概率论与数理统计(第四版)习题答案全

概率论与数理统计习（第四版）题解答

第一章 随机事件及其概率·样本空间·事件的关系及运算

一、任意抛掷一颗骰子，观察出现的点数。设事件A表示“出现偶数点”，事件B表示“出现的点数能被3整除”．

（1）写出试验的样本点及样本空间；

（2）把事件A及B分别表示为样本点的集合；

（3）事件A,B,AB,AB,AB分别表示什么事件？并把它们表示为样本点的

集合．

解：设ωi表示“出现i点”(i1,2,,6)，则

（1）样本点为ω1,ω2,ω3,ω4,ω5,ω6；样本空间为{1,2,3,4,5,6}. （2）A{ω2,ω4,ω6}； B{ω3,ω6}.

（3）{ω1,ω3,ω5}，表示“出现奇数点”；{ω1,ω2,ω4,ω5}，表示“出现的点数不能被3整除”；AB{ω2,ω3,ω4,ω6}，表示“出现的点数能被2或3整除”；AB{ω6}，表示“出现的点数能被2整除且能被3整除”；AB{ω1,ω5}，表示“出现的点数既不能被2整除也不能被3整除”

二、写出下列随机试验的样本空间及各个事件中的样本点：

（1）同时掷三枚骰子，记录三枚骰子的点数之和．A—“点数之和大于10”，B—“点

数之和小于15”．

（2）一盒中有5只外形相同的电子元件，分别标有号码1，2，3，4，5．从中任取3

只，A—“最小号码为1”．

解：(1) 设ωi表示“点数之和等于i”(i3,4,,18)，则

Ω{ω3,ω4,,ω18}；

A{ω11,ω12,,ω18}；B{ω3,ω4,,ω14}.

(2) 设ωijk表示“出现号码为i,j,k”(i,j,k1,2,,5;ijk)，则

Ω{ω123,ω124,ω125,ω134,ω135,ω145,ω234,ω235,ω245,ω345} A{ω123,ω124,ω125,ω134,ω135,ω145}.

三、设A,B,C为三个事件，用事件之间的运算表示下列事件： (1) A发生, B与C都不发生； (2) A,B,C都发生；

(3) A,B,C中至少有两个发生； (4) A,B,C中至多有两个发生． 解：(1) A；

(2) ABC；

(3) BCACABABC或ABBCCA

(4) BAABABC或或ABC.

四、一个工人生产了n个零件，以Ai表示他生产的第 i个零件是合格品（1in）．用Ai表示下列事件：

（1）没有一个零件是不合格品； （2）至少有一个零件是不合格品； （3）仅有一个零件是不合格品； （4）至少有一个零件不是不合格品． 解：(1) A1A2An；

(2) A1A2An或12n； (3) 1A2AnA12AnA1A2n (4) A1A2An或12n.

第二章 概率的古典定义·概率加法定理

一、电话号码由七个数字组成，每个数字可以是0，1，2，…，9中的任一个数（但第一个数字不能为0），求电话号码是由完全不同的数字组成的概率．

1111111

解：基本事件总数为C9C10C10C10C10C10C109106

1111111

有利事件总数为C9C9C8C7C6C5C49287654 设A表示“电话号码是由完全不同的数字组成”，则

9287654

P(A)0.0605 6

910

二、把十本书任意地放在书架上，求其中指定的三本书放在一起的概率．

10

解：基本事件总数为A1010!

7

指定的三本书按某确定顺序排在书架上的所有可能为A77!种；这三本书按确定的顺序13放在书架上的所以可能的位置共C88种；这三本书的排列顺序数为A33!；故有利事

件总数为7!83!8!3!(亦可理解为P88P33) 设A表示“指定的三本书放在一起”，则

8!3!1

P(A)0.067

10!15

三、为了减少比赛场次，把二十个队任意分成两组（每组十队）进行比赛，求最强的两个

队被分在不同组内的概率．

10

解：20个队任意分成两组（每组10队）的所以排法，构成基本事件总数C20；两个最强的

19

队不被分在一组的所有排法，构成有利事件总数C2C18 设A表示“最强的两队被分在不同组”，则

19C2C1810

P(A)0.526 10

19C20

四、某工厂生产的产品共有100个，其中有5个次品．从这批产品中任取一半来检查，求发现次品不多于1个的概率．

解：设Ai表示“出现的次品为i件”(i0,1,2,3,4,5)，A表示“取出的产品中次品不多

于 1个”，则 AA0A1.因为A0A1V，所以P(A)P(A0)P(A1).而

50149

C95C5C95525474723

P(A0)500.0281 P(A1)0.152 950

49997C10049997C100

故 P(A)0.02810.15290.181

五、一批产品共有200件, 其中有6件废品．求 (1) 任取3件产品恰有1件是废品的概率; (2) 任取3件产品没有废品的概率; (3) 任取3件产品中废品不少于2件的概率． 解：设A表示“取出的3件产品中恰有1件废品”；B表示“取出的3件产品中没有废品”；

C表示“取出的3件产品中废品不少于2件”，则

12C6C19418194193

(1) P(A)0.0855 3

200199198C200

3

C194194193192

(2) P(B)30.912

C200200199198

2130C6C194C6C19490194120

(3) P(C)0.00223 3

200199198C200

六、设P(A)P(B)P(C), P(AB)P(AC)0, P(BC)．求A, B, C至少有一事件发生的 概率．

解：因为P(AB)P(AC)0，所以ABV,ACV，从而(AB)CV可推出P(ABC)0

设D表示“A, B, C至少有一事件发生”，则DABC，于是有

P(D)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(CA)P(ABC) 11113

0.75 33344

13

14

第三章 条件概率与概率乘法定理·全概率公式与贝叶斯公式

一、设P(A)0.5,P(B)0.4,P(A|B)0.6,求P(AB),P(A|AB)． 解：因为AA(B)ABA，所以P(A)P(AB)P(A)，即

P(AB)P(A)P(A)P(A)P()P(A)0.5(10.4)0.60.14

P(A|AB)

P[A(AB)]P(AB)



P(A)

P(A)P(B)P(A)



0.50.5

0.68

0.5(10.4)0.360.74

二、某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，求他拨号不超过两次而接通所需电话的概率．若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？ 解：设A表示“第一次拨通”，B表示“第二次拨通”，C表示“拨号不超过两次而拨通”

111C9C1C111

（1）P(C)P(A)P(B)1110.2

C10C10C91010

111A1A4A11

（2）P(C)P(A)P(B)1210.4

55A5A5

三、两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是

0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多

一倍．

（1）求任意取出的零件是合格品的概率；

（2）如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率． 解：设Ai表示“第i台机床加工的零件”(i1,2)；B表示“出现废品”；C表示“出现合

格品”

（1）P(C)P(A1CA2C)P(A1C)P(A2C)P(A1)P(CA1)P(A2)P(CA2) 

21

(10.03)(10.02)0.973 33

1

0.02P(A2)P(BA2)P(A2B)（2）P(A2B)0.25 21P(B)P(A1)P(BA1)P(A2)P(BA2)

0.030.0233

四、猎人在距离100米处射击一动物，击中的概率为0.6；如果第一次未击中，则进行第二次射击，但由于动物逃跑而使距离变为150米；如果第二次又未击中，则进行第三次射击，这时距离变为200米．假定击中的概率与距离成反比，求猎人三次之内击中动物的概率．

k

解：设Ai表示“第i次击中”(i1,2,3)，则由题设，有P(A1)0.6，得k60，从

100

而有

k60k60

P(A2)0.4，P(A3)0.3.

[1**********]0

设A表示“三次之内击中”，则AA11A212A3，故有

P(A)P(A1)P(1)P(A2)P(1)P(2)P(A3)

0.6(10.6)0.4(10.6)(10.4)0.30.832 （另解）设B表示“猎人三次均未击中”，则

P(B)(10.6)(10.4)(10.3)0.168

故所求为 P()1P(B)0.832

五、盒中放有12个乒乓球，其中有9个是新的．第一次比赛时从其中任取3个来用，比赛后仍放回盒中．第二次比赛时再从盒中任取3个，求第二次取出的都是新球的概率． 解：设Ai表示“第一次取得i个新球”(i0,1,2,3)，则

3112C3C32C9C3C9108127

P(A1) P(A0)3P(A)[1**********]0C12C12C12

03

C3C984

P(A3)3

220C12

设B表示“第二次取出的都是新球”，则

33333

1C927C8108C784C6

P(B)P(Ai)P(BAi)3333

[1**********]0CCCC12i0121212

[***********]60.146  [***********]11532400

第四章 随机事件的独立性·独立试验序列

一、一个工人看管三台车床，在一小时内车床不需要工人照管的概率：第一台等于0.9，第二台等于0.8，第三台等于0.7．求在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管的概率． 解：设Ai表示“第i台机床不需要照管”(i1,2,3)，则

P(A1)0.9 P(A2)0.8 P(A3)0.7

再设B表示“在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管”，则

BA1A2A31A2A3A12A3A1A23 于是有

P(B)P(A1)P(A2)P(A3)P(1)P(A2)P(A3)P(A1)P(2)P(A3)P(A1)P(A2)P(3) 0.90.80.7(10.9)0.80.70.9(10.8)0.70.90.8(10.7)

0.902．

（另解）设Bi表示“有i台机床需要照管”(i0,1)，B表示“在一小时内三台车床中最

多有一台需要工人照管”，则BB0B1且B0、B1互斥，另外有 P(B0)0.90.80.70.504

P(B1)(10.9)0.80.70.9(10.8)0.70.90.8(10.7)0.398 故P(B)P(B0B1)P(B0)P(B1)0.5040.3980.902．

二、电路由电池a与两个并联的电池b及c串联而成．设电池a,b,c损坏的概率分别是0.3、

0.2、0.2，求电路发生间断的概率． 解：设A1表示“a损坏”；A2表示“b损坏”；A3表示“c损坏”；则

P(A1)0.3 P(A2)P(A3)0.2 又设B表示“电路发生间断”，则

BA1A2A3

于是有

P(B)P(A1A2A3)P(A1)P(A2A3)P(A1A2A3)

P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3) 0.30.20.20.30.20.20.328．

111

三、三个人独立地去破译一个密码，他们能译出的概率分别为、、，求能将此密码

534

译出的概率．

解：设A表示“甲能译出”；B表示“乙能译出”；C表示“丙能译出”，则

111

P(A) P(B) P(C)

534

设D表示“此密码能被译出”，则DABC，从而有

P(D)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(CA)P(ABC)

P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(B)P(C)P(C)P(A)P(A)P(B)P(C) [1**********]1

0.6． [1**********]4

1112

（另解）P()P()P()P()P()(1)(1)(1)，从而有

534523

P(D)1P()10.6

55

四、甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人的命中概率分别为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，则 飞机必被击落．求飞机被击落的概率． 解：设A1表示“甲命中”；A2表示“乙命中”；A3表示“丙命中”；则

P(A1)0.4 P(A2)0.5 P(A3)0.7 设Bi表示“i人击中飞机” (i0,1,2,3)，则

P(B0)P(123)P(1P)(2)P(3)(10.4)(10.5)(10.7)0.09 P(B1)P(A1231A2312A3) P(A123)P(1A23)P(12A3)

P(A1)P(2)P(3)P(1)P(A2)P(3)P(1)P(2)P(A3)

0.4(10.5)(10.7)(10.4)0.5(10.7)(10.4)(10.5)0.70.36

P(B2)P(A1A23A12A31A2A3) P(A123)P(1A23)P(12A3)

P(A1)P(2)P(3)P(1)P(A2)P(3)P(1)P(2)P(A3)

0.4(10.5)(10.7)(10.4)0.5(10.7)(10.4)(10.5)0.70.41

P(B3)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)0.40.50.70.14 设A表示“飞机被击落”，则由题设有

P(AB0)0 P(AB1)0.2 P(AB2)0.6 P(AB3)1

故有

P(A)P(Bi)P(ABi)0.0900.360.20.410.60.1410.458．

i03

五、某机构有一个9人组成的顾问小组，若每个顾问贡献正确意见的概率都是0.7，现在

该机构内就某事可行与否个别征求每个顾问的意见，并按多数人意见作出决策，求作 出正确决策的概率．

解：设Ai表示“第i人贡献正确意见”，则P(Ai)0.7 (i1,2,,9)．

又设m为作出正确意见的人数，A表示“作出正确决策”，则 P(A)P(m5)P9(5)P9(6)P9(7)P9(8)P9(9)

567

C9(0.7)5(0.3)4C9(0.7)6(0.3)3C9(0.7)7(0.3)2

89

C9(0.7)8(0.3)1C9(0.7)9

126(0.7)5(0.3)484(0.7)6(0.3)336(0.7)7(0.3)2

9(0.7)8(0.3)1(0.7)9 0.26680.26680.15560.040 3 0.1715

0.901．

六、每次试验中事件A发生的概率为p，为了使事件A在独立试验序列中至少发生一次的

概率不小于p，问至少需要进行多少次试验？ 解：设做n次试验，则

P{A至少发生一次}1P{A一次都不发生}1(1p)n

要1(1p)np，即要(1p)n1p，从而有nlog(1p)(1p)1. 答：至少需要进行一次试验．

第五章 离散随机变量的概率分布·超几何分布·二项分布·泊松分布

一、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再

放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的概率分布． 解：设X表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X的概率分布为

即

亦即

二、自动生产线在调整以后出现废品的概率为p．生产过程中出现废品时立即进行调整．求在两次调整之

间生产的合格品数的概率分布．

解：设X表示“在两次调整之间生产的合格品数”，且设q1p，则ξ的概率分布为

三、已知一批产品共20个，其中有４个次品．

（１）不放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布； （２）放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布． 解：（1）设X表示“取出的样本中的次品数”，则X服从超几何分布，即X的概率函数为

6x

C4x

C16

P(Xx)6

C20

(x0,2,3,4)

从而X的概率分布为

即

（2）设X表示“取出的样本中的次品数”，则X服从超几何分布，即X的概率函数为

P(Xx)C6x(0.2)x(10.2)6x

从而X

(x0,2,3,4,5,6)

即

四、电话总机为300个电话用户服务．在一小时内每一电话用户使用电话的概率等于0.01，求在一小时内

有4个用户使用电话的概率（先用二项分布计算，再用泊松分布近似计算，并求相对误差）． 解：（1）用二项分布计算(p0.01)

44

P(ξ4)C300p4(1p)296C300(0.01)4(10.01)2960.168877

（2）用泊松分布计算(λnp3000.013)

343

P(ξ4)e0.168031355

4!

0.1688770.0

相对误差为δ500.

0.168877

五、设事件A在每一次试验中发生的概率为0.3，当A发生次数不少于3次时，指示灯发出信号．现进行

了5次独立试验，求指示灯发出信号的概率． 解：设X表示“事件A发生的次数”，则P(A)p0.3，n5，X~B(5,0.3).于是有

P(X3)P(X3)P(X4)P(X5)

334455 C5p(1p)2C5p(1p)C5p

0.13230.028350.002430.16308

（另解） P(X3)1P(X3)1P(X0)P(X1)P(X2)

001122 11C5p(1p)5C5p(1p)4C5p(1p)3

0.16308

六、设随机变量X的概率分布为

P(Xk)a

其中λ>0为常数，试确定常数a．



k

k!

, k0, 1, 2,；

λk

解：因为P(Xk)1，即a1，亦即aeλ1，所以aeλ.

k!k0k0



第六章 随机变量的分布函数·连续随机变量的概率密度

1

可否是连续随机变量X的分布函数？为什么？如果X的可能值充满区间： 1x2

（1）（, ）；（2）（,0）．

一、函数

解：（1）设F(x)

x

1

，则0F(x)1 2

1x

因为limF(x)0，limF(x)0，所以F(x)不能是X的分布函数．

x

（2）设F(x)

1

，则0F(x)1且limF(x)0，limF(x)1 2xx01x

2x

0 (x0)，所以F(x)在（,0）上单增． 22

(1x)

综上述，故F(x)可作为X的分布函数．

因为F'(x)

二、函数f(x)sinx可否是连续随机变量X的概率密度？为什么？如果X的可能值充满区间：

3

（1）0,； （2）0,； （3）0,．

22



ππ2f(x)dxcosx21解：（1）因为x0,，所以f(x)sinx0；又因为，所以当x0, 0022

时，函数f(x)sinx可作为某随机变量X的概率密度．



（2）因为x0,π，所以f(x)sinx0；但





f(x)dxcosx021，所以当x0,π



时，函数f(x)sinx不可能是某随机变量X的概率密度．

（3）因为x0,

3π

，所以f(x)sinx不是非负函数，从而它不可能是随机变量X的概率密度． 2

二、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再

放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的分布函数，并作出分布函数的图形． 解：设X表示“取出的废品数”，则X的分布律为

于是，x31,

四、（柯西分布）设连续随机变量X的分布函数为

F(x)ABarctanx, x．

求：（1）系数A及B；（2）随机变量X落在区间(1, 1)内的概率；(3) X的概率密度．

ππ11

解：(1) 由limF(x)AB()0，limF(x)AB1，解得A,B.

xx22π2

11

即F(x)arctanx, (x)．

2π

11111

(2) P(1X1)F(1)F(1)[arctan1][arctan(1)].

222

(3) X的概率密度为

1

f(x)F(x)． 2

(1x)

五、（拉普拉斯分布）设随机变量X的概率密度为

, x．

求：（1）系数A；（2）随机变量X落在区间(0,1)内的概率；（3）随机变量X的分布函数．

f(x)Ae

x

解：(1) 由







f(x)dx1，得Ae





x

dx2Aexdx2A1，解得A



1

，即有 2

1x

e, (x). 2

111x111x1

(2) P(0X1)f(x)dxedx(e0)(1).

02022e

(3) 随机变量X的分布函数为

1x

x0x2e1xx

． F(x)f(x)dxedx

121exx0

2

f(x)

第七章 均匀分布·指数分布·随机变量函数的概率分布

一、公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车通过．乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的．求乘客候车时间

不超过3分钟的概率．

解：设随机变量X表示“乘客的候车时间”，则X服从[0,5]上的均匀分布，其密度函数为

于是有P(0X3)



3

,x[0,5]

f(x)

x[0,5]0,

3

f(x)dx0.6.

5

二、已知某种电子元件的使用寿命X(单位:h)服从指数分布，概率密度为

x

1800,x0; f(x)800ex0.0,

任取３个这种电子元件，求至少有１个能使用1000h以上的概率．

解：设A表示“至少有１个电子元件能使用1000h以上”；A1、A2、A3分别表示“元件甲、乙、丙能使用1000h以上”．则

1800

8004

P(A1)P(A2)P(A3)P(X1000)edxe0.287 1000e1000800

P(A)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1A2)P(A2A3)P(A1A3)P(A1A2A3)



x

x

5

30.28730.2870.2870.638

（另解）设A表示“至少有１个电子元件能使用1000h以上”．则

1800

P(X1000)edxe800

1000800



x

x

1000

23

e



54

0.287

从而有P(X1000)1P(X1000)1e

0.713，进一步有

P(A)1[P(X1000)]310.71330.638



5

4

三、(1) 设随机变量X服从指数分布e()．证明：对于任意非负实数s及t，有

P(XstXs)P(Xt).

这个性质叫做指数分布的无记忆性．

1)．某人买了一台旧电视机，求还能使用５年以上 (2) 设电视机的使用年数X服从指数分布e(0．

的概率．

解：（１）因为X~e()，所以xR，有F(x)1ex，其中F(x)为X的分布函数．

设AXst，BXt．因为s及t都是非负实数，所以AB，从而ABA．根据条件概率公式，我们有

P(XstXs)P(AB)

P(AB)P(A)P(Xst)1P(Xst)



P(B)P(B)P(Xs)1P(Xs)

1[1e(st)]

et． s

1[1e]

另一方面，我们有

P(Xt)1P(Xt)1P(Xt)1F(t)1(1et)et．

综上所述，故有

P(XstXs)P(Xt)．

（２）由题设，知X的概率密度为

0.1e0.1x，x0；

f(x)

x0．0，

设某人购买的这台旧电视机已经使用了s年，则根据上述证明的（１）的结论，该电视机还能使用5

年以上的概率为

P(Xs5Xs)P(X5)

5

f(x)dx0.1

5

e0.1xdxe0.1x

5

e0.50.6065．

答：该电视机还能使用5年以上的概率约为0.6065．

四、设随机变量X服从二项分布B(3, 0.4)，求下列随机变量函数的概率分布： （1）Y112X；（2）Y2

X(3X)

． 2

解：X的分布律为

（1）Y112X的分布律为

（2）Y2

X

(3X)

的分布律为 2

即

五、设随机变量X的概率密度为

2

,x0;

f(x)(x21)

x0.0,

求随机变量函数YlnX的概率密度．

解：因为FY(y)P(Yy)P(lnXy)P(Xey)FX(ey) 所以随机变量函数YlnX的概率密度为

2ey

fY(y)F(y)F(e)ef(e)e(y)，即 2y

(e1)

'Y

'X

y

y

y

y

2ey

fY(y) (y)．

(e2y1)

第八章 二维随机变量的联合分布与边缘分布

一、把一颗均匀的骰子随机地掷两次．设随机变量X表示第一次出现的点数，随机变量Y表示

两次出现点数的最大值，求二维随机变量(X,Y)的联合概率分布及Y的边缘概率分布． 解：二维随机变量(X,Y)的联合概率分布为

Y的边缘概率分布为

二、设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数

F(x,y)A(Barctan

xy)(Carctan)． 23

求：（1）系数A、B及C；（2）（X，Y）的联合概率密度：（3）边缘分布函数及边缘概率密度．

解：（1）由F(,)1,F(0,)0,F(,0)0，得

ππ

A(B)(C)122ππ1A(B0)(C)0BCA. 解得，2

22π

AC(Bπ)02

（2）因为F(x,y)

1xy(arctan)(arctan)，所以（X，Y）的联合概率密度为 2

2232

6"

f(x,y)Fxy(x,y)2. 22

(4x)(9y)



（3）X及Y的边缘分布函数分别为 FX(x) 



x



dxf(x,y)dy



21x

dx(4x2)2

x

x



11xarctan 22

y







FY(x)dyf(x,y)dx



31y

dy(9y2)3

x

y



11yarctan 23

X及Y的边缘概率密度分别为

61211

fX(x)f(x,y)dydydy

2(4x2)(9y2)2(4x2)0(9y2)1211y2

2()022

3(4x)3(4x)

6121

fY(y)f(x,y)dxdxdx 2222(4x2)(9y2)0(9y)4x

121x3

2()0

2(9y2)2(9y2)





三、设(X,Y)的联合概率密度为

Ae(2x3y),x0,y0;

f(x,y)

其它.0 ,

求：（1）系数A；（2）(X,Y)的联合分布函数；（3）X及Y的边缘概率密度；（4）(X,Y)

落在区域R：x0, y0, 2x3y6内的概率． 解：（1）由







f(x,y)dxdy1，有Ae2xdxe3ydy



1

A1，解得A6. 6

（2）(X,Y)的联合分布函数为

xy6e2xdxe3ydyx0,y0

F(x,y)dxf(x,y)dy0 0



其它0

(1e2x)(1e3y)x0,y0



其它0

（3）X及Y的边缘概率密度分别为

2xx06e2xe3ydyx02e

fX(x)f(x,y)dy0

x0x000

x

y

fY(y)







3y6e2xe3ydxx03ef(x,y)dx0

x000

y0y0

（4）P{(X,Y)R}



R

f(x,y)dxdy6e

3

2x

dx

2

2x30

e3ydy

2(e2xe6)dx17e6

3

四、设二维随机变量(X,Y)在抛物线yx2与直线yx2所围成的区域R上服从均匀分布．求：

(1) (X,Y)的联合概率密度；(2) 概率P(XY2)． 解：(1) 设(X,Y)的联合概率密度为

C,(x,y)R;

f(x,y)

0 ,(x,y)R.

2x22x2x329C2

则由CdxdyCdx2dyC(x2x)dxC(2x)11

1x1232R

2

解得C．故有

9

2

,(x,y)R;

f(x,y)9

0 ,(x,y)R.2x2x2122

(2) P(XY2)f(x,y)dxdydxdydx2dy

x902x91

xy2

21222

2xdx(2xx)dx 01992212x2x3213

)10.481． x0(2x

992327



第九章 随机变量的独立性·二维随机变量函数的分布

一、设X与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

y

12

fY(y)2e,y0;

y0.0,

求 (1) (X,Y)的联合概率密度; (2) 概率P(YX)．

1,x(0,1)

解: (1)X的概率密度为fX(x)，(X,Y)的联合概率密度为（注意X,Y相互独立）

0,x(0,1)

y

12

f(x,y)fX(x)fY(y)2e,0x1,y0

其它0,

（2）P(YX)

yx

f(x,y)dxdydx

x2

21

12

1

x

1

edy(e

02



1

y

2



y

2x

)dxe

1

x22

dx

2e



2(1e)0.7869

二、设随机变量X与Y独立，并且都服从二项分布：

iin1i

pX(i)Cnpq, i0, 1, 2,, n1;1

pY(j)Cpq

证明它们的和ZXY也服从二项分布．

j

n2

j

n2j

, j0, 1, 2,, n2.

证明: 设kij, 则

ikikin2ki

PZ(k)P(Zk)PX(i)PY(ki)Cnpiqn1iCnpq12

i0

i0

k

k

(由

C

i0

ki0

k

i

n1ikn1n2k

Cn)pq2ii

n1Cn2

k

. 于是有 Cn1n2



i0

k

kkiCmCnk

Cmn

, 有

C

ikn1n2k

PZ(k)Cnpq (k0,1,2,,n1n2) n12

由此知ZXY也服从二项分布.

三、设随机变量X与Y独立，并且X在区间[0，1]内服从均匀分布，Y在区间[0，2]内服从辛普森分布：

y, 0y1;

fY(y)2y, 1 y2 ;

0, y0或y2.

求随机变量ZXY的概率密度． 解: X的概率密度为 f(y)

1,x[0,1]

. 于是(X,Y)的联合概率密度为

0,x[0,1]

当0x1,0y1y,



f(x,y)2y, 当0x1,1 y2

0, 其它.

ZXY的联合分布函数为FZ(z)P{Zz}P{XYz}P{(x,y)D}，其中D是xyz

与f(x,y)的定义域的公共部分.

z0,z30

2z

0z1

2

故有 FZ(z)2 3

z3z1z22129

2z3z3z22

从而随机变量ZXY的概率密度为

z0,z30

z0z1

fZ(z)

2z31z22z3z3

三、电子仪器由六个相互独立的部件Lij（i1,2;j1,2,3）组成，联接方式如右图所示．设各个部件

的使用寿命Xij服从相同的指数分布e()，求仪器使用寿命的概率密度．

解: 由题设，知Xij的分布函数为

1ex,x0FXij

x00,

先求各个并联组的使用寿命Yi (i1,2,3)的分布函数.因为当并联的两个部件都损坏时,第i

个并联组才停止工作,所以有

Yimax(1i,2i) (i1,2,3)

从而有Yi (i1,2,3)的分布函数为

(1ey)2,y0

FYi(y)FX1iFX2i

y00,

设Z"仪器使用寿命".因为当三个并联组中任一个损坏时,仪器停止工作.所以有ZminY(1,Y2,Y3).从而有Z的分布函数为

1[1FY1(z)][1FY2(z)][1FY3(z)],z01[1(1ez)2]3,z0

FZ(z)

0,z0z00,

故Z的概率密度为

6e3z(1ez)(2ez)2,z0

fZ(z)

z00,

第十章 随机变量的数学期望与方差

一、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取一个．如果取出的废品不再放回

去，求在取得合格品以前已取出的废品数的数学期望、方差与标准差． 解：设X表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X的概率分布为

即

EX0

即

399133123 [1**********]0

EX00.7510.20520.04130.0040.3

X2的分布为

即

于是有

EX20

即

39919149 [1**********]

EX200.7510.20540.04190.0040.4091

从而有

DXEX2(EX)2

X

933242471

()0.3191 [1**********]DX0.31910.565

二、对某一目标进行射击，直至击中为止．如果每次射击命中率为p，求射击次数的数学期望及方差． 解：设X表示“第i次击中”(i1,2,)，则X的分布为

EXipq

i1



i1

piq

i1



i1

qp1

p(qi)p()2

1qp(1q)i1



X

2

2

i1



i



EXipq

2

i1

p[q(q)]p(qi)

i1

i1

p(1q)2p21

 322

p(1q)pp

进一步有

DXEX2(EX)2

三、设离散型随机变量X的概率函数为

211211()

pp2pp2p

2k1

P[X(1)]k,k1,2,,

k2

问X的数学期望是否存在？若存在，请计算E(X)；若不存在，请解释为什么．

k

kk

2k1(1)kk2k2解：因为xiP(Xxi)(1)不绝对收敛，所P[X(1)](1)kkkk2ki1k1k1k1





k

以没有数学期望．

1

,

四、设随机变量X的概率密度为f(x)x2

0 ,

解：E(X)

x1;x1.

求数学期望E(X)及方差D(X)．







xf(x)dxx

1

1

1

x

2

2

0

D(X)xf(x)dxx



1



2

1

1

x

2





2

1

x2x

2



2x11[x2arcsinx]1 0π222

五、（拉普拉斯分布）设随机变量X的概率密度为f(x)方差D(X)． 解：EX

1x

e, (x) ．求数学期望E(X)及2

1x

xedx0 

2

12x2

DXxf(x)dxxedxx2exdx(3)2!2

02



xf(x)dx

（分部积分亦可）

第十一章 随机变量函数的数学期望·关于数学期望与方差的定理

一、设随机变量X服从二项分布B(3,0.4)，求Y解：X的概率分布为

Y的概率分布为

Y2的分布为

X(3X)

的数学期望及方差． 2

EY00.2810.720.72 EY200.2810.720.72

DYEY2(EY)20.72(0.72)20.2016

二、过半径为R的圆周上一点任意作这圆的弦，求所有这些弦的平均长度．

解：在圆周上任取一点O，并通过该点作圆得直径OA．建立平面直角坐标系，以O为原点，且让OA在

x轴的正半轴上．通过O任作圆的一条弦OB，使OB与x轴的夹角为，则服从[

布，其概率密度为

2

,



2

]上的均匀分

弦OB的长为L()2Rcos

1

,[,]22． f()



0,[,]

22



[,] ，故所有弦的平均长度为

22

2Rcosd

E[L()]f()L()d2









1

2



4R







20

cosd

4R



2sin0



4R



．

三、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

x

14

e, x0 ;

f(x)4

 0 , x0 .

工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换．若工厂售出一台设备赢利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的平均净赢利． 解：由题设，有

P(X1)

1



1

4

f(x)dxe4dxe411e 0

04

1

xx1

进而有 P(X1)1P(X1)e

设Y表示“厂方出售一台设备获得的净赢利”，则Y的概率分布为



1

4

从而有

14

EY200(1e)100e300e

答：厂方出售一台设备获得的平均净赢利约为33.64元．



14



14

20033.64

四、设随机变量X1,X2,Xn相互独立，并且服从同一分布，数学期望为，方差为．求这些随机

2

1n

变量的算术平均值Xi的数学期望与方差．

ni1

解：因为E(Xi)，D(Xi)2，且随机变量X1,X2,Xn相互独立．所以有

n

1n11n1n

E()E(Xi)E(Xi)E(Xi)，

ni1ni1ni1ni1

n1n11

D()D(Xi)2D(Xi)2

ni1nni11

D(Xi)2ni1

n



i1

n

2



2

n

．

五、一民航送客车载有20位旅客自机场开出，沿途有10个车站可以下车，到达一个车站时如没有旅客下

车就不停车．假设每位旅客在各车站下车是等可能的，且各旅客是否下车相互独立．求该车停车次数的数学期望．

解: 设Xi表示"第i站的停车次数" (i1,2,,10). 则Xi服从"01"分布. 其中

0,若在第i站无人下车

Xi

1,若在第i站有人下车

于是Xi的概率分布为

设X

X

i1

n

i

, 则X表示沿途停车次数, 故有

10

10

1012010120

EXE(Xi)EXi10{0()1[1()]}

1010i1i1

10(10.920)8.748 即停车次数的数学期望为8.748.

第十二章 二维随机变量的数字特征·切比雪夫不等式与大数定律

一、设二维随机变量(X,Y)的联合概率密度为

fx,y

A

y1

求：（1）系数A；（2）数学期望E(X)及E(Y)，方差D(X)及D(Y)，协方差cov(X,Y)．

解: (1) 由

x

22

2

.



1





f(x,y)dxdy1. 有

x





A

2

y1

2

2

dxdyAd

2

r

r

2

1

2

drA1

解得, A



.

(2) E(X)







xf(x,y)dxdy



2

1



dy





x

x

2

2

y1

2

dx0.

由对称性, 知 E(Y)0.

D(X)E[(XEX)]EX



22







xf(x,y)dxdy

1









dy





x

x2

2

2

y1

2

dx

1

1r21

同理, 有 D(Y).

cov(X,Y)E[(XEx)(YEY)]E(XY)





2

d



r3

r

2

2

dr2



r(1r2)r

2

dr[ln(1r2)

1

] 20

1r









xyf(x,y)dxdy









xyf(x,y)dxdy



1



ydy





x

x

2

2

y1

2

dx0.

二、设二维随机变量(X,Y)的联合概率密度为

1,yx,0x1;

f(x,y)

0,其它．

求(1) cov(X,Y)；(2) X与Y是否独立，是否相关，为什么？ 解: (1) 因为 EX







xf(x,y)dxdyxdxdy2x2dx

x

1x1

2 3

EY

所以有

yf(x,y)dxdydxydy0

E(XY)xyf(x,y)dxdyxdxydy0





x1

1x

x

0x

2

cov(X,Y)E[(XEX)(YEY)]E[(X)Y]xyf(x,y)dxdy

3

xdxydy0．

x

1x

(2) 当x(0,1)时,有 fX(x)







f(x,y)dydy2x; 当x(0,1)时, 有fX(x)0.即

x

x

2xx(0,1) fX(x)

0x(0,1)

1dxx(0,1)

1yx(0,1)同理有 fY(y)y 1

dxx(0,1)1yx(0,1)y

因为 fX(x)fY(y)f(x,y), 所以X与Y不是独立的．又因为cov(X,Y)0, 所以X与Y是不相

关的．

三、利用切比雪夫不等式估计随机变量X与其数学期望E(X)的差的绝对值大于三倍标准差

(X)的概率．

解：P(E3D)

D1

． 2

9(3D)

四、为了确定事件A的概率，进行10000次重复独立试验．利用切比雪夫不等式估计：用事件A

在10000次试验中发生的频率作为事件A的概率的近似值时，误差小于0.01的概率． 解：设ξ表示“在10000次试验中事件A的次数”，则~B(10000,0.5)且有

Enp100000.55000 Dnpq100000.5(10.5)250 0

于是有

mnpqpq

p0.01)P(mnp0.01p)11

n(0.01p)2(0.01)2n

1pq10.250.75

P(

五、样检查产品质量时，如果发现次品多于10个，则认为这批产品不能接受．应该检查多少

个产品，可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9？ 解：设ξ表示“发现的次品件数”，则ξ~B(n,0.1)，现要求n.

Eξ0.1n Dξ0.09n

要使得P(ξ10)0.9，即P(10ξn)0.9，因为P(10ξn)0.9，所以 10EξξEξnEξ100.1nξ0.1nn0.1nP()P()

DξDξDξ0.3n0.3n0.3n

100.1nξ0.1n100.1nP(3n)Φ0,1(3n)Φ0,1()

0.3n0.3n0.3n

0.1n10

Φ0,1(3n)Φ0,1()1 （德莫威尔—Laplace定理）

0.3n

0.1n10Φ()0.9． 因为n10，所以3n5，从而有Φ，故(n)10,10,1

0.3n

0.1n10

1.28，解得n146. 查表有Φ，故有(1.28)0.89970,1

0.3n

答：应该检查约146个产品，方可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9．

第十三章 正态分布的概率密度、分布函数、数学期望与方差

一、设随机变量X服从正态分布N(1,22)，求（1）P(1.6X5.8)；（2）P(X4.56)．

X1

2.4) 2

Φ 0,1(2.4)Φ0,1(1.3)Φ0,1(2.4)[1Φ0,1(1.3)]0.991810.90320.8950

解：(1) P(1.6X5.8)P(2.6X14.8)P(1.3

X1

1.78) 2

1[Φ)Φ)]1Φ)1Φ)] 0,1(1.780,1(2.780,1(1.780,1(2.78 20.96250.99730.0402.

(2) P(X4.56)1P(X4.56)1P(2.78

二、已知某种机械零件的直径X（mm）服从正态分布N(100,0.62)．规定直径在1001.2（mm）之间

为合格品，求这种机械零件的不合格品率． 解：设p表示这种机械零件的不合格品率，则pP(X1.2)1P(X1.2)．

1.2X1001.2X100

)P(22) 0.60.60.60.6

(2)(2)(2)[1(2)]2(2)1 20.977210.9544 故p10.95440.0456．

而P(X1001.2)P(

三、测量到某一目标的距离时发生的误差X(m)具有概率密度

402

求在三次测量中至少有一次误差的绝对值不超过30m的概率．

解：三次测量中每次误差绝对值都超过30米可表为

f(x)

1

e



(x20)23200

D{30}{30}{30}

因为ξ~N(20,40)，所以由事件的相互独立性，有

2

P(D)(P30})3(P{ξ30ξ30})3[Φ)1Φ)]3 0,1(1.250,1(0.25

(20.59870.8944 )30.506930.13025 于是有

P{三次测量中至少有一次绝对值30米}1P(D)10.130250.86975．

X2

四、设随机变量X~N(,)，求随机变量函数Ye的概率密度（所得的概率分布称为对数正态分

布）．

解：由题设，知X的概率密度为

fX(x)

从而可得随机变量Y的分布函数为

12e



(x)222

(x)

FY(y)P(Yy)P(eXy)．

当y0时，有FY(y)0；此时亦有FY(y)0． 当y0时，有

FY(y)P(Xlny)

2

1

lny



e



(x)222

dx．

此时亦有FY(y)

12y

e



(lny)2

2．

从而可得随机变量Y的概率密度为

0,(lny)2

fY(y)122e,2y



y0;y0.

22

五、设随机变量X与Y独立，X~N(1,1)，Y~N(2,2)，求： (1) 随机变量函数Z1aXbY的数学期望与方差，其中a及b为常数； (2) 随机变量函数Z2XY的数学期望与方差．

2解：由题设，有E(X)1,D(X)12；E(Y)2,D(Y)2．从而有

(1)E(Z1)E(aXbY)E(aX)E(bY)aE(X)bE(Y)a1b2； D(Z1)D(aXbY)D(aX)D(bY)aD(X)bD(Y)a(2)E(Z2)E(XY)E(X)E(Y)12；

D(Z2)D(XY)E(XY)E(XY)E(X)E(Y)E(X)E(Y) [D(X)E2(X)][D(Y)E2(Y)]E2(X)E2(Y) D(X)D(Y)D(X)E2(Y)D(Y)E2(X)

2222

12212221．

222

2

． 12b22

2222222

第十四章二维正态分布·正态随机变量线性函数的分布中心极限定理

D(X)16，D(Y)25，一、设二维随机变量(X,Y)服从二维正态分布，已知E(X)E(Y)0，

并且cov(X,Y)12，求(X,Y)的联合概率密度．

cov(X,Y)3

解：已知xy0，x4，y255，r(X,Y)．从而

xy5

3164

1r21()2，r2．

5255 进一步按公式f(x,y)合概率密度为

12xyr

2



12(1r2)

e

2

(xx)22r(xx)(yy)(yy)[]22

xxyy

，可得(X,Y)的联

132(165025)

． f(x,y)e

32

二、设随机变量X与Y独立，并且X~N(0,1)，Y~N(1,22)．求随机变量Z2XY3的概率密度． 解：由题设，有

E(X)0，D(X)1，E(Y)1，D(Y)4．

又根据关于数学期望的定理和方差的定理以及独立正态随机变量线性组合的分布，我们有

E(Z)E(2XY3)2E(X)E(Y)E(3)2． D(Z)D(2XY3)4D(X)D(Y)D(3)8．

25(x23xyy2

且Z~N(E(Z),D(Z))N(2,8)，故随机变量Z2XY3的概率密度为

4

三、 台机床分别加工生产轴与轴衬．设随机变量X(mm)表示轴的直径，随机变量

Y(mm)表示

轴衬的内径，已知X~N(50,0.32)，Y~N(52,0.42)，显然X与Y是独立的．如果轴衬的内径与轴的直径之差在1~3(mm)之间，则轴与轴衬可以配套使用．求任取一轴与一轴衬可以配套使用的概率． 解：由题设，知随机变量X与Y是独立的，且X~N(50,0.32)，设ZYXY~N(52,0.42)．根据独立正态随机变量线性组合的分布，我们有

Z~N(52(1)50,0.42(1)20.32)N(2,0.52)．

根据题目假设，我们知道当1ZYX3时，轴与轴衬可以配套使用．于是所求概率为

12Z232Z2

P(1Z3)P()P(22)(2)(2)2(2)1

0.50.50.50.5

120.9544 20.977．

四、100台车床彼此独立地工作着，每台车床的实际工作时间占全部工作时间的80%，求： （1） 任一时刻有70至86台车床在工作的概率； （2） 任一时刻有不少于80台车床在工作的概率． 解：设ξ表示“任一时刻正在工作的车床数”，则~B(100,0.8)．

E1000.880． D1000.8(10.8)16．

86807080

)0,1()0,1(1.5)0,1(2.5) （1）P(7086)0,1(

0,1(1.5)[10,1(2.5)]0.93320.993810.927

8080080

)0,1() 10,1(0)0,1(20)20,1(0)0,1(20)20.510.5．

五、在一家保险公司里有10000人参加保险，每人每年付12元保险费．在一年内一个人死亡的概率为0.006，死亡时其家属可向保险公司领得1000元．问： （1） 保险公司亏本的可能性是多大？

（2） 保险公司一年的利润不少于50000元的概率是多少？ 解：设X表示“一年内死亡的人数”，则X~B(10000,0.006)．

EX100000.00660． DX100000.006(10.006)59.84．

0606012060

) （1）P(1000X1000012)1P(0X120)1P(

.8459.84.84

1[ΦΦ0,1(7.7)Φ0,1(7.7)]220,1(7.7)0．

fZ(z)

128

e



(z2)2

28



1

e



(z2)216

(z)．

（2）P(80)1P(080)1[0,1(

即保险公司不可能亏本．

)P(0X70)P(（2）P(10000121000X50000

60

59.84.846(1.29)3(7.75)610.903．2 (1.29)3(7.75)

即保险公司一年利润不少于50000元的概率为0.9032．



X60



1059.84

)

第十万章 总体与样本·统计量·几个常用分布

一、已知样本观测值为

15.8 24.2 14.5 17.4 13.2 20.8

17.9 19.1 21.0 18.5 16.4 22.6，

计算样本均值、样本方差与样本二阶中心矩．

1

(15.8 24.214.517.413.220.817.9 12

19.121.018.516.422.6)18.44

解：样本均值为 样本方差为

1

[(15.818.44)2(24.218.44)2(14.518.44)2(17.418.44)2 11

(13.218.44)2(20.818.44)2(17.918.44)2(19.118.44)2

s2

(21.018.44)2(18.518.44)2(16.418.44)2(22.618.44)2]

1

(6.969633.177615.523627.45761.08165.56960.29160.435611

118.531210.7756.

11

样本二阶中心矩

1

[(15.818.44)2(24.218.44)2(14.518.44)2(17.418.44)2 12

(13.218.44)2(20.818.44)2(17.918.44)2(19.118.44)2

u2

(21.018.44)2(18.518.44)2(16.418.44)2(22.618.44)2] 

118.5312

9.8776.

12

解：样本均值为

1

(115 22132542051267)3.14 100

12

[15(13.14)221(23.14)225(33.14)2 样本方差为s

1001

22

12(53.14)7(63.14)]2.1216

样本二阶中心矩为

1~s2[15(13.14)221(23.14)225(33.14)2 100

22

12(53.14)7(63.14)]2.1004

22

三、设总体X的均值与方差分别为与，X1,X2,,Xn是来自该总体的简单随机样本，与S分

别是样本均值与样本方差，求E(),D(),E(S)．

2

1n1n1n

解：E()E(xi)E(xi)

ni1ni1ni1

1n1

D()D(xi)2

ni1n

1

D(x)i

n2i1

n



i1

n

2



2

n

n

11n22

E(s)E[(xin)][E(xi2)nE(2)]

n1i1n1i1

n

1

{[D(xi)(Exi)2]n[D()(E)2]

n1i1

2

n

1222

{[]n[2]}0

n1i1nn

四、设总体X与Y相互独立且均服从正态分布N0, 32，X1,X2,,X9和Y1,Y2,,Y9分别为来自X与Y

X1X2X9

的样本，则统计量U服从什么分布？

2221Y2Y9

解：因为X~N(0 ， 32)，Y~N(0 ， 32),

所以Xi~N(0 ， 32) Yi~N(0 ， 32) (i1 , 2 ,  ， 9). 于是有

22

EXi0 EYi0 SX DX329SY (i1 ， 2 ，  ， 9)

19

Xi

X1X2X9E9i1

推得U 

22299S12Y1111Y2Y922

SYYYii

99i199i1

E ~t(91)t(8)

SX即U~t(8)分布．

1

五、设随机变量X服从自由度为(k1,k2)的F分布，证明：随机变量Y服从自由度为(k2,k1)的F

X

分布；从而证明等式

F(k1,k2)

［提示：设X

1

．

F1(k2,k1)

U

，其中随机变量U与V独立，且U~2(k1),V~2(k2)，则X~F(k1,k2)，由V

此容易证明Y~F(k2,k1)．］

Uk122

证明：设随机变量U与V独立且U~(k1),V~(k2)．构造X，则X~F(k1,k2)．同理

Vk2

1Vk2

知Y~F(k2,k1)．

XUk1

因为X~F(k1,k2)，所以对于给定的(01)，我们有

P[XF(k1,k2)]． 11

又因为X0，所以XF(k1,k2)与是等价的随机事件，从而有 

XF(k1,k2)11P[]． XF(k1,k2)

于是有

P[

同理，因为Y

1111]1P[]1 XF(k1,k2)XF(k1,k2)

1

~F(k2,k1)，所以对上述给定的(01)，我们有 X

P[

结合(1)、(2)，便有

1

F1(k1,k2)]1． (2) X

F1(k2,k1)

即

1

．

F(k1,k2)

F(k1,k2)

1

．

F1(k2,k1)

第十六章 正态总体统计量的分布

一、设总体X~N(40, 52)．

（1）抽取容量为36的样本，求样本平均值X在38与43之间的概率； （2）抽取容量为64的样本，求X401的概率；

（3）抽取样本容量n多大时，才能使概率PX401达到0.95？



52

)，从而有 解：（1）因为N(40, 5)，所以~N(40,36

3840404340

P(3843)P()0,1(3.6)0,1(2.4)

666

2

0,1(3.6)0,1(2.4)10.999840.991810.99164

52

（2）由题设，~N(40,())，从而有

8

8x40888

P(x401)P(1x401)P()0,1()0,1()

58555

2Φ0,1(1.6)120.945210.8904

（3）要使P(x401)P(有

x405

n



nnn

)20,1()10.95，即要0,1()0.975经查表，555

n

1.96，解得n96.04，即抽取样本容量n约为96时，可使P(x401)0.95. 5

2

二、从正态总体N(,0.5)中抽取容量为10的样本X1,X2,,X10．

（1）已知0，求 （2）未知，求解：（1）因为

X

i1

10

2

i

4的概率；



i1i10

10

XiX



2

2.85的概率．

1



2

(x

i1

10

)2~2(10)，所以有

2i

11024110

P(X4)P(2Xi)P(2(Xi0)216) 2

0.5i10.50.5i1i1

P(2(10)16)0.10

1012

s*~2(9)，所以有 （2）因为2



1011102.852

P((XiX)2.85)P(2(XX)) i2

101i1i12.852

)P((9)11.4)0.25 P(2(9)0.52

三、设总体X~N(50,62)，总体Y~N(46,42)，从总体X中抽取容量为10的样本，从总体Y中抽取容量为8的样本，求下列概率：

S12

（1）；P(08)；（2）P(28.28)．

S2

2

10

解：（１）因为X~N(50,62)，Y~N(46,42)，所以由

u

()(12)



2

1

n1

得





22

~N(0,1)．

n2

64641081084()(5046)4

P()

5.65.65.6

2(1.69)10.909．

（２）因为X~N(50,62)，Y~N(46,42)，所以由

P(08)P(

5046

2

2



()(5046)

2

2



8(5046)64108

2

2

)

S1212

F22~F(9,7)．

S22

得

S12S1262S126242

P(28.28)P(228.282)P(223.68)0.95．

S2S246S24

四、设总体X服从“0—1”分布：

P(Xx)px(1p)1x, x0或1．

抽取样本X1,X2,,Xn，求样本均值X的概率分布，数学期望E(X)及方差D(X)． 解：P(Xix)px(1p)1x, (x0或，于是有 1）

EXi0(1p)1pp DXip(1p)

其中i1,2,,n.于是有

mmm

)Cnp(1p)nm n

1n1n1n

E()E(Xi)E(Xi)p

ni1ni1ni1

1n1n1np(1p)

D()D(Xi)2D(Xi)2

ni1nnni1ni1

P(

第十七章 参数的点估计

一、设总体X服从“0—1”分布：

P(Xx)px(1p)1x, x0或1．

如果取得样本观测值x1,x2,,xn (xi0或1)，求参数p的矩估计值与最大似然估计值．

解：(1)

似然函数为L(x,p)

p

i1

n

xi

(1p)

1xi

p



i1

n

xi

n

(1p)

xi

i1

n

，取对数，有

n

lnL(x,p)xilnp(nxi)ln(1p)．

i1

i1

n

xi(nxi)ndlnL(x,p)i1i1

令ln(1p)0，解得npxi，从而得p的极大似然估计值为

i1dpp1p

ˆ． p

二、设总体X的概率密度为

x1, 0x1;

f(x;)

其它.0,

其中>0．如果取得样本X1,X2,,Xn，求参数的矩估计量与最大似然估计量．

解：

似然函数为L()

nn

(x

i1

n

i

,)xi1，取对数，有

i1

n

lnL()[ln(1)lnxi]．

i1

n

dlnL()n1nn

(lnxi)lnxi0，求得的极大似然估计值为 令

i1di1

n

． ˆn

lnxi

i1

三、设总体X服从分布，其概率密度为

1x

xe, x0;

f(x;,)

0, x0.

其中参数>0，>0．如果样本观测值为x1,x2,,xn, （1）求参数及的矩估计值；

（2）已知=0，求参数的极大似然估计值．

x1x

解：（1）因为E(X)x(x;,)dxxedx

0令xttt111t

． ()edttedt00





E(X)x(x;,)dx



令xt

2



2



x21x

xedx t1t11()edt02





t1etdt

2． 2



所以，根据矩估计，有

1n1n22

E(X)xi，E(X)xi．

ni1ni1

(1)1n2

，xi． 2

ni1

1n21n2~2． 亦即 ，2xi(xi)2

ni1ni1

即

2

ˆ． ˆ2, 解得 2



（2）由（1），有

0

，故有0.



四、从总体X中抽取样本X1,X2,X3，证明下列三个统计量

X1X2X3XXXXXX

ˆ2123, ˆ3123 , 

236244333都是总体均值E(X)的无偏估计量；并确定哪个估计量更有效．

XXX111111

ˆ1)E(123)E(X1)E(X2)E(X3)()EXEX． 解：因为E(

236236236

XXX111111

ˆ2)E(123)EX1EX2EX3()EXEX． E( 

244244244XXX111111

ˆ3)E(123)EX1EX2EX3()EXEX． E( 

333333333ˆ1, ˆ2, ˆ3都是总体均值EX的无偏估计量． 所以

XXX111

ˆ1)D(123)D(X1)D(X2)D(X3) 又因为D(

2364936111

()DX0.39DX． 4936

XXX111

ˆ2)D(123)DX1DX2DX3D( 

24441616

111

()DX0.375DX． 41616

XXX111111

ˆ3)D(123)DX1DX2DX3()DX0.33DX． D( 

333999999

ˆ3更有效． 所以， 

1

五、设总体X服从指数分布e()，其中0，抽取样本X1,X2,,Xn ，证明：



22

(1) 虽然样本均值是的无偏估计量，但却不是的无偏估计量；

n

2是2的无偏估计量． (2) 统计量

n11n1n

解：E()E(Xi)E(Xi)．

ni1ni1ˆ1 

E()D()[E()]

222

2

n

2．

2

由此可见，虽然样本均值是的无偏估计量，但却不是的无偏估计量．

2

第十八章 正态总体参数的区间估计·两个正态总体均值差及方

差比的区间估计

一、设总体X~N(,2)，如果样本观测值为

6.54 8.20 6.88 9.02 7.56,

求总体均值的置信水平为0.95的置信区间，假定：（1）已知=1.2；（2）未知． 解：（1）由195%，解得0.05.

2

又由题设，有7.64，s1.003，u1.96，从而由

2

2

有 6.5888.692， 即 (6.588,8.692)． （2）因为tt0.0251.96，所以由

2



0

u

0

u，

2



sn

t

2

sn

t，

2

即 7.640.20061.967.640.20061.96． 解得 6.3958.885．

二、设电子元件的寿命服从正态分布N(,2)，抽样检查10个元件，得到样本均值x=1500(h)， 样本标准差s=14（h），求：

（1）总体均值的置信水平为0.99的置信区间；

（2）用x作为的估计值，误差绝对值不大于10(h)的概率． 解：（1）由199%，解得0.01.

0n10，s14，又由题设，有150，

未知，查表得tt0.0052.58故由

2



ss

tt，有 n2n2

1500

1414

2.5815002.58． .61514.4． 亦即 1485

s1414

（2）P(t)P(t)P(10)1，即t10，亦即

2n22

5

0.025，即0.05，故 t2.25877，查表得272

P(10)10.95．

三、设总体X~N(,)，已知=0，要使总体均值的置信水平为1的置信区间的长度不大

于l，问需要抽取多大容量的样本？ 解：因为

2



uu．进一步有2ul，即~N(0,1)，所以有 

nn22n2

4(u)2n．综上述，故有

l2



n4(

0

l

u)2．

2

四、测得16个零件的长度（mm）如下：

12.15 12.12 12.01 12.08 12.09 12.16 12.03 12.01 12.06 12.13 12.07 12.11 12.08 12.01 12.03 12.06

设零件长度服从正态分布，求零件长度标准差的置信水平为0.99的置信区间．如果：

（1）已知总体均值为12.08mm；（2）未知总体均值． 解：12.08，s0.0494，10.99，0.01

（1）P(

(x

i1

16

16

i

12.08)

2



22



(x

i1

16

16

i

12.08)2



21

)0.99．



2

(x

置信区间为

i1

i

12.08)

2



22



(x

i1

i

12.08)2

2

12

，即

0.03280.0848．

（2）未知均值时，有

(n1)s2

22



(n1)s2

2

12

．

故置信区间为

0.03340.0892．

五、从甲、乙两个生产蓄电池的工厂的产品中，分别抽取一些样品，测得蓄电池的电容量(A·h) 如下：

甲厂： 144 141 138 142 141 143 138 137；

乙厂： 142 143 139 140 138 141 140 138 142 136. 设两个工厂生产的蓄电池的电容量分别服从正态分布N(1,1)及N(2,2)，求： （1）电容量的均值差12的置信水平为0.95的置信区间（假定12）； （2）电容量的方差比1/2的置信水平为0.95的置信区间．

2解：甲厂产品的样本均值为1140.5，样本方差为s15.75，乙厂产品的样本均值为1139.9，样本2方差为s24.29．

（1）由题设，有10.95，解得0.05．当自由度k810216时，查表得

tt0.0252.12．

22

22

2

又由公式sw

2

n1s12n2s285.75104.29

，得sw2.36．

n1n228102

所以由公式tsw

2

1111

12tsw，得所求置信区间为 n1n2nn212

1.773122.973．

（2）由题设，有10.95，解得0.05． 当自由度k1817，k21019时，查表可得

F(k1,k2)F0.025(7,9)4.2．

2

又由公式F

1

(k1,k2)F0.975(k1,k2)

2

11

．所以由公式

F0.025(9,7)4.82

s1212

22

F(k1,k2)s22F

2

1

s12

， 2

(k1,k2)s2

2

得所求置信区间为

6.57124.826.57

． 2

4.24.7724.77

12

即 0.32826.645．

2

第十九章 假设检验的基本概念·正态总体参数的假设检验

一、进行假设检验时，选取的统计量（ ）。

（1）是样本的函数； （2）不能包含总体分布中的任何参数； （3）可以包含总体分布中的已知参数； （4）其值可以由取定的样本值计算出来。 二、在假设检验问题中，显著性水平的意义是（ ）。

（1）原假设H0成立，经检验被拒绝的概率； （2）原假设H0成立，经检验不能拒绝的概率； （3）原假设H0不成立，经检验被拒绝的概率；（4）原假设H0不成立，经检验不能拒绝的概率。 三、某切割机正常工作时，切割的金属棒的长度服从正态分布 N(100, 22)．从该切割机切割的一批金 属棒中抽取15根，测得它们的长度(mm)如下：

99 101 96 103 100 98 102 95 97 104 101 99 102 97 100.

（1）若已知总体方差不变，检验该切割机工作是否正常，即总体均值是否等于100mm（取显著性水 平0.05）；

（2）若不能确定总体方差是否变化，检验总体均值是否等于100mm（取显著性水平0.05）．四、从某电工器材厂生产的一批保险丝中抽取10根，测试其熔化时间，得到数据如下：

42 65 75 78 71 59 57 68 55 54.

22

设这批保险丝的熔化时间服从正态分布，检验总体方差是否等于12（取显著性水平0.05）． 五、无线电厂生产某种高频管，其中一项指标服从正态分布 N(,2)．从该厂生产的一批高频管 中抽取8个，测得该项指标的数据如下：

68 43 70 65 55 56 60 72.

22

（1）若已知60，检验假设H0: 49, H1: 49（取显著性水平0.05）；

22

（2）若未知，检验假设H0: 49, H1: 49（取显著性水平0.05）．

概率论与数理统计习（第四版）题解答

第一章 随机事件及其概率·样本空间·事件的关系及运算

一、任意抛掷一颗骰子，观察出现的点数。设事件A表示“出现偶数点”，事件B表示“出现的点数能被3整除”．

（1）写出试验的样本点及样本空间；

（2）把事件A及B分别表示为样本点的集合；

（3）事件A,B,AB,AB,AB分别表示什么事件？并把它们表示为样本点的

集合．

解：设ωi表示“出现i点”(i1,2,,6)，则

（1）样本点为ω1,ω2,ω3,ω4,ω5,ω6；样本空间为{1,2,3,4,5,6}. （2）A{ω2,ω4,ω6}； B{ω3,ω6}.

（3）{ω1,ω3,ω5}，表示“出现奇数点”；{ω1,ω2,ω4,ω5}，表示“出现的点数不能被3整除”；AB{ω2,ω3,ω4,ω6}，表示“出现的点数能被2或3整除”；AB{ω6}，表示“出现的点数能被2整除且能被3整除”；AB{ω1,ω5}，表示“出现的点数既不能被2整除也不能被3整除”

二、写出下列随机试验的样本空间及各个事件中的样本点：

（1）同时掷三枚骰子，记录三枚骰子的点数之和．A—“点数之和大于10”，B—“点

数之和小于15”．

（2）一盒中有5只外形相同的电子元件，分别标有号码1，2，3，4，5．从中任取3

只，A—“最小号码为1”．

解：(1) 设ωi表示“点数之和等于i”(i3,4,,18)，则

Ω{ω3,ω4,,ω18}；

A{ω11,ω12,,ω18}；B{ω3,ω4,,ω14}.

(2) 设ωijk表示“出现号码为i,j,k”(i,j,k1,2,,5;ijk)，则

Ω{ω123,ω124,ω125,ω134,ω135,ω145,ω234,ω235,ω245,ω345} A{ω123,ω124,ω125,ω134,ω135,ω145}.

三、设A,B,C为三个事件，用事件之间的运算表示下列事件： (1) A发生, B与C都不发生； (2) A,B,C都发生；

(3) A,B,C中至少有两个发生； (4) A,B,C中至多有两个发生． 解：(1) A；

(2) ABC；

(3) BCACABABC或ABBCCA

(4) BAABABC或或ABC.

四、一个工人生产了n个零件，以Ai表示他生产的第 i个零件是合格品（1in）．用Ai表示下列事件：

（1）没有一个零件是不合格品； （2）至少有一个零件是不合格品； （3）仅有一个零件是不合格品； （4）至少有一个零件不是不合格品． 解：(1) A1A2An；

(2) A1A2An或12n； (3) 1A2AnA12AnA1A2n (4) A1A2An或12n.

第二章 概率的古典定义·概率加法定理

一、电话号码由七个数字组成，每个数字可以是0，1，2，…，9中的任一个数（但第一个数字不能为0），求电话号码是由完全不同的数字组成的概率．

1111111

解：基本事件总数为C9C10C10C10C10C10C109106

1111111

有利事件总数为C9C9C8C7C6C5C49287654 设A表示“电话号码是由完全不同的数字组成”，则

9287654

P(A)0.0605 6

910

二、把十本书任意地放在书架上，求其中指定的三本书放在一起的概率．

10

解：基本事件总数为A1010!

7

指定的三本书按某确定顺序排在书架上的所有可能为A77!种；这三本书按确定的顺序13放在书架上的所以可能的位置共C88种；这三本书的排列顺序数为A33!；故有利事

件总数为7!83!8!3!(亦可理解为P88P33) 设A表示“指定的三本书放在一起”，则

8!3!1

P(A)0.067

10!15

三、为了减少比赛场次，把二十个队任意分成两组（每组十队）进行比赛，求最强的两个

队被分在不同组内的概率．

10

解：20个队任意分成两组（每组10队）的所以排法，构成基本事件总数C20；两个最强的

19

队不被分在一组的所有排法，构成有利事件总数C2C18 设A表示“最强的两队被分在不同组”，则

19C2C1810

P(A)0.526 10

19C20

四、某工厂生产的产品共有100个，其中有5个次品．从这批产品中任取一半来检查，求发现次品不多于1个的概率．

解：设Ai表示“出现的次品为i件”(i0,1,2,3,4,5)，A表示“取出的产品中次品不多

于 1个”，则 AA0A1.因为A0A1V，所以P(A)P(A0)P(A1).而

50149

C95C5C95525474723

P(A0)500.0281 P(A1)0.152 950

49997C10049997C100

故 P(A)0.02810.15290.181

五、一批产品共有200件, 其中有6件废品．求 (1) 任取3件产品恰有1件是废品的概率; (2) 任取3件产品没有废品的概率; (3) 任取3件产品中废品不少于2件的概率． 解：设A表示“取出的3件产品中恰有1件废品”；B表示“取出的3件产品中没有废品”；

C表示“取出的3件产品中废品不少于2件”，则

12C6C19418194193

(1) P(A)0.0855 3

200199198C200

3

C194194193192

(2) P(B)30.912

C200200199198

2130C6C194C6C19490194120

(3) P(C)0.00223 3

200199198C200

六、设P(A)P(B)P(C), P(AB)P(AC)0, P(BC)．求A, B, C至少有一事件发生的 概率．

解：因为P(AB)P(AC)0，所以ABV,ACV，从而(AB)CV可推出P(ABC)0

设D表示“A, B, C至少有一事件发生”，则DABC，于是有

P(D)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(CA)P(ABC) 11113

0.75 33344

13

14

第三章 条件概率与概率乘法定理·全概率公式与贝叶斯公式

一、设P(A)0.5,P(B)0.4,P(A|B)0.6,求P(AB),P(A|AB)． 解：因为AA(B)ABA，所以P(A)P(AB)P(A)，即

P(AB)P(A)P(A)P(A)P()P(A)0.5(10.4)0.60.14

P(A|AB)

P[A(AB)]P(AB)



P(A)

P(A)P(B)P(A)



0.50.5

0.68

0.5(10.4)0.360.74

二、某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，求他拨号不超过两次而接通所需电话的概率．若已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？ 解：设A表示“第一次拨通”，B表示“第二次拨通”，C表示“拨号不超过两次而拨通”

111C9C1C111

（1）P(C)P(A)P(B)1110.2

C10C10C91010

111A1A4A11

（2）P(C)P(A)P(B)1210.4

55A5A5

三、两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是

0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多

一倍．

（1）求任意取出的零件是合格品的概率；

（2）如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率． 解：设Ai表示“第i台机床加工的零件”(i1,2)；B表示“出现废品”；C表示“出现合

格品”

（1）P(C)P(A1CA2C)P(A1C)P(A2C)P(A1)P(CA1)P(A2)P(CA2) 

21

(10.03)(10.02)0.973 33

1

0.02P(A2)P(BA2)P(A2B)（2）P(A2B)0.25 21P(B)P(A1)P(BA1)P(A2)P(BA2)

0.030.0233

四、猎人在距离100米处射击一动物，击中的概率为0.6；如果第一次未击中，则进行第二次射击，但由于动物逃跑而使距离变为150米；如果第二次又未击中，则进行第三次射击，这时距离变为200米．假定击中的概率与距离成反比，求猎人三次之内击中动物的概率．

k

解：设Ai表示“第i次击中”(i1,2,3)，则由题设，有P(A1)0.6，得k60，从

100

而有

k60k60

P(A2)0.4，P(A3)0.3.

[1**********]0

设A表示“三次之内击中”，则AA11A212A3，故有

P(A)P(A1)P(1)P(A2)P(1)P(2)P(A3)

0.6(10.6)0.4(10.6)(10.4)0.30.832 （另解）设B表示“猎人三次均未击中”，则

P(B)(10.6)(10.4)(10.3)0.168

故所求为 P()1P(B)0.832

五、盒中放有12个乒乓球，其中有9个是新的．第一次比赛时从其中任取3个来用，比赛后仍放回盒中．第二次比赛时再从盒中任取3个，求第二次取出的都是新球的概率． 解：设Ai表示“第一次取得i个新球”(i0,1,2,3)，则

3112C3C32C9C3C9108127

P(A1) P(A0)3P(A)[1**********]0C12C12C12

03

C3C984

P(A3)3

220C12

设B表示“第二次取出的都是新球”，则

33333

1C927C8108C784C6

P(B)P(Ai)P(BAi)3333

[1**********]0CCCC12i0121212

[***********]60.146  [***********]11532400

第四章 随机事件的独立性·独立试验序列

一、一个工人看管三台车床，在一小时内车床不需要工人照管的概率：第一台等于0.9，第二台等于0.8，第三台等于0.7．求在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管的概率． 解：设Ai表示“第i台机床不需要照管”(i1,2,3)，则

P(A1)0.9 P(A2)0.8 P(A3)0.7

再设B表示“在一小时内三台车床中最多有一台需要工人照管”，则

BA1A2A31A2A3A12A3A1A23 于是有

P(B)P(A1)P(A2)P(A3)P(1)P(A2)P(A3)P(A1)P(2)P(A3)P(A1)P(A2)P(3) 0.90.80.7(10.9)0.80.70.9(10.8)0.70.90.8(10.7)

0.902．

（另解）设Bi表示“有i台机床需要照管”(i0,1)，B表示“在一小时内三台车床中最

多有一台需要工人照管”，则BB0B1且B0、B1互斥，另外有 P(B0)0.90.80.70.504

P(B1)(10.9)0.80.70.9(10.8)0.70.90.8(10.7)0.398 故P(B)P(B0B1)P(B0)P(B1)0.5040.3980.902．

二、电路由电池a与两个并联的电池b及c串联而成．设电池a,b,c损坏的概率分别是0.3、

0.2、0.2，求电路发生间断的概率． 解：设A1表示“a损坏”；A2表示“b损坏”；A3表示“c损坏”；则

P(A1)0.3 P(A2)P(A3)0.2 又设B表示“电路发生间断”，则

BA1A2A3

于是有

P(B)P(A1A2A3)P(A1)P(A2A3)P(A1A2A3)

P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3) 0.30.20.20.30.20.20.328．

111

三、三个人独立地去破译一个密码，他们能译出的概率分别为、、，求能将此密码

534

译出的概率．

解：设A表示“甲能译出”；B表示“乙能译出”；C表示“丙能译出”，则

111

P(A) P(B) P(C)

534

设D表示“此密码能被译出”，则DABC，从而有

P(D)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(CA)P(ABC)

P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(B)P(C)P(C)P(A)P(A)P(B)P(C) [1**********]1

0.6． [1**********]4

1112

（另解）P()P()P()P()P()(1)(1)(1)，从而有

534523

P(D)1P()10.6

55

四、甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人的命中概率分别为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，则 飞机必被击落．求飞机被击落的概率． 解：设A1表示“甲命中”；A2表示“乙命中”；A3表示“丙命中”；则

P(A1)0.4 P(A2)0.5 P(A3)0.7 设Bi表示“i人击中飞机” (i0,1,2,3)，则

P(B0)P(123)P(1P)(2)P(3)(10.4)(10.5)(10.7)0.09 P(B1)P(A1231A2312A3) P(A123)P(1A23)P(12A3)

P(A1)P(2)P(3)P(1)P(A2)P(3)P(1)P(2)P(A3)

0.4(10.5)(10.7)(10.4)0.5(10.7)(10.4)(10.5)0.70.36

P(B2)P(A1A23A12A31A2A3) P(A123)P(1A23)P(12A3)

P(A1)P(2)P(3)P(1)P(A2)P(3)P(1)P(2)P(A3)

0.4(10.5)(10.7)(10.4)0.5(10.7)(10.4)(10.5)0.70.41

P(B3)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)0.40.50.70.14 设A表示“飞机被击落”，则由题设有

P(AB0)0 P(AB1)0.2 P(AB2)0.6 P(AB3)1

故有

P(A)P(Bi)P(ABi)0.0900.360.20.410.60.1410.458．

i03

五、某机构有一个9人组成的顾问小组，若每个顾问贡献正确意见的概率都是0.7，现在

该机构内就某事可行与否个别征求每个顾问的意见，并按多数人意见作出决策，求作 出正确决策的概率．

解：设Ai表示“第i人贡献正确意见”，则P(Ai)0.7 (i1,2,,9)．

又设m为作出正确意见的人数，A表示“作出正确决策”，则 P(A)P(m5)P9(5)P9(6)P9(7)P9(8)P9(9)

567

C9(0.7)5(0.3)4C9(0.7)6(0.3)3C9(0.7)7(0.3)2

89

C9(0.7)8(0.3)1C9(0.7)9

126(0.7)5(0.3)484(0.7)6(0.3)336(0.7)7(0.3)2

9(0.7)8(0.3)1(0.7)9 0.26680.26680.15560.040 3 0.1715

0.901．

六、每次试验中事件A发生的概率为p，为了使事件A在独立试验序列中至少发生一次的

概率不小于p，问至少需要进行多少次试验？ 解：设做n次试验，则

P{A至少发生一次}1P{A一次都不发生}1(1p)n

要1(1p)np，即要(1p)n1p，从而有nlog(1p)(1p)1. 答：至少需要进行一次试验．

第五章 离散随机变量的概率分布·超几何分布·二项分布·泊松分布

一、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再

放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的概率分布． 解：设X表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X的概率分布为

即

亦即

二、自动生产线在调整以后出现废品的概率为p．生产过程中出现废品时立即进行调整．求在两次调整之

间生产的合格品数的概率分布．

解：设X表示“在两次调整之间生产的合格品数”，且设q1p，则ξ的概率分布为

三、已知一批产品共20个，其中有４个次品．

（１）不放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布； （２）放回抽样．抽取６个产品，求样品中次品数的概率分布． 解：（1）设X表示“取出的样本中的次品数”，则X服从超几何分布，即X的概率函数为

6x

C4x

C16

P(Xx)6

C20

(x0,2,3,4)

从而X的概率分布为

即

（2）设X表示“取出的样本中的次品数”，则X服从超几何分布，即X的概率函数为

P(Xx)C6x(0.2)x(10.2)6x

从而X

(x0,2,3,4,5,6)

即

四、电话总机为300个电话用户服务．在一小时内每一电话用户使用电话的概率等于0.01，求在一小时内

有4个用户使用电话的概率（先用二项分布计算，再用泊松分布近似计算，并求相对误差）． 解：（1）用二项分布计算(p0.01)

44

P(ξ4)C300p4(1p)296C300(0.01)4(10.01)2960.168877

（2）用泊松分布计算(λnp3000.013)

343

P(ξ4)e0.168031355

4!

0.1688770.0

相对误差为δ500.

0.168877

五、设事件A在每一次试验中发生的概率为0.3，当A发生次数不少于3次时，指示灯发出信号．现进行

了5次独立试验，求指示灯发出信号的概率． 解：设X表示“事件A发生的次数”，则P(A)p0.3，n5，X~B(5,0.3).于是有

P(X3)P(X3)P(X4)P(X5)

334455 C5p(1p)2C5p(1p)C5p

0.13230.028350.002430.16308

（另解） P(X3)1P(X3)1P(X0)P(X1)P(X2)

001122 11C5p(1p)5C5p(1p)4C5p(1p)3

0.16308

六、设随机变量X的概率分布为

P(Xk)a

其中λ>0为常数，试确定常数a．



k

k!

, k0, 1, 2,；

λk

解：因为P(Xk)1，即a1，亦即aeλ1，所以aeλ.

k!k0k0



第六章 随机变量的分布函数·连续随机变量的概率密度

1

可否是连续随机变量X的分布函数？为什么？如果X的可能值充满区间： 1x2

（1）（, ）；（2）（,0）．

一、函数

解：（1）设F(x)

x

1

，则0F(x)1 2

1x

因为limF(x)0，limF(x)0，所以F(x)不能是X的分布函数．

x

（2）设F(x)

1

，则0F(x)1且limF(x)0，limF(x)1 2xx01x

2x

0 (x0)，所以F(x)在（,0）上单增． 22

(1x)

综上述，故F(x)可作为X的分布函数．

因为F'(x)

二、函数f(x)sinx可否是连续随机变量X的概率密度？为什么？如果X的可能值充满区间：

3

（1）0,； （2）0,； （3）0,．

22



ππ2f(x)dxcosx21解：（1）因为x0,，所以f(x)sinx0；又因为，所以当x0, 0022

时，函数f(x)sinx可作为某随机变量X的概率密度．



（2）因为x0,π，所以f(x)sinx0；但





f(x)dxcosx021，所以当x0,π



时，函数f(x)sinx不可能是某随机变量X的概率密度．

（3）因为x0,

3π

，所以f(x)sinx不是非负函数，从而它不可能是随机变量X的概率密度． 2

二、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取1个．如果每次取出的废品不再

放回去，求在取得合格品以前已取出的废品数的分布函数，并作出分布函数的图形． 解：设X表示“取出的废品数”，则X的分布律为

于是，x31,

四、（柯西分布）设连续随机变量X的分布函数为

F(x)ABarctanx, x．

求：（1）系数A及B；（2）随机变量X落在区间(1, 1)内的概率；(3) X的概率密度．

ππ11

解：(1) 由limF(x)AB()0，limF(x)AB1，解得A,B.

xx22π2

11

即F(x)arctanx, (x)．

2π

11111

(2) P(1X1)F(1)F(1)[arctan1][arctan(1)].

222

(3) X的概率密度为

1

f(x)F(x)． 2

(1x)

五、（拉普拉斯分布）设随机变量X的概率密度为

, x．

求：（1）系数A；（2）随机变量X落在区间(0,1)内的概率；（3）随机变量X的分布函数．

f(x)Ae

x

解：(1) 由







f(x)dx1，得Ae





x

dx2Aexdx2A1，解得A



1

，即有 2

1x

e, (x). 2

111x111x1

(2) P(0X1)f(x)dxedx(e0)(1).

02022e

(3) 随机变量X的分布函数为

1x

x0x2e1xx

． F(x)f(x)dxedx

121exx0

2

f(x)

第七章 均匀分布·指数分布·随机变量函数的概率分布

一、公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车通过．乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的．求乘客候车时间

不超过3分钟的概率．

解：设随机变量X表示“乘客的候车时间”，则X服从[0,5]上的均匀分布，其密度函数为

于是有P(0X3)



3

,x[0,5]

f(x)

x[0,5]0,

3

f(x)dx0.6.

5

二、已知某种电子元件的使用寿命X(单位:h)服从指数分布，概率密度为

x

1800,x0; f(x)800ex0.0,

任取３个这种电子元件，求至少有１个能使用1000h以上的概率．

解：设A表示“至少有１个电子元件能使用1000h以上”；A1、A2、A3分别表示“元件甲、乙、丙能使用1000h以上”．则

1800

8004

P(A1)P(A2)P(A3)P(X1000)edxe0.287 1000e1000800

P(A)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1A2)P(A2A3)P(A1A3)P(A1A2A3)



x

x

5

30.28730.2870.2870.638

（另解）设A表示“至少有１个电子元件能使用1000h以上”．则

1800

P(X1000)edxe800

1000800



x

x

1000

23

e



54

0.287

从而有P(X1000)1P(X1000)1e

0.713，进一步有

P(A)1[P(X1000)]310.71330.638



5

4

三、(1) 设随机变量X服从指数分布e()．证明：对于任意非负实数s及t，有

P(XstXs)P(Xt).

这个性质叫做指数分布的无记忆性．

1)．某人买了一台旧电视机，求还能使用５年以上 (2) 设电视机的使用年数X服从指数分布e(0．

的概率．

解：（１）因为X~e()，所以xR，有F(x)1ex，其中F(x)为X的分布函数．

设AXst，BXt．因为s及t都是非负实数，所以AB，从而ABA．根据条件概率公式，我们有

P(XstXs)P(AB)

P(AB)P(A)P(Xst)1P(Xst)



P(B)P(B)P(Xs)1P(Xs)

1[1e(st)]

et． s

1[1e]

另一方面，我们有

P(Xt)1P(Xt)1P(Xt)1F(t)1(1et)et．

综上所述，故有

P(XstXs)P(Xt)．

（２）由题设，知X的概率密度为

0.1e0.1x，x0；

f(x)

x0．0，

设某人购买的这台旧电视机已经使用了s年，则根据上述证明的（１）的结论，该电视机还能使用5

年以上的概率为

P(Xs5Xs)P(X5)

5

f(x)dx0.1

5

e0.1xdxe0.1x

5

e0.50.6065．

答：该电视机还能使用5年以上的概率约为0.6065．

四、设随机变量X服从二项分布B(3, 0.4)，求下列随机变量函数的概率分布： （1）Y112X；（2）Y2

X(3X)

． 2

解：X的分布律为

（1）Y112X的分布律为

（2）Y2

X

(3X)

的分布律为 2

即

五、设随机变量X的概率密度为

2

,x0;

f(x)(x21)

x0.0,

求随机变量函数YlnX的概率密度．

解：因为FY(y)P(Yy)P(lnXy)P(Xey)FX(ey) 所以随机变量函数YlnX的概率密度为

2ey

fY(y)F(y)F(e)ef(e)e(y)，即 2y

(e1)

'Y

'X

y

y

y

y

2ey

fY(y) (y)．

(e2y1)

第八章 二维随机变量的联合分布与边缘分布

一、把一颗均匀的骰子随机地掷两次．设随机变量X表示第一次出现的点数，随机变量Y表示

两次出现点数的最大值，求二维随机变量(X,Y)的联合概率分布及Y的边缘概率分布． 解：二维随机变量(X,Y)的联合概率分布为

Y的边缘概率分布为

二、设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数

F(x,y)A(Barctan

xy)(Carctan)． 23

求：（1）系数A、B及C；（2）（X，Y）的联合概率密度：（3）边缘分布函数及边缘概率密度．

解：（1）由F(,)1,F(0,)0,F(,0)0，得

ππ

A(B)(C)122ππ1A(B0)(C)0BCA. 解得，2

22π

AC(Bπ)02

（2）因为F(x,y)

1xy(arctan)(arctan)，所以（X，Y）的联合概率密度为 2

2232

6"

f(x,y)Fxy(x,y)2. 22

(4x)(9y)



（3）X及Y的边缘分布函数分别为 FX(x) 



x



dxf(x,y)dy



21x

dx(4x2)2

x

x



11xarctan 22

y







FY(x)dyf(x,y)dx



31y

dy(9y2)3

x

y



11yarctan 23

X及Y的边缘概率密度分别为

61211

fX(x)f(x,y)dydydy

2(4x2)(9y2)2(4x2)0(9y2)1211y2

2()022

3(4x)3(4x)

6121

fY(y)f(x,y)dxdxdx 2222(4x2)(9y2)0(9y)4x

121x3

2()0

2(9y2)2(9y2)





三、设(X,Y)的联合概率密度为

Ae(2x3y),x0,y0;

f(x,y)

其它.0 ,

求：（1）系数A；（2）(X,Y)的联合分布函数；（3）X及Y的边缘概率密度；（4）(X,Y)

落在区域R：x0, y0, 2x3y6内的概率． 解：（1）由







f(x,y)dxdy1，有Ae2xdxe3ydy



1

A1，解得A6. 6

（2）(X,Y)的联合分布函数为

xy6e2xdxe3ydyx0,y0

F(x,y)dxf(x,y)dy0 0



其它0

(1e2x)(1e3y)x0,y0



其它0

（3）X及Y的边缘概率密度分别为

2xx06e2xe3ydyx02e

fX(x)f(x,y)dy0

x0x000

x

y

fY(y)







3y6e2xe3ydxx03ef(x,y)dx0

x000

y0y0

（4）P{(X,Y)R}



R

f(x,y)dxdy6e

3

2x

dx

2

2x30

e3ydy

2(e2xe6)dx17e6

3

四、设二维随机变量(X,Y)在抛物线yx2与直线yx2所围成的区域R上服从均匀分布．求：

(1) (X,Y)的联合概率密度；(2) 概率P(XY2)． 解：(1) 设(X,Y)的联合概率密度为

C,(x,y)R;

f(x,y)

0 ,(x,y)R.

2x22x2x329C2

则由CdxdyCdx2dyC(x2x)dxC(2x)11

1x1232R

2

解得C．故有

9

2

,(x,y)R;

f(x,y)9

0 ,(x,y)R.2x2x2122

(2) P(XY2)f(x,y)dxdydxdydx2dy

x902x91

xy2

21222

2xdx(2xx)dx 01992212x2x3213

)10.481． x0(2x

992327



第九章 随机变量的独立性·二维随机变量函数的分布

一、设X与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

y

12

fY(y)2e,y0;

y0.0,

求 (1) (X,Y)的联合概率密度; (2) 概率P(YX)．

1,x(0,1)

解: (1)X的概率密度为fX(x)，(X,Y)的联合概率密度为（注意X,Y相互独立）

0,x(0,1)

y

12

f(x,y)fX(x)fY(y)2e,0x1,y0

其它0,

（2）P(YX)

yx

f(x,y)dxdydx

x2

21

12

1

x

1

edy(e

02



1

y

2



y

2x

)dxe

1

x22

dx

2e



2(1e)0.7869

二、设随机变量X与Y独立，并且都服从二项分布：

iin1i

pX(i)Cnpq, i0, 1, 2,, n1;1

pY(j)Cpq

证明它们的和ZXY也服从二项分布．

j

n2

j

n2j

, j0, 1, 2,, n2.

证明: 设kij, 则

ikikin2ki

PZ(k)P(Zk)PX(i)PY(ki)Cnpiqn1iCnpq12

i0

i0

k

k

(由

C

i0

ki0

k

i

n1ikn1n2k

Cn)pq2ii

n1Cn2

k

. 于是有 Cn1n2



i0

k

kkiCmCnk

Cmn

, 有

C

ikn1n2k

PZ(k)Cnpq (k0,1,2,,n1n2) n12

由此知ZXY也服从二项分布.

三、设随机变量X与Y独立，并且X在区间[0，1]内服从均匀分布，Y在区间[0，2]内服从辛普森分布：

y, 0y1;

fY(y)2y, 1 y2 ;

0, y0或y2.

求随机变量ZXY的概率密度． 解: X的概率密度为 f(y)

1,x[0,1]

. 于是(X,Y)的联合概率密度为

0,x[0,1]

当0x1,0y1y,



f(x,y)2y, 当0x1,1 y2

0, 其它.

ZXY的联合分布函数为FZ(z)P{Zz}P{XYz}P{(x,y)D}，其中D是xyz

与f(x,y)的定义域的公共部分.

z0,z30

2z

0z1

2

故有 FZ(z)2 3

z3z1z22129

2z3z3z22

从而随机变量ZXY的概率密度为

z0,z30

z0z1

fZ(z)

2z31z22z3z3

三、电子仪器由六个相互独立的部件Lij（i1,2;j1,2,3）组成，联接方式如右图所示．设各个部件

的使用寿命Xij服从相同的指数分布e()，求仪器使用寿命的概率密度．

解: 由题设，知Xij的分布函数为

1ex,x0FXij

x00,

先求各个并联组的使用寿命Yi (i1,2,3)的分布函数.因为当并联的两个部件都损坏时,第i

个并联组才停止工作,所以有

Yimax(1i,2i) (i1,2,3)

从而有Yi (i1,2,3)的分布函数为

(1ey)2,y0

FYi(y)FX1iFX2i

y00,

设Z"仪器使用寿命".因为当三个并联组中任一个损坏时,仪器停止工作.所以有ZminY(1,Y2,Y3).从而有Z的分布函数为

1[1FY1(z)][1FY2(z)][1FY3(z)],z01[1(1ez)2]3,z0

FZ(z)

0,z0z00,

故Z的概率密度为

6e3z(1ez)(2ez)2,z0

fZ(z)

z00,

第十章 随机变量的数学期望与方差

一、一批零件中有9个合格品与3个废品．安装机器时从这批零件中任取一个．如果取出的废品不再放回

去，求在取得合格品以前已取出的废品数的数学期望、方差与标准差． 解：设X表示“在取得合格品以前已取出的废品数”，则X的概率分布为

即

EX0

即

399133123 [1**********]0

EX00.7510.20520.04130.0040.3

X2的分布为

即

于是有

EX20

即

39919149 [1**********]

EX200.7510.20540.04190.0040.4091

从而有

DXEX2(EX)2

X

933242471

()0.3191 [1**********]DX0.31910.565

二、对某一目标进行射击，直至击中为止．如果每次射击命中率为p，求射击次数的数学期望及方差． 解：设X表示“第i次击中”(i1,2,)，则X的分布为

EXipq

i1



i1

piq

i1



i1

qp1

p(qi)p()2

1qp(1q)i1



X

2

2

i1



i



EXipq

2

i1

p[q(q)]p(qi)

i1

i1

p(1q)2p21

 322

p(1q)pp

进一步有

DXEX2(EX)2

三、设离散型随机变量X的概率函数为

211211()

pp2pp2p

2k1

P[X(1)]k,k1,2,,

k2

问X的数学期望是否存在？若存在，请计算E(X)；若不存在，请解释为什么．

k

kk

2k1(1)kk2k2解：因为xiP(Xxi)(1)不绝对收敛，所P[X(1)](1)kkkk2ki1k1k1k1





k

以没有数学期望．

1

,

四、设随机变量X的概率密度为f(x)x2

0 ,

解：E(X)

x1;x1.

求数学期望E(X)及方差D(X)．







xf(x)dxx

1

1

1

x

2

2

0

D(X)xf(x)dxx



1



2

1

1

x

2





2

1

x2x

2



2x11[x2arcsinx]1 0π222

五、（拉普拉斯分布）设随机变量X的概率密度为f(x)方差D(X)． 解：EX

1x

e, (x) ．求数学期望E(X)及2

1x

xedx0 

2

12x2

DXxf(x)dxxedxx2exdx(3)2!2

02



xf(x)dx

（分部积分亦可）

第十一章 随机变量函数的数学期望·关于数学期望与方差的定理

一、设随机变量X服从二项分布B(3,0.4)，求Y解：X的概率分布为

Y的概率分布为

Y2的分布为

X(3X)

的数学期望及方差． 2

EY00.2810.720.72 EY200.2810.720.72

DYEY2(EY)20.72(0.72)20.2016

二、过半径为R的圆周上一点任意作这圆的弦，求所有这些弦的平均长度．

解：在圆周上任取一点O，并通过该点作圆得直径OA．建立平面直角坐标系，以O为原点，且让OA在

x轴的正半轴上．通过O任作圆的一条弦OB，使OB与x轴的夹角为，则服从[

布，其概率密度为

2

,



2

]上的均匀分

弦OB的长为L()2Rcos

1

,[,]22． f()



0,[,]

22



[,] ，故所有弦的平均长度为

22

2Rcosd

E[L()]f()L()d2









1

2



4R







20

cosd

4R



2sin0



4R



．

三、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

x

14

e, x0 ;

f(x)4

 0 , x0 .

工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换．若工厂售出一台设备赢利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的平均净赢利． 解：由题设，有

P(X1)

1



1

4

f(x)dxe4dxe411e 0

04

1

xx1

进而有 P(X1)1P(X1)e

设Y表示“厂方出售一台设备获得的净赢利”，则Y的概率分布为



1

4

从而有

14

EY200(1e)100e300e

答：厂方出售一台设备获得的平均净赢利约为33.64元．



14



14

20033.64

四、设随机变量X1,X2,Xn相互独立，并且服从同一分布，数学期望为，方差为．求这些随机

2

1n

变量的算术平均值Xi的数学期望与方差．

ni1

解：因为E(Xi)，D(Xi)2，且随机变量X1,X2,Xn相互独立．所以有

n

1n11n1n

E()E(Xi)E(Xi)E(Xi)，

ni1ni1ni1ni1

n1n11

D()D(Xi)2D(Xi)2

ni1nni11

D(Xi)2ni1

n



i1

n

2



2

n

．

五、一民航送客车载有20位旅客自机场开出，沿途有10个车站可以下车，到达一个车站时如没有旅客下

车就不停车．假设每位旅客在各车站下车是等可能的，且各旅客是否下车相互独立．求该车停车次数的数学期望．

解: 设Xi表示"第i站的停车次数" (i1,2,,10). 则Xi服从"01"分布. 其中

0,若在第i站无人下车

Xi

1,若在第i站有人下车

于是Xi的概率分布为

设X

X

i1

n

i

, 则X表示沿途停车次数, 故有

10

10

1012010120

EXE(Xi)EXi10{0()1[1()]}

1010i1i1

10(10.920)8.748 即停车次数的数学期望为8.748.

第十二章 二维随机变量的数字特征·切比雪夫不等式与大数定律

一、设二维随机变量(X,Y)的联合概率密度为

fx,y

A

y1

求：（1）系数A；（2）数学期望E(X)及E(Y)，方差D(X)及D(Y)，协方差cov(X,Y)．

解: (1) 由

x

22

2

.



1





f(x,y)dxdy1. 有

x





A

2

y1

2

2

dxdyAd

2

r

r

2

1

2

drA1

解得, A



.

(2) E(X)







xf(x,y)dxdy



2

1



dy





x

x

2

2

y1

2

dx0.

由对称性, 知 E(Y)0.

D(X)E[(XEX)]EX



22







xf(x,y)dxdy

1









dy





x

x2

2

2

y1

2

dx

1

1r21

同理, 有 D(Y).

cov(X,Y)E[(XEx)(YEY)]E(XY)





2

d



r3

r

2

2

dr2



r(1r2)r

2

dr[ln(1r2)

1

] 20

1r









xyf(x,y)dxdy









xyf(x,y)dxdy



1



ydy





x

x

2

2

y1

2

dx0.

二、设二维随机变量(X,Y)的联合概率密度为

1,yx,0x1;

f(x,y)

0,其它．

求(1) cov(X,Y)；(2) X与Y是否独立，是否相关，为什么？ 解: (1) 因为 EX







xf(x,y)dxdyxdxdy2x2dx

x

1x1

2 3

EY

所以有

yf(x,y)dxdydxydy0

E(XY)xyf(x,y)dxdyxdxydy0





x1

1x

x

0x

2

cov(X,Y)E[(XEX)(YEY)]E[(X)Y]xyf(x,y)dxdy

3

xdxydy0．

x

1x

(2) 当x(0,1)时,有 fX(x)







f(x,y)dydy2x; 当x(0,1)时, 有fX(x)0.即

x

x

2xx(0,1) fX(x)

0x(0,1)

1dxx(0,1)

1yx(0,1)同理有 fY(y)y 1

dxx(0,1)1yx(0,1)y

因为 fX(x)fY(y)f(x,y), 所以X与Y不是独立的．又因为cov(X,Y)0, 所以X与Y是不相

关的．

三、利用切比雪夫不等式估计随机变量X与其数学期望E(X)的差的绝对值大于三倍标准差

(X)的概率．

解：P(E3D)

D1

． 2

9(3D)

四、为了确定事件A的概率，进行10000次重复独立试验．利用切比雪夫不等式估计：用事件A

在10000次试验中发生的频率作为事件A的概率的近似值时，误差小于0.01的概率． 解：设ξ表示“在10000次试验中事件A的次数”，则~B(10000,0.5)且有

Enp100000.55000 Dnpq100000.5(10.5)250 0

于是有

mnpqpq

p0.01)P(mnp0.01p)11

n(0.01p)2(0.01)2n

1pq10.250.75

P(

五、样检查产品质量时，如果发现次品多于10个，则认为这批产品不能接受．应该检查多少

个产品，可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9？ 解：设ξ表示“发现的次品件数”，则ξ~B(n,0.1)，现要求n.

Eξ0.1n Dξ0.09n

要使得P(ξ10)0.9，即P(10ξn)0.9，因为P(10ξn)0.9，所以 10EξξEξnEξ100.1nξ0.1nn0.1nP()P()

DξDξDξ0.3n0.3n0.3n

100.1nξ0.1n100.1nP(3n)Φ0,1(3n)Φ0,1()

0.3n0.3n0.3n

0.1n10

Φ0,1(3n)Φ0,1()1 （德莫威尔—Laplace定理）

0.3n

0.1n10Φ()0.9． 因为n10，所以3n5，从而有Φ，故(n)10,10,1

0.3n

0.1n10

1.28，解得n146. 查表有Φ，故有(1.28)0.89970,1

0.3n

答：应该检查约146个产品，方可使次品率为10%的一批产品不被接受的概率达到0.9．

第十三章 正态分布的概率密度、分布函数、数学期望与方差

一、设随机变量X服从正态分布N(1,22)，求（1）P(1.6X5.8)；（2）P(X4.56)．

X1

2.4) 2

Φ 0,1(2.4)Φ0,1(1.3)Φ0,1(2.4)[1Φ0,1(1.3)]0.991810.90320.8950

解：(1) P(1.6X5.8)P(2.6X14.8)P(1.3

X1

1.78) 2

1[Φ)Φ)]1Φ)1Φ)] 0,1(1.780,1(2.780,1(1.780,1(2.78 20.96250.99730.0402.

(2) P(X4.56)1P(X4.56)1P(2.78

二、已知某种机械零件的直径X（mm）服从正态分布N(100,0.62)．规定直径在1001.2（mm）之间

为合格品，求这种机械零件的不合格品率． 解：设p表示这种机械零件的不合格品率，则pP(X1.2)1P(X1.2)．

1.2X1001.2X100

)P(22) 0.60.60.60.6

(2)(2)(2)[1(2)]2(2)1 20.977210.9544 故p10.95440.0456．

而P(X1001.2)P(

三、测量到某一目标的距离时发生的误差X(m)具有概率密度

402

求在三次测量中至少有一次误差的绝对值不超过30m的概率．

解：三次测量中每次误差绝对值都超过30米可表为

f(x)

1

e



(x20)23200

D{30}{30}{30}

因为ξ~N(20,40)，所以由事件的相互独立性，有

2

P(D)(P30})3(P{ξ30ξ30})3[Φ)1Φ)]3 0,1(1.250,1(0.25

(20.59870.8944 )30.506930.13025 于是有

P{三次测量中至少有一次绝对值30米}1P(D)10.130250.86975．

X2

四、设随机变量X~N(,)，求随机变量函数Ye的概率密度（所得的概率分布称为对数正态分

布）．

解：由题设，知X的概率密度为

fX(x)

从而可得随机变量Y的分布函数为

12e



(x)222

(x)

FY(y)P(Yy)P(eXy)．

当y0时，有FY(y)0；此时亦有FY(y)0． 当y0时，有

FY(y)P(Xlny)

2

1

lny



e



(x)222

dx．

此时亦有FY(y)

12y

e



(lny)2

2．

从而可得随机变量Y的概率密度为

0,(lny)2

fY(y)122e,2y



y0;y0.

22

五、设随机变量X与Y独立，X~N(1,1)，Y~N(2,2)，求： (1) 随机变量函数Z1aXbY的数学期望与方差，其中a及b为常数； (2) 随机变量函数Z2XY的数学期望与方差．

2解：由题设，有E(X)1,D(X)12；E(Y)2,D(Y)2．从而有

(1)E(Z1)E(aXbY)E(aX)E(bY)aE(X)bE(Y)a1b2； D(Z1)D(aXbY)D(aX)D(bY)aD(X)bD(Y)a(2)E(Z2)E(XY)E(X)E(Y)12；

D(Z2)D(XY)E(XY)E(XY)E(X)E(Y)E(X)E(Y) [D(X)E2(X)][D(Y)E2(Y)]E2(X)E2(Y) D(X)D(Y)D(X)E2(Y)D(Y)E2(X)

2222

12212221．

222

2

． 12b22

2222222

第十四章二维正态分布·正态随机变量线性函数的分布中心极限定理

D(X)16，D(Y)25，一、设二维随机变量(X,Y)服从二维正态分布，已知E(X)E(Y)0，

并且cov(X,Y)12，求(X,Y)的联合概率密度．

cov(X,Y)3

解：已知xy0，x4，y255，r(X,Y)．从而

xy5

3164

1r21()2，r2．

5255 进一步按公式f(x,y)合概率密度为

12xyr

2



12(1r2)

e

2

(xx)22r(xx)(yy)(yy)[]22

xxyy

，可得(X,Y)的联

132(165025)

． f(x,y)e

32

二、设随机变量X与Y独立，并且X~N(0,1)，Y~N(1,22)．求随机变量Z2XY3的概率密度． 解：由题设，有

E(X)0，D(X)1，E(Y)1，D(Y)4．

又根据关于数学期望的定理和方差的定理以及独立正态随机变量线性组合的分布，我们有

E(Z)E(2XY3)2E(X)E(Y)E(3)2． D(Z)D(2XY3)4D(X)D(Y)D(3)8．

25(x23xyy2

且Z~N(E(Z),D(Z))N(2,8)，故随机变量Z2XY3的概率密度为

4

三、 台机床分别加工生产轴与轴衬．设随机变量X(mm)表示轴的直径，随机变量

Y(mm)表示

轴衬的内径，已知X~N(50,0.32)，Y~N(52,0.42)，显然X与Y是独立的．如果轴衬的内径与轴的直径之差在1~3(mm)之间，则轴与轴衬可以配套使用．求任取一轴与一轴衬可以配套使用的概率． 解：由题设，知随机变量X与Y是独立的，且X~N(50,0.32)，设ZYXY~N(52,0.42)．根据独立正态随机变量线性组合的分布，我们有

Z~N(52(1)50,0.42(1)20.32)N(2,0.52)．

根据题目假设，我们知道当1ZYX3时，轴与轴衬可以配套使用．于是所求概率为

12Z232Z2

P(1Z3)P()P(22)(2)(2)2(2)1

0.50.50.50.5

120.9544 20.977．

四、100台车床彼此独立地工作着，每台车床的实际工作时间占全部工作时间的80%，求： （1） 任一时刻有70至86台车床在工作的概率； （2） 任一时刻有不少于80台车床在工作的概率． 解：设ξ表示“任一时刻正在工作的车床数”，则~B(100,0.8)．

E1000.880． D1000.8(10.8)16．

86807080

)0,1()0,1(1.5)0,1(2.5) （1）P(7086)0,1(

0,1(1.5)[10,1(2.5)]0.93320.993810.927

8080080

)0,1() 10,1(0)0,1(20)20,1(0)0,1(20)20.510.5．

五、在一家保险公司里有10000人参加保险，每人每年付12元保险费．在一年内一个人死亡的概率为0.006，死亡时其家属可向保险公司领得1000元．问： （1） 保险公司亏本的可能性是多大？

（2） 保险公司一年的利润不少于50000元的概率是多少？ 解：设X表示“一年内死亡的人数”，则X~B(10000,0.006)．

EX100000.00660． DX100000.006(10.006)59.84．

0606012060

) （1）P(1000X1000012)1P(0X120)1P(

.8459.84.84

1[ΦΦ0,1(7.7)Φ0,1(7.7)]220,1(7.7)0．

fZ(z)

128

e



(z2)2

28



1

e



(z2)216

(z)．

（2）P(80)1P(080)1[0,1(

即保险公司不可能亏本．

)P(0X70)P(（2）P(10000121000X50000

60

59.84.846(1.29)3(7.75)610.903．2 (1.29)3(7.75)

即保险公司一年利润不少于50000元的概率为0.9032．



X60



1059.84

)

第十万章 总体与样本·统计量·几个常用分布

一、已知样本观测值为

15.8 24.2 14.5 17.4 13.2 20.8

17.9 19.1 21.0 18.5 16.4 22.6，

计算样本均值、样本方差与样本二阶中心矩．

1

(15.8 24.214.517.413.220.817.9 12

19.121.018.516.422.6)18.44

解：样本均值为 样本方差为

1

[(15.818.44)2(24.218.44)2(14.518.44)2(17.418.44)2 11

(13.218.44)2(20.818.44)2(17.918.44)2(19.118.44)2

s2

(21.018.44)2(18.518.44)2(16.418.44)2(22.618.44)2]

1

(6.969633.177615.523627.45761.08165.56960.29160.435611

118.531210.7756.

11

样本二阶中心矩

1

[(15.818.44)2(24.218.44)2(14.518.44)2(17.418.44)2 12

(13.218.44)2(20.818.44)2(17.918.44)2(19.118.44)2

u2

(21.018.44)2(18.518.44)2(16.418.44)2(22.618.44)2] 

118.5312

9.8776.

12

解：样本均值为

1

(115 22132542051267)3.14 100

12

[15(13.14)221(23.14)225(33.14)2 样本方差为s

1001

22

12(53.14)7(63.14)]2.1216

样本二阶中心矩为

1~s2[15(13.14)221(23.14)225(33.14)2 100

22

12(53.14)7(63.14)]2.1004

22

三、设总体X的均值与方差分别为与，X1,X2,,Xn是来自该总体的简单随机样本，与S分

别是样本均值与样本方差，求E(),D(),E(S)．

2

1n1n1n

解：E()E(xi)E(xi)

ni1ni1ni1

1n1

D()D(xi)2

ni1n

1

D(x)i

n2i1

n



i1

n

2



2

n

n

11n22

E(s)E[(xin)][E(xi2)nE(2)]

n1i1n1i1

n

1

{[D(xi)(Exi)2]n[D()(E)2]

n1i1

2

n

1222

{[]n[2]}0

n1i1nn

四、设总体X与Y相互独立且均服从正态分布N0, 32，X1,X2,,X9和Y1,Y2,,Y9分别为来自X与Y

X1X2X9

的样本，则统计量U服从什么分布？

2221Y2Y9

解：因为X~N(0 ， 32)，Y~N(0 ， 32),

所以Xi~N(0 ， 32) Yi~N(0 ， 32) (i1 , 2 ,  ， 9). 于是有

22

EXi0 EYi0 SX DX329SY (i1 ， 2 ，  ， 9)

19

Xi

X1X2X9E9i1

推得U 

22299S12Y1111Y2Y922

SYYYii

99i199i1

E ~t(91)t(8)

SX即U~t(8)分布．

1

五、设随机变量X服从自由度为(k1,k2)的F分布，证明：随机变量Y服从自由度为(k2,k1)的F

X

分布；从而证明等式

F(k1,k2)

［提示：设X

1

．

F1(k2,k1)

U

，其中随机变量U与V独立，且U~2(k1),V~2(k2)，则X~F(k1,k2)，由V

此容易证明Y~F(k2,k1)．］

Uk122

证明：设随机变量U与V独立且U~(k1),V~(k2)．构造X，则X~F(k1,k2)．同理

Vk2

1Vk2

知Y~F(k2,k1)．

XUk1

因为X~F(k1,k2)，所以对于给定的(01)，我们有

P[XF(k1,k2)]． 11

又因为X0，所以XF(k1,k2)与是等价的随机事件，从而有 

XF(k1,k2)11P[]． XF(k1,k2)

于是有

P[

同理，因为Y

1111]1P[]1 XF(k1,k2)XF(k1,k2)

1

~F(k2,k1)，所以对上述给定的(01)，我们有 X

P[

结合(1)、(2)，便有

1

F1(k1,k2)]1． (2) X

F1(k2,k1)

即

1

．

F(k1,k2)

F(k1,k2)

1

．

F1(k2,k1)

第十六章 正态总体统计量的分布

一、设总体X~N(40, 52)．

（1）抽取容量为36的样本，求样本平均值X在38与43之间的概率； （2）抽取容量为64的样本，求X401的概率；

（3）抽取样本容量n多大时，才能使概率PX401达到0.95？



52

)，从而有 解：（1）因为N(40, 5)，所以~N(40,36

3840404340

P(3843)P()0,1(3.6)0,1(2.4)

666

2

0,1(3.6)0,1(2.4)10.999840.991810.99164

52

（2）由题设，~N(40,())，从而有

8

8x40888

P(x401)P(1x401)P()0,1()0,1()

58555

2Φ0,1(1.6)120.945210.8904

（3）要使P(x401)P(有

x405

n



nnn

)20,1()10.95，即要0,1()0.975经查表，555

n

1.96，解得n96.04，即抽取样本容量n约为96时，可使P(x401)0.95. 5

2

二、从正态总体N(,0.5)中抽取容量为10的样本X1,X2,,X10．

（1）已知0，求 （2）未知，求解：（1）因为

X

i1

10

2

i

4的概率；



i1i10

10

XiX



2

2.85的概率．

1



2

(x

i1

10

)2~2(10)，所以有

2i

11024110

P(X4)P(2Xi)P(2(Xi0)216) 2

0.5i10.50.5i1i1

P(2(10)16)0.10

1012

s*~2(9)，所以有 （2）因为2



1011102.852

P((XiX)2.85)P(2(XX)) i2

101i1i12.852

)P((9)11.4)0.25 P(2(9)0.52

三、设总体X~N(50,62)，总体Y~N(46,42)，从总体X中抽取容量为10的样本，从总体Y中抽取容量为8的样本，求下列概率：

S12

（1）；P(08)；（2）P(28.28)．

S2

2

10

解：（１）因为X~N(50,62)，Y~N(46,42)，所以由

u

()(12)



2

1

n1

得





22

~N(0,1)．

n2

64641081084()(5046)4

P()

5.65.65.6

2(1.69)10.909．

（２）因为X~N(50,62)，Y~N(46,42)，所以由

P(08)P(

5046

2

2



()(5046)

2

2



8(5046)64108

2

2

)

S1212

F22~F(9,7)．

S22

得

S12S1262S126242

P(28.28)P(228.282)P(223.68)0.95．

S2S246S24

四、设总体X服从“0—1”分布：

P(Xx)px(1p)1x, x0或1．

抽取样本X1,X2,,Xn，求样本均值X的概率分布，数学期望E(X)及方差D(X)． 解：P(Xix)px(1p)1x, (x0或，于是有 1）

EXi0(1p)1pp DXip(1p)

其中i1,2,,n.于是有

mmm

)Cnp(1p)nm n

1n1n1n

E()E(Xi)E(Xi)p

ni1ni1ni1

1n1n1np(1p)

D()D(Xi)2D(Xi)2

ni1nnni1ni1

P(

第十七章 参数的点估计

一、设总体X服从“0—1”分布：

P(Xx)px(1p)1x, x0或1．

如果取得样本观测值x1,x2,,xn (xi0或1)，求参数p的矩估计值与最大似然估计值．

解：(1)

似然函数为L(x,p)

p

i1

n

xi

(1p)

1xi

p



i1

n

xi

n

(1p)

xi

i1

n

，取对数，有

n

lnL(x,p)xilnp(nxi)ln(1p)．

i1

i1

n

xi(nxi)ndlnL(x,p)i1i1

令ln(1p)0，解得npxi，从而得p的极大似然估计值为

i1dpp1p

ˆ． p

二、设总体X的概率密度为

x1, 0x1;

f(x;)

其它.0,

其中>0．如果取得样本X1,X2,,Xn，求参数的矩估计量与最大似然估计量．

解：

似然函数为L()

nn

(x

i1

n

i

,)xi1，取对数，有

i1

n

lnL()[ln(1)lnxi]．

i1

n

dlnL()n1nn

(lnxi)lnxi0，求得的极大似然估计值为 令

i1di1

n

． ˆn

lnxi

i1

三、设总体X服从分布，其概率密度为

1x

xe, x0;

f(x;,)

0, x0.

其中参数>0，>0．如果样本观测值为x1,x2,,xn, （1）求参数及的矩估计值；

（2）已知=0，求参数的极大似然估计值．

x1x

解：（1）因为E(X)x(x;,)dxxedx

0令xttt111t

． ()edttedt00





E(X)x(x;,)dx



令xt

2



2



x21x

xedx t1t11()edt02





t1etdt

2． 2



所以，根据矩估计，有

1n1n22

E(X)xi，E(X)xi．

ni1ni1

(1)1n2

，xi． 2

ni1

1n21n2~2． 亦即 ，2xi(xi)2

ni1ni1

即

2

ˆ． ˆ2, 解得 2



（2）由（1），有

0

，故有0.



四、从总体X中抽取样本X1,X2,X3，证明下列三个统计量

X1X2X3XXXXXX

ˆ2123, ˆ3123 , 

236244333都是总体均值E(X)的无偏估计量；并确定哪个估计量更有效．

XXX111111

ˆ1)E(123)E(X1)E(X2)E(X3)()EXEX． 解：因为E(

236236236

XXX111111

ˆ2)E(123)EX1EX2EX3()EXEX． E( 

244244244XXX111111

ˆ3)E(123)EX1EX2EX3()EXEX． E( 

333333333ˆ1, ˆ2, ˆ3都是总体均值EX的无偏估计量． 所以

XXX111

ˆ1)D(123)D(X1)D(X2)D(X3) 又因为D(

2364936111

()DX0.39DX． 4936

XXX111

ˆ2)D(123)DX1DX2DX3D( 

24441616

111

()DX0.375DX． 41616

XXX111111

ˆ3)D(123)DX1DX2DX3()DX0.33DX． D( 

333999999

ˆ3更有效． 所以， 

1

五、设总体X服从指数分布e()，其中0，抽取样本X1,X2,,Xn ，证明：



22

(1) 虽然样本均值是的无偏估计量，但却不是的无偏估计量；

n

2是2的无偏估计量． (2) 统计量

n11n1n

解：E()E(Xi)E(Xi)．

ni1ni1ˆ1 

E()D()[E()]

222

2

n

2．

2

由此可见，虽然样本均值是的无偏估计量，但却不是的无偏估计量．

2

第十八章 正态总体参数的区间估计·两个正态总体均值差及方

差比的区间估计

一、设总体X~N(,2)，如果样本观测值为

6.54 8.20 6.88 9.02 7.56,

求总体均值的置信水平为0.95的置信区间，假定：（1）已知=1.2；（2）未知． 解：（1）由195%，解得0.05.

2

又由题设，有7.64，s1.003，u1.96，从而由

2

2

有 6.5888.692， 即 (6.588,8.692)． （2）因为tt0.0251.96，所以由

2



0

u

0

u，

2



sn

t

2

sn

t，

2

即 7.640.20061.967.640.20061.96． 解得 6.3958.885．

二、设电子元件的寿命服从正态分布N(,2)，抽样检查10个元件，得到样本均值x=1500(h)， 样本标准差s=14（h），求：

（1）总体均值的置信水平为0.99的置信区间；

（2）用x作为的估计值，误差绝对值不大于10(h)的概率． 解：（1）由199%，解得0.01.

0n10，s14，又由题设，有150，

未知，查表得tt0.0052.58故由

2



ss

tt，有 n2n2

1500

1414

2.5815002.58． .61514.4． 亦即 1485

s1414

（2）P(t)P(t)P(10)1，即t10，亦即

2n22

5

0.025，即0.05，故 t2.25877，查表得272

P(10)10.95．

三、设总体X~N(,)，已知=0，要使总体均值的置信水平为1的置信区间的长度不大

于l，问需要抽取多大容量的样本？ 解：因为

2



uu．进一步有2ul，即~N(0,1)，所以有 

nn22n2

4(u)2n．综上述，故有

l2



n4(

0

l

u)2．

2

四、测得16个零件的长度（mm）如下：

12.15 12.12 12.01 12.08 12.09 12.16 12.03 12.01 12.06 12.13 12.07 12.11 12.08 12.01 12.03 12.06

设零件长度服从正态分布，求零件长度标准差的置信水平为0.99的置信区间．如果：

（1）已知总体均值为12.08mm；（2）未知总体均值． 解：12.08，s0.0494，10.99，0.01

（1）P(

(x

i1

16

16

i

12.08)

2



22



(x

i1

16

16

i

12.08)2



21

)0.99．



2

(x

置信区间为

i1

i

12.08)

2



22



(x

i1

i

12.08)2

2

12

，即

0.03280.0848．

（2）未知均值时，有

(n1)s2

22



(n1)s2

2

12

．

故置信区间为

0.03340.0892．

五、从甲、乙两个生产蓄电池的工厂的产品中，分别抽取一些样品，测得蓄电池的电容量(A·h) 如下：

甲厂： 144 141 138 142 141 143 138 137；

乙厂： 142 143 139 140 138 141 140 138 142 136. 设两个工厂生产的蓄电池的电容量分别服从正态分布N(1,1)及N(2,2)，求： （1）电容量的均值差12的置信水平为0.95的置信区间（假定12）； （2）电容量的方差比1/2的置信水平为0.95的置信区间．

2解：甲厂产品的样本均值为1140.5，样本方差为s15.75，乙厂产品的样本均值为1139.9，样本2方差为s24.29．

（1）由题设，有10.95，解得0.05．当自由度k810216时，查表得

tt0.0252.12．

22

22

2

又由公式sw

2

n1s12n2s285.75104.29

，得sw2.36．

n1n228102

所以由公式tsw

2

1111

12tsw，得所求置信区间为 n1n2nn212

1.773122.973．

（2）由题设，有10.95，解得0.05． 当自由度k1817，k21019时，查表可得

F(k1,k2)F0.025(7,9)4.2．

2

又由公式F

1

(k1,k2)F0.975(k1,k2)

2

11

．所以由公式

F0.025(9,7)4.82

s1212

22

F(k1,k2)s22F

2

1

s12

， 2

(k1,k2)s2

2

得所求置信区间为

6.57124.826.57

． 2

4.24.7724.77

12

即 0.32826.645．

2

第十九章 假设检验的基本概念·正态总体参数的假设检验

一、进行假设检验时，选取的统计量（ ）。

（1）是样本的函数； （2）不能包含总体分布中的任何参数； （3）可以包含总体分布中的已知参数； （4）其值可以由取定的样本值计算出来。 二、在假设检验问题中，显著性水平的意义是（ ）。

（1）原假设H0成立，经检验被拒绝的概率； （2）原假设H0成立，经检验不能拒绝的概率； （3）原假设H0不成立，经检验被拒绝的概率；（4）原假设H0不成立，经检验不能拒绝的概率。 三、某切割机正常工作时，切割的金属棒的长度服从正态分布 N(100, 22)．从该切割机切割的一批金 属棒中抽取15根，测得它们的长度(mm)如下：

99 101 96 103 100 98 102 95 97 104 101 99 102 97 100.

（1）若已知总体方差不变，检验该切割机工作是否正常，即总体均值是否等于100mm（取显著性水 平0.05）；

（2）若不能确定总体方差是否变化，检验总体均值是否等于100mm（取显著性水平0.05）．四、从某电工器材厂生产的一批保险丝中抽取10根，测试其熔化时间，得到数据如下：

42 65 75 78 71 59 57 68 55 54.

22

设这批保险丝的熔化时间服从正态分布，检验总体方差是否等于12（取显著性水平0.05）． 五、无线电厂生产某种高频管，其中一项指标服从正态分布 N(,2)．从该厂生产的一批高频管 中抽取8个，测得该项指标的数据如下：

68 43 70 65 55 56 60 72.

22

（1）若已知60，检验假设H0: 49, H1: 49（取显著性水平0.05）；

22

（2）若未知，检验假设H0: 49, H1: 49（取显著性水平0.05）．