浙大高等数学《概率论与数理统计》第四版课后习题答案

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1、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（高等教育出版社）第一章概率论的基本概念1.一写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（一 1）nnnnoS1001,，n 表小班人数（3）生产产品直到得到 10 件正品，记录生产产品的总件数。（一 2）S=10，11，12，n，（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品” ，不合格的盖上“次品” ，如连续查出二个次品就停止检查，或检查 4 个产品就停止检查，记录检查的结果。查出合格品记为“1” ，查出次品记为“0” ，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4 次才停止检查。（

2、一 (3)）S=00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，2.二设 A，B，C 为三事件，用 A，B，C 的运算关系表示下列事件。（1）A 发生，B 与 C 不发生。表示为：CBA或 A(AB+AC)或 A(BC)（2）A，B 都发生，而 C 不发生。表示为：CAB或 ABABC 或 ABC浙大概率统计第四版课后习题答案1（3）A，B，C 中至少有一个发生表示为：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：CBA或 S(A+B+C)或CBA（6）A，B，C 中不多于一个发生，即 A

3、，B，C 中至少有两个同时不发生相当于CACBBA,中至少有一个发生。故表示为：CACBBA。（7）A，B，C 中不多于二个发生。相当于：CBA,中至少有一个发生。故表示为：ABCCBA或（8）A，B，C 中至少有二个发生。相当于：AB，BC，AC 中至少有一个发生。故表示为：AB+BC+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，（否则 AB = 依互斥事件加法定理，P(AB

4、)=P (A)+P (B)=0.6+0.7=1.31 与 P (AB)1 矛盾）.从而由加法定理得P (AB)=P (A)+P (B)P (AB)(*)（1）从 0P(AB)P(A)知，当 AB=A，即 AB 时 P(AB)取到最大值，最大值为P(AB)=P(A)=0.6，（2）从(*)式知，当 AB=S 时，P(AB)取最小值，最小值为P(AB)=0.6+0.71=0.3 。7.四设 A，B，C 是三事件，且0)()(,41)()()(BCPABPCPBPAP，81)(ACP. 求 A，B，C 至少有一个发生的概率。解：P (A，B，C 至少有一个发生)=P (A+B+C)= P(A)+

5、P(B)+ P(C)P(AB)P(BC)P(AC)+ P(ABC)=850814328.五在一标准英语字典中具有 55 个由二个不相同的字母新组成的单词，若从 26个英语字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？记 A 表“能排成上述单词”从 26 个任选两个来排列，排法有226A种。每种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词：55 个1301155)(226AAP9.在电话号码薄中任取一个电话号码，求后面四个数全不相同的概率。（设后面 4个数中的每一个数都是等可能性地取自 0，1，29）记 A 表“后四个数全不同”后四个数的排法有 104种，每种排法等可能。后四个数全不

6、同的排法有410A504. 010)(4410AAP10.六在房间里有 10 人。分别佩代着从 1 号到 10 号的纪念章，任意选 3 人记录其纪念章的号码。（1）求最小的号码为 5 的概率。记“三人纪念章的最小号码为 5”为事件 A10 人中任选 3 人为一组：选法有310种，且每种选法等可能。又事件 A 相当于：有一人号码为 5，其余 2 人号码大于 5。这种组合的种数有251121310251)(AP（2）求最大的号码为 5 的概率。3记“三人中最大的号码为 5”为事件 B，同上 10 人中任选 3 人，选法有310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

7、2 人号码小于 5，选法有241种201310241)(BP11.七某油漆公司发出 17 桶油漆，其中白漆 10 桶、黑漆 4 桶，红漆 3 桶。在搬运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货 4 桶白漆，3 桶黑漆和 2桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？记所求事件为 A。在 17 桶中任取 9 桶的取法有917C种，且每种取法等可能。取得 4 白 3 黑 2 红的取法有2334410CCC故2431252)(6172334410CCCCAP12.八在 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

8、“恰有 90 个次品”为事件 A在 1500 个产品中任取 200 个，取法有2001500种，每种取法等可能。200 个产品恰有 90 个次品，取法有110110090400种2001500110110090400)(AP（2）至少有 2 个次品的概率。4记：A 表“至少有 2 个次品”B0表“不含有次品” ，B1表“只含有一个次品” ，同上，200 个产品不含次品，取法有2001100种，200 个产品含一个次品，取法有19911001400种10BBA且 B0，B1互不相容。200150019911001400200150020011001)()(1)(1)(10BPBPAPAP13.九

9、从5双不同鞋子中任取4只， 4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少？记 A 表“4 只全中至少有两支配成一对”则A表“4 只人不配对”从 10 只中任取 4 只，取法有410种，每种取法等可能。要 4 只都不配对，可在 5 双中任取 4 双，再在 4 双中的每一双里任取一只。取法有424521132181)(1)(2182)(410445APAPCCAP15.十一将三个球随机地放入 4 个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是 1，2，3，的概率各为多少？记 Ai表“杯中球的最大个数为 i 个” i=1,2,3,三只球放入四只杯中，放法有 43种，每种放法等可能对 A1：必须三球放入三杯中，每

10、杯只放一球。放法 432 种。(选排列：好比 3 个球在 4 个位置做排列)1664234)(31AP5对 A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有3423C种。(从 3 个球中选 2 个球，选法有23C，再将此两个球放入一个杯中，选法有 4种，最后将剩余的 1 球放入其余的一个杯中，选法有 3 种。169434)(3232CAP对 A3：必须三球都放入一杯中。放法有 4 种。(只需从 4 个杯中选 1 个杯子，放入此3 个球，选法有 4 种)16144)(33AP16.十二50 个铆钉随机地取来用在 10 个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部件用 3 只铆钉，若将三只强度太弱

11、的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就太弱，问发生一个部件强度太弱的概率是多少？记 A 表“10 个部件中有一个部件强度太弱” 。法一：用古典概率作：把随机试验 E 看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完 10 个部件（在三个钉的一组中不分先后次序。但 10 组钉铆完 10 个部件要分先后次序）对 E：铆法有323344347350CCCC种，每种装法等可能对 A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有32334434733CCCC10种00051. 01960110)(32334735032334434733CCCCCCCAP法二：用古典概率作把试验 E 看作是在 50 个钉中任选 30 个

12、钉排成一列，顺次钉下去，直到把部件铆完。（铆钉要计先后次序）对 E：铆法有350A种，每种铆法等可能对 A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，或“28，29，630”位置上。这种铆法有27473327473327473327473310AAAAAAAA种00051. 01960110)(3050274733AAAAP17.十三已知)|(, 5 . 0)(, 4 . 0)(, 3 . 0)(BABPBAPBPAP求。解一：BAABBBAASABPBPAPAP)(, 6 . 0)(1)(, 7 . 0)(1)(注意)(BAAB. 故有P (AB)=P (A)P (AB)=

13、0.70.5=0.2。再由加法定理，P (AB)= P (A)+ P (B)P (AB)=0.7+0.60.5=0.8于是25. 08 . 02 . 0)()()()()|(BAPABPBAPBABPBABP25. 05 . 06 . 07 . 051)()()()()()()|(51)|()()(72)|(757 . 05 . 0)|()|(0705)|()()(: BAPBPAPBAPBAPBBBAPBABPABPAPABPABPABPABPABPAPBAP定义故解二由已知18.十四)(,21)|(,31)|(,41)(BAPBAPABPAP求。解：由61)()(314121)()|()(

14、)()()|(BPBPBPABPAPBPABPBAP有定义由已知条件由乘法公式，得121)|()()(ABPAPABP7由加法公式，得311216141)()()()(ABPBPAPBAP19.十五掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之和为 7，求其中有一颗为 1 点的概率（用两种方法）。解：（方法一）（在缩小的样本空间 SB 中求 P(A|B)，即将事件 B 作为样本空间，求事件 A 发生的概率）。掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（x, y）（x, y=1,2,3,4,5,6）并且满足 x,+y=7，则样本空间为S=(x, y)| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (

15、5, 2), (3, 4), (4, 3)每种结果（x, y）等可能。A=掷二骰子，点数和为 7 时，其中有一颗为 1 点。故3162)(AP方法二：（用公式)()()|(BPABPBAPS=(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2262)(,6166)(ABPBP，故31626162)()()|(2BPABPBAP20.十六据以往资料表明，某一 3 口之家，患某种传染病的概率有以下规律：P(A)=P孩子得病=0.6，P (B|A)=P母亲得病|孩子

17、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。62. 04528)(21028CCAP法二：用排列做在 10 只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个排列等可能。4528)(21028AAAP法三：用事件的运算和概率计算法则来作。记 A1，A2分别表第一、二次取得正品。452897108)|()()()(1221AAPAPAAPAP（2）二只都是次品（记为事件 B）法一：451)(21022CCBP法二：451)(21022AABP法三：45191102)|()()()(12121AAPAPAAPBP（3）一只是正品，一只是次品（记为事件 C）法一：4516)(2

18、101218CCCCP9法二：4516)()(210221218AACCCP法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPCP45169108292108)|()()|()(121121AAPAPAAPAP（4）第二次取出的是次品（记为事件 D）法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，法二：51)(2101219AAADP法三：互斥与且21212121)()(AAAAAAAAPDP519110292108)|()()|()(121121AAPAPAAPAP22.十八某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率是多少？如果已知最后

19、一个数字是奇数，那么此概率是多少？记 H 表拨号不超过三次而能接通。Ai表第 i 次拨号能接通。注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。103819810991109101)|()|()()|()()()(2131211211321211AAAPAAPAPAAPAPAPHPAAAAAAH三种情况互斥如果已知最后一个数字是奇数（记为事件 B）问题变为在 B 已发生的条件下，求 H再发生的概率。)|)|(321211BAAABAABPABHP)|()|()|()|()|()|(2131211211AABAPABAPBAPABAPBAPBAP105331435441545124.十九设有甲、

20、乙二袋，甲袋中装有 n 只白球 m 只红球，乙袋中装有 N 只白球M 只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中取到）白球的概率是多少？（此为第三版 19 题(1)）记 A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”再记 B 表“再从乙袋中取得白球” 。B=A1B+A2B 且 A1，A2互斥P (B)=P (A1)P(B| A1)+ P (A2)P (B| A2)=111MNNmnmMNNmnn十九(2) 第一只盒子装有 5 只红球， 4 只白球；第二只盒子装有 4 只红球， 5 只白球。先从第一盒子中任取 2 只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一

21、只球，求取到白球的概率。记 C1为“从第一盒子中取得 2 只红球” 。C2为“从第一盒子中取得 2 只白球” 。C3为“从第一盒子中取得 1 只红球，1 只白球” ，D 为“从第二盒子中取得白球” ，显然 C1，C2，C3两两互斥，C1C2C3=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)995311611711529141529242925CCCCCCC26.二十一已知男人中有 5%是色盲患者，女人中有 0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解：A1

22、=男人，A2=女人，B=色盲，显然 A1A2=S，A1A2=由已知条件知%25. 0)|(%,5)|(21)()(2121ABPABPAPAP11由贝叶斯公式，有2120100002521100521100521)|()()|()()|()()()()|(22111111ABPAPABPAPABPAPBPBAPBAP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2P（1）若至少有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。解：Ai=他第 i 次

24、:00 下班，他所积累的资料表明：到家时间5:355:395:405:445:455:495:505:54迟于 5:54乘地铁到家的概率0.100.250.450.150.05乘汽车到家的概率0.300.350.200.100.05某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是 5:47 到家的，试求他是乘地铁回家的概率。解：设 A=“乘地铁” ，B=“乘汽车” ，C=“5:455:49 到家” ，由题意,AB=,AB=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6923. 013965. 045. 021)|(21)|(45.

25、 05 . 0)()()|()|(BCPACPCPAPACPCAP29.二十四有两箱同种类型的零件。第一箱装 5 只，其中 10 只一等品；第二箱 30只，其中 18 只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设 Bi表示“第 i 次取到一等品”i=1，2Aj表示“第 j 箱产品” j=1,2，显然 A1A2=SA1A2=（1）4 . 052301821501021)(1BP（B1= A1B +A2B 由全概率公式解）。（2）4857

26、. 0522917301821499501021)()()|(12112BPBBPBBP（先用条件概率定义，再求 P (B1B2)时，由全概率公式解）1332.二十六（2）如图 1，2，3，4，5表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合的概率为 p，且设各继电器闭合与否相互独立，求 L 和 R 是通路的概率。记 Ai表第 i 个接点接通记 A 表从 L 到 R 是构成通路的。A=A1A2+ A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥P (A)=P (A1A2)+P (A1A3A5) +P (A4A5)+P (A4A3A2)P (A1A2A3A5)+ P (A1A2A4A5)+ P (A1

27、A2A3A4) +P (A1A3A4A5)+ P (A1A2A3A4A5) P (A2A3A4A5)+ P (A1A2A3A4A5)+ P (A1A2A3A4A5)+ (A1A2A3A4A5) + P (A1A2A3A4A5)P (A1A2A3A4A5)又由于 A1，A2， A3， A4，A5互相独立。故P (A)=p2+ p3+ p2+ p3p4+p4+p4+p4+p5+p4+ p5+ p5+ p5+ p5p5=2 p2+ 3p35p4+2 p5二十六（1）设有 4 个独立工作的元件 1，2，3，4。它们的可靠性分别为 P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。记

28、Ai表示第 i 个元件正常工作，i=1，2，3，4，A 表示系统正常。A=A1A2A3+ A1A4两种情况不互斥P (A)= P (A1A2A3)+P (A1A4)P (A1A2A3A4)(加法公式)= P (A1) P (A2)P (A3)+ P (A1) P (A4)P (A1) P (A2)P (A3)P (A4)= P1P2P3+ P1P4P1P2P3P4(A1, A2, A3, A4独立)34.三十一袋中装有 m 只正品硬币， n 只次品硬币，（次品硬币的两面均印有国徽）。在袋中任取一只，将它投掷 r 次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多342153421LR14少？

29、解：设“出现 r 次国徽面”=Br“任取一只是正品”=A由全概率公式，有rrrrrrrrrrrnmmnmnnmmnmmBPABPAPBAPnmnnmmABPAPABPAPBP2)21()21()()|()()|(1)21()|()()|()()(（条件概率定义与乘法公式）35甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为 0.4，0.5，0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为 0.2，被两人击中而被击落的概率为 0.6，若三人都击中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解：高 Hi表示飞机被 i 人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2分别表示甲、乙、丙击中飞机3213213211BB

30、BBBBBBBH，三种情况互斥。3213213212BBBBBBBBBH三种情况互斥3223BBBH 又 B1，B2，B2独立。)()()()()()()(3213211BPBPBPBPBPBPHP36. 07 . 05 . 06 . 03 . 05 . 06 . 03 . 05 . 04 . 0)()()(321BPBPBP)()()()()()()(3213212BPBPBPBPBPBPHP3 . 05 . 04 . 0)()()(321BPBPBP+ 0.40.50.7+0.60.50.7=0.4115P (H3)=P (B1)P (B2)P (B3)=0.40.50.7=0.14又因：

31、A=H1A+H2A+H3A三种情况互斥故由全概率公式，有P (A)= P(H1)P (A|H1)+P (H2)P (A|H2)+P (H3)P (AH3)=0.360.2+0.410.6+0.141=0.45836.三十三设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏 2%（这一事件记为A1），10%（事件 A2），90%（事件 A3）的概率分别为 P (A1)=0.8,P (A2)=0.15, P (A2)=0.05，现从中随机地独立地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为 B），试分别求 P (A1|B)P (A2|B), P (A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响

32、取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相独立地）B 表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B 三种情况互斥由全概率公式，有P (B)= P(A1)P (B|A1)+P (A2)P (B|A2)+P (A3)P (B|A3)=0.8(0.98)3+0.15(0.9)3+0.05(0.1)3=0.86240001. 08624. 0) 1 . 0(05. 0)()|()()()()|(1268. 08624. 0)9 . 0(15. 0)()|()()()()|(8731. 08624. 0)98. 0(8 . 0)()|()()()()|(333333222231111BPABPAPB

33、PBAPBAPBPABPAPBPBAPBAPBPABPAPBPBAPBAP37.三十四将 A，B，C 三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为，而输出为其它一字母的概率都是(1)/2。今将字母串 AAAA，BBBB，CCCC 之一输入信道，输入 AAAA，BBBB，CCCC 的概率分别为 p1, p2, p3(p1+p2+p3=1)，已知输出为 ABCA，问输入的是 AAAA 的概率是多少？（设信道传输每个字母的工作是相互独立的。）解：设 D 表示输出信号为 ABCA，B1、B2、B3分别表示输入信号为 AAAA，BBBB，CCCC，则 B1、B2、B3为一完备事件组，且 P(Bi)=Pi

35、pBDPBPDPiii由 Bayes 公式，得P (AAAA|ABCA)= P (B1|D)=)()|()(11DPBDPBP=)(1 (223211PPPP二十九设第一只盒子装有 3 只蓝球，2 只绿球，2 只白球；第二只盒子装有 2 只蓝球，3 只绿球，4 只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。（1）求至少有一只蓝球的概率，（2）求有一只蓝球一只白球的概率，（3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率。解：记 A1、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B1、B2、B3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。（1）记 C=至少有一只蓝球C=

36、A1B1+ A1B2+ A1B3+ A2B1+ A3B1，5 种情况互斥由概率有限可加性，得179592729272947393739273)()()()()()()()()()()()()()()()(13123121111312312111BPAPBPAPBPAPBPAPBPAPBAPBAPBAPBAPBAPCP独立性（2）记 D=有一只蓝球，一只白球，而且知 D= A1B3+A3B1两种情况互斥631692729473)()()()()()(13311331BPAPBPAPBAPBAPDP（3）)(3516)()()()()|(DCDCPDPCPCDPCDP注意到三十A，B，C 三人在同

37、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51,52,52。他们三人常因工作外出，A，B，C 三人外出的概率分别为4141,21，设三人的行动相互独立，求（1）无人接电话的概率；（2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了 3 个电话，求（3）这 3 个电话打给同一人的概率；（4）这 3 个电话打给不同人的概率；（5）这 3 个电话都打给 B，而 B 却都不在的概率。解：记 C1、C2、C3分别表示打给 A，B，C 的电话D1、D2、D3分别表示 A，B，C 外出注意到 C1、C2、C3独立，且51)(,52)()(321CPCPCP41)()(,2

38、1)(321DPDPDP（1）P（无人接电话）=P (D1D2D3)= P (D1)P (D2)P (D3)=321414121（2）记 G=“被呼叫人在办公室” ，332211DCDCDCG三种情况互斥，由有限可加性与乘法公式182013435143522152)|()()|()()|()()()()()(333222111332211CDPCPCDPCPCDPCPDCPDCPDCPGP)()|(kkkDPCDP故否和来电话无关由于某人外出与（3）H 为“这 3 个电话打给同一个人”12517515151525252525252)(HP（4）R 为“这 3 个电话打给不同的人”R 由六种互斥

39、情况组成，每种情况为打给 A，B，C 的三个电话，每种情况的概率为1254515252于是1252412546)(RP（5）由于是知道每次打电话都给 B，其概率是 1，所以每一次打给 B 电话而 B 不在的概率为41，且各次情况相互独立于是P（3 个电话都打给 B，B 都不在的概率）=641)41(3第二章随机变量及其分布1.一一袋中有 5 只乒乓球，编号为 1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以 X 表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量 X 的分布律解：X 可以取值 3，4，5，分布律为191061)4 , 3 , 2 , 1,5()5(1031)3 , 2 , 1,4()4(101

40、1)2 , 1,3()3(352435233522CCPXPCCPXPCCPXP中任取两球再在号一球为中任取两球再在号一球为号两球为号一球为也可列为下表X： 3， 4，5P：106,103,1013.三设在 15 只同类型零件中有 2 只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽样，以 X 表示取出次品的只数，（1）求 X 的分布律，（2）画出分布律的图形。解：任取三只，其中新含次品个数 X 可能为 0，1，2 个。3522)0(315313CCXP3512) 1(31521312CCCXP351)2(31511322CCCXP再列为下表X：0， 1， 2P：351,3512,3522

41、4.四进行重复独立实验，设每次成功的概率为 p，失败的概率为 q =1p(0pY)=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)+I 22P (X=3) P (Y=0)+ P (X=3) P (Y=1)+ P (X=3) P (Y=2)=82233213)3 . 0(4 . 0)6 . 0()3 . 0()4 . 0(6 . 0CC3213223)6 . 0()3 . 0(7

42、 . 04 . 0)6 . 0(CC321333)6 . 0()3 . 0(7 . 0)6 . 0()3 . 0(C243. 03 . 0)7 . 0(223 C9.十有甲、乙两种味道和颜色极为相似的名酒各 4 杯。如果从中挑 4 杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？（2）某人声称他通过品尝能区分两种酒。他连续试验 10 次，成功 3 次。试问他是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的。）解：（1）P (一次成功)=701148C（2）P (连续试验 10 次，成功 3 次)=100003)7069()701(733

43、10C。此概率太小，按实际推断原理，就认为他确有区分能力。九有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取 10 件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于 2 拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取 5件，仅当 5 件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为 10%，求（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率（3）这批产品按第 2 次检验的标准被接受的概率（4）这批产品在第 1 次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：X 表示 10 件中次品的个数，Y 表示 5 件中次品的个数，由于产品总数很大，故 XB（10，0.1），

44、YB（5，0.1）（近似服从）（1）P X=0=0.9100.349（2）P X2=P X=2+ P X=1=581. 09 . 01 . 09 . 01 . 0911082210 CC（3）P Y=0=0.950.590（4）P 0X2，Y=0(0X2与 Y=2独立)= P 0X2P Y=023=0.5810.5900.343（5）P X=0+ P 010)=P (X 11)=0.002840（查表计算）十二 (2)每分钟呼唤次数大于 3 的概率。566530. 043XPXP十六以 X 表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间（以分计），X 的分布函数是000,1)(4

45、. 0xxexFxX求下述概率：（1）P至多 3 分钟；（2）P 至少 4 分钟；（3）P3 分钟至 4 分钟之间；（4）P至多 3 分钟或至少 4 分钟；（5）P恰好 2.5 分钟解：（1）P至多 3 分钟= P X3 =2 . 11)3(eFX（2）P 至少 4 分钟 P (X 4) =6 . 1)4(1eFX（3）P3 分钟至 4 分钟之间= P 3X4=6 . 12 . 1)3()4(eeFFXX（4）P至多 3 分钟或至少 4 分钟= P至多 3 分钟+P至少 4 分钟=6 . 12 . 11ee（5）P恰好 2.5 分钟= P (X=2.5)=018.十七设随机变量 X 的

46、分布函数为., 1,1 ,ln, 1, 0)(exexxxxFX，求（1）P (X2), P 0X3, P (2X25)；（2）求概率密度 fX(x).解：（1）P (X2)=FX(2)= ln2，P (0X3)= FX(3)FX(0)=1，I 2445ln2ln25ln)2()25(252(XXFFXP（2）其它, 0,1 ,1)( )(exxxFxf20.十八（2）设随机变量X的概率密度)(xf为（1）其它01112)(2xxxf（2）其他021210)(xxxxxf求 X 的分布函数 F (x)，并作出（2）中的 f (x)与 F (x)的图形。解：当1x1 时：21arcsin11

47、1arcsin211212120)(212121xxxxxxdxxdxxFXx当 1x 时：10120)(11121xdxdxxdxxF故分布函数为：xxxxxxxF111121arcsin11110)(2解：（2）xdttfxXPxF)()()(1022102110020010)2(0)(,2122)2(0)(,2120)(,1000)(,0xxxxdtdttdttdtxFxxxdttdttdtxFxxdttdtxFxdtxFx时当时当时当时当故分布函数为-r-25xxxxxxxxF212112210200)(22（2）中的 f (x)与 F (x)的图形如下22.二十某种型号的电子的寿命

48、 X（以小时计）具有以下的概率密度：其它010001000)(2xxxf现有一大批此种管子（设各电子管损坏与否相互独立）。任取 5 只，问其中至少有 2 只寿命大于 1500 小时的概率是多少？解：一个电子管寿命大于 1500 小时的概率为32)321 (1)1(1000110001)1500(1)1500(15001000150010002xdxxXPXP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)32, 5( BY，24323224311132511)31()32()31(1) 1()0(1)2(1)2(54155CYPYPYPYP23.二十一设顾客在某

49、银行的窗口等待服务的时间 X（以分计）服从指数分布，其概率密度为：x120f (x)x120F (x)-I 26其它, 00,51)(5xexFxX某顾客在窗口等待服务，若超过 10 分钟他就离开。他一个月要到银行 5 次。以 Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出 Y 的分布律。并求 P（Y1）。解：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为21051051051)()10(eedxedxxfXPxxX因此5 , 4 , 3 , 2 , 1( ,)1 (5)()., 5(5222keekkYPeBYkk即.5167. 04833. 018677. 01)1353363. 01 (1

50、)389. 711 (1)1 (1)0(1) 1(1) 1(55552eYPYPYP24.二十二设 K 在（0，5）上服从均匀分布，求方程02442KxKx有实根的概率K 的分布密度为：其他050051)(KKf要方程有根，就是要 K 满足(4K)244 (K+2)0。解不等式，得 K2 时，方程有实根。53051)()2(5522dxdxdxxfKP25.二十三设 XN（3.22）（1）求 P (2X5)，P (4)2，P (X3)若 XN（，2），则 P (X)=P (2X5) =235232=(1)(0.5)=0.84130.3085=0.5328P (42)=1P (|X|2)= 1

51、P (2 P3)=1P (X3)=1233=10.5=0.5（2）决定 C 使得 P (X C )=P (XC)P (X C )=1P (XC )= P (XC)得P (XC )=21=0.5又P (XC )=023, 5 . 023CC查表可得 C =326.二十四某地区 18 岁的女青年的血压（收缩区，以 mm-Hg 计）服从)12,110(2N在该地区任选一 18 岁女青年，测量她的血压 X。求（1）P (X105)，P (100x) 0.05.解:3384. 06616. 01)4167. 0(1)4167. 0()12110105()105() 1 (XP5952. 01797

52、6. 021)8333. 0(21)65(2)65()65()12110100()12110120()120100( XP.74.129.74.12974.19110.645. 112110.95. 0)12110(05. 0)12110(1)(1)()2(XxxxxxXPxXP故最小的查表得27.二十五由某机器生产的螺栓长度（cm）服从参数为=10.05，=0.06 的正态分布。规定长度在范围 10.050.12 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 XPX 不属于(10.050.12, 10.05+0.12)=1P (10.050.12X10.05+0.12)=106.

53、005.10)12. 005.10(06. 005.10)12. 005.10(=1(2)(2)=10.97720.0228=0.045628.二十六一工厂生产的电子管的寿命 X（以小时计）服从参数为=160，(未知)的正态分布，若要求 P (120X200=0.80，允许最大为多少？28P (120X200)=80. 04040160120160200又对标准正态分布有(x)=1(x)上式变为80. 040140解出9 . 040:40便得再查表，得25.31281. 140281. 14030.二十七设随机变量 X 的分布律为：X：2，1，0，1，3P：51，61，51，151，3011求

54、 Y=X2的分布律Y=X2：(2)2(1)2(0)2(1)2(3)2P：5161511513011再把 X2的取值相同的合并，并按从小到大排列，就得函数 Y 的分布律为：Y：0149P：511516151301131.二十八设随机变量 X 在（0，1）上服从均匀分布（1）求 Y=eX的分布密度X 的分布密度为：为其他xxxf0101)(Y=g (X) =eX是单调增函数又X=h (Y)=lnY，反函数存在且 = ming (0), g (1)=min(1, e)=1maxg (0), g (1)=max(1, e)= eY 的分布密度为：为其他yeyyyhyhfy0111| )( |)()(（

55、2）求 Y=2lnX 的概率密度。Y= g (X)=2lnX是单调减函数又2)(YeYhX反函数存在。29且 = ming (0), g (1)=min(+, 0 )=0=maxg (0), g (1)=max(+, 0 )= +Y 的分布密度为：为其他yyeeyhyhfyyy0021211| )( |)()(2232.二十九设 XN（0，1）（1）求 Y=eX的概率密度X 的概率密度是xexfx,21)(22Y= g (X)=eX是单调增函数又X= h (Y ) = lnY反函数存在且 = ming (), g (+)=min(0, +)=0 = maxg (), g (+)= max(0,

56、 +)= +Y 的分布密度为：为其他yyyeyhyhfyy00121| )( |)()(2)(ln2（2）求 Y=2X2+1 的概率密度。在这里，Y=2X2+1 在(+，)不是单调函数，没有一般的结论可用。设 Y 的分布函数是 FY（y），则FY( y)=P (Yy)=P (2X2+1y)=2121yXyP当 y1 时，( y)= FY( y) =21212221yyxdxe=41) 1(21yey（3）求 Y=| X |的概率密度。Y 的分布函数为FY( y)=P (Yy )=P ( | X |y)当 y0 时：( y)= FY( y) =2222221yyyxedxe33.三十（1）设

57、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 单调增函数，又X=h (Y ) =31Y，反函数存在，且 = ming (), g (+)=min(0, +)= = maxg (), g (+)= max(0, +)= +Y 的分布密度为：( y)= f h ( h )| h ( y)| =0,31)(3231yyyyf但0)0(（2）设随机变量 X 服从参数为 1 的指数分布，求 Y=X2的概率密度。法一：X 的分布密度为：000)(xxexfxY=x2是非单调函数当x0 时y=x2反函数是yx当x0 时y=x2yx YfY(y) =)()

58、(yyfyyfyyxOyy=x2r r 31=000,21210yyeyeyyy法二：)()()()()(yXPyXPyXyPyYPyYFY0,00,100yyedxeyyxYfY(y) =. 0,0. 0,21yyeyy34.三十一设 X 的概率密度为为其他xxxxf002)(2求 Y=sin X 的概率密度。FY( y)=P (Yy)= P (sinXy)当 y0 时：FY( y)=0当 0y1 时：FY( y) = P (sinXy) = P (0Xarc sin y 或arc sin yX)=yydxxdxxarcsin2arcsin0222当 1y 时：FY( y)=1Y 的概率密度

59、( y )为：y0 时，( y )= FY( y) = (0 ) = 00y1 时，( y )= FY( y) =yydxxdxxarcsin2arcsin0222=212y1y 时，( 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 TN（98.6， 2），试求()_J _J _f _f _f _J _J _J _J _J _J _f -_f 32的概率密度。已知)32(95T法一： T 的概率密度为tetft,221)(22)6 .98(2又)32(95)(TTg是单调增函数。3259)(hT反函数存在。且 = ming (),

60、g (+)=min(, +)= = maxg (), g (+)= max(, +)= +的概率密度()为59221| )( |)()(4)6 .983259(2ehhfe,109100)37(812法二：根据定理：若 XN（1，1），则 Y=aX+bN (a1+b, a22)由于 TN（98.6, 2）故295,9333295,91606 .989591609522NNT故的概率密度为：,10929521)(100)37(8129529333222ee第三章多维随机变量及其分布1.一在一箱子里装有 12 只开关，其中 2 只是次品，在其中随机地取两次，每次取一只。考虑两种试验：（1）放回

61、抽样，（2）不放回抽样。我们定义随机变量 X，Y 如下：_f _t-_j _t _t_j _t_j 33若第一次取出的是次品若第一次取出的是正品, 1, 0X若第二次取出的是次品若第二次取出的是正品, 1, 0Y试分别就（1）（2）两种情况，写出 X 和 Y 的联合分布律。解：（1）放回抽样情况由于每次取物是独立的。由独立性定义知。P (X=i,Y=j)=P (X=i)P (Y=j)P (X=0, Y=0 )=362512101210P (X=0, Y=1 )=3651221210P (X=1, Y=0 )=3651210122P (X=1, Y=1 )=361122122或写成XY01

62、036253651365361（2）不放回抽样的情况P X=0, Y=0 =66451191210P X=0, Y=1 =66101121210P X=1, Y=0 =66101110122P X=1, Y=1 =661111122或写成XY01SI 34066456610166106613.二盒子里装有 3 只黑球，2 只红球，2 只白球，在其中任取 4 只球，以 X 表示取到黑球的只数，以 Y 表示取到白球的只数，求 X，Y 的联合分布律。XY012300035335210356351235223513563530解：（X，Y）的可能取值为(i, j)，i=0，1，2，3，j=0，12，

63、i + j2，联合分布律为P X=0, Y=2 =351472222CCCP X=1, Y=1 =35647221213CCCCP X=1, Y=2 =35647122213CCCCP X=2, Y=0 =353472223CCCP X=2, Y=1 =351247121223CCCCP X=2, Y=2 =353472223CCCP X=3, Y=0 =352471233CCC35P X=3, Y=1 =352471233CCCP X=3, Y=2 =05.三设随机变量（X，Y）概率密度为其它, 042, 20),6(),(yxyxkyxf（1）确定常数 k。（2）求 P X1, Y3（3）

64、求 P (X1.5（4）求 P (X+Y4分析：利用 P (X, Y)G=oDGGdydxyxfdydxyxf),(),(再化为累次积分，其中42,20),(yxyxDo解：（1） 2012)6(),(1dydxyxkdydxyxf，81k（2）83)6(81)3, 1(3210dyyxdxYXP（3）3227)6(81), 5 . 1()5 . 1(425 . 10dyyxdxYXPXP（4）32)6(81)4(4020dyyxdxYXPx6 （1）求第 1 题中的随机变量（X、Y ）的边缘分布律。（2）求第 2 题中的随机变量（X、Y ）的边缘分布律。解：（1）放回抽样（第 1 题）

65、XY01036253651365361边缘分布律为X01Y01Pi6561Pj6561不放回抽样（第 1 题）xox+y=42y1SI 36XY0106645661016610661边缘分布为X01Y01Pi6561Pj6561（2）（X，Y ）的联合分布律如下解：X 的边缘分布律Y 的边缘分布律X0123Y13Pi81838381Pj86827 设二维随机变量（X，Y ）的概率密度为其它求边缘概率密度0.0, 10)2(8 . 4),(xyxxyyxf解：其它010)2(4 . 2)2(8 . 4),()(02xxxdyxydyyxfxfxX其它010)43(4 . 2)2(8 . 4),

66、()(12yyyydxxydxyxfyfyY8.六设二维随机变量（X，Y）的概率密度为., 00,),(其它yxeyxfy求边缘概率密度。解:0, 00,),()(xxedyedyyxfxfxxyXXY012300838303810081xox=yy37, 0, 0, 0,),()(0yyyedxedxyxfyfyyyY10七设二维随机变量（X，Y）的概率密度为其它, 01,),(22yxycxyxf（1）试确定常数 c。（2）求边缘概率密度。解: l=42121432),(1025210ccdyycydxcxdydxdyyxfyy其它, 011),1 (821421)(42122xxxyd

67、yxxfXxX其它01027421)(252yyydxdyfYyyY15. 第 1 题中的随机变量 X 和 Y 是否相互独立。解：放回抽样的情况P X=0, Y=0 = P X=0P Y=0 =3625P X=0, Y=1 = P X=0P Y=1=365P X=1, Y=0 = P X=1P Y=0=365P X=1, Y=1 = P X=1P Y=1=361在放回抽样的情况下，X 和 Y 是独立的不放回抽样的情况：P X=0, Y=0 =66451191210P X=0=651210P X=0= P X=0, Y=0 + P Y=0, X=1 =6511101121191210P X=0P

68、 Y=0 =36256565P X=0, Y=0 P X=0P Y=0xoyy=x2r r r r 38 X 和 Y 不独立16.十四设 X，Y 是两个相互独立的随机变量，X 在（0，1）上服从均匀分布。Y的概率密度为. 0, 00,21)(2yyeyfyY（1）求 X 和 Y 的联合密度。（2）设含有 a 的二次方程为 a2+2Xa+Y=0,试求有实根的概率。解：（1）X 的概率密度为其它, 0) 1 , 0(, 1)(xxfXY 的概率密度为. 0, 00,21)(2yyeyfyY且知 X, Y 相互独立，于是（X，Y）的联合密度为其它00, 1021)()(),(2yxeyfxfyx

69、fyYX1y=x2xoyD39（2）由于 a 有实跟根，从而判别式0442YX即：2XY 记0 , 10| ),(2xyxyxDdxededxdyedxdxdyyxfXYPxxyyDx101020221002222121),()(1445. 08555. 013413. 05066312. 21)5 . 08413. 0(21)2() 1 (2121210022dxex23设某种商品一周的需要量是一个随机变量，其概率密度为000,)(tttetft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

70、机变量且为同分布，其分布密度为000,)(tttetftZ=X+Y 表示两周需要的商品量，由 X 和 Y 的独立性可知：其它00, 0),(yxyexeyxfyxz0当 z0 时，由和的概率公式知r-r 40zyzyzyxzezdyyeeyzdyyfyzfzf6)()()()(30)(000,6)(3zzezzfzz（2）设 z 表示前两周需要量，其概率密度为000,6)(3zzezzfzz设表示第三周需要量，其概率密度为：000,)(xxxexfxz 与相互独立= z +表示前三周需要量则：0，当 u0 时uyuyueudyyeeyudyyfyufuf120)(61)()()(50)(3所以

71、的概率密度为000120)(5uueuufu30设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从 N（160，202）分布。随机地选取 4 只求其中没有一只寿命小于 180 小时的概率。解：设 X1，X2，X3，X4为 4 只电子管的寿命，它们相互独立，同分布，其概率密度为：22202)160(2021)(tTetf418413. 0)2060180(2120160202)160(20121)180(18012180222查表令dueutdttFXfuX设 N=minX1，X2，X3，X4P N180=P X1180, X2180, X3180, X4180=P X1804=1pX1804= (

72、0.1587)4=0.0006327.二十八设随机变量（X，Y）的分布律为XY012345012300.010.010.010.010.020.030.020.030.040.050.040.050.050.050.060.070.060.050.060.090.080.060.05（1）求 P X=2|Y=2，P Y=3| X=0（2）求 V=max (X, Y )的分布律（3）求 U = min (X, Y )的分布律解：（1）由条件概率公式P X=2|Y=2=22, 2YPYXP=08. 005. 005. 005. 003. 001. 005. 0=2 . 025. 005. 0同理

73、P Y=3|X=0=31（2）变量 V=maxX, Y 显然 V 是一随机变量，其取值为V：01234542P V=0=P X=0Y=0=0P V=1=P X=1，Y=0+ P X=1，Y=1+ P X=0，Y=1=0.01+0.02+0.01=0.04P 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=0.16P 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

74、=0.05+0.05+0.05+0.06+0.01+0.02+0.04=0.28P 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）显然 U 的取值为 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或缩写成表格形式（2）V012345Pk00.040.

75、160.280.240.28（3）U0123Pk0.280.300.250.17（4）W=V+U 显然 W 的取值为 0，1，8PW=0=PV=0 U=0=0PW=1=PV=0, U=1+PV=1U=0V=maxX，Y=0 又 U=minX，Y=1 不可能上式中的 PV=0，U=1=0，又PV=1 U=0=PX=1 Y=0+PX=0Y=1=0.2故PW=1=PV=0, U=1+PV=1，U=0=0.243PW=2=PV+U=2= PV=2, U=0+ PV=1，U=1= PX=2 Y=0+ PX=0Y=2+PX=1Y=1=0.03+0.01+0.02=0.06PW=3=PV+U=3= PV=3

76、, U=0+ PV=2，U=1= PX=3 Y=0+ PX=0，Y=3+PX=2，Y=1+ PX=1，Y=2 =0.05+0.01+0.04+0.03=0.13PW=4= PV=4, U=0+ PV=3，U=1+PV=2，U=2=PX=4 Y=0+ PX=3，Y=1+PX=1，Y=3+ PX=2，Y=2 =0.19PW=5= PV+U=5=PV=5, U=0+ PV=5，U=1+PV=3，U=2 =PX=5 Y=0+ PX=5，Y=1+PX=3，Y=2+ PX=2，Y=3 =0.24PW=6= PV+U=6=PV=5, U=1+ PV=4，U=2+PV=3，U=3 =PX=5，Y=1+ PX=

77、4，Y=2+PX=3，Y=3 =0.19PW=7= PV+U=7=PV=5, U=2+ PV=4，U=3=PV=5，U=2 +PX=4，Y=3=0.6+0.6=0.12PW=8= PV+U=8=PV=5, U=3+ PX=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）的概率密度为其它,00 , 10,),()(yxbeyxfyx（1）试确定常数 b；（2）求边缘概率密度 fX(x)，fY(y)（3）求函数 U=max (X, Y)的分布函数。解：（1）1 ),(11100)( ebdxdybed

78、xdyyxfyx111eb（2）dyyxfxfX),()(4410,110010)(xeedybexxxyx或00,0),()(10)(yedxbeydxyxfyfyyxY（3）Fu()=P U u=P uYX),max()=P X u, Y u=F (u, u)= uudydxyxf),(u1)=1P (1)= 1P (=0)+ P (=1)查二项分布表10.7361=0.2639.因此 X 表示一天调整设备的次数时 XB(4, 0.2639). P (X=0)=040.263900.73614=0.2936.P (X=1)=140.263910.73613=0.4210, P (X=2)=

79、240.263920.73612=0.2264.45P (X=3)=340.263930.7361=0.0541, P (X=4)=440.26390.73610=0.0049.从而E (X)=np=40.2639=1.05563.三有 3 只球，4 只盒子，盒子的编号为 1，2，3，4，将球逐个独立地，随机地放入 4 只盒子中去。设 X 为在其中至少有一只球的盒子的最小号码（例如 X=3 表示第 1号，第 2 号盒子是空的，第 3 号盒子至少有一只球），求 E (X)。事件 X=1=一只球装入一号盒，两只球装入非一号盒+两只球装入一号盒，一只球装入非一号盒+三只球均装入一号盒（右边三个事件

80、两两互斥）6437414341343413) 1(322XP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”6419414241342413)2(322XP同理：647414141341413)3(322XP64141)4(3XP故1625641464736419264371)(XE5.五设在某一规定的时间间段里，其电气设备用于最大负荷的时间 X（以分计）是一个连续型随机变量。其概率密度为其他015001500),3000()1500(115000,)1500(1)(22xxxxxf求 E (X)解：dxxxfXE)(

81、)(46)(15001500300031500)1500(1015003)1500(1)1500()3000()1500(32232300015002150002分xxxdxxxdxxx6.六设随机变量 X 的分布为X202Pk0.40.30.3求E (X)，E (3X2+5)解：E (X)= (2)0.4+00.3+20.3=0.2E (X2)= (2)20.4+020.3+220.3=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0,00,)(xxexfx求（1）Y=2X（2）Y=e2x的数学期望。解：（1）02)(2

82、)(dxxedxxxfyEx2022xxexe（2）022)()(exeedxxfeYExxx310313 xe8.八设（X，Y）的分布律为(1) 求 E (X)，E (Y )。(2) 设 Z=Y/X，求 E (Z )。(3) 设 Z= (XY )2，求 E (Z)。解：（1）由 X，Y 的分布律易得边缘分布为XY1231010.20.10.10.100.100.30.1-I -I -47E(X)=10.4+20.2+30.4=0.4+0.4+1.2=2.E(Y)= (1)0.3+00.4+10.3=0.（2）E (Z )= (1)0.2+(0.5)0.1+(1/3)0+00.4+1/30.

83、1+0.50.1+10.1= (1/4)+1/30+1/20+1/10=(15/60)+11/60=1/15.（3）E (Z )=00.1+10.2+40.3+90.4+160=0.2+1.2+3.6=510.十一工厂生产的某种设备的寿命 X（以年计）服从指数分布，概率密度为0, 00,41)(41xxexfx工厂规定出售的设备若在一年内损坏，可予以调换。若工厂出售一台设备可赢利 100 元，调换一台设备厂方需花费 300 元。试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望。解：一台设备在一年内损坏的概率为411041041141) 1(eedxeXPxx故.)1 (1) 1(1) 1(4141eeXP

84、XP设 Y 表示出售一台设备的净赢利则).1( ,100) 1( ,200)100300()(XXXfY故4141100200200) 1(100) 1()200()(eeXPXPYE64.3320030041e11.十一某车间生产的圆盘直径在区间（a, b）服从均匀分布。试求圆盘面积的数学期望。解：设 X 为圆盘的直径，则其概率密度为XY12310.20.100.300.100.30.410.10.10.10.30.40.20.41Z=Y/X11/21/301/31/21pk0.20.100.40.10.10.1Z (XY)20(1-1)21(1-0)2或(2-1)24(2-0)2或(1-(

85、-1)2或(3-1)29(3-0)2或(2-(-1)216(3-(-1)2pk0.10.20.30.40 48., 0),(,1)(其它baxabxf用 Y 表示圆盘的面积，则从而,412XY ).(123)()(414)(41)(223322babaababdxxabdxxfxYEba12.十三设随机变量 X1，X2的概率密度分别为0,00,4)(000,2)(4221xxexfxxexfxx求（1）E (X1+X2)，E (2X1322X)；（2）又设 X1，X2相互独立，求 E (X1X2)解：（1）0042212142)()()(dxexdxexXEXEXXExx=43412104

86、10214422xxxxexeexe（2）04222122143212)(3)(2)32(dxexXEXEXXEx=858310812314442xxxeexex（3）814121)()()(2121XEXEXXE13.十四将 n 只球（1n 号）随机地放进 n 只盒子（1n 号）中去，一只盒子装一只球。将一只球装入与球同号的盒子中，称为一个配对，记 X 为配对的个数，求 E(X )解：引进随机变量号球号盒装非第号球号盒装第第iiiiXi01i=1, 2, n则球盒对号的总配对数为niiXX1Xi的分布列为Xi:1049nXEi1)(i=1, 2 n11)()()(11nnXEXEXEniin

87、iii=1, 2 n14.十五共有 n 把看上去样子相同的钥匙，其中只有一把能打开门上的锁，用它们去试开门上的锁。设抽取钥匙是相互独立的，等可能性的。若每把钥匙经试开一次后除去，试用下面两种方法求试开次数 X 的数学期望。（1）写出 X 的分布律，（2）不写出 X 的分布律。解：（1）X123nPn1111nnn21121nnnnnn1212111211)(nnnnnnnXE（2）设一把一把钥匙的试开，直到把钥匙用完。设次试开不能开门第次试开能开门第iiiXi0i=1, 2 n则试开到能开门所须试开次数为niiXX1E (Xi)=ni1i=1, 2n2121)()(11nnnnnniXEX

88、Eninii15. （1）设随机变量 X 的数学期望为 E (X)，方差为 D (X)0，引入新的随机变量（X*称为标准化的随机变量）：)()(*XDXEXX验证 E (X* )=0，D (X* )=1（2）已知随机变量 X 的概率密度。P:n1nn1Xii0Pninnnnn11121nn11-1-1-1 1-1-50,020|,1 |1)(其它xxxf求 X*的概率密度。解：（1）0)()()(1)()(*)(XEXEXDXDXEXEXED (X* )= E X*E (X )* 2= E (X*2)=2)()(XDXEXE=1)(1)()(12XDDXXEXEXD（2）1)1 (

89、1 )1 (1 |1 |1 )(211020dxxxdxxxdxxxXE67)1 (1 )1 (1 |1 |1 )(2121022022dxxxdxxxdxxxXE611)(*61167)()()(22XDXXEXXXEXEXD161*)() 161()611()*()(yXdxxfyXPyXPyXPyF时即当时即当时即当yyyydxxyyy6, 1612166, 21610|1|1 6, 016101_610为其他值yyyygX06661| ) 161(1|1)(*16.十六设 X 为随机变量，C 是常数，证明 D (X )E (XC )2，对于 CE (X )，_t _t _t _t _t

90、 _t _t _t _t _f _t _t _f j j j _t _J _J _J 51（由于 D (X ) = E XE (X )2，上式表明 E (XC )2当 C=E (X )时取到最小值。）证明：D (X )E (XC )2= D (X2)E (X )2E (X2)2CE (X2)+C2=E (X )22CE (X2)+C2=E (X )C 20，当 E (X )C 时 D (X )0 是常数，求 E (X )，D (X )。解：edxexeexddxexXExxxxx00000)(0)(1)(又202202221)(dtetxtdxexXEtx令D (X )= E (X2)E2(

91、X )=222=221设 X1, X2, Xn是相互独立的随机变量且有2)(,)(XDXEii,i=1,2, n.记niiXnX11，niiXXnS122)(11.（1）验证.)(,)(2nXDXE（2）验证niiXnXnS122211.（3）验证 E (S2)证明：（1）niniiniinXEnXnEXE1111)(1)1()(利用数学期望的性质 2，3)nnXDnXnDXDniniinniiXX212212111)(1)1()(,相互独立(利用方差的性质 2，3)（2）首先证niiniiXnXXX12212)(I 52.22)2()(122212121212212niiniiniinii

92、niiiniiXnXXnXXnXXnXXXXXXXXX于是niiniiXXnXnXnS121222)(1111（3）)(11)(11)(212122XnXEnXXnESEniinii)()(11212XnEXEnnii)()()()(11221XEXDnXEXDninii22222)(11nnnnn23二十五设随机变量 X 和 Y 的联合分布为：XY10118181810810811818181验证：X 和 Y 不相关，但 X 和 Y 不是相互独立的。证：P X=1Y=1=81P X=1=83P Y=1=83P X=1Y=1P X=1 P Y=1X，Y 不是独立的又E (X )=183+082

93、+183=053E (Y )=183+082+183=0COV(X, Y )=EXE (X )YE (Y )= E (XY )EXEY= (1)(1)81+(1)181+1(1)81+1181=0X，Y 是不相关的27 已知三个随机变量 X， Y， Z 中， E (X )= E (Y )=1, E (Z )=1， D (X )=D (Y )=D (Z )=1,XY=0XZ=21，YZ=21。设 W=X+Y+Z 求 E (W )，D (W )。解：E (W )= E (X+Y+Z)= E (X )+ E (Y )+ E (Z )=1+11=1D (W )= D (X+Y+Z)=E (X+Y+Z)

94、E (X+Y+Z)2= E XE (X )+ YE (Y )+ZE (Z )2= E XE (X )2+ YE (Y )2+ ZE (Z )2+2 XE (X ) YE (Y )+2 YE (Y ) ZE (Z )+2ZE (Z ) XE (X )= D (X )+D (Y )+D (Z )+2 COV(X, Y )+ 2 COV(Y, Z )+ 2 COV(Z, X )= D (X )+D (Y )+D (Z )+2XZXYZDYDYDXD)()(2)()(+ZXXDZD)()(2=1+1+1+2)21(1120113)21(11226.二十八设随机变量（X1，X2）具有概率密度。)(81)

95、,(yxyxf， 0x2,0y2求E (X1)，E (X2)，COV（X1，X2），)(2121XXDXX解：67)(81)(20202dyyxxdxXE67)(81)(20202dyyxydxXE)67)(67()(2121XXEXXCOV361)(81)67)(67(2020dyyxyxdx361167)(81)()()(22022021211dyyxxdxXEXEXD361167)(81)()()(22022022222dyyxydxXEXEXD541113611361),(2121DXDXXXCOVXYD (X1+X2)= D (X1)+ D (X2)+2COV(X1, X2)=95

96、)361(23611361128.二十九设 XN（，2），YN（，2），且 X，Y 相互独立。试求 Z1= X+Y和 Z2= XY 的相关系数（其中,是不为零的常数）.解：由于 X，Y 相互独立Cov(Z1, Z2)=E(Z1,Z2)E(Z1) E(Z2)=E (X+Y ) (XY )(EX+EY ) (EXEY )=2EX2EY22(EX )2+(EY )2=2DX2DY=(22) 2DZ1=2DX+2DY=(2+2) 2, DZ2=2DX+2DY=(2+2) 2,(利用数学期望的性质 23)故)()(),(2222212121DZDZZZCovZZ29二十三卡车装运水泥，设每袋水泥重量

97、（以公斤计）服从 N（50,2.52）问最多装多少袋水泥使总重量超过 2000 的概率不大于 0.05.解：已知 XN（50,2.52）不妨设最多可装 A 袋水泥才使总重量超过 2000 的概率不大于 0.05.则由期望和方差的性质得 Y=AXN（50A,2.52A）.故由题意得P Y20000.0595. 0)2000YP即65. 15 . 250200095. 05 . 2502000AAAA查表得解得 A39.30.三十二已知正常男性成人血液中，每一毫升白细胞数平均是 7300，均方差是700，利用契比雪夫不等式估计每毫升含白细胞数在 52009400 之间的概率 p.解：由题意知=73

98、00,=700，则由契比雪夫不等式8889. 098911210070012100|7300|9400520022XPXP31.三十三对于两个随机变量 V,W 若 E(V2)E (W2)存在,证明E (VW)2E (V2)E (W2)这一不等式称为柯西施瓦兹（Cauchy-Schwarz）不等式.证明：由)(21|22WVVW和关于矩的结论，知当 E (V2), E (W2)存在时 E (VW)，E(V), E(W), D (V), D (W),都存在.当 E (V2), E (W2)至少有一个为零时，不妨设 E (V2)=0，-55由 D (V)= E (V2)E (V)2E (V2)=0

99、知 D (V)=0，此时E (V)2= E (V2)=0 即 E (V)=0。再由方差的性质知 P (V=0)=1.又)0()0(VVW故有 P (VW=0)=1.于是 E(VW)=0，不等式成立. 当 E (V2)0，E (W2)0 时，对0t有 E (WtV)2= E (V2) t22 E(VW)t+ E (W2)0.(*)(*)式是 t 的二次三项式且恒非负，所以有=2 E(VW)24 E (V2) E (W2) 0故 Cauchy-Schwarz 不等式成立。二十一（1）设随机变量 X1， X2， X3， X4相互独立，且有 E (Xi)=i, D (Xi)=5i, i=1,2

100、,3,4。设 Y=2 X1X2+3X321X4，求 E (Y)，D (Y)。（2）设随机变量 X， Y 相互独立，且 XN （720， 302）， YN （640， 252），求 Z1=2X+Y，Z2=XY 的分布，并求 P XY , P X+Y1400 解：（1）利用数学期望的性质 2，3有E (Y )= 2E (X1)E (X2)+3 E (X3)21E (X4)=7利用数学方差的性质 2，3有D (Y )=22D (X1)+ (1)2D (X2)+32D (X3)+(21)2D (X4)=37.25（2）根据有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，知Z1N（

101、，），Z2N（，）而 E Z1=2EX+Y=2720+640, D (Z1)= 4D (X )+ D (Y )= 4225E Z2=EXEY=720640=80, D (Z2)= D (X )+ D (Y )= 1525即 Z1N（2080，4225）， Z2N（80，1525）P XY = P XY 0 = P Z20 =1P Z20 =9798. 015258015258001P X+Y 1400 =1P X+Y 1400 同理 X+YN（1360，1525）则 P X+Y 1400 =1P X+Y1400 =1539. 01525136014001二十二5 家商店联营，它们每周

102、售出的某种农产品的数量（以 kg 计）分别为 X1，X2，X3，X4，X5，已知 X1N（200，225），X2N（240，240），X3N（180，225），X4N（260，265），X5N（320，270），X1，X2，X3，X4，X5相互独立。56（1）求 5 家商店两周的总销售量的均值和方差；（2）商店每隔两周进货一次，为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于 0.99，问商店的仓库应至少储存多少公斤该产品？解：（1）令51iiXY为总销售量。已知 E X1=200，E X2=240，E X3=180，E X4=260，E X5=320，D (X1)=225，D (X

103、2)=240，D (X3)=225，D (X4)=265，D (X5)=270，利用数学期望的性质 3有511200)()(iiXEYE利用方差的性质 3有511225)()(iiXDYD（2）设商店仓库储存 a 公斤该产品，使得P Y a0.99由相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，并注意到（1），得YN（1200，1225）99. 0351200aaYP查标准正态分布表知55.128133. 2351200aaa 至少取 1282.第五章大数定理和中心极限定理1一据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为 100 小时的指数分布，现在随机的抽取 16 只，设它们的寿命是相互独立

104、的，求这 16 只元件寿命总和大于 1920 小时的概率。57解：设第 i 只寿命为 Xi，（1i16），故 E (Xi)=100，D (Xi)=1002(l=1,2,16).依本章定理 1 知8 . 040016001001616001920100161600)1920(160160161iiiiiiXPXPXP.7881. 0)8 . 0(从而.2119. 07881. 01)1920(1)1920(161161iiiiXPXP3三计算机在进行加法时，对每个加数取整（取为最接近它的整数），设所有的取整误差是相互独立的，且它们都在（0.5，0.5）上服从均匀分布，（1）若将 1500

105、个数相加，问误差总和的绝对值超过 15 的概率是多少？（2）几个数相加在一起使得误差总和的绝对值小于 10 的概率不小于 0.90解：（1）设取整误差为 Xi（, 2 , 1i，1500），它们都在（0.5, 0.5）上服从均匀分布。于是：025 . 05 . 0)( pXEi12112)5 . 0(5 . 0)(2iXD18.111251211500)(, 0)(iiXnDXnE1515115115150011500115000iiiiiiXPXPXP18.111518.1118.1115115001iiXP581802. 09099. 01 2)34. 1 (1 2)34. 1()34.

106、 1 (18某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为 0.8，医院检验员任意抽查 100 个服用此药品的病人，如果其中多于 75 人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言。（1）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是 0.8，问接受这一断言的概率是多少？（2）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是 0.7，问接受这一断言的概率是多少？解：设 X 为 100 人中治愈的人数，则 XB (n, p)其中 n=100（1）)75(1751)75(1)75(npqnpnpqnpnpqnpXPXPXP8944. 0)45()45(1（2）p=0.7 由中心极限定理知)75(1751)

107、75(1)75(npqnpnpqnpnpqnpXPXPXP.1379. 08621. 01)09. 1 (1)215(17七一复杂的系统，由 100 个互相独立起作用的部件所组成。在整个运行期间每个部件损坏的概率为 0.10。为了整个系统起作用至少必需有 85 个部件工作。求整个系统工作的概率。（2）一个复杂的系统，由 n 个互相独立起作用的部件所组成，每个部件的可靠性（即部件工作的概率）为 0.90。且必须至少有 80%部件工作才能使整个系统工作，问 n 至少为多少才能使系统的可靠性不低于 0.95。解：（1）设每个部件为 Xi(i=1,2,100)部件损坏不工作部件工作01iX设

108、 X 是 100 个相互独立，服从（01）分布的随机变量 Xi之和X=X1+ X2+ X100由题设知n=100P Xi=1=p=0.9, P Xi=0=0.1E (Xi) =p=0.9D (Xi) =p (1p)=0.90.1=0.0959nE (Xi) =1000.9=90, n D (Xi) =1000.09=9)()(85)()(851001iiiiiiXnDXnEXnDXnEXPXP=3539099085990XPXP=353901XP由中心极限定理知3522211dtet)35(1查标准正态分布表=(1.67)=0.9525解：（2）设每个部件为 Xi(i=1,2,n)部件损坏不

109、工作部件工作01iXP Xi=1=p=0.9, P Xi=0=1p=0.1E (Xi) =p=0.9,D (Xi) =0.90.1=0.09由问题知95. 0100801niinXP求 n=?而nXPnii100801)(10080)(1iiniiXnDnpnXnDnpXP=nnnnnXPnii3 . 09 . 0100803 . 09 . 01_f _f -=-t t _J-_f _f -t t 60=1nnnnnXPnii3 . 09 . 0100803 . 09 . 01由中心极限定理知=95. 03 . 01 . 03 . 01 . 01nnnn查标准正态分布表得645. 13 . 0

110、1 . 0nn解得 n24.35取 n=25，即 n 至少为 25 才能使系统可靠性为 0.95.八随机地取两组学生，每组 80 人，分别在两个实验室里测量某种化合物的 PH值，各人测量的结果是随机变量，它们相互独立，且服从同一分布，其数学期望为 5，方差为 0.3，以YX,分别表示第一组和第二组所得结果的算术平均：（1）求 P 4.915.（3）求概率 P min (X1，X2，X3，X4，X5)10.解：（1）25541225415412112|XPXPXP=2628. 0)25(1 2（2）P max (X1，X2，X3，X4，X5)15=1P max (X1，X2，X3，X4，X5)

111、15=.2923. 0)21215(1151551iiXP（3）P min (X1，X2，X3，X4，X5)0 为已知，1，为未知参数。（2）., 010 ,)(1其它xxxf其中0，为未知参数。（5） ppmxppxXPxmxmx, 10 , 2 , 1 , 0,)1 ()(为未知参数。解：（1）XccccdxxcdxxxfXEc1,11)()(1令，得cXX65（2）,1)()(10dxxdxxxfXE2)1(,1XXX得令（5）E (X) = mp令 mp =X，解得mXp 3三求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。解：（1）似然函数1211)()()(nnnniixxxcxf

112、L0lnln)(ln,ln)1 (ln)ln()(ln11niiniixcnndLdxcnnLniicnxn1lnln（解唯一故为极大似然估计量）（2）niinnniixnLxxxxfL112121ln) 1()ln(2)(ln,)()()(niiniixnxndLd121)ln(, 0ln2112)(ln。 (解唯一)故为极大似然估计量。（5）niniiixmnxnniippxmxmxXPpL11)1 ()(11， ),1ln()(lnln)(ln111pxmnpxpLniiniinimxi01)(ln11pxmnpxdppLdniinii解得mXmnxpnii2，（解唯一）故为极大似然估

113、计量。4四(2) 设 X1，X1，Xn是来自参数为的泊松分布总体的一个样本，试求的极大似然估计量及矩估计量。I J J _f -=-J J -J J _t_f 66解：（1）矩估计X ( )，E (X )= ，故=X为矩估计量。（2）极大似然估计nnxniiexxxxPLnii!);()(2111，nxxLniinii11!lnln)(lnXnxdLdnii,0)(ln1解得为极大似然估计量。（其中), 1, 0,!);(iixiixexxXPxpi5六一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，随机地自该地区取 100 个样品，每个样品有 10 块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。假设这

114、 100 次观察相互独立，并由过去经验知，它们都服从参数为 n=10，P 的二项分布。P 是该地区一块石子是石灰石的概率。求 p 的极大似然估计值，该地质学家所得的数据如下样品中属石灰石的石子数012345678910观察到石灰石的样品个数016723262112310解：的极大似然估计值为=X=0.499四(1)设总体 X 具有分布律X123Pk22(1)(1)2其中(0 D (T2)所以 T2较为有效。14.十四设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.05.75.86.57.06.35.66.15.0。设干燥时间总体服从正态分布 N （， 2），求的置信度为 0.

115、95的置信区间。（1）若由以往经验知=0.6（小时）（2）若为未知。解：（1）的置信度为 0.95 的置信区间为（2znX ），计算得)392. 6 ,608. 5()96. 196 . 00 . 6(, 6 . 0,96. 1, 0 . 6025. 0即为查表zX（2）的置信度为 0.95 的置信区间为（) 1(2ntnSX），计算得0 . 6X，查表t0.025(8)=2.3060.)442. 6 ,558. 5()3060. 2333. 00 . 6(.33. 064. 281)(819122故为iixxS16.十六随机地取某种炮弹 9 发做试验，得炮弹口速度的样本标准差为

116、s=11(m/s)。设炮口速度服从正态分布。求这种炮弹的炮口速度的标准差的置信度为 0.95 的置信区间。解：的置信度为 0.95 的置信区间为) 1 .21, 4 . 7()18. 2118,535.17118() 1() 1(,) 1() 1(2212222nSnnSn_f t dd _t -_f _f -_f 69其中=0.05, n=9查表知180. 2)8(,535.17)8(2975. 02025. 019.十九研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率。设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为 0.05cm/s，取样本容量为 n1=n2=20.得燃烧率的样本均值分别为./2

117、4,/1821scmxscmx设两样本独立，求两燃烧率总体均值差12的置信度为 0.99 的置信区间。解：12的置信度为 0.99 的置信区间为).96. 5,04. 6()22005. 058. 22418()(2222121221nnzXX其中=0.01，z0.005=2.58,n1=n2=20,24,18,05. 02122221XX20.二十设两位化验员 A，B 独立地对某中聚合物含氯两用同样的方法各做 10 次测定，其测定值的样本方差依次为2222,.6065. 0,5419. 0BABASS设分别为 A，B 所测定的测定值总体的方差，设总体均为正态的。设两样本独立，求方差比22BA

118、的置信度为 0.95 的置信区间。解：22BA的置信度为 0.95 的置信区间) 1, 1(,) 1, 1(21212221222nnFSSnnFSSBABA)6065. 003. 45419. 0,03. 46065. 05419. 0(= (0.222, 3.601).其中 n1=n2=10，=0.05，F0.025(9,9)=4.03,03. 41)9 , 9(1)9 , 9(025. 0975. 0FF。第八章假设检验1.一某批矿砂的 5 个样品中的镍含量，经测定为（%） 3.253.273.243.263.24。设测定值总体服从正态分布，问在 = 0.01 下能否接受假设：这批矿

119、砂的含镍量的均值为3.25.解：设测定值总体 XN（，2），2均未知-F F I I 70步骤：（1）提出假设检验 H0：=3.25;H1：3.25（2）选取检验统计量为) 1(25. 3ntnSXt（3）H0的拒绝域为| t |).1(2nt（4）n=5, = 0.01，由计算知01304. 0)(11,252. 3512iiXXnSx查表 t0.005(4)=4.6041,) 1(343. 0501304. 025. 3252. 3|2ntt（5）故在 = 0.01 下，接受假设 H02二如果一个矩形的宽度与长度 l 的比618. 0) 15(21l，这样的矩形称为黄金矩形。这种尺寸的

120、矩形使人们看上去有良好的感觉。现代建筑构件（如窗架）、工艺品（如图片镜框）、甚至司机的执照、商业的信用卡等常常都是采用黄金矩型。下面列出某工艺品工厂随机取的 20 个矩形的宽度与长度的比值。设这一工厂生产的矩形的宽度与长短的比值总体服从正态分布，其均值为，试检验假设（取 = 0.05）H0： = 0.618H1：0.6180.6930.7490.6540.6700.6620.6720.6150.6060.6900.6280.6680.6110.6060.6090.6010.5530.5700.8440.5760.933.解：步骤：（1）H0： = 0.618；H1：0.618（2）选取检

121、验统计量为) 1(618. 0ntnSXt（3）H0的拒绝域为| t |).1(2nt（4）n=20 = 0.05，计算知0925. 0)(11,6605. 01121niiniixxnSxnx，) 1(055. 2200925. 0618. 06605. 0| ,0930. 2) 1(22nttntIr I J- I I -r Ir 71（5）故在 = 0.05 下，接受 H0，认为这批矩形的宽度和长度的比值为 0.6183.三要求一种元件使用寿命不得低于 1000 小时，今从一批这种元件中随机抽取25 件，测得其寿命的平均值为 950 小时，已知这种元件寿命服从标准差为 =100 小时的正

122、态分布。试在显著水平 = 0.05 下确定这批元件是否合格？设总体均值为。即需检验假设 H0：1000，H1：1000。解：步骤：（1）:0H1000；H1：8（2）当 n 充分大时，nsx 近似地服从 N（0，1）分布（3）H0的拒绝域近似为nsx z（4）n=100， = 0.05，5 . 6x，S=2，由计算知645. 15 . 7100285 . 6|05. 0zt（5）故在 = 0.05 下，拒绝 H0，即认为校长的看法是不对的。14.十三某种导线，要求其电阻的标准差不得超过 0.005(欧姆)。今在生产的一批Ir IF IF IF IF 72导线中取样品 9 根，测得 s=0.0

123、07(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平 = 0.05 能否认为这批导线的标准差显著地偏大？解：（1）提出 H0： 0.005；H1： 0.005（2）H0的拒绝域为) 1(005. 0) 1(222nSn（3）n=9， = 0.05，S=0.007，由计算知) 1(68.15005. 0007. 08005. 0) 1(22222nSn查表507.15)8(205. 0（4）故在 = 0.05 下，拒绝 H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。15.十四在题 2 中记总体的标准差为。试检验假设（取 = 0.05）H0：2=0.112，H1：20.112。解：步骤（1）H0：2=0.112；

124、H1：20.112（2）选取检验统计量为) 1(11. 0) 1(2222nSn（3）H0的拒绝域为) 1() 1(2212222nn或（4）n=20， = 0.05，由计算知 S2=0.09252，437.1311. 0) 1(22Sn查表知907. 8)19(,852.32)19(2975. 02025. 0（5）故在 = 0.05，接受 H0，认为总体的标准差为 0.11.16.十五测定某种溶液中的水份，它的 10 个测定值给出 s=0.037%，设测定值总体为正态分布， 2为总体方差。试在水平 = 0.05 下检验假设 H0： 0.04%； H1： 0.04%。解：（1）H0：

125、2(0.04%)2；H1：2 (0.04%)2（2）H0的拒绝域为) 1(%)04. 0() 1(2122nSn（3）n=10， = 0.05，S=0.037%，查表知325. 3)9(295. 0由计算知).9(701. 7%)04. 0()037. 09%)04. 0() 1(295. 02222Sn（4）故在 = 0.05 下，接受 H0，认为大于 0.04%17.十六在第 6五题中分别记两个总体的方差为2221 和。试检验假设（取 =I I I I 730.05）H0：2221和以说在第 6五题中我们假设2221是合理的。解：（1）H0：222112221:,H（2）选取检验统计量为

126、) 1, 1(212221nnFSSF（3）H0的拒绝域为) 1, 1() 1, 1(2121212nnFFnnFF或（4）n1=8，n2=10， = 0.05，查表知 F0.025(7,9)= 4.20298. 000084. 000025. 0,207. 082. 41)7 , 9(1)9 , 7(2221025. 0975. 0SSFFFF0.975(7,9)F3，5jPn将其合并得023. 873jjPn合并后，K=4，Y=1查表知991. 5) 114(205. 0由计算知444. 1100023. 85397.181979.364079.363622222（5）故在 = 0.05 下，接受 H0，认为一页的印刷错误个数服从泊松分布。75

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浙大高等数学《概率论与数理统计》第四版课后习题答案

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