同济大学高等数学习题答案

2024年1月10日发(作者：南通市初二数学试卷)

习题一解答

1.在1,2,3,4,四个数中可重复地先后取两个数，写出这个随机事件的样本空间及事件A=“一个数是另一个数的2倍”，B=“两个数组成既约分数”中的样本点。

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. 在数学系学生中任选一名学生．设事件A＝{选出的学生是男生}，B＝{选出的学生是三年级学生}，C＝{选出的学生是科普队的}．

(1)叙述事件ABC的含义．

(2)在什么条件下，ABC＝C成立？

(3)在什么条件下，CB成立？

解 (1)事件ABC的含义是，选出的学生是三年级的男生，不是科普队员．

(2)由于ABCC，故ABC＝C当且仅当CABC．这又当且仅当CAB，即科普队员都是三年级的男生．

(3)当科普队员全是三年级学生时，C是B的子事件，即CB成立．

3.将下列事件用A，B，C表示出来：

（1）只有C发生；

（2）A发生而B，C都不发生；

（3）三个事件都不发生；

（4）三个事件至少有一个不发生；

（5）三个事件至少有一套（二个不发生）发生；

（6）三个事件恰有二个不发生；

（7）三个事件至多有二个发生；

（8）三个事件中不少于一个发生。

解（1）ABC；

（2）ABC：

（3）ABC

（4）A（5）AB（6）ABCBC；

BCAC；

ABC；

ABC（7）ABC；

（8）ABC。

4.设A，B，C是三个随机事件，且p(A)P(B)P(C)14,P(AB)P(CB)0，

P(AC)1,求A，B，C中至少有一个发生的概率．

8解设D＝{A，B，C中至少有一个发生}，则D＝A＋B＋C，于是

P(D)＝P(A＋B＋C)

＝P(A)＋P(B)＋P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)＋P(ABC)．

又因为

P(A)P(B)P(C)11,

P(AB)P(CB)0,

P(AC),

84P(D)315

488而由P(AB)＝0，有P(ABC)＝0，所以

5.掷两枚匀称的硬币，求它们都是正面的概率．

解设A＝{出现正正}，其基本事件空间可以有下面三种情况：

(Ⅰ)Ω1＝{同面、异面}，n1＝2．

(Ⅱ)Ω2＝{正正、反反、一正一反}，n2＝3．

(Ⅲ)Ω3＝{正正、反反、反正、正反}，n3＝4．

于是，根据古典概型，对于(Ⅰ)来说，由于两个都出现正面，即同面出现，因此，m1＝1，于是有

P(A)而对于(Ⅱ)来说，m2＝1，于是有

1．

21P(A)．

3而对于(Ⅲ)来说，m3＝1，于是有

P(A)1．

46.口袋中装有4个白球，5个黑球。从中任取两个球，求取出的两个球都是白球的概率。

2解试验的基本事件（样本点）总数nC9，设A=“取得两个白球”，则A包含的基本2事件数mC4，有古典概型有

2C41P(A)2

C967.两封信任意地向标号为1，2，3，4的四个邮筒投递，求：（1）第三个邮筒恰好投入一封信的概率；（2）有两个邮筒各有一封信的概率。

解（1）设事件A表示“第三个邮筒恰好投入一封信”。两封信任意投入4个邮筒，共有42种等可能投法，组成事件A的不同投法有C2C323种，于是

11C2C63P(A)232

44811（2）设B表示“有两个邮筒各有一封信”，则

2C42!3P(A)

4248.在100个产品中有70件一等品，20件二等品，10件三等品，规定一、二等品为合格品，考虑这批产品的合格率与一、二等品率的关系。

解设事件A，B分别表示产品为一、二等品，显然事件A与B互补相容，并且事件AB表示产品为合格品，于是

P(A)7020702090，P(B),P(AB).

1可见

P(AB)P(A)P(B)

9.三只外观相同的钢笔分别属于甲、乙、丙三人．如今三人各取一只，求：（1）恰好取到自己的笔的概率；（2）都没有取到自己的笔的概率．

分析设D1＝{都取到自己的笔}，D2＝{都没有取到自己的笔}．这是一个古典概型问题．我们有

n＝3!＝6．

情况

每个人都取到自己的笔（与下相同）

恰有两个人取到自己的笔

恰有一个人取到自己的笔

甲乙丙

A B C

A C B

C B A

B A C

C A B

B C A

三个人都没有取到自己的笔 2

因此P(D1)11,P(D2)

6310.设随机事件B是A的子事件，已知P(A)＝1/4，P(B)＝1/6，求P(B|A)．

解因为BA，所以P(B)＝P(AB)，因此

P(B|A)P(AB)P(B)2

P(A)P(A)311.在100件产品中有5件是不合格的，无放回地抽取两件，问第一次取到正品而第二次取到次品的概率是多少？

解设事件

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

P(A)950.

100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

P(B|A)由公式(1－4)，

5

P(AB)P(A)P(B|A)9510099519396

12.五个人抓一个有物之阄，求第二个人抓到的概率．

解这是一个乘法公式的问题．设Ai＝{第i个人抓到有物之阄}(i＝1，2，3，4，5)，有

141P(A1),P(A1),P(A2|A1),

554所以

P(A2)P(A1)P(A2|A1)411

54513.加工某一零件共需经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别是2％、3％、5％、3％，假定各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率．

解设Ai{第i道工序加工的零件是次品},i1,2,3,4，且Ai相互独立，A{加工的零件是次品}，由题意得，

P(A1)2%、P(A2)3%、P(A3)5%、P(A4)3%

从而

P(A)1P(A1A2A3A4)1P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)1(12%)(13%)(15%)(13%)10.980.970.950.970.124

14.一批零件共100个，其中有次品10个．每次从中任取一个零件，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．

解设Ai{第i次取到的是次品},i1,2,3，由题意得，

P(A1)从而

101919045、P(A2|A1)、P(A3|A1A2)

111450.0084

101149P(A1A2A3)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)15.由以往记录的数据分析，某船只在不同情况下运输某种物品，损坏2％，10％，90％的概率分别为0.8，0.15和0.05．现在从中随机地取三件，发现这三件全是好的，试分析这批物品的损坏率为多少？

分析设

B＝{三件都是好的}，A1＝{损坏率为2％}，

A2＝{损坏率为10％}，A3＝{损坏率为90％}，

则A1，A2，A3两两互斥，且A1∪A2∪A3＝Ω．已知P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.15，P(A3)＝0.05，且

P(B|A1)0.983，

P(B|A2)0.903，

P(B|A3)0.103．

由全概率公式可知

P(B)P(B|Ai)P(Ai)

i130.9830.80.9030.150.130.05

0.8624．

由贝叶斯公式，这批物品的损坏率为2％，10％，90％的概率分别是

P(B|A1)P(A1)0.9830.8P(A1|B)0.8731,

P(B)0.8624P(B|A2)P(A2)0.9030.15P(A2|B)0.1268,

P(B)0.8624P(B|A3)P(A3)0.130.05P(A3|B)0.0001.

P(B)0.8624由于P(A1|B)比P(A2|B)，P(A3|B)大得多，因此可以认为这批货物的损坏率为2％．

16. 袋中有15个小球，其中7个是白球，8个是黑球．现在从中任取4个球，发现它们颜色相同，问它们都是黑色的概率为多少？

解设A1＝“4个球全是黑的”，A2＝“4个球全是白的”，A＝“4个球颜色相同”．

4444使用古典概型，有P(A1)＝C8，P(A2)＝C7．而A＝A1∪A2且A1A2＝，得

/C15/C154C84C7．

P(A)P(A1)P(A2)4C15所以概率是在4个球的颜色相同的条件下它们都是黑球的条件概率，即P(A1|A)．注意到A1A，A1A＝A1，有

C84P(A1A)P(A1)2P(A1|A)4

4P(A)P(A)C8C7317.设袋中有4个乒乓球，其中1个涂有白色，1个涂有红色，1个涂有蓝色，1个涂有白、红、蓝三种颜色．今从袋中随机地取一个球，设事件

A＝{取出的球涂有白色}，B＝{取出的球涂有红色}，C＝{取出的球涂有蓝色}．

试验证事件A，B，C两两相互独立，但不相互独立．

此题从现实情况分析是不合理的，故不要深究。

证根据古典概型，我们有n＝4，而事件A，B同时发生，只能是取到的球是涂有白、红、蓝三种颜色的球，即m＝1，因而

P(AB)1

4同理，事件A发生，只能是取到的球是涂红色的球或涂三种颜色的球，因而

2121P(B)

4242111因此，有

P(A)P(B),

224P(A)

所以 P(AB)＝P(A)P(B)，

即事件A，B相互独立．

类似可证，事件A，C相互独立，事件B，C相互独立，即A，B，C两两相互独立，但是由于

P(ABC)而

P(A)P(B)P(C)所以A，B，C并不相互独立．

411111,

222841,并且218.设两两相互独立的三事件A，B，C，满足：ABC＝，P(A)＝P(B)＝P(C)＜P(ABC)9，求事件A的概率．

16分析设P(A)＝p．由于ABC＝，有P(ABC)＝0，根据三个事件两两独立情况下的加．．．．P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)－P(A)P(B)

－P(B)P(C)－P(A)P(C)＋P(ABC)，

即

3p3p0亦即

pp解得

p22法公式，有

1630,

1613或(由题意舍去)．

441于是

P(A)

419设A，B是两个随机事件，且0＜P(A)＜1，P(B)＞0，P(B|A)P(B|A)，则P(AB)＝P(A)P(B)．

分析由公式

P(B|A)P(AB)P(AB)P(AB),P(B|A),

P(A)P(A)1P(A)由题设

P(B|A)P(B|A),

即

于是，有

P(AB)P(AB),

P(A)1P(A)P(AB)P(A)(P(AB)P(AB))P(A)P(ABAB)P(A)P(B),

即A、B相互独立．

20.设两个随机事件A，B相互独立，已知仅有A发生的概率为为1，仅有B发生的概率41，求 P(A)，P(B)．

4分析方法1 因为P(A)＞0，P(B)＞0，且A与B相互独立，所以AB≠(想一想为什么)．一方面

P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B)； (1－6)

另一方面

P(AB)P(AB)P(AB)P(A)P(B)由于P(AB)P(AB)，有

12P(A)P(B). (1－7)

P(A)P(ABAB)P(ABAB)P(B),

于是由式(1－6)，式(1－7)有

2P(A)(P(A))2即

P(A)(P(A))21(P(A))2,

2111,P(A),P(B)

422方法2 因为A与B相互独立，所以A与B也相互独立．由于P(AB)P(AB)，有

P(A)＝P(B)，

于是

1P(AB)P(A)P(B)P(A)(1P(B))P(A)(1P(A)),

41因此

P(A)P(B)

221.用高射炮射击飞机，如果每门高射炮击中飞机的概率是0.6，试问：(1)用两门高射炮分别射击一次击中飞机的概率是多少？(2)若有一架敌机入侵，至少需要多少架高射炮同时射击才能以99％的概率命中敌机？

解 (1)令

Bi＝{第i门高射炮击中敌机}(i＝1，2)，A＝{击中敌机}．

在同时射击时，B1与B2可以看成是互相独立的，从而B1,B2也是相互独立的，且有

P(B1)＝P(B2)＝0.6，P(B1)P(B2)1P(B1)0.4.

方法1(加法公式)由于A＝B1＋B2，有

P(A)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)－P(B1)P(B2)

＝0.6＋0.6－0.6×0.6＝0.84．

方法2(乘法公式) 由于AB1B2，有

P(A)P(B1B2)P(B1)P(B2)0.40.40.16,

于是

P(A)1P(A)0.84.

(2)令n是以99％的概率击中敌机所需高射炮的门数，由上面讨论可知，

99％＝1－0.4n 即 0.4n＝0.01，

亦即

nlg0.0125.026.

lg0.40.3979因此若有一架敌机入侵，至少需要配置6门高射炮方能以99％的把握击中它．

22.设某人从外地赶来参加紧急会议．他乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别是3112、、及，如果他乘飞机来，不会迟到；而乘火车、轮船或汽车来迟到的概率分别为105105111、、

4312试问：(1)他迟到的概率；(2)此人若迟到，试推断他是怎样来的可能性最大？

解令A1＝{乘火车}，A2＝{乘轮船}，A3＝{乘汽车}，A4＝{乘飞机}，B＝{迟到}．按题意有：

P(A1)3112,

P(A2),

P(A3),

P(A4),

105105

P(B|A1)111,

P(B|A2),

P(B|A3),

P(B|A4)0.

4312(1)由全概率公式，有

P(B)i1P(Ai)P(B|Ai)P(Ai|B)411111230

1(2)由贝叶斯公式

P(Ai)P(B|Ai)P(A)P(B|A)jjj14(i1,2,3,4),

得到

P(A1|B)141,P(A2|B),P(A3|B),P(A4|B)0.

2918由上述计算结果可以推断出此人乘火车来的可能性最大．

23.三人同时向一架飞机射击，设他们射中的概率分别为0.5，0.6，0.7．又设无人射中，飞机不会坠毁；只有一人击中飞机坠毁的概率为0.2；两人击中飞机坠毁的概率为0.6；三人射中飞机一定坠毁．求三人同时向飞机射击一次飞机坠毁的概率．

.解设Ai＝{第i个人射中}(i＝1，2，3)，有

P(A1)＝0.5， P(A2)＝0.6， P(A3)＝0.7．

又设B0＝{三人都射不中}，B1＝{只有一人射中}，B2＝{恰有两人射中}，B3＝{三人同时射中}，C＝{飞机坠毁}．由题设可知

P(C|B0)0,

P(C|B1)0.2,

P(C|B2)0.6,

P(C|B3)1,

并且

P(B0)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)0.50.40.30.06.

同理

P(B1)P(A1A2A3A1A2A3A1A2A3)

P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)

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

＝0.5×0.4×0.3＋0.5×0.6×0.3＋0.5×0.4×0.7

＝0.29；

P(B2)＝0.44；

P(B3)＝0.21．

利用全概率公式便得到

P(C)P(Bi)P(C|Bi)

i03＝0.06×0＋0.29×0.2＋0.44×0.6＋0.21×1

＝0.532．

24.两台机床加工同样的零件，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，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经检查是废品，求它是由第二台机床加工的概率．

答案是：0.973；0.25．

习题二

1．掷两枚匀称的骰子，X＝{点数之和}，求X的分布．

解概率空间{（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）}

点数和等于2 （1，1），

点数和等于3 （1，2），（2，1），

点数和等于4 （1，3），（2，2），（3，1）

点数和等于5 （1，4），（2，3），（3，2），（4，1）

点数和等于6 （1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）

点数和等于7 （1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（6，1），（5，2）

点数和等于8 （2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2）

点数和等于9 （3，6），（4，5），（5，4），（6，3）

点数和等于10 （4，6），（5，5），（6，4）

点数和等于11 （5，6），（6，5）

点数和等于12 （6，6）}

答案是：

2 3 4 5

6 7 8 9 10 11 12

362．设一个盒子中装有5个球，标号为1，2，3，4，5，在其中等可能地任取3个，用X表示取出的球的最大号码数，求随机变量X的分布律．

362

363

364

365

366

365

364

363

362

363解

X的可能取值为3，4，5．从5个球中任取3个的取法有C510种．则

事件{X=3}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，3）” ，

P{X3}1．

10事件{X=4}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，4），（1，3，4），（2，3，4）” ，

P{X4}3．

1063．故X的分布律为

105事件{X=5}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，5），（1，3，5），（1，4，5），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）” ，

P{X5}X

3 4 5

103

5135，，，a2a4a3．已知离散型随机变量X的可能取值为-2，0，2，5．相应的概率依次为7，试求概率P{|X|2|X0}．

8a4137375解

P{Xxi}=+++1

a8a2a4a8ai18解得

a

37故X的分布律为

-2 0 2

3712

3710

377

37P{|X|2|X0}P{|X|2,X0}P{X0}P{X0}22

P{X0}P{X0}P{X2}P{X5}294．设某电子产品正品率为0.75，次品率为0.25．现对该批电子产品进行测试，以随机变量X表示首次测得正品，，求随机变量X的分布律．

提示，参考例2．6．答P{Xk}0.750.25k1，k=1，2，…

5. 设100件产品中有95件合格品，5件次品，现从中有放回的取10次，每次任取一件．求：（1）所取10件产品中所包含次品数的概率分布；（2）10件产品中恰有2件次品的概率；（3）10件产品中至少有2件次品的概率．

解因为是有放回的抽取，所以10次抽取是独立、重复进行的，每次取得次品的概率为0.05，因此这是一个10重伯努利试验．

（1）设所取的19件产品中所含有的次品数为X，则X~B(10,0.05)，其概率分布为

kP{Xk}C10(0.05)k(0.95)10k，k=1，2，…，10．

（2）所求的概率为

2P{X2}C10(0.05)2(0.95)1020.0746

（3）所求的概率为

P{X2}1P{X2}

011C10(0.05)0(0.95)10C10(0.05)1(0.95)90.0861

6．一袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5．在袋中同时取3只球，用X表示取出的3只球中的最小号码数，求X的分布函数．

解 X的可能取值为3，2，1．

23P(X3)C2/C51362323,P(X2)C3/C5,P(X1)C4/C5,

1010101 2 3

即X的分布阵为

从而X的分布函数为

100,6,10F(x)9,101,x1,3

101

101x2,

2x3,x3.x11x1

1x3x37．设离散型随机变量X的分布函数为

0,0.4,F(x)0.8,1,解X的可能取值为-1，1，3．

-1

0.4

试求：（1）X的概率分布；（2）P{X2|X1}．

0.4

0.2

P{X2|X1}P{X2,X1}P{X1}0.42

P{X1}P{X1}P{X3}0.40.238.设随机变量X的分布为

－2 －1 0 1 2

103

10求Y＝X2＋1的概率分布．

解由yi＝xi2＋1(i＝1，2，…，5)及X的分布，得到

X2＋1

(－2)2＋1 (－1)2＋1 02＋1 12＋1 22＋1

103

10把f(xi)＝xi2＋1相同的值合并起来，并把相应的概率相加，便得到Y的分布，即

1P(Y5)P(X2)P(X2),

23P(Y2)P(X1)P(X1),

101P(Y1)P(X0)

5所以

P(Y＝yi)

5 2 1

101

59.某店内有4名售货员，据经验每名售货员平均在1 h内只用秤15 min，问该店通常情况下应配制几台秤？

解设Xi＝{第i个售货员使用秤}，则Xi～B(1，0.25)．令SXi，于是S～B(4，0.25)．考i14虑到

P(S≤2)＝1－P(S＞2)＝1－P(S＝3)－P(S＝4)

31C4(0.25)3(0.75)(0.25)4

＝1－0.0469－0.0039≈0.95

故该商店通常情况下应配制2台秤．

10.设二维随机向量(X，Y)共有6个取正概率的点，它们是：(1，－1)，(2，－1)，(2，0)(2，2)，(3，1)，(3，2)，并且(X，Y)取得它们的概率相同，求(X，Y)的联合分布

解由于6个点取得的概率相同，均为Y

－1

11，而6个的和为1，因此其余概率为0．

660

611．设二维随机变量(X,Y)的分布率如下表

1/4

1/16

1/4

1/16

1/4

试求：（1)P{X,0Y4}；（2）P{1X2,3Y4}．

解：（1)P{X,0Y4}

12321322P{X1,Y1}P{X1,Y2}P{X1,Y3}

1100

44（2）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1150

16416Y

求 (1)X与Y的边缘分布．

(2)X关于Y取值y1＝0.4的条件分布．

(3)Y关于X取值x2＝5的条件分布．

解 (1)由公式

0.4

0.15

0.30

0.35

0.8

0.05

0.12

0.03

12．设二维随机向量(X，Y)的联合分布为

pip(Xxi)pijj(i1,2,3),

5 8

0.38

pi·

0.20

i0.42

pjp(Yyj)pijyj

p.j

(2)计算下面各条件概率：

0.4

0.80

(j1,2),

0.8

0.20

p(x1|y1)p(x1,y1)0.153p(x2,y1)0.303,p(x2|y1),

p(y1)0.8016p(y1)0.808p(x3|y1)p(x3,y1)0.357

p(y1)0.8016因此，X关于Y取值y1＝0.4的条件分布为

xi 2 5 8

p(xi|y1)

16yi 0.4

80.8

16(3)同样方法求出Y关于X取值x2＝5的条件分布为

p(yj|x2)

713.设随机变量X与Y相互独立，下表列出了二维随机向量(X，Y)联合分布律及关于X和关于Y的边缘分布律中的部分数值，试将其余数值填入下表中的空白处．

P{Y＝yj}＝p·j

y2 y3

P{X＝xi}＝pi.

分析应注意到X与Y相互独立．

解由于

P(X＝x1，Y＝y1)＝P(Y＝y1)－P(X＝x2，Y＝y1)

111,

6824考虑到X与Y相互独立，有

P(X＝x1)P(Y＝y1)＝P(X＝x1，Y＝y1)，

11P{Xx1}24

146所以

同理，可以导出其他数值．故XY的联合分布律为

P{Y＝yj}＝p·j

y1 y2 y3 P{X＝xi}＝pi·

241

-1

0.2

0.1

0.15

121

0.1

14.设二维随机向量(X，Y)联合分布如下表

-1

0.3

0.05

求二维随机向量的函数Z的分布：（1）Z=X+Y;(2)Z=XY．

解有（X，Y）的概率分布可得

pij

0.2 0.15 0.1 0.3 0.1 0 0.1 0.15

（X，Y） (-1，-1) (-1，0) (-1，1) （-1，2）（2，-1） (2，0) （2，1）（2，2）

Z=X+Y -2 -1 0 1 1 2 3 4

Z=XY 1 0 -1 -2 -2 0 2 4

合并Z值相同的概率可得

（1）Z=X+Y的概率分布为

Z=X+Y -2 -1 0 1 2 3 4

p 0.2 0.15 0.1 0.4 0 0.1 0.15

（2）Z=XY的概率分布为

Z=XY -2 -1 0 1 2 4

p 0.4 0.1 0.15 0.2 0.1 0.15

15．已知X和Y的概率分布为

10X~1142101，Y~14211

2而且P{XY0}1．

（1）求X和Y的联合分布；（2）问X与Y是否相互独立？为什么？

解（1）由P{XY0}1，即P{X0或Y0}1，所以

P{X1，Y1}P{X1,Y1}0

因此X与Y的联合分布和边缘分布有如下形式

-1

P(Yyj}

P{Xxi}

2根据联合分布与边缘分布的关系，不难把表中打“*”号的位置上的数值求出，于是，得到X与Y的联合分布为

-1

0 1

P(Yyj}

P{Xxi}

（2）因P{X1,Y0}所以X与Y不独立．

习题3

1111，而P{X1}P{Y0}

442411．设f(x)1x20解由于

当x0当x0 f(x)是否为分布密度函数？如何改造？

所以f(x)不是分布密度函数．令

πf(x)dx,

212,2p(x)f(x)π1x2π0,则p(x)是分布密度函数．

2.设随机变量X的分布密度函数为

x0,x0.

Cx当0x1

p(x)0其他求(１)常数C；(２)P(0.3≤X≤0.7)；(３)P(－0.5≤X＜0.5)．

解 (1)由p(x)的性质，有

1所以C＝2．

0.7x211p(x)dxCxdxC|0C,

2021(2)P(0.3X0.7)2xdxx2|0.70.30.4.

0.3(3)P(0.5X0.5)00.50dx2xdxx2|0.500.25.

00.53．设连续型随机变量X的分布函数为

ABx2F(x)12Cxx121当x0当0x1当1x2当x2

求：（1）A，B，C的值；（2）X的概率密度函数；（3）P{1X2}．

解（1）由连续型随机变量的性质，可知，F(x)是一个连续函数．考察F(x)在x=0，x=1，x=2处的连续性，有

x0limF(x)A，limF(x)limBx20，所以A=0；

x0x0

12332limF(x)limBxB，，可知

limF(x)lim(Cxx1)CCBx1x1x1x122212F(x)1，可知2C31．

limF(x)lim(Cxx1)2C3，limx2x2x221所以C=2，B．

2（2）X的概率密度函数为

x,0x1f(x)2x,1x2

0,其他（3）P{1X2}F(3)F(1)1(21121)121．

24．在一个公共汽车站有甲、乙、丙三人，分别等1，2，3路车．设等车的时间（分钟）服从[0，5]上的均匀分布，求3人中至少有2人等车时间不超过2分钟的概率．

解设每人等车的时间为X，则X的密度函数为

1,0x5f(x)5

0,其他3人中每人“等车不超过2分钟”的概率为

P{X2}2012dx

55253人中等车不超过2分钟的人数Y~B(3,)

23故P{Y2}C0.352

552325．设X～N(0，1)，求P(X＜2.35)，P(X＜－1.25)以及P(|X|＜1.55)．

解 P(X＜2.35)＝Ф(2.35)查表0.9906．

P(X＜－1.25)＝Ф(－1.25)＝1－Ф(1.25)＝1－0.8944＝0.1056．

P(|X|＜1.55)＝P(－1.55＜X＜1.55)＝Ф(1.55)－Ф(－1.55)

＝2Ф(1.55)－1＝2×0.9394－1＝0.8788．

6．设X～N(1，22)，求P(0＜X≤5)．

解这里μ＝1，σ＝2，β＝5，＝0，有

2,0.5.

于是

P(0＜X≤5)＝Ф(2)－Ф(－0.5)＝Ф(2)－[1－Ф(0.5)]

＝Ф(2)＋Ф(0.5)－1＝0.9772＋0.6915－1＝0.6687．

7．设X～N(2，32)，求：(Ⅰ)P{－1≤X≤8}；(Ⅱ)P{X≥－4}；(Ⅲ)P{X≤11}．

解由于X～N(2，32)，即μ＝2，σ＝3，因此

(1)P{－1≤X≤8}＝P{2－3≤X≤2＋2×3}

＝P{2－3≤X＜2}＋P{2≤X≤2＋2×3}

11P{23X23}P{223X223}

220.680.950.815.

22(2)P{X≥－4}＝P{－4≤X＜＋∞}＝P{2－2×3≤X≤2}＋P{X≥2}

0.9510.975.

2210.990.995.

22(3)P{X≤11}＝P{－∞＜X≤11}＝P{－∞＜X≤2}＋P{2≤X≤2＋3×3}

8．某科考试成绩服从正态分布N(70,102)，在这次考试人中，及格者100人（及格分数为60），计算

（1）不及格人数；（2）成绩在前10名的人数在考生中的比例；（3）估计第10名考生的成绩．

解设考生的考生成绩为X，X~N(70,102)，首先参加考试的人数n．

6070P{X60}1P{X60}1(1)0.8413

10这表明及格人数占考试人数的比例为84.13%，即

100100

0.8413，nn0.8413（1）不及格人数占占考试人数的比例为15.87%，因此不及格人数为

0.1587n0.158710019

0.8413（2）成绩在前10名的人数在考生中的比例为

100.8413108.4%

n100（3）设第10名考生的成绩为x0，则

x70P{Xx0}0.08413，P{Xx0}0.91587，即00.91587

10查正态分布表，得x0701.37，x083.784．

10或者在EXCEL的单元格中键入的“=NORMINV(0.91587，70，10）”，求得．

9. 31设一个纺织工人照顾800个纱锭，在(0，T]时间内每个纱锭断头的概率为0.005，求在(0，T]内：(１)最大可能的断头数；(２)断头次数不超过10的概率．

解设断头数为X，则X～B(800，0.005)．由于n很大，p很小，所以可用近似公式

P(Xk)C这里＝np＝800×0.005＝4．

k8000.0050.995k800kkk!e,

实际上可认为X近似服从P()．

(1)最大可能的断头数是3和4．

4k4(2)P(X10)e0.99716

k!k01010．设X～U(0，1)，并且Y＝X2，求Y的分布密度p2(y)．

解：FY(y)P{Yy}P{Xy}故fY(y)FY(y)y011dxy,(0y4)

2214y(0y4)

1及直线y0,x1,xe2所围成，二维随机变量(X,Y)在区x域D上服从均匀分布，求(X,Y)的联合分布密度函数.

11．设平面区域D由曲线y解由于区域D的面积

1dx1，

1x所以(X,Y)的联合分布密度函数为

Ae11当1xe,0yF(x,y)x

0其他12．设(X，Y)的联合分布密度为

Ce(3x4y),x0,y0,

f(x,y)0,其他.试求：(1)常数C. (2)P{0＜X＜1，0＜Y＜2}．

解 (1)由p(x，y)的性质，有

10p(x,y)dxdy000Ce(3x4y)dxdy

Ce3xdxe4ydy即C＝12．

(2)令D＝{(x，y)|0＜x＜1，0＜y＜2}，有

1C,

12P{0X1,0Y2}P{(X,Y)D}p(x,y)dxdy

D12e(3x4y)dxdy12e3xdxe4ydy(1e3)(1e8).

D001213．设二维随机向量(X，Y)的联合分布函数为

C3x3y3xy,x0,y0,

F(x,y)0,其他.求(1)常数C；(2)分布密度p(x，y)．

解 (1)由性质F(＋∞，＋∞)＝1，得到C＝1．

2F(2)由公式：p(x,y)有

xyF3xln33xyln3,

x2F(3xln33xyln3)3xy(ln3)2.

xyy3xy(ln3)2,x0,y0,故

p(x,y)

其他.0,14．如图3－1，设(X，Y)的联合分布密度为

图3－1

C(xy),0yx1,

p(x,y)其他.0,(1)求C．

(2)求X，Y的边缘分布．

(3)讨论X与Y的独立性．

(4)计算P(X＋Y≤1)．

分析(1)由于p(x,y)d1,即

10dxC(xy)dy1,

0x可导出C＝2．

(2)当x＜0或x＞1时，p1(x)＝0；当0≤x≤1时，

p1(x)p(x,y)dy2(xy)dy3x2.

0x3x2,0x1,因此

p1(x)

其他.0,12y3y2,0y1,同理

p2(y)

0,其他.(3)由于p1(x)·p2(y)≠p(x，y)，故X与Y不独立．

(4)P(XY1)xy10yx12(xy)ddy1201yy12(xy)dx

315．(X,Y)~F(x,y)A(Barctan)(Carctan),

求(1)A，B，C的值； (2)p(x，y)； (3)p1(x)，p2(y)．

分析(1)由F(,)A(B)(C)1,

x2y3π2π2ππF(,)A(B)(C)0,

22ππF(,)A(B)(C)0,

22可导出A1π,BC

π22111611(x,y)2.2.32.. (2)p(x,y)Fxyπ1(x)21(y)2π4x29y223(3)由p(x，y)＝f1(x)·f2(y)，其中

21f1(x).(x),

π4x231f2(y).(y).

π9y2考虑到f1(x)dx1,f2(y)dy1,故

21p1(x).,π4x231p2(y).

π9y2Axy2,0x2,0y1,16．设(X,Y)~p(x,y)

其他.0,试求解：

(1)确定常数A； (2)边缘分布密度； (3)讨论X，Y的独立性．

分析(1)由2132p(x,y)d1,即dxAxy1,A

002(2)由p1(x)p(x,y)dy，分情况讨论：

当x＜0或x＞2时，p1(x)dy0;

当0≤x≤2时，p1(x)p(x,y)dy32xxydy

0221所以

x,0x2,p1(x)2

0,其他.同理，可求出

3y2,0y1,

p2(y)0,其他.(3)由于p1(x)·p2(y)＝p(x，y)，因此，X与Y相互独立．

习题4

1．盒中有5个球，其中有3个白球，2个红球．从中任取两球，求白球个数X的数学期望．

解由题意可知

2kC3kC2P(Xk)(k0,1,2),

2C5因此

E(X)01631121

10101052．某地区计划明年出生1000个婴儿，若男孩出生率为p＝0.512，问明年(1)出生多少男孩？(2)期望出生多少男孩？

答案是：(1)0～1000；(2)512．

3．两台生产同一种零件的车床，一天中生产的次品数的概率分布分别是

甲台次品数

乙台次品数

0.4

0.3

0.5

0.2

0.1

如果两台车床的产量相同，问哪台车床好？

答案是：乙好．

4．设随机变量X的分布密度函数为

0x1,x,p(x)2x,1x2,

0,其他.求E(X)．

解由定义，有

E(X)xp(x)dxxdxx(2x)dx

x3|1x)|11.

0(x335．10个随机地进入15个房间，每个房间容纳的人数不限，设X表示有人的房间，求E(X)（设每个人进入每个房间是等可能的，且每人进入房间是相互独立的）．

解设随机变量Xi

1, 在第i层有人下梯,（i=1，2，…，15）

Xi0, 在第i层无人下梯.则XXi，且Xi服从同一分布，因每人进入某个房间的概率均为i1151．

151101410)()

151514于是

P(Xi1)1()10

15则

P(Xi0)(1故有

E(X)E(X1X2而E(Xi)1(X15)E(X1)E(X2)E(X15)

1410（i=1，2，…，15），因此

)，1514E(X)151()107.47

156．假设市场上每年对某种出口商品的需求量X（单位：吨），它服从[2000，4000]上的均匀分布．每年售出这种商品一吨，可为挣得3万元，但假设销售不出去，囤积于仓库，每吨浪费保管费1万元，问应组织多少吨货源，才是收入最大？

解设预备某年销售商品量为s吨（显然有2000≤s≤4000），用Y表示这年的收益（万元），则

3s,Xs

Yf(X)3X(sX),Xs利用求函数的数学期望公式，可得组织s吨货源时，所获得的期望收益为

E(Y)E[f(X)]1s14000(4xs)dx3sdx

200020002000s1(s27000s4106)

10001两边对s求导，得E(Y)(2s7000)，令E(Y)0，得s=3500．

1000即组织3500吨货源时收益最大．

7．一辆送客汽车，载有m位乘客从起点站开出，沿途有n个车站可以下车，若到达一个车站，没有乘客下车就不停车．设每位乘客在每一个车站下车是等可能的，试求汽车平均停车次数．

分析由于所求的是汽车平均停车的次数，因此，我们从每一个车站有没有人下车来考虑，而不要着眼于每一个乘客在哪一站下车．这里，设

1,第i站有人下车,

(i1,2,Xi0,第i站没有人下车.于是，我们有

,n)

P(Xi0)(n1mn1m),P(Xi1)1(),

因此，随机变量Xi~B(1,1(n1m))，其均值

nn1mE(Xi)1().

nSXi,

i1n又设停车次数为S，于是有

其均值

E(S)n(1(可见，汽车平均停车次数为n(1(n1m))

nn1m))

n8．地铁到达一站时间为每个整点的第5分钟、25分钟、55分钟，设一乘客在早8点～9点之间随时到达，求侯车时间的数学期望．

分析已知X在[0，60]上服从均匀分布，其密度为

1,0x60,X~p(x)60

其他.0,设Y是乘客等候地铁的时间(单位：分)，则

5X,25X,Yg(X)55X,60X5,因此

0X5,5X25,

25X55,55X60.E(Y)E(g(X))g(x)p(x)dx2515[(5x)dx(25x)dx

5600160g(x)dx

600(55x)dx(65x)dx]

255555601[12.520045037.5]11.67.

609．有3个小球和2个杯子，将小球随机地放入杯中，设X为有小球的杯子数，求X的分布函数及数学期望E(X)．

解设A＝{甲杯有球个数}，B＝{乙杯有球的个数}．当X＝1或2(见表4－1)时，由加法公式有

P(X1)P(A0,B3)P(A3,B0)13P(X2)1,

44111,

23234

0,1因此

F(x),41,x0,1x2,

x2,137E(X)12

444表4－1

X=1

X=2

甲杯

乙杯

10．设二维随机向量(X，Y)的联合分布密度函数

2xe(y5)p(x,y)0求E(XY)．

分析因为p(x，y)＝p1(x)·p2(y)，其中

当0x1,y5

其他2x,p1(x)0,所以，X与Y相互独立．由于

0x1,其他;e(y5),y5,

p2(y)

其他.0,12E(X)xp1(x)dx2x2dx,

03E(Y)因此

yp2(y)dyye(y5)dy6,

52E(XY)(E(X))(E(Y))64.

311.已知随机变量X的分布函数

0xF(x)41求E(X)，D(X)．

当x0当0x4

当x41当0x4答案是：由于f(x)4，即X服从（0，4]上的均匀分布，所以

0其他4E(X)2,D(X)

312.设随机变量X～N(0，4)，Y～U(0，4)，且X，Y相互独立，求E(XY)，D(X＋Y)

及D(2X－3Y)．

答案是：E(XY)＝0，D(XY)5,D(2X－3Y)＝28．

13．设X与Y为相互独立的随机变量，已知X在[2，4]上服从均匀分布，Y服从参数为2的指数分布，求E(XY)，D(XY)．

13(42)21241 解由于E(X)3，E(Y)，D(X)1232213E(XY)E(X)E(Y)3，

2214．设随机变量X的密度函数为

ax2bxc当0x1

f(x)0其他已知E(X)=0.5，D(X)=0.15．求a，b，c的值

117D(XY)D(X)D(Y)

3412解由密度函数的性质

111f(x)dx(ax2bxc)dxabc，

03211即

abc1 （1）

321111而E(X)x(ax2bxc)dxab，

0432111所以ab0.5 （2）

4321由D(X)E(X2)[E(X)]2，得E(X2)D(X)[E(X)]2

而E(X2)x2(ax2bxc)dxab，

01151413所以ab151410.150.250.4 （3）

3由（1）（2）（3）所组成的方程组，得

a12，b12，c3

15．设二维离散型随机变量（X，Y）的联合分布如下

0.1

0.3

0.2

0.4

0.3

0-0

0.1

0.7

0.3

00p.j

（1）判断X与Y是否独立？

（2）计算X与Y的协方差；

（3）计算D(XY)．

解（1）计算出X与Y的边缘分布填入上表．从

P{X0,Y1}0.1，而P{X0}P{Y1}0.12

可知X与Y不相互独立．

（2）因为E(X)0.7，E(Y)0

E(XY)xiyipij1(1)0.3110.30．

ij因此

Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)0

（3）D(XY)D(X)D(Y)2Cov(X,Y)0.70.720.801.01

16．设随机变量（X，Y）的密度函数为

1(xy)当0x2,0y2f(x,y)8

其他0求E(X)，E(Y)，Cov(X,Y)，XY，D(XY)．

解当0x2，时fX(x)11(xy)dy(x1)，

14E(X)x(x1)dx，E(Y)，E(XY)dxxy(xy)dy

Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)

366362114而E(X2)x2(x1)dx

043当0y2，时fY(x)(y1)

571111所以D(X)E(X)[E(X)]，同理D(Y)

363636222故XYCov(X,Y)D(X)D(Y)1361

11111136361111152

3636369D(XY)D(X)D(Y)2Cov(X,Y)17．设随机变量X的密度函数为

1x当0x2f(x)2

0其他求随机变量X的1至3阶原点矩和中心矩．

解E(X)xxdx224118，

E(X2)x2xdx2，E(X3)x3xdx，

12E[XE(X)](x)xdx0，E[XE(X)]2(x)2xdx，

．

E[XE(X)]3(x)3xdx032135212习题5

1．一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的．假设每箱平均重50 kg，标准差为5 kg．若用最大载重量为5 t的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977．

解设Xi(i＝1，2，…，n)是装运的第i箱的重量(单位：kg)，n是所求箱数．由条件可以把X1，X2，…，Xn视为独立同分布随机变量，而n箱的总重量

Tn＝X1＋X2＋…＋Xn

是独立同分布随机变量之和．

由条件知E(Xi)50,D(Xi)5;E(Tn)50n,D(Tn)5n(单位：kg)．

根据列维－林德伯格中心极限定理，Tn近似服从正态分布N(50n，25n)．

箱数n决定于条件

T50n500050nP{Tn5000}Pn

5n5n100010nΦ()0.977Φ(2).

n由此可见

100010nn2,

从而n＜98.0199，即最多可以装98箱．

2.设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率．

解用X表示10000个婴儿中男孩的个数，则

X～B(n，p)，

其中n＝10000，p＝0.515．

要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求

P{X5000},

由棣莫弗－拉普拉斯中心极限定理，有

Xnp5000np{X5000}

npqnpq令

Y于是有

Xnpnpq~N(0,1),

P(X5000)P(Y5000100000.515)

100000.5150.485Φ(3)1Φ(3)0.00135.

3.设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为0.9，以95％概率估计，在一次行动中：

(1)至少有多少人能够进入?

(2)至多有多少人能够进入?

解用Xi表示第i人能够按时进入掩蔽体(i＝1，2，…，1000)，令

Sn＝X1＋X2＋…＋X1000．

(1)设至少有m人能进入掩蔽体，要求P(m≤Sn≤1000)≥0.95．事件

S900m10000.9{mSn}n

9010000.90.1令Sn90090Y,显然Y~N(0,1).令m90090a,根据中心极限定理，有

P(mSn)P(Ya)1P(Ya)

1Φ(a)0.95

查正态分布数值表，得a＝－1.65，即m9001.65.故m＝900－15.65＝884.35≈88490人．

(2)设至多有M人能进入掩蔽体，要求P(0≤Sn≤M)≥0.95．

P(Sn≤M)＝P(Y≤b)＝0.95，b＝1.65，即M9001.65,

90M＝900＋15.65＝915.65≈916人．

习题6

1.设x1，x2，…，x25相互独立且都服从N(3，102)分布，求P(0x6,57.70S2＜151.73)．

10224S2),~2(24),且x与S2独立，所以解因X~N(3,22510 P{0＜x＜6，57.70＜S2＜151.73}＝P{0＜x＜6}·P{57.70＜S2＜151.73}，

而

P{0x6}(6333)()2()12(1.5)1

222 ＝2×0.9332－1＝0.8664，

24S236.415}

P{57.70S151.73}p{13.848100224S224S213.848)P(36.415)

P(100100 ＝0.95－0.05＝0.90，

于是 P{0＜x＜6，57.7＜S2＜151.73}＝0.8664×0.90≈0.78．

2．在整体N(5，2)中抽取一容量为25的样本，求样本均值X落在4．2到5．8之间2的概率，样本方差S大于6．07的概率．

222X5~N(0,1)，解因为X~N(5,2)，则X~N(5,)，252/52因此，所求概率为

P{4.2X5.8}P{X52}

2/54.25X55.85}

2/52/52/5P{22(2)1=0．908

(251)S2~2(24), 又知

22故

24S2246.07P{S6.07}P{}

442P{2(24)36.42}0.05

最后一步查表或在EXCEL中键入“= CHIDIST（36.42，24）”求的．

3．设总体X~N(0,1)，X1，X2，…，Xn为简单样本，试问：下列各统计量服从什2

么分布？

（1）X1X2XX2324；（2）n1X1XX2223X2n；（3）n13X32iXi4i1n．

2i解（1）因为Xi~N(0,1)，i=1，2，…，n，所以

X1X2~N(0,2)，X1X2~N(0,1)，

2X1X2XX2222~t(2)

X3X4~2(2)，12222X3X4X3X42（2）因为Xi~N(0,1)，Xi2n2i~2(n1)，所以

n1X1XX2223X2nX1XXXn1n22232n~t(n1)

（3）因为Xi1332i~(3)，Xi2~2(n3)，

2i4所以n13X2iXi1n32iXi4i1n2i32i~F(3,n3)．

Xi4n324．设总体X~N(0,2)，X1，X2，X3，X4是来自X的一个样本，若统计量Ya(X12X2)2b(3X34X4)2服从2分布，试确定a，b的值．

解因为Xi~N(0,2)，i=1，2，3，4，所以

2X12X2~N(0,222222)，3X34X4~N(0,32224222)

于是

3X4X4X12X2~N(0,1)

~N(0,1)，31020

X2X23X34X42所以1~(2)

1020因此a2211，b．

201005．设X与Y都服从标准正态分布，X1，X2，…，X8与Y1，y2，…，Y9分别为是来自总体X与Y的两个相互独立的简单随机样本，其样本均值为X，Y，记

Q(XiX)(YiY)2

2i1i189试证明随机变量T3Y15服从自由度为15的t分布．

Q证明因为X~N(0,1)，Y~N(0,1)，

所以Y~N(0,)，3Y~N(0,1)，而且

19(Xi18iX)~(7)，(YiY)2~2(8)

22i19且相互独立，所以Q8(Xi128iX)(YiY)2~2(15)

2i199又因为Y与(Xi1iY与(YiY)2相互独立，所以Y与Q相互独立，X)相互独立．i1所以T3Y3Y15T~t(15)

QQ/1526．设总体X~N(,)，X1，X2，…，X16是来自X的一个样本，求概率

116（1）P{(Xi)222}；

216i1116（2）P{(XiX)222}．

216i122116解（1）P{(Xi)222}P{8216i12(Xi1162)i232}

P{82(16)32}P{2(16)8}P{2(16)32}

=0．95-0．01=0．94

116（2）P{(XiX)222}P{8216i12(Xi116iX)2232}

P{82(15)32}P{2(15)8}P{2(15)32}

=0.90-0..5=0.895

7．设总体X~N(,2)，X1，X2，…，X16是来自X的一个样本，但，未知，求P{S222.041}．

S2解因为X~N(,)，由定理6.2知(n1)22~2(n1)

所以

P{S222.041}P{(161)S22(161)2.041}

P{2(15)31.115}

1P{2(15)31.115}=0．99

（在EXCEL中键入“=1-CHIDIST（31.115，15）”求的）

8．设两个总体X与Y都服从正态分布N(30,32)．今从总体X与Y中分布抽出容量为n20，m25的两个相互独立的样本，求概率P{XY0.4}．

解又题意知，

XY(3030)3201251于是

XY ~ N0, 1

9/10P{XY0.4}1P{XY0.4}

1P{XY0.4}

9/109/100.4121

9/1022(0.44)0.66

习题7

1．设总体X的一个样本如下：1.70，1.75，1.70，1.65，1.75

求该样本的数学期望E(X)和方差D(X)的矩估计值．

ˆ(X)X,Eˆ(X2)[解] 由矩估计有：EXi2in，又因为D(X)E(X2)[E(X)]2，

ˆ(X)X所以En1.71.751.71.651.751.71

5ˆ(X)1(XX)20.00138. 且Dini12．设X~N(,2)，而1.70，1.75，1.70，1.65，1.75是从总体X中抽取的样本，求的矩估计值．.

Xi1.71ni1

3．设X的分布律为

1 2 3

2

2(1)

(1)2

已知一个样本值(x1,x2,x3)(1,2,1)，求参数的的矩估计值和极大似然估计值.

[解] （1）矩估计

因为E(X)1222(1)3(1)2=32，

ˆX所以32x1x2x34ˆ5.

，即的矩估计量336（2）最大似然估计

因为p(x11,x22,x31)22(1)22526，

对其求导：p51041250

64．设总体X的概率分布列为：

0 1

2 3

1-2p

p(1-p)

其中p (0p1/2) 是未知参数. 利用总体X的如下样本值：

1， 3， 0， 2， 3， 3， 1， 3

求p的矩估计值和极大似然估计值.

[解] （1） p的矩估计值XXi16/82，令E(X)34pX，

i18ˆ(3X)/41/4. 得p的矩估计为

p （2）似然函数为

L(p)P(Xxi)P(X0)[P(X1)]2P(X2)[P(X3)]4

i18

4p(1p)2(12p)4

lnL(p)ln46lnp2ln(1p)4ln(12p)

令

[lnL(p)]6280，

12p214p30

p1p12pp(713)/12. 由

0p1/2，故p(713)/12舍去

ˆ(713)/120.2828. 所以p的极大似然估计值为

p(1)x5．设总体X的密度函数为：f(x)0求的矩估计量和最大似然估计量.

[解] （1）的矩估计为：

1当0x1，设X1,其他,Xn是X的样本，E(X)x(1)xdx01211

x0221n样本的一阶原点矩为：Xxi

ni1所以有：1ˆ2X1

X21X（2）的最大似然估计为：

L(X1,,Xn；)(1)Xi(1)(Xi)

ni1i1nnnlnLnln(1)lnXi

i1ndlnLnlnXi0

d1i1ˆ得：nlnXii1nlnXi1n.

i(1)(x5)当5x66．已知随机变量X的密度函数为f(x)其他0(0)，

其中均为未知参数，求的矩估计量和极大似然估计量.

[解] （1）E(X)x(1)(x5)dx5615，

2ˆ2X11. 所以，的矩估计量为6X

（2）似然函数L()f(xi;)(1)i1nn(xi1ni5), 故

lnL()nln(1)ln(xi5)i1ndlnL()nln(xi5)0d1i1n

ˆ的极大似然估计量为nln(Xi151i5)6x(x)当0x 7．设总体X的概率密度为f(x)3且X1,X2,0其它总体X的简单随机样本，求的矩法估计量和估计量ˆ的方差.

[解] （1）EX 即,Xn是来自xf(x)dx

06x23(x)dx2

2EXXˆ2X

326x63242ˆD(2X)4DXDX，EX0(x)dx （2）D32010n622222

DXEX(EX).

2042042ˆDDX

n5n8．设X1,X2,,Xn为总体X~N(,)的一个样本，求常数C，使C(Xi1Xi)2是2i1n12的无偏估计.

[解]

E[C(Xi1Xi)2]2C(n1)2，所以C2i1n11；

2(n1).9．设总体X~N(,2)，X1,X2,,Xn为总体X的一个样本，则常数k, 使kXiX为

的无偏估计量.

i1n[解]注意到X1,X2,,Xn的相互独立性，

XiX1X1X2n(n1)Xin12

nXn

E(XiX)0,D(XiX)

所以，XiX~N(0,n12)，

n12E(|XiX|)|z|n1nez2n122ndz

20z21n1nez2n122ndz22n1

nn因为：Ek|XiXi1所以，kn|kE|XiXi1

2|kn2n1

n2n(n1)10．已知灯泡寿命的标准差=50小时，抽取25个灯泡检验，得平均寿命X=500小时，试以95%的可靠性对灯泡的平均寿命进行区间估计（假设灯泡的寿命服从正态分布）

5050Z2,XZ2500Z0.052,500Z0.052 解Xnn252550505001.96,5001.96=[480.4，519．6]

252511．测得海岛棉与路地棉杂交后的单铃籽棉重X（单位：克）．若X~N(,0.09)，从中抽取一个容量为15的样本，其样本均值X=2.88，试求总体均值的双侧95%的置信区间．

Z2,XZ2 解

0.05，双侧置信区间为Xnn0.30.32.88Z0.025,2.88Z0.025

15150.30.32.881.96,2.881.962.728,3.032

151512．调查13岁至14岁儿童身高（单位：米），若从中抽取一个容量为25的样本，样本均值X=1.75，样本方差S=0.077，试求总体均值及方差2的双侧95%的置信区间．

解总体均值的双侧95%的置信区间

SSXtn1,Xtn122nn

0.0770.0771.75t0.052251,1.75t0.052251

25250.0770.0771.752.064,1.752.064

2525[1.538,1.602]

总体均值方差2的双侧95%的置信区间为：

n1S2n1S22510.07722510.0772,2,222

2n112n10.05225110.0522512510.07722510.0772,[0.004,0.012]

39.412.413．某地区每年平均气温X（单位：度）近似地看作正态分布，近5年平均气温观测值为24.3，20.8，23.7，19.3，17.4，试求总体均值及方差2的双侧95%的置信区间．

解求的样本均值X=21.1，样本标准差S=2.916，于是总体均值的双侧95%的置信区间

SSXtn1,Xtn122nn2.9162.91621.1t0.05251,21.1t10.05251

552.9162.91621.12.774,21.12.774

55[17.5,24.7]

总体均值方差2的双侧95%的置信区间为：

n1S2n1S242.916242.9162,,22[3.06,70.86]

11.10.48n1n1122

14．为研究某种轮胎的磨损特性，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止．记录所行驶的路程（单位：公里）如下：

41 250 40 187 43 175 41 010 39 265 41 872 42 654 41 287

38 970 40 200 42 550 41 095 40 680 43 500 39 775 40 400

假设这些数据来自正态总体N(,2)．其中，2未知，试求的置信水平为95%的置信下限．

解计算X41116.88，S21813985，则的置信水平为95%的置信下限：

S1346.843t2n141116.88t0.052161

n161346.84341116.882.1314=40399

1615．某品种玉米做两组微施肥量对比试验，相互独立地抽取样本测量穗重得到观测值（单位：克）210，235，239，241，241，244，246和203，338，358，271．（1）若总体方差相X同，试求总体均值差12的95%双侧置信区间；（2）若总体方差不同，试求总体方差之2比12/2的95%置信区间．

解计算得：X=237.5，

S1=15.241，Y=292.5，

S2=70.315．

2(m1)S12(n1)S2(61)15.2412(41)70.3152（1）S 

=44.714

mn2642总体均值差12的双侧置信区间

XYt/2(mn2)Sm1n1237.5292.5t0.05/2(642)44.7146141237.5292.52.30644.7146141=[-121.557，11.557]

2（2）总体方差之比12/2的95%置信区间

S12S12112,2

F/2(n11,n21)S2F1/2(n11,n21)S2115.2412115.2412,2F(61,41)70.315F(61,41)70.315210.05/20.05/2115.2412115.2412=(0.006，0.701)

,227.7670.3150.06770.31516．某研究者想了解喝啤酒对注意力的影响，他随机分派各50人至实验组和控制组中．实验组喝一瓶啤酒，控制组则喝一瓶开水．然后测试他们的注意力，总分为0至100分，分数越高表示注意力越好．如果依照过去的经验，喝啤酒或喝开水的人的注意力的方差都是25．现得到实验组的平均数为55，控制组为58．求实验室与控制组的平均数之差的95%置信区间．

解由于总体接近无限大，可以认为总体服从正态分布，于是实验室与控制组的平均数之差的95%置信区间为：

[(XY)Za212n122n2][(5558)1.962525]=[-4.96，-1.04]

5050

由此可以看出实验组的总体平均数应该是低于控制组的平均数，即喝一瓶啤酒会使人注意力降低．

17．为了比较甲，乙两种型号的步枪子弹的枪口速度，随机抽取甲型子弹10发，得到枪口速度的平均数为500（m/s)，标准差1.10（m/s)，随机抽取乙型子弹20发，得到枪口速度的平均数为496（m/s)，标准差1.20（m/s)．假设两总体都近似服从正态分布，且生产过程看认为方差相同，求总体均值差的95%的置信区间．

解已知：X=500，

S1=1.10，Y=496，

S2=1.20．

2(m1)S12(n1)S2(101)1.102(201)1.202（1）S 

=1.1688

mn210202总体均值差12的双侧置信区间

XYt/2(mn2)Sm1n1500496t0.05/2(10202)1.16881012015004962.0481.1688101201[40.93]

即[3.07，4.93]

18．研究由甲乙两台机器加工的钢管的内径，随机抽取机器甲生产的钢管18根，测得方差0.34（mm2)，随机抽取机器乙生产的钢管13根，测得方差为0.29（mm2)，设两个样本2相互独立，并且两台机器生产的钢管内径都服从正态分布，试求总体方差之比12/2的95%置信区间．

2解（2）总体方差之比12/2的95%置信区间

S12S12112,2

F(n1,n1)SF(n1,n1)S2221/212/2110.3410.34,

F(181,131)0.29F(181,131)0.2910.10/20.10/20.3410.34,2.38= (0.45，2.79)

0.292.590.29习题8

1.根据经验某电子产品的使用寿命服从正态分布，标准差为150小时，今由一批产品中抽查26件，计算得到平均寿命为2537小时，问在显著性水平0.05下，能否认为这批电子产品的平均寿命为1500小时？

解依题意产品使用寿命X~N(,2)，已知150，n＝26，X＝2537，

z/2z0.0251.96．

建立假设：H0：＝2500，H1：2500.

计算统计量X253725001.2577<1.96.

150/26/n所以接受H0，认为这批电子产品的平均寿命为1500小时．

（p(1.2577)0.8958>0.05，“=NORMSDIST(1.2577)”）

2.要求一种元件平均使用寿命不得低于1000小时，生产者从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时．已知该元件寿命服从标准差为100小时的正态分布．试在显著性水平为0.05下判定这批元件是否合格？

解本题要求在显著性水平＝0.05下，检验总体均值，由于总体方差已知可用U检验．因此建立如下假设：

H0:1000，H1:1000．

已知n＝25，

＝100，X＝1000，＝0.05，Z0.05＝1.645，计算统计量

ZX/n9501000＝－2.5<－1.645.

100/25故在显著性水平＝0.05下应该拒绝H0:1000，认为这批元件不合格．

（p(2.5)0.0062<0.05，“=NORMSDIST(-2.5)”）

3.某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）

3.25，3.27，3.24，3.26，3.24

设测定值总体服从正态分布，但参数均未知．问在＝0.01下能否接受假设：这批矿砂的镍含量均值为3.25？

解依题意镍含量X~N(,2)，均值未知，故采用t检验．

已知n＝5，计算得：X＝3.252，S＝0.013，t/2(n1)t0.005(4)＝4.6041．

建立假设：H0：＝3.25，

H1：3.25.

计算统计量XS/n3.2523.250.013/50.344<4.6041.

所以接受H0，认为这批矿砂的镍含量均值为3.25．

（pP{T0.344}P{T0.344)0.7482>0.05，“=TDIST(0.344，4，2)”）．

4.设某次考试的考生成绩服从正态分布，从中随机抽取36为考生的成绩，算得平均成绩为66.5分，标准差为15分．问在显著性水平0.05下，是否可以认为这次考试全体考生的

平均成绩为70分？

解依题意考生的成绩X~N(,2)，已知S15，n＝36，X＝66.5，t/2(n1)t0.025(35)＝2.030．

建立假设：H0：＝70，

H1：70.

计算统计量XS/n66.57015/361.4<2.030.

所以接受H0，认为这次考试全体考生的平均成绩为70分．

（pP{T1.4}P{T1.4)0.1703>0.05，“=TDIST(1.4，35，2)”）

5.某食品的保质期X~N(,2)．现测得16件样品的保质期（单位：小时）如下：

159，280，101，212，224，237，179，264，222，362，168，250，149，260，485,，170.

问在显著性水平0.05下，是否有理由认为该食品的平均保质期超过225小时？

解计算得，X＝241.5，S＝98.762，n＝16，，t(n1)t0.05(15)＝1.7532．

建立假设H0：225，H1：225.

计算统计量XS/n241.522598.726/160.6685<1.7532，所以接受H0认为该食品的平均保质期超过225小时．

（pP{T0.6685}0.2570>0.05，“=TDIST(0.6685，15，1)”）

6.某工艺品厂生产矩形框件，随机抽取20个矩形框件，测得矩形的宽度与长度之比分别为：

0.693 0.749 0.653 0.670 0.662 0.670 0.615 0.606 0.690 0.628

0.668 0.611 0.606 0.609 0.501 0.553 0.570 0.844 0.576 0.933

如果矩形框件的宽度与长度之比的总体服从正态分布，其参数均未知，试检验这个工艺品厂生产的矩形框件是否是黄金矩形（宽度与长度之比为黄金比0.618）（＝0.05）？

解因未知，故采用t检验，已知已知n＝20，计算得：X＝0.6605，S＝0.0925，t/2(n1)t0.025(19)＝2.093．

建立假设：H0：＝0.618，

H1：0.618.

计算统计量XS/n0.66050.6180.0925/202.055<2.093.

所以接受H0，即认为这个工艺品厂生产的矩形框件是黄金矩形．

（pP{T2.055}P{T2.055)0.0539>0.05，“=TDIST(0.0539，19，2)”）．

7.某种金属丝，根据长期正常生产的累积资料知道其折断力服从正态分布，标准差为8kg.最近从一批产品中随机抽取10根做折断力试验，测得结果（单位：kg）如下：

578，572，570，568，572，570，572，596，584，570．

去、问现在显著性水平0.05下，能否认为这批金属丝的折断力的方差的变化了？

22解计算得X＝575.2，S2＝75.733，n＝10，/2(n1)0.025(9)19.023，212/2(n1)0.975(9)2.7．

建立假设H0：264，H1：264．

计算统计量(n1)S22975.73310.65

82因为2.7<10.65<19.023，所以接受H0，即认为这批金属丝的折断力的方差没有变化．

（pP{T10.65}0.3005>0.05，“=CHIDIST(10.65，9)”)

8.设某零件厂生产的零件的直径服从正态分布．为了减小方差，提高生产精度，工厂试用了新工艺，现分别抽测了采用新、旧工艺生产的零件的直径（单位：mm），结果如下：

旧工艺 20.0，19.3，19.8，20.0，20.5，19.5，20.4，20.6，19.9．

新工艺 20.0，19.7，20.3，20.2，20.0，19.7，19.9，19.8．

试问抽样结果是否可以支持采用新工艺（＝0.05）．

解设新旧工艺下的零件直径分布服从N(1,12)，N(2,22)．

22建立假设

H0：122，H1：122．

2已知m＝9，n＝8，F(m1,n1)F0.05(8,7)X＝20，Y＝19.95，S12＝0.195，S2＝0.0486．

S12计算统计量

2＝4.01>3.73.

S2故拒绝H0，即抽样可以支持采用新工艺．

（pP{F4.01}0.0418<0.05，“=FDIST(4.01，8，7)”)

9.用甲乙两种方法生产同一种化学用品，其产品获得率（单位:g/L）的方差分别是12＝2X＝3.92；乙方法生产的好像也用品获得率的32个数据，Y 0.45，2解由题意，方差已知．

建立假设H0：12，H1：12．

已知m＝26，n＝32，X＝3.92，Y＝3.66，Z/2Z0.0251.96．

计算统计量

XY/m/n21223.923.660.45/260.38/32＝1.522<1.96.

故接受H0，即认为甲乙两种方法的平均获得率没有显著差异

（pP{Z1.522}1P{Z1.522}=22(1.522)= 0.1280 > 0.05，

“=2－NORMSDIST(1.522)*2”)

10.比较两种工艺条件下橡胶制品A和B的耐磨性，测得数据如下：

制品A 213，175，185，217，198，224．

制品B 115，142，129，119，144，150．

假定A和B的耐磨性指标方差正态分布，试问测得结果是否说明A的耐磨性高于B的耐磨性（＝0.05）？

解题意中并未说明方差相等，因此先进行方差齐性（相等）的检验，再进行均值比较检验．

22现建立假设

H0：122，H1：122．

已知mn6，F/2(m1,n1)F0.025(5,5)＝7.146，F1/2(m1,n1)F0.975(5,5)＝20.140．计算得X＝202，Y＝133.17，S12＝372.8，S2＝204.3．

2计算统计量

S12/S2=1.825

由于0.140<1.825<7.146，故接受H0，即认为方差齐（相等）．

再建立假设

H0：12，H1：12．

由于

t(mn2)t0.05(10)1.812，

计算统计量

2(m1)S12(n1)S2S288.55，

mn22XYSmn117.018<1.812.

故拒绝H0，即认为制品A的耐磨性高于B的耐磨性．

（pP{T7.018}1.8179105<0.05，“=TDIST(7.018,10,1)”）

书后部分习题解答

P21页

1aa2an3．（3）lim （a1,b1）

n1bb2bn 知识点：1）等比级数求和aaqaqaq2n1a(1qn)(q1)（共n项）

1qn 2）用P14例4的结论：当q1时，limq0

n1aa2an解：limn1bb2bn1an11blim1a

n1bn11a1b5.（1）判断下列数列是否收敛，若收敛，则求出极限：

设a为正常数，x00，xn11a(xn)

2xn证：由题意，xn0，xn11a1a(xn)2xna（数列有下界）

2xn2xn2axn1a又xn1xn(xn（数列单调减少）

)xn0（因xn1a）2xn2xn由单调有界定理，此数列收敛；记limxnb，对xn1n1a1a得b(b)，(xn)两边取极限，2b2xn解得b，故此数列的极限为a.

a（负的舍去）xn1(n1)xn[1(x1)]n1(n1)xnP35页4.（8）极限lim

limx1x1(x1)2(x1)2122n11Cn(x1)C(x1)(x1)(n1)xn1n1

lim2x1(x1)2Cn1n(n1)

20xn1(n1)xn(若以后学了洛必达法则（型未定型），则lim

x10(x1)2(n1))xn(n1)(n1)nxn1n(n1)）

limlimx1x12(x1)22

书后部分习题解答2

P36页

8.已知当x0时，(1ax)1~cosx1，求常数a.

123知识点：1）等价无穷小的概念；

2）熟记常用的等价无穷小，求极限时可用等价无穷小的替换定理。

12ax3(1ax)12a解：由题意：limlim321得a

x0x02cosx13x2123(1ax)1或limlimx0x0cosx1 （根式有理化）

P42页3（4）

关于间断点：1231ax21x2[(1ax2)3(1ax2)31]2212a1

3f(x)11sin

xxx0为第二类间断点

11说明：limsin不存在（在x0的过程中，函数值不稳定，不趋向与）

x0xx

P43页7（1）证明方程2x14x0在(0,)内必有一实根。

2知识点：闭区间（一定要闭）上连续函数的根的存在定理

1f(x)2x4x，易知，f(x)在[0,]上连续；（注:设函数，闭区间）

f(0)10，f()220，

21 故由根的存在定理，至少在(0,)内存在一点，使f()0，

21x即方程24x0在(0,)内必有一实根.

2证明：设

P61页

3.设f(x0)存在，求：

limf(x0)f(x0x)f(x0h)f(x0h) （2）lim

h0xhf(x03t)f(x0)

tf(x0x)f(x0)的值为f(x0)。

x（1）x0（3）limt0分析：因f(x0)存在，则极限limx0

把（1）（2）（3）化为相应可用极限的形式

解：（1）x0limf(x0)f(x0x)f(x0(x))f(x0)limf(x0)

x0x(x)（2）limh0f(x0h)f(x0h)f(x0h)f(x0)f(x0h)f(x0)lim

h0hh

limh0f(x0h)f(x0)f(x0(h))f(x0)

h(h)(1)

f(x0)f(x0)2f(x0)

（3）limt0f(x03t)f(x0)f(x03t)f(x0)lim33f(x0)

t0t3t

8.用导数的定义求x0x,在x0处的导数.（可参看P51例1-2）

f(x)ln(1x),x0f(x0)limf(x0x)f(x0)；

x知识点：1）导数在一点x0处的定义：x02）点x0处的左右导数的定义与记号：

左导数f(x0)limx0f(x0x)f(x0)

xf(x0x)f(x0)

x右导数f(x0)limx0 3）分段函数在分界点（具体的点）处的导数必须用导数的定义或左右导数的定义做。

解：因f(0)0 （先写出x0处的函数值）

又f(0)lim

f(0x)f(0)x0lim1

x0x0xx（在x0处的左导数定义）

f(0x)f(0)ln(1x)0f(0)limlim1

x0x0xx（在x0处的右导数定义）

而f(0)f(0)故f(0)1

10.设函数x2,x1，为了使函数在x1处连续且可导，a,b应取什么值？

f(x)axb,x11处连续，则f(10)f(10)f(1)1，即

题型：分段函数在分界点处的连续性与导数的求法。

解：由题意，函数在x

2f(10)limf(x)limx1

x1x1f(10)limf(x)lim(axb)ab，得ab1

x1x1又函数在x1处可导，则f(1)f(1)

而f(1x)f(1)(1x)21f(1)limlim2

x0x0xxx0f(1)lim故af(1x)f(1)a(1x)b1lima（用到了ab1）

x0xx2,b1

书后部分习题解答3（关于隐函数求导）

P62页

14．设exyx2y30，求dydxx0.

分析：1）隐函数求导；2）由x0代入方程要求出y的值。

解：方程两边对x求导：

dydy2xyexy2dy0得：

e(1yx)2x3y

dxdxdxxexy3y2xy 又由x0代入方程，得y1，所以：dydxx01

3dy20.已知xysin(y)0，求dx2d2y(0,1)，dx2(0,1).

要点：求隐函数二阶导数的方法。

解：方程两边对x求导：

dydy)cos(y2)2y0 （1）

dxdxdy1把x0,y1代入式（1），解得

(0,1)dx2

(1yx（或由式（1）解得：dyy （2）

2dx2ycos(y)x1）

2再把点代入得dydx(0,1)（求隐函数二阶求导的方法）

dyd2yy，2y）方法1：式（1）两边对x求导，（记dxdxyyxysin(y2)2yy2yycos(y2)2yycos(y2)2yy0

dy 把x0,y1，dx1d2y代入，得2dx2(0,1)(0,1)142

11100(1)2()21(1)2(1)y0）

222方法2：式（2）对x求导：

（代入：d2yy[2ycos(y2)x]y[2ycos(y2)2ysin(y2)2yy1]，

222dx[2ycos(y)x]点、一阶导数直接代入（不用化简，注意式中有0处的值）即可.

P62页15题.利用对数求导法求导

（3）yx21x

1x1[ln(1x)ln(1x)]（化简）

2说明：1）一定要用对数求导法求导；2）取对数后，先化简.

解：取对数：lny2lnx两边对x求导：11111y2()

yx21x1x所以：yx21x21() （y代入）

21xx1x 书后部分习题解答4（关于中值定理与未定式极限）

P82页

1．检验罗尔定理对函数f(x)(x1)(x2)(x3)是否成立？

分析：1）即检验是否符合罗尔定理的条件；

2）若符合，是否存在？

解：易知f(x)(x1)(x2)(x3)在[1,2],[2,3]上连续，（1,2），（2,3）内可导，且f(1)f(2)f(3)0，故符合罗尔定理的条件。

又由f(x)3x212x110，得23，故有f(1)0;1(1,2)

3f(2)0;2(2,3)，符合罗尔定理的结论.

故罗尔定理对函数f(x)(x1)(x2)(x3)成立。

4.(3)证：arctanaarctanbab

证：设f(x)arctanx，当ab时，等式成立；

若ab，则易知f(x)arctanx在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，则由拉格朗日定理

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