概率統(tǒng)計 習題答案

1、習題 一1略.見教材習題參考答案.2【解】（1） A （2） AB （3） ABC（4） ABC=CBABCACABABC=(5) = (6) (7) BCACABCAB=(8) ABBCCA=ABACBCABC3.略.見教材習題參考答案4.【解】 P（）=1-P（AB）=1-P(A)-P(A-B) =1-0.7-0.3=0.65【解】（1） 當AB=A時，P（AB）取到最大值為0.6.（2） 當AB=時，P（AB）取到最小值為0.3.6.【解】 P（ABC）=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC) =+-=7.【解】 p=8.【解】（1） 設(shè)A1=五個

2、人的生日都在星期日，基本事件總數(shù)為75，有利事件僅1個，故 P（A1）=（）5 （亦可用獨立性求解，下同）（2） 設(shè)A2=五個人生日都不在星期日，有利事件數(shù)為65，故P（A2）=()5(3) 設(shè)A3=五個人的生日不都在星期日P（A3）=1-P(A1)=1-()59.略.見教材習題參考答案.10.【解】（1） P（A）=(2) 由于是無放回逐件取出，可用排列法計算.樣本點總數(shù)有種，n次抽取中有m次為正品的組合數(shù)為種.對于固定的一種正品與次品的抽取次序，從M件正品中取m件的排列數(shù)有種，從N-M件次品中取n-m件的排列數(shù)為種，故P（A）=由于無放回逐漸抽取也可以看成一次取出，故上述概率也可寫成P（A

3、）=可以看出，用第二種方法簡便得多.（3） 由于是有放回的抽取，每次都有N種取法，故所有可能的取法總數(shù)為Nn種，n次抽取中有m次為正品的組合數(shù)為種，對于固定的一種正、次品的抽取次序，m次取得正品，都有M種取法，共有Mm種取法，n-m次取得次品，每次都有N-M種取法，共有（N-M）n-m種取法，故此題也可用貝努里概型，共做了n重貝努里試驗，每次取得正品的概率為，則取得m件正品的概率為11.略.見教材習題參考答案.12.【解】設(shè)A=發(fā)生一個部件強度太弱13.【解】 設(shè)Ai=恰有i個白球（i=2,3），顯然A2與A3互斥. 故 14【解】設(shè)Ai=第i批種子中的一粒發(fā)芽，（i=1,2）(1) (2)

4、(3) 15.【解】（1） (2) 16.【解】 設(shè)Ai=甲進i球，i=0,1,2,3,Bi=乙進i球,i=0,1,2,3,則 =0.3207617【解】 18.【解】 設(shè)A=下雨，B=下雪.（1） （2） 19.【解】 設(shè)A=其中一個為女孩，B=至少有一個男孩，樣本點總數(shù)為23=8，故或在縮減樣本空間中求，此時樣本點總數(shù)為7. 20【解】 設(shè)A=此人是男人，B=此人是色盲，則由貝葉斯公式 21. 題21圖 題22圖【解】設(shè)兩人到達時刻為x,y,則0x,y60.事件“一人要等另一人半小時以上”等價于|x-y|>30.如圖陰影部分所示. 22.【解】 設(shè)兩數(shù)為x,y，則0<x,y&l

5、t;1.（1） x+y<. (2) xy=<. 23.【解】 24.【解】 設(shè)Ai=第一次取出的3個球中有i個新球，i=0,1,2,3.B=第二次取出的3球均為新球，由全概率公式，有 25.【解】設(shè)A=被調(diào)查學生是努力學習的，則=被調(diào)查學生是不努力學習的.由題意知P（A）=0.8，P（）=0.2，又設(shè)B=被調(diào)查學生考試及格.由題意知P（B|A）=0.9，P（|）=0.9，故由貝葉斯公式知（1）即考試及格的學生中不努力學習的學生僅占2.702%(2) 即考試不及格的學生中努力學習的學生占30.77%.26.【解】 設(shè)A=原發(fā)信息是A，則=原發(fā)信息是B，C=收到信息是A，則=收到信息是

6、B，由貝葉斯公式，得27.【解】設(shè)Ai=箱中原有i個白球（i=0,1,2），由題設(shè)條件知P（Ai）=,i=0,1,2.又設(shè)B=抽出一球為白球.由貝葉斯公式知28.【解】 設(shè)A=產(chǎn)品確為合格品，B=產(chǎn)品被認為是合格品由貝葉斯公式得29.【解】 設(shè)A=該客戶是“謹慎的”，B=該客戶是“一般的”， C=該客戶是“冒失的”，D=該客戶在一年內(nèi)出了事故，則由貝葉斯公式得 30.【解】設(shè)Ai=第i道工序出次品（i=1,2,3,4）. 31.【解】設(shè)必須進行n次獨立射擊. 即為 故 n11至少必須進行11次獨立射擊.32.證明：若P（AB）=P(A)，則A，B相互獨立.【證】 即亦即 ， 因此 故A與B相互

7、獨立.33.【解】 設(shè)Ai=第i人能破譯（i=1,2,3），則 34.【解】設(shè)A=飛機被擊落，Bi=恰有i人擊中飛機，i=0,1,2,3由全概率公式，得=(0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7)0.2+ (0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7)0.6+0.4×0.5×0.7=0.45835.【解】（1） (2) 36.【解】 由于每位乘客均可在10層樓中的任一層離開，故所有可能結(jié)果為106

8、種.（1） ，也可由6重貝努里模型： （2） 6個人在十層中任意六層離開，故（3） 由于沒有規(guī)定在哪一層離開，故可在十層中的任一層離開，有種可能結(jié)果，再從六人中選二人在該層離開，有種離開方式.其余4人中不能再有兩人同時離開的情況，因此可包含以下三種離開方式：4人中有3個人在同一層離開，另一人在其余8層中任一層離開，共有種可能結(jié)果；4人同時離開，有種可能結(jié)果；4個人都不在同一層離開，有種可能結(jié)果，故（4） D=.故37.【解】 （1） (2) (3) 38.【解】 設(shè)這三段長分別為x,y,a-x-y.則基本事件集為由0<x<a,0<y<a,0<a-x-y<a所

9、構(gòu)成的圖形，有利事件集為由構(gòu)成的圖形，即如圖陰影部分所示，故所求概率為.39.【證】 40【解】 設(shè)Ai=小立方體有i面涂有顏色，i=0,1,2,3. 在1千個小立方體中，只有位于原立方體的角上的小立方體是三面有色的，這樣的小立方體共有8個.只有位于原立方體的棱上（除去八個角外）的小立方體是兩面涂色的，這樣的小立方體共有12×8=96個.同理，原立方體的六個面上（除去棱）的小立方體是一面涂色的，共有8×8×6=384個.其余1000-（8+96+384）=512個內(nèi)部的小立方體是無色的，故所求概率為,.41.【證】 42.【解】 設(shè)=杯中球的最大個數(shù)為i,i=1,

10、2,3.將3個球隨機放入4個杯子中，全部可能放法有43種，杯中球的最大個數(shù)為1時，每個杯中最多放一球，故而杯中球的最大個數(shù)為3，即三個球全放入一個杯中，故因此 或 43.【解】擲2n次硬幣，可能出現(xiàn)：A=正面次數(shù)多于反面次數(shù)，B=正面次數(shù)少于反面次數(shù)，C=正面次數(shù)等于反面次數(shù)，A，B，C兩兩互斥.可用對稱性來解決.由于硬幣是均勻的，故P（A）=P（B）.所以由2n重貝努里試驗中正面出現(xiàn)n次的概率為 故 44.【解】設(shè)A=出現(xiàn)正面次數(shù)多于反面次數(shù)，B=出現(xiàn)反面次數(shù)多于正面次數(shù)，由對稱性知P（A）=P（B）（1） 當n為奇數(shù)時，正、反面次數(shù)不會相等.由P（A）+P（B）=1得P（A）=P（B）=0

11、.5 (2) 當n為偶數(shù)時，由上題知45.【解】 令甲正=甲擲出的正面次數(shù)，甲反=甲擲出的反面次數(shù).，乙正=乙擲出的正面次數(shù)，乙反=乙擲出的反面次數(shù).顯然有=（甲正乙正）=（n+1-甲反n-乙反）=（甲反1+乙反）=（甲反>乙反）由對稱性知P（甲正>乙正）=P（甲反>乙反）因此P(甲正>乙正)=46.【證】由P（A|C）P(B|C),得即有 同理由 得 故 47.【解】 設(shè)Ai=第i節(jié)車廂是空的，（i=1,n）,則其中i1,i2,in-1是1，2，n中的任n-1個.顯然n節(jié)車廂全空的概率是零，于是 故所求概率為48.【證】在前n次試驗中，A至少出現(xiàn)一次的概率為49.【解

12、】設(shè)A=投擲硬幣r次都得到國徽B=這只硬幣為正品由題知 ，則由貝葉斯公式知 50.【解】以B1、B2記火柴取自不同兩盒的事件，則有.（1）發(fā)現(xiàn)一盒已空，另一盒恰剩r根，說明已取了2n-r次，設(shè)n次取自B1盒（已空），n-r次取自B2盒，第2n-r+1次拿起B(yǎng)1，發(fā)現(xiàn)已空。把取2n-r次火柴視作2n-r重貝努里試驗，則所求概率為式中2反映B1與B2盒的對稱性（即也可以是B2盒先取空）.（2） 前2n-r-1次取火柴，有n-1次取自B1盒，n-r次取自B2盒，第2n-r次取自B1盒，故概率為51.【解】 設(shè)在一次試驗中A出現(xiàn)的概率為p.則由以上兩式相減得所求概率為若要求在n重貝努里試驗中A出現(xiàn)偶數(shù)

13、次的概率，則只要將兩式相加，即得.52【解】因為（AB）（）=AB，（B）（A）=AB所求 ，故所求值為0.53.【解】由 故或,按題設(shè)P（A）<,故P（A）=.54.【解】 故 故 由A,B的獨立性，及、式有 故 故 或（舍去）即P（A）=.55【解】利用幾何概率來求，圖中半圓面積為a2.陰影部分面積為故所求概率為56.【解】 設(shè)A=兩件中至少有一件是不合格品，B=另一件也是不合格品57.【解】設(shè)Ai=報名表是取自第i區(qū)的考生，i=1,2,3. Bj=第j次取出的是女生表，j=1,2.則 (1) (2) 而 故 58.解：因為 ，所以 .習題二1.【解】 故所求分布律為X345P0.1

14、0.30.62.【解】故X的分布律為X012P（2） 當x<0時，F(xiàn)（x）=P（Xx）=0，當0x<1時，F(xiàn)（x）=P（Xx）=P(X=0)= ，當1x<2時，F(xiàn)（x）=P（Xx）=P(X=0)+P(X=1)=當x2時，F(xiàn)（x）=P（Xx）=1，故X的分布函數(shù)(3) 3.【解】設(shè)X表示擊中目標的次數(shù).則X=0，1，2，3. 故X的分布律為X0123P0.0080.0960.3840.512分布函數(shù) 4.【解】（1） 由分布律的性質(zhì)知 故 (2) 由分布律的性質(zhì)知即 .5.【解】分別令X、Y表示甲、乙投中次數(shù)，則Xb（3，0.6）,Yb(3,0.7)(1) + (2) =0.2

15、436.【解】設(shè)X為某一時刻需立即降落的飛機數(shù)，則Xb(200,0.02)，設(shè)機場需配備N條跑道，則有即 利用泊松近似查表得N9.故機場至少應(yīng)配備9條跑道.7.【解】設(shè)X表示出事故的次數(shù)，則Xb（1000，0.0001） 8.【解】設(shè)在每次試驗中成功的概率為p，則故 所以 .9.【解】（1） 設(shè)X表示5次獨立試驗中A發(fā)生的次數(shù)，則X6（5，0.3）,(2) 令Y表示7次獨立試驗中A發(fā)生的次數(shù)，則Yb（7，0.3）,10.【解】（1） (2) 11.【解】因為，故.而 故得 即 從而 12.【解】令X為2000冊書中錯誤的冊數(shù)，則Xb(2000,0.001).利用泊松近似計算, 得 13.【解】

16、,14.【解】以“年”為單位來考慮.（1） 在1月1日，保險公司總收入為2500×12=30000元.設(shè)1年中死亡人數(shù)為X，則Xb(2500,0.002)，則所求概率為由于n很大，p很小，=np=5，故用泊松近似，有 (2) P(保險公司獲利不少于10000) 即保險公司獲利不少于10000元的概率在98%以上P（保險公司獲利不少于20000） 即保險公司獲利不少于20000元的概率約為62%15.【解】（1） 由得故 .(2) (3) 當x<0時，當x0時， 故 16.【解】（1） (2) (3) 當x<100時F（x）=0,當x100時 故 17.【解】 由題意知X0

17、,a，密度函數(shù)為故當x<0時F（x）=0,當0xa時,當x>a時，F(xiàn)（x）=1即分布函數(shù)18【解】XU2,5，即,故所求概率為19.【解】依題意知，即其密度函數(shù)為,該顧客未等到服務(wù)而離開的概率為,即其分布律為20.【解】（1） 若走第一條路，XN（40，102），則若走第二條路，XN（50，42），則+故走第二條路乘上火車的把握大些.（2） 若XN（40，102），則若XN（50，42），則 故走第一條路乘上火車的把握大些.21【解】（1） (2) c=322.【解】 23.【解】 故 24.【解】（1）由得（2） (3) 25.【解】當x<0時F（x）=0,當0x<1

18、時當1x<2時 當x2時故 26.【解】（1） 由知故 即密度函數(shù)為 當x0時當x>0時 故其分布函數(shù) (2) 由得b=1即X的密度函數(shù)為 當x0時F（x）=0 0<x<1時 當1x<2時,當x2時F（x）=1故其分布函數(shù)為,27.【解】（1） 即 即 故 （2） 由得即 查表得 由得即 查表得 28.【解】Y可取的值為0，1，4，9故Y的分布律為Y0 1 4 9Pk1/5 7/30 1/5 11/3029.【解】 30.【解】（1） 當y0時， 當y>0時， 故 (2) 當y1時當y>1時 故 (3) 當y0時當y>0時 故31.【解】（1）

19、故 當時當1<y<e時當ye時即分布函數(shù)故Y的密度函數(shù)為（2） 由P（0<X<1）=1知當z0時，當z>0時， 即分布函數(shù)故Z的密度函數(shù)為32.【解】當y0時，當0<y<1時， 當y1時，故Y的密度函數(shù)為33【解】由知填1。由右連續(xù)性知，故為0。從而亦為0。即34.【解】設(shè)Ai=第i枚骰子出現(xiàn)6點。（i=1,2）,P(Ai)=.且A1與A2相互獨立。再設(shè)C=每次拋擲出現(xiàn)6點。則 故拋擲次數(shù)X服從參數(shù)為的幾何分布。35.【解】令X為0出現(xiàn)的次數(shù)，設(shè)數(shù)字序列中要包含n個數(shù)字，則Xb(n,0.1) 即 得 n22即隨機數(shù)字序列至少要有22個數(shù)字。36.【解】

20、因為F（x）在（-,+）上單調(diào)不減右連續(xù)，且,所以F（x）是一個分布函數(shù)。但是F（x）在x=0處不連續(xù)，也不是階梯狀曲線，故F（x）是非連續(xù)亦非離散型隨機變量的分布函數(shù)。選（C）37【解】在上sinx0，且.故f(x)是密度函數(shù)。在上.故f(x)不是密度函數(shù)。在上，故f(x)不是密度函數(shù)。在上，當時，sinx<0，f(x)也不是密度函數(shù)。故選（A）。38.【解】因為 利用微積分中求極值的方法，有 得,則 又 故為極大值點且惟一。故當時X落入?yún)^(qū)間（1，3）的概率最大。39【解】設(shè)購買某種物品的人數(shù)為Y，在進入商店的人數(shù)X=m的條件下，Yb(m,p)，即由全概率公式有 此題說明：進入商店的人

21、數(shù)服從參數(shù)為的泊松分布，購買這種物品的人數(shù)仍服從泊松分布，但參數(shù)改變?yōu)閜.40.【證】X的密度函數(shù)為由于P（X>0）=1，故0<1-e-2X<1，即P（0<Y<1）=1當y0時，F(xiàn)Y（y）=0當y1時，F(xiàn)Y（y）=1當0<y<1時，即Y的密度函數(shù)為即YU（0，1）41.【解】由P（Xk）=知P（X<k）=若k<0,P(X<k)=0若0k1,P(X<k)= 當k=1時P（X<k）=若1k3時P（X<k）=若3<k6，則P（X<k）=若k>6,則P（X<k）=1故只有當1k3時滿足P（Xk）=.4

22、2.【解】由離散型隨機變量X分布律與分布函數(shù)之間的關(guān)系，可知X的概率分布為X-113P0.40.40.243.【解】令X為三次獨立試驗中A出現(xiàn)的次數(shù)，若設(shè)P（A）=p,則Xb(3,p)由P（X1）=知P（X=0）=（1-p）3=故p=44.【解】 45.【解】故 因此 46.【解】設(shè)A=需進一步調(diào)試，B=儀器能出廠，則=能直接出廠，AB=經(jīng)調(diào)試后能出廠由題意知B=AB，且令X為新生產(chǎn)的n臺儀器中能出廠的臺數(shù)，則X6（n，0.94）,故 47.【解】設(shè)X為考生的外語成績，則XN（72，2）.故 查表知 ,即=12 從而XN（72，122）故 48【解】設(shè)A1=電壓不超過200V，A2=電壓在20

23、0240V， A3=電壓超過240V，B=元件損壞。由XN（220，252）知 由全概率公式有由貝葉斯公式有49.【解】因為P（1<X<2）=1,故P（e2<Y<e4）=1當ye2時FY（y）=P(Yy)=0. 當e2<y<e4時， 當ye4時，即 故 50【解】P（Y1）=1當y1時，當y>1時， 即 故 51. 【解】 故 52.【解】（1） 當t<0時，當t0時，事件T>t與N(t)=0等價，有即 即間隔時間T服從參數(shù)為的指數(shù)分布。（2） 53.【解】顯然當x<-1時F（x）=0；而x1時F（x）=1由題知當-1<x<

24、;1時，此時 當x=-1時，故X的分布函數(shù)54.解： 依題意 ，則，.因為，即，所以有 ，即.習題三1【解】X和Y的聯(lián)合分布律如表：XY01231003002.【解】X和Y的聯(lián)合分布律如表：XY0123000102P(0黑,2紅,2白)=03【解】如圖 題3圖說明：也可先求出密度函數(shù)，再求概率。4.【解】（1） 由得 A=12（2） 由定義，有 (3) 5.【解】（1） 由性質(zhì)有故 （2） (3) (4) 題5圖6. 題6圖【解】（1） 因X在（0，0.2）上服從均勻分布，所以X的密度函數(shù)為而所以 (2) 7【解】8.【解】 題8圖 題9圖9.【解】 題10圖10.【解】（1） 得.(2) 1

25、1. 題11圖【解】 所以 12.【解】（1） X與Y的聯(lián)合分布律如下表YX345120300 (2) 因故X與Y不獨立13.【解】（1）X和Y的邊緣分布如下表XY258PY=yi0.40.150.300.350.80.80.050.120.030.20.20.420.38(2) 因故X與Y不獨立.14.【解】（1） 因故 題14圖(2) 方程有實根的條件是故 X2Y，從而方程有實根的概率為： 15.【解】如圖,Z的分布函數(shù) (1) 當z0時，（2） 當0<z<1時，（這時當x=1000時,y=）(如圖a) 題15圖(3) 當z1時，（這時當y=103時，x=103z）（如圖b）

26、即 故 16.【解】設(shè)這四只壽命為Xi(i=1,2,3,4)，則XiN（160，202），從而 17. 證明】因X和Y所有可能值都是非負整數(shù)，所以 于是 18.【證明】方法一：X+Y可能取值為0，1，2，2n. 方法二：設(shè)1,2,n;1,2,，n均服從兩點分布（參數(shù)為p），則X=1+2+n，Y=1+2+n,X+Y=1+2+n+1+2+n,所以，X+Y服從參數(shù)為（2n,p)的二項分布.19.【解】（1） （2） 所以V的分布律為V=max(X,Y)012345P00.040.160.280.240.28 (3) U=min(X,Y)0123P0.280.300.250.17(4)類似上述過程，有

27、W=X+Y012345678P00.020.060.130.190.240.190.120.0520. 題20圖【解】因（X，Y）的聯(lián)合概率密度為（1） (2) 21. 題21圖【解】區(qū)域D的面積為 （X,Y）的聯(lián)合密度函數(shù)為（X，Y）關(guān)于X的邊緣密度函數(shù)為所以22.【解】因,故從而而X與Y獨立，故,從而即： 又即從而同理 又,故.同理從而故YX123【解】(1) . (2) 24.【解】設(shè)F（y）是Y的分布函數(shù)，則由全概率公式，知U=X+Y的分布函數(shù)為 由于X和Y獨立，可見 由此，得U的概率密度為 25.解：因為隨即變量服從0，3上的均勻分布，于是有 因為X，Y相互獨立，所以推得 .26.解

28、 (1) 由概率分布的性質(zhì)知， a+b+c+0.6=1 即 a+b+c ，可得.再由 ,得 .解以上關(guān)于a，b，c的三個方程得. (2) Z的可能取值為-2，-1，0，1，2， ， ， ， ， ，即Z的概率分布為Z-2 -1 0 1 2P0.2 0.1 0.3 0.3 0.1 (3) .習題四1.【解】(1) (2) (3) 2.【解】設(shè)任取出的5個產(chǎn)品中的次品數(shù)為X，則X的分布律為X012345P故 3.【解】因,又,由聯(lián)立解得4.【解】記A=從袋中任取1球為白球，則 5.【解】故 6.【解】(1) (2) 7.【解】(1) (2) 8.【解】因故k=2.9.【解】方法一：先求X與Y的均值

29、由X與Y的獨立性，得 方法二：利用隨機變量函數(shù)的均值公式.因X與Y獨立，故聯(lián)合密度為于是10.【解】 從而(1) (2)11.【解】(1) 由得.(2) (3) 故12.【解】設(shè)隨機變量X表示在取得合格品以前已取出的廢品數(shù)，則X的可能取值為0，1，2，3.為求其分布律，下面求取這些可能值的概率，易知 于是，得到X的概率分布表如下：X0123P0.7500.2040.0410.005由此可得 13.【解】廠方出售一臺設(shè)備凈盈利Y只有兩個值：100元和 -200元 故 (元).14.【證】(1) (2) 因 故.(3) 因,故同理因,故.從而 15.【解】 (因常數(shù)與任一隨機變量獨立，故Cov(X

30、,3)=Cov(Y,3)=0,其余類似).16.【解】設(shè). 同理E(Y)=0.而 ,由此得,故X與Y不相關(guān).下面討論獨立性，當|x|1時，當|y|1時，.顯然故X和Y不是相互獨立的.17.【解】聯(lián)合分布表中含有零元素，X與Y顯然不獨立，由聯(lián)合分布律易求得X，Y及XY的分布律，其分布律如下表X -101 PY -101 PXY -101 P由期望定義易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0.從而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相關(guān)系數(shù)性質(zhì)知XY=0,即X與Y的相關(guān)系數(shù)為0，從而X和Y是不相關(guān)的.又從而X與Y不是相互獨立的.18【解】如圖，SD=，故（X，Y）的概率密度為題18圖從而同

31、理而 所以.從而 19.【解】 從而同理 又 故 20.【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1從而 故 21.【證】令顯然 可見此關(guān)于t的二次式非負，故其判別式0，即故22.【解】設(shè)Y表示每次開機后無故障的工作時間，由題設(shè)知設(shè)備首次發(fā)生故障的等待時間XE(),E(X)=5.依題意Y=min(X,2).對于y<0,f(y)=PYy=0.對于y2,F(y)=P(Xy)=1.對于0y<2,當x0時，在(0,x)內(nèi)無故障的概率分布為PXx=1 -e -x,所以F(y)=PYy=Pmin(X,2)y=PXy=1 -e -y/5.23.【解】（1） Z的可能取值為0，

32、1，2，3，Z的概率分布為, Z=k0123Pk因此， (2) 設(shè)A表示事件“從乙箱中任取出一件產(chǎn)品是次品”，根據(jù)全概率公式有 24.【解】 故得 兩邊取對數(shù)有解得 (毫米)由此可得，當u=10.9毫米時，平均利潤最大.25【解】令 則.因為及,所以,從而26【解】由題意知： 因T1,T2獨立，所以fT(t)=f1(t)*f2(t).當t<0時，fT(t)=0;當t0時，利用卷積公式得故得由于Ti E(5),故知E(Ti)=,D(Ti)=(i=1,2)因此，有E(T)=E(T1+T2)=.又因T1,T2獨立，所以D（T）=D（T1+T2）=.27.【解】設(shè)Z=X -Y，由于且X和Y相互獨

33、立，故ZN（0，1）.因而 ，所以 .28.【解】記q=1 -p,X的概率分布為PX=i=qi -1p,i=1,2,，故又 所以 題29圖29.【解】D(U)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y) =D(X)+D(Y)+2E(XY) -E(X)·E(Y).由條件知X和Y的聯(lián)合密度為 從而因此同理可得 于是 30.【解】（1） 為求X和Y的聯(lián)合概率分布，就要計算（X，Y）的4個可能取值( -1, -1),( -1,1),(1, -1)及(1,1)的概率.Px= -1,Y= -1=PU -1,U1 PX= -1,Y=1=PU -1,U>1=P=0,PX=1,Y= -

34、1=PU> -1,U1.故得X與Y的聯(lián)合概率分布為.(2) 因,而X+Y及（X+Y）2的概率分布相應(yīng)為, .從而 所以31.【解】(1) (2) 所以X與|X|互不相關(guān).(3) 為判斷|X|與X的獨立性，需依定義構(gòu)造適當事件后再作出判斷，為此，對定義域 -<x<+中的子區(qū)間（0,+）上給出任意點x0，則有所以故由得出X與|X|不相互獨立.32.【解】(1) 而所以 (2) 因 所以 (3) 由，得X與Z不相關(guān).又因，所以X與Z也相互獨立.33【解】由條件知X+Y=n，則有D（X+Y）=D（n）=0.再由XB(n,p),YB(n,q)，且p=q=,從而有 所以 故= -1.34

35、【解】由已知知E(X)=0.6,E(Y)=0.2，而XY的概率分布為YX -101P0.080.720.2所以E（XY）= -0.08+0.2=0.12Cov(X,Y)=E(XY) -E(X)·E(Y)=0.12 -0.6×0.2=0從而 =035【證】（1）由的定義知，=0當且僅當P(AB) -P(A)·P(B)=0.而這恰好是兩事件A、B獨立的定義，即=0是A和B獨立的充分必要條件.(2) 引入隨機變量X與Y為 由條件知，X和Y都服從0 -1分布，即 從而有E(X)=P(A),E(Y)=P(B),D(X)=P(A)·P(),D(Y)=P(B)

36、3;P(),Cov(X,Y)=P(AB) -P(A)·P(B)所以，事件A和B的相關(guān)系數(shù)就是隨機變量X和Y的相關(guān)系數(shù).于是由二元隨機變量相關(guān)系數(shù)的基本性質(zhì)可得|1.36 解： (1) Y的分布函數(shù)為當y0時， ，；當0y1時，；當1y<4時， ；當y4時，. 故Y的概率密度為 (2) , ,故 Cov(X,Y) =.(3).習題五1【解】設(shè)表每次擲的點數(shù)，則 從而又X1,X2,X3,X4獨立同分布. 從而所以 2【解】令 而至少要生產(chǎn)n件，則i=1,2,n,且X1，X2，Xn獨立同分布，p=PXi=1=0.8. 現(xiàn)要求n,使得即 由中心極限定理得整理得查表n268.96, 故取

37、n=269.3.【解】要確定最低的供應(yīng)的電能量，應(yīng)先確定此車間同時開動的機床數(shù)目最大值m，而m要滿足200部機床中同時開動的機床數(shù)目不超過m的概率為95%,于是我們只要供應(yīng)15m單位電能就可滿足要求.令X表同時開動機床數(shù)目，則XB（200，0.7）, 查表知m=151.所以供電151×15=2265（單位）.4.【解】易知:E(Vk)=5,D(Vk)=,k=1,2,20由中心極限定理知，隨機變量于是 即有 PV>1050.3485.【解】設(shè)100根中有X根短于3m，則XB（100，0.2）從而 6.【解】令(1) XB(100,0.8)， (2) XB(100,0.7)， 7.

38、 【解】令1000件中廢品數(shù)X，則p=0.05,n=1000,XB(1000,0.05)，E(X)=50，D(X)=47.5.8. 【解】 故9. 【解】設(shè)至少需n件才夠用.則E(Ti)=10，D(Ti)=100，E(T)=10n，D(T)=100n.從而即故所以需272a元.10. 【解】（1） 以Xi(i=1,2,400)記第i個學生來參加會議的家長數(shù).則Xi的分布律為Xi012P0.050.80.15易知E（Xi=1.1）,D(Xi)=0.19,i=1,2,400.而,由中心極限定理得于是 (2) 以Y記有一名家長來參加會議的學生數(shù).則YB(400,0.8)由拉普拉斯中心極限定理得11.

39、 【解】用X表10000個嬰兒中男孩的個數(shù)，則XB（10000，0.515）要求女孩個數(shù)不少于男孩個數(shù)的概率，即求PX5000. 由中心極限定理有12.【解】用Xi表第i個人能夠按時進入掩蔽體（i=1,2,1000）.令 Sn=X1+X2+X1000.(1) 設(shè)至少有m人能夠進入掩蔽體，要求PmSn10000.95，事件由中心極限定理知：從而故所以m=900-15.65=884.35884人(2) 設(shè)至多有M人能進入掩蔽體，要求P0SnM0.95.查表知=1.65,M=900+15.65=915.65916人.13. 【解】設(shè)X為在一年中參加保險者的死亡人數(shù)，則XB（10000，0.006）.

40、(1) 公司沒有利潤當且僅當“1000X=10000×12”即“X=120”.于是所求概率為 (2) 因為“公司利潤60000”當且僅當“0X60”于是所求概率為 14.【解】令Z=X-Y，有所以15.解】（1） X可看作100次重復(fù)獨立試驗中，被盜戶數(shù)出現(xiàn)的次數(shù)，而在每次試驗中被盜戶出現(xiàn)的概率是0.2，因此，XB(100,0.2)，故X的概率分布是(2) 被盜索賠戶不少于14戶且不多于30戶的概率即為事件14X30的概率.由中心極限定理，得 16.【解】設(shè)Xi（i=1,2,n）是裝運i箱的重量（單位：千克），n為所求的箱數(shù)，由條件知，可把X1，X2，Xn視為獨立同分布的隨機變量，而n箱的總重量Tn=X1+X2+Xn是獨立同分布隨機變量之和，由條件知： 依中心極限定理，當n較大時，,故箱數(shù)n取決于條件 因此可從解出n<98.0199,即最