概率论与数理统计第四版-课后习题答案_盛骤__浙江大学
温柔似野鬼°
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2021年01月28日 18:59
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完全版
概率论与数理统计习题答案
第四版
盛骤
(
浙江大学
)
浙大第四版（高等教育出版社）
第一章
概率论的基本概念
1.[
一
]
写出下列随机试验的样本空间
（
1
）记录一个小班一次数学考试的 平均分数（充以百分制记分）
（
[
一
] 1
）
o
1
n
100
S
,
，
n
表小班人数
n
n
n
（
3
）生产产品直到得到
10
件 正品，记录生产产品的总件数。
（
[
一
] 2
）
S=
{10
，
11
，
12
，„„„，
n
， „„„
}
（
4
）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”
，不合格的盖上“次品”
，
如连续查出二个次品就停止检查，或检查
4
个产 品就停止检查，记录检查的结果。
查出合格品记为“
1
”
，查出次 品记为“
0
”
，连续出现两个“
0
”就停止检查，或查满
4
次才停止检查。
（
[
一
] (3)
）
S=
{00
，
100
，
0100
，
010 1
，
1010
，
0110
，
1100
，
0 111
，
1011
，
1101
，
1110
，
1111
，
}
2.[
二
]
设
A< br>，
B
，
C
为三事件，用
A
，
B
，< br>C
的运算关系表示下列事件。
（
1
）
A
发 生，
B
与
C
不发生。
表示为：
A
B
C
或
A
－
(
AB+AC
)
或
A
－
(
B
∪
C
)
（
2
）
A
，
B
都发生，而
C
不发生。
表示为：
AB
C
或
AB
－
ABC
或
AB
－
C
（
3
）
A
，
B
，
C
中至少有一个发生
（
4
）
A
，
B，
C
都发生，
表示为：
A+B+C
表示为：
ABC
表示为：
A
B
C
或
S
－
(
A+B+C)
或
A
B
C
（
5
）
A
，
B
，
C
都不发生，< br>
（
6
）
A
，
B
，
C
中 不多于一个发生，即
A
，
B
，
C
中至少有两个同时不发生< br>
相当于
A
B
,
B
C
,
A
C
中至少有一个发生。故
表示为：
A
B
B
C
A
C
。
（
7
）A
，
B
，
C
中不多于二个发生。
相当于：< br>A
,
B
,
C
中至少有一个发生。故
表示为：
A
B
C
或
ABC
（
8
）
A
，
B
，
C
中至少有二个 发生。
相当于：
AB
，
BC
，
AC
中至 少有一个发生。故
表示为：
AB
+
BC
+
AC
6.[
三
]
设
A
，
B
是两事件且
P
(
A
)=0.6
，
P
(
B
)=0.7.
问
(1)
在什么条件下
P
(
AB
)
取到 最
大值，最大值是多少？（
2
）在什么条件下
P
(
AB
)
取到最小值，最小值是多少？
解：由
P
(
A
) = 0.6
，
P
(
B
) = 0.7
即知
AB
≠
φ
，
（否则
AB
=
φ
依互斥事件加法定理，
P
(
A
∪
B
)=
P
(
A
)+
P
(
B
)=0.6+0.7=1.3>1
与
P
(
A
∪
B
)
≤
1
矛盾）
.
从而由加法定理得
P
(
AB
)=
P
(
A
)+
P
(
B
)
－
P
(
A
∪
B
)
(*)
（
1
）从
0
≤
P
(
AB
)
≤
P
(
A
)
知，当
AB
=
A
，即
A
∩
B
时
P
(
AB
)
取到最大值，最大值 为
P
(
AB
)=
P
(
A
)=0.6
，
（
2
）从
(*)
式知，当
A
∪
B=S
时，
P
(
AB
)
取最小值，最小值为
P
(
AB
)=0.6+0.7
－
1=0.3
。
7.[
四
]
设
A
，
B，
C
是三事件，且
P
(
A
)
P(
B
)
P
(
C
)
P(
AC
)
1
.
求
A
，
B
，
C
至少有一个发生的概率。
8
1
,
P
(
AB
)
P
(
BC
)
0
，
4
解：
P
(< br>A
，
B
，
C
至少有一个发生
)=
P
(
A
+
B
+
C
)=
P
(
A
)+
P
(
B
)+
P
(
C
)
－
P
(
AB
)
－
P
(
BC
)
－
P
(
AC
)+
P
(
ABC
)=
3
1
5
0
4
8
8
8.[
五
]
在一标 准英语字典中具有
55
个由二个不相同的字母新组成的单词，若从
26
个英语 字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？
记
A
表“能排成上述单词”
2
∵
< br>从
26
个任选两个来排列，排法有
A
26
种。每种排法等可能 。
字典中的二个不同字母组成的单词：
55
个
∴
P
(
A
)
55
11
2
130
A
26
9.
在电话号码薄 中任取一个电话号码，求后面四个数全不相同的概率。
（设后面
4
个数中的每一个数都 是等可能性地取自
0
，
1
，
2
„„
9
）< br>
记
A
表“后四个数全不同”
∵
后四个数的排法有
10
4
种，每种排法等可能。
4
后四个数全不同的排法有
A
10
∴
4
A
10
P
(
A
)
4
0
.
504
10
10.[
六
]
在房间里有
10
人 。分别佩代着从
1
号到
10
号的纪念章，任意选
3
人记录< br>其纪念章的号码。
（
1
）求最小的号码为
5
的概率。
记“三人纪念章的最小号码为
5
”为事件
A
10
∵
10
人中任选
3
人 为一组：选法有
3
种，且每种选法等可能。
5
又事件
A
相当于：有一人号码为
5，其余
2
人号码大于
5
。这种组合的种数有
1
2
∴
5
1
2
1
P
(
A
)
1 2
10
3
（
2
）求最大的号码为
5
的概率。
10
记“三人中最大的号码为
5
”为事件
B
，同上
10
人中 任选
3
人，选法有
3
种，且
4
每种选法等可能，
又事件
B
相当于：
有 一人号码为
5
，
其余
2
人号码小于
5
，
选 法有
1
2
种
4
1
2
1
P
(
B
)
20
10
3
< br>
11.[
七
]
某油漆公司发出
17
桶油漆，其中白漆
10
桶、黑漆
4
桶，红漆
3
桶。 在搬
运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货
4
桶白漆，
3
桶黑漆和
2
桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？
记所求事件为
A
。
9
在
17
桶中任取< br>9
桶的取法有
C
17
种，且每种取法等可能。
4< br>3
2
C
4
C
3
取得
4
白
3
黑
2
红的取法有
C
10
故
4
3
2
C
10
C
4
C
3
252
P
(A
)
6
2431
C
17
12.[
八
]
在
1500
个产品中有
400
个 次品，
1100
个正品，任意取
200
个。
（
1
）求恰有
90
个次品的概率。
记“恰有
90
个次品”为事件
A
1500
∵
在
1500
个产品中任 取
200
个，取法有
200
种，每种取法等 可能。
400
1100
200
个产品恰有
90
个次品，取法有
90
110
种
∴
4 00
1100
90
110
P
(
A)
1500
200
（
2
）至少有
2
个次品的概率。
记：
A
表“至少有
2
个次品”
B
0表“不含有次品”
，
B
1
表“只含有一个次品”
，同上，
200
个产品不含次品，取法
1100
400
1100
有
200
种，< br>200
个产品含一个次品，取法有
1
199< br>
种
∵
A
B
0
B
1
且
B
0
，
B
1
互不相容。
∴
< br>
1100
400
1100
1
199
< br>
200
P
(
A
)
1
P
(
A
)
1
[
P
(
B
0
)
P
(
B
1
)]
1
1500
1500
200
200
13.[
九
]
从
5
双不同鞋子中任取
4
只，
4
只鞋子 中至少有
2
只配成一双的概率是多少？
记
A
表“
4
只全中至少有两支配成一对”
则
A
表“
4
只人不配对”
10
∵
从
10
只中任取
4
只，取法有
4
种，每种取法等可能。
要
4
只都不配对，可在
5
双中任取
4双，再在
4
双中的每一双里任取一只。取法有
5
2
4
4
P
(
A
)
4
C
5
2
4
4
C
10
8
21
8
13
21
21
P
(
A
)
1
P
(
A
)
1
15.[
十一< br>]
将三个球随机地放入
4
个杯子中去，
问杯子中球的最大 个数分别是
1
，
2
，
3
，的概率各为多少？
记
A
i
表“杯中球的最大个数为
i
个”
i=
1,2,3,
三只球放入四只杯中，放法有
4
3
种，每种放法等可能
对
A
1
：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法
4
³
3< br>³
2
种。
(
选排列：好比
3
个球在
4
个位置做排列
) P
(
A
1
)
4
3
2
6
3
16
4
2
4
3
种。
对
A
2
：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有
C
3
2
(
从
3
个球中选
2
个球，选法有
C
3
，再将 此两个球放入一个杯中，选法有
4
种，最后将剩余的
1
球放入其余的一个杯中 ，选法有
3
种。
2
C
3
4
3
P
(
A
2
)
4
3
9
16
对
A
3
：必须三球都放入一杯中。放法有
4
种。
(
只需从
4
个杯中选
1
个杯子，放 入此
3
个球，选法有
4
种
)
P
(
A
3
)
4
1
3
16
4
16.[
十二
]
50
个铆钉随机地取来用在
10
个部件，
其中有三个铆钉强度太弱，
每个部
件用
3
只铆钉，若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就 太弱，
问发生一个部件强度太弱的概率是多少？
记
A
表“
10
个部件中有一个部件强度太弱”
。
法一：用古典概率作：
把随机试验
E
看作是用三个钉一组，
三个钉一组去铆完
10
个部件
（在三个钉的一组
中不分先后次序。但
10
组钉铆完
10
个部件要分先后次序）
3
3
3
3
C
47
C
44
C
23
对
E
：铆法有
C
50
种，每 种装法等可能
3
3
3
3
C
47
C
44
C
23
对
A
：三 个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有〔
C
3
〕
×
10
种
3
3
3
3
[
C
3
C
47
C
44
C
23]
10
3
3
3
C
50
C
47
C
23
P
(
A
)
1
0
.
00051
1960
法二：用古典概率作
把试验
E
看作是在
50
个钉中任选
30
个钉排成一列，
顺次钉下去，
直到把部件铆完。
（铆钉要计先后次序）
3
对
E
：铆法有
A
50
种，每种铆法等可能
对
A
：三支次钉必须铆在“
1
，
2
，
3
”位置上或“
4
，
5
，
6
”位置上，„或“
28
，
29
，
3< br>27
3
27
3
27
3
27
30
”位 置上。这种铆法有
A
3
种
A
47
< br>A
3
A
47
A
3
A
47
10
A
3
A
47
P
(
A
)
3
27< br>10
A
3
A
47
30
A
50
1
0
.
00051
1960
17.[
十三
]
已知
P
(< br>A
)
0
.
3
,
P
(
B< br>)
0
.
4
,
P
(
A
B< br>)
0
.
5
,
求
P
(
B< br>|
A
B
)
。
解一：
P
(
A
)
1
P
(
A
)
0
.
7
,
P
(
B
)
1
P
(
B
)
0
.
6
,
A
AS
A
(
B
B
)
AB
A
B
注意
(AB
)(
A
B
)
.
故有
P
(
AB
)=
P
(
A
)
－
P
(
A
B
)=0.7
－
0.5=0.2
。
再由加法定理，
P
(
A
∪
B
)=
P
(
A
)+
P
(
B
)
－
P
(
A
B
)=0.7+0.6
－
0.5=0.8
于 是
P
(
B
|
A
B
)
P
[
B
(
A
B
)]
P
(
AB
)
0
.
2
0
.25
P
(
A
B
)
P
(< br>A
B
)
0
.
8
解二
:
P
(
A
B
)
P
(
A
)
P
(
B
|
A
)
由已知
05
07
P
(
B
|
A< br>)
P
(
B
|
A
)
0< br>.
5
5
2
1
P
(
B< br>|
A
)
故
P
(
AB
)
P
(
A
)
P
(
B
|
A
)
0
.
7
7
7
5
1
P
(
BA
B
B
)
P
(
BA
)< br>5
P
(
B
|
A
B
)
定义
0
.
25
P
(
A
B
)
P
(
A
)
P
(
B
)
P
(
A
B
)
0
.
7
0
.
6
0
.
5
18.[
十四
]
P
(
A
)
1
1
1
,
P
(
B
|
A
)
,
P
(
A
|
B
)
,
求
P
(
A
B
)
。
4
3
2
1
1
定义
P
(
AB
)
P
(
A
)
P
(
B
|
A
)
由已知条件
1
4
3
P
(
B
)
1
有
解：
由
P
(
A
|
B
)
P
(
B
)
P
(
B
)
2
P
(
B
)
6
由乘法公式，得
P
(
AB< br>)
P
(
A
)
P
(
B
|< br>A
)
1
12
由加法公式，得
P
(
A
B
)
P
(
A
)
P
(
B
)
P
(
AB
)
1
1
1
1
4
6
12
3
19.[
十五
]
掷两颗骰子，
已知两颗骰子点数之和为
7
，
求其中有一颗为
1
点的概率
（用
两种方法）
。
解：
（方法一）
（ 在缩小的样本空间
SB
中求
P(A|B)
，即将事件
B
作为 样本空间，求
事件
A
发生的概率）
。
掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（
x
,
y
）
（
x
,
y
=1,2,3,4,5,6
）并且满足
x
,+
y
=7
，则
样本空间为
S={(
x
,
y
)| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)}
每种结果（
x
,
y
）等可能。
A={
掷二骰子，点数和为
7
时，其中有一颗为
1
点。故
P
(A
)
2
1
}
6
3
方法 二：
（用公式
P
(
A
|
B
)
P
(
AB
)
P
(
B
)
S={(
x
,
y
)|
x
=1,2,3,4,5,6;
y
= 1,2,3,4,5,6}}
每种结果均可能
A=
“掷两颗骰子，
x
,
y
中有一个为“
1”点”
，
B=
“掷两颗骰子，
x
,+
y
=7< br>”
。则
P
(
B
)
6
1
2
，
,
P
(
AB
)
6
2
6
6
2
2
2
P
(
AB
)
2
1
6
故
P
(
A
|
B
)
P
(
B
)
1
6
3
6
20.[
十六
]
据以往资 料表明，某一
3
口之家，患某种传染病的概率有以下规律：
P
(
A< br>)=
P
{
孩子得病
}=0.6
，
P
(B
|
A
)=
P
{
母亲得病
|
孩子得病
}=0.5
，
P
(
C
|
AB
)=
P
{
父亲得病
|
母亲
及孩子得病
}=0.4
。求 母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。
解：所求概率为
P
(
AB
C
)
（注意：由于“母病”
，
“孩病”
，
“父病” 都是随机事件，
这里不是求
P
(
C
|AB
)
P
(
AB
)=
P
(
A
)=
P
(
B
|
A
)=0.6×
0.5=0.3,
P
(
C
|AB
)=1
－
P
(
C
|
AB
)=1
－
0.4=0.6.
从而
P
(
AB
C
)=
P
(
AB
) ·
P
(
C
|AB
)=0.3×
0.6=0.18.
21.[
十七
]
已知
10
只晶体管中有
2
只次品，在其中取二次，每次随机地取一只，作
不放回抽样，求下列事件的概率。
（
1
）二只都是正品（记为事件
A
）
法一：用组合做
在
10
只中任取两只来组合，每一个组合看作一个 基本结果，每种
取法等可能。
C
8
2
28
P(
A
)
2
0
.
62< br>
C
10
45
法二：用排列做
在
10只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个
排列等可能。
2A
8
2
A
10
P
(
A
)
< br>
28
45
法三：用事件的运算和概率计算法则来作。
记
A
1< br>，
A
2
分别表第一、二次取得正品。
P
(
A
)
P
(
A
1
A
2
)
P
(
A
)
P
(
A
2
|
A
1
)
（
2
）二只都是次品（记为事件
B
）
8
7
28
10
9
45
法一：
P< br>(
B
)
2
C
2
2
C
10
1
45
法二：
P
(B
)
2
A
2
2
A
10
< br>1
45
法三：
P
(
B
)
P
(
A
1
A
2
)
P
(
A
1
)
P
(
A
2
|
A
1
)
2
1
1
10
9
45
（
3
）一只是正品，一只是次品（记为事件
C
）
法一：
P
(
C
)
1
1
C
8
C
2
2
C
10
16
45
1
1
2
(
C
8
C
2
)
A
2
2
A
10
法二：
P
(
C
)
16
45
法三：
P
(
C
)
P
(
A
1
A
2
A
1
A2
)
且
A
1
A
2
与
A
1A
2
互斥
P
(
A
1< br>)
P
(
A
2
|
A
1
)
< br>P
(
A
1
)
P
(
A
2
|< br>A
1
)
2
8
16
8
2
10
9
10
9
45
（4
）第二次取出的是次品（记为事件
D
）
法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，
法二：
P
(
D
)
1
1
A
9
A
2
2
A
10
1
5
法三：
P
(
D
)
P
(
A
1
A
2
A
1
A
2
)
且
A
1
A
2
与
A
1
A
2
互斥
P
(
A
1
)
P
(
A
2
|
A
1
)
P
(
A
1
)
P
(
A
2
|
A
1
)
8
2
2
1
1
10
9
10
9
5
22.[
十八
]
某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超
过三次而接通 所需的电话的概率是多少？如果已知最后一个数字是奇数，那么此概率是
多少？
记
H
表拨号不超过三次而能接通。
A
i
表第
i
次拨号能接通。
注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。
H
A
1
A
1
A
2
A1
A
2
A
3
三种情况互斥
P
(
H< br>)
P
(
A
1
)
P
(< br>A
1
)
P
(
A
2
|
A
1< br>)
P
(
A
1
)
P
(
A< br>2
|
A
1
)
P
(
A
3
|< br>A
1
A
2
)
1
9< br>1
9
8
1
3
< br>
10
10
9
10
9
8
10
如果已 知最后一个数字是奇数（记为事件
B
）问题变为在
B
已发生的条件下，求H
再发生的概率。
P
(
H
|
B
)< br>
PA
1
|
B
A
1
A
2
|
B
A
1
A
2
A
3
|
B
)
P
(
A
1
|
B
)
P
(
A
1
|
B
)
P
(
A
2
|
B
A
1
)
P
(
A
1
|
B
)
P
(
A
2
|
B
A
1
)
P
(
A
3
|
B
A
1
A
2
)
1
4
1
4
3
1
3
5
5
4
5
4
3
5
24.[
十九
]
设 有甲、乙二袋，甲袋中装有
n
只白球
m
只红球，乙袋中装有
N
只白球
M
只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋
中取到）白球的概率是多少？（此为第三版
19
题
(1)
）
记
A
1
，
A
2
分别表“从甲袋中取得白球，红球放 入乙袋”
再记
B
表“再从乙袋中取得白球”
。
∵
∴
B
=
A
1
B
+
A
2
B
且
A
1
，
A
2
互斥
P
(
B
)=
P
(
A
1
)
P
(
B
|
A
1
)+
P
(
A
2
)
P
(
B
|
A
2
)
=
n
N
1
m
N
n
m
N
M
1
n
m
N
M
1
[
十九
](2)
第一只盒子装有
5
只红球，
4
只白球；
第二只盒 子装有
4
只红球，
5
只白球。
先从第一盒子中任取
2
只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白
球的概率。
记C
1
为“从第一盒子中取得
2
只红球”
。
C
2
为“从第一盒子中取得
2
只白球”
。
C
3
为“从第一盒子中取得
1
只红球，
1
只白球”
，
D
为“从第二盒子中取得白球”
，显然< br>C
1
，
C
2
，
C
3
两两互斥，C
1
∪
C
2
∪
C
3
=
S，由全
概率公式，有
P
(
D
)=
P
(
C
1
)
P
(
D|C
1
)+
P
(
C
2
)
P
(
D|C
2
)+
P
(
C
3
)
P
(
D| C
3
)
1
1
2
C
5
2
5
C
4
C
4
7
C
5
6
53
2
2
2
11
99
C
9
11
C
9
11
C
9
26.[
二十一< br>]
已知男人中有
5%
是色盲患者，女人中有
0.25%< br>是色盲患者。今从男女
人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率 是多少？
解：
A
1
={
男人
}
，
A
2
={
女人
}
，
B={
色盲
}
，显然
A
1
∪
A
2
=
S
，
A< br>1
A
2
=
φ
由已知条件知
P
(
A
1
)
P
(
A
2
)
1
P
(
B
|
A
1
)
5
%,
P
(
B
|
A
2
)
0
.
25
%
2
由贝叶斯公式，有
1
5
P
(
A
1
B
)
P
(
A
1
)
P
(
B
|
A
1
)
20
2
100
P
(
A
1
|
B
)
1
25
P
(
B
)
P
(
A
1
)
P
(
B
|
A
1
)
P
(
A
2
)
P
(
B
|
A
2
)
1
5
21
2
100
2< br>10000
[
二十二
]
一学生接连参加同一课 程的两次考试。第一次及格的概率为
P
，若第一次
P
及格则第二次及格的概率 也为
P
；
若第一次不及格则第二次及格的概率为
（
1
）若至少
2
有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。
（
2
）若已知他第二次已经及
格，求他第一次及格的概率。
解：
Ai
={
他第
i
次及格
}
，
i=1,2
已知
P
(
A
1
)=
P
(< br>A
2
|
A
1
)=
P
，
P
(
A
2
|
A
1
)
P
2
（
1
）
B
={
至少有一次及格
}
}
A
1
A
2
所以
B
{
两次均不及格
∴
P
(
B
)
1
P
(
B
)
1
P
(
A
1
A
2
)
1
P
(
A
1
)
P
(
A
2
|
A
1
)
1
[
1
P
(
A
1
)][
1
P
(
A
2
|
A
1)]
< br>1
(
1
P
)(
1
P
3
1
)
P
P
2
2
2
2
（
*
）
定义
P
(
A
1
A
2
)
（
2
）
P
(
A
1
A
2
)
P
(
A
2
)
由乘法公式，有
P
(
A
1
A
2
)=
P
(
A
1
)
P
(
A
2
|
A
1
) = P
2
由全概率公式，有
P
(
A
2
)
P
(
A
1
)
P
(
A
2
|
A
1
)
P
(
A
1
)
P
(
A
2
|
A
1
)
P
P
(
1
P
)
P
2
P
2
P
2
2
将以上两个结果代入（
*
）得
P
(
A
1
|
A
2
)
P
2
P
2
P
2
2
2
P
P
1
28.[
二十五
]
某人下午
5:00
下班，他所积累的资料表明：
到家时间
乘地铁到
0.10
家的概率
乘汽车到
0.30
家的概率
某日他抛一枚硬币决定乘 地铁还是乘汽车，结果他是
5:47
到家的，试求他是乘地铁
回家的概率。
解：设
A=
“乘地铁”
，
B=
“乘汽车”
，
C=
“
5:45~5:49
到家”
，由题意
,
AB=φ
,
A
∪
B
=
S
已知：
P
(
A
)=0.5,
P
(
C|A
)=0.45,
P
(
C|B
)=0.2,
P
(
B
)=0.5
由贝叶斯公式有
0.35
0.20
0.10
0.05
0.25
0.45
0.15
0.05
5:35~5:39
5:40~5:44
5:45~5:49
5:50~5:54
迟于
5:54
P
(
A
|< br>C
)
P
(
C
|
A
)
P< br>(
A
)
P
(
C
)
0
.< br>5
0
.
45
0
.
45
9
0
.
6923
1
1
0< br>.
65
13
P
(
C
|
A
)
P
(
C
|
B
)
2
2
29.[< br>二十四
]
有两箱同种类型的零件。第一箱装
5
只，其中< br>10
只一等品；第二箱
30
只，其中
18
只一等品。今从两箱 中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一
只，作不放回抽样。试求（
1
） 第一次取到的零件是一等品的概率。
（
2
）第一次取到的零
件是一等品的条件 下，第二次取到的也是一等品的概率。
解：设
B
i
表示“第
i
次取到一等品”
i=1
，
2
A
j
表示“第
j
箱产品”
j=1,2
，显然A
1
∪
A
2
=
S
（1
）
P
(
B
1
)
A
1A
2
=
φ
1
10
1
18
2
。
0
.
4
（
B
1
=
A
1
B +A
2
B
由全概率公式解）
2
50< br>2
30
5
1
10
9
1
18
17
P
(
B
1
B
2
)
2
50< br>49
2
30
29
（
2
）
P
(
B
2
|
B
1
)
0
.
4857
2
P
(
B
1
)
5
（先用条件概率定义，再求
P
(
B
1
B
2
)
时，由全概率公式解）
32.[
二十六（
2
）
]
如图
1，
2
，
3
，
4
，
5
表示继电器接点， 假设每一继电器接点闭合
的概率为
p
，且设各继电器闭合与否相互独
立，求< br>L
和
R
是通路的概率。
记
A
i
表第
i
个接点接通
记
A
表从
L
到
R
是构成通路的。
∵
A=A
1
A
2
+
A1
A
3
A
5
+
A
4
A
5+
A
4
A
3
A
2
四种情况不互斥
∴
P
(
A
)=
P
(
A
1
A
2
)+
P
(
A
1
A
3
A
5
) +
P
(
A
4
A
5
)+
P
(
A
4
A
3
A
2
)
－
P
(
A
1
A
2
A
3
A
5
)
+
P
(
A
1
A
2
A
4
A
5
)+
P
(
A
1
A
2
A
3
A
4
)
+P
(
A
1
A
3
A
4
A
5
)
+
P
(
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)
P
(
A
2
A
3
A
4
A
5
)+
P
(
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)+
P
(
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)
+
(
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
) +
P
(
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)
－
P
(
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
)
又由于
A
1
，
A
2
，
A
3
，
A
4
，
A
5
互相独立。
故
P
(
A
)=
p
2
+
p
3
+
p
2
+
p
3
－
[
p
4
+
p
4
+
p
4
+
p
4
+
p
5
+
p
4
]
L
1
3
4
5
2
R
+[
p
5
+
p
5
+
p
5
+
p
5
]
－
p
5
=2
p
2
+
3
p
3
－
5
p
4
+2
p
5
[
二十六（
1
）
]
设有
4
个独立工作的元件
1
，
2
，
3
，
4
。它们的可靠性分别为
P
1
，
P
2
，
P
3
，
P
4
，将它们按图（
1
）的方式联接，求系统的可靠性 。
记
A
i
表示第
i
个元件正常工作，
i =
1
，
2
，
3
，
4
，
2
1
4
3
A
表示系统正常。
∵
A=A
1
A
2
A
3
+
A
1
A
4
两种情况不互斥
(
加法公式
)
∴
P
(
A
)=
P
(
A
1
A
2
A
3
)
+P
(
A
1
A
4
)
－
P
(
A
1
A
2
A
3
A
4
)
=
P
(
A
1
)
P
(
A
2
)
P
(
A
3
)+
P
(
A
1
)
P
(
A
4
)
－
P
(
A
1
)
P
(
A
2
)
P
(
A
3
)
P
(
A
4
)
=
P
1
P
2
P
3
+
P
1
P
4
－
P
1
P
2
P
3
P
4
(
A
1
,
A
2
,
A
3
,
A
4
独立
)
34.[
三十一
]
袋中装有
m
只正品硬币，< br>n
只次品硬币，
（
次品硬币的两面均印有国徽）
。
在袋中任取 一只，将它投掷
r
次，已知每次都得到国徽。问这只硬币是正品的概率为多
少？
解：设“出现
r
次国徽面”
=
B
r
“任取一只是正品”
=
A
由全概率公式，有
m
1
r
n
(
)
1
r
m
n
2
m
n
m
1
r
(
)
P
(
A
)
P
(
B
r
|
A
)
m
m
n
2
P
(
A
|
B
r
)
m
1
r
n
P
(
B
r
)
m
n
2
r
(
)
m
n
2
m
n
P
(
B
r
)
P
(
A
)
P
(
B
r
|
A
)
P
(
A
)
P
(
B
r
|
A
)
（条件概率定义与乘法公式）
35
．甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为
0.4
，0.5
，
0.7
。
飞机被一人击中而被击落的概率为
0.2，被两人击中而被击落的概率为
0.6
，若三人都击
中，飞机必定被击落。求飞机 被击落的概率。
解：高
H
i
表示飞机被
i
人击中 ，
i=
1
，
2
，
3
。
B
1
，
B
2
，
B
2
分别表示甲、乙、丙击中飞
机
∵
H
1
B
1
B
2
B
3
B
1B
2
B
3
B
1
B
2
B3
，三种情况互斥。
H
2
B
1
B
2
B
3
B
1
B
2
B
3
B
1
B
2
B
3
三种情况互斥
H
3
B
2
B
2
B
3
又
B
1
，
B
2
，
B
2
独立。
∴
P
(
H
1
)
P
(
B
1
)
P
(
B
2
)
P
(
B
3
)
P
(
B
1
)
P
(
B
2
)
P
(
B
3
)
P
(
B
1
)
P
(
B
2
)
P
(
B
3
)
0
.
4
0
.
5
0
.
3
0
.
6
0
.
5
0
.
3
0
.
6
0
.
5
0
.
7
0
.
36
P
(
H
2
)
P
(
B
1
)
P
(
B
2)
P
(
B
3
)
P
(
B1
)
P
(
B
2
)
P
(
B3
)
P
(
B
1
)
P
(
B
2
)
P
(
B
3
)
0
.
4
0
.
5
0
.
3
+ 0.4×
0.5×
0.7+0.6×
0.5×
0.7=0.41
P
(
H
3
)=
P
(
B
1
)
P
(
B
2
)
P
(
B
3
)=0.4×
0.5×
0.7=0.14
又因：
A=H
1
A+H
2
A+H
3
A
三种情况互斥
故由全概率公式，有
P
(
A
)=
P
(
H
1
)
P
(
A
|
H
1
)+
P
(
H
2
)
P
(
A
|
H
2
)+
P
(
H
3
)
P
(
AH
3
)
=0.36×
0.2+0.41×
0.6+0.14×
1=0.458 36.[
三十三
]
设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏
2 %
（这一事件记为
A
1
）
，
10%
（事件
A
2
）
，
90%
（事件
A
3
）
的 概率分别为
P
(
A
1
)=0.8,
P
(
A
2
)=0.15,
P
(
A< br>2
)=0.05
，
现从中随机地独立地取三件，
发现这三件都是好的< br>（这一事件记为
B
）
，
试分别求
P
(
A
1
|
B
)
P
(
A
2
|B),
P
(
A
3
|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以
取第一、第二、第三件是互相 独立地）
∵
B
表取得三件好物品。
B=A
1
B+A
2
B+A
3
B
三种情况互斥
由全概率公式，有
∴
P
(
B
)=
P
(
A
1
)
P
(
B|A
1
)+
P
(
A
2
)
P
(
B|A
2
)+
P
(
A
3
)
P
(
B|A
3
)
=0.8×
(0 .98)
3
+0.15×
(0.9)
3
+0.05×
(0. 1)
3
=0.8624
P
(
A
1
B
)< br>P
(
A
1
)
P
(
B
|
A< br>1
)
0
.
8
(
0
.
98
)
3
P
(
A
1
|
B
)
0
.
8731
P
(
B)
P
(
B
)
0
.
8624
P
(
A
2
B
)
P
(
A
2
)
P
(
B
|
A
2
)
0
.
15
(
0
.
9
)
3
P
(
A
2
|
B
)
0
.
1268
P
(
B
)
P
(< br>B
)
0
.
8624
P
(
A
3
B
)
P
(
A
3
)
P
(
B
|
A
3
)
0
.
05
(
0.
1
)
3
P
(
A
3
|
B)
0
.
0001
P
(
B
)
P
(
B
)
0
.
8624< br>37.[
三十四
]
将
A
，
B
，
C
三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为
α
，而输
出为其它 一字母的概率都是
(1
－
α
)/2
。今将字母串
AAAA< br>，
BBBB
，
CCCC
之一输入信道，
输入
AAAA
，
BBBB
，
CCCC
的概率分别为
p
1
,
p
2
,
p
3
(
p
1
+
p
2
+
p
3
=1)
，已知输出为
ABCA
，问
输入的是
AAAA
的概率是多少？（设信道传输每个字母的工作是相互独 立的。
）
解：设
D
表示输出信号为
ABCA
，< br>B
1
、
B
2
、
B
3
分别表示输入信 号为
AAAA
，
BBBB
，
CCCC
，则
B
1
、
B
2
、
B
3
为一完备事件组，且
P (B
i
)=P
i
,
i=
1, 2, 3
。
再设
A
发、
A
收分别表示发出、 接收字母
A
，其余类推，依题意有
P
(
A
收
|
A
发
)=
P
(
B
收
|
B
发
)=
P
(
C
收
|
C
发
)=
α
，
P
(
A
收
|
B
发
)=
P
(
A
收
|
C
发
)=
P
(
B
收
|
A
发
)=
P
(
B
收
|
C
发
)=
P
(
C
收
|
A
发
)=
P
(
C
收
|
B
发
)=
1
α
2
又
P
(
ABCA|AAAA
)=
P
(
D | B
1
) =
P
(
A
收
|
A
发
)
P
(
B
收
|
A
发
)
P
(
C
收
|
A
发
)
P
(
A
收
|
A
发
)
=
α
2
(
1
α
2
)
，
2
1
α
3
)
2
同样可得
P
(
D | B
2
) =
P
(
D | B
3
) =
α
(
于是由全概率公式，得
P
(
D
)
P
(
B
)
P
(
D
|
B
)
i
i
i
1
3
p
1
a
2
(
1
α
2
1
α
3
)
(
P
2
P
3
)
α
(
)
2
2
由
B ayes
公式，得
P
(
AAAA|ABCA
)=
P
(
B
1
| D
) =
=
P
(
B
1
)
P
(
D
|
B
1
)
P
(
D
)
2
α
P
1
2
α
P
1
(
1
α
) (
P
2
P
3
)
[
二十九
]
设第一只盒子装有
3
只蓝球，
2
只绿球，
2只白球；第二只盒子装有
2
只
蓝球，
3
只绿球，
4只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。
（
1
）求至少有一只蓝球
的 概率，
（
2
）求有一只蓝球一只白球的概率，
（
3
）已知至 少有一只蓝球，求有一只蓝球
一只白球的概率。
解：记
A
1
、
A
2
、
A
3
分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、 绿球、白球，
B
1
、
B
2
、
B
3
分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。
（
1
）记
C
={
至少有一只蓝球
}
C
=
A
1
B
1
+
A
1
B
2
+
A
1
B
3
+
A
2
B
1
+
A
3
B
1
，
5
种情况互斥
由概率有限可加性，得
P
(
C
)
< br>P
(
A
1
B
1
)
P
(< br>A
1
B
2
)
P
(
A
1< br>B
3
)
P
(
A
2
B
1< br>)
P
(
A
3
B
1
)
独立 性
P
(
A
)
P
(
B
)
P
(
A
)
P
(
B
)
P
(
A
)
P
(
B
)
P
(
A
)
P
(
B
)
P
(
A
)
P
(
B
)
1
1
1
2
1
3
2
1
3
1
3
2
3
3
3
4
2
2
2
2
5
7
9
7
9
7
9
7
9
7
9
9
（
2
）记
D=
{
有一只蓝球，一只白球
}
，而且知
D = A
1
B
3
+
A
3
B
1
两种情 况互斥
P
(
D
)
P
(
A1
B
3
P
(
A
3
B
1)
P
(
A
1
)
P
(
B3
)
P
(
A
3
)
P
(B
1
)
3
4
2
2
16
< br>
7
9
7
9
63
P
(
CD
)
P
(
D
)
16
P
(
C
)
P
(
C
)
35
（
3
）
P
(
D
|
C
)
(
注意到
CD
D
)
[
三十
]
A
，
B
，
C
三人在同一办公室工作，房间有三部电话，据统计知，打给
A
，
B
，
2
2
1
C
的电话的概率分别为
,
。他们三人常因工作外出 ，
A
，
B
，
C
三人外出的概
,
5
5
5
1
1
1
率分别为
,
，设三人的行动相互独立， 求
2
4
4
（
1
）无人接电话的概率；
（
2
）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了
3
个
电话，求（
3
）这
3
个电话打给同一人的概率；
（
4
）这3
个电话打给不同人的概率；
（
5
）
这
3
个电 话都打给
B
，而
B
却都不在的概率。
解：记
C< br>1
、
C
2
、
C
3
分别表示打给
A< br>，
B
，
C
的电话
D
1
、
D
2
、
D
3
分别表示A
，
B
，
C
外出
注意到
C
1
、
C
2
、
C
3
独立，且
P
(< br>C
1
)
P
(
C
2
)
< br>
P
(
D
1< br>)
2
1
,
P
(
C
3
)< br>
5
5
1
1
,
P
(
D< br>2
)
P
(
D
3
)
< br>2
4
（
1
）
P
（无人接电话）
=
P
(
D
1
D
2
D
3
)=
P
(
D
1
)
P
(
D
2
)
P
(
D
3
)
=
1
1
1
1
2
4
4
32
（
2
）记
G=
“被呼叫人在办公 室”
，
G
C
1
D
1
C
2
D
2
C
3
D
3
三种情况互斥，由有
限可加性与乘法公式
P
(
G
)
P
(
C
1
D
1
)
P
(C
2
D
2
)
P
(
C
3D
3
)
由于某人外出与
< br>
P
(
C
1
)
P
(
D< br>1
|
C
1
)
P
(
C
2< br>)
P
(
D
2
|
C
2
)
< br>P
(
C
3
)
P
(
D
3
|< br>C
3
)
否和来电话无关
故
P
(
D
|
C
)
P
(
D
)
2
1
2
3
1
3
13
k
k
k
5
2
5
4
5
4
20
（
3
）
H
为“这
3
个电话打给同一个人”
P(
H
)
2
2
2
2
2
21
1
1
17
< br>
5
5
5
5
5
5< br>5
5
5
125
（
4
）
R
为“这3
个电话打给不同的人”
R
由六种互斥情况组成，每种情况为打给A
，
B
，
C
的三个电话，每种情况的概率为
2
2
1
4
5
5
5
125
于是
P
(
R
)
6
4
24
125
125
（
5）由于是知道每次打电话都给
B
，其概率是
1
，所以每一次打给
B
电话而
B
不在
1
的概率为
，且各次情况相互独立
4
1
1
于是
P
（
3
个电话都打给
B
，
B
都不在的概率）
=
(
)
3
4
64
第二章
随机变量及其分布
1.[
一
]
一袋中有
5
只乒乓球，编号为1
、
2
、
3
、
4
、
5
，在其 中同时取三只，以
X
表
示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量
X
的分布律
解：
X
可以取值
3
，
4
，< br>5
，分布律为
P
(
X
3)
P
(
一球为
3
号
,
两球为
1
,
2
号
)
2
1
C
2
3
C
5
1
10
2
1
C
3
3
C
5
P(
X
4
)
P
(
一球为
4
号
,
再在
1
,
2
,
3
中任取两球
)
3
10
6
10
P
(
X
5
)
P
(
一球为< br>5
号
,
再在
1
,
2
,
3
,
4
中任取两球
)
也可列为下表
X
：
3
，
4
，
5
P
：
2
1
C
4
3
C
5
1
3
6
,
,
10
10
10
3.[
三
]
设在
15
只同类型零件中有
2
只是次品，在其中取三次，每次任取一 只，作
不放回抽样，以
X
表示取出次品的只数，
（
1
）求< br>X
的分布律，
（
2
）画出分布律的图形。
解：任取 三只，其中新含次品个数
X
可能为
0
，
1
，
2个。
P
(
X
0
)
3< br>C
13
3
C
15
22
35
12
35
1
35
O
1
2
x
P
P
(
X
1< br>)
1
2
C
2
C
13
3
C
15
2
1
C
2
C
13
3
C
15
P
(
X
2
)
再列为下表
X
：
0
，
1
，
2
P
：
22
12
1
,
,
35
35
35
4.[
四
]
进行重复独立实验，设每次成功的概率为
p
，失败的概率为
q
=1
－
p
(0<
p
<1)
（
1
）将实验进行到出现一次成功为止，以
X
表示所需的试验次数，求
X
的分布律 。
（此时称
X
服从以
p
为参数的几何分布。
）
< br>（
2
）将实验进行到出现
r
次成功为止，以
Y
表示所 需的试验次数，求
Y
的分布律。
（此时称
Y
服从以
r, p
为参数的巴斯卡分布。
）
（
3
）
一篮球运动员 的投篮命中率为
45%
，
以
X
表示他首次投中时累计已投篮的次数，
写出
X
的分布律，并计算
X
取偶数的概率。
解：
（
1
）
P
(
X=k
)=
q
k
1
p
－
k=
1,2,
„„
（
2
）
Y=r+n=
{
最后一次实验前
r+n
－1
次有
n
次失败，且最后一次成功
}
P
(
Y
r
n
)
C
r
n
n
1
q
n
p
r
1
p
C
r
n
n
1
q
n
p
r
,
（
3
）
P
(
X=k
) = (0.55)
k
－
1
0.45
n
0
,
1
,
2
,
,
其 中
q=
1
－
p
，
r
1
r
k
r
,
k
r
,
r
1
,
或记
r+n=k
，则
P
{
Y=k
}=< br>C
k
1
p
(
1
p
)< br>
k=
1,2…
2
k
1
P < br>(
X
取偶数
)=
P
(
X
2
k
)
(
0
.
55
)k
1
k
1
0
.
45
< br>11
31
6.[
六
]
一大楼装有5
个同类型的供水设备，调查表明在任一时刻
t
每个设备使用的
概率为< br>0.1
，问在同一时刻
（
1
）恰有
2
个设备被使用的概率是多少？
2< br>2
5
2
2
P
(
X
2< br>)
C
5
p
q
C
5
< br>(
0
.
1
)
2
(
0
.< br>9
)
3
0
.
0729
（
2
）至少有
3
个设备被使用的概率是多少？
3
4
5
P
(
X
3
)
C
5
(
0
.
1
)
3
(
0
.
9
)
2
C
5
(
0
.
1
)
4
(
0
.
9
)
C
5
(
0
.
1
)
5
0
.
00856
（
3
）至多有
3
个设备被使用的概率是多少？
0
1
P
(
X
3
)
C
5
(
0
.
9
)
5
C
5
0
.
1
(
0
.
9
)
4
C
5
2
(
0
.
1
)
2
(
0
.
9
)
3
3
C
5
(
0
.
1
)
3
(
0
.
9
)
2
0
.
99954
（
4
）至少有一个设备被使用的概率是多少？
P
(
X
1
)
1
P
(
X
0
)
1
0
.
59049
0
.
40951
[
五
]
一房间有
3
扇同样大小的窗子，
其中只有一扇是打开的。
有一只鸟自开着的窗
子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟 在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假
定鸟是没有记忆的，鸟飞向各扇窗子是随机的。
（
1
）以
X
表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求
X
的分布 律。
（
2
）户主声称，他养的一只鸟，是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试 不多于一次。
以
Y
表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数，如户主所说是确实的， 试求
Y
的分布
律。
（
3
）求试飞次数
X
小于
Y
的概率；求试飞次数
Y
小于
X
的概率。
解：
（
1
）
X
的可能取值为
1
，< br>2
，
3
，„，
n
，„
P
{
X=n
}=
P
{
前
n
－
1
次 飞向了另
2
扇窗子，第
n
次飞了出去
}
2
1
=
(
)
n
1
，
n=
1
，
2
，„„
3
3（
2
）
Y
的可能取值为
1
，
2
，3
1
3
P
{
Y=
2}=
P
{
第
1
次飞向
另
2
扇窗子中的一扇，第
2
次飞了出去
}
P
{
Y=
1}=
P
{
第
1
次飞了出去
}=
=
2
1
1
3
2
3
P
{
Y=
3}=
P
{
第
1
，
2
次飞向了另
2
扇窗子，第3
次飞了出去
}
2
!
1
3
!
3
=
(
3
)
P
{
X
Y
}
P
{
Y
k
}
P
{
X
Y
|
Y
k
}
k
1
3
3
P
{
Y
k
}
P
{
X
Y
|
Y
k
}
k
2
全
概
率
公
式
并
注
意
到
P
{
X
Y
|
Y
1
}
0
P
{
Y
k
}
P
{
X
k
}
k
2
3
注意到
X
,
Y
独立即< br>
P
{
X
Y< br>|
Y
k
}
1
1
1< br>
1
2
1
8
< br>
27
3
3
3
3
3
3
P
{
X
k
}
同上，
P
{
X
Y
}
P
{
Y
k
}
P
{
X
Y
|
Y
k
}
k
1
3
k
1
3
1
1
2
1
4
19
P
{
Y
k
}
P
{
X
k
}
1
3
3
3
9
3
27
81
故
P
{
Y
X}
1
P
{
X
Y
}
P
{
X
Y
)
38
81
8.[
八
]
甲、乙二人投篮，投中的概率各为
0.6, 0.7
，令各投三次。求
（
1
）二人投中次数相等的概率。
记
X
表甲三次投篮中投中的次数
Y
表乙三次投篮中投中的次数
由于甲、乙每次投篮独立，且彼此投篮也独立。
P
(
X
=
Y
)=
P
(
X
=0,
Y=
0)+
P
(
X
=2,
Y=
2)+
P
(
X=
3,
Y=
3)
=
P
(
X
=0)
P
(
Y=
0)+
P
(
X
=1)
P
(
Y=
1)+
P
(
X
=2)
P
(
Y=
2)+
P
(
X
=3)
P
(
Y=
3)
1
1
0
.
6
(
0
.
4
)
2
]
[C
3
0
.
7
(
0
.3
)
2
]
= (0.4)
3
×
(0.3)
3
+ [
C
3
2
2
(
0
.
6
)
2
0
.
4
]
[
C
3
(
0
.
7
)
2
.
3
]
(
0
.
6
)
3
[
C
3
(
0
.
7
)
3
0
.
321
（
2
）甲比乙投中次数多的概率。
P
(
X>Y
)=
P
(
X
=1,
Y=
0)+
P
(
X
=2,
Y=
0)+
P
(
X=
2,
Y=
1)+
P
(
X
=3)
P
(
Y=
0)+
P
(
X
=3)
P
(
Y=
1)+
P
(
X
=3)
P
(
Y=
2)
=
P
(
X
=1)
P
(
Y=
0) +
P
(
X
=2,
Y=
0)+
P
(
X=
2,
Y=
1)+
P
(
X
=3)
P
(
Y=
0)+
P
(
X
=3)
P
(
Y=
1)+
P
(
X
=3)
P
(
Y=
2)
1
2
0
.
6
(
0
.
4
)
2
]
(
0
.
3
)
3
[
C
3
(
0
.
6
)
2
0
.
4
]
(
0
.
3
)
8
=
[
C
3
2
2
1
2
3
[
C
3
(
0
.
6
)
0
.
4
]
[
C
3
0
.
7
(
0
.
3
)
]
(
0
.
6
)
1
(
0
.
3
)
3
(
0
.
6
)
3
[
C
3
0
.
7
(
0
.
3
)
2
]
(
0
.
6
)
3
[
C
3
(
0
.
7
)
0
.
3
]
0
.
243
9.[
十
]
有甲、乙两种味道和颜色极为相似的名酒各
4
杯。如果从中挑
4< br>杯，能将甲
种酒全部挑出来，算是试验成功一次。
（
1
）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？
（2
）某人声称他通过品尝能区分两种酒。他连续试验
10
次，成功
3次。试问他是
猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的。
）
解：
（
1
）
P
(
一次成功
)=
2
2
1
1
< br>4
70
C
8
3
（
2
）
P
(
连续试验
10
次，成功
3
次
)=
C< br>10
(
1
3
69
7
3
。此概率太小，按实< br>)
(
)
70
70
10000
际推断原理， 就认为他确有区分能力。
[
九
]
有一大批产品，其验 收方案如下，先做第一次检验：从中任取
10
件，经验收
无次品接受这批产品，次品数 大于
2
拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取
5
件，仅当
5
件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为
10%
，求
（
1
）这批产品经第一次检验就能接受的概率
（
2
）需作第二次检验的概率
（
3
）这批产品按第
2
次检验的标准被接受的概率
（
4
）这批产品在第
1
次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率
（
5
）这批产品被接受的概率
解：
X
表示
10
件中次品的个数，
Y
表示
5
件中次品的个数，
由于产品总数很大，故
X~
B
（
10
，
0.1
）
，
Y~
B
（
5< br>，
0.1
）
（近似服从）
（
1
）
P
{
X
=0}=0.9
10
≈
0.349
2
10
.
1
2
0
.
9
8
C10
0
.
1
0
.
9
9
0< br>.
581
（
2
）
P
{
X
≤
2}=
P
{
X
=2}+
P
{
X
=1}=
C
10
（
3
）
P
{
Y
=0}=0.9
5
≈
0.590
（
4
）
P
{0<
X
≤
2
，
Y=
0}
({0<
X
≤
2}
与
{
Y=
2}
独立
)
=
P
{0<
X
≤
2}
P
{
Y=
0}
=0.581×
0.590
0.343
（
5
）
P
{
X
=0}+
P
{0<
X
≤
2
，
Y=
0}
≈
0.349+0.343=0.692
12.[
十三
]
电话交换台每分钟的呼唤次数服从参数为
4
的泊松分布，求
（
1
）每分钟恰有
8
次呼唤的概率
法一：
法二：
4
8
< br>4
P
(
X
8
)
e
< br>0
.
029770
（直接计算）
8
!
P
(
X
= 8 )=
P
(
X
≥
8)
－
P
(
X
≥
9)
（查
λ
= 4
泊松分布表）
。
= 0.051134
－
0.021363=0.029771
（
2
）每分钟的呼唤次数大于
10
的概率。
P
(
X>
10)=
P
(
X
≥
11)=0.002840
（查表计算）
[
十二
(2)]
每分钟呼唤次数大于
3
的概率。
P
{< br>X
3
}
P
{
X
4< br>}
0
.
566530
[
十六
]
以
X
表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间
（ 以分计）
，
X
的分布函数是
1
e< br>
0
.
4
x
,
x
0
< br>F
X
(
x
)
x
0< br>
0
求下述概率：
（
1
）
P
{< br>至多
3
分钟
}
；
（
2
）
P
{
至少
4
分钟
}
；
（
3
）
P{3
分钟至
4
分钟之间
}
；
（
4< br>）
P
{
至多
3
分钟或至少
4
分钟
}
；
（
5
）
P
{
恰好
2.5
分钟< br>}
解：
（
1
）
P
{
至多
3
分钟
}=
P
{
X
≤
3} =
F
X< br>(
3
)
1
e
1
.< br>2
（
2
）
P
{
至少
4
分钟
}
P
(
X
≥
4) =
1
F
X
(
4
)
e
1
.
6
（
3）
P
{3
分钟至
4
分钟之间
}=
P
{3<
X
≤
4}=
F
X
(
4
)
F
X
(
3
)
e
1
.
2
e
1
.
6
（
4
）
P
{
至多
3
分钟或至少
4
分钟
}=
P
{
至多
3
分钟
}+
P
{
至少
4
分钟
}
=
1
e
1
.
2
e
1
.
6
（
5
）
P
{
恰好
2.5分钟
}=
P
(
X
=2.5)=0
0
,< br>x
1
,
18.[
十七
]
设随机变量
X
的分布函数为
F
X
(
x< br>)
ln
x
,
1
x
e
,
，
1
,
x
e
.
求（
1
）
P
(
X<
2),
P
{0<
X
≤
3},
P
(2<
X<
5
2
)
；
（
2
）求概率密度
f
X
(
x
).
解：
（
1
）
P
(
X
≤
2)=
F
X
(2)= ln2
，
P
(0<
X
≤
3)=
F
X
(3)
－
F
X
(0)=1
，
P(
2
X
5
5
5
5
F
X
(
)
F
X
(
2
)
ln
ln
2
ln
2
2
2
4
1
,
1
x
e
,
（
2
）
f
(
x
)
F
'
(
x
)
x
0
,
其它
20.[
十八（
2
）
]
设随机变量
X
的概率密度
f
(
x
)
为
2
1
x
2
（
1
）
f
(
x
)
0
1
x
1
其它
0
x
1
x
（
2
）
f
(
x
)
2
x
1
x
2
其他
0
求
X
的分布函数
F
(
x
)
，并作出（
2
）中的
f
(
x
)
与
F
(
x
)
的图形。
解：当－
1
≤
x
≤
1
时：
X< br>2
2
F
(
x
)
0
dx
1
x
2
dx
1
π
π
1
x
1
x
1
x
2
1
arcsin
x
2
2
1
1
1
1
x
1
x
2
arcsin
x
π
π
2
当
1<
x
时：
F
(
x
)
故分布函数为：
< br>
1
0
dx
x
2
1
x
2
dx
0
dx
1
1
π
1
1
0
1
1
1
F
(
x
)
x
1
x
2
arcsin
x
π
π
2
1
解：
（
2
）F
(
x
)
P
(
X
x)
x
1
1
x
1
1
x
x
f
(
t
)
dt
当
x
0< br>时
,
F
(
x
)
x
< br>
0
dt
0
x
2
当
0
x
1
时
,
F
(
x
)
0
dt
t
dt
0
2
0
x
当
1
x
2
时
,
F
(
x
)
当
2
x
时
,
F
(
x
)
故分布函 数为
0
0
dt
1
0
t
dt
x
1
(
2< br>
t
)
dt
2
x
x
1
2
2
0
0
d t
1
0
t
dt
2
1
(
2
t
)
dt
x2
0
dt
1
0
x< br>2
F
(
x
)
2< br>2
x
2
x
1
2
< br>
1
x
0
0
x
< br>1
1
x
2
2
x< br>（
2
）中的
f
(
x
)
与
F
(
x
)
的图形如下
0
1
2
x
0
1
2
x
f
(
x
)
F
(
x
)
22.[
二十
]
某种型号的电子的寿命
X
（以小时计）具有以下的概率密度：
< br>1000
f
(
x
)
x
2
0
x
1000
其它
现有一大批此种管子（设各电子管损坏与否相互独立）
。任取
5
只，问其中至 少有
2
只寿
命大于
1500
小时的概率是多少？
解：一个电子管寿命大于
1500
小时的概率为
P
(X
1500
)
1
P
(
X
1500
)
1
1
< br>(
1
2
2
)
3
3
< br>1500
1000
1000
1000
(
1
)
1500
dx
1
x
1000
x
2
令
Y表示“任取
5
只此种电子管中寿命大于
1500
小时的个数”
。 则
Y
~
B
(
5
,
2
)
，
3
2
1
1
1
P
(
Y
2
)
1
P
(
Y
2
)
1
P
(
Y
0
)
P
(
Y
1
)
1
(
)
5
C
5
(
)
(
)
4
3
3
3
1
5
2
11
232
1
1
243
243
3
5
23.[
二十一
]
设顾客在某银行 的窗口等待服务的时间
X
（以分计）服从指数分布，
其概率密度为：
x
1
5
F
X
(
x
)
5
e
,
x
0
0
,
其它
某顾客在窗口等待服务，若超过< br>10
分钟他就离开。他一个月要到银行
5
次。以
Y
表示一个月 内他未等到服务而离开窗口的次数，写出
Y
的分布律。并求
P
（
Y< br>≥
1
）
。
解：该顾客“一次等待服务未成而离去”的概率为
1
5
P
(
X
10
)
f
X
(
x
)
dx
edx
e
5
10
e
2
10
5
10
5
因此
Y~
B
(
5
,
e
2
).
即< br>P
(
Y
k
)
e< br>
2
k
(
1
e
2
)< br>5
k
,
(
k
1
,
2< br>,
3
,
4
,
5
k
< br>1
5
P
(
Y
1
)
1< br>
P
(
Y
1
)
1
< br>P
(
Y
0
)
1
(< br>1
e
2
)
5
1
< br>(
1
)
1
(
1
< br>0
.
1353363
)
5
7
.
389
1
0
.
8677
5
1
0
.
4833
0
.
5167
.
x
x
24.[
二十二
]
设
K
在（
0
，
5
）上服从均匀分布，求方程
4
x
2
4xK
K
2
0
有实
根的概率
1
∵
K
的分布密度为：
f
(
K
)
5< br>
0
0
0
K
5< br>其他
要方程有根，就是要
K
满足
(4
K
)
2
－
4×
4×
(K+2)
≥
0
。
解不等式，得
K
≥
2
时，方程有实根。
∴
2
P
(
K
2
)
1
f
(
x
)
d x
dx
2
5
5
5
0
dx
3
5
25.[
二十三
]
设
X
～
N
（
3.2
2
）
（
1
）求
P
(2<
X
≤
5)
，
P
(
－
4) <
X
≤
10)
，
P
{|
X|>2
}
，
P
(
X>
3)
β
μ
α
μ
∵
若
X
～
N
（
μ
，
σ
2
）
，则
P
(α<
X
≤
β)=
φ
φ
σ
σ
5
3
2
3
=
φ
(1)
－
φ
(
－
0.5)
P
(2<
X
≤
5) =
φ
φ
2
2
=0.8413
－
0.3085=0.5328
∴
10
3
4
3
=
φ
(3.5)
－
φ
(
－
3 .5)
P
(
－
4<
X
≤
10) =
φ
φ
2
2
=0.9998
－
0.0002=0.9996
P
(|
X
|>2)=1
－
P
(|
X
|<2)= 1
－
P
(
－
2<
P
<2 )
2
3
< br>
2
3
=
1
2
2
=1
－
φ
(
－
0.5) +
φ
(
－
2.5)
=1
－
0.3085+0.0062=0.6977
3
3
P
(
X
>3)=1
－
P
(
X
≤
3 )=1
－
φ
=1
－
0.5=0.5
2
（
2
）决定
C
使得
P
(
X > C
)=
P
(
X
≤
C
)
∵
得
又
P
(
X > C
)=1
－
P
(
X
≤
C
)=
P
(
X
≤
C
)
P
(
X
≤
C
)=
1
=0.5
2
C
3
C
3
P
(
X
≤
C
)=
φ
0
∴
C
=3
0
.
5
,
查表可得
2
2
2
26.[
二十四
]
某地区
18
岁的女青年的血压
（收缩区，
以
mm-Hg计）
服从
N
(
110
,
12
)
在该地 区任选一
18
岁女青年，测量她的血压
X
。求
（
1
）
P
(
X
≤105)
，
P
(100<
X
≤120).
（
2
）确定最小的
X
使
P
(
X>x
) ≤ 0.05.
105
110
解
:
(
1
)
P
(
X
105
)
(
)
(
0
.
4167
)
1
(
0
.
4167
)
1
0
.
6616
0
.
3384
12
120
110< br>100
110
5
5
P
(
100
X
120
)
(
)
(
)
(
)
(
)
12
12
6
6
5
2< br>
(
)
1
2
(
0< br>.
8333
)
1
2
0
.
7976
1
0
.
5952
6(
2
)
P
(
X
x
)
1
P
(
X
x
)
1
(
x
110
x
110
)
0
.
05
(
)
0
.
95
.
12
12
x
110查表得
1
.
645
.
x
110
19
.
74
129
.
74< br>.
故最小的
X
129
.
74
.
1 2
27.[
二十五
]
由某机器生产的螺栓长度
（
cm
）
服从参数为
μ
=10.05
，
σ
=0.06
的正态
分布。规定长度在范围
10.05
±
0.12< br>内为合格品，求一螺栓为不合格的概率是多少？
设螺栓长度为
X
P
{
X
不属于
(10.05
－
0.12, 10.05+0.12)
=1
－
P
(10.05
－
0.12<
X
<10.05+0.12)
(
10
.
05
0
.
12
)
10
.
05
(
10
.05
0
.
12
)
10
.
05
=1
－
0
.
06
0
.
06
=1－
{
φ
(2)
－
φ
(
－
2)}
=1
－
{0.9772
－
0.0228}
=0.0456
28.[
二十六
]
一工厂生产的电子管的寿命
X
（以小时计）服从参数为
μ
=160
，
σ
(
未
知
)
的正态分布，若要求
P
(120
＜
X
≤
200
＝
=0.80
，允许
σ
最大为多少？
200
160
120
160
40
< br>40
0
.
80
∵
P
(120
＜
X
≤
200)=
σ
σ
σ
σ
又对标准正态分布有
φ
(
－
x
)=1－
φ
(
x
)
40
4 0
0
.
80
∴
上式变为
1
σ
σ
40
40
0
.
9
解出
便得
:
σ
σ
再查表，得
40
40
1
.
281
σ
3 1
.
25
σ
1
.
281
30.[
二十七
]
设随机变量
X
的分布律为：
X
：－
2
，
P
：
－
1
，
0
，
1
，
3
1
，
5
1
1
1
，
，
，
6
5
15
(
－
1)
2
(0)
2
11
30
(1)
2
(3)
2
求
Y=X
2
的分布律
∵
Y=X
2
：
(
－
2)
2
P
：
1
5
1
1
1
6
5
15
4
9
11
30
再把
X
2
的取值相同的合并，并按从小到大排列，就得函数
Y
的分布律为：
∴
Y
：
0
1
1
11
P
：
6
15
5
30
5
31.[
二十八
]
设随机变量
X
在（
0
，
1
）上服从均匀 分布
（
1
）求
Y=e
X
的分布密度
1
1
1
1
∵
X
的分布密度为：
f
(
x
)
0
Y=g
(
X
)
=e
X
是单调增函数
X=h
(
Y
)=
lnY
，反函数存在
0
x
1
x
为其他
又
且
α
=
min
[
g
(0),
g
(1)]=
min
(1,
e
)=1
max
[
g
(0),
g
(1)]=
max
(1,
e
)=
e
f
[
h
(
y
)]
|
h
'
(
y
)
|
1
1
∴
Y
的分布密度为：
ψ
(
y
)
y
0
（
2
）求
Y=
－
2
lnX
的概率密度。
∵
又
Y= g
(
X
)=
－
2
lnX
是单调减函数
< br>
Y
2
1
y
e
y
为其 他
X
h
(
Y
)
e
反函数存在。
且
α
=
min
[
g
(0),
g
(1)]=
min
(+
∞
, 0 )=0
β
=
max
[
g
(0),
g
(1)]=
max
(+
∞
, 0 )= +
∞
< br>y
y
1
2
1
2
< br>e
f
[
h
(
y
)]
|
h
'
(
y
)
|
1
e
∴
Y
的分布密度为：
ψ
(
y
)
2
2
0
0
y
y
为其他
32.[
二十九
]
设
X
～
N
（
0
，
1
）
（
1
）求
Y=e
X
的概率密度
∵
X
的概率密度是
f
(
x
)
1
e
2
π
x
2
2
,
x
Y= g
(
X
)=
e
X
是单调增函数
又
且
X= h
(
Y
) =
lnY
反函数存在
α
=
min
[
g
(
－∞
),
g
(+
∞
)]=
min
(0, +
∞
)=0
β
=
max
[
g
(
－∞
),
g
(+
∞
)]=
max
(0, +
∞
)= +
∞
∴
Y
的分布密度为：
(ln
y
)
2
f
[
h< br>(
y
)]
|
h
'
(
y
)
|
1
e
2
1
ψ
(
y
)
y
2
π
0
0
y
y
为其他
（
2）求
Y=
2
X
2
+1
的概率密度。
在这里，
Y=
2
X
2
+1
在
(+
∞，－∞
)
不是单调函数，没有一般的结论可用。
设
Y
的分布函数 是
F
Y
（
y
）
，
则
F
Y
(
y
)=
P
(
Y
≤
y
)=
P
(2
X
2
+1
≤
y
)
=
P
当
y<
1
时：
F
Y
(
y
)=0
y
1
X
2y
1
2
当
y
≥
1
时：
F
y
(
y
)< br>
P
故
Y
的分布密度ψ
(
y
)
是：
y
1
X
2
y
1
2
y
1
2
y
1
2
1
e
2
π
x
2
2
dx
当
y
≤
1
时：
ψ
(
y
)=
[
F
Y
(
y
)]' = (0)' =0
当
y>
1
时，
ψ
(
y
)=
[
F
Y
(
y
)]' =
y
1
2
y
1
2
1
2
e
x
2
2
dx
1
e
=
2
π
(
y
1
)
y
1
4
（
3
）求
Y=| X |
的概率密度。
∵
Y
的分布函数为
F
Y
(
y
)=
P
(
Y
≤
y
)=
P
( |
X |
≤
y
)
当
y<
0
时，
F
Y
(
y
)=0
当
y
≥
0
时，
F
Y
(
y
)=
P
(
| X |
≤
y
)=
P
(
－
y
≤
X
≤
y
)=
∴
Y
的概率密度为：
当
y
≤
0
时：
ψ
(
y
)=
[
F
Y
(
y
)]' = (0)' =0
y
y
1
e
2
π
x
2
2
dx
y
2
x
2
y
1
2
当
y>
0
时：
ψ
(
y
)=
[
F
Y
(
y
)]' =
e
2
dx
e
2
y
2
π
π
33.[
三十
]
（
1
）设随机变量
X
的概率密度为
f
(
x
)
，求
Y
=
X
3
的概率密度。
∵
又
且
Y=g
(
X
)=
X
3
是
X
单调增函数，
X
=
h
(
Y
) =
Y
，反函数存在，
α
=
min
[
g
(
－∞
),
g
(+
∞
)]=
min
(0, +
∞
)=
－∞
1
3
β
=
max
[
g
(
－∞
),
g
(+
∞
)]=
max
(0, +
∞
)= +
∞
∴
Y
的分布密度为：
ψ
(
y
)=
f
[
h
(
h
)]
²
|
h'
(
y
)| =
f
1
(
y
3
2
1
)
y
3
,
y
,
但
y
0
3
(
0
)
0
（
2
）设随机变量
X
服从参数为
1
的指数分布，求
Y=X
2
的概率密度。
e
x
法一：∵
X
的分布 密度为：
f
(
x
)
0
Y
=
x
2
是非单调函数
当
x<
0
时
y
=
x
反函数是
x
y
当
x<
0
时
y
=
x
2
x
2
x
0
x
0
y=x
2
y
y
O
∴
Y
～
f
Y
(
y
) =
f
(
y
)(
< br>y
)
f
(
y
)(
y
)
－
y
y
x
0
1
e
=
2
y
0
y
1
2
y
e
y
,
y
0
y
0
法二：
Y
~
F
Y
(
y
)
P
(
Y
y
)
P
(
y
X
y
)
P
(
X
y
)
P
(
X
y
)
y
x
e
dx
0
1
e
0
0
y
,
,
y
0
y
0
1
e
∴
Y
～
f
Y
(
y
) =
2
y
0
y
,
,
y
0
.
y
0
.
34.[
三十一
]
设
X
的概率密度为
2
x
0
x
π
f
(
x
)
π
2
x
为其他
0
求
Y
=sin
X
的概率密度。
∵
F
Y
(
y
)=
P
(
Y
≤
y
)
=
P
(sin
X
≤
y
)
当
y<
0
时：
F
Y
(
y
)=0
当
0
≤
y
≤
1
时：
F
Y
(
y
) =
P
(sin
X
≤
y
) =
P
(0
≤
X
≤
arc sin
y
或
π
－
arc sin
y
≤
X
≤
π
)
=
当
1<
y
时：
F
Y
(
y
)=1
∴
Y
的概率密度
ψ
(
y
)
为：
y
≤
0
时，
ψ
(
y
)=[
F
Y
(
y
)]' = (0 )' = 0
arcsiny
0
2
x
dx
π
2
< br>2
x
dx
π
arcsin
y
π
2
π
0<
y
<1
时，
ψ
(
y
)=[
F
Y
(
y
)]' =
=
arcsin
y
0
2
x
dx
π
2
2
x
dx
π
arcsin
y
π
2
π
2
π
1
y
2
1
≤
y
时，
ψ
(
y
)=[
F
Y
(
y
)]' =
(
1
)
= 0
36.[
三十三
]
某物体的温度
T
(
o
F
)
是一个随机变量，
且有
T
～< br>N
（
98.6
，
2
）
，
试求
θ(< br>℃
)
的概率密度。
[
已知
θ
5
(
T
32
)
]
9
法一：∵
T
的概率密度为
f
(
t
)
1
2
2
e
(
t
98
.
6
)
2
2
2
,
t
又
θ
g
(
T
)
T
h
(
θ
)
5
(
T
3 2
)
是单调增函数。
9
9
θ
32
反函数存在。
5
且
α
=
min
[
g
(
－∞
),
g
(+
∞
)]=
min
(
－∞
, +
∞
)=
－∞
β
=
max
[
g
(
－∞
),
g
(+
∞
)]=
max
(
－∞
, +
∞
)= +
∞
∴
θ
的概率密度
ψ
(
θ
)
为
9< br>(
θ
32
98
.
6
)
2
5
4
e
ψ
(
θ
)
f
[
h
(
θ
)]
|
h
'
(
θ
)
|
1
2
π
2
9
5
9
e
10
π
81
(
θ
37
)
2
100
,
θ
法二：根据定理：若
X
～< br>N
（
α
1
，
σ
1
）
，则
Y=aX+b
～
N
(
aα
1
+
b, a
2
σ
2
)
由于
T
～
N
（
98.6, 2
）
2
5
333
5
2< br>
5
160
160
5
~
N
98
.
6
,
< br>2
N
,
2< br>
故
θ
T
9< br>9
9
9
< br>9
9
9
故
θ< br>的概率密度为：
333
9
2
2
(
)
1
e
5
2
2
9
5
2
2
9
9
10
e
81
(< br>
37
)
2
100
,
第三章
多维随机变量及其分布
1.[
一
]
在一箱子里装有
12
只开关，其中
2
只是次品，在其中随机地取两次，每次
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：
,
0
,
若第一次取出的是正品
X
1
,
若第一次取出的是次 品
,
0
,
若第二次取出的是正品
Y
1
,
若第二次取出的是次品< br>
试分别就（
1
）
（
2
）两种情况，写出
X
和
Y
的联合分布律。
解：
（
1
）放回抽样情况
由于每次取物是独立的。由独立性定义知。
P
(
X=i
,
Y=j
)=
P
(
X=i
)
P
(
Y=j
)
P
(
X=
0,
Y=
0 )=
P
(
X=
0,
Y=
1 )=
P
(
X=
1,
Y=
0 )=
P
(
X=
1,
Y=
1 )=
或写成
X
Y
0
1
（
2
）不放回抽样的情况
P
{
X=
0,
Y=
0 }=
P
{
X=
0,
Y=
1 }=
P
{
X=
1,
Y=
0 }=
P
{
X=
1,
Y=
1 }=
或写成
X
Y
0
1
0
1
10
10
25
12
12
36
10
2
5
12
12
36
2
10
5
12
12
36
2
2
1
12
12
36
25
36
5
36
5
36
1
36
10
9
45
12
11
66
10
2
10
12
11
66
2
10
10
12
11
66
2
1
1
12
11
66
0
1
45
66
10
66
10
66
1
66
3.[
二
]
盒 子里装有
3
只黑球，
2
只红球，
2
只白球，在其中任取4
只球，以
X
表示
取到黑球的只数，以
Y
表示取到白球 的只数，求
X
，
Y
的联合分布律。
X
Y
0
1
2
3
0
0
0
3
2
35
35
1
0
6
12
2
35
35
35
2
1
6
3
35
35
35
0
解：
（
X
，
Y
）的可 能取值为
(
i
,
j
)
，
i
=0
，
1
，
2
，
3
，
为
P
{
C
2
2
X=
0,
Y=
2 }=
2C
2
C
4
1
7
35
P
{
X=
C
1
1
2
1,
Y=
1 }=
3
C
2
C
2
6
C< br>4
7
35
P
{
X=
1,
Y=
2 }=
C
1
2
1
3
C
2< br>C
2
6
C
4
7
35
P
{
X=
2,
Y=
0 }=
C
2C
2
3
2
C
4
3
7
35< br>
P
{
X=
2,
Y=
1 }=
C
2
1
1
3
C
2
C
2
12
C4
7
35
P
{
X=
2,
Y=
2 }=
C
2
2
3
C
2
C< br>4
3
7
35
P
{
X=
3,
Y=
0 }=
C
3
C
13
2
C
4
2
7
35
j
=0
，
12
，
i
+
j
≥
2
，联合分布律
3
1
C
3
C
2
4
C
7
P
{
X=
3,
Y=
1 }=
2
35
P
{
X=
3,
Y=
2 }=0
k
(
6
x
y
),
0
x
2
,
2
y
4
5.[
三
]
设随机变量（
X
，
Y
）概率密度为
f
(
x
,
y
)
0
,
其它
（
1
）确定常数
k
。
（
3
）求
P
(
X
<1.5}
（
2
）求
P
{
X
<1,
Y
<3}
（
4
）求
P
(
X+Y
≤
4}
分析：利用
P
{(
X
, Y)
∈
G}=
f
(
x,
y
)
dx
dy
f
(
x
,
y
)
dx
dy
再化为累次积分，其中
G
G
D
o
0
x
2
,
D
o
(
x
,
y
)
2
y
4
解：
（
1
）∵
1
< br>
f
(
x
,
y
)
dx
dy
0
2
1
2
k
(
6
x
y
)
dydx
，∴
k
3
8
1
8
（
2
）
P
(
X
1
,
Y
3
)
0
1
dx
3
1
2
8
(
6
x
y
)
dy
（
3
）
P
(
X
1
.
5
)
P
(
X
1
.
5
,
Y
)
（
4
）
P
(
X
Y
4
)
1
.
5
0
dx
1
27
(
6
x
y< br>)
dy
2
8
32
4
1
2
(
6
x
y
)
dy
0
0
8
3
6
．
（
1
）求第
1< br>题中的随机变量（
X
、
Y
）的边缘分布律。
y
2
dx
4
x
（
2
）求第
2
题中的随机变量（
X
、
Y
）的边缘分布律。
解：
（
1
）①
放回抽样（第
1
题）
X
Y
0
1
边缘分布律为
0
1
2
x+y=
4
1
25
36
5
36
X
P
i
²
0
5
36
1
36
1
o
x
Y
0
1
5
6
1
6
P
²
j
5
6
1
6
②
不放回抽样（第
1
题）
X
Y
0
1
边缘分布为
0
1
45
66
10
66
X
0
1
10
66
1
66
Y
0
1
P
i
²
5
6
1
6
P
²
j
5
6
1
6
（
2
）
（
X
，
Y
）的联合分布律如下
X
Y
0
3
0
0
1
2
3
0
3
8
0
2
3
8
0
3
1
8
1
8
Y
的边缘分布律
Y
1
3
解：
X
的边缘分布律
X
0
1
P
i
²
1
3
3
1
P
²
j
8
8
8
8
7
．
．
设二维随机变量（
X
，
Y
）的概率密度为
4
.
8
y
(
2
x)
f
(
x
,
y
)
0
解：
f
X
(
x
)
6< br>8
2
8
0
x
< br>1
,
0
y
x
其它
求边缘概率密 度
.
x
4
.
8
y
(
2
x
)
dy
2
.
4
x
2
(
2
x
)
f
(
x
,
y
)
dy
0
0
0
x
1
其它
f
Y
(
y
)
< br>
1
4
.< br>8
y
(
2
x
)
dx
2
.
4
y
(
3
4
y
y
2
)
0
y
1
f
(
x
,
y
)
dx
y
其它
0
8.[
六
]
设二维随机变量（
X
，
Y
）的概率密度为
y
e
,
0
x
y求边缘概率密度。
f
(
x
,
y
)
0
,
其它
.
y
x=y
解
:
f
X
(
x
)
e
y
dy
e
x
,
x
0
f
(
x
,
y
)
dy
x
x
0
0
,
o
x