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概率论与数理统计题库
习题 一
1． 略.见教材习题参考答案.
2.设A，B，C为三个事件，试用A，B，C的运算关系式表示下列事件：
（1） A发生，B，C都不发生；
（2） A与B发生，C不发生；
（3） A，B，C都发生；
（4） A，B，C至少有一个发生；
（5） A，B，C都不发生；
（6） A，B，C不都发生；
（7） A，B，C至多有2个发生；
（8） A，B，C至少有2个发生.
【解】（1） ABC （2） ABC （3） ABC
（4） A∪B∪C=ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC
(5) ABC=ABC (6) ABC
(7) ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC∪ABC=ABC=A∪B∪C
(8)AB∪BC∪CA=ABC∪ABC∪ABC∪ABC
3. 略.见教材习题参考答案
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4.设A，B为随机事件，且P（A）=0.7,P(AB)=0.3，求P（AB）.
【解】 P（AB）=1P（AB）=1[P(A)P(AB)]
=1[0.70.3]=0.6
5.设A，B是两事件，且P（A）=0.6,P(B)=0.7,求：
（1） 在什么条件下P（AB）取到最大值？
（2） 在什么条件下P（AB）取到最小值？
【解】（1） 当AB=A时，P（AB）取到最大值为0.6.
（2） 当A∪B=Ω时，P（AB）取到最小值为0.3.
6.设A，B，C为三事件，且P（A）=P（B）=1/4，P（C）=1/3且P（AB）=P（BC）=0， P（AC）=1/12，求A，B，C至少有一事件发生的概率.
【解】 P（A∪B∪C）=P(A)+P(B)+P(C)P(AB)P(BC)P(AC)+P(ABC)
1 1 1 1 3
= + +  =
4 4 3 12 4
7. 从52张扑克牌中任意取出13张，问有5张黑桃，3张红心，3张方块，2张梅花的概率是多少？
【解】 p=C5 C3 C3 C2 /C13
13 13 13 13 52
8. 对一个五人学习小组考虑生日问题：
（1） 求五个人的生日都在星期日的概率； （2） 求五个人的生日都不在星期日的概率；
（3） 求五个人的生日不都在星期日的概率.
【解】（1） 设A ={五个人的生日都在星期日}，基本事件总数为75，有利事件仅1个，故
1
1 1
P（A ）= =（ ）5 （亦可用独立性求解，下同）
1
75 7
（2） 设A ={五个人生日都不在星期日}，有利事件数为65，故
2
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65 6
P（A ）= =( )5
2
75 7
(3) 设A ={五个人的生日不都在星期日}
3
1
P（A ）=1P(A )=1( )5
3 1
7
9. 略.见教材习题参考答案.
10.一批产品共N件，其中M件正品.从中随机地取出n件（n<N）.试求其中恰有m件（m≤M）正品（记为A）的概率.如果：
（1） n件是同时取出的；
（2） n件是无放回逐件取出的；
（3） n件是有放回逐件取出的.
【解】（1） P（A）=CmCnm /Cn
M NM N
(2) 由于是无放回逐件取出，可用排列法计算.样本点总数有Pn种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cm种.对于固定的一种正品与次品的抽取
N n
次序，从M件正品中取m件的排列数有Pm 种，从NM件次品中取nm件的排列数为Pnm 种，故
M NM
CmPmPnm
P（A）= n M NM
Pn
N
由于无放回逐渐抽取也可以看成一次取出，故上述概率也可写成
CmCnm
P（A）= M NM
Cn
N
可以看出，用第二种方法简便得多.
（3） 由于是有放回的抽取，每次都有N种取法，故所有可能的取法总数为Nn种，n次抽取中有m次为正品的组合数为Cm种，对于固定的一种正、
n
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次品的抽取次序，m次取得正品，都有M种取法，共有Mm种取法，nm次取得次品，每次都有NM种取法，共有（NM）nm种取法，故
P(A)CmMm(N M)nm /Nn
n
M
此题也可用贝努里概型，共做了n重贝努里试验，每次取得正品的概率为 ，则取得m件正品的概率为
N
m nm
M   M 
P(A)Cm 1
   
n  N   N 
11. 略.见教材习题参考答案.
12. 50只铆钉随机地取来用在10个部件上，其中有3个铆钉强度太弱.每个部件用3只铆钉.若将3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.求发生一个部件强度太弱的概率是多少？
【解】设A={发生一个部件强度太弱}
1
P(A)C1 C3/C3 
10 3 50 1960
13. 一个袋内装有大小相同的7个球，其中4个是白球，3个是黑球，从中一次抽取3个，计算至少有两个是白球的概率.
【解】 设A={恰有i个白球}（i=2,3），显然A 与A 互斥.
i 2 3
C2C1 18 C3 4
P(A ) 4 3  , P(A ) 4 
2 C3 35 3 C3 35
7 7
22
故 P(A A ) P(A )P(A )
2 3 2 3 35
14. 有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.7，在两批种子中各随机取一粒，求：
（1） 两粒都发芽的概率；
（2） 至少有一粒发芽的概率；
（3） 恰有一粒发芽的概率.
【解】设A={第i批种子中的一粒发芽}，（i=1,2）
i
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(1) P(AA ) P(A)P(A )0.70.80.56
1 2 1 2
(2) P(A A )0.70.80.70.80.94
1 2
(3) P(A A AA )0.80.30.20.70.38
1 2 1 2
15. 掷一枚均匀硬币直到出现3次正面才停止.
（1） 问正好在第6次停止的概率；
（2） 问正好在第6次停止的情况下，第5次也是出现正面的概率.
1 1 1
C1( )( )3
1 1 1 5 4 2 2 4 2
【解】（1） p C2( )2( )3  (2) p  
1 5 2 2 2 32 2 5/32 5
16. 甲、乙两个篮球运动员，投篮命中率分别为0.7及0.6，每人各投了3次，求二人进球数相等的概率.
【解】 设A={甲进i球}，i=0,1,2,3,B={乙进i球},i=0,1,2,3,则
i i
3
P( AB )(0.3)3(0.4)3 C10.7(0.3)2C10.6(0.4)2 
i i3 3 3
i0
C2(0.7)20.3C2(0.6)20.4+(0.7)3(0.6)3
3 3
=0.32076
17． 从5双不同的鞋子中任取4只，求这4只鞋子中至少有两只鞋子配成一双的概率.
C4C1C1C1C1 13
【解】 p1 5 2 2 2 2 
C4 21
10
18. 某地某天下雪的概率为0.3，下雨的概率为0.5，既下雪又下雨的概率为0.1,求：
（1） 在下雨条件下下雪的概率；（2） 这天下雨或下雪的概率.
【解】 设A={下雨}，B={下雪}.
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P(AB) 0.1
（1） p(B A)  0.2
P(A) 0.5
（2） p(AB) P(A)P(B)P(AB)0.30.50.10.7
19. 已知一个家庭有3个小孩，且其中一个为女孩，求至少有一个男孩的概率（小孩为男为女是等可能的）.
【解】 设A={其中一个为女孩}，B={至少有一个男孩}，样本点总数为23=8，故
P(AB) 6/8 6
P(B A)  
P(A) 7/8 7
或在缩减样本空间中求，此时样本点总数为7.
6
P(B A)
7
20. 已知5%的男人和0.25%的女人是色盲，现随机地挑选一人，此人恰为色盲，问此人是男人的概率（假设男人和女人各占人数的一半）.
【解】 设A={此人是男人}，B={此人是色盲}，则由贝叶斯公式
P(AB) P(A)P(B A)
P(A B) 
P(B) P(A)P(B A)P(A)P(B A)
0.50.05 20
 
0.50.050.50.0025 21
21. 两人约定上午9∶00~10∶00在公园会面，求一人要等另一人半小时以上的概率.
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题21图 题22图
【解】设两人到达时刻为x,y,则0≤x,y≤60.事件“一人要等另一人半小时以上”等价于|xy|>30.如图阴影部分所示.
302 1
P 
602 4
22. 从（0，1）中随机地取两个数，求：
6
（1） 两个数之和小于 的概率；
5
1
（2） 两个数之积小于 的概率.
4
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【解】 设两数为x,y，则0<x,y<1.
6
（1） x+y< .
5
1 4 4
2 5 5 17
p 1  0.68
1 1 25
1
(2)xy=< .
4
 1 1  1 1
p 1  dx dy   ln2
 
2  1 1  4 2
4 4x
23. 设P（A）=0.3,P(B)=0.4,P(AB)=0.5，求P（B｜A∪B）
P(AB) P(A)P(AB)
【解】 P(B AB) 
P(AB) P(A)P(B)P(AB)
0.70.5 1
 
0.70.60.5 4
24. 在一个盒中装有15个乒乓球，其中有9个新球，在第一次比赛中任意取出3个球，比赛后放回原盒中；第二次比赛同样任意取出3个球，求第二次
取出的3个球均为新球的概率.
【解】 设A={第一次取出的3个球中有i个新球}，i=0,1,2,3.B={第二次取出的3球均为新球}
i
由全概率公式，有
3
P(B)P(B A)P(A)
i i
i0
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C3 C3 C1C2 C3 C2C1 C3 C3 C3
 6  9  9 6  8  9 6  7  9  6 0.089
C3 C3 C3 C3 C3 C3 C3 C3
15 15 15 15 15 15 15 15
25. 按以往概率论考试结果分析，努力学习的学生有90%的可能考试及格，不努力学习的学生有90%的可能考试不及格.据调查，学生中有80%的人是努
力学习的，试问：
（1）考试及格的学生有多大可能是不努力学习的人？
（2）考试不及格的学生有多大可能是努力学习的人？
【解】设A={被调查学生是努力学习的}，则A={被调查学生是不努力学习的}.由题意知P（A）=0.8，P（A）=0.2，又设B={被调查学生考试及格}.由题
意知P（B|A）=0.9，P（B|A）=0.9，故由贝叶斯公式知
P(A)P(B A)
P(AB)
（1）P(A B) 
P(B) P(A)P(B A)P(A)P(B A)
0.20.1 1
  0.02702
0.80.90.20.1 37
即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702%
P(AB) P(A)P(B A)
(2) P(A B) 
P(B) P(A)P(B A)P(A)P(B A)
0.80.1 4
  0.3077
0.80.10.20.9 13
即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%.
26. 将两信息分别编码为A和B传递出来，接收站收到时，A被误收作B的概率为0.02，而B被误收作A的概率为0.01.信息A与B传递的频繁程度为2∶
1.若接收站收到的信息是A，试问原发信息是A的概率是多少？
【解】 设A={原发信息是A}，则={原发信息是B}
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C={收到信息是A}，则={收到信息是B}
由贝叶斯公式，得
P(A)P(C A)
P(AC)
P(A)P(C A)P(A)P(C A)
2/30.98
 0.99492
2/30.981/30.01
27. 在已有两个球的箱子中再放一白球，然后任意取出一球，若发现这球为白球，试求箱子中原有一白球的概率（箱中原有什么球是等可能的颜色只有
黑、白两种）
1
【解】设A={箱中原有i个白球}（i=0,1,2），由题设条件知P（A）= ,i=0,1,2.又设B={抽出一球为白球}.由贝叶斯公式知
i i
3
P(AB) P(B A )P(A)
P(A B) 1  1 1
1 P(B) 2
P(B A)P(A)
i i
i0
2/31/3 1
 
1/31/32/31/311/3 3
28. 某工厂生产的产品中96%是合格品，检查产品时，一个合格品被误认为是次品的概率为0.02，一个次品被误认为是合格品的概率为0.05，求在被检
查后认为是合格品产品确是合格品的概率.
【解】 设A={产品确为合格品}，B={产品被认为是合格品}
由贝叶斯公式得
P(AB) P(A)P(B A)
P(A B) 
P(B) P(A)P(B A)P(A)P(B A)
0.960.98
 0.998
0.960.980.040.05
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29. 某保险公司把被保险人分为三类：“谨慎的”，“一般的”，“冒失的”.统计资料表明，上述三种人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15和0.30；
如果“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”占50%，“冒失的”占30%，现知某被保险人在一年内出了事故，则他是“谨慎的”的概率是多少？
【解】 设A={该客户是“谨慎的”}，B={该客户是“一般的”}，
C={该客户是“冒失的”}，D={该客户在一年内出了事故}
则由贝叶斯公式得
P(AD) P(A)P(D| A)
P(A|D) 
P(D) P(A)P(D| A)P(B)P(D|B)P(C)P(D|C)
0.20.05
 0.057
0.20.050.50.150.30.3
30. 加工某一零件需要经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别为0.02,0.03,0.05,0.03，假定各道工序是相互独立的，求加工出来的零件
的次品率.
【解】设A={第i道工序出次品}（i=1,2,3,4）.
i
4
P( A)1P(A A A A )
i 1 2 3 4
i1
1P(A)P(A )P(A )P(A )
1 2 3 4
10.980.970.950.970.124
31. 设每次射击的命中率为0.2，问至少必须进行多少次独立射击才能使至少击中一次的概率不小于0.9?
【解】设必须进行n次独立射击.
1(0.8)n 0.9
即为 (0.8)n 0.1
故 n≥11
至少必须进行11次独立射击.
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32. 证明：若P（A｜B）=P(A｜B)，则A，B相互独立.
P(AB) P(AB)
【证】 P(A|B) P(A|B)即 
P(B) P(B)
亦即 P(AB)P(B) P(AB)P(B)
P(AB)[1P(B)][P(A)P(AB)]P(B)
因此 P(AB) P(A)P(B)
故A与B相互独立.
1 1 1
33. 三人独立地破译一个密码，他们能破译的概率分别为 ， ， ，求将此密码破译出的概率.
5 3 4
【解】 设A={第i人能破译}（i=1,2,3），则
i
3
P( A)1P(A A A )1P(A)P(A )P(A )
i 1 2 3 1 2 3
i1
4 2 3
1   0.6
5 3 4
34. 甲、乙、丙三人独立地向同一飞机射击，设击中的概率分别是0.4,0.5,0.7，若只有一人击中，则飞机被击落的概率为0.2；若有两人击中，则飞机被
击落的概率为0.6；若三人都击中，则飞机一定被击落，求：飞机被击落的概率.
【解】设A={飞机被击落}，B={恰有i人击中飞机}，i=0,1,2,3
i
由全概率公式，得
3
P(A)P(A|B)P(B)
i i
i0
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=(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
=0.458
35. 已知某种疾病患者的痊愈率为25%，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，且规定若10个病人中至少有四人治好则认为这种药有效，
反之则认为无效，求：
（1） 虽然新药有效，且把治愈率提高到35%，但通过试验被否定的概率.
（2） 新药完全无效，但通过试验被认为有效的概率.
3
【解】（1） p Ck (0.35)k(0.65)10k 0.5138
1 10
k0
10
(2) p Ck (0.25)k(0.75)10k 0.2241
2 10
k4
36. 一架升降机开始时有6位乘客，并等可能地停于十层楼的每一层.试求下列事件的概率：
（1） A=“某指定的一层有两位乘客离开”；
（2） B=“没有两位及两位以上的乘客在同一层离开”；
（3） C=“恰有两位乘客在同一层离开”；
（4） D=“至少有两位乘客在同一层离开”.
【解】 由于每位乘客均可在10层楼中的任一层离开，故所有可能结果为106种.
C294
（1） P(A) 6 ，也可由6重贝努里模型：
106
1 9
P(A)C2( )2( )4
6 10 10
（2） 6个人在十层中任意六层离开，故
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P6
P(B) 10
106
（3） 由于没有规定在哪一层离开，故可在十层中的任一层离开，有C1 种可能结果，再从六人中选二人在该层离开，有C2种离开方式.其余4人中不能
10 6
再有两人同时离开的情况，因此可包含以下三种离开方式：①4人中有3个人在同一层离开，另一人在其余8层中任一层离开，共有C1C3C1种可
9 4 8
能结果；②4人同时离开，有C1种可能结果；③4个人都不在同一层离开，有P4种可能结果，故
9 9
P(C)C1 C2(C1C3C1 C1 P4)/106
10 6 9 4 8 9 9
（4） D=B.故
P6
P(D)1P(B)1 10
106
37.n个朋友随机地围绕圆桌而坐，求下列事件的概率：
（1） 甲、乙两人坐在一起，且乙坐在甲的左边的概率；
（2） 甲、乙、丙三人坐在一起的概率；
（3） 如果n个人并排坐在长桌的一边，求上述事件的概率.
1
【解】 （1） p 
1 n1
3!(n3)!
(2) p  ,n3
2 (n1)!
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(n1)! 1 3!(n2)!
(3) p   ;p   ,n3
1 n! n 2 n!
38. 将线段[0，a]任意折成三折，试求这三折线段能构成三角形的概率
【解】 设这三段长分别为x,y,axy.则基本事件集为由
0<x<a,0<y<a,0<axy<a所构成的图形，有利事件集为由
x y ax y

x(ax y) y

y(ax y) x

构成的图形，即
 a
0 x

2

a

0 y
 2

a
  x ya
2
1
如图阴影部分所示，故所求概率为 p .
4
39. 某人有n把钥匙，其中只有一把能开他的门.他逐个将它们去试开（抽样是无放回的）.证明试开k次（k=1,2,…,n）才能把门打开的概率与k无关.
Pk1 1
【证】 p n1  ,k 1,2,,n
Pk n
n
40.把一个表面涂有颜色的立方体等分为一千个小立方体，在这些小立方体中，随机地取出一个，试求它有i面涂有颜色的概率P（A）（i=0,1,2,3）.
i
【解】 设A={小立方体有i面涂有颜色}，i=0,1,2,3.
i
在1千个小立方体中，只有位于原立方体的角上的小立方体是三面有色的，这样的小立方体共有8个.只有位于原立方体的棱上（除去八个角外）
15淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
的小立方体是两面涂色的，这样的小立方体共有12×8=96个.同理，原立方体的六个面上（除去棱）的小立方体是一面涂色的，共有8×8×6=384
个.其余1000（8+96+384）=512个内部的小立方体是无色的，故所求概率为
512 384
P(A ) 0.512,P(A) 0.384,
0 1000 1 1000
96 8
P(A ) 0.096,P(A ) 0.008.
2 1000 4 1000
41.对任意的随机事件A，B，C，试证
P（AB）+P（AC）P（BC）≤P(A).
【证】 P(A) P[A(BC)] P(ABAC)
 P(AB)P(AC)P(ABC)
 P(AB)P(AC)P(BC)
42. 将3个球随机地放入4个杯子中去，求杯中球的最大个数分别为1，2，3的概率.
【解】 设A={杯中球的最大个数为i},i=1,2,3.
i
将3个球随机放入4个杯子中，全部可能放法有43种，杯中球的最大个数为1时，每个杯中最多放一球，故
C33! 3
P(A) 4 
1 43 8
而杯中球的最大个数为3，即三个球全放入一个杯中，故
C1 1
P(A ) 4 
3 43 16
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3 1 9
因此 P(A )1P(A)P(A )1  
2 1 3 8 16 16
C1C2C1 9
或 P(A ) 4 3 3 
2 43 16
43. 将一枚均匀硬币掷2n次，求出现正面次数多于反面次数的概率.
【解】掷2n次硬币，可能出现：A={正面次数多于反面次数}，B={正面次数少于反面次数}，C={正面次数等于反面次数}，A，B，C两两互斥.
可用对称性来解决.由于硬币是均匀的，故P（A）=P（B）.所以
1P(C)
P(A)
2
由2n重贝努里试验中正面出现n次的概率为
1 1
P(C)Cn ( )n( )n
2n 2 2
1 1
故 P(A) [1Cn ]
2 2n 22n
44. 掷n次均匀硬币，求出现正面次数多于反面次数的概率.
【解】设A={出现正面次数多于反面次数}，B={出现反面次数多于正面次数}，由对称性知P（A）=P（B）
（1） 当n为奇数时，正、反面次数不会相等.由P（A）+P（B）=1得P（A）=P（B）=0.5
(2) 当n为偶数时，由上题知
1 n 1
P(A) [1C2( )n]
2 n 2
45. 设甲掷均匀硬币n+1次，乙掷n次，求甲掷出正面次数多于乙掷出正面次数的概率.
【解】 令甲 =甲掷出的正面次数，甲 =甲掷出的反面次数.
正 反
乙 =乙掷出的正面次数，乙 =乙掷出的反面次数.
正 反
显然有
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（甲 >乙 ）=（甲 ≤乙 ）=（n+1甲 ≤n乙 ）
正 正 正 正 反 反
=（甲 ≥1+乙 ）=（甲 >乙 ）
反 反 反 反
由对称性知P（甲 >乙 ）=P（甲 >乙 ）
正 正 反 反
1
因此P(甲 >乙 )=
正 正
2
46. 证明“确定的原则”（Surething）：若P（A|C）≥P(B|C),P(A|C)≥P(B|C)，则P（A）≥P(B).
【证】由P（A|C）≥P(B|C),得
P(AC) P(BC)
 ,
P(C) P(C)
即有 P(AC) P(BC)
同理由 P(A|C) P(B|C),
得 P(AC) P(BC),
故 P(A) P(AC)P(AC) P(BC)P(BC) P(B)
47.一列火车共有n节车厢，有k(k≥n)个旅客上火车并随意地选择车厢.求每一节车厢内至少有一个旅客的概率.
【解】 设A={第i节车厢是空的}，（i=1,…,n）,则
i
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(n1)k 1
P(A) (1 )k
i nk n
2
P(AA )(1 )k
i j n

n1
P(A A A )(1 )k
i 1 i 2 i n1 n
其中i ,i ,…,i 是1，2，…，n中的任n1个.
1 2 n1
显然n节车厢全空的概率是零，于是
n 1 1
S P(A)n(1 )k C1(1 )k
1 i n n n
i1
2
S   P(AA )C2(1 )k
2 i j n n
1ijn

n1
S   P(A A A )Cn1(1 )k
n1 i1 i 2 i n1 n n
1ii i n
1 2 n1
S 0
n
n
P( A)S S S (1)n1S
i 1 2 3 n
i1
1 2 n1
C1(1 )k C2(1 )k (1)nCn1(1 )k
n n n n n n
故所求概率为
19淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
n 1 2 n1
1P( A)1C1(1 )k C2(1 )i  (1)n1Cn1(1 )k
i1 i n n n n n n
48.设随机试验中，某一事件A出现的概率为ε>0.试证明：不论ε>0如何小，只要不断地独立地重复做此试验，则A迟早会出现的概率为1.
【证】
在前n次试验中，A至少出现一次的概率为
1(1)n 1(n)
49.袋中装有m只正品硬币，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.试问这只硬币是正品的
概率是多少？
【解】设A={投掷硬币r次都得到国徽}
B={这只硬币为正品}
m n
由题知 P(B) ,P(B)
mn mn
1
P(A|B) ,P(A|B)1
2r
则由贝叶斯公式知
P(AB) P(B)P(A|B)
P(B| A) 
P(A) P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)
m 1

mn 2r m
 
m 1 n m2rn
  1
mn 2r mn
50.巴拿赫（Banach）火柴盒问题：某数学家有甲、乙两盒火柴，每盒有N根火柴，每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中任取一根.试求他首次发现一
盒空时另一盒恰有r根的概率是多少？第一次用完一盒火柴时（不是发现空）而另一盒恰有r根的概率又有多少？
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1
【解】以B 、B 记火柴取自不同两盒的事件，则有P(B ) P(B ) .（1）发现一盒已空，另一盒恰剩r根，说明已取了2nr次，设n次取自B 盒（已
1 2 1 2 2 1
空），nr次取自B 盒，第2nr+1次拿起B ，发现已空。把取2nr次火柴视作2nr重贝努里试验，则所求概率为
2 1
1 1 1 1
p 2Cn ( )n( )nr Cn
1 2nr 2 2 2 nr 22rr
式中2反映B 与B 盒的对称性（即也可以是B 盒先取空）.
1 2 2
（2） 前2nr1次取火柴，有n1次取自B 盒，nr次取自B 盒，第2nr次取自B 盒，故概率为
1 2 1
1 1 1 1
p 2Cn1 ( )n1( )nr Cn1 ( )2nr1
2 2nr1 2 2 2 2nr1 2
51. 求n重贝努里试验中A出现奇数次的概率.
【解】 设在一次试验中A出现的概率为p.则由
(q p)n C0p0qn C1pqn1C2p2qn2 Cnpnq0 1
n n n n
(q p)n C0p0qn C1pqn1C2p2qn2 (1)nCnpnq0
n n n n
以上两式相减得所求概率为
p C1pqn1C3p3qn3
1 n n
1
 [1(q p)n]
2
1
 [1(12p)n]
2
若要求在n重贝努里试验中A出现偶数次的概率，则只要将两式相加，即得
1
p  [1(12p)n].
2 2
52.设A，B是任意两个随机事件，求P{（A+B）（A+B）（A+B）（A+B）}的值.
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【解】因为（A∪B）∩（A∪B）=AB∪AB
（A∪B）∩（A∪B）=AB∪AB
所求 (AB)(AB)(AB)(AB)
[(ABAB)(AB AB)]

故所求值为0.
53.设两两相互独立的三事件，A，B和C满足条件：
ABC=，P(A)=P(B)=P(C)<1/2，且P（A∪B∪C）=9/16，求P（A）.
【解】由P(ABC) P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)
9
3P(A)3[P(A)]2 
16
1 3 1 1
故P(A) 或 ,按题设P（A）< ,故P（A）= .
4 4 2 4
54.设两个相互独立的事件A和B都不发生的概率为1/9，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相等，求P（A）.
1
【解】 P(AB) P(AB)1P(AB) ①
9
P(AB) P(AB) ②
故 P(A)P(AB) P(B)P(AB)
故 P(A) P(B) ③
22淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
由A,B的独立性，及①、③式有
1
1P(A)P(B)P(A)P(B)
9
12P(A)[P(A)]2
[1P(A)]2
1
故 1P(A)
3
2 4
故 P(A) 或P(A) （舍去）
3 3
2
即P（A）= .
3
55.随机地向半圆0<y< 2axx2 (a为正常数)内掷一点，点落在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，则原点和该点的连线与x轴的夹角小于π
/4的概率为多少？
1
【解】利用几何概率来求，图中半圆面积为 πa2.阴影部分面积为
2
π 1
a2  a2
4 2
故所求概率为
π 1
a2  a2
1 1
4 2
p  
1 2 π
πa2
2
56. 设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知所取两件产品中有一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率.
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【解】 设A={两件中至少有一件是不合格品}，B={另一件也是不合格品}
C2
4
P(AB) C2 1
P(B| A)  10 
P(A) C2 5
1- 6
C2
10
57.设有来自三个地区的各10名、15名和25名考生的报名表，其中女生的报名表分别为3份、7份和5份.随机地取一个地区的报名表，从中先后抽出两
份.
（1） 求先抽到的一份是女生表的概率p；
（2） 已知后抽到的一份是男生表，求先抽到的一份是女生表的概率q.
【解】设A={报名表是取自第i区的考生}，i=1,2,3.
i
B={第 次取出的是女生表}，j=1,2.
j j
1
则 P(A) ,i 1,2,3
i 3
3 7 5
P(B | A) ,P(B | A ) ,P(B | A )
1 1 10 1 2 15 1 3 25
3 1 3 7 5 29
(1) p P(B )P(B | A) (   )
1 1 i 3 10 15 25 90
i1
P(B B )
(2) q P(B |B ) 1 2
1 2 P(B )
2
3
而 P(B )P(B | A)P(A)
2 2 i i
i1
24淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
1 7 8 20 61
 (   )
3 10 15 25 90
3
P(B B )P(B B | A)P(A)
1 2 1 2 i i
i1
1 3 7 7 8 5 20 2
 (      )
3 10 9 15 14 25 24 9
2
故 q P(B 1 B 2 )  9  20
P(B ) 61 61
2
90
58. 设A，B为随机事件，且P（B）>0,P(A|B)=1,试比较P(A∪B)与P(A)的大小.(2006研考)
解：因为 P(AB) P(A)P(B)P(AB)
P(AB) P(B)P(A B) P(B)
所以 P(AB) P(A)P(B)P(B) P(A).
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习题二
1.一袋中有5只乒乓球，编号为1，2，3，4，5，在其中同时取3只，以X表示取出的3只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律.
【解】
X 3,4,5
1
P(X 3) 0.1
C3
5
3
P(X 4) 0.3
C3
5
C2
P(X 5) 4 0.6
C3
5
故所求分布律为
X 3 4 5
P 0.1 0.3 0.6
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2.设在15只同类型零件中有2只为次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X表示取出的次品个数，求：
（1） X的分布律；
（2） X的分布函数并作图；
(3)
1 3 3
P{X  },P{1 X  },P{1 X  },P{1 X 2}.
2 2 2
【解】
X 0,1,2.
C3 22
P(X 0) 13  .
C3 35
15
C1C2 12
P(X 1) 2 13  .
C3 35
15
C1 1
P(X 2) 13  .
C3 35
15
故X的分布律为
X 0 1 2
P 22 12 1
35 35 35
（2） 当x<0时，F（x）=P（X≤x）=0
22
当0≤x<1时，F（x）=P（X≤x）=P(X=0)=
35
34
当1≤x<2时，F（x）=P（X≤x）=P(X=0)+P(X=1)=
35
27淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
当x≥2时，F（x）=P（X≤x）=1
故X的分布函数
 0, x0

22
 , 0 x1
35
F(x)
34

, 1 x2
35

 1, x2
(3)
1 1 22
P(X  ) F( ) ,
2 2 35
3 3 34 34
P(1 X  ) F( )F(1)  0
2 2 35 35
3 3 12
P(1 X  ) P(X 1)P(1 X  )
2 2 35
34 1
P(1 X 2) F(2)F(1)P(X 2)1  0.
35 35
3.射手向目标独立地进行了3次射击，每次击中率为0.8，求3次射击中击中目标的次数的分布律及分布函数，并求3次射击中至少击中2次的概率.
【解】
设X表示击中目标的次数.则X=0，1，2，3.
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P(X 0)(0.2)3 0.008
P(X 1)C10.8(0.2)2 0.096
3
P(X 2)C2(0.8)20.20.384
3
P(X 3)(0.8)3 0.512
故X的分布律为
X 0 1 2 3
P 0.008 0.096 0.384 0.512
分布函数
 0, x0

0.008, 0 x1


F(x)0.104, 1 x2

0.488, 2 x3

1, x3
P(X 2) P(X 2)P(X 3)0.896
4.（1） 设随机变量X的分布律为
k
P{X=k}=a ，
k!
其中k=0，1，2，…，λ＞0为常数，试确定常数a.
（2） 设随机变量X的分布律为
P{X=k}=a/N， k=1，2，…，N，
试确定常数a.
【解】（1） 由分布律的性质知
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  k
1P(X k)a ae
k!
k0 k0
故 ae
(2) 由分布律的性质知
N N a
1P(X k) a
N
k1 k1
即 a 1.
5.甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6,0.7,今各投3次，求：
（1） 两人投中次数相等的概率;
（2） 甲比乙投中次数多的概率.
【解】分别令X、Y表示甲、乙投中次数，则X~b（3，0.6）,Y~b(3,0.7)
(1) P(X Y) P(X 0,Y 0)P(X 1,Y 1)P(X 2,Y 2)
P(X 3,Y 3)
(0.4)3(0.3)3C10.6(0.4)2C10.7(0.3)2+
3 3
C2(0.6)20.4C2(0.7)20.3(0.6)3(0.7)3
3 3
0.32076
(2) P(X Y) P(X 1,Y 0)P(X 2,Y 0)P(X 3,Y 0)
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P(X 2,Y 1)P(X 3,Y 1)P(X 3,Y 2)
C10.6(0.4)2(0.3)3 C2(0.6)20.4(0.3)3 
3 3
(0.6)3(0.3)3 C2(0.6)20.4C10.7(0.3)2 
3 3
(0.6)3C10.7(0.3)2 (0.6)3C2(0.7)20.3
3 3
=0.243
6.设某机场每天有200架飞机在此降落，任一飞机在某一时刻降落的概率设为0.02，且设各飞机降落是相互独立的.试问该机场需配备多少条跑道，才能
保证某一时刻飞机需立即降落而没有空闲跑道的概率小于0.01(每条跑道只能允许一架飞机降落)？
【解】设X为某一时刻需立即降落的飞机数，则X~b(200,0.02)，设机场需配备N条跑道，则有
P(X  N)0.01
200
即  Ck (0.02)k(0.98)200k 0.01
200
kN1
利用泊松近似
np 2000.024.
 e44k
P(X  N)  0.01
k!
kN1
查表得N≥9.故机场至少应配备9条跑道.
7.有一繁忙的汽车站，每天有大量汽车通过，设每辆车在一天的某时段出事故的概率为0.0001,在某天的该时段内有1000辆汽车通过，问出事故的次数不
小于2的概率是多少（利用泊松定理）？
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【解】设X表示出事故的次数，则X~b（1000，0.0001）
P(X 2)1P(X 0)P(X 1)
1e0.10.1e0.1
8.已知在五重贝努里试验中成功的次数X满足P{X=1}=P{X=2}，求概率P{X=4}.
【解】设在每次试验中成功的概率为p，则
C1p(1 p)4 C2p2(1 p)3
5 5
1
故 p
3
1 2 10
所以 P(X 4)C4( )4  .
5 3 3 243
9.设事件A在每一次试验中发生的概率为0.3，当A发生不少于3次时，指示灯发出信号，
（1） 进行了5次独立试验，试求指示灯发出信号的概率；
（2） 进行了7次独立试验，试求指示灯发出信号的概率.
【解】（1） 设X表示5次独立试验中A发生的次数，则X~6（5，0.3）
5
P(X 3)Ck(0.3)k(0.7)5k 0.16308
5
k3
(2) 令Y表示7次独立试验中A发生的次数，则Y~b（7，0.3）
7
P(Y 3)Ck(0.3)k(0.7)7k 0.35293
7
k3
10.某公安局在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼救的次数X服从参数为（1/2）t的泊松分布，而与时间间隔起点无关（时间以小时计）.
（1） 求某一天中午12时至下午3时没收到呼救的概率；
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（2） 求某一天中午12时至下午5时至少收到1次呼救的概率.
3 5
 
【解】（1）P(X 0)e 2 (2) P(X 1)1P(X 0)1e 2
11.设P{X=k}=Ckpk(1 p)2k, k=0,1,2
2
P{Y=m}=Cmpm(1 p)4m, m=0,1,2,3,4
4
5
分别为随机变量X，Y的概率分布，如果已知P{X≥1}= ，试求P{Y≥1}.
9
5 4
【解】因为P(X 1) ，故P(X 1) .
9 9
而 P(X 1) P(X 0)(1 p)2
4
故得 (1 p)2  ,
9
1
即 p .
3
65
从而 P(Y 1)1P(Y 0)1(1 p)4  0.80247
81
12.某教科书出版了2000册，因装订等原因造成错误的概率为0.001，试求在这2000册书中恰有5册错误的概率.
【解】令X为2000册书中错误的册数，则X~b(2000,0.001).利用泊松近似计算,
np 20000.0012
e225
得 P(X 5) 0.0018
5!
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3 1
13.进行某种试验，成功的概率为 ，失败的概率为 .以X表示试验首次成功所需试验的次数，试写出X的分布律，并计算X取偶数的概率.
4 4
【解】X 1,2,,k,
1 3
P(X k)( )k1
4 4
P(X 2)P(X 4)P(X 2k)
1 3 1 3 1 3
  ( )3 ( )2k1 
4 4 4 4 4 4
1
3 1
4
  
4 1 5
1( )2
4
14.有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了保险公司的人寿保险.在一年中每个人死亡的概率为0.002，每个参加保险的人在1月1日须交12元保险
费，而在死亡时家属可从保险公司领取2000元赔偿金.求：
（1） 保险公司亏本的概率;
（2） 保险公司获利分别不少于10000元、20000元的概率.
【解】以“年”为单位来考虑.
（1） 在1月1日，保险公司总收入为2500×12=30000元.
设1年中死亡人数为X，则X~b(2500,0.002)，则所求概率为
P(2000X 30000) P(X 15)1P(X 14)
由于n很大，p很小，λ=np=5，故用泊松近似，有
14 e55k
P(X 15)1 0.000069
k!
k0
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(2)P(保险公司获利不少于10000)
 P(300002000X 10000) P(X 10)
10 e55k
 0.986305
k!
k0
即保险公司获利不少于10000元的概率在98%以上
P（保险公司获利不少于20000） P(300002000X 20000) P(X 5)
5 e55k
 0.615961
k!
k0
即保险公司获利不少于20000元的概率约为62%
15.已知随机变量X的密度函数为
f(x)=Ae|x|, ∞<x<+∞,
求：（1）A值；（2）P{0<X<1}; (3) F(x).

【解】（1） 由 f(x)dx1得

 
1 Ae|x|dx2 Aexdx2A
 0
1
故 A .
2
1 1 1
(2) p(0 X 1)  exdx (1e1)
2 0 2
x 1 1
(3) 当x<0时，F(x) exdx ex
2 2
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x 1 0 1 x1
当x≥0时，F(x) e|x|dx exdx exdx
2 2 0 2
1
1 ex
2
 1
ex, x0

 2
故 F(x)
1
 1 ex x0
 2
16.设某种仪器内装有三只同样的电子管，电子管使用寿命X的密度函数为
 100
 , x100,
f(x)= x2
 0, x100.
求：（1） 在开始150小时内没有电子管损坏的概率；
（2） 在这段时间内有一只电子管损坏的概率；
（3） F（x）.
【解】
150100 1
（1） P(X 150) dx .
100 x2 3
2 8
p [P(X 150)]3 ( )3 
1 3 27
1 2 4
(2) p C1 ( )2 
2 3 3 3 9
(3) 当x<100时F（x）=0
x
当x≥100时F(x) f(t)dt

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100 x
 f(t)dt f(t)dt
 100
x 100 100
 dt 1
100 t2 x
 100
1 , x100
故 F(x) x
  0, x0
17.在区间［0，a］上任意投掷一个质点，以X表示这质点的坐标，设这质点落在［0，a］中任意小区间内的概率与这小区间长度成正比例，试求X的分
布函数.
【解】 由题意知X~∪[0,a]，密度函数为
1
 , 0 xa
f(x)a
 0, 其他
故当x<0时F（x）=0
x x x1 x
当0≤x≤a时F(x) f(t)dt  f(t)dt  dt 
 0 0 a a
当x>a时，F（x）=1
即分布函数
0, x0

x
F(x) , 0 xa
a

1, xa

18.设随机变量X在[2，5]上服从均匀分布.现对X进行三次独立观测，求至少有两次的观测值大于3的概率.
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【解】X~U[2,5]，即
1
 , 2 x5
f(x)3
 0, 其他
51 2
P(X 3) dx
3 3 3
故所求概率为
2 1 2 20
p C2( )2 C3( )3 
3 3 3 3 3 27
1
19.设顾客在某银行的窗口等待服务的时间X（以分钟计）服从指数分布E( ).某顾客在窗口等待服务，若超过10分钟他就离开.他一个月要到银行5次，
5
以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，试写出Y的分布律，并求P{Y≥1}.
1
【解】依题意知X ~ E( )，即其密度函数为
5
1

x
 e 5, x0
f(x)5
  0, x0
该顾客未等到服务而离开的概率为
1  x
P(X 10) e 5dxe2
105
Y ~b(5,e2),即其分布律为
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P(Y k)Ck(e2)k(1e2)5k,k 0,1,2,3,4,5
5
P(Y 1)1P(Y 0)1(1e2)5 0.5167
20.某人乘汽车去火车站乘火车，有两条路可走.第一条路程较短但交通拥挤，所需时间X服从N（40，102）；第二条路程较长，但阻塞少，所需时间X服
从N（50，42）.
（1） 若动身时离火车开车只有1小时，问应走哪条路能乘上火车的把握大些？
（2） 又若离火车开车时间只有45分钟，问应走哪条路赶上火车把握大些？
【解】（1） 若走第一条路，X~N（40，102），则
 x40 6040
P(X 60) P  (2)0.97727
 
 10 10 
若走第二条路，X~N（50，42），则
 X 50 6050
P(X 60) P



(2.5)0.9938++
 4 4 
故走第二条路乘上火车的把握大些.
（2） 若X~N（40，102），则
 X 40 4540
P(X 45) P  (0.5)0.6915
 
 10 10 
若X~N（50，42），则
 X 50 4550
P(X 45) P  (1.25)
 
 4 4 
1(1.25)0.1056
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故走第一条路乘上火车的把握大些.
21.设X~N（3，22），
（1） 求P{2<X≤5}，P{4<X≤10}，P{｜X｜＞2}，P{X＞3};
（2） 确定c使P{X＞c}=P{X≤c}.
23 X 3 53
【解】（1） P(2 X 5) P    
 2 2 2 
 1 1
(1)  (1)1
   
 2 2
0.841310.69150.5328
43 X 3 103
P(4 X 10) P  
 
 2 2 2 
7  7
   0.9996
   
2  2
P(| X |2) P(X 2)P(X 2)
 X 3 23  X 3 23
 P  P 
   
 2 2   2 2 
 1  5 1 5
1     1
       
 2  2 2 2
0.691510.99380.6977
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X 3 3-3
P(X 3) P(  )1(0)0.5
2 2
(2)c=3
22.由某机器生产的螺栓长度（cm）X~N（10.05,0.062）,规定长度在10.05±0.12内为合格品,求一螺栓为不合格品的概率.
 X 10.05 0.12
【解】P(| X 10.05|0.12) P 
 
 0.06 0.06
1(2)(2)2[1(2)]
0.0456
23.一工厂生产的电子管寿命X（小时）服从正态分布N（160，σ2），若要求P{120＜X≤200}≥0.8，允许σ最大不超过多少？
120160 X 160 200160
【解】P(120 X 200) P

 

    
40 40 40
  2 10.8
     
    
40
故  31.25
1.29
24.设随机变量X分布函数为
ABext, x0,
F（x）= (0),
0, x0.
（1） 求常数A，B；
（2） 求P{X≤2}，P{X＞3}；
（3） 求分布密度f（x）.
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lim F(x)1
 A1
【解】（1）由 x 得

lim F(x) lim F(x) B1
x0 x0
P(X  2)  F(2) 1e2
（2）
P(X 3)1F(3)1(1e3)e3
ex, x0
(3) f(x) F(x)
 0, x0
25.设随机变量X的概率密度为
 x, 0 x1,

f（x）=2x, 1 x2,


0, 其他.
求X的分布函数F（x），并画出f（x）及F（x）.
【解】当x<0时F（x）=0
x 0 x
当0≤x<1时F(x) f(t)dt  f(t)dt f(t)dt
  0
x
x2
 tdt 
0 2
x
当1≤x<2时F(x) f(t)dt

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0 1 x
 f(t)dt  f(t)dt f(t)dt
 0 1
1 x
 tdt (2t)dt
0 1
1 x2 3
 2x 
2 2 2
x2
 2x1
2
x
当x≥2时F(x) f(t)dt 1

0, x0

x2

, 0 x1
 2
故 F(x)

x2
 2x1, 1 x2
 2

1, x2
26.设随机变量X的密度函数为
（1） f(x)=ae |x|,λ>0;
bx, 0 x1,
 1
(2) f(x)= , 1 x2,
x2


0, 其他.
试确定常数a,b，并求其分布函数F（x）.
   2a
【解】（1） 由 f(x)dx1知1 ae|x|dx2a exdx
  0 
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
故 a
2

ex, x0

2
即密度函数为 f(x)

 ex x0
2
x x  1
当x≤0时F(x) f(x)dx exdx ex
  2 2
x 0  x
当x>0时F(x) f(x)dx exdx exdx
  2 0 2
1
1 ex
2
故其分布函数
 1
1 ex, x0

 2
F(x)
1
 ex, x0
2
 1 2 1 b 1
(2) 由1 f(x)dx bxdx dx 
 0 1 x2 2 2
得 b=1
即X的密度函数为
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x, 0 x1

 1
f(x) , 1 x2
x2

0, 其他

当x≤0时F（x）=0
x 0 x
当0<x<1时F(x) f(x)dx f(x)dx f(x)dx
  0
x
x2
 xdx
0 2
x 0 1 x 1
当1≤x<2时F(x) f(x)dx 0dx xdx dx
  0 1 x2
3 1
 
2 x
当x≥2时F（x）=1
故其分布函数为
0, x0

x2

, 0 x1
 2
F(x)
3 1

 , 1 x2
2 x

1, x2
27.求标准正态分布的上分位点，
（1）=0.01，求z ;

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（2）=0.003，求z ，z .
 /2
【解】（1） P(X  z )0.01

即 1(z )0.01

即 (z )0.09

故 z 2.33

（2） 由P(X  z )0.003得

1(z )0.003

即 (z )0.997

查表得 z 2.75

由P(X  z )0.0015得
/2
1(z )0.0015
/2
即 (z )0.9985
/2
查表得 z 2.96
/2
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28.设随机变量X的分布律为
X 2 1 0 1 3
P 1/5 1/6 1/5 1/15 11/30
k
求Y=X2的分布律.
【解】Y可取的值为0，1，4，9
1
P(Y 0) P(X 0)
5
1 1 7
P(Y 1) P(X 1)P(X 1)  
6 15 30
1
P(Y 4) P(X 2)
5
11
P(Y 9) P(X 3)
30
故Y的分布律为
Y 0 1 4 9
P 1/5 7/30 1/5 11/30
k
1
29.设P{X=k}=( )k,k=1,2,…,令
2
 1, 当X取偶数时
Y 
1, 当X取奇数时.
求随机变量X的函数Y的分布律.
【解】P(Y 1) P(X 2)P(X 4)P(X 2k)
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1 1 1
( )2 ( )4 ( )2k 
2 2 2
1 1 1
( )/(1 )
4 4 3
2
P(Y 1)1P(Y 1)
3
30.设X~N（0，1）.
（1） 求Y=eX的概率密度；
（2） 求Y=2X2+1的概率密度；
（3） 求Y=｜X｜的概率密度.
【解】（1） 当y≤0时，F (y) P(Y  y)0
Y
当y>0时，F (y) P(Y  y) P(ex  y) P(X ln y)
Y
lny
 f (x)dx
X

dF (y) 1 1 1
2y/2
f (y)  Y  f (ln y)  eln , y  0
Y x
故 dy y y 2π
(2)P(Y 2X2 11)1
当y≤1时F (y) P(Y  y)0
Y
48淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
当y>1时F (y) P(Y  y) P(2X2 1 y)
Y
 y1  y1 y1
 P  X2    P    X   
 2   2 2 
(y1)/2
 f (x)dx
X
 (y1)/2
d 1 2   y1  y1
故 f (y) F (y) f   f  
Y dy Y 4 y1 X   2   X   2  
1 2 1
 e(y1)/4,y 1
2 y1 2π
(3) P(Y 0)1
当y≤0时F (y) P(Y  y)0
Y
当y>0时F (y) P(| X | y) P(y X  y)
Y
y
 f (x)dx
X
y
d
故 f (y) F (y) f (y) f (y)
Y dy Y X X
2

ey2/2,y
0
2π
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31.设随机变量X~U（0,1），试求：
（1） Y=eX的分布函数及密度函数；
（2） Z=2lnX的分布函数及密度函数.
【解】（1） P(0 X 1)1
故 P(1Y eX e)1
当 y1时F (y) P(Y  y)0
Y
当1<y<e时F (y) P(eX  y) P(X ln y)
Y
lny
 dxln y
0
当y≥e时F (y) P(eX  y)1
Y
即分布函数
0, y1

F (y)ln y, 1 ye
Y

1, ye

故Y的密度函数为
1
 1 ye
f (y)y,
Y

0, 其他
（2） 由P（0<X<1）=1知
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P(Z 0)1
当z≤0时，F (z) P(Z  z)0
Z
当z>0时，F (z) P(Z  z) P(2ln X  z)
Z
z
 P(lnX  ) P(X ez/2)
2
1
 dx1ez/2
ez/2
即分布函数
0, z 0
F (z)
Z 1-e-z/2, z 0
故Z的密度函数为
1
 ez/2, z 0
f (z)2
Z
 0, z 0
32.设随机变量X的密度函数为
2x
 , 0 xπ,
f(x)=π2
  0, 其他.
试求Y=sinX的密度函数.
【解】P(0Y 1)1
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当y≤0时，F (y) P(Y  y)0
Y
当0<y<1时，F (y) P(Y  y) P(sinX  y)
Y
 P(0 X arcsin y)P(πarcsin y X π)
arcsiny2x π 2x
 dx dx
0 π2 πarcsiny π2
1 1
 （arcsin y）2 1- （π-arcsin y）2
π2 π2
2
 arcsin y
π
当y≥1时，F (y)1
Y
故Y的密度函数为
2 1
 , 0 y1

f (y) π 1 y2
Y

0, 其他
33.设随机变量X的分布函数如下：
 1
 , x (1) ,
F(x)1 x2
 (2) , x (3) .

试填上(1),(2),(3)项.
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【解】由limF(x)1知②填1。
x
由右连续性 lim F(x) F(x )1知x 0，故①为0。
xx+ 0 0
0
从而③亦为0。即
 1
 , x0
F(x)1x2
 1, x0
34.同时掷两枚骰子，直到一枚骰子出现6点为止，求抛掷次数X的分布律.
1
【解】设A={第i枚骰子出现6点}。（i=1,2）,P(A)= .且A 与A 相互独立。再设C={每次抛掷出现6点}。则
i i 1 2
6
P(C) P(A A ) P(A)P(A )P(A)P(A )
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 11
    
6 6 6 6 36
11
故抛掷次数X服从参数为 的几何分布。
36
35.随机数字序列要多长才能使数字0至少出现一次的概率不小于0.9?
【解】令X为0出现的次数，设数字序列中要包含n个数字，则
X~b(n,0.1)
P(X 1)1P(X 0)1C0(0.1)0(0.9)n 0.9
n
即 (0.9)n 0.1
得 n≥22
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即随机数字序列至少要有22个数字。
36.已知

 0, x0,
 1 1
F（x）=x , 0 x ,
2 2

1
 1, x .

 2
则F（x）是（ ）随机变量的分布函数.
（A） 连续型； （B）离散型；
（C） 非连续亦非离散型.
【解】因为F（x）在（∞,+∞）上单调不减右连续，且 lim F(x)0
x
lim F(x)1,所以F（x）是一个分布函数。
x
但是F（x）在x=0处不连续，也不是阶梯状曲线，故F（x）是非连续亦非离散型随机变量的分布函数。选（C）
37.设在区间[a,b]上，随机变量X的密度函数为f(x)=sinx，而在[a,b]外，f(x)=0，则区间 [a,b]等于（ ）
(A) [0,π/2]; (B) [0,π];
3
(C) [π/2,0]; (D) [0, π].
2
π π/2
【解】在[0, ]上sinx≥0，且 sinxdx1.故f(x)是密度函数。
2 0
π
在[0,π]上 sinxdx21.故f(x)不是密度函数。
0
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π
在[ ,0]上sinx0，故f(x)不是密度函数。
2
3 3
在[0, π]上，当π x π时，sinx<0，f(x)也不是密度函数。
2 2
故选（A）。
38.设随机变量X~N（0，σ2），问：当σ取何值时，X落入区间（1，3）的概率最大？
1 X 3
【解】因为X ~ N(0,2),P(1 X 3) P(   )
  
3 1
( )( )令g()
 
利用微积分中求极值的方法，有
3 3 1 1
g()( )( ) ( )
2  2 
3 1 1 1

e9/22

e1/22
2 2 2 2
1 令

e1/22 [13e8/22
]0
22
4 2
得2  ,则  
0 ln3 0 ln3
又 g()0
0
2
故  为极大值点且惟一。
0
ln3
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2
故当 时X落入区间（1，3）的概率最大。
ln3
39.设在一段时间内进入某一商店的顾客人数X服从泊松分布P（λ），每个顾客购买某种物品的概率为p，并且各个顾客是否购买该种物品相互独立，求
进入商店的顾客购买这种物品的人数Y的分布律.
em
【解】P(X m) ,m0,1,2,
m!
设购买某种物品的人数为Y，在进入商店的人数X=m的条件下，Y~b(m,p)，即
P(Y k| X m)Ck pk(1 p)mk,k 0,1,,m
m
由全概率公式有

P(Y k) P(X m)P(Y k| X m)
mk
 em
  Ck pk(1 p)mk
m! m
mk
 m
e pk(1 p)mk
k!(mk)!
mk
(p)k  [(1 p)]mk
e 
k! (mk)!
mk
(p)k
 ee(1p)
k!
(p)k
 ep,k 0,1,2,
k!
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此题说明：进入商店的人数服从参数为λ的泊松分布，购买这种物品的人数仍服从泊松分布，但参数改变为λp.
40.设随机变量X服从参数为2的指数分布.证明：Y=1e2X在区间（0，1）上服从均匀分布.
【证】X的密度函数为
2e2x, x0
f (x)
X 0, x0
由于P（X>0）=1，故0<1e2X<1，即P（0<Y<1）=1
当y≤0时，F （y）=0
Y
当y≥1时，F （y）=1
Y
当0<y<1时，F (y) P(Y  y) P(e2x 1 y)
Y
1
 P(X  ln(1 y))
2
1
 ln(1y)
 2 2e2xdx y
0
即Y的密度函数为
1, 0 y1
f (y)
Y 0, 其他
即Y~U（0，1）
41.设随机变量X的密度函数为
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 1
, 0 x1,

3

 2
f(x)= , 3 x6,
9

0, 其他.



若k使得P{X≥k}=2/3，求k的取值范围. (2000研考)
2 1
【解】由P（X≥k）= 知P（X<k）=
3 3
若k<0,P(X<k)=0
k1 k 1
若0≤k≤1,P(X<k)= dx 
0 3 3 3
1
当k=1时P（X<k）=
3
11 k 1
若1≤k≤3时P（X<k）= dx 0dx
03 1 3
11 k 2 2 1 1
若3<k≤6，则P（X<k）= dx dx k 
03 3 9 9 3 3
若k>6,则P（X<k）=1
2
故只有当1≤k≤3时满足P（X≥k）= .
3
42.设随机变量X的分布函数为
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 0, x1,

0.4, 1 x1,
F(x)=
0.8, 1 x3,

  1, x3.
求X的概率分布. （1991研考）
【解】由离散型随机变量X分布律与分布函数之间的关系，可知X的概率分布为
X 1 1 3
P 0.4 0.4 0.2
43.设三次独立试验中，事件A出现的概率相等.若已知A至少出现一次的概率为19/27，求A在一次试验中出现的概率.
【解】令X为三次独立试验中A出现的次数，若设P（A）=p,则
X~b(3,p)
19 8
由P（X≥1）= 知P（X=0）=（1p）3=
27 27
1
故p=
3
44.若随机变量X在（1，6）上服从均匀分布，则方程y2+Xy+1=0有实根的概率是多少？
【解】
1
 , 1 x6
f(x)5
 0, 其他
4
P(X2 40) P(X 2)P(X 2) P(X 2)
5
45.若随机变量X~N（2，σ2），且P{2<X<4}=0.3，则
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P{X<0}= .
22 X 2 42
【解】0.3 P(2 X 4) P(   )
  
2 2
( )(0)( )0.5
 
2
故 ( )0.8

X 2 02 2
因此 P(X 0) P(  )( )
  
2
1( )0.2

46.假设一厂家生产的每台仪器，以概率0.7可以直接出厂；以概率0.3需进一步调试，经调试后以概率0.8可以出厂，以概率0.2定为不合格品不能出厂.
现该厂新生产了n(n≥2)台仪器（假设各台仪器的生产过程相互独立）.求
（1） 全部能出厂的概率α；
（2） 其中恰好有两台不能出厂的概率β；
（3）其中至少有两台不能出厂的概率θ.
【解】设A={需进一步调试}，B={仪器能出厂}，则
A={能直接出厂}，AB={经调试后能出厂}
由题意知B=A∪AB，且
P(A)0.3,P(B| A)0.8
P(AB) P(A)P(B| A)0.30.80.24
P(B) P(A)P(AB)0.70.240.94
令X为新生产的n台仪器中能出厂的台数，则X~6（n，0.94）,
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故
 P(X n)(0.94)n
 P(X n2)C2(0.94)n2(0.06)2
n
 P(X n2)1P(X n1)P(X n)
1n(0.94)n10.06(0.94)n
47.某地抽样调查结果表明，考生的外语成绩（百分制）近似服从正态分布，平均成绩为72分，96分以上的占考生总数的2.3%，试求考生的外语成绩在
60分至84分之间的概率.
【解】设X为考生的外语成绩，则X~N（72，σ2）
 X 72 9672 24
0.023 P(X 96) P  1( )
 
    
24
故 ( )0.977

24
查表知 2,即σ=12

从而X~N（72，122）
6072 X 72 8472
故 P(60 X 84) P    
 12 12 12 
(1)(1)2(1)1
0.682
48.在电源电压不超过200V、200V~240V和超过240V三种情形下，某种电子元件损坏的概率分别为0.1，0.001和0.2（假设电源电压X服从正态分布N
（220，252））.试求：
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（1） 该电子元件损坏的概率α;
(2) 该电子元件损坏时，电源电压在200~240V的概率β
【解】设A ={电压不超过200V}，A ={电压在200~240V}，
1 2
A ={电压超过240V}，B={元件损坏}。
3
由X~N（220，252）知
P(A) P(X 200)
1
 X 220 200220
 P 
 
 25 25 
(0.8)1(0.8)0.212
P(A ) P(200 X 240)
2
200220 X 220 240220
 P  
 
 25 25 25 
(0.8)(0.8)0.576
P(A ) P(X 240)10.2120.5760.212
3
由全概率公式有
3
 P(B)P(A)P(B| A)0.0642
i i
i1
由贝叶斯公式有
P(A )P(B| A )
 P(A |B) 2 2 0.009
2 P(B)
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49.设随机变量X在区间（1，2）上服从均匀分布，试求随机变量Y=e2X的概率密度f (y).
Y
1, 1 x2
【解】 f (x)
X 0, 其他
因为P（1<X<2）=1,故P（e2<Y<e4）=1
当y≤e2时F （y）=P(Y≤y)=0.
Y
当e2<y<e4时，F (y) P(Y  y) P(e2X  y)
Y
1
 P(1 X  ln y)
2
 1 lny 1
 2 dx ln y1
1 2
当y≥e4时，F (y) P(Y  y)1
Y
0, ye2

1
即 F (y) ln y1, e2  ye4
Y 2

1, ye4

 1
 , e2  ye4
故 f (y)2y
Y

0, 其他
50.设随机变量X的密度函数为
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ex, x0,
f
X
(x)=
 0, x0.
求随机变量Y=eX的密度函数f (y). (1995研考)
Y
【解】P（Y≥1）=1
当y≤1时，F (y) P(Y  y)0
Y
当y>1时，F (y) P(Y  y) P(eX  y) P(X ln y)
Y
lny 1
 exdx1
0 y
 1
1 , y>1
即 F (y) y
Y

0, y1
 1
 , y>1
故 f (y)y2
Y

0, y1
51.设随机变量X的密度函数为
1
f (x)= ,
X π(1 x2)
求Y=13 x 的密度函数f (y).
Y
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【解】F (y) P(Y  y) P(1 3 X  y) P(X (1 y)3)
Y
 1 1
 dx arctgx 
(1y)3 π(1x2) π (1y)3
1 π 
 arctg(1 y)3
 
π2 
3 (1 y)2
故 f (y)
Y π1(1 y)6
52.假设一大型设备在任何长为t的时间内发生故障的次数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） 求在设备已经无故障工作8小时的情形下，再无故障运行8小时的概率Q.（1993研考）
【解】（1） 当t<0时，F (t) P(T t)0
T
当t≥0时，事件{T>t}与{N(t)=0}等价，有
F (t) P(T t)1P(T t)1P(N(t)0)1et
T
1et, t 0
即 F (t)
T 0, t 0
即间隔时间T服从参数为λ的指数分布。
e16
（2） Q P(T 16|T 8) P(T 16)/P(T 8) e8
e8
53.设随机变量X的绝对值不大于1，P{X=1}=1/8，P{X=1}=1/4.在事件{1<X<1}出现的条件下，X在{1，1}内任一子区间上取值的条件概率与该子区间
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长度成正比，试求X的分布函数F（x）=P{X≤x}. (1997研考)
【解】显然当x<1时F（x）=0；而x≥1时F（x）=1
1 1 5
由题知P(1 X 1)1  
8 4 8
x1
当1<x<1时，P(X  x|1 X 1)
2
此时F(x) P(X  x)
 P(X ,1 X 1)P(X  x,X 1)P(X  x,X 1)
 P(X  x,1 X 1)P(X  x,x1)
 P(X  x|1 X 1)P(1 X 1)P(X 1)
x1 5 1 5 1
    (x1)
2 8 8 16 8
1
当x=1时，F(x) P(X  x) P(X 1)
8
故X的分布函数
0, x1

 5 1
F(x) (x1) , -1x<1
16 8

1, x1

54. 设随机变量X服从正态分N（μ,σ 2),Y服从正态分布N(μ,σ 2)，且P{|X-μ|<1}>P{|Y-μ|<1}，试比较σ 与σ 的大小. (2006
1 1 2 2 1 2 1 2
研考)
X  Y 
解： 依题意 1  N(0,1)， 2  N(0,1)，则
 
1 2
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X  1
P{X  1} P{ 1  }，
1  
1 1
Y  1
P{Y  1} P{ 2  }.
2  
2 2
因为P{X  1} P{Y  1}，即
1 2
X  1 Y  1
P{ 1  } P{ 1  }，
   
1 1 2 2
1 1
所以有  ，即  .
  1 2
1 2
习题三
67淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
1.将一硬币抛掷三次，以X表示在三次中出现正面的次数，以Y表示三次中出现正面次数与出现反面次数之差的绝对值.试写出X和Y的联合分布律.
【解】X和Y的联合分布律如表：
X 0 1 2 3
Y
1 0 1 1 1 3 1 1 1 0
C1    C2   3/8
3 2 2 2 8 3 2 2 2
3 1 0 0 1 1 1 1
  
8 2 2 2 8
2.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表示取到红球的只数.求X和Y的联合分布律.
【解】X和Y的联合分布律如表：
X 0 1 2 3
Y
0 0 0
C2C2 3 C3C1 2
3 2  3 2 
C4 35 C4 35
7 7
1 0
C1C1C2 6 C2C1C1 12 C3C1 2
3 2 2  3 2 2  3 2 
C4 35 C4 35 C4 35
7 7 7
2 P(0黑,2红,2白)= 0
C1C2C1 6 C2C2 3
1 3 2 2  3 2 
C2C2 /C4  C4 35 C4 35
2 2 7 35 7 7
3.设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数为
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 π π
sinxsin y, 0 x ,0 y 
F（x，y）= 2 2
 0, 其他.
 π π π
求二维随机变量（X，Y）在长方形域0 x ,  y  内的概率.
 4 6 3
π π π
【解】如图P{0 X  , Y  }公式(3.2)
4 6 3
π π π π π π
F( , )F( , )F(0, )F(0, )
4 3 4 6 3 6
π π π π π π
sin sin sin sin sin0sin sin0sin
4 3 4 6 3 6
2
 ( 31).
4
题3图
说明：也可先求出密度函数，再求概率。
4.设随机变量（X，Y）的分布密度
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Ae(3x4y), x 0,y 0,
f（x，y）=
0, 其他.
求：（1） 常数A；
（2） 随机变量（X，Y）的分布函数；
（3） P{0≤X<1，0≤Y<2}.
    A
【解】（1） 由  f(x,y)dxdy   Ae-(3x4y)dxdy  1
  0 0 12
得 A=12
（2） 由定义，有
y x
F(x,y)  f(u,v)dudv
 
  y  y 12e(3u4v)dudv (1e3x)(1e4y) y 0,x0,
 0 0 
0,  0, 其他
(3) P{0 X 1,0Y 2}
 P{0 X 1,0Y 2}
1 2
  12e(3x4y)dxdy (1e3)(1e8)0.9499.
0 0
5.设随机变量（X，Y）的概率密度为
k(6x y), 0 x2,2 y 4,
f（x，y）=
 0, 其他.
（1） 确定常数k；
（2） 求P{X＜1，Y＜3}；
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（3） 求P{X<1.5}；
（4） 求P{X+Y≤4}.
【解】（1） 由性质有
  2 4
  f(x,y)dxdy   k(6x y)dydx8k 1,
  0 2
1
故 R
8
1 3
（2） P{X 1,Y 3}  f(x,y)dydx
 
1 31 3
  k(6x y)dydx
0 2 8 8
(3) P{X 1.5}  f(x,y)dxdy如图a f(x,y)dxdy
x1.5 D
1
1.5 41 27
 dx (6x y)dy  .
0 2 8 32
(4) P{X Y 4}  f(x,y)dxdy如图b f(x,y)dxdy
XY4 D
2
2 4x1 2
 dx (6x y)dy  .
0 2 8 3
71淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
题5图
6.设X和Y是两个相互独立的随机变量，X在（0，0.2）上服从均匀分布，Y的密度函数为
5e5y, y 0,
f
Y
（y）=
 0, 其他.
求：（1） X与Y的联合分布密度；（2） P{Y≤X}.
题6图
【解】（1） 因X在（0，0.2）上服从均匀分布，所以X的密度函数为
 1
 , 0 x0.2,
f (x)0.2
X
 0, 其他.
而
5e5y, y 0,
f (y)
Y 0, 其他.
所以
f(x,y)X,Y独立f (x)f (y)
X Y
72淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
 1
 5e5y 25e5y, 0 x0.2且y 0,
0.2 
 0,
0, 其他.
(2) P(Y  X)  f(x,y)dxdy如图25e5ydxdy
yx D
0.2 x 0.2
 dx 25e-5ydy  (5e5x 5)dx
0 0 0
=e-1 0.3679.
7.设二维随机变量（X，Y）的联合分布函数为
(1e4x)(1e2y), x 0, y 0,
F（x，y）=
0, 其他.
求（X，Y）的联合分布密度.
2F(x,y) 8e(4x2y), x0,y 0,
【解】 f(x,y) 
xy 0, 其他.
8.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为
4.8y(2x), 0 x1,0 y x,
f（x，y）=
 0, 其他.
求边缘概率密度.

【解】 f (x) f(x,y)dy
X

73淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
  x 4.8y(2x)dy 2.4x2(2x), 0x1,
= 0 
0,
0, 其他.

f (y) f(x,y)dx
Y

 1
 4.8y(2x)dx 2.4y(34y y2), 0 y1,
= y 
 0,
0, 其他.
题8图 题9图
9.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为
 ey, 0 x y,
f（x，y）=
0, 其他.
求边缘概率密度.

【解】 f (x) f(x,y)dy
X

74淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
   eydy ex, x0,
= x 
0,
0, 其他.

f (y) f(x,y)dx
Y

  y eydx yex, y 0,
= 0 
0,
0, 其他.
题10图
10.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为
cx2y, x2  y 1,
f（x，y）=
 0, 其他.
（1） 试确定常数c；
（2） 求边缘概率密度.
 
【解】（1）   f(x,y)dxdy如图 f(x,y)dxdy
 
D
1 1 4
= dx cx2ydy  c1.
-1 x2 21
75淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
21
得 c .
4

(2) f (x) f(x,y)dy
X

 1 21 21
 x2ydy  x2(1x4), 1 x1,
 x2 4  8
 0,  0, 其他.

f (y) f(x,y)dx
Y

 y 21 7 5
 x2ydx  y2, 0 y1,
  y 4 2
 0,  0, 其他.
11.设随机变量（X，Y）的概率密度为
1, y  x,0 x1,
f（x，y）=
0, 其他.
求条件概率密度f （y｜x），f （x｜y）.
Y｜X X｜Y
76淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
题11图

【解】 f (x) f(x,y)dy
X

 x
 1dy 2x, 0 x1,
 x
0, 其他.
 1
 1dx1 y, 1 y0,

y


1
f (y) f(x,y)dx 1dx1 y, 0 y1,
Y
 y

0, 其他.

所以
 1
f(x,y)  , | y| x1,
f (y|x) 2x
Y|X f (x)
X  0, 其他.
 1
, y x1,

1 y

f(x,y)  1
f (x| y)  , y x1,
X|Y f (y) 1 y
Y 
0, 其他.


12.袋中有五个号码1，2，3，4，5，从中任取三个，记这三个号码中最小的号码为X，最大的号码为Y.
（1） 求X与Y的联合概率分布；
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（2） X与Y是否相互独立？
【解】（1） X与Y的联合分布律如下表
3 4 5
Y P{X  x}
X i
1 6
1 1 2 2 3 3
  
10
C3 10 C3 10 C3 10
5 5 5
2 0 3
1 1 2 2
  10
C3 10 C3 10
5 5
3 0 0 1
1 1
 10
C2 10
5
1 3 6
P{Y  y}
i 10 10 10
6 1 6 1
(2) 因P{X 1}P{Y 3}     P{X 1,Y 3},
10 10 100 10
故X与Y不独立
13.设二维随机变量（X，Y）的联合分布律为
2 5 8
X
Y
0.4 0.15 0.30 0.35
0.8 0.05 0.12 0.03
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（1）求关于X和关于Y的边缘分布；
（2） X与Y是否相互独立？
【解】（1）X和Y的边缘分布如下表
X 2 5 8 P{Y=y i }
Y
0.4 0.15 0.30 0.35 0.8
0.8 0.05 0.12 0.03 0.2
0.2 0.42 0.38
P{X  x}
i
(2) 因P{X 2}P{Y 0.4}0.20.8 0.160.15 P(X 2,Y 0.4),
故X与Y不独立.
14.设X和Y是两个相互独立的随机变量，X在（0，1）上服从均匀分布，Y的概率密度为
1
 ey/2, y 0,
f
Y
（y）=2
 0, 其他.
（1）求X和Y的联合概率密度；
（2） 设含有a的二次方程为a2+2Xa+Y=0，试求a有实根的概率.
1

y
1, 0 x1,  e 2, y 1,
【解】（1） 因 f (x) f (y)2
X 0, 其他; Y
 0, 其他.
1
 ey/2 0 x1,y 0,
故 f(x,y)X,Y独立f (x)f (y)2
X Y
 0, 其他.
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题14图
(2) 方程a2 2XaY 0有实根的条件是
(2X)2 4Y 0
故 X2≥Y，
从而方程有实根的概率为：
P{X2 Y}  f(x,y)dxdy
x2y
1 x2 1
 dx ey/2dy
0 0 2
1 2[(1)(0)]
0.1445.
15.设X和Y分别表示两个不同电子器件的寿命（以小时计），并设X和Y相互独立，且服从同一分布，其概率密度为
1000
 , x 1000,
f（x）= x2
  0, 其他.
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求Z=X/Y的概率密度.
X
【解】如图,Z的分布函数F (z) P{Z  z} P{  z}
Z Y
(1) 当z≤0时，F (z)0
Z
1000
（2） 当0<z<1时，（这时当x=1000时,y= ）(如图a)
z
106
 yz
106
F (z)  dxdy  dy dx
Z x2y2 103 103 x2y2
x z
y
z
103 106  z
= 103
 y2

zy3


dy 
2
z
题15图
(3) 当z≥1时，（这时当y=103时，x=103z）（如图b）
106
 zy
106
F (z)  dxdy  dy dx
Z x2y2 103 103 x2y2
x
y
z
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103 106  1
=   dy 1
103  y2 zy3  2z
 1
1 , z 1,

2z

z
即 f (z) , 0 z 1,
Z 2

0, 其他.


 1
, z 1,

2z2

1
故 f (z) , 0 z 1,
Z 2

0, 其他.


16.设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，202）分布.随机地选取4 只，求其中没有一只寿命小于180的概率.
【解】设这四只寿命为X(i=1,2,3,4)，则X~N（160，202），
i i
从而
P{min(X ,X ,X ,X )180}X 之间独立P{X 180}P{X 180}
1 2 3 4 i 1 2
P{X 180}P{X 180}
3 4
[1P{X 180}][1P{X 180}][1P{X 180}][1P{X 180}]
1 2 3 4
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4
 180160
[1P{X 180}]4  1
  
1   20 
[1(1)]4 (0.158)4 0.00063.
17.设X，Y是相互独立的随机变量，其分布律分别为
P{X=k}=p（k），k=0，1，2，…，
P{Y=r}=q（r），r=0，1，2，….
证明随机变量Z=X+Y的分布律为
i
P{Z=i}=
p(k)q(ik)，i=0，1，2，….
k0
【证明】因X和Y所有可能值都是非负整数，
所以
{Z i}{X Y i}
{X 0,Y i}{X 1,Y i1}{X i,Y 0}
于是
i i
P{Z i}P{X k,Y ik}X,Y相互独立 P{X k}P{Y ik}
k0 k0
i
 p(k)q(ik)
k0
18.设X，Y是相互独立的随机变量，它们都服从参数为n，p的二项分布.证明Z=X+Y服从参数为2n，p的二项分布.
【证明】方法一：X+Y可能取值为0，1，2，…，2n.
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k
P{X Y k}P{X i,Y ki}
i0
k
P(X i)P{Y ki}
i0
k n n 
 piqni pkiqnki
   
i  ki
i0
k nn 
 pkq2nk
  
i ki
i0
2n
 pkq2nk
 
k 
方法二：设μ ,μ ,…,μ ;μ ′,μ ′,…，μ ′均服从两点分布（参数为p），则
1 2 n 1 2 n
X=μ +μ +…+μ ，Y=μ ′+μ ′+…+μ ′,
1 2 n 1 2 n
X+Y=μ +μ +…+μ +μ ′+μ ′+…+μ ′,
1 2 n 1 2 n
所以，X+Y服从参数为（2n,p)的二项分布.
19.设随机变量（X，Y）的分布律为
X 0 1 2 3 4 5
Y
0 0 0.01 0.03 0.05 0.07 0.09
1 0.01 0.02 0.04 0.05 0.06 0.08
2 0.01 0.03 0.05 0.05 0.05 0.06
3 0.01 0.02 0.04 0.06 0.06 0.05
(1) 求P{X=2｜Y=2}，P{Y=3｜X=0}；
（2） 求V=max（X，Y）的分布律；
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（3） 求U=min（X，Y）的分布律；
（4） 求W=X+Y的分布律.
P{X 2,Y 2}
【解】（1）P{X 2|Y 2}
P{Y 2}
P{X 2,Y 2} 0.05 1
   ,
5 0.25 2
P{X i,Y 2}
i0
P{Y 3,X 0}
P{Y 3| X 0}
P{X 0}
P{X 0,Y 3} 0.01 1
   ;
3 0.03 3
P{X 0,Y  j}
j0
（2）P{V i} P{max(X,Y)i} P{X i,Y i}P{X i,Y i}
i1 i
P{X i,Y k}P{X k,Y i}, i 0,1,2,3,4,5
k0 k0
所以V的分布律为
V=max(X,Y) 0 1 2 3 4 5
P 0 0.04 0.16 0.28 0.24 0.28
(3) P{U i} P{min(X,Y)i}
85淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
 P{X i,Y i}P{X i,Y i}
3 5 i 0,1,2,3,
P{X i,Y k}  P{X k,Y i}
ki ki1
于是
U=min(X,Y) 0 1 2 3
P 0.28 0.30 0.25 0.17
(4)类似上述过程，有
W=X+Y 0 1 2 3 4 5 6 7 8
P 0 0.02 0.06 0.13 0.19 0.24 0.19 0.12 0.05
20.雷达的圆形屏幕半径为R，设目标出现点（X，Y）在屏幕上服从均匀分布.
（1） 求P{Y＞0｜Y＞X}；
（2） 设M=max{X，Y}，求P{M＞0}.
题20图
【解】因（X，Y）的联合概率密度为
 1
 , x2  y2  R2,
f(x,y)πR2
 0, 其他.
86淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
P{Y 0,Y  X}
（1）P{Y 0|Y  X}
P{Y  X}
 f(x,y)d
y0
 yx
 f(x,y)d
yx
π R 1
 d rdr
π/4 0 πR2

5 π R 1
4 d rdr
π/4 0 πR2
3/8 3
  ;
1/2 4
(2) P{M 0} P{max(X,Y)0}1P{max(X,Y)0}
1 3
1P{X 0,Y 0}1  f(x,y)d1  .
4 4
x0
y0
21.设平面区域D由曲线y=1/x及直线y=0，x=1,x=e2所围成，二维随机变量（X，Y）在区域D上服从均匀分布，求（X，Y）关于X的边缘概率密
度在x=2处的值为多少？
87淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
题21图
【解】区域D的面积为 S 
e2 1
dxlnx e2 2.（X,Y）的联合密度函数为
0 1 x 1
1 1
 , 1 xe2,0 y ,
f(x,y)2 x
 0, 其他.
（X，Y）关于X的边缘密度函数为
 1/x1 1
 dy  , 1 xe2,
f (x) 0 2 2x
X
 0, 其他.
1
所以 f (2) .
X 4
22.设随机变量X和Y相互独立，下表列出了二维随机变量（X，Y）联合分布律及关于X和Y的边缘分布律中的部分数值.试将其余数值填入表中的空白
处.
y y y P{X=x}=p
Y 1 2 3 i i
X
x 1/8
1
x 1/8
2
P{Y=y}=p 1/6 1
j j
2
【解】因P{Y  y } P P{X  x,Y  y },
j j i j
i1
88淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
故P{Y  y} P{X  x ,Y  y}P{X  x ,Y  y},
1 1 1 2 1
1 1 1
从而P{X  x ,Y  y}   .
1 1 6 8 24
而X与Y独立，故P{X  x}P{Y  y } P{X  x,Y  y},
i j i i
1 1
从而P{X  x}  P{X  x ,Y  y} .
1 6 1 1 24
1 1 1
即：P{X  x} /  .
1 24 6 4
又P{X  x} P{X  x ,Y  y}P{X  x ,Y  y }P{X  x ,Y  y },
1 1 1 1 2 1 3
1 1 1
即   P{X  x Y  y },
4 24 8 1, 3
1
从而P{X  x ,Y  y } .
1 3 12
1 3
同理P{Y  y } , P{X  x ,Y  y }
2 2 2 2 8
3 1 1 1
又P{Y  y }1,故P{Y  y }1   .
j 3 6 2 3
j1
3
同理P{X  x } .
2 4
从而
1 1 1
P{X  x ,Y  y } P{Y  y }P{X  x ,Y  y }   .
2 3 3 1 3 3 12 4
89淘宝旺旺：智联职考 QQ：931232758 点击： 查询最新更新及仿冒认证 店扯：https://shop115748884.taobao.com/
故
Y y y y P{X  x} P
X 1 2 3 i i
1 1 1 1
x
1 24 8 12 4
1 3 1 3
x
2 8 8 4 4
1 1 1 1
P{Y  y } p
j j
6 2 3
23.设某班车起点站上客人数X服从参数为λ(λ>0)的泊松分布，每位乘客在中途下车的概率为p（0<p<1），且中途下车与否相互独立，以Y表示在中途下车
的人数，求：（1）在发车时有n个乘客的条件下，中途有m人下车的概率；（2）二维随机变量（X，Y）的概率分布.
【解】(1) P{Y m| X n}Cmpm(1 p)nm,0mn,n0,1,2,.
n
(2) P{X n,Y m} P{X n}P{Y m| X n}
e
Cmpm(1 p)nm n,nmn,n0,1,2,.
n n!
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 1 2 
24.设随机变量X和Y独立，其中X的概率分布为X~ ，而Y的概率密度为f(y)，求随机变量U=X+Y的概率密度g(u).
 
0.3 0.7
【解】设F（y）是Y的分布函数，则由全概率公式，知U=X+Y的分布函数为
G(u) P{X Y u}0.3P{X Y u| X 1}0.7P{X Y u| X 2}
0.3P{Y u1| X 1}0.7P{Y u2| X 2}
由于X和Y独立，可见
G(u)0.3P{Y u1}0.7P{Y u2}
0.3F(u1)0.7F(u2).
由此，得U的概率密度为
g(u)G(u)0.3F(u1)0.7F(u2)
0.3f(u1)0.7f(u2).
25.25. 设随机变量X与Y相互独立，且均服从区间[0,3]上的均匀分布，求P{max{X,Y}≤1}.
解：因为随即变量服从[0，3]上的均匀分布，于是有
1 1
 , 0 x3,  , 0 y3,
f(x)3 f(y)3
 0, x0,x3;  0, y0,y 3.
因为X，Y相互独立，所以
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 1
 , 0 x3,0 y3,
f(x,y) 9
 0, x0,y0,x3,y 3.
1
推得 P{max{X,Y}1} .
9
26. 设二维随机变量（X，Y）的概率分布为
X 1 0 1
Y
1 a 0 0.2
0 0.1 b 0.2
1 0 0.1 c
其中a,b,c为常数，且X的数学期望E(X)=0.2,P{Y≤0|X≤0}=0.5，记Z=X+Y.求：
（1） a,b,c的值；
（2） Z的概率分布；
（3） P{X=Z}.
解 (1) 由概率分布的性质知，
a+b+c+0.6=1 即 a+b+c=0.4.
由E(X)0.2，可得
ac0.1.
P{X 0,Y 0} ab0.1
再由 P{Y 0 X 0}  0.5,
P{X 0} ab0.5
得 ab0.3.
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解以上关于a，b，c的三个方程得
a0.2,b0.1,c0.1.
(2)Z的可能取值为2，1，0，1，2，
P{Z 2} P{X 1,Y 1}0.2，
P{Z 1} P{X 1,Y 0}P{X 0,Y 1}0.1，
P{Z 0} P{X 1,Y 1}P{X 0,Y 0}P{X 1,Y 1}0.3，
P{Z 1} P{X 1,Y 0}P{X 0,Y 1}0.3，
P{Z 2} P{X 1,Y 1}0.1，
即Z的概率分布为
Z 2 1 0 1 2
P 0.2 0.1 0.3 0.3 0.1
(3) P{X Z} P{Y 0}0.1b0.20.10.10.20.4.
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习题四
1.设随机变量X的分布律为
X 1 0 1 2
P 1/8 1/2 1/8 1/4
求E（X），E（X2），E（2X+3）.
1 1 1 1 1
【解】(1) E(X)(1) 0 1 2  ;
8 2 8 4 2
1 1 1 1 5
(2) E(X2)(1)2 02 12 22  ;
8 2 8 4 4
1
(3) E(2X 3)2E(X)32 34
2
2.已知100个产品中有10个次品，求任意取出的5个产品中的次品数的数学期望、方差.
【解】设任取出的5个产品中的次品数为X，则X的分布律为
X 0 1 2 3 4 5
P
C5 C1 C4 C2 C3 C3 C2 C4 C1 C5
90 0.583 10 90 0.340 10 90 0.070 10 90 0.007 10 90 0 10 0
C5 C5 C5 C5 C5 C5
100 100 100 100 100 100
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故 E(X)0.58300.34010.07020.00730405
0.501,
5
D(X)[x E(X)]2P
i i
i0
(00.501)20.583(10.501)20.340(50.501)20
0.432.
3.设随机变量X的分布律为
X 1 0 1
P p p p
1 2 3
且已知E（X）=0.1,E(X2)=0.9,求P ，P ，P .
1 2 3
【解】因P P P 1……①,
1 2 3
又E(X)(1)P 0P 1P  P P 0.1……②,
1 2 3 3 1
E(X2)(1)2P 02P 12P  P P 0.9……③
1 2 3 1 3
由①②③联立解得P 0.4,P 0.1,P 0.5.
1 2 3
4.袋中有N只球，其中的白球数X为一随机变量，已知E（X）=n，问从袋中任取1球为白球的概率是多少？
【解】记A={从袋中任取1球为白球}，则
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N
P(A)全概率公式P{A| X k}P{X k}
k0
N k 1 N
 P{X k} kP{X k}
N N
k0 k0
1 n
 E(X) .
N N
5.设随机变量X的概率密度为
 x, 0 x1,

f（x）=2x,1 x2,

0, 其他.

求E（X），D（X）.
 1 2
【解】E(X) xf(x)dx x2dx x(2x)dx
 0 1
1  1  x3 2
 x3  x2  1.
   
3   3 
0 1
 1 2 7
E(X2) x2f(x)dx x3dx x2(2x)dx
 0 1 6
1
故 D(X) E(X2)[E(X)]2  .
6
6.设随机变量X，Y，Z相互独立，且E（X）=5，E（Y）=11，E（Z）=8，求下列随机变量的数学期望.
（1） U=2X+3Y+1；
（2） V=YZ4X.
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【解】(1) E[U] E(2X 3Y 1)2E(X)3E(Y)1
25311144.
(2) E[V] E[YZ 4X] E[YZ]4E(X)
因Y,Z独立E(Y)E(Z)4E(X)
1184568.
7.设随机变量X，Y相互独立，且E（X）=E（Y）=3，D（X）=12，D（Y）=16，求E（3X2Y），D（2X3Y）.
【解】(1) E(3X 2Y)3E(X)2E(Y)33233.
(2) D(2X 3Y)22D(X)(3)2DY 412916192.
8.设随机变量（X，Y）的概率密度为
k, 0 x1,0 y  x,
f（x，y）=
 0, 其他.
试确定常数k，并求E（XY）.
  1 x 1
【解】因  f(x,y)dxdy  dx kdy  k 1,故k=2
  0 0 2
  1 x
E(XY)  xyf(x,y)dxdy  xdx 2ydy 0.25.
  0 0
9.设X，Y是相互独立的随机变量，其概率密度分别为
 2x, 0 x1,  e(y5), y 5,
f
X
（x）= f
Y
（y）=
0, 其他; 0, 其他.
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求E（XY）.
【解】方法一：先求X与Y的均值
1 2
E(X) x2xdx ,
0 3
E(Y)  ye(y5)dy 令zy5 5  ezdz  zezdz 516.
5 0 0
由X与Y的独立性，得
2
E(XY) E(X)E(Y) 64.
3
方法二：利用随机变量函数的均值公式.因X与Y独立，故联合密度为
2xe(y5), 0 x1,y 5,
f(x,y) f (x)f (y)
X Y 0, 其他,
于是
 1 1  2
E(XY)  xy2xe(y5)dxdy  2x2dx ye(y5)dy  64.
5 0 0 5 3
10.设随机变量X，Y的概率密度分别为
 2e2x, x 0,  4e4y, y 0,
f
X
（x）= f
Y
（y）=
0, x0; 0, y 0.
求（1） E（X+Y）;（2） E（2X3Y2）.
  
【解】(X) xf (x)dx x2e2xdx[xe2x] e-2xdx
X 0
 0 0
 1
 e2xdx .
0 2
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  1
E(Y) yf (y)dy y4e4ydy .
 Y 0 4
  2 1
E(Y2) y2f (y)dy  y24e4ydy   .
 Y 0 42 8
1 1 3
从而(1)E(X Y) E(X)E(Y)   .
2 4 4
1 1 5
(2)E(2X 3Y2)2E(X)3E(Y2)2 3 
2 8 8
11.设随机变量X的概率密度为
cxek2x2
, x0,
f（x）=
  0, x0.
求（1） 系数c;（2） E（X）;（3） D（X）.
【解】(1) 由  f(x)dx  cxek2x2 dx c 1得c2k2.
 0 2k2
(2) E(X)  xf(x)d(x)  x2k2xek2x2 dx
 0
2k2  x2ek2x2 dx π .
0 2k
(3) E(X2)  x2f(x)d(x)  x22k2xek2x2 1 .
 0 k2
2
1  π  4π
故 D(X) E(X2)[E(X)]2     .
k2  2k  4k2
 
12.袋中有12个零件，其中9个合格品，3个废品.安装机器时，从袋中一个一个地取出（取出后不放回），设在取出合格品之前已取出的废品数为随机变
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量X，求E（X）和D（X）.
【解】设随机变量X表示在取得合格品以前已取出的废品数，则X的可能取值为0，1，2，3.为求其分布律，下面求取这些可能值的概率，易知
9 3 9
P{X 0} 0.750, P{X 1}  0.204,
12 12 11
3 2 9 3 2 1 9
P{X 2}   0.041, P{X 3}    0.005.
12 11 10 12 11 10 9
于是，得到X的概率分布表如下：
X 0 1 2 3
P 0.750 0.204 0.041 0.005
由此可得E(X)00.75010.20420.04130.0050.301.
E(X2)02750120.204220.041320.0050.413
D(X) E(X2)[E(X)]2 0.413(0.301)2 0.322.
13.一工厂生产某种设备的寿命X（以年计）服从指数分布，概率密度为
1

x
 e 4, x 0,
f（x）=4
 0, x0.
为确保消费者的利益，工厂规定出售的设备若在一年内损坏可以调换.若售出一台设备，工厂获利100元，而调换一台则损失200元，试求工厂出售
一台设备赢利的数学期望.
【解】厂方出售一台设备净盈利Y只有两个值：100元和200元
1
P{Y 100} P{X 1} ex/4dxe1/4
1 4
P{Y 200} P{X 1}1e1/4.
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故E(Y)100e1/4 (200)(1e1/4)300e1/4 20033.64 (元).
14.设X ，X ，…，X 是相互独立的随机变量，且有E（X）=μ，D（X）=σ2，i=1，2，…，n，记
1 2 n i i
1 n 1 n
X  X ,S2 ，S2= (X  X)2 .
n i n1 i
i1 i1
2
（1） 验证E(X)=μ，D(X) = ；
n
1 n
（2） 验证S2= (X 2 nX 2 )；
n1 i
i1
（3） 验证E（S2）=σ2.
1 n  1 n 1 n 1
【证】(1) E(X) E

X

 E(X ) E(X ) nu u.
n i  n i n i n
i1 i1 i1
1 n  1 n 1 n
D(X) D X  D(X )X 之间相互独立 DX
 
n i  n2 i i n2 i
i1 i1 i1
1 2
 n2  .
n2 n
(2) 因
n n n n
(X X)2 (X2  X 2 2XX )X2 nX 2 2XX
i i i i i
i1 i1 i1 i1
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n n
X2 nX 2 2XnX X2 nX 2
i i
i1 i1
故S2  1 ( n X2 nX 2 ).
n1 i
i1
(3) 因E(X )u,D(X )2,故E(X2) D(X )(EX )2 2 u2.
i i i i i
2
2
2
同理因E(X)u,D(X) ,故E(X ) u2.
n n
从而
E(s2) E  1 ( n X2 nX 2 )   1 [E( n X2)nE(X 2 )]
 n1 i   n1 i
i1 i1
1 n
 [E(X2)nE(X 2 )]
n1 i
i1
1  2 
 n(2 u2)n u2  2.
n1   n 
15.对随机变量X和Y，已知D（X）=2，D（Y）=3，Cov(X,Y)=1,
计算：Cov（3X2Y+1，X+4Y3）.
【解】Cov(3X 2Y 1,X 4Y 3)3D(X)10Cov(X,Y)8D(Y)
3210(1)8328
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(因常数与任一随机变量独立，故Cov(X,3)=Cov(Y,3)=0,其余类似).
16.设二维随机变量（X，Y）的概率密度为
1
 , x2  y2 1,
f（x，y）=π
  0, 其他.
试验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的.
【解】设D{(x,y)|x2  y2 1}.
  1
E(X)  xf(x,y)dxdy   xdxdy
  π
x2y21
1 2π 1
=   rcosrdrd0.
π 0 0
同理E(Y)=0.
 
而 Cov(X,Y)  [xE(x)][yE(Y)]f(x,y)dxdy
 
1 1 2π 1
  xydxdy    r2sincosrdrd0,
π π 0 0
x2y21
由此得 0,故X与Y不相关.
XY
1x2 1 2
下面讨论独立性，当|x|≤1时， f (x) dy  1x2.
X 1 1x2 π π
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1y2 1 2
当|y|≤1时， f (y) dx 1 y2 .
Y 1 1y2 π π
显然 f (x)f (y) f(x,y).
X Y
故X和Y不是相互独立的.
17.设随机变量（X，Y）的分布律为
X 1 0 1
Y
1 1/8 1/8 1/8
0 1/8 0 1/8
1 1/8 1/8 1/8
验证X和Y是不相关的，但X和Y不是相互独立的.
【解】联合分布表中含有零元素，X与Y显然不独立，由联合分布律易求得X，Y及XY的分布律，其分布律如下表
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X 1 0 1
P 3 2 3
8 8 8
Y 1 0 1
P 3 2 3
8 8 8
XY 1 0 1
P 2 4 2
8 8 8
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由期望定义易得E（X）=E（Y）=E（XY）=0.
从而E(XY)=E(X)·E(Y),再由相关系数性质知ρ =0,
XY
即X与Y的相关系数为0，从而X和Y是不相关的.
3 3 1
又P{X 1}P{Y 1}    P{X 1,Y 1}
8 8 8
从而X与Y不是相互独立的.
18.设二维随机变量（X，Y）在以（0，0），（0，1），（1，0）为顶点的三角形区域上服从均
匀分布，求Cov（X，Y），ρ .
XY
1
【解】如图，S = ，故（X，Y）的概率密度为
D
2
题18图
2, (x,y)D,
f(x,y)
0, 其他.
1 1x 1
E(X)xf(x,y)dxdy  dx x2dy 
0 0 3
D
1 1x 1
E(X2)x2f(x,y)dxdy  dx 2x2dy 
0 0 6
D
2
1 1 1
从而D(X) E(X2)[E(X)]2  
 
 .
6 3 18
1 1
同理E(Y) ,D(Y) .
3 18
1 1x 1
而 E(XY)xyf(x,y)dxdy 2xydxdy  dx 2xydy  .
0 0 12
D D
所以
1 1 1 1
Cov(X,Y) E(XY)E(X)E(Y)    .
12 3 3 36
1

Cov(X,Y) 36 1
从而    
XY D(X) D(Y) 1 1 2

18 18
19.设（X，Y）的概率密度为
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1 π π
 sin(x y), 0 x ,0 y ,
f（x，y）=2 2 2
  0, 其他.
求协方差Cov（X，Y）和相关系数ρ .
XY
  π/2 π/2 1 π
【解】E(X)  xf(x,y)dxdy  dx x sin(x y)dy  .
  0 0 2 4
π π 1 π2 π
E(X2)2dx2x2 sin(x y)dy   2.
0 0 2 8 2
从而
π2 π
D(X) E(X2)[E(X)]2   2.
16 2
π π2 π
同理 E(Y) ,D(Y)  2.
4 16 2
π/2 π/2 π
又 E(XY) dx xysin(x y)dxdy  1,
0 0 2
2
π  π π π4
故 Cov(X,Y) E(XY)E(X)E(Y)  1       .
2  4 4  4 
2
π4

 
Cov(X,Y)  4  (π4)2 π2 8π16
     .
XY D(X) D(Y) π2 π π2 8π32 π2 8π32
 2
16 2
1 1
20.已知二维随机变量（X，Y）的协方差矩阵为
 
，试求Z
1
=X2Y和Z
2
=2XY的相关
1 4
系数.
【解】由已知知：D(X)=1,D(Y)=4,Cov(X,Y)=1.
从而
D(Z ) D(X 2Y) D(X)4D(Y)4Cov(X,Y)1444113,
1
D(Z ) D(2X Y)4D(X)D(Y)4Cov(X,Y)414414,
2
Cov(Z ,Z )Cov(X 2Y,2X Y)
1 2
2Cov(X,X)4Cov(Y,X)Cov(X,Y)2Cov(Y,Y)
2D(X)5Cov(X,Y)2D(Y)2151245.
Cov(Z ,Z ) 5 5
故   1 2   13.
Z 1 Z 2 D(Z ) D(Z ) 13 4 26
1 2
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21.对于两个随机变量V，W，若E（V2），E（W2）存在，证明：
［E（VW）］2≤E（V2）E（W2）.
这一不等式称为柯西许瓦兹（CouchySchwarz）不等式.
【证】令g(t) E{[V tW]2},tR.
显然
0 g(t) E[(V tW)2] E[V2 2tVW t2W2]
 E[V2]2tE[VW]t2E[W2],tR.
可见此关于t的二次式非负，故其判别式Δ≤0，
即0[2E(VW)]2 4E(W2)E(V2)
4{[E(VW)]2 E(V2)E(W2)}.
故[E(VW)]2  E(V2)E(W2)}.
22.假设一设备开机后无故障工作的时间X服从参数λ=1/5的指数分布.设备定时开机，出现
故障时自动关机，而在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
工作的时间Y的分布函数F（y）.
【解】设 Y 表示每次开机后无故障的工作时间，由题设知设备首次发生故障的等待时间
1
X~E(λ),E(X)= =5.

依题意Y=min(X,2).
对于y<0,f(y)=P{Y≤y}=0.
对于y≥2,F(y)=P(X≤y)=1.
对于0≤y<2,当x≥0时，在(0,x)内无故障的概率分布为
P{X≤x}=1eλx,所以
F(y)=P{Y≤y}=P{min(X,2)≤y}=P{X≤y}=1ey/5.
23.已知甲、乙两箱中装有同种产品，其中甲箱中装有3件合格品和3件次品，乙箱中仅装
有3件合格品.从甲箱中任取3件产品放乙箱后，求：（1）乙箱中次品件数Z的数学期
望；（2）从乙箱中任取一件产品是次品的概率.
【解】（1） Z的可能取值为0，1，2，3，Z的概率分布为
CkC3k
P{Z k} 3 3 , k 0,1,2,3.
C3
6
Z=k 0 1 2 3
P 1 9 9 1
k
20 20 20 20
1 9 9 1 3
因此，E(Z)0 1 2 3  .
20 20 20 20 2
(2) 设A表示事件“从乙箱中任取出一件产品是次品”，根据全概率公式有
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3
P(A)P{Z k}P{A|Z k}
k0
1 9 1 9 2 1 3 1
 0       .
20 20 6 20 6 20 6 4
24.假设由自动线加工的某种零件的内径X（毫米）服从正态分布N（μ,1），内径小于10或
大于12为不合格品，其余为合格品.销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已
知销售利润T（单位：元）与销售零件的内径X有如下关系
1, 若X 10,

T=20, 若10 X 12,

5, 若X 12.

问：平均直径μ取何值时，销售一个零件的平均利润最大？
【解】E(T)P{X 10}20P{10 X 12}5P{X 12}
P{X u 10u}20P{10u  X u 12u}5P{X u 12u}
(10u)20[(12u)(10u)]5[1(12u)]
25(12u)21(10u)5.
故
dE(T) 1
25(12u)(1)21(10u)(1) 令 0(这里(x) ex2/2),
du 2
得
25e(12u)2/2 21e(10u)2/2
两边取对数有
1 1
ln25 (12u)2 ln21 (10u)2.
2 2
1 25 1
解得 u 11 ln 11 ln1.1910.9128(毫米)
2 21 2
由此可得，当u=10.9毫米时，平均利润最大.
25.设随机变量X的概率密度为
1 x
 cos , 0 x π,
f(x)=2 2
  0, 其他.
对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于π/3的次数，求Y2的数学期望.
（2002研考）
 π
1, X  ,

 3
【解】令 Y  (i 1,2,3,4)
i π
 0, X .
 3
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4
则Y Y ~ B(4,p).因为
i
i1
π π π π/31 x 1
p P{X  }1P{X  }及P{X  } cos dx ,
3 3 3 0 2 2 2
1 1 1
所以E(Y) ,D(Y) ,E(Y)4 2,
i 2 i 4 2
1 1
D(Y)4  1 E(Y2)(EY)2,
2 2
从而E(Y2) D(Y)[E(Y)]2 122 5.
26.两台同样的自动记录仪，每台无故障工作的时间T(i=1,2)服从参数为5的指数分布，首先
i
开动其中一台，当其发生故障时停用而另一台自动开启.试求两台记录仪无故障工作的
总时间T=T +T 的概率密度f (t)，数学期望E（T）及方差D（T）.
1 2 T
【解】由题意知：
5e5t, t 0,
f (t)
i 0, t 0.
因T ,T 独立，所以f (t)=f (t)*f (t).
1 2 T 1 2
当t<0时，f (t)=0;
T
当t≥0时，利用卷积公式得
 t
f (t) f (x)f (tx)dx 5e5x5e5(tx)dx25te5t
T 1 2
 0
故得
25te5t, t 0,
f (t)
T 0, t 0.
1 1
由于T ~E(5),故知E(T)= ,D(T)= (i=1,2)
i i i
5 25
2
因此，有E(T)=E(T +T )= .
1 2
5
2
又因T ,T 独立，所以D（T）=D（T +T ）= .
1 2 1 2
25
27.设两个随机变量X，Y相互独立，且都服从均值为0，方差为1/2的正态分布，求随机变
量|XY|的方差.
  1  2   1  2
【解】设Z=XY，由于X ~ N0,
 
,Y ~ N0,
 
,
   
 2  2
   
且X和Y相互独立，故Z~N（0，1）.
因
D( X Y ) D(Z ) E(|Z |2)[E(|Z |)]2
 E(Z2)[E(Z)]2,
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而
E(Z2) D(Z)1,E(|Z |)  |z| 1 ez2/2dz
 2π
 2   zez2/2dz  2 ，
2π 0 π
2
所以 D(| X Y |)1 .
π
28.某流水生产线上每个产品不合格的概率为p(0<p<1)，各产品合格与否相互独立，当出现
一个不合格产品时，即停机检修.设开机后第一次停机时已生产了的产品个数为X，求E
（X）和D（X）.
【解】记q=1p,X的概率分布为P{X=i}=qi1p,i=1,2,…，

   q  p 1
故E(X)iqi1p p(qi) p
 
  .
1q (1q)2 p
i1 i1
  
又E(X2)i2qi1p(i2 i)qi1piqi1p
i1 i2 i1

 1  q2  1
 pq(qi)  pq  
p 1q p
i2
2pq 1 1q 2 p
    .
(1q)3 p p2 p2
2 p 1 1 p
所以 D(X) E(X2)[E(X)]2    .
p2 p2 p2
题29图
29.设随机变量X和Y的联合分布在点（0，1），（1，0）及（1，1）为顶点的三角形区域上
服从均匀分布.（如图），试求随机变量U=X+Y的方差.
【解】D(U)=D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(X,Y)
=D(X)+D(Y)+2[E(XY)E(X)·E(Y)].
由条件知X和Y的联合密度为
2, (x,y)G,
f(x,y) G {(x,y)|0 x1,0 y1,x y1}.
0, t 0.
 1
从而 f (x) f(x,y)dy  2dy 2x.
X
 1x
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因此
1 1 3 1 1
E(X) xf (x)dx 2x2dx ,E(X2) 2x3dx ,
0 X 0 2 0 2
1 4 1
D(X) E(X2)[E(X)]2    .
2 9 18
3 1
同理可得 E(Y) ,D(Y) .
2 18
1 1 5
E(XY)2xydxdy 2 xdx ydy  ,
0 1x 12
G
5 4 1
Cov(X,Y) E(XY)E(X)E(Y)   ,
12 9 36
1 1 2 1
于是 D(U) D(X Y)    .
18 18 36 18
30.设随机变量U在区间[2,2]上服从均匀分布，随机变量
1, 若U 1， 1, 若U 1，
X= Y=
 1, 若U 1，  1, 若U 1.
试求（1）X和Y的联合概率分布；（2）D（X+Y）.
【解】（1）为求X和Y的联合概率分布，就要计算（X，Y）的4个可能取值(1,1),(1,1),(1,1)
及(1,1)的概率.
P{x=1,Y=1}=P{U≤1,U≤1}
1dx 1dx 1
 P{U 1}  
 4 2 4 4
P{X=1,Y=1}=P{U≤1,U>1}=P{}=0,
P{X=1,Y=1}=P{U>1,U≤1}
1 dx 1
 P{1U 1} 
1 4 4
2dx 1
P{X 1,Y 1} P{U 1,U 1} P{U 1}  .
1 4 4
故得X与Y的联合概率分布为
(1,1) (1,1) (1,1) (1,1)
 
(X,Y)~ 1 1 1 .
 0 
4 2 4 
(2) 因D(X Y) E[(X Y)2][E(X Y)]2,而X+Y及（X+Y）2的概率分布相应
为
2 0 2 0 4
X Y ~  1 1 1  , (X Y)2 ~  1 1  .
   
4 2 4 2 2
1 1
从而E(X Y)(2) 2 0,
4 4
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1 1
E[(X Y)2]0 4 2,
2 2
所以D(X Y) E[(X Y)2][E(X Y)]2 2.
1
31.设随机变量X的概率密度为f(x)= ex ，（∞<x<+∞）
2
(1) 求E（X）及D（X）；
（2） 求Cov(X,|X|),并问X与|X|是否不相关？
（3） 问X与|X|是否相互独立，为什么？
 1
【解】(1)E(X) x e|x|dx0.
 2
 1 
D(X) (x0)2 e|x|dx0 x2exdx2.
 2 0
(2) Cov(X,| X) E(X| X |)E(X)E(| X |) E(X| X |)
 1
 x|x| e|x|dx0,
 2
所以X与|X|互不相关.
(3) 为判断|X|与X的独立性，需依定义构造适当事件后再作出判断，为此，对定义域
∞<x<+∞中的子区间（0,+∞）上给出任意点x ，则有
0
{x  X  x }{| X | x }{X  x }.
0 0 0 0
所以0 P{| X | x } P{X  x }1.
0 0
故由
P{X  x ,| X | x } P{| X | x } P{| X | x }P{X  x }
0 0 0 0 0
得出X与|X|不相互独立.
32.已知随机变量X和Y分别服从正态分布N（1，32）和N（0，42），且X与Y的相关系数
X Y
ρ =1/2，设Z=  .
XY
3 2
（1） 求Z的数学期望E（Z）和方差D（Z）；
（2） 求X与Z的相关系数ρ ；
XZ
（3） 问X与Z是否相互独立，为什么？
 X Y  1
【解】(1) E(Z) E     .
 3 2 3
 X  Y   X Y 
D(Z) D D 2Cov ,
     
 3   2  3 2
1 1 1 1
 9 162  Cov(X,Y),
9 4 3 2
而
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 1
Cov(X,Y) D(X) D(Y)   346
 
XY  2
1
所以 D(Z)146 3.
3
 X Y  1 1
(2) 因Cov(X,Z)Cov  X,    CovX,X CovX,Y
 3 2 3 2
1 1 9
 D(X) (6) -3=0,
3 2 3
Cov(X,Z)
所以   0.
XZ
D(X) D(Z)
1 
(3) 由 0，得X与Z不相关.又因Z ~ N  ,3  ,X ~ N(1,9)，所以X与Z也
XZ 3 
相互独立.
33.将一枚硬币重复掷n次，以X和Y表示正面向上和反面向上的次数.试求X和Y的相关系
数 .
XY
【解】由条件知X+Y=n，则有D（X+Y）=D（n）=0.
1
再由X~B(n,p),Y~B(n,q)，且p=q= ,
2
n
从而有 D(X)npq  D(Y)
4
所以 0 D(X Y) D(X)D(Y)2 D(X) D(Y)
XY
n n
 2  , 故 =1.
2 XY 4 XY
34.设随机变量X和Y的联合概率分布为
Y 1 0 1
X
0 0.07 0.18 0.15
1 0.08 0.32 0.20
试求X和Y的相关系数ρ.
【解】由已知知E(X)=0.6,E(Y)=0.2，而XY的概率分布为
YX 1 0 1
P 0.08 0.72 0.2
所以E（XY）=0.08+0.2=0.12
Cov(X,Y)=E(XY)E(X)·E(Y)=0.120.6×0.2=0
从而  =0
XY
35.对于任意两事件A和B，0<P(A)<1，0<P(B)<1,则称
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 
P AB P(A)P(B)
ρ= 为事件A和B的相关系数.试证：
P(A)P(B)P(A)P(B)
（1） 事件A和B独立的充分必要条件是ρ=0；
（2） |ρ|≤1.
【证】（1）由ρ的定义知，ρ=0当且仅当P(AB)P(A)·P(B)=0.
而这恰好是两事件A、B独立的定义，即ρ=0是A和B独立的充分必要条件.
(2) 引入随机变量X与Y为
1,若A发生, 1,若B发生,
X  Y 
0,若A发生; 0,若B发生.
由条件知，X和Y都服从01分布，即
 0 1  0 1
X ~  Y ~ 
1P(A) P(A) 1P(B) P(B)
从而有E(X)=P(A),E(Y)=P(B),
D(X)=P(A)·P(A),D(Y)=P(B)·P(B),
Cov(X,Y)=P(AB)P(A)·P(B)
所以，事件A和B的相关系数就是随机变量X和Y的相关系数.于是由二元随机变量相
关系数的基本性质可得|ρ|≤1.
36. 设随机变量X的概率密度为
1
, 1 x0,

2

 1
f
X
(x)= , 0 x2,
4

0, 其他.



令Y=X2，F（x,y）为二维随机变量（X，Y）的分布函数，求：
(1)Y的概率密度f (y)；
Y
(2)Cov(X,Y);
1
(3)F( ,4).
2
解： (1) Y的分布函数为
F (y) P{Y  y} P{X2  y}.
Y
当y≤0时， F (y)0， f (y)0；
Y Y
当0＜y＜1时，
3
F (y) P{ y  X  y} P{ y  X 0}P{0 X  y} y ，
Y 4
3
f (y) ；
Y
8 y
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1 1
当1≤y<4时， F (y) P{1 X 0}P{0 X  y}  y
Y 2 4
1
f (y) ；
Y
8 y
当y≥4时，F (y)1， f (y)0.
Y Y
故Y的概率密度为
 3
,0 y1,

8 y


f (y)0 1
Y ,1 y4,

8 y

 0, 其他.
+ 0 1 21 1
(2) E(X)= xf (x)dx xdx xdx ,
- X -12 0 4 4
+ 0 1 21 5
E(Y)=E(X2)= x2f (x)dx x2dx x2dx ),
- X -12 0 4 6
+ 0 1 21 7
E(XY)=E(Y2)= x3f (x)dx x3dx x3dx ,
- X -12 0 4 8
2
故 Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)= .
3
1 1 1
(3) F( ,4) P{X  ,Y 4} P{X  ,X2 4}
2 2 2
1 1
 P{X  ,2 X 2} P{2 X  }
2 2
1 1
 P{1 X  } .
2 4
116