同濟(jì)大學(xué)高等數(shù)學(xué)習(xí)題答案

1、.習(xí)題一 解答1.在1,2,3,4,四個(gè)數(shù)中可重復(fù)地先后取兩個(gè)數(shù)，寫出這個(gè)隨機(jī)事件的樣本空間及事件A=“一個(gè)數(shù)是另一個(gè)數(shù)的2倍”，B=“兩個(gè)數(shù)組成既約分?jǐn)?shù)”中的樣本點(diǎn)。解 =（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1)，（3，2），（3，3），（3，4），（4，1）（4，2），（4，3），（4，4）；A=（1，2），（2，1），（2，4），（4，2）；B=（1，2），（1，3，（1，4），（2，1），（2，3），（3，1)，（3，2），（3，4），（4，1）（4，3）2. 在數(shù)學(xué)系學(xué)生中任選一名學(xué)生設(shè)事件A選出的學(xué)生是男生，B選出的

2、學(xué)生是三年級(jí)學(xué)生，C選出的學(xué)生是科普隊(duì)的(1)敘述事件的含義(2)在什么條件下，ABCC成立？(3)在什么條件下，CB成立？ 解 (1)事件的含義是，選出的學(xué)生是三年級(jí)的男生，不是科普隊(duì)員(2)由于ABCC，故ABCC當(dāng)且僅當(dāng)CABC這又當(dāng)且僅當(dāng)CAB，即科普隊(duì)員都是三年級(jí)的男生(3)當(dāng)科普隊(duì)員全是三年級(jí)學(xué)生時(shí)，C是B的子事件，即CB成立3.將下列事件用A，B，C表示出來：（1）只有C發(fā)生；（2）A發(fā)生而B，C都不發(fā)生；（3）三個(gè)事件都不發(fā)生；（4）三個(gè)事件至少有一個(gè)不發(fā)生；（5）三個(gè)事件至少有一套（二個(gè)不發(fā)生）發(fā)生；（6）三個(gè)事件恰有二個(gè)不發(fā)生；（7）三個(gè)事件至多有二個(gè)發(fā)生；（8）三個(gè)事件中

3、不少于一個(gè)發(fā)生。解 （1）；（2）：（3）（4）；（5）；（6）；（7）；（8）。4.設(shè)A，B，C是三個(gè)隨機(jī)事件，且0，,求A，B，C中至少有一個(gè)發(fā)生的概率解 設(shè)DA，B，C中至少有一個(gè)發(fā)生，則DABC，于是P(D)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(BC)P(AC)P(ABC)又因?yàn)?,而由P(AB)0，有P(ABC)0，所以5.擲兩枚勻稱的硬幣，求它們都是正面的概率解 設(shè)A出現(xiàn)正正，其基本事件空間可以有下面三種情況：()1同面、異面，n12()2正正、反反、一正一反，n23()3正正、反反、反正、正反，n34于是，根據(jù)古典概型，對(duì)于()來說，由于兩個(gè)都出現(xiàn)正面，即同面出現(xiàn)，因

4、此，m11，于是有而對(duì)于()來說，m21，于是有而對(duì)于()來說，m31，于是有6.口袋中裝有4個(gè)白球，5個(gè)黑球。從中任取兩個(gè)球，求取出的兩個(gè)球都是白球的概率。解 試驗(yàn)的基本事件（樣本點(diǎn)）總數(shù)，設(shè)A=“取得兩個(gè)白球”，則A包含的基本事件數(shù)，有古典概型有7.兩封信任意地向標(biāo)號(hào)為1，2，3，4的四個(gè)郵筒投遞，求：（1）第三個(gè)郵筒恰好投入一封信的概率；（2）有兩個(gè)郵筒各有一封信的概率。解 （1）設(shè)事件A表示“第三個(gè)郵筒恰好投入一封信”。兩封信任意投入4個(gè)郵筒，共有42種等可能投法，組成事件A的不同投法有種，于是（2）設(shè)B表示“有兩個(gè)郵筒各有一封信”，則8.在100個(gè)產(chǎn)品中有70件一等品，20件二等品，

5、10件三等品，規(guī)定一、二等品為合格品，考慮這批產(chǎn)品的合格率與一、二等品率的關(guān)系。解 設(shè)事件A，B分別表示產(chǎn)品為一、二等品，顯然事件A與B互補(bǔ)相容，并且事件表示產(chǎn)品為合格品，于是，,.可見 9.三只外觀相同的鋼筆分別屬于甲、乙、丙三人如今三人各取一只，求：（1）恰好取到自己的筆的概率；（2）都沒有取到自己的筆的概率分析 設(shè)D1都取到自己的筆，D2都沒有取到自己的筆這是一個(gè)古典概型問題我們有n3!6情況甲 乙 丙m每個(gè)人都取到自己的筆（與下相同）A B C1恰有兩個(gè)人取到自己的筆A B C1恰有一個(gè)人取到自己的筆A C B C B A B A C 3三個(gè)人都沒有取到自己的筆C A B B C A

6、2因此10.設(shè)隨機(jī)事件B是A的子事件，已知P(A)1/4，P(B)1/6，求P(B|A)解 因?yàn)锽A，所以P(B)P(AB)，因此11.在100件產(chǎn)品中有5件是不合格的，無放回地抽取兩件，問第一次取到正品而第二次取到次品的概率是多少？解 設(shè)事件A第一次取到正品，B第二次取到次品用古典概型方法求出由于第一次取到正品后不放回，那么第二次是在99件中(不合格品仍是5件)任取一件，所以由公式(14)，12.五個(gè)人抓一個(gè)有物之鬮，求第二個(gè)人抓到的概率解 這是一個(gè)乘法公式的問題設(shè)Ai第i個(gè)人抓到有物之鬮(i1，2，3，4，5)，有所以13.加工某一零件共需經(jīng)過四道工序，設(shè)第一、二、三、四道工序的次品率分別

7、是2、3、5、3，假定各道工序是互不影響的，求加工出來的零件的次品率解 設(shè)，且相互獨(dú)立，由題意得，、從而14.一批零件共100個(gè)，其中有次品10個(gè)每次從中任取一個(gè)零件，取出的零件不再放回去，求第一、二次取到的是次品，第三次才取到正品的概率解 設(shè)，由題意得，、從而15.由以往記錄的數(shù)據(jù)分析，某船只在不同情況下運(yùn)輸某種物品，損壞2，10，90的概率分別為0.8，0.15和0.05現(xiàn)在從中隨機(jī)地取三件，發(fā)現(xiàn)這三件全是好的，試分析這批物品的損壞率為多少？分析 設(shè)B三件都是好的，A1損壞率為2，A2損壞率為10，A3損壞率為90，則A1，A2，A3兩兩互斥，且A1A2A3已知P(A1)0.8，P(A2)

8、0.15，P(A3)0.05，且， ， 由全概率公式可知由貝葉斯公式，這批物品的損壞率為2，10，90的概率分別是由于P(A1|B)比P(A2|B)，P(A3|B)大得多，因此可以認(rèn)為這批貨物的損壞率為216. 袋中有15個(gè)小球，其中7個(gè)是白球，8個(gè)是黑球現(xiàn)在從中任取4個(gè)球，發(fā)現(xiàn)它們顏色相同，問它們都是黑色的概率為多少？ 解 設(shè)A1“4個(gè)球全是黑的”，A2“4個(gè)球全是白的”，A“4個(gè)球顏色相同”使用古典概型，有P(A1)，P(A2)而AA1A2且A1A2，得所以概率是在4個(gè)球的顏色相同的條件下它們都是黑球的條件概率，即P(A1|A)注意到A1A，A1AA1，有17.設(shè)袋中有4個(gè)乒乓球，其中1個(gè)

9、涂有白色，1個(gè)涂有紅色，1個(gè)涂有藍(lán)色，1個(gè)涂有白、紅、藍(lán)三種顏色今從袋中隨機(jī)地取一個(gè)球，設(shè)事件A取出的球涂有白色，B取出的球涂有紅色，C取出的球涂有藍(lán)色試驗(yàn)證事件A，B，C兩兩相互獨(dú)立，但不相互獨(dú)立此題從現(xiàn)實(shí)情況分析是不合理的，故不要深究。證 根據(jù)古典概型，我們有n4，而事件A，B同時(shí)發(fā)生，只能是取到的球是涂有白、紅、藍(lán)三種顏色的球，即m1，因而同理，事件A發(fā)生，只能是取到的球是涂紅色的球或涂三種顏色的球，因而因此，有 所以 P(AB)P(A)P(B)，即事件A，B相互獨(dú)立類似可證，事件A，C相互獨(dú)立，事件B，C相互獨(dú)立，即A，B，C兩兩相互獨(dú)立，但是由于而 所以A，B，C并不相互獨(dú)立18.設(shè)

10、兩兩相互獨(dú)立的三事件A，B，C，滿足：ABC，P(A)P(B)P(C),并且，求事件A的概率分析 設(shè)P(A)p由于ABC，有P(ABC)0，根據(jù)三個(gè)事件兩兩獨(dú)立情況下的加法公式，有P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(B)P(C)P(A)P(C)P(ABC)，即 亦即 解得 或(由題意舍去)于是 19設(shè)A，B是兩個(gè)隨機(jī)事件，且0P(A)1，P(B)0，則P(AB)P(A)P(B)分析 由公式由題設(shè) 即 于是，有即A、B相互獨(dú)立20.設(shè)兩個(gè)隨機(jī)事件A，B相互獨(dú)立，已知僅有A發(fā)生的概率為，僅有B發(fā)生的概率為，求 P(A)，P(B)分析 方法1 因?yàn)镻(A)0，P(B)0，且A與B

11、相互獨(dú)立，所以AB(想一想為什么)一方面P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)； (16)另一方面 (17)由于，有于是由式(16)，式(17)有即 方法2 因?yàn)锳與B相互獨(dú)立，所以A與也相互獨(dú)立由于，有P(A)P(B)，于是因此 21.用高射炮射擊飛機(jī)，如果每門高射炮擊中飛機(jī)的概率是0.6，試問：(1)用兩門高射炮分別射擊一次擊中飛機(jī)的概率是多少？(2)若有一架敵機(jī)入侵，至少需要多少架高射炮同時(shí)射擊才能以99的概率命中敵機(jī)？解 (1)令Bi第i門高射炮擊中敵機(jī)(i1，2)，A擊中敵機(jī)在同時(shí)射擊時(shí)，B1與B2可以看成是互相獨(dú)立的，從而也是相互獨(dú)立的，且有P(B1)P(B2)0.6，方法1(

12、加法公式)由于AB1B2，有P(A)P(B1B2)P(B1)P(B2)P(B1)P(B2)0.60.60.6×0.60.84方法2(乘法公式) 由于，有于是 (2)令n是以99的概率擊中敵機(jī)所需高射炮的門數(shù)，由上面討論可知，9910.4n 即 0.4n0.01，亦即因此若有一架敵機(jī)入侵，至少需要配置6門高射炮方能以99的把握擊中它22.設(shè)某人從外地趕來參加緊急會(huì)議他乘火車、輪船、汽車或飛機(jī)來的概率分別是及，如果他乘飛機(jī)來，不會(huì)遲到；而乘火車、輪船或汽車來遲到的概率分別為、試問：(1)他遲到的概率；(2)此人若遲到，試推斷他是怎樣來的可能性最大？解 令A(yù)1乘火車，A2乘輪船，A3乘汽車

13、，A4乘飛機(jī)，B遲到按題意有： (1)由全概率公式，有(2)由貝葉斯公式得到由上述計(jì)算結(jié)果可以推斷出此人乘火車來的可能性最大23.三人同時(shí)向一架飛機(jī)射擊，設(shè)他們射中的概率分別為0.5，0.6，0.7又設(shè)無人射中，飛機(jī)不會(huì)墜毀；只有一人擊中飛機(jī)墜毀的概率為0.2；兩人擊中飛機(jī)墜毀的概率為0.6；三人射中飛機(jī)一定墜毀求三人同時(shí)向飛機(jī)射擊一次飛機(jī)墜毀的概率.解 設(shè)Ai第i個(gè)人射中(i1，2，3)，有P(A1)0.5， P(A2)0.6， P(A3)0.7又設(shè)B0三人都射不中，B1只有一人射中，B2恰有兩人射中，B3三人同時(shí)射中，C飛機(jī)墜毀由題設(shè)可知 并且同理0.5×0.4×0.3

14、0.5×0.6×0.30.5×0.4×0.70.29；P(B2)0.44；P(B3)0.21利用全概率公式便得到0.06×00.29×0.20.44×0.60.21×10.53224.兩臺(tái)機(jī)床加工同樣的零件，第一臺(tái)出現(xiàn)廢品的概率是0.03，第二臺(tái)出現(xiàn)廢品的概率是0.02加工出來的零件放在一起，并且已知第一臺(tái)加工的零件比第二臺(tái)加工的零件多一倍，求任意取出的零件是合格品的概率；又：如果任意取出的零件經(jīng)檢查是廢品，求它是由第二臺(tái)機(jī)床加工的概率答案是：0.973；0.25習(xí)題二1擲兩枚勻稱的骰子，X點(diǎn)數(shù)之和，求X的分布解

15、概率空間（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6）， （2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6）， （3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6）， （4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6）， （5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6）， （6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）點(diǎn)數(shù)和等于2 （1，1），點(diǎn)數(shù)和等于3 （1，2），（2，1），點(diǎn)數(shù)和等于4 （1，3），（2，2），（3，1）點(diǎn)數(shù)和等于5 （1，4），（2，3），（

16、3，2），（4，1）點(diǎn)數(shù)和等于6 （1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）點(diǎn)數(shù)和等于7 （1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（6，1），（5，2）點(diǎn)數(shù)和等于8 （2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2）點(diǎn)數(shù)和等于9 （3，6），（4，5），（5，4），（6，3）點(diǎn)數(shù)和等于10 （4，6），（5，5），（6，4）點(diǎn)數(shù)和等于11 （5，6），（6，5）點(diǎn)數(shù)和等于12 （6，6）答案是：234567891011122設(shè)一個(gè)盒子中裝有5個(gè)球，標(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5，在其中等可能地任取3個(gè)，用表示取出的球的最大號(hào)碼數(shù)，求隨機(jī)變量的分布律解 的可能取值為3，

17、4，5從5個(gè)球中任取3個(gè)的取法有種則事件=3就相當(dāng)于“取出的3個(gè)球的標(biāo)號(hào)為（1，2，3）” ， 事件=4就相當(dāng)于“取出的3個(gè)球的標(biāo)號(hào)為（1，2，4），（1，3，4），（2，3，4）” ， 事件=5就相當(dāng)于“取出的3個(gè)球的標(biāo)號(hào)為（1，2，5），（1，3，5），（1，4，5），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）” ， 故的分布律為3453已知離散型隨機(jī)變量的可能取值為-2，0，2，相應(yīng)的概率依次為，試求概率解 =+解得 故的分布律為-2024設(shè)某電子產(chǎn)品正品率為0.75，次品率為0.25現(xiàn)對(duì)該批電子產(chǎn)品進(jìn)行測試，以隨機(jī)變量表示首次測得正品，求隨機(jī)變量的分布律提示，參考例26答，=1，2

18、，5. 設(shè)100件產(chǎn)品中有95件合格品，5件次品，現(xiàn)從中有放回的取10次，每次任取一件求：（1）所取10件產(chǎn)品中所包含次品數(shù)的概率分布；（2）10件產(chǎn)品中恰有2件次品的概率；（3）10件產(chǎn)品中至少有2件次品的概率解 因?yàn)槭怯蟹呕氐某槿?，所?0次抽取是獨(dú)立、重復(fù)進(jìn)行的，每次取得次品的概率為0.05，因此這是一個(gè)10重伯努利試驗(yàn)（1）設(shè)所取的19件產(chǎn)品中所含有的次品數(shù)為，則，其概率分布為，=1，2，10（2）所求的概率為（3）所求的概率為6一袋中裝有5只球，編號(hào)為1，2，3，4，5在袋中同時(shí)取3只球，用X表示取出的3只球中的最小號(hào)碼數(shù)，求X的分布函數(shù)解 X的可能取值為3，2，1即X的分布陣為12

19、3從而X的分布函數(shù)為7設(shè)離散型隨機(jī)變量X的分布函數(shù)為試求：（1）X的概率分布；（2）解X的可能取值為-1，1，3-1130.40.40.28.設(shè)隨機(jī)變量X的分布為21012求YX21的概率分布解 由yi1(i1，2，5)及X的分布，得到X21(2)21(1)21021121221P把f(xi)1相同的值合并起來，并把相應(yīng)的概率相加，便得到Y(jié)的分布，即所以Y521P(Yyi)9.某店內(nèi)有4名售貨員，據(jù)經(jīng)驗(yàn)每名售貨員平均在1 h內(nèi)只用秤15 min，問該店通常情況下應(yīng)配制幾臺(tái)秤？解 設(shè)Xi第i個(gè)售貨員使用秤，則XiB(1，0.25)令，于是SB(4，0.25)考慮到P(S2)1P(S2)1P(S3

20、)P(S4)10.04690.00390.95故該商店通常情況下應(yīng)配制2臺(tái)秤10.設(shè)二維隨機(jī)向量(X，Y)共有6個(gè)取正概率的點(diǎn)，它們是：(1，1)，(2，1)，(2，0)(2，2)，(3，1)，(3，2)，并且(X，Y)取得它們的概率相同，求(X，Y)的聯(lián)合分布解 由于6個(gè)點(diǎn)取得的概率相同，均為，而6個(gè)的和為1，因此其余概率為0YX101210002030011設(shè)二維隨機(jī)變量的分布率如下表123411/4001/1621/161/401/4301/161/160試求：（1)；（2）解：（1)（2）12設(shè)二維隨機(jī)向量(X，Y)的聯(lián)合分布為YX0.40.820.150.0550.300.1280.

21、350.03求 (1)X與Y的邊緣分布(2)X關(guān)于Y取值y10.4的條件分布(3)Y關(guān)于X取值x25的條件分布解 (1)由公式xi258pi·0.200.420.38yj0.40.8p.j0.800.20(2)計(jì)算下面各條件概率：因此，X關(guān)于Y取值y10.4的條件分布為xi258p(xi|y1)(3)同樣方法求出Y關(guān)于X取值x25的條件分布為yi0.40.8p(yj|x2)13.設(shè)隨機(jī)變量X與Y相互獨(dú)立，下表列出了二維隨機(jī)向量(X，Y)聯(lián)合分布律及關(guān)于X和關(guān)于Y的邊緣分布律中的部分?jǐn)?shù)值，試將其余數(shù)值填入下表中的空白處YXy1y2y3PXxipi.x1x2PYyjp·j1分析

22、 應(yīng)注意到X與Y相互獨(dú)立解 由于P(Xx1，Yy1)P(Yy1)P(Xx2，Yy1)考慮到X與Y相互獨(dú)立，有P(Xx1)P(Yy1)P(Xx1，Yy1)，所以同理，可以導(dǎo)出其他數(shù)值故XY的聯(lián)合分布律為YXy1y2y3PXxipi·x1x2PYyjp·j114.設(shè)二維隨機(jī)向量(X，Y)聯(lián)合分布如下表YX-1012-10.20.150.10.320.100.10.05求二維隨機(jī)向量的函數(shù)Z的分布：（1）Z=X+Y;(2)Z=XY解 有（X，Y）的概率分布可得pij0.2 0.15 0.1 0.3 0.1 0 0.1 0.15（X，Y）(-1，-1) (-1，0) (-1，1)

23、（-1，2） （2，-1） (2，0) （2，1） （2，2）Z=X+Y -2 -1 0 1 1 2 3 4Z=XY 1 0 -1 -2 -2 0 2 4合并Z值相同的概率可得（1）Z=X+Y的概率分布為Z=X+Y -2 -1 0 1 2 3 4p 0.2 0.15 0.1 0.4 0 0.1 0.15（2）Z=XY的概率分布為Z=XY -2 -1 0 1 2 4p 0.4 0.1 0.15 0.2 0.1 0.1515已知X和Y的概率分布為，而且（1）求X和Y的聯(lián)合分布；（2）問X與Y是否相互獨(dú)立？為什么？解 （1）由，即，所以因此X與Y的聯(lián)合分布和邊緣分布有如下形式Y(jié)X01-1*00*1*

24、0根據(jù)聯(lián)合分布與邊緣分布的關(guān)系，不難把表中打“*”號(hào)的位置上的數(shù)值求出，于是，得到X與Y的聯(lián)合分布為YX01-100010（2）因，而所以X與Y不獨(dú)立習(xí)題31設(shè) f(x)是否為分布密度函數(shù)？如何改造？解 由于所以f(x)不是分布密度函數(shù)令則p(x)是分布密度函數(shù)2.設(shè)隨機(jī)變量X的分布密度函數(shù)為求()常數(shù)C；()P(0.3X0.7)；()P(0.5X0.5)解 (1)由p(x)的性質(zhì)，有所以C2(2)(3)3設(shè)連續(xù)型隨機(jī)變量的分布函數(shù)為求：（1），的值；（2）的概率密度函數(shù)；（3）解 （1）由連續(xù)型隨機(jī)變量的性質(zhì)，可知，是一個(gè)連續(xù)函數(shù)考察在=0，=1，=2處的連續(xù)性，有，所以=0；，可知，可知所

25、以=2，（2）的概率密度函數(shù)為（3）4在一個(gè)公共汽車站有甲、乙、丙三人，分別等1，2，3路車設(shè)等車的時(shí)間（分鐘）服從0，5上的均勻分布，求3人中至少有2人等車時(shí)間不超過2分鐘的概率解 設(shè)每人等車的時(shí)間為，則的密度函數(shù)為3人中每人“等車不超過2分鐘”的概率為3人中等車不超過2分鐘的人數(shù)故5設(shè)XN(0，1)，求P(X2.35)，P(X1.25)以及P(|X|1.55)解 P(X2.35)(2.35)0.9906P(X1.25)(1.25)1(1.25)10.89440.1056P(|X|1.55)P(1.55X1.55)(1.55)(1.55)2(1.55)12×0.939410.878

26、86設(shè)XN(1，22)，求P(0X5)解 這里1，2，5，a0，有于是P(0X5)(2)(0.5)(2)1(0.5)(2)(0.5)10.97720.691510.66877設(shè)XN(2，32)，求：()P1X8；()PX4；()PX11解 由于XN(2，32)，即2，3，因此(1)P1X8P23X22×3P23X2P2X22×3(2)PX4P4XP22×3X2PX2(3)PX11PX11PX2P2X23×38某科考試成績服從正態(tài)分布，在這次考試人中，及格者100人（及格分?jǐn)?shù)為60），計(jì)算（1）不及格人數(shù)；（2）成績?cè)谇?0名的人數(shù)在考生中的比例；（3）估

27、計(jì)第10名考生的成績解 設(shè)考生的考生成績?yōu)椋紫葏⒓涌荚嚨娜藬?shù)這表明及格人數(shù)占考試人數(shù)的比例為84.13%，即，（1）不及格人數(shù)占占考試人數(shù)的比例為15.87%，因此不及格人數(shù)為（2）成績?cè)谇?0名的人數(shù)在考生中的比例為（3）設(shè)第10名考生的成績?yōu)?，則，即查正態(tài)分布表，得，或者在EXCEL的單元格中鍵入的“=NORMINV(0.91587，70，10）”，求得9. 31設(shè)一個(gè)紡織工人照顧800個(gè)紗錠，在(0，T時(shí)間內(nèi)每個(gè)紗錠斷頭的概率為0.005，求在(0，T內(nèi)：()最大可能的斷頭數(shù)；()斷頭次數(shù)不超過10的概率解 設(shè)斷頭數(shù)為X，則XB(800，0.005)由于n很大，p很小，所以可用近似公式

28、這里lnp800×0.0054實(shí)際上可認(rèn)為X近似服從P(l)(1)最大可能的斷頭數(shù)是3和4(2)10設(shè)XU(0，1)，并且YX2，求Y的分布密度p2(y)解：故11設(shè)平面區(qū)域D由曲線及直線所圍成，二維隨機(jī)變量在區(qū)域D上服從均勻分布，求的聯(lián)合分布密度函數(shù).解 由于區(qū)域D的面積，所以的聯(lián)合分布密度函數(shù)為12設(shè)(X，Y)的聯(lián)合分布密度為試求：(1)常數(shù)C. (2)P0X1，0Y2解 (1)由p(x，y)的性質(zhì)，有即C12(2)令D(x，y)|0x1，0y2，有13設(shè)二維隨機(jī)向量(X，Y)的聯(lián)合分布函數(shù)為求(1)常數(shù)C；(2)分布密度p(x，y)解 (1)由性質(zhì)F(，)1，得到C1(2)由公

29、式：有故 14如圖31，設(shè)(X，Y)的聯(lián)合分布密度為圖31(1)求C(2)求X，Y的邊緣分布(3)討論X與Y的獨(dú)立性(4)計(jì)算P(XY1)分析(1)由于即可導(dǎo)出C2(2)當(dāng)x0或x1時(shí)，p1(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，因此 同理 (3)由于p1(x)·p2(y)p(x，y)，故X與Y不獨(dú)立(4)15求(1)A，B，C的值； (2)p(x，y)； (3)p1(x)，p2(y)分析(1)由可導(dǎo)出(2)(3)由p(x，y)f1(x)·f2(y)，其中考慮到故16設(shè)試求解：(1)確定常數(shù)A； (2)邊緣分布密度； (3)討論X，Y的獨(dú)立性分析(1)由即(2)由，分情況討論：當(dāng)x0或x2時(shí)

30、，當(dāng)0x2時(shí)，所以同理，可求出(3)由于p1(x)·p2(y)p(x，y)，因此，X與Y相互獨(dú)立習(xí)題41盒中有5個(gè)球，其中有3個(gè)白球，2個(gè)紅球從中任取兩球，求白球個(gè)數(shù)X的數(shù)學(xué)期望解由題意可知因此2某地區(qū)計(jì)劃明年出生1000個(gè)嬰兒，若男孩出生率為p0.512，問明年(1)出生多少男孩？(2)期望出生多少男孩？答案是：(1)01000；(2)5123兩臺(tái)生產(chǎn)同一種零件的車床，一天中生產(chǎn)的次品數(shù)的概率分布分別是甲臺(tái)次品數(shù)0123p0.40.30.20.1乙臺(tái)次品數(shù)0123p0.30.50.20如果兩臺(tái)車床的產(chǎn)量相同，問哪臺(tái)車床好？答案是：乙好4設(shè)隨機(jī)變量X的分布密度函數(shù)為求E(X)解 由定

31、義，有510個(gè)隨機(jī)地進(jìn)入15個(gè)房間，每個(gè)房間容納的人數(shù)不限，設(shè)表示有人的房間，求（設(shè)每個(gè)人進(jìn)入每個(gè)房間是等可能的，且每人進(jìn)入房間是相互獨(dú)立的）解 設(shè)隨機(jī)變量（=1，2，15）則，且服從同一分布，因每人進(jìn)入某個(gè)房間的概率均為則 于是 故有而，（=1，2，15），因此6假設(shè)市場上每年對(duì)某種出口商品的需求量X（單位：噸），它服從2000，4000上的均勻分布每年售出這種商品一噸，可為掙得3萬元，但假設(shè)銷售不出去，囤積于倉庫，每噸浪費(fèi)保管費(fèi)1萬元，問應(yīng)組織多少噸貨源，才是收入最大？解 設(shè)預(yù)備某年銷售商品量為噸（顯然有20004000），用表示這年的收益（萬元），則利用求函數(shù)的數(shù)學(xué)期望公式，可得組織噸貨

32、源時(shí)，所獲得的期望收益為兩邊對(duì)求導(dǎo)，得，令，得=3500即組織3500噸貨源時(shí)收益最大7一輛送客汽車，載有m位乘客從起點(diǎn)站開出，沿途有n個(gè)車站可以下車，若到達(dá)一個(gè)車站，沒有乘客下車就不停車設(shè)每位乘客在每一個(gè)車站下車是等可能的，試求汽車平均停車次數(shù)分析 由于所求的是汽車平均停車的次數(shù)，因此，我們從每一個(gè)車站有沒有人下車來考慮，而不要著眼于每一個(gè)乘客在哪一站下車這里，設(shè) 于是，我們有因此，隨機(jī)變量，其均值又設(shè)停車次數(shù)為S，于是有其均值可見，汽車平均停車次數(shù)為8地鐵到達(dá)一站時(shí)間為每個(gè)整點(diǎn)的第5分鐘、25分鐘、55分鐘，設(shè)一乘客在早8點(diǎn)9點(diǎn)之間隨時(shí)到達(dá)，求侯車時(shí)間的數(shù)學(xué)期望分析 已知X在0，60上服從

33、均勻分布，其密度為設(shè)Y是乘客等候地鐵的時(shí)間(單位：分)，則因此9有3個(gè)小球和2個(gè)杯子，將小球隨機(jī)地放入杯中，設(shè)X為有小球的杯子數(shù)，求X的分布函數(shù)及數(shù)學(xué)期望E(X)解 設(shè)A甲杯有球個(gè)數(shù)，B乙杯有球的個(gè)數(shù)當(dāng)X1或2(見表41)時(shí)，由加法公式有因此 表41甲杯乙杯X=13003X=2211210設(shè)二維隨機(jī)向量(X，Y)的聯(lián)合分布密度函數(shù)求E(XY)分析 因?yàn)閜(x，y)p1(x)·p2(y)，其中 所以，X與Y相互獨(dú)立由于因此11.已知隨機(jī)變量X的分布函數(shù)求E(X)，D(X)答案是：由于，即X服從（0，4上的均勻分布，所以12.設(shè)隨機(jī)變量XN(0，4)，YU(0，4)，且X，Y相互獨(dú)立，求

34、E(XY)，D(XY)及D(2X3Y)答案是：E(XY)0，D(2X3Y)2813設(shè)X與Y為相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，已知X在2，4上服從均勻分布，Y服從參數(shù)為2的指數(shù)分布，求E(XY)，解 由于，14設(shè)隨機(jī)變量X的密度函數(shù)為已知E(X)=0.5，D(X)=0.15求，的值解 由密度函數(shù)的性質(zhì)，即 （1）而，所以 （2）由，得而，所以 （3）由（1）（2）（3）所組成的方程組，得，15設(shè)二維離散型隨機(jī)變量（X，Y）的聯(lián)合分布如下 YX-10100.10.10.10.310.30.10.30.70.40.20.4（1）判斷X與Y是否獨(dú)立？（2）計(jì)算X與Y的協(xié)方差；（3）計(jì)算解 （1）計(jì)算出X與Y的邊緣

35、分布填入上表從，而可知X與Y不相互獨(dú)立（2）因?yàn)?，因此?）16設(shè)隨機(jī)變量（X，Y）的密度函數(shù)為求，解 當(dāng)，時(shí)，當(dāng)，時(shí)，而所以，同理故17設(shè)隨機(jī)變量X的密度函數(shù)為求隨機(jī)變量X的1至3階原點(diǎn)矩和中心矩解， ，習(xí)題51一生產(chǎn)線生產(chǎn)的產(chǎn)品成箱包裝，每箱的重量是隨機(jī)的假設(shè)每箱平均重50 kg，標(biāo)準(zhǔn)差為5 kg若用最大載重量為5 t的汽車承運(yùn)，試?yán)弥行臉O限定理說明每輛車最多可以裝多少箱，才能保障不超載的概率大于0.977解 設(shè)Xi(i1，2，n)是裝運(yùn)的第i箱的重量(單位：kg)，n是所求箱數(shù)由條件可以把X1，X2，Xn視為獨(dú)立同分布隨機(jī)變量，而n箱的總重量TnX1X2Xn是獨(dú)立同分布隨機(jī)變量之和由條

36、件知(單位：kg)根據(jù)列維林德伯格中心極限定理，Tn近似服從正態(tài)分布N(50n，25n)箱數(shù)n決定于條件由此可見從而n98.0199，即最多可以裝98箱2.設(shè)男孩出生率為0.515，求在10000個(gè)新生嬰兒中女孩不少于男孩的概率解 用X表示10000個(gè)嬰兒中男孩的個(gè)數(shù)，則XB(n，p)，其中n10000，p0.515要求女孩個(gè)數(shù)不少于男孩個(gè)數(shù)的概率，即求,由棣莫弗拉普拉斯中心極限定理，有令于是有3.設(shè)有1000個(gè)人獨(dú)立行動(dòng)，每個(gè)人能夠按時(shí)進(jìn)入掩蔽體的概率為0.9，以95概率估計(jì)，在一次行動(dòng)中：(1)至少有多少人能夠進(jìn)入?(2)至多有多少人能夠進(jìn)入? 解 用Xi表示第i人能夠按時(shí)進(jìn)入掩蔽體(i1

37、，2，1000)，令SnX1X2X1000(1)設(shè)至少有m人能進(jìn)入掩蔽體，要求P(mSn1000)0.95事件令顯然令根據(jù)中心極限定理，有查正態(tài)分布數(shù)值表，得a1.65，即故m90015.65884.35884人(2)設(shè)至多有M人能進(jìn)入掩蔽體，要求P(0SnM)0.95P(SnM)P(Yb)0.95，b1.65，即M90015.65915.65916人習(xí)題61.設(shè)x1，x2，x25相互獨(dú)立且都服從N(3，102)分布，求151.73)解 因且與S2獨(dú)立，所以P06，57.70S2151.73P06·P57.70S2151.73，而2×0.933210.8664，0.950.

38、050.90，于是 P06，57.7S2151.730.8664×0.900.782在整體N(5，22)中抽取一容量為25的樣本，求樣本均值落在42到58之間的概率，樣本方差大于607的概率解 因?yàn)椋瑒t，因此，所求概率為=0908又知 故最后一步查表或在EXCEL中鍵入“= CHIDIST（36.42，24）”求的3設(shè)總體，為簡單樣本，試問：下列各統(tǒng)計(jì)量服從什么分布？（1）；（2）；（3）解 （1）因?yàn)椋?1，2，所以，（2）因?yàn)?，所以?）因?yàn)?，所?設(shè)總體，是來自的一個(gè)樣本，若統(tǒng)計(jì)量服從分布，試確定，的值解 因?yàn)椋?1，2，3，4，所以，于是 ，所以因此，5設(shè)與都服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布

39、，與，分別為是來自總體與的兩個(gè)相互獨(dú)立的簡單隨機(jī)樣本，其樣本均值為，記試證明隨機(jī)變量服從自由度為15的分布證明 因?yàn)?，所以，而且，且相互?dú)立，所以又因?yàn)榕c相互獨(dú)立與相互獨(dú)立，所以與相互獨(dú)立，所以6設(shè)總體，是來自的一個(gè)樣本，求概率（1）；（2）解 （1）=095-001=094（2）=0.90-0.5=0.8957設(shè)總體，是來自的一個(gè)樣本，但，未知，求解 因?yàn)?，由定?.2知所以 =099（在EXCEL中鍵入“=1-CHIDIST（31.115，15）”求的）8設(shè)兩個(gè)總體與都服從正態(tài)分布今從總體與中分布抽出容量為，的兩個(gè)相互獨(dú)立的樣本，求概率解 又題意知，于是習(xí)題71設(shè)總體的一個(gè)樣本如下：1.7

40、0，1.75，1.70，1.65，1.75求該樣本的數(shù)學(xué)期望和方差的矩估計(jì)值解 由矩估計(jì)有：，又因?yàn)椋郧?2設(shè)，而1.70，1.75，1.70，1.65，1.75是從總體中抽取的樣本，求的矩估計(jì)值. 3設(shè)的分布律為123已知一個(gè)樣本值，求參數(shù)的的矩估計(jì)值和極大似然估計(jì)值. 解 （1）矩估計(jì)因?yàn)?，所以，即的矩估計(jì)量.（2）最大似然估計(jì)因?yàn)椋瑢?duì)其求導(dǎo)：4設(shè)總體的概率分布列為：01232 (1-)1-2其中 () 是未知參數(shù). 利用總體的如下樣本值： 1， 3， 0， 2， 3， 3， 1， 3求p的矩估計(jì)值和極大似然估計(jì)值.解 （1） p的矩估計(jì)值，令， 得的矩估計(jì)為 . （2）似然函數(shù)為

41、令 ， . 由 ，故舍去所以的極大似然估計(jì)值為 5設(shè)總體的密度函數(shù)為：，設(shè)是的樣本，求的矩估計(jì)量和最大似然估計(jì)量.解 （1）的矩估計(jì)為：樣本的一階原點(diǎn)矩為：所以有：（2）的最大似然估計(jì)為：得：.6已知隨機(jī)變量的密度函數(shù)為， 其中均為未知參數(shù)，求的矩估計(jì)量和極大似然估計(jì)量. 解 （1），所以，的矩估計(jì)量為.（2）似然函數(shù), 故 7設(shè)總體的概率密度為且是來自總體的簡單隨機(jī)樣本，求的矩法估計(jì)量和估計(jì)量的方差. 解 （1） 即 （2）， .8設(shè)為總體的一個(gè)樣本，求常數(shù)C，使是的無偏估計(jì).解 ，所以；.9設(shè)總體，為總體的一個(gè)樣本，則常數(shù)k, 使為s 的無偏估計(jì)量. 解注意到的相互獨(dú)立性，所以，因?yàn)椋核?/p>

42、，10已知燈泡壽命的標(biāo)準(zhǔn)差=50小時(shí)，抽取25個(gè)燈泡檢驗(yàn)，得平均壽命=500小時(shí)，試以95%的可靠性對(duì)燈泡的平均壽命進(jìn)行區(qū)間估計(jì)（假設(shè)燈泡的壽命服從正態(tài)分布）解=480.4，519611測得海島棉與路地棉雜交后的單鈴籽棉重（單位：克）若，從中抽取一個(gè)容量為15的樣本，其樣本均值=2.88，試求總體均值的雙側(cè)95%的置信區(qū)間解 ，雙側(cè)置信區(qū)間為12調(diào)查13歲至14歲兒童身高（單位：米），若從中抽取一個(gè)容量為25的樣本，樣本均值=1.75，樣本方差=0.077，試求總體均值及方差的雙側(cè)95%的置信區(qū)間解 總體均值的雙側(cè)95%的置信區(qū)間總體均值方差的雙側(cè)95%的置信區(qū)間為：13某地區(qū)每年平均氣溫（單

43、位：度）近似地看作正態(tài)分布，近5年平均氣溫觀測值為24.3，20.8，23.7，19.3，17.4，試求總體均值及方差的雙側(cè)95%的置信區(qū)間解 求的樣本均值=21.1，樣本標(biāo)準(zhǔn)差=2.916，于是總體均值的雙側(cè)95%的置信區(qū)間總體均值方差的雙側(cè)95%的置信區(qū)間為：14為研究某種輪胎的磨損特性，隨機(jī)地選擇16只輪胎，每只輪胎行駛到磨壞為止記錄所行駛的路程（單位：公里）如下：41 250 40 187 43 175 41 010 39 265 41 872 42 654 41 28738 970 40 200 42 550 41 095 40 680 43 500 39 775 40 400假設(shè)這

44、些數(shù)據(jù)來自正態(tài)總體其中，未知，試求的置信水平為95%的置信下限解 計(jì)算，則的置信水平為95%的置信下限：=4039915某品種玉米做兩組微施肥量對(duì)比試驗(yàn)，相互獨(dú)立地抽取樣本測量穗重得到觀測值（單位：克）210，235，239，241，241，244，246和203，338，358，271（1）若總體方差相同，試求總體均值差的95%雙側(cè)置信區(qū)間；（2）若總體方差不同，試求總體方差之比的95%置信區(qū)間解 計(jì)算得：=237.5， =15.241，=292.5， =70.315（1）=44.714總體均值差的雙側(cè)置信區(qū)間=-121.557，11.557（2）總體方差之比的95%置信區(qū)間=(0.006，

45、0.701)16某研究者想了解喝啤酒對(duì)注意力的影響，他隨機(jī)分派各50人至實(shí)驗(yàn)組和控制組中實(shí)驗(yàn)組喝一瓶啤酒，控制組則喝一瓶開水然后測試他們的注意力，總分為0至100分，分?jǐn)?shù)越高表示注意力越好如果依照過去的經(jīng)驗(yàn)，喝啤酒或喝開水的人的注意力的方差都是25現(xiàn)得到實(shí)驗(yàn)組的平均數(shù)為55，控制組為58求實(shí)驗(yàn)室與控制組的平均數(shù)之差的95%置信區(qū)間解 由于總體接近無限大，可以認(rèn)為總體服從正態(tài)分布，于是實(shí)驗(yàn)室與控制組的平均數(shù)之差的95%置信區(qū)間為：=-4.96，-1.04由此可以看出實(shí)驗(yàn)組的總體平均數(shù)應(yīng)該是低于控制組的平均數(shù)，即喝一瓶啤酒會(huì)使人注意力降低17為了比較甲，乙兩種型號(hào)的步槍子彈的槍口速度，隨機(jī)抽取甲型

46、子彈10發(fā)，得到槍口速度的平均數(shù)為500（m/s)，標(biāo)準(zhǔn)差1.10（m/s)，隨機(jī)抽取乙型子彈20發(fā)，得到槍口速度的平均數(shù)為496（m/s)，標(biāo)準(zhǔn)差1.20（m/s)假設(shè)兩總體都近似服從正態(tài)分布，且生產(chǎn)過程看認(rèn)為方差相同，求總體均值差的95%的置信區(qū)間解 已知：=500， =1.10，=496， =1.20（1）=1.1688總體均值差的雙側(cè)置信區(qū)間即3.07，4.9318研究由甲乙兩臺(tái)機(jī)器加工的鋼管的內(nèi)徑，隨機(jī)抽取機(jī)器甲生產(chǎn)的鋼管18根，測得方差0.34（mm2)，隨機(jī)抽取機(jī)器乙生產(chǎn)的鋼管13根，測得方差為0.29（mm2)，設(shè)兩個(gè)樣本相互獨(dú)立，并且兩臺(tái)機(jī)器生產(chǎn)的鋼管內(nèi)徑都服從正態(tài)分布，試求總體方差之比的95%置信區(qū)間解（2）總體方差之比的95%置信區(qū)間= (0.45，2.79)習(xí)題81.根據(jù)經(jīng)驗(yàn)?zāi)畴娮赢a(chǎn)品的使用壽命服從正態(tài)分布，標(biāo)準(zhǔn)差為150小