合工大概率统计讲义(基础修改版)答案
第五篇： 概率论与数理统计
第一章 随机事件和概率
练习1 P(A)=p，P(B)=q，P(A∪B)=r,求P(AB),P(AB),P(A∪B)
解：P(AB)=p+q−r,P(AB)=P(A)−P(AB)=r−q,P(A∪B)=P(AB)=1−P(AB)=1−p−q+r． 练习1 考虑一元二次方程x2+Bx+C=0，其中B,C分别是将一枚骰子接连抛两次先后出现的点数，求该方
程有实根的概率p及有重根的概率q． 解：Δ=B2−4C,n=36，p=
1921,q==． 363618
练习2．有一根长为l的木棒，任意折成三段，求能够构成三角形的概率． 解：G=⎨(x,y)0
⎧
⎩111lll⎫
,0
1
的概率． 4
1． 4
练习3．任取两个正的真分数，求它们的乘积不大于
解：以x,y分别表示两个正的真分数，则0
111111
设A={它们的乘积不大于},则P(A)=+∫1dx=+ln2≈0.597．
444x424
练习 玻璃杯成箱出售，设每箱有20只，且每箱分别有0、1、2个次品的概率分别为：0.8、0.1及0.1，若顾
客购买时，任取一箱从中随机取出4只，若没有次品则买下这箱产品，试求：
1) 顾客买下这箱产品的概率； 2）已经买下这箱产品时，这箱产品确无次品的概率．
．由题设知 解：设Bi=｛箱子里恰好有i个次品｝(i=0,1,2)，A=｛顾客买下所查看的一箱｝
44
C19C18412
P(B0)=0.8,P(B1)=0.1,P(B2)=0.1．P(AB0)=1，P(AB1)=4=，P(AB2)=4=．
C205C2019
（1）由全概率公式，得
P(A)=∑P(Bi)P(ABi)=0.8+
i=0
2
0.412
+=0.94； 519
P(B0)P(AB0)0.8
≈0.85． =（2）P(B0A)=
P(A)0.94
本章练习．
练习1． 若P(A)=0.4,P(B)=0.5,P(C)=0.5,在下列三种情况下计算P((A−C)|AB∪C)
（1）A,B,C独立；（2）A,B独立且A,C互不相容；（3）A⊂B且B,C独立． 解：P((A−C)∩(AB∪C))=P(AC∩(AB∪C))=P(ABC∪φ)=P(ABC),
P(AB∪C)=P(AB)+P(C)−P(ABC)，P((A−C)|AB∪C)=
（1）A,B,C独立，P((A−C)∩(AB∪C))=P(ABC)=0.1,
P(ABC)
．
P(AB∪C)
P(AB∪C)=P(A)P(B)+P(C)−P(A)P(B)P(C)=0.6, P((A−C)|AB∪C)=
（2）A,B独立且A,C互不相容, P((A−C)∩(AB∪C))=P(ABC)=0.2,
1
1; 6
P(AB∪C)=P(A)P(B)+P(C)−P(A)P(B)P(C)=0.7, P((A−C)|AB∪C)=
（3）A⊂B且B,C独立,
2； 7
P((A−C)∩(AB∪C))=P(ABC)=P(AB)−P(ABC)=P(A)−P(AC)=0.2, P(AB∪C)=P(AB)+P(C)−P(AB)P(C)=P(A)+P(C)−P(A)P(C)=0.7
,
P((A−C)|AB∪C)=
2． 7
练习2．有两个盒子，第一个中装有2个红球，1个白球，第二盒中装一半红球一半白球.现从两盒中任取一球放在一起，现从中取一球，问：
（1）这个球是红球的概率;（2）若发现这个球是红球，问从第一盒中取出的球是红球的概率． 解：设Ai（i=1,2）表示从第i个盒子中取出红球，则Ai（i=1,2）表示从第i个盒子中取出白球． 再设A表示最后取出红球．P(A1)=
2111,P(A1)=,P(A2)=,P(A2)=, 3322
(1)现在从两盒中任取一球放在一起，共有四种情况：红红，红白，白红，白白．
21211
⋅+⋅⋅
P(AA1)[1**********]7
==． P(A)=⋅⋅1+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅0=;(2)P(A1A)=
P(A)[1**********]12
P(B)
. P(A)
证明：因为P(A∪B)≤1,P(A)+P(B)−P(AB)≤1,所以P(AB)≥P(A)+P(B)−1,
练习3．试证对任意的两随机事件A,B，如果P(A)>0，则有P(B|A)≥1−
从而P(B|A)=
P(AB)P(A)+P(B)−11−P(B)P(B)
≥=1−=1−. P(A)P(A)P(A)P(A)
练习4．设有黑白球各4个，从中任取4个放入甲盒，余下的放入乙盒，然后从两盒中各取一球，颜色恰好相
同，试问放入甲盒的4个球中有几个白球的概率最大？它的值是多少?
解：设A表示{从甲、乙两盒中各取一球，颜色恰好相同}，Hk表示 {甲盒中有k个白球}，k=0,1,2,3,4．
显然，H1,H2,H3互不相容，且A⊂H1∪H2∪H3(H0,H4发生时，A不发生) ．
11113
C11C3+C3C13C4C48
P(H1)==,P(AH)==; 1411
C835C4C48131111C4C418C2C2+C2C24
P(H2)==,P(AH)==, 211
C8435C4C48
1111133
C3C1+C1C33C4C483
P(H3)==,P(AH)==;由全概率公式，得， ()()()PA=PHPAH=∑kk3411
7C835C4C48k=1
P(Hk)P(AHk)131
由Bayes公式，得P(HkA)=,P(H1A)=,P(H2A)=,P(H3A)=．
P(A)555
3
所以放入甲盒的4个球中有2个白球的概率最大．它的值是．
5
第二章 随机变量及其分布
练习1.已知随机变量X
可能取值为布函数.
1
（1）求常数a；（2）求X的分,−a,a2，
4
2
⎧0,⎪1⎪,
1⎪4
解：（1）a=−；（2）X
的分布函数为F(x)=⎨
2⎪3,
⎪4⎪⎩1
x
≤x
球．ξ表示停止取球的次数，求ξ的分布律，并计算P(1
5369,P(ξ=2)=P(一白二红)=×=, 88832
32721
, P(ξ=3)=P(一白二白三红)=××=
888256
32183
P(ξ=4)=P(一白二白三白四红)=×××=.
8888256
−x
P(1
练习.已知随机变量X的概率密度为f(x)=Ae的分布函数． 解：（1）由1=A
（2）P(0
∫
+∞−∞
edx=A(∫edx+∫
−∞
−x
x
+∞0
e−xdx)=2A,得A=
1
; 2
（2）P(0
11−x11
(1； edx=−∫022e
1x−t1xt1
（3）F(x)=∫edt，当x
2−∞2−∞2
⎧1x
e,⎪x1x−10t1⎪2当x≥0时，F(x)=∫edt=(∫edt+∫e−tdt)=1−e−x；所以 F(x)=⎨
02−∞2−∞2⎪1−1e−x
⎪⎩2
练习1 设随机变量X~N(μ,σ),则随σ增大，概率P{X−μ
2
x
x≥0.
A.单调增大 B. 单调减小 C.保持不变 D.非单调变化．
练习2 设随机变量X服从参数为(2,p)的二项分布，随机变量Y服从参数为(3,p)的二项分布，若
5
p(X≥1)=，则p(Y≥1)= ．
9
119
解：p(Y≥1)=1−p(Y=0)=1−(1−2=.
327
练习3 (93三四)假设一大型设备在任何长为t的时间间隔内发生故障的次数N(t)服从参数为λt的泊松分布，(1)求相继两次故障之间时间间隔T的概率分布;(2)求在设备已无故障工作8小时的情况下再无故障工作8小时
的概率.
解：（1）由于T是非负的随机变量，当t
3
当t≥0时，由于事件{T>t}与事件N(t)=0等价， 所以F(t)=P{T≤t}=1−P{T>t}=1−P{N(t)=0}=1−e
−λt
. 即T服从参数为λ的指数分布.
P{T≥16,T≥8}P{T≥16}e−16λ
==−8λ=e−8λ. （2）再无故障工作8小时的概率为p=P{T≥16T≥8}=
P{T≥8}P{T≥8}e
练习4 X∼N(10,0.02)，求P(9.95
练习5 X∼N(μ,σ)，且方程y+4y+X=0无实根的概率为2，则μ= ．
解：μ=4.
2
2
2
⎧e−x,x≥0,
，求Y=eX的概率密度. 练习1. 已知随机变量ξ的密度函数为fX(x)=⎨
⎩0,x
解：Y=eX的值域为[1,+∞). 当y
∫
lny0
e−xdx，
⎧0,
11⎪
fY(y)=FY′(y)=e−lny(−=2， 所以fY(y)=⎨1
yy⎪y2,
⎩
y
练习2 设随机变量X服从参数为2的指数分布，证明：随机变量Y=1−e−2X服从U[0,1].
⎧2e−2x,x>0,
Y=1−e−2X的值域为[0,1]. 证明: fX(x)=⎨
x≤0,⎩0,
当0≤y≤1时，FY(y)=P(Y≤y)=P(1−2e
1
−2X
≤y)
−ln(1−y)1
2e−2xdx=y，则Y=1−e−2X在[0,1]上服从均匀分布. =P(X≤−ln(1−y))=∫2
02
本章练习
练习1. 设随机变量X～N(2,σ),P{2
2
2−2
σ
x−2
σ
4−2
σσ
2
)=Φ()−Φ(0)，
σ
2
σ
=Φ(0)+0.3=0.8，p(X
2
X−2
0−2
σ
=Φ(−
2
σ
2
=1−Φ()=1−0.8=0.2．
σ
练习2. 设随机变量X~U[0,2],Y=X,求Y的密度．
⎧1
⎪,0≤x≤2,
解：f(x)=⎨2Y=X2的值域为[0,4]，当0≤y≤4时，FY(y)=P(Y≤y)=P(X2≤
y)
⎪其它，⎩0,
y
0≤y≤4,1 =dx=
FY(y)=0≤y≤4,fY(y)=FY′(y)=020,其它.⎩1,4.y>⎪
⎩
4
=P(0≤X≤
练习3. 假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数为
1
的指数分布,设备定时开机,出现故障时自动关机,5
而无故障的情况下工作2小时便关机,试求该设备每次开机无故障工作时间Y的分布函数.注:Y=min{X,2}
解：当y
当0≤y
−y5
.
y
⎪y
−⎪
所以FY(y)=⎨1−e5,0≤y
⎪1,y>1.⎪⎩
练习4. （1）随机变量ξ的密度函数为f(x)=
1
,则随机变量η=2ξ的密度函数为（ B ） 2
π(1+x)
2
D.
π(1+x2)
1
arctanx
A.
1
B.
π(1+4x2)2
C.
π(4+x2)
π
解：由η=2ξ得ξ=
η
2
，fη(y)=fξ(
11111112
. =η)()′=fξ()=⋅⋅2
122222π1+(x)2π(4+x)2
（2） 随机变量ξ的分布函数为F(x)，则随机变量η=2ξ+1的分布函数为（ A ）
A.
11
F(y− B.221
F(y+1) C.2
2F(y)+1 D.
11F(y)− 22
解： Gη(y)=P(η≤y)=P(2ξ+1≤y)=P(ξ≤
y−1y−1
)=F(). 22
练习5. 设X是有连续分布函数F(x)的随机变量，令Y=F(x)，求Y的分布函数和概率密度函数.
解：由题设F(x)是分布函数，知F(x)单调不减，且0≤F(x)≤1.
定义F(y)=inf{xF(x)>y},0≤y≤1.即使F(x)>y最大的x或最大的下界. 当y
当0≤y
−1
y
故Y=F(x)的分布函数为FY(y)=⎨y,0≤y≤1,Y=F(x)概率密度函数为
⎪1,y≥1.⎩⎧1,0≤y≤1,′ fY(y)=FY(y)=⎨
其它.0,⎩
5
第三章 多维随机变量及其分布
练习 设随机变量(X,Y)的联合分布律为
且随机事件{X=0}与{X+Y=1}独立，求a 与b.
解：因为随机事件{X=0}与{X+Y=1}独立，
所以P{X=0}P{X+Y=1}=P{X=0,X+Y=1}.
而P{X=0}=0.4+a,P{X+Y=1}=a+b,P{X=0,X+Y=1}=P{X=0,Y=1}=a，
所以⎨
⎧0.5(a+0.4)=a,⎧a=0.4,
解得⎨
a+b=0.5.b=0.1.⎩⎩
⎧e−y,
练习1.(X,Y)的概率密度函数为f(x,y)=⎨
⎩0,
x>0,y>x,
其它,
求fX(x),fY(y).
⎧kx2y,(x,y)∈G,
练习2. 随机变量(X,Y) 的概率密度函数为f(x,y)=⎨其中G是由y=x和y=1所
其它,⎩0,
围,(1)求k; (2)求fX(x),fY(y),并问X,Y是否独立? (3)求fX|Y(x|y),fY|X(y|x)；
11111|Y=,P{X>|Y=； （5）求P{Y
⎧3x2
15⎪3,−y
0,其它.(4) 求P{X
练习1. 设(X,Y)的联合分布律为:（见右上）求:(1)常数a;(2)联合分布函数在点⎜
件分布律.(4)是否独立? 解：(1)常数a=
31⎛31⎞
,⎟处的值F(,(3)Y=0的条件下,X的条
22⎝22⎠
1
; 3
311⎛31⎞
,⎟处的值F(,=.
222⎝22⎠
(3)Y=0的条件下,X的条件分布律为
(4)X
,Y是不独立.
(2)联合分布函数在点⎜
2
练习
2.设二维随机变量(X,Y)在xoy平面上由曲线0≤x≤1和y≤x所围成的区域G上服从均匀分布. （1）求(X,Y)的联合密度函数f(x,y)；（2）求边缘概率密度函数fX(x),fY(y)，并问X与Y是否独立？ （3）求P(X
∫
1
dx=2∫
=
4
， 3
6
⎧4,0≤x≤1,y2≤x,
(X,Y)的联合密度函数f(x,y)=⎨
其他.⎩0,
（2）fX(x)=
∫
+∞
−∞
⎧0≤x≤1,⎪f(x,y)dy=⎨ ⎪0,其他.⎩
y≤1,
fY(y)=∫
+∞
−∞
3⎧132
⎪∫y2dx=(1−y),
f(x,y)dx=⎨42
⎪0,⎩
其他.
由于f(x,y)≠fX(x)⋅fY(y)，所以X与
Y不独立． （3）P(X
∫
2
−∞
fX(x)dx=∫
2
2327
=， P(Y
(1−y2)dy=
−∞−1432P(X
−∞
2
−∞
f(x,y)dy=∫dx0
2dy=∫=． 0⎧2e−(x+2y),x>0,y>0.
（91一）练习1设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)=⎨，求随机变量
0，其它.⎩
Z=X+2Y的分布函数．
解：FZ(z)=P(Z≤z)=P(X+2Y≤z)=∫∫f(x,y)dxdy， 当z≤0时，FZ(z)=P(Z≤z)=0，
x+2y≤z
当z>0时，FZ(z)=P(Z≤z)=
∫
z0
dx∫
z−x20
2e
−(x+2y)
dy=∫edx∫
z
−x
z−x20
2e
−2y
dy=∫(e−x−e−z)dx
z
=1−e−z−ze−z，
所以Z=X+2Y的分布函数为FZ(z)=⎨
0,z≤0,⎧
−z−z
0.−−>1eze,z⎩
y≥0,y
求
yx
⎧1−3⎧1−2
⎪e,⎪e,x≥0,
fY(y)=⎨3练习2 设随机变量X与Y相互独立，概率密度分别为fX(x)=⎨2
⎪0,⎪0,x
随机变量Z=X+Y的概率密度．
解：由卷积公式得Z=X+Y的概率密度为fZ(z)=
∫
+∞−∞
fX(x)fY(z−x)dx．
z
考虑到fX(x)仅在x≥0时有非零值，而fY(z−x)仅在z−x≥0，即x≤z有非零值，故 当z≥0时，fZ(z)=
∫
z0
11e⋅e23
−
x
2
−
z−x3
zz−−x
dx=e∫ed(=e(−e)=e3(1−e6)，
060
−
z−
−
−
z3x6z3x6
zz−−⎧6⎪3
即fZ(z)=⎨e(1−e),z≥0,
⎪0,z
练习3 (99,四)设二维随机变量(X,Y)在矩形G={(x,y)|0≤x≤2,0≤y≤1}上服从均匀分布，试求边长为
7
X和Y的矩形面积Z的概率密度f(z).
⎧1
⎪,(x,y)∈G,
解：随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)=⎨2设Z的分布函数为F(z),则当z
⎪⎩0,(x,y)∉G.
F(z)=0；当z≥2时，F(z)=1；当0≤z
F(z)=P(Z≤z)=P(XY≤z)=1−P(XY>z)=1−⎧1
0
于是f(z)=⎨2
⎪0,z≤0或z≥2.⎩
1112z
dxdy1dxdy(1+ln2−lnz)， =−=z∫∫∫∫z222x(xy>z)∪G
本章练习
练习1. 设随机变量X,Y相互独立，右表 列出了它们的联合概率分布及关于X和Y 的边缘概率分布的部分数值，将剩余的数值填入表中空
白处.
练习2. 在10件产品中有2件一等品,7件二等品和1件次品,从10件产品中不放回地抽取3件,用X表示其中的一等品数,Y表示其中的二等品数,求:
(1)(X,Y)的联合分布律;(2)X,Y的边缘分布
律;(3)X,Y是否独立?
(4) 在X=0的条件下,Y的条件分布律;
3322
(6)Z=max{X,Y}的分布.
（5）F(,；
解 （1）由题意，X只能取0,1,2三个值，Y可取0,1,2,3四个值．
iC2C7jC1k
， 由古典概型计算方法pij=P{X=i,Y=j}=3
C10
其中i+j+k=3,i=0,1,2,j=0,1,2,3.
8
的边缘分布律：
将表中每列相加可得的边缘分布律：
（3）因为p11=0，而p1i=，pi1=，由于p11≠p1iipi1，故X与Y不独立．
120120
（4）在X=0的条件下，P{Y=jX=0}=
P{X=0,Y=j}
,j=0,1,2,3.
P{X=0}
因此，逐一将j=0,1,2,3.代入上式得Y的条件分布律
⎛012⎜
21⎜00⎜
56⎝
同理可得在Y=2的条件下，X的条件分布律
3⎞
⎟35⎟． ⎟56⎠2⎞⎟． 0⎟⎟⎠
⎛0⎜1⎜⎜⎝3123
⎧x2+kxy,0≤x≤1,0≤y≤2,
练习3. 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)=⎨
0，其它.⎩
（3）(X,Y)的边缘分布函数；（4）(X,Y)的边缘密度函数； (1) 求常数k; (2) (X,Y)的联合分布函数；
（5）P{X+Y>1}；（6）P{Y
+∞+∞xy1
解：（1）由∫∫f(x,y)dxdy=1得k=；（2）F(x,y)=∫ds∫f(s,t)dt.
−∞−∞−∞−∞3
当x
xy11122
当0≤x≤1，0≤y≤2时，F(x,y)=∫ds∫(s2+st)dt=x3y+xy，
0033121y1112
当x>1，0≤y≤2时，F(x,y)=∫ds∫(s2+st)dt=y+y，
003312x2121
当0≤x≤1，y>2时，F(x,y)=∫ds∫(s2+st)dt=x3+x2，
00333121
当x>1，y>2时，F(x,y)=∫ds∫(s2+st)dt=1，
003
9
⎧
⎪0,x
)的联合分布函数为
x3y+1x2y2(X,Y⎪312，0≤x≤1，0≤y≤2， F(x,y)=⎪⎪⎨1y+1y2
，x>1,0≤y≤2,
⎪
312⎪⎪2312
3x+3x,
0≤x≤1,y>2,⎪
⎪⎩
1,x>1,y>2.（3）FX(x)=
∫
x−∞
ds∫
+∞−∞
f(s,t)dt.
当x
∫x
0ds∫20
(s2
+13st)dt=23123x+3
x， 当x>1时，F(x)=∫121
X0ds∫0(s2+3st)dt=1，
⎧⎪0,x
1+1X(Y(y)=⎨yy2,0≤y≤2,
⎪33⎪⎪3
12⎩1x>1.⎪⎩
1y>2.⎧22（4）f⎪⎨2x+x,0≤x≤1,⎧⎪1+1
Y,
0≤y≤2,X(x)= ⎪3
fY(y)=⎨36⎩0，其它.⎪⎩0，
其它.（5）P{X+Y>1}=
∫1
2
0dx∫
1−x
(x2
+13xy)dy=6572
； （6）P{Y
0dx∫0(x2+3xy)dy=24
；
（7）由于fX(x)⋅fY(y)≠f(x,y)，所以X,Y不独立.
⎧
⎪7z3,0≤z
18
⎪2z(8) f⎪
⎨9+6
,1≤z
19⎪18
+2z−6z+2,2≤z
⎪⎩
0,(9) P{min(X,Y)
(10)大家自己算.
练习4 . 随机变量Xi(i=1,2,3,4)相互独立同分布，P{Xi=0}=0.6,P{Xi=1}=0.4，求:X=X1X3
概率分布.
解：设Y1=X1X4,Y2=X2X3,则X=Y1−Y2.
P{Y1=1}=P{X1=1,X4=1}=0.16=P{Y2=1},P{Y1=0}=P{Y2=0}=1−0.16=0.84,
所以Y1,Y2是服从同一参数p=0.16的两点分布.由于Xi(i=1,2,3,4)独立，所以 Y1,Y2也独立.
X=Y1−Y2的可能取值为−1,0,1.
10
X2X的
4
且P{X=−1}=P{Y1=0,Y2=1}=P{Y1=0}P{Y2=1}=0.84×0.16=0.1304,
P{X=1}=P{Y1=1,Y2=0}=P{Y1=1}P{Y2=0}=0.84×0.16=0.1304, P{X=0}=1−2×0.1304=0.7312.
所以X的分布律为
X －1 0.1344
0 1
0.7312
0.1344
第四章
随机变量的数字特征
本章练习
练习1.将编号为1,2,…,n的n只球相互独立地放入编号为1,2,…,n的n个盒子中去，设每只球落入各个盒子中 是等可能的，一个盒子装一只球，若一只球装入与球同号的盒子中称为一个配对，试求总配对数X的数学期望 EX.
⎧1,k号球装入k号盒子,
解：引入变量Xk=⎨k=1,2,…,n. 则X=X1+X2+