ex22dx2x012ex22dx

x22210ex22x2122 d()2e|022 55

E(||2)|x|212ex22dxx212ex22ex22dx

21xdex222210dx1

D(||)E(||2)E(||)12

1~N(0,42)，r，27、设（，服从二维正态分布，已知~N(1,32)，若，）

232试求：（1）E，D；（2）与的相关系数；（3）问与是否独立？为什么？

1解： E1，E0；D9，D16；Cov(,)rDD*3*46

2111（1）EE()E()E()

32323111DD()D()D()2*Cov(,)

32946111111D()D()Cov(,)*9*16*(6)3 9439431111（2）Cov(,)Cov(,)DCov(,)*9*(6)0，所以与的相关

323232系数也为0。

（3）对于二维正态分布，不相关和相互独立等价。所以与相互独立

28、已知，是独立同分布N（0，1）的随机变量，试求12的概率密度函数。

1222解：设f(x,y)是二维随机变量（，）的概率密度函数。

12F(z)P(z)P(12z)22x2y2zf(x,y)dxdy

当z0时，F(z)0；当z0时，F(z)x2y2zf(x,y)dxdyf(x)f12(y)dxdy

2x2y2z1e2x2y2zx22ey22dxdy20zz1r22e*rdrd1e 02z2所以F(z)1e，0,z0

z0 56

z12dF(z)e，于是的概率密度函数为f(z)2dz0,z0z0

29、设随机变量与独立，已知~N(,2)，~U(,)，试求和的概率密度函数f(z)。

解：与的概率密度函数分别为：

f(x)12e(x)222,1,f(y)20,y其他

设标准正态分布的分布函数为(x)。由于与相互独立，于是根据卷积公式：

f(z)f(zy)f(y)dyf(zy)1dy 21212e(zy)222dy1212e(zy)222dy

12zz121edt22t2zz()() 30、已知P{max(,)1}35，P(1)P(1)。试求P{min(,)1}。 88解：设事件A=“1”，事件B=“1”。根据题意：

35P(AB)P(1,1)P(max(,)1)，P(A)P(B)

881P(AB)P(AB)1P(AB)1P(A)P(B)P(AB)

8P(min(,)1)1P(min(,)1)1P(1,1)1P(AB)7 8131、设，是两个独立同分布的随机变量，已知其分布律为P(i),i1,2,3。设

11231max{1 ，2 }，2min{1 ，2 }，

试求：（1）二维随机变量（1,2）的联合分布律；（2）数学期望E1。解：（1）（1,2）的所有可能取值为（i,j），i=1,2,3；j=1,2,3。由于最大值不可能比最小值小，所以：

P(11,22)P(11,23)P(12,22)0

111P(11,21)P(11,21)P(11)P(21)*

339111P(12,22)P(12,22)P(12)P(22)*

339111P(13,23)P(13,23)P(13)P(23)*

3392P(12,21)P(11,22)P(12,21);

92P(13,21)P(11,23)P(13,21)

92P(13,21)P(13,22)P(12,23)

92P(12,21)P(11,22)P(12,21)

91 2 1 2 3 1 1/9 2/9 2/9 5/9 2 0 1/9 2/9 1/3 3 0 0 1/9 1/9 1/9 1/3 5/9 1 11522（2）E11*2*3*

939932、设，是两个独立同分布的随机变量，分别表示两个电子元件的寿命（小时），其密

10002,度函数为f(x)x0,x1000x1000，试求/的概率密度。

解：F(z)P(z)P(z)xzyf(x,y)dxdy

当z0时，F(z)0

2100010001000zdydxzdx当0z1时，F(z)f(x,y)dxdyx 22310001000xyx2zxzy当z1时，

21000zy10001000111()dy1F(z)f(x,y)dxdydxdy 22100010001000x2y1000zy2zyxzy 58

112z，z1z因此，分布函数为：F(z)，0z1

2z00，12z2，dF(z)1对应的概率密度函数为：f(z)，dz20，z10z1 z033、已知（，）服从矩形D{(x,y)|0x2,0y1}上的均匀分布，求的密度函数。

1,解：（，）的联合概率密度函数为：f(x,y)20,F(z)P(z)P(z)Sz20x2,0y1其他

1，2zzdxzz(ln2lnz)zx因此，分布函数为：F(z)，220，z20z2 z0对应的概率密度函数为：f(z)dF(z)dz1(ln2lnz)，20，0z2其他

34、试用棣莫弗—拉普拉斯定理重新估算习题4第11题的概率，并比较结果。解：该时段内同时开着的灯数服从二项分布B（10000，0.7）。

E10000*0.77000，D10000*.07*0.32100

根据棣莫弗—拉普拉斯定理：

P(68007200)P(68007000700072007000)

210021002100 59

P(4.36700021004.36)(4.36)(4.36)2(4.36)10.999

35、试用棣莫弗—拉普拉斯定理重解习题4第12题，并比较结果。解：设生产n件产品，则合格品数服从二项分布B（n，0.8）。

E0.8n，D0.8*0.2*n0.16n

根据棣莫弗—拉普拉斯定理：

P(0.76n0.84)P(0.76n0.8n0.4n0.8n0.4n0.84n0.8n0.4n)

P(0.1n0.8n0.4n0.1n)2(0.1n)10.9

于是(0.1n)0.95，查表得0.1n0.64，解得：n268.96；即n至少为269件。 36、在进行大量数据的加法运算时，为简便起见，将每个加数都取成整数（按四舍五入取成最靠近它的整数），可以认为各个加数的取整误差是相互独立的，且都服从[-0.5，0.5]上的均匀分布。

（1）将300个数相加，试求误差总和的绝对值不超过15的概率；（2）最多将几个数相加，可使误差总和绝对值小于10的概率不小于0.9；（3）若将300个数相加，试以0.997的概率判定其误差总和的范围。

解：（1）取每个加数的取整误差为，i=1,2，…，300。由于服从[-0.5，0.5]上的均匀

ii[0.5(0.5)]21 分布，于是Ei0，Di1212令i，则EEiEi0，DDiDii1i1i1i1i130030030030030030025 12根据中心极限定理：

P(||15)P(|n025|153)(3)(3)2(3)10.9973 25nnnn（2）设i，则EEiEi0，DDiDii1i1i1i1i1n 12根据中心极限定理：

P(||10)P(|0n12|10203203)2()10.9 nnn1260

于是(1200203203443.5 )0.95，查表得1.645，即n21.645nn所以最多将443个数相加，可使误差总和绝对值小于10的概率不小于0.9。（3）设误差的绝对值不超过m，根据中心极限定理：

P(||m)P(|025|m25mm)2()10.997 55mm可得：()0.9985，查表得：2.97，即m14.85

5537、一个人在一年内遇重大伤害事故的概率为万分之二，若没人一年交重大伤害事故保险费400元，遇事故时最多可获赔100万元。若有10万人参保，求保险公司至少赚1000万元的概率。

解：设是10万人中遇重大伤害事故的人数，则服从二项分布B(10*104,2*104)。

E10*104*2*10420，D10*104*2*104*(12*104)19.996

保险公司收取保险费用为400*10=4000（万元），理赔为100（万元）。所以根据题意有：

P(40001001000)P(30)P(2019.996302019.9962.236)(2.236)0.987

38、假设某种型号螺丝钉的重量是期望值为50克，标准差为5克的随机变量，试求：（1）100个螺丝钉一袋的重量查过5.1千克的概率；

（2）每箱螺丝钉装500袋，求500袋中最多只有4%的重量超过5.1千克的概率。解：（1）设每个螺丝钉的重量为，i=1,2，…，100。于是：Ei0.05，Di0.0052

i设i，E100*0.055，D100*0.0052；于是根据中心极限定理：

i1100P(5.1)P(5100*0.00525.15100*0.00522)1(2)10.97720.0228

（2）设每袋螺丝钉中重量超过5.1千克的袋数为，则服从二项分布B(500,0.0228)。

E500*0.022811.4，D500*0.0228*(10.0228)11.14

于是根据中心极限定理：

P(0.04*50020)P(11.411.142011.411.142.58) (2.58)0.9951

39、设有1000个人独立行动，每个人能按时进入掩体的概率是0.9，试以0.95的概率估计在一次行动中：（1）至少有几个人能按时进入掩体；（2）至多有几个人能按时进入掩体。

1,提示：设随机变量10,第i个人按时进入掩体若A不发生（i1,2,,1000）解：（1）设1000个人中能进入掩体的人数为，则服从二项分布B(1000,0.9)。

E1000*0.9900，D1000*0.9*0.190

设至少有m个人能进入掩体，于是根据中心极限定理：

P(m)P(90090m900m900)1()10.95 9090查表得：

m9001.645，于是m884.4，所以至少有884个人能进入掩体。 90（2）设至多有k个人能进入掩体，于是根据中心极限定理：

P(k)P(90090k900k900)()0.95 9090查表得：

k9001.645，于是k915.6，所以至少有916个人能进入掩体。 90 62

第六章数理统计的基本概念

1、某射手独立重复地射击18次，击中靶子的环数如下：

环数频数 10 1 9 3 8 0 7 8 6 4 5 1 4 1 求经验分布函数并作图。

0,1/18,2/18,解：经验分布函数F18(x)6/18,14/18,17/18,1,x44x55x66x7 （图略） 7x99x10x10.，n是总体的样本，问下列哪2、设～N(,2)，其中为已知，2未知，1，2，些是统计量？哪些不是？并简述理由。（1）12；（2）

2(i1ni1ni)；（3）min1,2,3；

(i)2；（6）； ~2Si1n（4）(123)/；（5）(i)22解：（1），（4），（5）不是统计量，因为含有未知数；（2），（3），（6）是统计量。 3、当样本容量大小为2时，求证：

~1~（1）S2(12)2；（2）S22S2

4121~21222证明：（1）S(i)(i22i)(122222)

2i12i12222112(122)(1)(12)2 224~（2）S(i)22S2

2i1，n的均值的数4、设总体服从区间（-1,1）上均匀分布，求从总体抽取样本1，2，学期望和方差。

(11)211111，EE0，DD 0，D解：E1232n3n 63

n1n12～N(,2)；1，2，，n是总体的样本，5、若（1）i,S(i)，ni1(n1)i12（2）~B(1,p)，试分别求E()，D()，E(S2)

1解：（1）E，D2，E()，D()2

nnn112E(i2i2) E(S)E(i)(n1)i1(n1)i122n1nE[i2n2][(Di(Ei)2)(D(E)2)] (n1)i1(n1)n1n(n1)2[(22)(22)]2 (n1)n(n1)n（2）Ep，Dp(1p)，E()p，D()1p(1p)，E(S2)p(1p) n6、从总体~N(52,6.32)中抽取一容量为36的样本，求样本均值落在50.8到53.8之间的概率。

解：E52，D6.32，E52，DP(50.853.8)P(16.32 3650.8525253.852)

6.3/66.3/66.3/6(1.714)(1.143)(1.714)(1.143)10.8293

，10是从总体抽取的一个样本，求P(i21.44)。7、设总体～N(0,0.3)，1，2，

210i1解：i~N(0,0.3)，

10102i00.3~N(0,1),i110i20.09~2(10)

P(1.44)P(2ii1i1i20.091.44)P(2(10)16)0.1 0.098、求下列各题中有关分布的“上分位数”（即上侧分位点）：

22（6）（9）（1）0.05，0.01；（2）t0.01(12)；t0.05(8)；（3）F0.025(5,10)，F0.95(10,5)。 2（6）12.6;解：（1）0.0520.01（9）21.7

（2）t0.01(12)2.68;t0.05(8)1.86

（3）F0.025(5,10)4.24,9、查表求下列各式中C的值：

F0.95(10,5)110.3

F0.05(5,10)3.332224）40）（1）设～（，P(C)0.1；（2）设～（，P(C)0.95；

（3）设～t（6），P(C)0.05；（4）设～F（，P(C)0.05； 10,10）（5）设～t（，P(C)0.95； 10）2解：（1）C0.1(24)33.2

2（2）P(C)0.95,即P(C)0.05,则C0.05(40)55.8

（3）Ct0.05(6)1.943 （4）CF0.05(10,10)2.98

（5）P(C)0.95,即P(C)0.05,则Ct0.05(10)1.812,因而C1.812

，n是相互独立同分布的随机变量，且都服从N(0,2)，求证： 10、设1，2，1n2（1）2~(n)；（2）~(1) i2i1ni11n2i22证明：（1）i~N(0,)，i/~N(0,1)，i/2n21i12i1n2i~2(n)

21n2i~N(0,1)，（2）i~N(0,)，i~N(0,n)，~(1) 2ini1ni1i12n21n，5是相互独立的随机变量，且每一个都服从标准正态分布，求常数C，11、设1，2，使

C(12)232425服从t分布。

解：已知i～N(0,1),i1,2,,5，则12~N(0,2)，(12)/2~N(0,1)，

324252~2(3)，则

（12）/2()/3232425服从t分布，也即C3/2。

12、设随机变量服从分布F(n1,n2)，求

1的分布。  65

解：已知~F(n1,n2)，则存在1～2(n1)，2~2(n2)，使得11/n1~F(n1,n2)。 2/n2则

2/n2~F(n2,n1)。 1/n122（12）13、设总体~N(0,)，1，2为的样本，求证服从分布F(1,1)。 2(12)证明：已知i~N(0,2),i1,2，则12~N(0,22)，12~N(0,22)，

(12)/2~N(0,1)，(12)/2~N(0,1)，则[(12)/2]2~2(1)，

2（12）[(12)/2]~(1)，因而服从分布F(1,1)。

(12)22214、已知~t(n)，求证：2～F(1,n)

证明：由~t(n)，则存在1~N(0,1)，2~2(n)，使得1。而12~2(1)， 2/n12/1故~F(1,n)。

2/n2 66

第七章统计推断的基本问题

1、设总体有分布律

 -1 0 2 1-3 2 p 1其中0为待估参数，求的矩估计。

3 ˆ2，则ˆ1(2) 解：E(1)*20*2*(13)82。令-882(x),0x2、设总体有分布密度f(x)2

0,其他其中0为待估参数，求的矩估计。

解：Exf(x)dxx022(x)dx3。令ˆ3，则ˆ3

3、设总体在[ab,3ab]上服从均匀分布，其中为a0,b0为待估参数，求a,b的矩估计。

1~解：Exf(x)dxxdx2a，DE2(E)2x2f(x)dx(2a)2S2

2a2bab1~ˆ13Sˆ，b由上两式解得：a 224、有一批灯泡寿命（小时）的抽取样本：

1458，1490，1395，1478，1562，1382，1614，1536，1351 14963ab试用矩估计法对这批灯泡的平均使用寿命及寿命方差2作出矩估计。

1解：（1458139515621614135114901478138215361496）

101~2ˆ1476.2，S2[(14581476.2)2(13951476.2)2（14961476.2）]2 解得：10ˆ26198.56 解得：1x/e,x05、已知某电子设备的使用寿命服从指数分布，其分布密度函数为f(x)

0,x0其中0，现随机抽取10台，测得寿命的数据（小时）如下：

1050，1250，1100，1040，101080，1130，1120，1300，1200 求的最大似然估计。 1200解：似然函数为L(xi,)f(xi)i110110exi/i110，两边取对数得：

lnL(xi,)ln110lnxi/。令

i1dlnL(xi,)ˆ。 0，解得（小时）最大似然估计x1147d，n是取自总体的一个样本，～B(1,p)，其中p为未知，0p1，求6、设1，2，总体参数p的矩估计与最大似然估计。

ˆ矩估计，似然函数为：L(i,p)pi(1p)(ni)，解：由Ep，得pi1ndlnL(i,p)ˆ最大似然函数0，得p令

dpi1nin。

7、在某道口观察每15秒内通过汽车辆数，得数据如下：

汽车辆数频数 i 0 92 1 68 2 28 3 11 1 4 i 根据以上数据求每15秒钟内通过该道口的汽车辆数的E和D的无偏估计。解：E的无偏估计D的无偏估计： S21[(00.8)2*92(10.8)2*68(20.8)2*28(30.8)2*11(40.8)2*1]0.83 1991161(0*921*682*283*114*1)0.8 200200，n是取自总体的一个样本，8、设1，2，其中p为未知，～B(1,p)，0p1，n2，

求证：（1）12是p的无偏估计；（2）12 不是p2的无偏估计；（3）12 是p2的无偏估计。解：（1）E12E2D(E)2p(1p)p2p，即12是p的无偏估计。（2）E12p2，所以12 不是p2的无偏估计。

（3）因为1，2独立，所以E12E1E2EEp2，即12 是p2的无偏估计。 9、设总体服从正态分布N(,1)，1，2是从总体中抽取的一个样本，验证下面三个估

211311ˆ112；ˆ212；ˆ312都是的无偏估计，并计量：（1）（2）（3）334422求出每个估计量的方差，问哪一个更好？解：由于1，2独立，则

2141ˆ1D(12)D1D2 （1）D339913197ˆ2D(12)D1D2 （2）D4416161611111ˆ3D(12)D1D2最小，也即最好。（3）D2244210、用某仪器间接测量温度，重复测量5次，得（单位：oC）

1250,1265,1245,1260,1275

假定重复测量所得温度~N(,2)，求总体温度真值的95%的置信区间：（1）根据以往长期经验，已知测量精度=11；（2）当未知时。解：（1）已知～N(,2n)，取统计量U，则有U~N(0,1)，对于给定的置信概率/n1，可求出u/2使得P(u/2)1，u/2)1，即P(u/2nn/nnu/2（u/2即的置信概率为1的置信区间为

n）（*）；

1将（12501265124512601275）1259，1-0.95，0.05，查表得u/21.96，

5，求得的置信区间为； 11，n5代入（*）（1249.375，1268.625）（2）取统计量tS/n，则有t~t(n1)，对于给定的置信概率1，可求出t/2(n1)使

SSt/2)1，即的置信概率为1nn得P(S/nt/2)1，即P(t/2（t/2的置信区间为

SSt/2）（*）； nn112501265124512601275）1259，将（查表得t/2(4)2.78，1-0.95，0.05，5，求得的置信区间为； S11.937，n5代入（*）（1244.185，1273.815）11、假定到某地旅游的一个游客的消费额～N(,2)，且500元，今要对该地每一个

游客的平均消费额进行估计，为了能以不小于95%的置信概率确信这估计的绝对误差小于50元，问至少需要随机调查多少个游客？

解：已知500，1-0.95，0.05，u/2u0.0251.96。为确保P(||50)95%，

||||5050u/2。即P，又知，因而只需95%Pu195%/2/n/n/n/n将已知数据代入求得n384.16，即随机调查人数不少于385人。

12、已知某种零件的长度~N(32.05,1.12)，现从中抽查6件，测得它们的长度（单位：cm）为：32.56，29.66，31.64，30.00，31.87，31.03，试问这批零件的平均长度

是否就是32.05厘米？检查使用两个不同的显著性水平：0.05，0.01 解：①提出假设：H0:032.05 ②找统计量：U0~N(0,1) /n③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求u/2，使P(|U|u/2)1 ）④求观察值：已知032.05，1.1，n6，

1计算(32.5629.6631.6430.0031.8731.03)31.127。将以上数据代入U得观察

6值u12.056

⑤作出判断：当0.05时，u/2u0.0251.96，|u1|1.96，因而0.05时，拒绝H0；当0.01时，u/2u0.0052.58，|u1|2.58，因而0.01时，接受H0。

13、从正态总体N(,1)中抽取100个样品，计算得5.32，试检验H0:5是否成立？（显著性水平0.01）解：①提出假设：H0:05 ②找统计量：U0~N(0,1) /n③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求u/2，使P(|U|u/2)1 ）④求观察值：已知05，1，n100，计算5.32。将以上数据代入U得观察值

u13.2

⑤作出判断：当0.01时，u/2u0.0052.58，|u1|2.58，因而0.01时，拒绝H0。 14、某公司用自动灌装机灌装营养液，设自动灌装机的正常灌装量~N(100,1.22)，现测量9支灌装样品的灌装量（单位：g）为：

99.3，98.7，100.5，101.2，98.3，99.7，102.1，100.5，99.5

问在显著性水平0.05下，（1）灌装量是否符合标准？（2）灌装精度是否在标准范围内？解：（1）①提出假设：H0:0100 ②找统计量：U0~N(0,1) /n③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求u/2，使P(|U|u/2)1 ）④求观察值：已知0100，1.2，n9，计算99.98。将以上数据代入U得观察值

u10.05

⑤作出判断：当0.05时，u/2u0.0251.96，|u1|1.96，因而接受H0，即灌装量符合标准。

21.22 （2）①提出假设：H00:20②找统计量：2120i1(92i)~2(n)

22③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求）/2(n)，1/2(n)，使2P(12/2(n)2/2(n))1

④求观察值：已知0100，1.2，n9，计算99.98。将以上数据代入2得观察值128.17

22⑤作出判断：当0.05时，12/2(n)12/2(9)2.7，/2(n)/2(9)19，

212/2(n)12/2(n)，因而接受H00，即灌装精度在标准范围内。

15、某工厂用自动包装机包装葡萄糖，规定标准重为袋净重500g，现随机地抽取10袋，测得各袋净重（g）为：

495，510，505，498，503，492，502，505，497，506

设每袋净重服从正态分布N(,2)，问包装机工作是否正常（取显著性水平0.05）？如

果：（1）已知每袋葡萄糖净重的标准差5g；（2）未知。解：（1）①提出假设：H0:0500 ②找统计量：U0~N(0,1) /n③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求u/2，使P(|U|u/2)1 ）④求观察值：已知0500，5，n10，计算501.3。将以上数据代入U得观察值

u10.822

⑤作出判断：当0.05时，u/2u0.0251.96，|u1|1.96，因而0.05时，接受H0。（2）①提出假设：H00:0500 ②找统计量：t0S/n~t(n1)

③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求u/2，使P(|t|t/2)1 ）④求观察值：已知0 500，S5.62，n10，计算501.3。将以上数据代入t得观察值t10.73

⑤作出判断：当0.05时，u/2u0.0251.96，|t1|1.96，因而0.05，接受H00。 16、在上题中，能否认为每袋葡萄糖净重的标准差5g（取显著性水平0.05）？如果：（1）已知每袋葡萄糖净重的均值500g；（2）未知。

252 解：（1）①提出假设：H0:20②找统计量：2120(i1102i)~2(n)

22(n)③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求，）/21/2(n)，使2P(12/2(n)2/2(n))1

④求观察值：已知500，05，n10，将以上数据代入2得观察值1212.04

22⑤作出判断：当0.05时，12/2(n)12/2(10)3.25，/2(n)/2(10)20.5，

212/2(n)12/2(n)，因而接受H0，即可认为每袋葡萄糖净重的标准差为5g。 252 （2）①提出假设：H00:20②找统计量：21202()~(n1) ii110222③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求）/2(n)，1/2(n)，使2P(12/2(n)2/2(n))1

④求观察值：已知05，n10，计算501.3。将以上数据代入2得观察值1211.365

22⑤作出判断：当0.05时，12/2(n)12/2(9)2.7，/2(n)/2(9)19，

212/2(n)12/2(n)，因而接受H00，即可认为每袋葡萄糖净重的标准差为5g。

17、两家工厂用同样的生产过程生产塑料，假定两个工厂的塑料强度服从正态分布，生产已定型且方差已知，收集到的数据如下：

n19,n216,39,35,13 25问两个工厂塑料的平均强度是否相等？取显著性水平0.05。解：①提出假设：H0120 ②找统计量：U()(12)~N(0,1)

21n122n2③求临界值：给出显著性水平（01，查正态分布表求u/2，使P(|U|u/2)1 ）④求观察值：已知120，n19，39，13，n216，35，25。将以上数据代入U得观察值u12.5

⑤作出判断：当0.05时，u/2u0.0251.96，|u1|1.96，因而0.05时，拒绝H0，即认为两个工厂塑料的平均强度不相等。

18、某种橡胶配方中，原用氧化锌5g，现改为1g，今分别对两种配方各作若干试验，测得橡胶伸张率如下：

原配方：540，现配方：565，533，577，525，580，520，575，545，556，531，542，541，560，529，532，534570，561

设同一批橡胶伸张率服从正态分布，问在两种配方下，橡胶伸张率是否服从同分布（取显著性水平0.01）？

2解：检验分两步。第一步：检验122，步骤为：

12①提出假设：H0:21

2n11(i)22S12(n11)1i1②找统计量：F2~F(n11,n21) n2S212()i2(n21)2i1③求临界值：给出显著性水平（01，查表求F1/2(n11,n21)，F/2(n11,n21)，）使P(F1/2(n11,n21)FF/2(n11,n21))1

22132/9，算出统计量F的值F10.27。 ④求观察值：由给定的样本得S12511/8，S2⑤作出判断：

F1/2(n11,n21)F0.995(8,9)1/F0.005(9,8)0.136，F/2(n11,n21)F0.005(8,9)6.69，F1/2(n11,n21)F1F/2(n11,n21)，因而，接受H0，即认为橡胶伸张率方差相同。

第二步：检验12，步骤为： ①提出假设：H00:120

2()(12)(n11)S12(n21)S22②找统计量：t ~t(n1n22)，其中Swn1n2211Swn1n2③求临界值：给出显著性水平（01），查表求得t/2t0.005(17)2.9，使

P(|t|t/2)1

④求观察值：由给定的样本得533，562，120，n19，n210，S12511/8，

2S22132/9，Sw12.47，求得t的观察值为t15.063。

⑤作出判断：t/2(n1n22)t0.005(17)2.9，|t1|t/2，，，，因而，拒绝H00，即认为橡胶伸张率均值不相同。

综上，认为橡胶伸张率不服从相同的分布。

19、某种物品在处理前与处理后分别抽样分析其含脂率如下：

处理前i:0.19,处理后i:0.15,

0.18,0.13,0.21,0.07,0.30,0.24,74

0.41,0.19,0.12,0.06,0.270.08,0.12

假定处理前后的含脂率都服从正态分布，且标准差不变，问处理后含脂率的均值是否显著降低？处理前后含脂率的方差是否有显著差异？均取显著性水平0.05。解：检验含脂率：

①提出假设：H00:12r0

2()(12)(n11)S12(n21)S22②找统计量：t ~t(n1n22)，其中Swn1n2211Swn1n2③求临界值：给出显著性水平（01，查表求得t/2t0.025(13)2.16，使）P(|t|t/2)1

④求观察值：由给定的样本得0.24，0.13，12r0，n17，n28，

2S120.0548，S20.0272，Sw0.034，求得t的观察值为t1(0.11r)/0.0176。

⑤作出判断：当r0.072时，t1t/2t0.025(13)2.16，因而，接受H00，即认为处理后含脂率的均值显著降低。

下面检验含脂率的方差是否有显著差异：

12①提出假设：H0:21

2n112()iS12(n11)12i1②找统计量：F2~F(n11,n21) n2S212()i2(n21)2i1③求临界值：给出显著性水平（01，查表求F1/2(n11,n21)，F/2(n11,n21)，）使P(F1/2(n11,n21)FF/2(n11,n21))1

20.0272，算出统计量F的值F12.0147。④求观察值：由给定的样本得S120.0548，S2

⑤作出判断：

F1/2(n11,n21)F0.995(6,7)1/F0.005(7,6)0.1754，F/2(n11,n21)F0.005(6,7)5.12，F1/2(n11,n21)F1F/2(n11,n21)，因而，接受H0，即认为处理前后含脂率的标准

差无显著差异。

20、某交通警察对一个道口行人情况观察200次（每次上午7:30至8:00），记录了违反交

通规则人数情况如下：

人数i：频数ni: 0109, 165, 222, 33,41

问该道口在早上7:30至8:00违反交通规则的人数是否服从泊松分布？取显著性水平

0.05。

解：①提出假设：H0:总体服从泊松分布P(i)ei!i其中为(i0,1,2,)，

ˆ1n0.61，即要求假设检验未知参数，先用最大似然估计法求其估计值iiniH0:~P()P(0.61)。

(ninpi)2②找统计量： ~2(kr1)，这里k5，r1，

npii20.610.61piP(i)!e!e,(i0,1,2,)

iiii2（3）7.82 ③求临界值：对，查2分布表得0.05④求观察值：列出表格如下：

i 0 1 2 ni 109 65 22 pi 109 66.5 20.3 npi (ninpi)2 npi0 0.034 0.142 e0.61 0.610.61e2 0.610.61e 20.6130.61e 60.6140.61e 243 3 4.1 0.295 4 1 0.6 0.267 ⑤作出判断：因为观察值120.7387.82，所以接受H0，即违反交通规则的人数服从泊松分布。

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