随机事件及其概率
1.1 随机事件
习题1试说明随机试验应具有的三个特点．
习题2将一枚均匀的硬币抛两次，事件A，B，C分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”，试写出样本空间及事件A，B，C中的样本点.
1.2 随机事件的概率
1.3 古典概型与几何概型
1.4 条件概率
1.5 事件的独立性
复习总结与总习题解答
习题3. 证明下列等式：
习题5.
习题6.
习题7
习题8
习题9
习题10
习题11
习题12
习题13
习题14
习题15
习题16
习题17
习题18
习题19
习题20
习题21
习题22
习题23
习题24
习题25
习题26
第二章 随机变量及其分布
2.1 随机变量
习题1随机变量的特征是什么？
解答：①随机变量是定义在样本空间上的一个实值函数.
②随机变量的取值是随机的，事先或试验前不知道取哪个值.
③随机变量取特定值的概率大小是确定的.
习题2试述随机变量的分类.
解答：①若随机变量X的所有可能取值能够一一列举出来，则称X为离散型随机变量；否则称为非离散型随机变量.②若X的可能值不能一一列出，但可在一段连续区间上取值，则称X为连续型随机变量.
习题3盒中装有大小相同的球10个，编号为0,1,2,⋯,9, 从中任取1个，观察号码是“小于5”，“等于5”，“大于5”的情况，试定义一个随机变量来表达上述随机试验结果，并写出该随机变量取每一个特定值的概率.
解答：分别用ω1,ω2,ω3表示试验的三个结果“小于5”，“等于5”，“大于5”，则样本空间S={ω1,ω2,ω3}, 定义随机变量X如下：
X=X(ω)={0,ω=ω11,ω=ω2,2,ω=ω3
则X取每个值的概率为
P{X=0}=P{取出球的号码小于5}=5/10,
P{X=1}=P{取出球的号码等于5}=1/10,
P{X=2}=P{取出球的号码大于5}=4/10.
2.2 离散型随机变量及其概率分布
习题1设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且P{X=1}=P{X=2}, 求λ.
解答：由P{X=1}=P{X=2}, 得
λe-λ=λ^2/2e^-λ,解得λ=2.
习题2
设随机变量X的分布律为 P{X=k}=k15,k=1,2,3,4,5,
试求(1)P{12
解答：(1)P{12
(2)P{≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}
=115+215+315=25;
(3)P{X>3}=P{X=4}+P{X=5}=415+515=35.
习题3
已知随机变量X只能取-1,0,1,2四个值，相应概率依次为12c,34c,58c,716c, 试确定常数c, 并计算P{X<1∣X≠0}.
解答：依题意知，12c+34c+58c+716c=1, 即3716c=1,解得
c=3716=2.3125.
由条件概率知 P{X<1∣X≠0}=P{X<1,X≠0}P{X≠0}=P{X=-1}P{X≠0}
=12c1-34c=24c-3=26.25=0.32.
习题4
一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5. 在袋中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.
解答：随机变量X的可能取值为3,4,5.
P{X=3}=C22⋅1C53=110, P{X=4}=C32⋅1C53=310, P{X=5}=C42⋅1C53=35,
所以X的分布律为
习题5某加油站替出租车公司代营出租汽车业务，每出租一辆汽车，可从出租公司得到3元.因代营业务，每天加油站要多付给职工服务费60元，设每天出租汽车数X是一个随机变量，它的概率分布如下：
求因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率.
解答：因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为：
P{3X>60}, 即P{X>20},
P{X>20}=P{X=30}+P{X=40}=0.6.
就是说，加油站因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为0.6.
习题6设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1, 当生产过程中出现废品时立即进行调整，X代表在两次调整之间生产的合格品数，试求：
(1)X的概率分布； (2)P{X≥5};
(3)在两次调整之间能以0.6的概率保证生产的合格品数不少于多少?
解答：(1)P{X=k}=(1-p)kp=(0.9)k×0.1,k=0,1,2,⋯;
(2)P{X≥5}=∑k=5∞P{X=k}=∑k=5∞(0.9)k×0.1=(0.9)5;
(3)设以0.6的概率保证在两次调整之间生产的合格品不少于m件，则m应满足
P{X≥m}=0.6,即P{X≤m-1}=0.4. 由于
P{X≤m-1}=∑k=0m-1(0.9)k(0.1)=1-(0.9)m,
故上式化为1-0.9m=0.4, 解上式得 m≈4.85≈5,
因此，以0.6的概率保证在两次调整之间的合格品数不少于5.
习题7设某运动员投篮命中的概率为0.6, 求他一次投篮时，投篮命中的概率分布.
解答：此运动员一次投篮的投中次数是一个随机变量，设为X, 它可能的值只有两个，即0和1.
X=0表示未投中，其概率为 p1=P{X=0}=1-0.6=0.4,
X=1表示投中一次，其概率为 p2=P{X=1}=0.6.
则随机变量的分布律为
习题8某种产品共10件，其中有3件次品，现从中任取3件，求取出的3件产品中次品的概率分布.
解答：
设X表示取出3件产品的次品数，则X的所有可能取值为0,1,2,3. 对应概率分布为
P{X=0}=C73C103=35120, P{X=1}=C73C31C103=36120,
P{X=2}=C71C32C103=21120, P{X=3}=C33C103=1120.
X的分布律为
习题9一批产品共10件，其中有7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，取出的产品仍放回去，求直至取到正品为止所需次数X的概率分布.
解答：由于每次取出的产品仍放回去，各次抽取相互独立，下次抽取时情况与前一次抽取时完全相同，所以X的可能取值是所有正整数1,2,⋯,k,⋯.
设第k次才取到正品(前k-1次都取到次品), 则随机变量X的分布律为
P{X=k}=310×310×⋯×310×710=(310)k-1×710,k=1,2,⋯.
习题10设随机变量X∼b(2,p),Y∼b(3,p), 若P{X≥1}=59, 求P{Y≥1}.
解答：因为X∼b(2,p),
P{X=0}=(1-p)2=1-P{X≥1}=1-5/9=4/9,所以p=1/3.
因为Y∼b(3,p), 所以 P{Y≥1}=1-P{Y=0}=1-(2/3)3=19/27.
习题11纺织厂女工照顾800个纺绽，每一纺锭在某一段时间τ内断头的概率为0.005, 在τ这段时间内断头次数不大于2的概率.
解答：以X记纺锭断头数, n=800,p=0.005,np=4,
应用泊松定理，所求概率为：
P{0≤X≤2}=P{⋃0≤xi≤2{X=xi}=∑k=02b(k;800,0.005)
≈∑k=02P(k;4)=e-4(1+41!+422!)≈0.2381.
习题12设书籍上每页的印刷错误的个数X服从泊松分布，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率.
解答：\becauseP{X=1}=P{X=2}, 即
λ11!e-λ=λ22!e-λ⇒λ=2,
∴P{X=0}=e-2,
∴p=(e-2)4=e-8.
2.3 随机变量的分布函数
习题1F(X)={0,x<-20.4,-2≤x<01,x≥0, 是随机变量X的分布函数，则X是___________型的随机变量.
解答：离散.
由于F(x)是一个阶梯函数，故知X是一个离散型随机变量.
习题2设F(x)={0x<0x20≤1,1x≥1 问F(x)是否为某随机变量的分布函数.
解答：首先，因为0≤F(x)≤1,∀x∈(-∞,+∞).
其次，F(x)单调不减且右连续，即
F(0+0)=F(0)=0, F(1+0)=F(1)=1,
且 F(-∞)=0,F(+∞)=1,
所以F(x)是随机变量的分布函数.
习题3已知离散型随机变量X的概率分布为P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.5,P{X=5}=0.2,
试写出X的分布函数F(x)，并画出图形.
解答：由题意知X的分布律为：
所以其分布函数F(x)=P{X≤x}={0,x<10.3,1≤x<30.8,3≤x<51,x≥5.
F(x)的图形见图.
习题4设离散型随机变量X的分布函数为 F(x)={0,x<-10.4,-1≤x<10.8,1≤x<31,x≥3,
试求：(1)X的概率分布； (2)P{X<2∣X≠1}.
解答：(1)
(2)P{X<2∣X≠1}=P{X=-1}P{X≠1}=23.
习题5设X的分布函数为
F(x)={0,x<0x2,0≤x<1x-12,1≤x<1.51,x≥1.5,
求P{0.4
解答：P{0.4
P{X>0.5}=1-P{X≤0.5}=1-F(0.5)=1-0.5/2=0.75,
P{1.7
习题6设随机变量X的分布函数为
F(x)=A+Barctanx(-∞
试求：(1)系数A与B; (2)X落在(-1,1]内的概率.
解答：(1)由于F(-∞)=0,F(+∞)=1, 可知
{A+B(-π2)A+B(π2)=1=0⇒A=12,B=1π,
于是 F(x)=12+1πarctanx, -∞
(2)P{-1
=(12+1πarctan1)-[12+1πarctanx(-1)]
=12+1π⋅π4-12-1π(-π4)=12.
习题7在区间[0,a]上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例，试求X的分布函数.
解答： F(x)=P{X≤x}={0,x<0xa,0≤x
2.4 连续型随机变量及其概率密度
习题1设随机变量X的概率密度为
f(x)=12πe-(x+3)24(-∞
解答：应填3+X2.
由正态分布的概率密度知μ=-3,σ=2由Y=X-μσ∼N(0,1), 所以Y=3+X2∼N(0,1).
习题2已知X∼f(x)={2x,0
解答：P{X≤0.5}=∫-∞0.5f(x)dx=∫-∞00dx+∫00.52xdx=x2∣00.5=0.25,
P{X=0.5}=P{X≤0.5}-P{X<0.5}=∫-∞0.5f(x)dx-∫-∞0.5f(x)dx=0.
当X≤0时，F(x)=0;
当0
当X≥1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt+∫1x0dt=t2∣01=1,故
F(x)={0,x≤0x2,0
习题3设连续型随机变量X的分布函数为
F(x)={A+Be-2x,x>00,x≤0,试求：(1)A,B的值；(2)P{-1
解答：(1)\becauseF(+∞)=limx→+∞(A+Be-2x)=1, ∴A=1;
又 \becauselimx→0+(A+Be-2x)=F(0)=0, ∴B=-1.
(2) P{-1
(3)f(x)=F′(x)={2e-x,x>00,x≤0.
习题4服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度f(x)=Ae-∣x∣, 求系数A及分布函数F(x).
解答：由概率密度函数的性质知，∫-∞+∞f(x)dx=1, 即
∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=1,
而∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=∫-∞0Aexdx+∫0+∞Ae-xdx
=Aex∣-∞0+(-Ae-x∣0+∞)=A+A=2A
或 ∫-∞+∞Ae-xdx=2∫0+∞Ae-xdx=-2Ae-x∣0+∞=2A, 所以2A=1, 即A=1/2.
从而f(x)=12e-∣x∣,-∞
当x<0时，F(x)=∫-∞x12e-∣t∣dt=12∫-∞xetdt=12et∣-∞x=12ex;
当x≥0时，F(x)=∫-∞x12e-∣x∣dt=∫-∞012etdt+∫0x12e-tdt
=12et∣-∞0-12e-t∣0x=12-12e-x+12=1-12e-x,
从而F(x)={12ex,x<01-12e-x,x≥0.
习题5某型号电子管，其寿命(以小时计)为一随机变量，概率密度
f(x)={100x2,x≥1000,其它,
某一电子管的使用寿命为X, 则三个电子管使用150小时都不需要更换的概率.
解答：设电子管的使用寿命为X, 则电子管使用150小时以上的概率为
P{X>150}=∫150+∞f(x)dx=∫150+∞100x2dx
=-100x∣150+∞=100150=23,
从而三个电子管在使用150小时以上不需要更换的概率为 p=(2/3)3=8/27.
习题6设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆车到达，设乘客在5分钟内任一时间到达是等可能的，试计算在车站候车的10位乘客中只有1位等待时间超过4分钟的概率.
解答：设X为每位乘客的候车时间，则X服从[0,5]上的均匀分布. 设Y表示车站上10位乘客中等待时间超过4分钟的人数. 由于每人到达时间是相互独立的.这是10重伯努力概型. Y服从二项分布，其参数
n=10,p=P{X≥4}=15=0.2,
所以 P{Y=1}=C101×0.2×0.89≈0.268.
习题7
设X∼N(3,22).(1)确定C, 使得P{X>c}=P{X≤c};(2)设d满足P{X>d}≥0.9, 问d至多为多少?
解答：因为X∼N(3,22), 所以X-32=Z∼N(0,1).
(1)欲使P{X>c}=P{X≤c}, 必有1-P{X≤c}=P{X≤c}, 即 P{X≤c}=1/2,
亦即Φ(c-32)=12, 所以 c-32=0, 故c=3.
(2)由P{X>d}≥0.9可得1-P{X≤d}≥0.9, 即 P{X≤d}≤0.1.
于是Φ(d-32)≤0.1,Φ(3-d2)≥0.9.查表得3-d2≥1.282, 所以d≤0.436.
习题8
设测量误差X∼N(0,102), 先进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不小于3的概率.
解答：先求任意误差的绝对值超过19.6的概率p,
p=P{∣X∣>19.6}=1-P{∣X∣≤19.6}
=1-P{∣X10∣≤1.96=1-[Φ(1.96)-Φ(-1.96)]
=1-[2Φ(1.96)-1]=1-[2×0.975-1]=1-0.95=0.05.
设Y为100次测量中误差绝对值超过19.6的次数，则Y∼b(100,0.05).
因为n很大，p很小，可用泊松分布近似，np=5=λ, 所以
P{Y≥3}≈1-50e-50!-51e-51!-52e-52!=1-3722-5≈0.87.
习题9某玩具厂装配车间准备实行计件超产奖，为此需对生产定额作出规定. 根据以往记录，各工人每月装配产品数服从正态分布N(4000,3600).假定车间主任希望10%的工人获得超产奖，求：工人每月需完成多少件产品才能获奖？
解答：用X表示工人每月需装配的产品数，则X∼N(4000,3600).
设工人每月需完成x件产品才能获奖，依题意得P{X≥x}=0.1, 即
1-P{X
所以1-F(x)=0.1, 即 1-Φ(x-400060)=0.1, 所以Φ(x-400060)=0.9.
查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997, 因此 x-400060≈1.28, 即x=4077件，
就是说，想获超产奖的工人，每月必须装配4077件以上.
习题10某地区18岁女青年的血压(收缩压，以mm-HG计)服从N(110,122). 在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X.(1)求P{X≤105},P{100
解答：已知血压X∼N(110,122).
(1)P{X≤105}=P{X-11012≤-512≈1-Φ(0.42)=0.3372,
P{100
=Φ(0.833)-Φ(-0.833)=2Φ(0.833)-1≈0.595.
(2)使P{X>x}≤0.05, 求x, 即1-P{X≤x}≤0.05, 亦即 Φ(x-11012)≥0.95,
查表得x-10012≥1.645, 从而x≥129.74.
习题11设某城市男子身高X∼N(170,36), 问应如何选择公共汽车车门的高度使男子与车门碰头的机会小于0.01.
解答：X∼N(170,36), 则X-1706∼N(0,1).
设公共汽车门的高度为xcm，由题意P{X>x}<0.01, 而
P{X>x}=1-P{X≤x}=1-Φ(x-1706)<0.01,
即Φ(x-1706)>0.99, 查标准正态表得x-1706>2.33, 故x>183.98cm.
因此，车门的高度超过183.98cm时，男子与车门碰头的机会小于0.01.
习题12某人去火车站乘车，有两条路可以走. 第一条路程较短，但交通拥挤，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(40,102); 第二条路程较长，但意外阻塞较少，所需时间服从正态分布N(50,42), 求：
(1)若动身时离开车时间只有60分钟，应走哪一条路线？
(2)若动身时离开车时间只有45分钟，应走哪一条路线？
解答：设X,Y分别为该人走第一、二条路到达火车站所用时间，则 X∼N(40,102),Y∼N(50,42).
哪一条路线在开车之前到达火车站的可能性大就走哪一条路线.
(1)因为P{X<60}=Φ(60-4010)=Φ(2)=0.97725, P{Y<60}=Φ(60-504)=Φ(2.5)=0.99379,
所以有60分钟时应走第二条路.
(2)因为P{X<45}=Φ(45-4010)=Φ(0.5)=0.6915,
P{X<45}=Φ(45-504)=Φ(-1.25)=1-Φ(1.25)=1-0.8925=0.1075
所以只有45分钟应走第一条路.
2.5 随机变量函数的分布
习题1已知X的概率分布为
试求：(1)a; (2)Y=X2-1的概率分布.
解答：(1)\because2a+1/10+3a+a+a+2a=1,
∴a=1/10.
(2)
习题2设X的分布律为P{X=k}=12k,k=1,2,⋯, 求Y=sinπ2X的分布律.
解答：因为 sinxnπ2={1,当n=4k-10,当n=2k-1,当n=4k-3,
所以Y=sin(π2X)只有三个可能值-1,0,1. 容易求得 P{Y=-1}=215,P{=0}=13,P{Y=1}=815
故Y的分布律列表表示为
习题3
设随机变量X服从[a,b]上的均匀分布，令Y=cX+d(c≠0), 试求随机变量Y的密度函数.
解答： fY(y)={fX(y-dc)⋅1∣c∣,a≤y-dc≤b0,其它,
当c>0时，fY(y)={1c(b-a),ca+d≤y≤cb+d0,其它,当c<0时，fY(y)={-1c(b-a),cb+d≤y≤ca+d0,其它.
习题4设随机变量X服从[0,1]上的均匀分布，求随机变量函数Y=eX的概率密度fY(y).
解答：f(x)={1,0≤x≤10,其它,
f=ex,x∈(0,1)是单调可导函数，y∈(1,e), 其反函数为x=lny, 可得
f(x)={fX(lny)∣ln′y,1
习题5设X∼N(0,1)，求Y=2X2+1的概率密度.
解答：因y=2x2+1是非单调函数，故用分布函数法先求FY(y).
FY(y)=P{Y≤y}=P{2X2+1≤y}(当y>1时)
=P{-y-12≤X≤y-12=∫-y-12y-1212πe-x2dx,
所以fY(y)=F′Y(y)=22πe-12⋅y-12⋅122y-1,y>1, 于是
fY(y)={12π(y-1)e-y-14,y>10,y≤1.
习题6设连续型随机变量X的概率密度为f(x), 分布函数为F(x), 求下列随机变量Y的概率密度：
(1)Y=1X; (2)Y=∣X∣.
解答：(1)FY(y)=P{Y≤y}=P{1/X≤y}.
①当y>0时，FY(y)=P{1/X≤0}+P{0<1/X≤y}
=P{X≤0}+P{X≥1/y}=F(0)+1-F(1/y),
故这时fY(y)=[-F(1y)]′=1y2f(1y);；
②当y<0时，FY(y)=P{1/y≤X<0}=F(0)-F(1/y),
故这时fY(y)=1y2f(1y);
③当y=0时，FY(y)=P{1/X≤0}=P{X<0}=F(0),
故这时取fY(0)=0, 综上所述
fY(y)={1y2⋅f(1y),y≠00,y=0.
(2)FY(y)=P{Y≤y}=P{∣X∣≤y}.
①当y>0时，FY(y)=P{-y≤X≤y}=F(y)-F(-y)
这时fY(y)=f(y)+f(-y);
②当y<0时，FY(y)=P{∅}=0, 这时fY(y)=0;
③当y=0时，FY(y)=P{Y≤0}=P{∣X∣≤0}=P{X=0}=0,
故这时取FY(y)=0, 综上所述 fY(y)={f(y)+f(-y),y>00,y≤0.
习题7某物体的温度T(∘F)是一个随机变量, 且有T∼N(98.6,2), 已知θ=5(T-32)/9, 试求θ(∘F)的概率密度.
解答：已知T∼N(98.6,2). θ=59(T-32), 反函数为T=59θ+32, 是单调函数，所以
fθ(y)=fT(95y+32)⋅95=12π⋅2e-(95y+32-98.6)24⋅95
=910πe-81100(y-37)2.
习题8设随机变量X在任一区间[a,b]上的概率均大于0, 其分布函数为FY(x), 又Y在[0,1]上服从均匀分布，证明:Z=FX-1(Y)的分布函数与X的分布函数相同.
解答：因X在任一有限区间[a,b]上的概率均大于0, 故FX(x)是单调增加函数，其反函数FX-1(y)存在，又Y在[0,1]上服从均匀分布，故Y的分布函数为
FY(y)=P{Y≤y}={0,y<0y,0≤y≤11,y>0,
于是，Z的分布函数为
FZ(z)=P{Z≤z}=P{FX-1(Y)≤z}=P{Y≤FX(z)}
={0,FX(z)<0FX(z),0≤FX(z)≤1,1,FX(z)>1
由于FX(z)为X的分布函数，故0≤FX(z)≤1.
FX(z)<0和FX(z)>1均匀不可能，故上式仅有FZ(z)=FX(z), 因此，Z与X的分布函数相同.
总习题解答
习题1从1∼20的整数中取一个数，若取到整数k的概率与k成正比，求取到偶数的概率.
解答：设Ak为取到整数k, P(Ak)=ck, k=1,2,⋯,20.
因为P(⋃K=120Ak)=∑k=120P(Ak)=c∑k=120k=1， 所以c=1210,
P{取到偶数}=P{A2∪A4∪⋯∪A20} =1210(2+4+⋯+20)=1121.
习题2若每次射击中靶的概率为0.7, 求射击10炮,
(1)命中3炮的概率;(2)至少命中3炮的概率;(3)最可能命中几炮.
解答：若随机变量X表示射击10炮中中靶的次数. 由于各炮是否中靶相互独立，所以是一个10重伯努利概型，X服从二项分布，其参数为n=10,p=0.7, 故
(1)P{X=3}=C103(0.7)3(0.3)7≈0.009;
(2)P{X≥3}=1-P{X<3}
=1-[C100(0.7)0(0.3)10+C101(0.7)1(0.3)9+C102(0.7)2(0.3)8]
≈0.998;
(3)因X∼b(10,0.7), 而 k0=[(n+1)p]=[(10+1)]×0.7=[7.7]=7,
故最可能命中7炮.
习题3在保险公司里有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险，在1年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司里领20000元赔偿金，求:(1)保险公司亏本的概率;(2)保险公司获利分别不少于100000元, 200000元的概率.
解答：1)以“年”为单位来考虑，在1年的1月1日，保险公司总收入为
2500×120元=30000元.
设1年中死亡人数为X, 则X∼b(2500,0.002), 则保险公司在这一年中应付出200000X(元)，要使保险公司亏本，则必须 200000X>300000即X>15(人).
因此，P{保险公司亏本}=P{X>15}
=∑k=162500C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k
≈1-∑k=015e-55kk!≈0.000069,
由此可见,在1年里保险公司亏本的概率是很小的.
(2)P{保险公司获利不少于100000元} =P{300000-200000X≥100000}=P{X≤10} =∑k=010C2500k(0.002)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.986305,
即保险公司获利不少于100000元的概率在98%以上.
P{保险公司获利不少于200000元} =P{300000-200000X≥200000}=P{X≤5} =∑k=05C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈∑k=05e-55kk!≈0.615961,
即保险公司获利不少于200000元的概率接近于62%.
习题4一台总机共有300台分机，总机拥有13条外线，假设每台分机向总机要外线的概率为3%, 试求每台分机向总机要外线时，能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的分机的最可能台数.
解答：设分机向总机要到外线的台数为X, 300台分机可看成300次伯努利试验，一次试验是否要到外线. 设要到外线的事件为A, 则P(A)=0.03, 显然X∼b(300,0.03), 即
P{X=k}=C300k(0.03)k(0.97)300-k(k=0,1,2,⋯,300),
因n=300很大，p=0.03又很小,
λ=np=300×0.03=9,
可用泊松近似公式计算上面的概率. 因总共只有13条外线，要到外线的台数不超过13，故
P{X≤13}≈∑k=0139kk!e-9≈0.9265, (查泊松分布表)
且同时向总机要外线的分机的最可能台数
k0=[(n+1)p]=[301×0.03]=9.
习题5在长度为t的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼救的次数X服从参数t2的泊松分布，而与时间间隔的起点无关(时间以小时计), 求：
(1)某一天从中午12至下午3时没有收到紧急呼救的概率；
(2)某一天从中午12时至下午5时至少收到1次紧急呼救的概率.
解答：(1)t=3,λ=3/2, P{X=0}=e-3/2≈0.223;(2)t=5,λ=5/2, P{X≥1}=1-P{X=0}=1-e-5/2≈0.918.
习题6设X为一离散型随机变量，其分布律为
试求：(1)q的值； (2)X的分布函数.
解答：(1)\because离散型随机变量的概率函数P{X=xi}=pi, 满足∑ipi=1, 且0≤pi≤1,
∴ {1/2+1-2q+q2=10≤1-2q≤1q2≤1,
解得q=1-1/2. 从而X的分布律为下表所示：
(2)由F(x)=P{X≤x}计算X的分布函数
F(x)={0,1/2,2-1/2,1,x<-1-1≤x<00≤x<0x≥1.
习题7设随机变量X的分布函数F(x)为
F(x)={0,x<0Asinx,0≤x≤π/2,1,x>π/2
则A=¯,P{∣X∣<π/6}=¯.
解答：应填1;1/2.
由分布函数F(x)的右连续性，有 F(π2+0)=F(π2)⇒A=1.
因F(x)在x=π6处连续，故P{X=π6=12, 于是有
P{∣X∣<π6=P{-π6
=P{-π6
习题8
使用了x小时的电子管，在以后的Δx小时内损坏的概率等于λΔx+o(Δx), 其中λ>0是常数，求电子管在损坏前已使用时数X的分布函数F(x)，并求电子管在T小时内损坏的概率.
解答：因X的可能取值充满区间(0,+∞), 故应分段求F(x)=P{X≤x}.
当x≤0时，F(x)=P{X≤x}=P(∅)=0;
当x>0时，由题设知P{x
P{x
=P{x
故F(X+Δx)-F(x)1-F(x)=λΔx+o(Δx), 即
F(x+Δx)-F(x)Δx=[1-F(x)][λ+o(Δx)Δx],
令o(Δx)→0, 得F′(x)=λ[1-F(x)].
这是关于F(x)的变量可分离微分方程，分离变量dF(x)1-F(x)=λdx, 积分之得通解为
C[1-F(x)]=e-λx(C为任意常数).
注意到初始条件F(0)=0, 故C=1.
于是F(x)=1-e-λx,x>0,λ>0, 故X的分布函数为
F(x)={0,x≤01-e-λx,x>0(λ>0),
从而电子管在T小时内损坏的概率为
P{X≤T}=F(T)=1-e-λT.
习题9设连续型随机变量X的分布密度为
f(x)={x,0
求其分布函数F(x).
解答：当x≤0时，F(x)=∫-∞x0dt=0;
当0
当1
F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫01tdt+∫1x(2-t)dt
=0+12+(2t-12t2)∣1x=-1+2x-x22;
当x>2时，F(x)=∫-∞00dt+∫01tdt+∫12(2-t)dt+∫2x0dt=1, 故
F(x)={0,x≤212x2,0
习题10某城市饮用水的日消费量X(单位：百万升)是随机变量，其密度函数为：
f(x)={19xe-x3,x>00,其它,
试求：(1)该城市的水日消费量不低于600万升的概率；(2)水日消费量介于600万升到900万升的概率.
解答：先求X的分布函数F(x). 显然，当x<0时，F(x)=0, 当x≥0时有
F(x)=∫0x19te-t3dt=1-(1+x3)e-x3
故F(x)={1-(1+x3)e-x3,x≥00,x<0, 所以
P{X≥6}=1-P{X<6}=1-P(X≤6}=1-F(6)
=1-[1-(1+x3)e-x3]x=6=3e-2,
P{6
习题11
已知X∼f(x)={cλe-λx,x>a0,其它(λ>0), 求常数c及P{a-1
解答：由概率密度函数的性质知∫-∞+∞f(x)dx=1, 而
∫-∞+∞f(x)dx=∫-∞a0dx+∫a+∞cλe-λxdx
=c∫a+∞e-λxd(λx)=-ce-λx\vlinea+∞=ce-λa,
所以ce-λa=1, 从而c=eλa. 于是
P{a-1
=-eλae-λx\vlineaa+1=-eλa(e-λ(a+1)-e-λa)=1-e-λ.
注意，a-1
习题12已知X∼f(x)={12x2-12x+3,0
解答：根据条件概率;有
P{X≤0.2∣0.1
=P{0.1
=(4x3-6x2+3x)∣0.10.2(4x3-6x2+3x)∣0.10.5=0.1480.256=0.578125.
习题13若F1(x),F2(x)为分布函数，
(1)判断F1(x)+F2(x)是不是分布函数，为什么？
(2)若a1,a2是正常数，且a1+a2=1. 证明：a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.
解答：(1)F(+∞)=limx→+∞F(x)=limx→+∞F1(x)+limx→+∞F2(x)=1+1=2≠1
故F(x)不是分布函数.
(2)由F1(x),F2(x)单调非减，右连续，且 F1(-∞)=F2(-∞)=0,F1(+∞)=F2(+∞)=1,
可知a1F1(x)+a2F2(x)单调非减，右连续，且 a1F1(-∞)+a2F2(-∞)=0,a1F1(+∞)+a2F2(+∞)=1.
从而a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.
习题14设随机变量X的概率密度ϕ(x)为偶函数，试证对任意的a>0, 分布函数F(x)满足：
(1)F(-a)=1-F(a); (2)P{∣X∣>a}=2[1-F(a)].
解答：(1)F(-a)=∫-∞-aϕ(x)dx=∫a+∞ϕ(-t)dt=∫a+∞ϕ(x)dx
=1-∫-∞aϕ(x)dx=1-F(a).
(2)P{∣X∣>a}=P{X<-a}+P{X>a}=F(-a)+P{X≥a}
F(-a)+1-F(a)=2[1-F(a)].
习题15设K在(0,5)上服从均匀分布，求x的方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的概率.
解答：因为K∼U(0,5), 所以 fK(k)={1/5,0
方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的充要条件为(4K)2-4⋅4(K+2)≥0, 即 K2-K-2≥0,
亦即(k-2)(K+1)≥0, 解得K≥2(K≤-1舍去), 所以P{方程有实根}=P{K≥2}=∫2515dx=35.
习题16某单位招聘155人，按考试成绩录用，共有526人报名，假设报名者考试成绩X∼N(μ,σ2), 已知90分以上12人，60分以下83人，若从高分到低分依次录取，某人成绩为78分，问此人是否能被录取？
解答：要解决此问题首先确定μ,σ2, 因为考试人数很多，可用频率近似概率.根据已知条件
P{X>90}=12/526≈0.0228,
P{X≤90}=1-P{X>90}≈1-0.0228}=0.9772;
又因为P{X≤90}=P{X-μσ≤90-μσ, 所以有Φ(90-μσ)=0.9772, 反查标准正态表得
90-μσ=2 ①
同理：P{X≤60}=83/526≈0.1578; 又因为P{X≤60}=P{X-μσ≤60-μσ,
故Φ(60-μσ)≈0.1578.
因为0.1578<0.5,所以60-μσ<0, 故Φ(μ-60σ)≈1-0.1578=0.8422, 反查标准正态表得
μ-60σ≈1.0 ②
联立①，②解得σ=10,μ=70, 所以，X∼N(70,100).
某人是否能被录取，关键看录取率. 已知录取率为155526≈0.2947, 看某人是否能被录取，解法有两种：
方法1：
P{X>78}=1-P{X≤78}=1-P{x-7010≤78-7010
=1-Φ(0.8)≈1-0.7881=0.2119,
因为0.2119<0.2947(录取率), 所以此人能被录取.
方法2：看录取分数线. 设录取者最低分为x0, 则P{X≥x0}=0.2947(录取率),
P{X≤x0}=1-P{X≥x0}=1-0.2947=0.7053,
P{X≤x0}=P{x-7010≤x0-7010=Φ{x0-7010=0.7053,
反查标准正态表得x0-7010≈0.54, 解得x0≈75. 此人成绩78分高于最低分，所以可以录取.
习题17
假设某地在任何长为t(年)的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为λ=0.1t的泊松分布，X表示连续两次地震之间间隔的时间(单位：年).
(1)证明X服从指数分布并求出X的分布函数；(2)求今后3年内再次发生地震的概率；
(3)求今后3年到5年内再次发生地震的概率.
解答：(1)当t≥0时，P{X>t}=P{N(t)=0}=e-0.1t,
∴F(t)=P{X≤t}=1-P{X>t}=1-e-0.1t;
当t<0时，F(t)=0,
∴ F(x)={1-e-0.1t,x≥00,x<0,
X服从指数分布(λ=0.1);
(2)F(3)=1-e-0.1×3≈0.26;
(3)F(5)-F(3)≈0.13.
习题18100件产品中，90个一等品，10个二等品，随机取2个安装在一台设备上，若一台设备中有i个(i=0,1,2)二等品，则此设备的使用寿命服从参数为λ=i+1的指数分布.
(1)试求设备寿命超过1的概率 ；
(2)已知设备寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率 .
解答：(1)设X表示设备寿命. A表示“设备寿命超过1”，Bi表示“取出i个二等品”(i=0,1,2)，则X的密度函数为
fX(x)={λe-λx,x>00,x≤0 (λ=i+1,i=0,1,2),
P(B0)=C902C1002, P(B1)=C901C102C1002, P(B2)=C102C1002,
P(A∣B0)=∫1+∞e-xdx=e-1, P(A∣B1)=∫1+∞2e-2xdx=e-2,
P(A∣B2)=∫1+∞3e-3xdx=e-3,
由全概率公式：P(A)=∑i=02P(Bi)P(A∣Bi)≈0.32.
(2)由贝叶斯公式：P(B0∣A)=P(B0)P(A∣B0)P(A)≈0.93.
习题19设随机变量X的分布律为
试求Y=X2的分布律.解答：
所以
注：随机变量的值相同时要合并，对应的概率为它们概率之和.
习题20设随机变量X的密度为
fX(x)={0,x<02x3e-x2,x≥0,求Y=2X+3的密度函数.
解答：由Y=2X+3, 有 y=2x+3,x=y-32,x′=12,
由定理即得 fY(x)={0,y<3(y-32)3e-(y-32),y≥3.
习题21设随机变量X的概率密度
fX(x)={e-x,x>00,其它,
求Y=eX的概率密度.
解答：因为α=min{y(0),y(+∞)}=min{1,+∞}=1,
β=max{y(0),y(+∞)}=max{1,+∞}=+∞.
类似上题可得
fY(y)={fX[h(y)]∣h′(y)∣,1
={1/y2,1
习题22设随便机变量X的密度函数为 fX(x)={1-∣x∣,-1
求随机变量Y=X2+1的分布函数与密度函数.
解答：X的取值范围为(-1,1), 则Y的取值范围为[1,2). 当1≤y<2时，
FY(y)=P{Y≤y}=P{X2+1≤y}
=P{-Y-1≤x≤y-1}=∫-y-1y-1(1-∣x∣)dx
=2∫0y-1(1-x)dx=1-(1-y-1)2,
从而Y的分布函数为 FY(y)={0,y<11-(1-y-1)2,1≤y<2,1,其它
Y的概率密度为
fY(y)={1y-1-1,1
第三章多维随机变量及其分布
3.1 二维随机变量及其分布
习题1设(X,Y)的分布律为
求a.
解答：由分布律性质∑i⋅jPij=1, 可知 1/6+1/9+1/18+1/3+a+1/9=1,
解得 a=2/9.
习题2(1)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：
(1)P{a
习题2(2)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示： (2)P{0
解答：P{0
习题2(3)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示： (3)P{X>a,Y≤b}.
解答：P{X>a,Y≤b}=F(+∞,b)-F(a,b).
习题3(1)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：
试求： (1)P{12
解答：P{12
P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}=P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}
=14+0+0=14.
习题3(2)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：
试求： (2)P{1≤X≤2,3≤Y≤4};
解答：P{1≤X≤2,3≤Y≤4}=P{X=1,Y=3}+P{X=1,Y=4}+P{X=2,Y=3}+P{X=2,Y=4}=0+116+0+14=516.
习题3(3)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求： (3)F(2,3).
解答：F(2,3)=P(1,1)+P(1,2)+P(1,3)+P(2,1)+P(2,2)+P(2,3)=14+0+0+116+14+0=916.
习题4设X,Y为随机变量，且 P{X≥0,Y≥0}=37, P{X≥0}=P{Y≥0}=47,求P{max{X,Y}≥0}.
解答：P{max{X,Y}≥0}=P{X,Y至少一个大于等于0} =P{X≥0}+P{Y≥0}-P{X≥0,Y≥0}
=47+47-37=57.
习题5(X,Y)只取下列数值中的值： (0,0),(-1,1),(-1,13),(2,0)
且相应概率依次为16,13,112,512, 请列出(X,Y)的概率分布表，并写出关于Y的边缘分布.
解答：(1)因为所给的一组概率实数显然均大于零，且有16+13+112+512=1, 故所给的一组实数必是某二维随机变量(X,Y)的联合概率分布. 因(X,Y)只取上述四组可能值，故事件：
{X=-1,Y=0}, {X=0,Y=13, {X=0,Y=1},{X=2,Y=13,{X=2,Y=1}
均为不可能事件，其概率必为零. 因而得到下表：
(2)P{Y=0}=P{X=-1,Y=0}+P{X=0,Y=0}+P{X=2,Y=0} =0+16+512=712,
同样可求得 P{Y=13=112,P{Y=1}=13,
关于的Y边缘分布见下表：
习题6设随机向量(X,Y)服从二维正态分布N(0,0,102,102,0), 其概率密度为 f(x,y)=1200πex2+y2200,
求P{X≤Y}.
解答：由于P{X≤Y}+P{X>Y}=1，且由正态分布图形的对称性，知
P{X≤Y}=P{X>Y}, 故 P{X≤Y}=12.
习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={k(6-x-y),0
(1)确定常数k; (2)求P{X<1,Y<3}; (3)求P{X<1.5}; (4)求P{X+Y≤4}.
解答：如图所示(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1, 确定常数k.∫02∫24k(6-x-y)dydx=k∫02(6-2x)dx=8k=1,
所以k=18.(2)P{X<1,Y<3}=∫01dx∫2318(6-x-y)dy=38.(3)P{X<1.5}=∫01.5dx∫2418(6-x-y)dy=2732.
(4)P{X+Y≤4}=∫02dx∫24-x18(6-x-y)dy=23.
习题8已知X和Y的联合密度为 f(x,y)={cxy,0≤x≤1,0≤y≤10,其它,
试求：(1)常数c; (2)X和Y的联合分布函数F(x,y).
解答：(1)由于1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=c∫01∫01xydxdy=c4,c=4.
(2)当x≤0或y≤0时，显然F(x,y)=0;当x≥1,y≥1时，显然F(x,y)=1;
设0≤x≤1,0≤y≤1, 有 F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dudv=4∫0xudu∫0yvdv=x2y2.
设0≤x≤1,y>1, 有 F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫0xudu∫01ydy=x2.
最后，设x>1,0≤y≤1, 有 F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫01xdx∫0yvdv=y2.
函数F(x,y)在平面各区域的表达式 F(x,y)={0,x≤0或y≤0x2,0≤x≤1,y>1x2y2,0≤x≤1,0≤y≤1.y2,x>
习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 f(x,y)={4.8y(2-x),0≤x≤1,x≤y≤10,其它,
求边缘概率密度fY(y).
解答：fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy ={∫0x4.8y(2-x)dy,0≤x≤10,其它={2.4x2(2-x),0≤x≤10,其它.
fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx ={∫0y4.8y(2-x)dx,0≤y≤10,其它={2.4y(4y-y2),0≤y≤10,其它.
习题10设(X,Y)在曲线y=x2,y=x所围成的区域G里服从均匀分布，求联合分布密度和边缘分布密度.
解答：区域G的面积A=∫01(x-x2)dx=16, 由题设知(X,Y)的联合分布密度为
f(x,y)={6,0≤x≤1,x2≤y≤x0,其它,从而fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=6∫x2xdy=6(x-x2),0≤x≤1, 即
fX(x)={6(x-x2),0≤x≤10,其它 fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx=6∫yydx=6(y-y),0≤y≤1,
即fY(y)={6(y-y),0≤y≤10,其它.
3.2 条件分布与随机变量的独立性
习题1二维随机变量(X,Y)的分布律为
(1)求Y的边缘分布律；(2)求P{Y=0∣X=0},P{Y=1∣X=0};
(3)判定X与Y是否独立？
解答：(1)由(x,y)的分布律知，y只取0及1两个值.
P{y=0}=P{x=0,y=0}+P{x=1,y=0}=715+730=0.7 P{y=1}=∑i=01P{x=i,y=1}=130+115=0.3.
(2)P{y=0∣x=0}=P{x=0,y=0}P{x=0}=23, P{y=1∣x=0}=13.
(3)已知P{x=0,y=0}=715, 由(1)知P{y=0}=0.7, 类似可得 P{x=0}=0.7.
因为P{x=0,y=0}≠P{x=0}⋅P{y=0}, 所以x与y不独立.
习题2将某一医药公司9月份和8份的青霉素针剂的订货单分别记为X与Y. 据以往积累的资料知X和Y的联合分布律为
(1)求边缘分布律;(2)求8月份的订单数为51时，9月份订单数的条件分布律.
解答：(1)边缘分布律为
对应X的值,将每行的概率相加,可得P{X=i}.对应Y的值(最上边的一行), 将每列的概率相加，可得P{Y=j}.
(2)当Y=51时,X的条件分布律为 P{X=k∣Y=51}=P{X=k,y=51}P{Y=51}=pk,510.28, k=51,52,53,54,55.
列表如下:
习题3已知(X,Y)的分布律如下表所示，试求：(1)在Y=1的条件下,X的条件分布律;
(2)在X=2的条件下,Y的条件分布律.
解答：由联合分布律得关于X,Y的两个边缘分布律为
故(1)在Y=1条件下，X的条件分布律为
(2)在X=2的条件下，Y的条件分布律为
习题4 已知(X,Y)的概率密度函数为f(x,y)={3x,0
(1)边缘概率密度函数；(2)条件概率密度函数.
解答：(1)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={3x2,0
fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={32(1-y2),0
(2)对∀y∈(0,1), fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)={2x1-y2,y
对∀x∈(0,1), fY∣X(y∣x)=f(x,y)fX(x)={1x,0
习题5X与Y相互独立，其概率分布如表(a)及表(b)所示，求(X,Y)的联合概率分布，P{X+Y=1}, P{X+Y≠0}.
表(a)
表(b)
解答：由X与Y相互独立知 P{X=xi,Y=yi}=P{X=xi}P{Y=yj),
从而(X,Y)的联合概率分布为
亦即表
P{X+y=1}=P{X=-2,y=3}+P{X=0,Y=1}=116+148=112,
P{X+Y≠0}=1-P{X+Y=0}
=1-P{X=-1,Y=1}-P{X=12,Y=-12
=1-112-16=34.
习题6某旅客到达火车站的时间X均匀分布在早上7:55∼8:00, 而火车这段时间开出的时间Y的密度 fY(y)={2(5-y)25,0≤y≤50,其它,
求此人能及时上火车站的概率.
解答：由题意知X的密度函数为
fX(x)={15,0≤x≤50,其它,因为X与Y相互独立，所以X与Y的联合密度为：
fXY(x,y)={2(5-y)125,0≤y≤5,0≤x≤50,其它,故此人能及时上火车的概率为
P{Y>X}=∫05∫x52(5-y)125dydx=13.
习题7设随机变量X与Y都服从N(0,1)分布，且X与Y相互独立，求(X,Y)的联合概率密度函数.
解答：由题意知，随机变量X,Y的概率密度函数分别是 fX(x)=12πe-x22， fY(y)=12πe-y22
因为X与Y相互独立，所以(X,Y)的联合概率密度函数是 f(x,y)=12πe-12(x+y)2.
习题8设随机变量X的概率密度f(x)=12e-∣x∣(-∞
问：X与∣X∣是否相互独立？
解答：若X与∣X∣相互独立，则∀a>0, 各有 P{X≤a,∣X∣≤a}=P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},
而事件{∣X∣≤a}⊂{X≤a}, 故由上式有 P{∣X∣≤a}==P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},
⇒P{∣X∣≤a}(1-P{X≤a})=0
⇒P{∣X≤a∣}=0或1=P{X≤a}⋅(∀a>0)但当a>0时，两者均不成立，出现矛盾，故X与∣X∣不独立.
习题9设X和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
fY(y)={12e-y2,y>00,y≤0,
(1)求X与Y的联合概率密度；(2)设有a的二次方程a2+2Xa+Y=0, 求它有实根的概率.
解答：(1)由题设易知fX(x)={1,0
又X,Y相互独立，故X与Y的联合概率密度为f(x,y)=fX(x)⋅fY(y)={12e-y2,0
(2)因{a有实根}={判别式Δ2=4X2-4Y≥0}={X2≥Y},
故如图所示得到： P{a有实根}=P{X2≥Y}=∫∫x2>yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0x212e-y2dy
=-∫01e-x22dx=1-[∫-∞1e-x22dx-∫-∞0e-x22dx] =1-2π[12π∫-∞1e-x22dx-12π∫-∞0e-x22dx]
=1-2π[Φ(1)-Φ(0),
又Φ(1)=0.8413, Φ(0)=0.5, 于是Φ(1)-Φ(0)=0.3413, 所以 P{a有实根}=1-2π[Φ(1)-Φ(0)]≈1-2.51×0.3413=0.1433.
3.3 二维随机变量函数的分布
习题1设随机变量X和Y相互独立，且都等可能地取1,2,3为值，求随机变量U=max{X,Y}和V=min{X,Y}的联合分布.
解答：由于U≥V, 可见P{U=i,V=j}=0(i
P{U=i,V=j}=P{X=i,Y=j}+P{X=j,Y=i}=2/9(i>j),于是，随机变量U和V的联合概率分布为
习题2设(X,Y)的分布律为
试求：(1)Z=X+Y; (2)Z=XY; (3)Z=X/Y; (4)Z=max{X,Y}的分布律.
解答：
与一维离散型随机变量函数的分布律的计算类型，本质上是利用事件及其概率的运算法则.注意，Z的相同值的概率要合并.
于是
(1) (2)
(3) (4)
习题3设二维随机向量(X,Y)服从矩形区域D={(x,y∣0≤x≤2,0≤y≤1}的均匀分布，且
U={0,X≤Y1,X>Y, V={0,X≤2Y1,X>2Y,求U与V的联合概率分布.
解答：依题(U,V)的概率分布为 P{U=0,V=0}=P{X≤Y,X≤2Y}=P{X≤Y}
=∫01dx∫x112dy=14,
P{U=0,V=1}=P{X≤Y,X>2Y}=0,
P{U=1,V=0}=P{X>Y,X≤2Y}=P{Y
P{U=1,V=1}=1-P{U=0,V=0}-P{U=0,V=1}-P{U=1,V=0}=1/2,
即
习题4设(X,Y)的联合分布密度为 f(x,y)=12πe-x2+y22,Z=X2+Y2,求Z的分布密度.
解: FZ(z)=P{Z≤z}=P{X2+Y2≤z}.
当z<0时，FZ(z)=P(∅)=0;当z≥0时， FZ(z)=P{X2+Y2≤z2}=∫∫x2+y2≤z2f(x,y)dxdy
=12π∫∫x2+y2≤z2e-x2+y22dxdy=12π∫02πdθ∫0ze-ρ22ρdρ =∫0ze-ρ22ρdρ=1-e-z22.
故Z的分布函数为 FZ(z)={1-e-z22,z≥00,z<0.
Z的分布密度为 fZ(z)={ze-z22,z>00,z≤0.
习题5设随机变量(X,Y)的概率密度为 f(x,y)={12(x+y)e-(x+y),x>0,y>00,其它,
(1)问X和Y是否相互独立？(2)求Z=X+Y的概率密度.
解答：(1)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy
={∫0+∞12(x+y)e-(x+y)dy,x>00,x≤0
\under2line令x+y=t{∫x+∞12te-tdt=12(x+1)e-x,x>00,x≤0,
由对称性知fY(y)={12(y+1)e-y,y>00,y≤0, 显然 f(x,y)≠fX(x)fY(y),x>0,y>0,
所以X与Y不独立.
(2)用卷积公式求fZ(z)=∫-∞+∞f(x,z-x)dx.
当{x>0z-x>0 即 {x>0x
当z≤0时，fZ(z)=0;当z>0时，fZ(z)=∫0z12xe-xdx=12z2e-z.
于是，Z=X+Y的概率密度为 fZ(z)={12z2e-z,z>00,z≤0.
习题6设随机变量X,Y相互独立，若X服从(0,1)上的均匀分布，Y服从参数1的指数分布，求随机变量Z=X+Y的概率密度.
解答：据题意，X,Y的概率密度分布为 fX(x)={1,0
由卷积公式得Z=X+Y的概率密度为 fZ(z)=∫-∞+∞fX(x)fY(z-x)dx=∫-∞+∞fX(z-y)fY(y)dy
=∫0+∞fX(z-y)e-ydy.
由0
当z>0时， fZ(z)=∫0+∞fX(z-y)e-ydy=∫max(0,z-1)ze-ydy=e-max(0,z-1)-e-z,
即 fZ(z)={0,z≤01-e-z,0
习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={be-(x+y),0
（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.
解答：（1）由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1，确定常数b. ∫01dx∫0+∞be-xe-ydy=b(1-e-1)=1，
所以b=11-e-1，从而 f(x,y)={11-e-1e-(x+y),0
（2）由边缘概率密度的定义得 fX(x)={∫0+∞11-e-1e-(x+y)dy=e-x1-e-x,0
fY(x)={∫0111-e-1e-(x+y)dx=e-y,0
（3）因为f(x,y)=fX(x)fY(y)，所以X与Y独立，故 FU(u)=P{max{X,Y}≤u}=P{X≤u,Y≤u}=FX(u)FY(u)，
其中 FX(x)=∫0xe-t1-e-1dt=1-e-x1-e-1,0
同理FY(y)={∫0ye-tdt=1-e-y,0
习题8设系统L是由两个相互独立的子系统L1和L2以串联方式联接而成，L1和L2的寿命分别为X与Y, 其概率密度分别为 ϕ1(x)={αe-αx,x>00,x≤0, ϕ2(y)={βe-βy,y>00,y≤0,
其中α>0,β>0,α≠β, 试求系统L的寿命Z的概率密度.
解答：设Z=min{X,Y}, 则 F(z)=P{Z≥z}=P{min(X,Y)≤z}
=1-P{min(X,Y)>z}=1-P{X≥z,Y≥z} =1-[1P{X
由于 F1(z)={∫0zαe-αxdx=1-e-αz,z≥00,z<0, F2(z)={1-e-βz,z≥00,z<0,
故 F(z)={1-e-(α+β)z,z≥00,z<0,
从而 ϕ(z)={(α+β)e-(α+β)z,z>00,z≤0.
习题9设随机变量X,Y相互独立，且服从同一分布，试明： P{a
解答：设min{X,Y}=Z,则 P{a
FZ(z)=P{min{X,Y}≤z}=1-P{min{X,Y}>z} =1-P{X>z,Y>z}=1-P{X>z}P{Y>z} =1-[P{X>z}]2,
代入得 P{a
=[P{X>a}]2-[P{X>b}]2.证毕.
复习总结与总习题解答
习题1在一箱子中装有12只开关，其中2只是次品，在其中取两次，每次任取一只，考虑两种试验：(1)放回抽样；(2)不放回抽样.我们定义随机变量X,Y如下：
X={0,若第一次取出的是正品1,若第一次取出的是次品, Y={0,若第二次取出的是正品1,若第二次取出的是次品,试分别就(1),(2)两种情况，写出X和Y的联合分布律.
解答：(1)有放回抽样，(X,Y)分布律如下：
P{X=0,Y=0}=10×1012×12=2536; P{X=1,Y=0}=2×1012×12=536,
P{X=0,Y=1}=10×212×12=536, P{X=1,Y=1}=2×212×12=136,
(2)不放回抽样，(X,Y)的分布律如下：
P{X=0,Y=0}=10×912×11=4566, P{X=0,Y=1}=10×212×11=1066,
P{X=1,Y=0}=2×1012×11=1066, P{X=1,Y=1}=2×112×11=166,
习题2假设随机变量Y服从参数为1的指数分布，随机变量Xk={0,若Y≤k1,若Y>k(k=1,2),
求(X1,X2)的联合分布率与边缘分布率.
解答：因为Y服从参数为1的指数分布，X1={0,若Y≤11,若Y>1, 所以有
P{X1=1}=P{Y>1}=∫1+∞e-ydy=e-1, P{X1=0}=1-e-1,
同理 P{X2=1}=P{Y>2}=∫2+∞e-ydy=e-2, P{X2=0}=1-e-2,
因为 P{X1=1,X2=1}=P{Y>2}=e-2，
P{X1=1,X2=0}=P{X1=1}-P{X1=1,X2=1}=e-1-e-2,
P{X1=0,X2=0}=P{Y≤1}=1-e-1,
P{X1=0,X2=1}=P{X1=0}-P{X1=0,X2=0}=0,
故(X1,X2)联合分布率与边缘分布率如下表所示：
习题3在元旦茶话会上，每人发给一袋水果，内装3只橘子，2只苹果，3只香蕉. 今从袋中随机抽出4只，以X记橘子数，Y记苹果数，求(X,Y)的联合分布.
解答：X可取值为0,1,2,3,Y可取值0,1,2.
P{X=0,Y=0}=P{∅}=0,P{X=0,Y=1}=C30C21C33/C84=2/70,
P{X=0,Y=2}=C30C22C32/C84=3/70,P{X=1,Y=0}=C31C20C33/C84=3/70,
P{X=1,Y=1}=C31C21C32/C84=18/70,P{X=1,Y=2}=C31C22C31/C84=9/70,
P{X=2,Y=0}=C32C20C32/C84=9/70,P{X=2,Y=1}=C32C21C31/C84=18/70,
P{X=2,Y=2}=C32C22C30/C84=3/70,P{X=3,Y=0}=C33C20C31/C84=3/70,
P{X=3,Y=1}=C33C21C30/C84=2/70, P{X=3,Y=2}=P{∅}=0,
所以，(X,Y)的联合分布如下：
习题4设随机变量X与Y相互独立，下表列出了二维随机变量(X,Y)的联合分布律及关于X与Y的边缘分布律中的部分数值，试将其余数值填入表中的空白处：
解答：由题设X与Y相互独立，即有 pij=pi⋅p⋅j(i=1,2;j=1,2,3), p⋅1-p21=p11=16-18=124,
又由独立性，有 p11=p1⋅p⋅1=p1⋅16
故p1⋅=14.从而p13=14-124-18, 又由p12=p1⋅p⋅2, 即18=14⋅p⋅2.
从而p⋅2=12. 类似的有 p⋅3=13,p13=14,p2⋅=34.
将上述数值填入表中有
习题5设随机变量(X,Y)的联合分布如下表：
求：(1)a值；(2)(X,Y)的联合分布函数F(x,y)；(3)(X,Y)关于X,Y的边缘分布函数FX(x)与FY(y).
解答：(1)\because由分布律的性质可知∑i⋅jPij=1, 故14+14+16+a=1,
∴a=13.(2)因F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}
①当x<1或y<-1时，F(x,y)=0;②当1≤x<2,-1≤y<0时，F(x,y)=P{X=1,Y=-1}=1/4;
③当x≥2,-1≤y<0时， F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=2,Y=-1}=5/12;
④当1≤x<2,y>0时， F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=1,Y=0}=1/2;
⑤当x≥2,y≥0时， F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=2,Y=-1} +P{X=1,Y=0}+P{X=2,Y=0} =1;
综上所述，得(X,Y)联合分布函数为
F(x,y)={0,x<1或y<-11/4,1≤x<2,-1≤y<05/12,x≥2,-1≤y<01/2,1≤x<2,y≥01,x≥2,y≥0.
(3)由FX(x)=P{X≤x,Y<+∞}=∑xi
FX(x)={0,x<114+14,1≤x<214+14+16+13,x≥2={0,x<11/2,1≤x<21,x≥2,
同理，由FY(y)=P{X<+∞,Y≤y}=∑yi≤y∑i=1+∞Pij, 得(X,Y)关于Y的边缘分布函数为
FY(y)={0,y<-12/12,-1≤y<01,y≥0.
习题6设随机变量(X,Y)的联合概率密度为 f(x,y)={c(R-x2+y2),x2+y2
求：(1)常数c; (2)P{X2+Y2≤r2}(r
解答：(1)因为 1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dydx=∫∫x2+y2
=∫02π∫0Rc(R-ρ)ρdρdθ=cπR33,
所以有c=3πR3.
(2)P{X2+Y2≤r2}=∫∫x2+y2
=∫02π∫0r3πR3(R-ρ)ρdρdθ=3r2R2(1-2r3R).
习题7设f(x,y)={1,0≤x≤2,max(0,x-1)≤y≤min(1,x)0,其它,
求fX(x)和fY(y).
解答: max(0,x-1)={0,x<1x-1,x≥1, min(1,x)={x,x<11,x≥1,
所以，f(x,y)有意义的区域(如图)可分为 {0≤x≤1,0≤y≤x},{1≤x≤2,1-x≤y≤1},
即f(x,y)={1,0≤x≤1,0≤y≤x1,1≤x≤2,x-1≤y≤1,0,其它所以
fX(x)={∫0xdy=x,0≤x<1∫x-11dy=2-x,1≤x≤20,其它,
fY(y)={∫yy+1dx=1,0≤y≤10,其它.
习题8若(X,Y)的分布律为则α,β应满足的条件是¯, 若X与Y独立，则α=¯,β=¯.
解答：应填α+β=13;29;19.
由分布律的性质可知∑i⋅jpij=1, 故16+19+118+13+α+β=1,即α+β=13.
又因X与Y相互独立，故P{X=i,Y=j}=P{X=i}P{Y=j}, 从而 α=P{X=2,Y=2}=P{X=i}P{Y=j},
=(19+α)(14+α+β)=(19+α)(13+13)=29, β=P{X=3,Y=2}=P{X=3}P{Y=2}
=(118+β)(13+α+β)=(118+β)(13+13)，∴β=19.
习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度函数为f(x,y)={ce-(2x+y),x>0,y>00,其它,
(1)确定常数c; (2)求X,Y的边缘概率密度函数；(3)求联合分布函数F(x,y); (4)求P{Y≤X};
(5)求条件概率密度函数fX∣Y(x∣y); (6)求P{X<2∣Y<1}.
解答：(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1求常数c.
∫0+∞∫0+∞ce-(2x+y)dxdy=c⋅(-12e-2x)\vline0+∞⋅(-e-y)∣0+∞=c2=1,所以c=2.
(2)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0+∞2e-2xe-ydy,x>00,x≤0={2e-2x,x>00,x≤0,
fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫0+∞2e-2xe-ydx,y>00,其它={e-y,y>00,y≤0.
(3)F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dvdu
={∫0x∫0y2e-2ue-vdvdu,x>0,y>00,其它 ={(1-e-2x)(1-e-y),x>0,y>00,其它.
(4)P{Y≤X}=∫0+∞dx∫0x2e-2xe-ydy=∫0+∞2e-2x(1-e-x)dx=13.
(5)当y>0时，fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)={2e-2xe-ye-y,x>00,x≤0={2e-2x,x>00,x≤0.
(6)P{X<2∣Y<1}=P{X<2,Y<1}P{Y<1}
=F(2,1)∫01e-ydy=(1-e-1)(1-e-4)1-e-1=1-e-4.
习题10设随机变量X以概率1取值为0, 而Y是任意的随机变量，证明X与Y相互独立.
解答：因为X的分布函数为F(x)={0,当x<0时1,当x≥0时, 设Y的分布函数为FY(y),(X,Y)的分布函数为F(x,y)，则当x<0时，对任意y, 有F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}=P{(X≤x)∩(Y≤y)}
=P{∅∩(Y≤y)}=P{∅}=0=FX(x)FY(y);
当x≥0时，对任意y, 有F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}=P{(X≤x)∩(Y≤y)}
=P{S∩(Y≤y)}=P{Y≤y}=Fy(y)=FX(x)FY(y),依定义，由F(x,y)=FX(x)FY(y)知，X与Y独立.
习题11设连续型随机变量(X,Y)的两个分量X和Y相互独立，且服从同一分布，试证P{X≤Y}=1/2.
解答：因为X,Y独立，所以f(x,y)=fX(x)fY(y).
P{X≤Y}=∫∫x≤yf(x,y)dxdy=∫∫x≤yfX(x)fY(y)dxdy
=∫-∞+∞[fY(y)∫-∞yfX(x)dx]dy=∫-∞+∞[fY(y)FY(y)]dy
=∫-∞+∞FY(y)dFY(y)=F2(y)2∣-∞+∞=12,
也可以利用对称性来证，因为X,Y独立同分布，所以有 P{X≤Y}=P{Y≤X},
而P{X≤Y}+P{X≥Y}=1, 故 P{X≤Y}=1/12.
习题12设二维随机变量(X,Y)的联合分布律为若X与Y相互独立，求参数a,b,c的值.
解答：关于X的边缘分布为
关于Y的边缘分布为
由于X与Y独立，则有p22=p2⋅p⋅2 得 b=(b+19)(b+49) ①
p12=p1⋅p⋅2 得 19=(a+19)(b+49) ②
由式①得b=29, 代入式②得a=118. 由分布律的性质，有
a+b+c+19+19+13=1,代入a=118,b=29, 得c=16.
易验证，所求a,b,c的值，对任意的i和j均满足pij=pi⋅×p⋅j.
因此，所求a,b,c的值为a=118,b=29,c=16.
习题13已知随机变量X1和X2的概率分布为
且P{X1X2=0}=1.(1)求X1和X2的联合分布律； (2)问X1和X2是否独立？
解答：(1)本题是已知了X1与X2的边缘分布律，再根据条件P{X1X2=0}=1, 求出联合分布. 列表如下：
由已知P{X1X2=0}=1, 即等价于P{X1X2≠0}=0, 可知P{X1=1,X2=1}=0,P{X1=-1,X2=1}=0.
再由p⋅1=p-11+p11+p01, 得p01=12, p-10=p-1⋅=p-11=14,p10=p1⋅-p11=14,
从而得p00=0.
(2)由于p-10=14≠p-1⋅⋅p⋅0=14⋅12=18, 所以知X1与X2不独立.
习题14设(X,Y)的联合密度函数为f(x,y)={1πR2,x2+y2≤R20,其它,
(1)求X与Y的边缘概率密度；(2)求条件概率密度，并问X与Y是否独立？
解答：(1)当x<-R或x>R时，fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=∫-∞+∞0dy=0;
当-R≤x≤R时，fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=1πR2∫-R2-x2R2-x2dy=2πR2R2-x2.
于是fX(x)={2R2-x2πR2,-R≤x≤R0,其它.
由于X和Y的地位平等，同法可得Y的边缘概率密度是：fY(y)={2R2-y2πR2,-R≤y≤R0,其它.
(2)fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)
注意在y处x值位于∣x∣≤R2-y2这个范围内，f(x,y)才有非零值，故在此范围内，有
fX∣Y(x∣y)=1πR22πR2⋅R2-y2=12R2-y2,即Y=y时X的条件概率密度为
fX∣Y(x∣y)={12R2-y2,∣x∣≤R2-y20,其它.同法可得X=x时Y的条件概率密度为
fY∣X(y∣x)={12R2-x2,∣y∣≤R2-x20,其它.
由于条件概率密度与边缘概率密度不相等，所以X与Y不独立.
习题15设(X,Y)的分布律如下表所示
X\Y -112 -12 1/102/103/102/101/101/10
求：(1)Z=X+Y; (2)Z=max{X,Y}的分布律.
解答：与一维离散型随机变量函数的分布律的计算类似，本质上是利用事件及其概率的运算法则. 注意，Z的相同值的概率要合并.概率 (X,Y)X+YXYX/Ymax{X,Y}
1/102/103/102/101/101/10 (-1,-1)(-1,1)(-1,2)(2,-1)(2,1)(2,2)-2011341-1-2-2241-1-1/2-221-112222
于是(1)
(2)
习题16设(X,Y)的概率密度为f(x,y)={1,0
解答：先求Z的分布函数Fz(z)，再求概率密度 fz(z)=dFz(z)dz.
如右图所示.当z<0时，Fz(z)=P{X+Y≤z}=0;
当0≤z<1时， Fz(z)=P{X+Y≤z}=∫∫x+y≤zf(x,y)dxdy
=∫0zdx∫0z-x1dy=∫0z(z-x)dx=z2-12x2∣0z=12z2；
当1≤z<2时， Fz(z)=∫02-zdx∫0z-xdy+∫2-z1dx∫02(1-x)dy
=z(2-z)-12(2-z)2+(z-1)2；
当z≥2时，∫∫Df(x,y)dxdy=∫01dx∫02(1-x)dy=1.
综上所述Fz(z)={0,z<012z2,0≤z<1z(2-z)-12(2-z)2+(z-1)2,1≤z<21,z≥2，
故fz(z)={z,0≤z<12-z,1≤z<20,其它.
习题17设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={2e-(x+2y),x>0,y>00,其它,
求随机变量Z=X+2Y的分布函数.
解答：按 FZ(Z)=P{x+2y≤z},
当z≤0时，FZ(Z)=∫∫x+2y≤zf(x,y)dxdy=∫∫x+2y≤z0dxdy=0.
当z>0时，FZ(Z)=∫∫x+2y≤zf(x,y)dxdy=∫0zdx∫0(z-x)/22e-(x+2y)dy
=∫0ze-x⋅(1-ex-z)dx=∫0z(e-x-e-z)dx
=[-e-x]∣0z-ze-z=1-e-z-ze-z,
故分布函数为 FZ(Z)={0,z≤01-e-z-ze-z,z>0.
习题18设随机变量X与Y相互独立，其概率密度函数分别为fX(x)={1,0≤x≤10,其它, fY(y)={Ae-y,y>00,y≤0,求：(1)常数A; (2)随机变量Z=2X+Y的概率密度函数.
解答：(1)1=∫-∞+∞fY(y)dy=∫0+∞A⋅e-ydy=A.
(2)因X与Y相互独立，故(X,Y)的联合概率密度为
f(x,y)={e-y,0≤x≤1,y>00,其它.于是当z<0时，有
F(z)=P{Z≤z}=P{2X+Y≤z}=0;当0≤z≤2时，有
F(z)=P{2X+Y≤z}=∫0z/2dx∫0z-2xe-ydy=∫0z/2(1-e2x-z)dx;
当z>2时，有F(z)=P{2X+Y≤2}=∫01dx∫0z-2xe-ydy=∫01(1-e2x-z)dx.
利用分布函数法求得Z=2X+Y的概率密度函数为
fZ(z)={0,z<0(1-e-z)/2,0≤z<2(e2-1)e-z/2,z≥2.
习题19设随机变量X,Y相互独立，若X与Y分别服从区间(0,1)与(0,2)上的均匀分布，求
U=max{X,Y}与V=min{X,Y}的概率密度.
解答：由题设知，X与Y的概率密度分别为 fX(x)={1,0
于是，①X与Y的分布函数分别为 FX(x)={0,x≤0x,0≤x<11,x≥1, FY(y)={0,y<0y/2,0≤y<21,y≥2,
从而U=max{X,Y}的分布函数为FU(u)=FX(u)FY(u)={0,u<0u2/2,0≤u<1u/2,1≤u<21,u≥2,
故U=max{X,Y}的概率密度为fU(u)={u,0
②同理，由 FV(v)=1-[1-FX(v)][1-FY)]
=FX(v)+FY(v)-FX(v)FY(v)=FX(v)+FY(v)-FU(v),
得V=min{X,Y}的分布函数为FV(v)={0,v<0v2(3-v),0≤v<11,v≥1,
故V=min{X,Y}的概率密度为fV(v)={32-v,0
注：(1)用卷积公式，主要的困难在于X与Y的概率密度为分段函数，故卷积需要分段计算；(2)先分别求出X,Y的分布函数FX(x)与FY(y), 然后求出FU(u)，再求导得fU(u); 同理先求出FV(v), 求导即得fV(v).
第四章 随机变量的数字特征
4.1 数学期望习题1
设随机变量X服从参数为p的0-1分布，求E(X).
解答：依题意，X的分布律为
由E(X)=∑i=1∞xipi, 有E(X)=0⋅(1-p)+1⋅p=p.
习题2袋中有n张卡片，记有号码1,2,…,n. 现从中有放回抽出k张卡片来，求号码之和X的期望.
解答：设Xi表示第i次取得的号码，则X=∑i=1kXi, 且P{Xi=m}=1n,
其中m=1,2,⋯,n,i=1,2,⋯,k, 故E(Xi)=1n(1+2+⋯+n)=n+12,i=1,2,⋯,k,
从而E(X)=∑i=1kE(Xi)=k(n+1)2.
习题3
某产品的次品率为0.1, 检验员每天检验4次. 每次随机地抽取10件产品进行检验，如发现其中的次品数多于1，就去调整设备. 以X表示一天中调整设备的次数，试求E(X)(设诸产品是否为次品是相互独立的).
解答：X的可能取值为0,1,2,3,4, 且知X∼b(4,p), 其中p=P{调整设备}=1-C101×0.1×0.99-0.910≈0.2639,所以E(X)=4×p=4×0.2639=1.0556.
习题4
据统计，一位60岁的健康(一般体检未发生病症)者，在5年之内仍然活着和自杀死亡的概率为p(0
解答：令X=“从一个参保人身上所得的收益”，由X的概率分布为
∴E(X)=ap+(a-b)(1-p)=a-b(1-p)>0, 即a
对于m个人，有E(mX)=mE(X)=ma-mb(1-p).
习题5
对任意随机变量X, 若E(X)存在，则E{E[E(X)]}等于¯.
解答：由数学期望的性质1及E(X)为一常数知E{E[E(X)]}=E[E(X)]=E(X).
习题6
设随机变量X的分布律为
求E(X),E(X2),E(3X2+5).
解答：
E(X)=-2×0.4+2×0.3=-0.2,E(X2)=(-2)2×0.4+22×0.3=2.8,
E(3X2+5)=[3×(-2)2+5]×0.4+(3×02+5)×0.3+(3×22+5)×0.3=13.4.
习题7
设连续型随机变量X的概率密度为f(x)={kxa,0
其中k,a>0, 又已知E(X)=0.75, 求k,a的值.
解答：\because∫-∞+∞f(x)dx=1,∫-∞+∞xf(x)dx=0.75,
∴∫01kxadx=1,∫01x⋅kxadx=0.75, 即ka+1xa+1∣01=1,ka+2xa+2∣01=0.75,
即{ka+1=1ka+2=0.75,∴k=3,a=2.
习题8
设随机变量X的概率密度为f(x)={1-∣1-x∣,0
解答：f(x)={x,0
习题9
一年之内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f(x)={14e-x4,x>00,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300元，试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望.
解答：先求出利润函数L(X).L(X)={100,X≥1-300+100=-200,X<1,E(L)=100×P{X≥1}-200×P{X<1}
=100×∫1+∞14e-x4dx-200×∫0114e-x4dx
=100×e-14+200×e-14-200≈33.64(元).
习题10
设随机变量X的概率密度为f(x)={e-x,x>00,x≤0,求：(1)Y=2X的数学期望；(2)Y=e-2X的数学期望.
解答：(1)E(Y)=E(2X)=∫-∞+∞2xf(x)dx=∫0+∞2xe-xdx=2.
(2)E(e2X)=∫-∞+∞e-2xf(x)dx=∫0+∞e-3xdx=13.
习题11
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=(X-Y)2, 求E(Z).
解答：(1)先求X与Y的边缘分布律，然后求E(X),E(Y).
所以E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4=2.0,E(Y)=-1×0.3+0×0.4+1×0.3=0.
(2)可以利用X,Y的联合分布先求出Z的分布律，然后求E(Z), 也可以利用定理直接求E(Z), 下面采取直接求法.E(Z)=E(YX)=∑i∑jyjxipij
=(-1×0.2+1×0.1)+(-12×0.1+12×0.1)+(-13×0+13×0.1) =-115.
(3)E(Z)=E[(X-Y)2]=∑i∑j(xi-yj)2pij
=(1-(-1))2×0.2+(1-0)2×0.1+(1-1)2×0.1
+32×0.1+22×0.0+12×0.1+42×0.0+32×0.3+22×0.1 =5.
也可以利用期望的性质求E(Z), 得E[(X-Y)2]=E(X2-2XY+Y2)
=E(X2)-2E(XY)+E(Y2) =(12×0.4+22×0.2+32×0.4)-2[-1×0.2 +1×0.1+(-2)×0.1+2×0.1+(-3)×0.0+3×0.1]+(-1)2×0.3+12×0.3 =5.
习题12
设(X,Y)的概率密度为f(x,y)={12y2,0≤y≤x≤10,其它,求E(X),E(Y),E(XY),E(X2+Y2).
解答：如右图所示.
E(X)=∫-∞+∞∫-∞+∞xf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xx⋅12y2dy=45,
E(Y)=∫-∞+∞∫-∞+∞yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xy⋅12y2dy=35,
E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xxy⋅12y2dy=12,
E(X2+Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞(x2+y2)f(x,y)dxdy=∫01dx∫0x(x2+y2)⋅12y2dy=23+615=1615.
习题13设X和Y相互独立，概率密度分别为ϕ1(x)={2x,0≤x≤10,其它,ϕ2(y)={e-(y-5),y>50,其它,求E(XY).
解答：解法一 由独立性.E(XY)=E(X)⋅E(Y)=∫01x⋅2xdx∫0+∞ye-(y-5)dy=23×6=4.
解法二 令z=y-5, 则E(XY)=E(X)⋅E(Y)=∫01x⋅2xdx⋅E(z+5)=23×(1+5)=4.
4.2 方差
习题1设随机变量X服从泊松分布，且P(X=1)=P(X=2), 求E(X),D(X).
解答：由题设知，X的分布律为P{X=k}=λkk!e-λ(λ>0)由P{X=1}=P{X=2}, 得λ11!e-λ=λ22!e-λ，即λ=0(舍去), λ=2.所以E(X)=2,D(X)=2.
习题2下列命题中错误的是().
(A)若X∼p(λ), 则E(X)=D(X)=λ;(B)若X服从参数为λ的指数分布，则E(X)=D(X)=1λ;
(C)若X∼b(1,θ),则E(X)=θ,D(X)=θ(1-θ);(D)若X服从区间[a,b]上的均匀分布，则E(X2)=a2+ab+b23.
解答：应选(B).E(X)=1λ,D(X)=1λ2.
习题3设X1,X2,⋯,Xn是相互独立的随机变量，且都服从正态分布N(μ,σ2)(σ>0), 则ξ¯=1n∑i=1nξi服从的分布是¯.
解答：
由多维随机变量函数的分布知：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，且
E(X¯)=μ,D(X¯)=σ2n.
习题4
若Xi∼N(μi,σi2)(i=1,2,⋯,n), 且X1,X2,⋯,Xn相互独立，则Y=∑i=1n(aiXi+bi)服从的分布是 .
解答：应填N(∑i=1n(aiμi+bi),∑i=1nai2σi2).
由多维随机变量函数的分布知：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，且E(Y)=∑i=1n(aiμi+bi),D(Y)=∑i=1nai2σi2.
习题5
设随机变量X服从泊松分布，且3P{X=1}+2P{X=2}=4P{X=0},求X的期望与方差.
解答：
X的分布律为P{X=k}=λkk!e-λ, k=0,1,2,⋯,
于是由已知条件得3×λ11!e-λ+2×λ22!e-λ=4×λ00!e-λ,
即λ2+3λ-4=0, 解之得λ=-4(舍), λ=1, 故E(X)=λ=1, D(X)=λ=1.
习题6
设甲，乙两家灯泡厂生产的寿命(单位：小时)X和Y的分布律分别为
试问哪家工厂生产的灯泡质量较好？
解答：
哪家工厂的灯泡寿命期望值大，哪家的灯泡质量就好.由期望的定义有
E(X)=900×0.1+1000×0.8+1100×0.1=1000,
E(Y)=950×0.3+1000×0.4+1050×0.3=1000.
今两厂灯泡的期望值相等：E(X)=E(Y)=1000,
即甲，乙两厂的生产水平相当. 这就需要进一步考察哪家工厂灯泡的质量比较稳定，即看哪家工厂的灯泡寿命取值更集中一些，这就需要比较其方差.方差小的，寿命值较稳定，灯泡质量较好，则方差的定义式得
D(X)=(900-1000)2×0.1+(1000-1000)2×0.8+(1100-1000)2×0.1=2200,
D(Y)=(950-1000)2×0.3+(1000-1000)2×0.4+(1050-1000)2×0.3=1500.
因D(X)>D(Y), 故乙厂生产的灯泡质量较甲厂稳定.
习题7
已知X∼b(n,p), 且E(X)=3,D(X)=2, 试求X的全部可能取值，并计算P{X≤8}.
解答：\becauseE(X)=np,D(X)=np(1-p),∴{np=3np(1-p)=2, 即{n=9p=13,
∴X的取值为：0,1,2,⋯,9,P{X≤8}=1-P{X=9}=1-(13)9.
习题8
设X∼N(1,2), Y服从参数为3的(泊松)分布，且X与Y独立，求D(XY).
解答：
\becauseD(XY)=E(XY)2-E2(XY)=E(X2Y2)-E2(X)2(Y)又\becauseE(X2Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞x2y2f(x,y)dxdy=∫-∞+∞x2fX(x)dx∫-∞+∞y2fY(y)dy
=E(X2)E(Y2),
∴D(XY)=E(X2)E(Y2)-E2(X)E2(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)
=2×3+2×32+3×12=27.
习题9
设随机变量X1,X2,X3,X4相互独立，且有E(Xi)=i,D(Xi)=5-i,i=1,2,3,4,
又设Y=2X1-X2+3X3-12X4, 求E(Y),D(Y).
解答：E(Y)=E(2X1-X2+3X3-12X4)=2E(X1)-E(X2)+3E(X3)-12E(X4)
=2×1-2+3×3-12×4=7,
D(Y)=4D(X1)+D(X2)+9D(X3)+14D(X4)=4×4+3+9×2+14×1=37.25.
习题10
5家商店联营，它们每两周售出的某种农产品的数量(以kg计)分别为X1,X2, X3, X4,X5. 已知
X1∼N(200,225), X2∼N(240,240), X3∼N(180,225),
X4∼N(260,265), X5∼N(320,270),
X1,X2,X3,X4,X5相互独立.(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该产品多少千克？
解答：(1)设总销售量为X,由题设条件知X=X1+X2+X3+X4+X5,
于是E(X)=∑i=15E(Xi)=200+240+180+260+320=1200,
D(X)=∑i=15D(Xi)=225+240+225+265+270=1225.
(2)设商店的仓库应至少储存y千克该产品，为使P{X≤y}>0.99,
求y. 由(1)易知，X∼N(1200,1225),P{X≤y}=P{X-12001225≤y-12001225=Φ(y-12001225)>0.99.
查标准正态分布表得y-12001225=2.33,y=2.33×1225+1200≈1282(kg).
习题11
设随机变量X1,X2,⋯,Xn相互独立，且都服从数学期望为1的指数分布，求Z=min{X1,X2,⋯,Xn}
的数学期望和方差.
解答：Xi(i=1,2,⋯,n)的分布函数为F(x)={1-e-x,x>00,其它,
Z=min{X1,X2,⋯,Xn}的分布函数为FZ(z)=1-[1-F(z)]n={1-e-nz,z>00,其它,
于是E(Z)=∫0∞zne-nzdz=-ze-nz∣0∞+e-nzdz=1n, 而E(Z2)=∫0∞z2ne-nzdz=2n2,
于是D(Z)=E(Z2)-(E(Z))2=1n2.
4.3 协方差与相关系数
习题1
设(X,Y)服从二维正态分布，则下列条件中不是X,Y相互独立的充分必要条件是().
(A)X,Y不相关； (B)E(XY)=E(X)E(Y);
(C)cov(X,Y)=0; (D)E(X)=E(Y)=0.
解答：
应选（D）。当(X,Y)服从二维正态分布时，不相关性⇔独立性
若(X,Y)服从一般的分布，则X,Y相互独立⇒X,Y不相关
反之未必.
习题2设X服从参数为2的泊松分布，Y=3X-2, 试求E(Y),D(Y),cov(X,Y)及ρXY.
解答：E(Y)=E(3X-2)=3E(X)-2=3×2-2=4
D(Y)=D(3X-2)=9D(X)=9×2=18,cov(X,Y)=cov(X,3X-2)=3D(X)=6,
ρXY=cov(X,Y)D(X)D(Y)=62⋅18=1.
习题3
设随机变量X的方差D(X)=16, 随机变量Y的方差D(Y)=25, 又X与Y的相关系数ρXY=0.5, 求D(X+Y)与D(X-Y).
解答：D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)=D(X)+D(Y)+2D(X)D(Y)ρXY
=16+25+2×4×5×0.5=61,
D(X-Y)=D(X)+D(Y)-2cov(X,Y)=D(X)+D(Y)-2D(X)D(Y)ρXY
=16+25-2×4×5×0.5=21.
习题4
设(X,Y)服从单位圆域G:x2+y2≤1上的均匀分布，证明X,Y不相关.
解答：E(XY)=∫∫x2+y2≤11πxydxdy =1π∫-11dxdy∫-1-x21-x2ydy=0,
又E(X)=∫∫x2+y2≤11πxdxdy=1π∫-11xdx∫-1-x21-x2dy=1π∫-112x1-x2dx=0,
同理，E(Y)=0, 故cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0,
即X,Y不相关.
习题5
设100件产品中的一，二，三等品率分别为0.8,0.1和0.1. 现从中随机地取1件，并记
Xi={1,取得i等品0,其它(i=1,2,3),求ρX1X2.
解答：
首先求(X1,X2)的联合分布P{X1=0,X2=0}=P{X3=1}=0.1, P{X1=0,X2=1}=P{X2=1}=0.1,
P{X1=1,X2=0}=P{X1=1}=0.8, P{X1=1,X2=1}=P(∅)=0.关于X1和X2的边缘分布律为
P{X1=1}=0.8, P{X1=0}=0.2,P{X2=1}=0.1, P{X2=0}=0.9.
于是E(X1)=0.8, D(X1)=0.16; E(X2)=0.1, D(X2)=0.09.
从而ρX1X2=cov(X1,X2)D(X1)D(X2)=E(X1X2)-E(X1)E(X2)D(X1)D(X2)
=1×0+0×0.8+0×0.1+0×0.1-0.080.4×0.3=-23.
习题6
设X∼N(μ,σ2),Y∼N(μ,σ2), 且X,Y相互独立，试求Z1=αX+βY和Z2=αX-βY的相关系数(其中α,β是不为零的常数).
解答：cov(Z1,Z2)=cov(αX+βY,αX-βY)=α2cov(X,X)-β2cov(Y,Y)
=α2D(X)-β2D(Y)=(α2-β2)σ2,
D(Z1)=D(αX+βY)=α2D(X)+β2D(Y)+2αβcov(X,Y),
D(Z2)=D(αX-βY)=α2D(X)+β2D(Y)-2αβcov(X,Y).
因为X,Y相互独立，所以cov(X,Y)=0, 故D(Z1)=(α2+β2)σ2,D(Z2)=(α2+β2)σ2,
相关系数ρ=cov(Z1,Z2)D(Z1)D(Z2)=α2-β2α2+β2.
习题7
设随机变量(X,Y)具有概率密度f(x,y)={18(x+y),0≤x≤2,0≤y≤20,其它,
求E(X),E(Y),cov(X,Y),ρXY,D(X+Y).
解答：E(X)=∫-∞+∞∫-∞+∞xf(x,y)dydx=∫02∫02x⋅18(x+y)dydx=76.
由对称性知，E(Y)=76,E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫02∫02xy⋅18(x+y)dxdy
=∫0218(83y+2y2)dy=43,
于是cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=43-76×76=-136，E(X2)=∫02∫02x2⋅18(x+y)dydx=14∫02(x3+x2)dx=53.
由对称性知，E(Y2)=53, 故D(X)=E(X2)-[E(X)]2=53-(76)2=1136,D(Y)=1136,
ρXY=cov(X,Y)D(X)D(Y)=-1361136=-111,
D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X,Y)=1136+1136-2×136=59.
习题8
设随机变(X,Y)的分布律为
验证X和Y是不相关的，且X和Y不相互独立.
解答：先求X,Y的边缘分布律
因为p00≠p0⋅p⋅0, 所以X与Y不是独立的，又E(X)=-1×38+1×38=0,E(Y)=-1×38+1×38=0,
E(XY)=(-1)×(-1)×18+(-1)×1×18+1×(-1)×18+1×1×18=0,于是cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0, 即ρXY=0. 因此，X与Y是不相关的.
习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={1/π,x2+y2≤10,其它,
试验证X和Y是不相关的，且X和Y不相互独立.解答：首先求fX(x)和fY(y).fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫-1-x21-x21πdy=2π1-x2,-1≤x≤10,其它,
fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫-1-y21-y21πdx=2π1-y2,-1≤y≤10,其它,E(X)=∫-∞+∞fX(x)dx=∫-11x⋅2π1-x2dx=0,
同理可得E(Y)=0,E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫∫x2+y2≤11πxydxdy=0.
因此cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0, 即ρXY=0,
故X与Y是不相互独立的.又因为f(x,y)≠fX(x)fY(y), 故X与Y不是相互独立的.
习题10
设(X,Y)服从二维正态分布，且X∼N(0,3),Y∼N(0,4), 相关系数ρXY=-1/4, 试写出X与Y的联合概率密度.解答：依题意知，二维正态分布5个参数分别为μ1=0,μ2=0,σ12=3,σ22=4,ρXY=-14,
故X,Y的联合概率密度为f(x,y)=12π⋅325e-115/8[x23-2(-14)x3⋅y2+y24]=135πe-815(x23+xy43+y24).
习题11
设(X,Y)服从二维正态分布，且有D(X)=σX2,D(Y)=σY2. 证明：当a2=σX2σY2时随机变量W=X-aY与V=X+aY相互独立.
解答：根据多维正态分布的性质可知，由于(X,Y)服从二维正态分布，故W与V的联合分布也是二维正态分布. 又知，二维正态分布二分量间相互独立与不相关是等价的，因此，欲证明W与V相互独立，也就是要证cov(W,V)=0, 为此求cov(W,V).cov(W,V)=cov(X-aY,X+aY)=D(X)-a2D(Y)=σX2-a2σY2.
令cov(W,V)=0, 即σX2-a2σY2=0, 则得a2=σX2σY2, 故证得当a2=σX2σY2时，随机变量W与V相互独立，其中W=X+aY,V=X+aY.
习题12
设随机变量X的概率密度为f(x)={0.5x,0
求随机变量X的1至4阶原点矩和中心矩.
解答：由公式vk=E(Xk)=∫-∞+∞xkf(x)dx=∫02xk(0.5x)dx,
求原点矩v1=∫02x(0.5)dx=12∫02x2dx=12×13x3∣02=43,
v2=∫02x2(0.5x)dx=12∫02x3dx=12×14x4∣02=2,
v3=∫02x3(0.5x)dx=12×15x5∣02=3.2,
v4=∫02x4(0.5x)dx=12×16x6∣02=163;
求中心矩：任何变量的一阶中心距均为0, 即μ1=0, 由中心矩与原矩的关系有
μ2=v2-v12=2-(43)2=29,
μ3=v3-3v2v1+2v13=3.2-3×2×43+2×(43)3=-8135,
μ4=v4-4v3v1+612v2-3v14=16135.
习题13
设随机变量X服从拉普拉斯分布，其概率密度为
f(x)=12λe-∣x∣λ,-∞
其中λ>0为常数，求X的k阶中心矩.
解答：由于E(X)=∫-∞+∞xf(x)dx=12λ∫-∞+∞xe-∣x∣λdx=0, 所以
μk=E([X-E(X)]k)=E(Xk)=12λ∫-∞+∞xke-∣x∣λdx.
因此，当k为奇数时，可得μk=0.
当k为偶数时，有μk=12λ∫0+∞xke-xλdx+12λ∫-∞0xkexλdx=1λ∫0+∞xke-xλdx
=λk∫0+∞tke-tdt=λkΓ(k+1)=λk⋅k!,
故 μk={0,k为奇数时λkk!,k为偶数时.
4.4 大数定理与中心极限定理
习题1
一颗骰子连续掷4次，点数总和记为X, 估计P{10
解答：记Xi(i=1,2,3,4)为第i次掷骰子出现的点数，则Xi的分布为
E(Xi)=16(1+2+3+4+5+6)=72,E(Xi2)=16(1+4+9+16+25+36)=916,
D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=916-494=3512,一颗骰子连续掷4次，点数总和
X=∑i=14Xi,E(X)=∑i=14E(Xi)=4×72=14,D(X)=∑i=14D(Xi)=4×3512=353,
于是P{10
习题2设随机变量X与Y的数学期望分别为-2和2,方差分别为1和4，而相关系数为-0.5, 根据切比雪夫不等式估计P{∣X+Y∣≥6}.
解答：E(X)=-2, E(Y)=2,D(X)=1, D(Y)=4, ρX,Y=-0.5,∴ E(X+Y)=E(X)+E(Y)=0,
D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2ρX,YD(X)D(Y)=1+4+2×(-0,5)×1×2=3,
∴ P{∣X+Y∣≥6}≤362=112.
习题3设X1,X2,⋯,Xn为随机变量序列，a为常数，则{Xn}依概率收敛于a是指 .
解答：应填：∀ɛ>0,limn→∞P(∣Xn-a∣≥ɛ)=0.由依概率收敛定义即可得到结果.
习题4
设总体X服从参数为2的指数分布，X1,X2,⋯,Xn为来自总体X的一个样本，则当n→∞, Yn=1n∑i=1nXi2依概率收敛于 .
解答：应填：1/2.由题设，可知Xi∼e(2), 因此E(Xi2)=D(Xi)+E(Xi2)=1λ2+1λ2=2λ2=12.
根据切比雪夫大数定律的推广：若X1,X2,⋯具有相同的数学期望E(Xi)=μ, 则对于任意的正数ɛ, 有
limx→∞P(∣1n∑i=1nXi-μ∣<ɛ)=1.因此，本题有limx→∞P(∣1n∑i=1nXi2-12∣<ɛ)=1. 即当n→∞时，依概率收敛于12.
习题5
从某厂产品中任取200件，检查结果发现其中有4件废品，我们能否相信该产品的废品率不超过0.005?
解答：若该工厂的废品率不大于0.005, 则检查200件产品中发现4件废品的概率应该不大于p=C2004×0.0054×0.995196,
用泊松定理作近似计算λ=200×0.005=1,
即p≈14e-14!≈0.0153.这一概率很小，根据实际推断原理，这一小概率事件实际上不太会发生，故不能相信该工厂的废品率不超过0.005.
习题6
有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3m.现从这批木柱中随机地取出100根，问其中至少有30根短于3m的概率是多少？
解答：把抽一根木柱测其长度是否短于3m看做一次试验. 设事件A为“抽到的木柱长度短于3m”，则由已知条件知P(A)=20100=0.2=p.由于木柱数量很大，可把100次抽取看做是100重伯努利试验.记抽出的100根木柱中短于3m的木柱数为X, 则X∼b(100,0.2). 由题意和棣莫佛—拉普拉斯定理，有 P{X≥30}=1-P{X<30}=1-P{X-100×0.2100×0.2×0.98<30-100×0.2100×0.2×0.98
≈1-Φ(2.5)=0.0062.
习题7
一部件包括10部分，每部分的长度是一个随机变量，它们相互独立，服从同一分布，其数学期望为2mm, 均方差为0.05mm, 规定总长度为(20±0.1)mm时产品合格，试求产品合格的概率.
解答：设各部分长度为Xi(i=1,2,⋯,10), 总长度Z=∑i=110Xi.
已知E(Xi)=2,D(Xi)=(0.05)2, 则依题意可知，并用林德伯格—勒维极限定理得产品合格的概率为
P{20-0.1≤Z≤20+0.1} =P{-0.10.0510≤Z-2×100.0510≤0.10.0510≈Φ(0.63)-Φ(-0.63)
=2Φ(0.63)-1=2×0.7357-1=0.4714.
习题8
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. 现随机地取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件的寿命的总和大于1920小时的概率.
解答：设Xi表示第i只电器元件的寿命，i=1,2,⋯,16. Xi(i=1,2,⋯,16)间独立同指数分布，E(Xi)=100小时，D(Xi)=100小时，n=16, 所求概率为 P{∑i=116Xi>1920=P{∑i=116Xi-16×100400>1920-1600400
≈1-Φ(320400)=1-Φ(0.8)=1-0.7881=0.2119.
习题9检验员逐个地检查某种产品，每次花10秒钟检查一个，但也可能有的产品需要重复检查一次再用去10秒钟，假定每个产品需要重复检查的概率为12,求在8小时内检验员检查的产品多于1900个的概率是多少？
解答：换言之，即求检查1900个产品所花的时间不超过8小时的概率. 设Xi为检查第i个产品所需的时间，则X1,X2,⋯,X1900为独立同分布的随机变量，S=∑i=11900Xi为检查1900个产品所需的总时间. 由题设，有Xi={10,第i个产品没有重复检验20,第i个产品重复检验,
且P{Xi=10}=P{Xi=20}=12,i=1,2,⋯, 于是μ=E(Xi)=10×12+20×12=15,
E(Xi2)=102×12+202×12=250(i=1,2,⋯),
σ2=D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=25.
由独立同分布中心极限定理，有S∼近似N(1900×15,1900×25)=N(28500,47500),
故所求之概率为 P{S≤8×3600}=近似P{S≤28800}≈Φ(28800-2850047500)
=Φ(3005019)=Φ(619)=0.9162.
习题10某车间有同型号机床200部，每部开动的概率为0.7, 假定各机床开关是独立的，开动时每部要消耗电能15个单位，问电厂最少要供应这个车间多少电能，才能以95%的概率保证不致于因供电不足而影响生产.
解答：记200部机床中开动的机床部数为X, 则X∼b(200,0.7),
由中心极限定理，P{X≤k}≈Φ(k-200×0.7200×0.7×0.3)≥0.95,
查表得k-14042=1.65, 解得k≈151, 所需电量151×15=2265个单位.
习题11某电视机厂每月生产一万台电视机，但它的显像管车间的正品率为0.8,为了以0.997的概率保证出厂的电视机都装上正品的显像管，问该车间每月生产多少只显像管？
解答：设每月生产n只显像管，这n只显像管中正品的只数为X, 则X∼b(n,0.8). 本题即求满足P{X≥10000}≥0.997的最小的n. 由棣莫佛—拉普拉斯定理，有X∼近似N(0.8n,0.8×0.2n)=N(0.8n,0.16n),
于是P{X≥10000}=1-P{0≤X<10000}
≈[Φ(10000-0.8n0.16n)-Φ(0-0.8n0.16n)]≈1-Φ(10000-0.8n0.4n)≥0.997,
即Φ(0.8n-100000.4n)≥0.997.查表可得0.8n-100000.4n≥2.75, 解之得n≥12654.68, 所以取n=12655即可满足要求.
习题12(1)一复杂的系统由100个相互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,为了使整个系统起作用，必须至少有85个部件正常工作，求整个系统起作用的概率.
(2)一复杂的系统由n个相互独立起作用的部件所组成，每个部件的可靠性为0.90, 且必须至少有80%的部件工作才能使整个系统工作，问n至少为多大才能使系统的可靠性不低于0.95?
解答：(1)设Xi={1,第i个部件在整个运行期间正常工作0,第i个部件在运行期间损坏, (i=1,2,⋯,100).
由已知条件，X1,⋯,X100相互独立且同分布，P{Xi=1}=0.9=p,P{Xi=0}=0.1=q.记X=∑i=1100Xi, 它表示在整个运行期间工作着的部件数，可知，X∼b(10,0.9). 依题意，所求概率为P{X>85}=1-P{X≤85}
=1-P{X-100×0.9100×0.9×0.1≤85-100×0.9100×0.9×0.1≈1-Φ(-53)=Φ(53)=0.9525,
即整个系统起作用的概率为0.9525.
(2)与(1)中的假设相同，只是这里X∼b(n,0.9). 依题，要P{X≥0.8n}=0.95, P{X-0.9nn×0.9×0.1≥0.8n-0.9nn×0.9×0.1=0.95,
亦即P{X-0.9nn×0.9×0.1≥-n3=0.95, 近似地有Φ(n3)=0.95.
查表得n3=1.645, 解得n=24.35, 于是，要求n=25, 即至少有25个部件才能使系统可靠性不低于0.95.
习题13抽样检查产品质量时，如果发现有多于10个的次品，则拒绝接受这批产品.设某批产品的次品率为10%, 问至少应抽取多少个产品检查，才能保证拒绝接受该产品的概率达到0.9?
解答：令X=“发现的次品数”，则X∼b(n,0.1),
∴P{X>10}=0.9, 即1-P{X≤10}=1-Φ(10-0.1nn×0.1×0.9)=0.9,
即Φ(10-0.1nn×0.1×0.9)=0.1,∴10-0.1nn×0.1×0.9=-1.28,
解以上方程：n≈147.
总习题解答
习题110个人随机地进入15个房间，每个房间容纳的人数不限，设X表示有人的房间数，求E(X)(设每个人进入每个房间是等可能的，且各人是否进入房间相互独立).
解答：设随机变量Xi={1,第i个房间有人0,第i个房间无人(i=1,2,⋯,15),
则X=∑i=115Xi, 且Xi都服从同一分布，于是P{Xi=0}=(1415)10, P{Xi=1}=1-P{Xi=0}=1-(1415)10
于是Xi服从0-1分布
故
E(Xi)=1-(1415)10≈0.498 (i=1,2,⋯,15),E(X)=∑i=115E(Xi)=15×0.498=7.47.
习题2某城市一天内发生严重刑事案件数Y服从以1/3为参数的泊松分布，以X记一年未发生严重刑事案件的天数，求X的数学期望.
解答：引入随机变量Xi={1,第i天未发生严重刑事案件0,否则,i=1,2,⋯,365
则X=X1+X2+⋯+X365.由于P{Xi=1}=P{Y=0}=(1/3)0e-1/30!=e-1/3, 知Xi的分布律为
于是E(Xi)=e-1/3, 即得X的数学期望为E(X)=∑i=1365e-1/3=365×e-1/3≈262(天).
习题3将n只球(1∼n号)随机一放进n只盒子(1∼n号)中去，一只盒子装一只球. 若一只球装入与球同号的盒子中，称为一个配对，记X为总的配对数，求E(X).
解答：因为每只球都有两种可能，故引入随机变量Xi={1,第i号球进入第i号盒0,反之(i=1,2,⋯,n),
因而，总配对数X=∑i=1nXi, 于是E(X)=∑i=1nE(Xi),E(Xi)=1⋅P{Xi=1}=1n(i=1,2,⋯,n),
故E(X)=∑i=1n1n=n⋅1n=1.
习题4某车间生产的圆盘其直径在区间(a,b)服从均匀分布，试求圆盘面积的数学期望.
解答：设已知直径d∼U(a,b), 密度为f(x)={1b-a,a
圆盘面积S(d)=π⋅d24,E(S)=∫-∞∞π4x2⋅f(x)dx=∫abπ4x2⋅1b-adx=π12(a2+ab+b2).
习题5设X和Y是相互独立且均服从标准正态分布N(0,12)的随机变量，求∣X-Y∣的数学期望.
解答：解 设Z=X-Y，由正态分布的性质知，Z∼N(0,1)，于是E(∣X-Y∣)=E(∣Z∣)=∫-∞+∞∣z∣⋅12πe-z22dz
=2π∫0+∞ze-z22dz=2π(-e-z22)∣0+∞ =2π.
题6设随机变量X和Y相互独立，且都服从标准正态分布，求Z=X2+Y2的数学期望.
解答：X∼N(0,1),Y∼N(0,1), X和Y相互独立，X和Y的联合概率密度为f(x,y)=12πe-x2/2⋅12πe-y2/2=12πe-(x2+y2)/2,
于是E(Z)=E(X2+Y2)=12π∫-∞+∞∫-∞+∞x2+y2e-x2+y22dxdy,
利用极坐标来计算，令x=rcosθ,y=rsinθ, 得 E(Z)=12π∫02π∫0+∞r2e-r22drdθ=2π2π∫0+∞r2e-r22dr
=-re-r22∣0+∞+∫0+∞e-r22dr=π2(因12π∫-∞+∞e-r22dr=1).
习题7甲、乙两人相约于某地在12:00∼13:00会面，设X,Y分别是甲、乙到达的时间，且设X和Y相互独立，已知X,Y的概率密度分别为 fX(x)={3x2,0
求先到达者需要等待的时间的数学期望.
解答：X和Y的联合概率密度为f(x,y)={6x2y,0
按题意需要求的是∣X-Y∣的数学期望，即有E(∣X-Y∣)=∫01∫01∣x-y∣6x2ydxdy=∫∫D1[-(x-y)6x2y]dxdy+∫∫D2(x-y)6x2ydxdy
=112+16=14(小时)(D1,D2如图)
习题8设某厂生产的某种产品不合格率为10%,假设生产一件不合格品，要亏损2元，每生产一件合格品，由获利10元，求每件产品的平均利润.
解答：X表示每件产品的利润，则X取-2,10, 求每件产品的平均利润，即X的数学期望.E(X)=-2×0.1+10×0.9=8.8.
习题9投篮测试规则为每人最多投三次，投中为止，且第i次投中得分为(4-i)分，i=1,2,3. 若三次均未投中不得分，假设某人投篮测试的平均次数为1.56次.(1)求该投篮的命中率； (2)求该人投篮的平均得分.
解答：(1)设该投篮人投篮次数为X,投篮得分为Y;每次投篮命中率为p(0
E(X)=p+2pq+3q2 =p2-3p+3,
依题意p2-3p+3=1.56, 即p2-3p+1.44=0, 解得p=0.6(p=2.4舍去).
(2)Y可能取0,1,2,3四个可能值，且
P{Y=0}=q3=0.43=0.064, P{Y=1}=pq2=0.6×0.42=0.096,
P{Y=2}=pq=0.6×0.4=0.24, P{Y=3}=p=0.6,
E(Y)=∑i=03iP{Y=i}=2.376(分).
习题10一台设备由三大部件构成，在设备运转中部件需调整概率为0.1,0.2,0.3, 假设各部件的状态相互独立，以X表示同时需要调整的部件数，试求X的期望与方差.
解答：解法一 设X是同时需要调整的部件数，可能值为0,1,2,3,记pi=P{X=i}, i=0,1,2,3, 有p0=0.9×0.8×0.7=0.504, p1=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398,
p2=0.1×0.2×0.7+0.1×0.8×0.3+0.9×0.2×0.3=0.092,p3=0.1×0.2×0.3=0.006,
故X的分布列为
E(X)=0×0.504+1×0.398+2×0.092+3×0.006=0.6, E(X2)=02×0.504+12×0.398+22×0.092+32×0.006=0.82, D(X)=0.82-0.62=0.46.
解法二 X的取值为调整的部件数，显然为非负整数，又每一部件是否需调整只有两种可能结果(调整与不调整), 于是可引入随机变量Xi:Xi={1,第i部件需调整0,第i个部件不要调整,i=1,2,3,
则X=X1+X2+X3, 且X1,X2,X3相互独立，而Xi(i=1,2,3)服从两点分布，其分布律分别为
故
E(X1)=0.1,D(X1)=0.09;
E(X2)=0.2,D(X2)=0.16;
E(X3)=0.3,D(X3)=0.21,
于是E(X)=E(X1)+E(X2)+E(X3)=0.1+0.2+0.3=0.6;
D(X)=D(X1)+D(X2)+D(X3)=0.09+0.16+0.21=0.46.
习题11设随机变量X的概率密度为f(x)={ax2+bx+c,0
并已知E(X)=0.5,D(X)=0.15, 求系数a,b,c.
解答：由概率密度性质有1=∫-∞+∞f(x)dx=∫01(ax2+bx+c)dx=a3+b2+c,
即13a+b2+c=1. ①
又E(X)=∫-∞+∞xf(x)dx=∫01x(ax2+bx+c)dx=a4+b3+c2,
所以14a+13b+12c=0.5. ②
又E(X2)=D(x)+E2(x)=0.15+0.25=0.4,
E(X2)=∫-∞+∞x2f(x)dx==∫01x2(ax2+bx+c)dx=15a+14b+13c,
所以15a+14b+13c=0.4. ③
解由式①，②，③联立而成的方程组得a=12,b=-12,c=3
习题12卡车装运水泥，设每袋水泥重量X(以kg计)服从N(50,2.52),问最多装多少水泥使总重量超过2000kg的概率不大于0.05？
解答：设最多装n袋水泥.由题设，每袋水泥重量Xi∼N(50,2.52),i=1,2,⋯,n,
且X1,X2,⋯,Xn相互独立. 总重量∑i=1nXi, 要求P{∑i=1nXi>2000≤0.05, 求n？
∑i=1nXi∼N(50n,n⋅2.52), 所以
P{∑i=1nXi>2000=P{∑i=1nXi-50n2.5n>2000-50n2.5n
=1-Φ(2000-50n2.5n)≤0.05,
即Φ(4000-100n5n)≥0.95,查标准正态分布表得4000-100n5n=1.645.
由方程400n2-32002.706n+800=0解得n≈39.483(袋), 故最多装n=39袋才能使总重量超过2000kg的概率不大于0.05.
习题13设随机变量X1,X2,X3相互独立，其中X1在[0,6]上服从均匀分布，X2服从参数λ=1/2的指数分布，X3服从参数λ=3的泊松分布，记Y=X1-2X2+3X3, 求D(Y).
解答：因X1在[0,6]上服从均匀分布，故D(X1)=(6-0)212=3;
又因X2∼e(1/2),X3∼P(3), 故D(X2)=1/(1/2)2=4,D(X3)=3.
因X1、X2、X3相互独立，根据方差的性质得 D(Y)=D(X1-2X2+3X3)=D(X1)+4D(X2)+9D(X3) =3+4×4+9×3=46.
习题14设X服从参数为1的指数分布，且Y=X+e-2X, 求E(Y)与D(Y).
解答：由于X服从λ=1的指数分布，因此E(X)=1,D(X)=1,
E(X2)=D(X)+(E(X))2=2,
E(Y)=E(X+e-2X)=E(X)+E(e-2X)=1+∫0+∞e-2xe-xdx =1+1/3=4/3,
E(Y2)=E((X)+e-2X)2)=E(X2+2Xe-2X+e-4X),
E(Xe-2X)=∫0+∞xe-2xe-xdx=∫0+∞xe-3xdx=19,
E(e-4X)=∫0+∞e-4xe-xdx=∫0+∞e-5xdx=15,
E(X2)+2E(Xe-2X)+E(e-4X)=2+2/9+1/5=109/45,
D(Y)=E(Y2)-(E(Y))2=109/45-16/9=29/45.
习题15已知X∼N(1,32),Y∼N(0,42),ρXY=-12, 设Z=X3+Y2, 求Z的期望与方差及X与Z的相关系数.
解答：由已知，E(X)=1,D(X)=32,E(Y)=0,D(Y)=42, 所以
E(Z)=E(X3+Y2)=13E(X)+12E(Y)=13,
D(Z)=D(X3+Y2)=132D(X)+14D(Y)+2×13×12Cov(X,Y)
=1+4+13×ρXY×D(X)D(Y)=5+13×(-12)×3×4=3,
ρXZ=cov(X,Z)D(X)D(Z)=cov(X,13X+12Y)D(X)D(Y)=13D(X)+12cov(X,Y)D(X)D(Z)
=D(X)3D(Z)+ρXY⋅D(Y)2D(Z)=333-443=0.
习题16设X,Y的概率密度为f(x,y)={1,∣y∣≤x,0≤x≤10,其它,
(1)求关于X,Y的边缘概率密度；(2)求E(X),E(Y)及D(X),D(Y); (3)求cov(X,Y).
解答：(1)当0≤x≤1时，fX(x)=∫-xx1dy=2x, 故fX(x)={2x,0≤x≤10,其它；
当0≤y≤1时，fY(y)=∫y11dx=1-y；当-1≤y≤0时，fY(y)=∫-y11dx=1+y，故
fY(y)={1+y,-1≤y≤01-y,0≤y≥10,其它={1-∣y∣,当-1≤y≤10,其它.
(2)先画出f(x,y)不为0的区域GE(X)=∫01x⋅2xdx=23,E(X2)=∫01x2⋅2xdx=12, 故
D(X)=12-(23)2=118, E(Y)=∫-11y(1-∣y∣)dy=0,
E(Y2)=∫-11y2(1-∣y∣)dy=2∫01y2(1-y)dy=16,故D(Y)=16.
(3)E(XY)=∫∫Gxydy=∫01dx∫-xxxydy=0, 故cov(X,Y)=0.
习题17设随机变量X∼U(0,1),Y∼U(1,3), X与Y相互独立，求E(XY)与D(XY).
解答：因为fX(x)={1,0
则E(XY)=∫01xdx∫1312ydy=12×2=1, E(X2Y2)=∫01x2dx∫1312y2dy=13×133=139,
故D(XY)=E(X2Y2)-[E(XY)]2=139-1=49.
习题18设E(X)=2,E(Y)=4,D(X)=4,D(Y)=9,ρXY=0.5, 求：
(1)U=3X2-2XY+Y2-3 的数学期望； (2)V=3X-Y+5的方差.
解答：(1)E(U)=E(3X2-2XY+Y2-3)=3E(X2)-2E(XY)+E(Y2)-3
=3[D(X)+(E(X))2]-2[E(X)E(Y)+ρXYD(X)⋅D(Y)]+[D(Y)+(E(Y))2]-3=24;
(2) D(V)=D(3X-Y+5)=9D(X)+D(Y)-6cov(X,Y) =45-6ρXYD(X)⋅D(Y)=27.
习题19设W=(aX+3Y)2,E(X)=E(Y)=0, D(X)=4,D(Y)=16,ρXY=-0.5. 求常数a, 使E(W)为最小，并求E(W)的最小值.
解答：E(W)=E(aX+3Y)2=E(a2X2+9Y2+6aXY)=a2E(X2)+9E(Y2)+6aE(XY)
=a2{D(X)+[E(X)]2}+9{D(Y)+[E(Y)]2+6a[ρD(X)D(Y)+E(X)E(Y)] =4a2+144-24a=4[(a-3)2+27],
易见，当a=3时，E(W)达到最小，且E(W)min=4×27=108.注：求E(W)最小时的a, 也可利用求导法.
dEda=8(a-3),令dEda=0, 得a=3是唯一驻点. 又因d2Eda2=8>0, 故a=3为极小点，也是最小点，所以，当a=3时E(W)最小，且最小E(W)值为108.
习题20某班有学生n名，开新年联欢会，每人带一份礼物互赠，礼物集中放在一起，并将礼物编了号，当交换礼物时，每人随机地拿到一个号码，并以此去领取礼物，试求恰好拿到自己准备的礼物的人数X的期望和方差.
解答：设随机变量Xi={1,若第i人拿到自己准备的礼物0,若第i个人未拿到自己准备的礼物(i=1,2,⋯,n),
显然有X=∑i=1nXi, 易知P{Xi=1}=1n,P{Xi=0}=1-1n,i=1,2,⋯,n,E(X)=1,
由于X1,X2,⋯,Xn不相互独立，因此D(X)=∑i=1nD(Xi)+2∑1≤i≤j≤n∑cov(Xi,Xj),
而D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=P{Xi2=1}-(1n)2=1n-1n2=1n(1-1n),
cov(Xi,Xj)=E(XiXj)-E(Xi)E(Xj),
XiXj取值为0,1, 定义：P{XiXj=1}=P{Xi=1,Xj=1}=P{Xi=1}P{Xj=1∣Xi=1}=1n⋅1n-1,
于是E(XiXj)=1⋅P{XiXj=1}=1n(n-1), 因而cov(Xi,Xj)=1n(n-1)-1n2=1n2(n-1),
所以D(X)=n⋅1n(1-1n)+2Cn2⋅1n2(n-1)=n-1n+1n=1.
习题21设A和B是随机试验E上的两事件，且P(A)>0,P(B)>0, 定义随机变量X,Y为={1,若A发生0,若A不发生, Y={1,若B发生0,若B不发生,
证明：若ρXY=0, 则X和Y必定相互独立.
解答：X,Y的分布律分别为
于是E(X)=P(A),E(Y)=P(B),E(XY)=P(AB),
0=ρXY=cov(X,Y)D(X)D(Y)=E(XY)-E(X)E(Y)D(X)D(Y)⇒E(XY)=E(X)E(Y),
即P(AB)=P(A)P(B),故A与B相互独立，由事件独立的性质可知A与B¯, A¯与B, A¯与B¯也相互独立，于是
P{X=1,Y=1}=P(AB)=P(A)P(B)=P{X=1}P{Y=1},P{X=0,Y=0}=P(AB¯)=P(A)P(B¯)=P{X=1}P{Y=0},
P{X=0,Y=1}=P(A¯B)=P(A¯)P(B)=P{X=0}P{Y=1}, P{X=0,Y=0}=P(A¯B¯)=P(A¯)P(B¯)=P{X=0}P{Y=0},
故X与Y相互独立.
习题22设二维随机变量(X,Y)∼N(0,0,σ12,σ22,ρ), 其中σ12≠σ22. 又设X1=Xcosa+Ysina,X2=-Xsina+Ycosa,问何时X1与X2不相关，X1与X2独立？
解答：因为(X1,X2)是(X,Y)的线性变换，所以(X1,X2)仍然是二维正态随机变量，若X1与X2不相关，X1与X2必然独立 E(X1)=E(X2)=0, cov(X1,X2)=E[(Xcosa+Ysina)(-Xsina+Ycosa)]-0
=E[-X2sinacosa+Y2sinacosa+XY(cos2a-sin2a)] =(σ22-σ12)sinacosa+ρσ1σ2(cos2a-sin2a).
若X1与X2不相关，则cov(X1,X2)=0, 从而有tan2a=2sinacosacos2a-sin2a=2ρσ1σ2σ12-σ22,
此时，X1与X2不相关，且X1与X2独立.
习题23在每次试验中，事件A发生的概率为0.5, 利用切比雪夫不等式估计，在1000次独立重复试验中，事件A发生的次数在400∼600之间的概率.
解答：设X表示在1000次独立事件重复试验中，事件A发生的次数，则X∼b(1000,0.5),
E(X)=nP=1000×0.5=500,
D(X)=nP(1-P)=1000×0.5×0.5=250,
400
于是取ɛ=100,有P{400
习题24设在某种重复试验中，每次试验事件A发生的概率为14, 问能以0.9997的概率保证在1000次试验中A发生的频率与14相差多少？此时A发生的次数在哪个范围之内？
解答：已知n=1000,p=14,β=0.9997. 要求的是ɛ, 使P{∣nAn-p∣≤ɛ=0.9997(=β).
因为P{∣nAn-p∣≤ɛ≈2Φ(ɛnp(1-p))-1=0.9997, 故Φ(ɛnp(1-p))=0.9997.
查表得ɛnp(1-p)=3.62, 故ɛ=3.62×p(1-p)n=3.62×0.25×0.751000≈0.0496,
即在1000次试验中，能以0.9997的概率保证A发生的频率与14相差约为0.0496. 此时nA满足
∣nAn-14∣≤0.0496,故200.4≤nA≤299.6.
习题25利用仪器测量已知量a时，所发生的随机误差的分布在独立试验的过程中保持不变，设X1,X2,⋯,Xn,⋯是各次测量的结果，可否用1n∑i=1n(Xi-a)2作为仪器误差的方差的近似值(设仪器无系统偏差)？
解答：题目问的是：当独立重复试验次数n无限增大时，1n∑i=1n(Xi-a)2与仪器误差的方差有一定偏差的可能性是否可以任意小？故考虑用大数定律.
因为X1,X2,⋯,Xn,⋯是各次测量的结果，视为独立同分布的随机变量列，有E(X1)=E(X2)=⋯=E(Xn)=设为μ, D(X1)=D(X2)=⋯=D(Xn)=设为σ2,
则仪器误差的期望和方差分别为E(Xi-a)=E(Xi)-a=μ-a,D(Xi-a)=D(Xi)=σ2(i=1,2,⋯,n)
现在考虑随机变量Yi=(Xi-a)2(i=1,2,⋯,n), 显然Y1,Y2,⋯,Yn,⋯也是独立的，并且服从同一分布，计算Yi的数学期望： E(Yi)=E(Xi-a)2=E(Xi2)-2aE(Xi)+a2=D(Xi)+[E(Xi)]2-2aE(Xi)+a2
=σ2+(μ-a)2(i=1,2,⋯,n,⋯)所以，如果仪器没有系统错误，即E(Xi-a)=μ-a=0, 则E(Yi)=σ2(i=1,2,⋯)
于是，按切比雪夫定理的推论，得limn→∞P{∣1n∑i=1nYi-σ2∣<ɛ=1, limn→∞P{∣14∑i=1n(Xi-a)2-σ2∣<ɛ=1.这就是说，当n→∞时，14∑i=1n(Xi-a)2依概率收敛于σ2. 因此，当n充分大时，14∑i=1n(Xi-a)2可以作为σ2的近似值.
习题26一保险公司有10000人投保，每人每年付12元保险费，已知一年内投保人死亡率为0.006, 如死亡，公司付给死者家属1000元，求：(1)保险公司年利润为0的概率；(2)保险公司年利润不少于60000元的概率.
解答：令X=“一年内死亡的人数”，则X∼b(10000,0.006), 公司利润为L=10000×12-1000X.
(1)P{L=0}=P{10000×12-1000X=0}=P{X=120}≈0.(2)P{L≥60000}=P{10000×12-1000X≥60000}
=P{X≤60}≈Φ(60-10000×0.00610000×0.006×0.994)=0.5.
习题27设各零件的重量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为0.5kg, 均方差为0.1kg, 问50000只零件的总重量超过2510kg的概率是多少？
解答：设各零件的重量为Xi(i=1,2,⋯,50000),已知μ=E(Xi)=0.5kg, D(Xi)=σ=0.1kg,
总重量Z=∑i=15000Xi, 故所求概率为 P{Z>2510}=P{Z-5000×0.50.15000>2510-5000×0.50.15000
≈1-Φ(100.15000)=1-Φ(1.414)=1-0.9214=0.0787.
习题28一个供电网内共有10000盏功率相同的灯，夜晚每一盏灯开着的概率都是0.7.假设各盏灯开、关彼此独立，求夜晚同时开着的灯数在6800到7200之间的概率.
解答：记X表示夜晚同时开着的灯的数目，依题意，X服从n=10000,p=0.7的二项分布，且E(X)=7000, D(X)=2100.如果准确计算，应该用伯努利公式P{6800
方法一 用切比雪夫不等式估计.P{6800
方法二 用棣莫弗—拉普拉斯中心极限近似计算. 由于二项分布中参数n相当大，根据中心极限定理，X近似服从N(7000,2100).P{6800
注：尽管切比雪夫不等式与中心极限定理都可以对概率P{6800
习题29假设一条自动生产的产品合格率是0.8. 要使一批产品的合格率达到在76%与84%之间的概率不小于90%, 问这批产品至少要生产多少件？
解答：假设至少要生产n件产品，记X表示n件产品的合格品数目. 易见X服从参数为n,0.8的二项分布，依题意，应该确定生产产品数n使其满足下面的概率不等式P{0.76
依题意，E(X)=0.8n, D(X)=0.16n.
方法一 应用切比雪夫不等式.P{0.76
如果1-100n≥0.90, 即n≥1000, 则一定可以保证不等式P{0.76
成立.
方法二 应用棣莫佛—拉普拉斯定理. 当n比较大时，X近似服从正态分布N(0.8n,0.16n).
P{0.76
Φ(0.1n)≥0.95.查表得0.1n≥1.64, 解此不等式可得n≥268.96. 因此n至少为269.
注意：尽管切比雪夫不等式与中心极限定理都可以对概率P{0.76
习题30用棣莫佛—拉普拉斯中心极限定理证明，在伯努利试验中，若0
P{∣μn-np∣
解答： P{∣μn-np∣
其中Φ(x)=12π∫-∞xe-t2/2dt.
\becauselimn→∞[Φ(knpq)-Φ(-knpq)]=0, 故
P{∣μn-np∣
习题31设X1,X2,⋯,Xn,⋯为独立同分布的随机变量序列，已知E(Xi)=μ, D(Xi)=σ2(σ≠0), 证明：当n充分大时，算术平均X¯n=1n∑i=1nXi近似服从正态分布，并指出分布中的参数.
解答：由独立同分布中心极限定理，得
limn→∞P{∑i=1nXi-nμnσ≤x=∫-∞x12πe-t2/2dt,
即limn→∞P{1n∑i=1nXi-μσ2n≤x=∫-∞x12πe-t2/2dt,
亦即limn→∞P{Xn¯-μσ2n≤x=∫-∞x12πe-t2/2dt.
于是，当n充分大时，有Xn¯-μσ2n∼⋅N(0,1), 而
E(Xn¯)=μ,D(Xn¯)=μ,D(Xn¯)=σ2n,
故Xn¯∼⋅N(μ,σ2n)(n充分大时).
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/a361d49410a6f524cdbf851d.html
文档为doc格式