不定积分例题及答案理工类吴赣昌
《高等数学 理工类》第三版上册(吴赣昌)课后答案
设函数 ( ) f x 的定义域 D 关于原点对称；若 ∀x ∈ D ，恒有 f (− x) = f (x)，
奇
偶 则称 f (x) 是偶函数；若 ∀x ∈ D ，恒有 f (− x) = − f (x)，则称 f (x) 是奇
性 函数；
周 若存在非零常数 T ，使得对 ∀x ∈ D ，有 (x ± T )∈ D ，且
★
3．设 ϕ ( x)
=
⎧ ⎪⎪
sin
⎨
x
⎪ ⎪⎩
0
, ,
x <π 3
x ≥π 3
，求ϕ(π )，ϕ(π )，ϕ(− π )，ϕ(−2) ，并做出函数
64
4
y = ϕ(x) 的图形
知识点：分段函数； 思路：注意自变量的不同范围；
解：ϕ(π ) = sin π = 1 ，ϕ⎜⎛ π ⎟⎞ = sin π = 2 ，ϕ⎜⎛ − π ⎟⎞ = sin⎜⎛ − π ⎟⎞ = 2
（1） f (x) = lg x 2 与 g(x) = 2 lg x ；（2） y = 2x + 1与 x = 2 y + 1
知识点：函数相等的条件；
思路：函数的两个要素是 f （作用法则）及定义域 D（作用范围），当两个函数作用法则 f 相同（化简
后代数表达式相同）且定义域相同时，两函数相同；
{ } { 解：（1） f (x) = lg x2 的定义域 D= x x ≠ 0, x ∈ R ， g(x) = lg x 的定义域 D = x x > 0, x ∈ R}，
期
性 f (x + T ) = f (x)，则称 f (x) 是周期函数；
初等 函数
几类基本初等函数：幂函数；指数函数；对数函数；三角函数；反三角函数； 反函数求法和性质；复合函数性质；初等函数
概率论与数理统计(理工类-第四版)吴赣昌主编课后习题答案第六章
第六章参数估计6.1 点估计问题概述习题1总体X在区间[0,θ]上均匀分布，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则下列估计量θ̂是θ的一致估计是().(A)θ̂=Xn; (B)θ̂=2Xn;(C)θ̂=X¯=1n∑i=1nXi; (D)θ̂=Max{X1,X2,⋯,Xn}.解答：应选(D).由一致估计的定义，对任意ɛ>0,P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=P(-ɛ+θ<Max{X1,X2,⋯,Xn}<ɛ+θ)=F(ɛ+θ)-F(-ɛ+θ).因为FX(x)={0,x<0xθ,0≤x≤θ1,x>θ,及F(x)=FMax{X1,X2,⋯,Xn}(x)=FX1(x)FX2(x)⋯FXn(x),所以F(ɛ+θ)=1, F(-ɛ+θ)=P(Max{X1,X2,⋯,Xn}<-ɛ+θ)=(1-xθ)n,故P(∣Max{X1,X2,⋯,Xn}-θ∣<ɛ)=1-(1-xθ)n→1(n→+∞).习题2设σ是总体X的标准差，X1,X2,⋯,Xn是它的样本，则样本标准差S是总体标准差σ的().(A)矩估计量； (B)最大似然估计量； (C)无偏估计量； (D)相合估计量.解答：应选(D).因为，总体标准差σ的矩估计量和最大似然估计量都是未修正的样本标准差；样本方差是总体方差的无偏估计，但是样本标准差不是总体标准差的无偏估计.可见，样本标准差S是总体标准差σ的相合估计量.习题3设总体X的数学期望为μ,X1,X2,⋯,Xn是来自X的样本，a1,a2,⋯,an是任意常数，验证(∑i=1naiXi)/∑i=1nai(∑i=1nai≠0)是μ的无偏估计量.解答：E(X)=μ,E(∑i=1naiXi∑i=1nai)=1∑i=1nai⋅∑i=1naiE(Xi)(E(Xi)=E(X)=μ)=μ∑i=1nai∑i=1n=μ,综上所证，可知∑i=1naiXi∑i=1nai是μ的无偏估计量.习题4设θ̂是参数θ的无偏估计，且有D(θ̂)>0, 试证θ̂2=(θ̂)2不是θ2的无偏估计.解答：因为D(θ̂)=E(θ̂2)-[E(θ̂)]2, 所以E(θ̂2)=D(θ̂)+[E(θ̂)]2=θ2+D(θ̂)>θ2,故(θ̂)2不是θ2的无偏估计.习题5设X1,X2,⋯,Xn是来自参数为λ的泊松分布的简单随机样本，试求λ2的无偏估计量.解答：因X服从参数为λ的泊松分布，故D(X)=λ,E(X2)=D(X)+[E(X)]2=λ+λ2=E(X)+λ2,于是E(X2)-E(X)=λ2,即E(X2-X)=λ2.用样本矩A2=1n∑i=1nXi2,A1=X¯代替相应的总体矩E(X2),E(X), 便得λ2的无偏估计量λ̂2=A2-A1=1n∑i=1nXi2-X¯.习题6设X1,X2,⋯,Xn为来自参数为n,p的二项分布总体，试求p2的无偏估计量.解答：因总体X∼b(n,p), 故E(X)=np,E(X2)=D(X)+[E(X)]2=np(1-p)+n2p2=np+n(n-1)p2=E(X)+n(n-1)p2,E(X2)-E(X)n(-1)=E[1n(n-1)(X2-X)]=p2,于是，用样本矩A2,A1分别代替相应的总体矩E(X2),E(X),便得p2的无偏估计量p̂2=A2-A1n(n-1)=1n2(n-1)∑i=1n(Xi2-Xi).习题7设总体X服从均值为θ的指数分布，其概率密度为f(x;θ)={1θe-xθ,x>00,x≤0,其中参数θ>0未知. 又设X1,X2,⋯,Xn是来自该总体的样本，试证：X¯和n(min(X1,X2,⋯,Xn))都是θ的无偏估计量，并比较哪个更有效.解答：因为E(X)=θ,而E(X¯)=E(X),所以E(X¯)=θ,X¯是θ的无偏估计量.设Z=min(X1,X2,⋯,Xn),因为FX(x)={0,x≤01-e-xθ,x>0,FZ(x)=1-[1-FX(x)]n={1-e-nxθ,x>00,x≤0,所以fZ(x)={nθe-nxθ,x>00,x≤0,这是参数为nθ的指数分布，故知E(Z)=θn,而E(nZ)=E[n(min(X1,X2,⋯,Xn)]=θ,所以nZ也是θ的无偏估计.现比较它们的方差大小.由于D(X)=θ2,故D(X¯)=θ2n.又由于D(Z)=(θn)2,故有D(nZ)=n2D(Z)=n2⋅θ2n2=θ2.当n>1时，D(nZ)>D(X¯),故X¯较nZ有效.习题8设总体X服从正态分布N(m,1),X1,X2是总体X的子样，试验证m1̂=23X1+13X2, m2̂=14X1+34X2, m3̂=12X1+12X2,都是m的无偏估计量；并问哪一个估计量的方差最小?解答：因为X服从N(m,1), 有E(Xi)=m,D(Xi)=1(i=1,2),得E(m1̂)=E(23X1+13X2)=23E(X1)+13E(X2)=23m+13m=m,D(m1̂)=D(23X1+13X2)=49D(X1)+19D(X2)=49+19=59,同理可得：E(m2̂)=m,D(m2̂)=58, E(m3̂)=m,D(m3̂)=12.所以，m1̂,m2̂,m3̂都是m的无偏估计量，并且在m1̂,m2̂,m3̂中，以m3̂的方差为最小.习题9设有k台仪器. 已知用第i台仪器测量时，测定值总体的标准差为σi(i=1,2,⋯,k), 用这些仪器独立地对某一物理量θ各观察一次，分别得到X1,X2,⋯,Xk. 设仪器都没有系统误差，即E(Xi)=θ(i=1,2,⋯,k), 问a1,a2,⋯,ak应取何值，方能使用θ̂=∑i=1kaiXi估计θ时，θ̂是无偏的，并且D(θ̂)最小？解答：因为E(Xi)=θ(i=1,2,⋯,k), 故E(θ̂)=E(∑i=1kaiXi)=∑i=1kaiE(Xi)=θ∑i=1kai,欲使E(θ̂)=θ,则要∑i=1kai=1.因此，当∑i=1kai=1时，θ̂=∑i=1kaiXi为θ的无偏估计, D(θ̂)=∑i=1kai2σi2, 要在∑i=1kai=1的条件下D(θ̂)最小，采用拉格朗日乘数法.令L(a1,a2,⋯,ak)=D(θ̂)+λ(1-∑i=1kai)=∑i=1kai2σi2+λ(1-∑i=1kai),{∂L∂ai=0,i=1,2,⋯,k∑i=1kai=1,即2aiσi2-λ=0,ai=λ2i2;又因∑i=1kai=1,所以λ∑i=1k12σi2=1,记∑i=1k1σi2=1σ02,所以λ=2σ02,于是ai=σ02σi2 (i=1,2,⋯,k),故当ai=σ02σi2(i=1,2,⋯,k)时，θ̂=∑i=1kaiXi是θ的无偏估计，且方差最小.习题6.2 点估计的常用方法习题1设X1,X2,⋯,Xn为总体的一个样本，x1,x2,⋯,xn为一相应的样本值，求下述各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量和估计值及最大似然估计量．(1)f(x)={θcθx-(θ+1),x>c0,其它, 其中c>0为已知，θ>1,θ为未知参数.(2)f(x)={θxθ-1,0≤x≤10,其它, 其中θ>0,θ为未知参数.(3)P{X=x}=(mx)px(1-p)m-x, 其中x=0,1,2,⋯,m,0<p<1,p为未知参数.解答：(1)E(X)=∫c+∞x⋅θcθx-(θ+1)dx=θcθ∫c+∞x-θdx=θcθ-1，解出θ=E(X)E(X)-c，令X¯=E(X)，于是θ̂=X¯X¯-c为矩估计量，θ的矩估计值为θ̂=x¯x¯-c，其中x¯=1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θncnθ(∏i=1nxi)-(θ+1)，xi>c，对数似然函数为lnL(θ)=nlnθ+nθlnc-(θ+1)∑i=1nlnxi，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=nθ+nlnc-∑i=1nlnxi=0，解方程得θ=n∑i=1nlnxi-nlnc，故参数的最大似然估计量为θ̂=n∑i=1nlnXi-nlnc．(2)E(X)=∫01x⋅θxθ-1dx=θθ+1，以X¯作为E(X)的矩估计，则θ的矩估计由X¯=θθ+1解出，得θ̂=(X¯1-X¯)2，θ的矩估计值为θ̂=(x¯1-x¯)2，其中x¯=1n∑i=1nxi为样本均值的观测值．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=θn/2(∏i=1nxi)θ-1，0≤xi≤1，对数似然函数为lnL(θ)=n2lnθ+(θ-1)∑i=1nlnxi，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=n2θ+12θ∑i=1nlnxi=0，解方程得θ=(-n∑i=1nlnxi)2，故参数的最大似然估计量为θ̂=(n∑i=1nlnXi)2．(3)X∼b(m,p)，E(X)=mp，以X¯作为E(X)的矩估计，即X¯=E(X)，则参数p的矩估计为p̂=1mX¯=1m⋅1n∑i=1nXi，p的矩估计值为p̂=1mx¯=1m⋅1n∑i=1nxi．另外，似然函数为L(θ)=∏i=1nf(xi;θ)=(∏i=1nCmxi)p∑i=1nxi(1-p)∑i=1n(m-xi)，xi=0,1,⋯,m，对数似然函数为lnL(θ)=∑i=1nlnCmxi+(∑i=1nxi)lnp+(∑i=1n(m-xi))ln(1-p)，对lnL(θ)求导，并令其为零，得dlnL(θ)dθ=1p∑i=1nxi-11-p∑i=1n(m-xi)=0，解方程得p=1mn∑i=1nxi，故参数的最大似然估计量为p̂=1mn∑i=1nXi=1mX¯．习题2设总体X服从均匀分布U[0,θ],它的密度函数为f(x;θ)={1θ,0≤x≤θ0,其它,(1)求未知参数θ的矩估计量；(2)当样本观察值为0.3,0.8,0.27,0.35,0.62,0.55时，求θ的矩估计值.解答：(1)因为E(X)=∫-∞+∞xf(x;θ)dx=1θ∫0θxdx=θ2,令E(X)=1n∑i=1nXi,即θ2=X¯,所以θ̂=2X¯.(2)由所给样本的观察值算得x¯=16∑i=16xi=16(0.3+0.8+0.27+0.35+0.62+0.55)=0.4817,所以θ̂=2x¯=0.9634.习题3设总体X以等概率1θ取值1,2,⋯,θ,求未知参数θ的矩估计量.解答：其中θ(0<θ<1)为未知参数. 已知取得了样本值x1=1,x2=2,x3=1, 试求θ的矩估计值和最大似然估计值.解答：E(X)=1×θ2+2×2θ(1-θ)+3×(1-θ)2=3-2θ,x¯=1/3×(1+2+1)=4/3.因为E(X)=X¯,所以θ̂=(3-x¯)/2=5/6为矩估计值,L(θ)=∏i=13P{Xi=xi}=P{X1=1}P{X2=2}P{X3=1}=θ4⋅2θ⋅(1-θ)=2θ5(1-θ),lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1-θ),对θ求导,并令导数为零dlnLdθ=5θ-11-θ=0,得θL̂=56.习题6(1)设X1,X2,⋯,Xn来自总体X的一个样本, 且X∼π(λ),求P{X=0}的最大似然估计.(2)某铁路局证实一个扳道员五年内所引起的严重事故的次数服从泊松分布，求一个扳道员在五年内未引起严重事故的概率 p的最大似然估计，使用下面122个观察值统计情况. 下表中，r表示一扳道员某五年中引起严重事故的次数，s表示观察到的扳道员人数.解答：(1)已知，λ的最大似然估计为λ̂L=X¯.因此⌢P{X=0}=e-λL̂=e-X¯.(2)设X为一个扳道员在五年内引起的严重事故的次数，X服从参数为λ的泊松分布，样本容量n=122.算得样本均值为x¯=1122×∑r=05r⋯r=1122×(0×44+1×42+2×21+3×9+4×4+5×2)≈1.123,因此P̂{X=0}=e-x¯=e-1.123≈0.3253.习题6.3 置信区间习题1对参数的一种区间估计及一组观察值(x1,x2,⋯,xn)来说,下列结论中正确的是().(A)置信度越大,对参数取值范围估计越准确;(B)置信度越大,置信区间越长;(C)置信度越大,置信区间越短;(D)置信度大小与置信区间有长度无关.解答：应选(B).置信度越大，置信区间包含真值的概率就越大，置信区间的长度就越大，对未知参数的估计精度越低.反之，对参数的估计精度越高，置信区间的长度越小，它包含真值的概率就越低,置信度就越小.习题2设(θ1,θ2)是参数θ的置信度为1-α的区间估计，则以下结论正确的是().(A)参数θ落在区间(θ1,θ2)之内的概率为1-α;(B)参数θ落在区间(θ1,θ2)之外的概率为α;(C)区间(θ1,θ2)包含参数θ的概率为1-α;(D)对不同的样本观察值，区间(θ1,θ2)的长度相同.解答：应先(C).由于θ1,θ2都是统计量，即(θ1,θ2)是随机区间，而θ是一个客观存在的未知常数，故(A),(B)不正确.习题3设总体的期望μ和方差σ2均存在，如何求μ的置信度为1-α的置信区间？解答：先从总体中抽取一容量为n的样本X1,X2,⋯,Xn.根据中心极限定理，知U=X¯-μσ/n→N(0,1)(n→∞).(1)当σ2已知时，则近似得到μ的置信度为1-α的置信区间为(X¯-uα/2σn,X¯+uα/2σn).(2)当σ2未知时，用σ2的无偏估计S2代替σ2,这里仍有X¯-μS/n→N(0,1)(n→∞),于是得到μ的1-α的置信区间为(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),一般要求n≥30才能使用上述公式，称为大样本区间估计.习题4某总体的标准差σ=3cm,从中抽取40个个体，其样本平均数x¯=642cm,试给出总体期望值μ的95%的置信上、下限(即置信区间的上、下限).解答：因为n=40属于大样本情形，所以X¯近似服从N(μ,σ2n)的正态分布，于是μ的95%的置信区间近似为(X¯±σnuα/2),这里x¯=642,σ=3,n=40≈6.32,uα/2=1.96,从而(x¯±σnuα/2)=(642±340×1.96)≈(642±0.93),故μ的95%的置信上限为642.93, 下限为641.07.习题5某商店为了了解居民对某种商品的需要，调查了100家住户，得出每户每月平均需求量为10kg, 方差为9，如果这个商店供应10000户，试就居民对该种商品的平均需求量进行区间估计(α=0.01),并依此考虑最少要准备多少这种商品才能以0.99的概率满足需求？解答：因为n=100属于大样本问题，所以X¯近似服从N(μ,σ2/n),于是μ的99%的置信区间近似为(X¯±Snuα/2),而x¯=10,s=3,n=100, uα/2=2.58,所以(x¯±snuα/2)=(10±3100×2.58)=(10±0.774)=(9.226,10.774).试以95%的置信度，求出该品种玉米平均穗位的置信区间.解答：因为n=100属于大样本情形，所以μ的置信度为95%的置信区间上、下限近似为X¯±snuα/2,这里n=100,uα/2=1.96,还需计算出x¯和s.取a=115,c=10, 令zi=(xi-a)/c=(xi-115)/10, 用简单算公式，(1)x¯=a+cz¯; (2)sx2=c2sz2.z¯=1100∑i=19mizi=1100×(-27)=-0.27,x¯=10×(-27)+115=112.3,sz2=199∑i=19mizi2=199×313≈3.161616,sx2=102×3.161616=316.1616, sx≈17.78.于是(x¯±snuα)≈(112.3±17.7810×1.96)≈(112.3±3.485)=(108.815,115.785).习题7某城镇抽样调查的500名应就业的人中，有13名待业者，试求该城镇的待业率p的置信度为0.95置信区间.解答：这是(0-1)分布参数的区间估计问题. 待业率p的0.95置信区间为(p1̂,p2̂)=(-b-b2-4ac2a,-b+b2-4ac2a).其中a=n+uα/22,b=-2nX¯-(uα/2)2,c=nX¯2,n=500,x¯=13500,uα/2=1.96.则(p1̂,p2̂)=(0.015,0.044).习题8设X1,X2,⋯,Xn为来自正态总体N(μ,σ2)的一个样本，求μ的置信度为1-α的单侧置信限.解答：这是一个正态总体在方差未知的条件下，对μ的区间估计问题，应选取统计量：T=X¯-μS/n∼t(n-1).因为只需作单边估计，注意到t分布的对称性，故令P{T<tα(n-1)}=1-α和P{T>tα(n-1)}=1-α.由给定的置信度1-α,查自由度为n-1的t分布表可得单侧临界值tα(n-1). 将不等式T<tα(n-1)和T>tα(n-1), 即X¯-μS/n<tα(n-1)和X¯-μS/n>tα(n-1)分别变形，求出μ即得μ的1-α的置信下限为X¯-tα(n-1)Sn.μ的1-α的置信上限为X¯+tα(n-1)Sn,μ的1-α的双侧置信限(X¯-tα/2(n-1)Sn,X¯+tα/2(n-1)Sn).习题6.4 正态总体的置信区间习题1已知灯泡寿命的标准差σ=50小时，抽出25个灯泡检验，得平均寿命x¯=500小时，试以95%的可靠性对灯泡的平均寿命进行区间估计(假设灯泡寿命服从正态分布).解答：由于X∼N(μ,502),所以μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±uα/2σn),这里x¯=500,n=25,σ=50,uα/2=1.96,所以灯泡的平均寿命的置信区间为(x¯±uα/2σn)=(500±5025×1.96)=(500±19.6)=(480.4,519.6).习题2一个随机样本来自正态总体X,总体标准差σ=1.5,抽样前希望有95%的置信水平使得μ的估计的置信区间长度为L=1.7, 试问应抽取多大的一个样本？解答：因方差已知，μ的置信区间长度为L=2uα/2⋅σn,于是n=(2σLuα/2)2.由题设知，1-α=0.95,α=0.05,α2=0.025.查标准正态分布表得u0.025=1.96,σ=1.5,L=1.7,所以，样本容量n=(2×1.5×1.961.7)2≈11.96.向上取整数得n=12, 于是欲使估计的区间长度为1.7的置信水平为95%, 所以需样本容量为n=12.习题3设某种电子管的使用寿命服从正态分布. 从中随机抽取15个进行检验，得平均使用寿命为1950小时，标准差s为300小时，以95%的可靠性估计整批电子管平均使用寿命的置信上、下限.解答：由X∼N(μ,σ2),知μ的95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=1950,s=300,n=15,tα/2(14)=2.145,于是(x¯±sntα/2(n-1))=(1950±30015×2.145)≈(1950±166.151)=(1783.85,2116.15).即整批电子管平均使用寿命的置信上限为2116.15, 下限为1783.85.习题4人的身高服从正态分布，从初一女生中随机抽取6名，测其身高如下(单位：cm):149 158.5 152.5 165 157 142求初一女生平均身高的置信区间(α=0.05).解答：X∼N(μ,σ2),μ的置信度为95%的置信区间为(X¯±Sntα/2(n-1)),这里x¯=154, s=8.0187, t0.025(5)=2.571, 于是(x¯±sntα/2(n-1))=(154±8.01876×2.571)≈(154±8.416)≈(145.58,162.42).习题5某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数x¯=72,样本方差s2=16, 假设分数服从正态分布，求σ2的置信度为98%的置信区间.解答：先取χ2分布变量，构造出1-α的σ2的置信区间为((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).已知1-α=0.98,α=0.02,α2=0.01,n=20, S2=16.查χ2分布表得χ0.012(19)=36.191,χ0.992(19)=7.633,于是得σ2的98%的置信区间为(19×1636.191,19×167.633),即(8.400,39.827).习题6随机地取某种炮弹9发做试验，得炮口速度的样本标准差s=11(m/s).设炮口速度服从正态分布，求这种炮弹的炮口速度的标准差σ的置信度为0.95的置信区间.解答：已知n=9,s=11(m/s),1-α=0.95.查表得χ0.0252(8)=17.535,χ0.9752(8)=2.180,σ的0.95的置信区间为(8sχ0.0252(8),8sχ0.9752(8)),即(7.4,21.1).习题7设来自总体N(μ1,16)的一容量为15的样本，其样本均值x1¯=14.6;来自总体N(μ2,9)的一容量为20的样本，其样本均值x2¯=13.2;并且两样本是相互独立的，试求μ1-μ2的90%的置信区间.解答：1-α=0.9,α=0.1,由Φ(uα/2)=1-α2=0.95,查表，得uα/2=1.645,再由n1=15,n2=20, 得σ12n1+σ22n2=1615+920=9160≈1.232,uα/2σ12n1+σ22n2=1.645×1.232≈2.03,x¯1-x¯2=14.6-13.2=1.4,所以，μ1-μ2的90%的置信区间为(1.4-2.03,1.4+2.03)=(-0.63,3.43).习题8物理系学生可选择一学期3学分没有实验课，也可选一学期4学分有实验的课. 期未考试每一章节都考得一样，若有上实验课的12个学生平均考分为84，标准差为4，没上实验课的18个学生平均考分为77，标准差为6，假设总体均为正态分布且其方差相等，求两种课程平均分数差的置信度为99%的置信区间.解答：设有实验课的考分总体X1∼N(μ1,σ2),无实验课的考分总体X2∼N(μ2,σ2).两方差相等设测定数据分别来自分布N(μ1,σ2),N(μ2,σ2),且两样本相互独立，又μ1,μ2,σ2均为未知，试求μ1-μ2的置信水平为0.95的置信区间.对于1-α=0.95,查表得t0.025(7)=2.3646, 算得x¯=0.141,y¯=0.139; s12=8.25×10-6, s1≈0.0029.s22=5.2×10-6, s2=0.0023, sW≈0.0026, 15+14=0.6708,故得μ1-μ2的0.95置信区间为(0.141-0.139±2.3646×0.0026×0.6708),即(-0.002,0.006).习题10设两位化验员A,B独立地对某种聚合物含氯量用相同的方法各作10次测定，其测定值的样本方差依次为sA2=0.5419,sB2=0.6065. 设σA2,σB2分别为A,B所测定的测定值的总体方差，又设总体均为正态的，两样本独立，求方差比σA2/σB2的置信水平为0.95的置信区间.解答：选用随机变量F=SA2σA2/SB2σB2∼F(n1-1,n2-1),依题意，已知sA2=0.5419, sB2=0.6065, n1=n2=10.对于1-α=0.95, 查F分布表得F0.025(9,9)=1F0.025(9,9)=14.03, 于是得σA2σB2的0.95的置信区间为(sA2sB21Fα/2(9,9),sA2sB2Fα/2(9,9))≈(0.222,3.601).总习题解答习题1设总体X服从参数为λ(λ>0)的指数分布，X1,X2,⋯,Xn为一随机样本，令Y=min{X1,X2,⋯,Xn}, 问常数c为何值时，才能使cY是λ的无偏估计量.关键是求出E(Y). 为此要求Y的密度fY(y).因Xi的密度函数为fX(x)={λe-λx,x>00,x<0;Xi的分布函数为FX(x)={1-e-λx,x>00,x≤0,于是FY(y)=1-[1-FX(y)]n={1-e-nλy,y>00,y≤0.两边对y求导得fY(y)=ddyFY(y)={nλe-nλy,y>00,y≤0,即Y服从参数为nλ的指数分布，故E(Y)=nλ.为使cY成为λ的无偏估计量，需且只需E(cY)=λ,即cnλ=λ,故c=1n.习题2设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的一个样本，已知E(X)=μ, D(X)=σ2.(1)确定常数c, 使c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2为σ2的无偏估计；(2)确定常数c, 使(X¯)2-cS2是μ2的无偏估计(X¯,S2分别是样本均值和样本方差).解答：(1)E(c∑i=1n-1(Xi+1-Xi)2)=c∑i=1n-1E(Xi+12-2XiXi+1+Xi2)=c∑i=1n-1{D(Xi+1)+[E(Xi+1)]2-2E(Xi)E(Xi+1)+D(Xi)+[E(Xi)+[E(Xi)]2}=c(n-1)(σ2+μ2-2μ2+σ2+μ2)=2(n-1)σ2c.令2(n-1)σ2c=σ2, 所以c=12(n-1).(2)E[(X¯)2-cS2]=E(X¯2)-cE(S2)=D(X¯)+[E(X¯)]2-cσ2=σ2n+μ2-cσ2.令σ2n+μ2-cσ2=μ2, 则得c=1n.习题3设X1,X2,X3,X4是来自均值为θ的指数分布总体的样本，其中θ未知. 设有估计量T1=16(X1+X2)+13(X3+X4),T2=X1+2X2+3X3+4X45,T3=X1+X2+X3+X44.(1)指出T1,T2,T3中哪几个是θ的无偏估计量；(2)在上述θ的无偏估计中指出一个较为有效的.解答：(1)θ=E(X),E(Xi)=E(X)=θ,D(X)=θ2=D(Xi),i=1,2,3,4.E(T1)=E(16(X1+X2)+13(X3+X4))=(26+23)θ=θ,E(T2)=15E(X1+2X2+3X3+4X4)=15(1+2+3+4)θ=2θ,E(T3)=14E(X1+X2+X3+X4)=θ,因此，T1,T3是θ的无偏估计量.(2)D(T1)=236θ2+29θ2=1036θ2, D(T3)=116⋅4θ2=14θ2=936θ2,所以D(T3)<D(T1), 作为θ的无偏估计量，T3更为有效.习题4设从均值为μ, 方差为σ2(σ>0)的总体中，分别抽取容量为n1,n2的两独立样本，X1¯和X2¯分别是两样本的均值，试证：对于任意常数a,b(a+b=1),Y=aX1¯+bX2¯都是μ的无偏估计；并确定常数a,b, 使D(Y)达到最小.解答：E(Y)=E(aX1¯+bX2¯)=aE(X1¯)+bE(X2¯)=(a+b)μ.因为a+b=1, 所以E(Y)=μ.因此，对于常数a,b(a+b=1),Y都是μ的无偏估计，D(Y)=a2D(X1¯)+b2D(X2¯)=a2σ2n1+b2σ2n2.因a+b=1, 所以D(Y)=σ2[a2n1+1n2(1-a)2], 令dD(Y)da=0, 即2σ2(an1-1-an2)=0, 解得a=n1n1+n2,b=n2n1+n2是惟一驻点.又因为d2D(Y)da2=2σ2(1n1+1n2)>0, 故取此a,b二值时，D(Y)达到最小.习题5设有一批产品，为估计其废品率p, 随机取一样本X1,X2,⋯,Xn, 其中Xi={1,取得废品0,取得合格品, i=1,2,⋯,n,证明：p̂=X¯=1n∑i=1nXi是p的一致无偏估计量.解答：由题设条件E(Xi)=p⋅1+(1-p)⋅0=p,D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=p⋅12+(1-p)02-p2=p(1-p),E(p̂)=E(X¯)=E(1n∑i=1nE(Xi))=1n∑i=1nE(Xi)=1n∑i=1np=p.由定义，p̂是p的无偏估计量，又D(p̂)=D(X¯)=D(1n∑i=1nXi)=1n2∑i=1nD(Xi)=1n2∑i=1np(1-p)=1n2np(1-p)=pqn.由切比雪夫不等式，任给ɛ>0P{∣p̂-p∣≥ɛ}=P{∣X¯-p∣≥ɛ}≤1ɛ2D(X¯)=1ɛ2p(1-p)n→0,n→∞所以limn→∞P{∣p̂-p∣≥ɛ}=0, 故p̂=X¯是废品率p的一致无偏估计量.习题6设总体X∼b(k,p), k是正整数，0<p<1,k,p都未知，X1,X2,⋯,Xn是一样本，试求k和p的矩估计.解答：因总体X服从二项分布b(k,p), 故{a1=E(X)=kpa2=E(X2)=D(X)+[E(X)]2=kp(1-p)+(kp)2，解此方程组得p=a1+a12-a2a1,k=a12a1+a12-a2.用A1=1n∑i=1nXi=X¯,A2=1n∑i=1nXi2分别代替a1,a2, 即得p,k的矩估计为p̂=X¯-S2X¯,k̂=[X¯2X¯-S2],其中S2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2,[x]表示x的最大整数部分.习题7求泊松分布中参数λ的最大似然估计.解答：总体的概率函数为P{X=k}=λkk!e-λ,k=0,1,2,⋯.设x1,x2,⋯,xn为从总体中抽取的容量为n的样本，则似然函数为L(x1,x2,⋯,xn;λ)=∏i=1nf(x i;λ)=∏i=1nλxixi!e-λ=λ∑i=1nxi∏i=1nxi!e-nλ,lnL=(∑i=1nxi)lnλ-nλ-∑i=1nlnxi!,令dlnLdλ=1λ∑i=1nxi-n=0, 得λ的最大是然估计为λ̂=1n∑i=1nxi=x¯,即x¯=1n∑i=1nxi就是参数λ的最大似然估计.习题8已知总体X的概率分布P{X=k}=C2k(1-θ)kθ2-k,k=0,1,2，求参数的矩估计.解答：总体X为离散型分布，且只含一个未知参数θ,因此，只要先求离散型随机变量的数学期望E(X), 然后解出θ并用样本均值X¯代替E(X)即可得θ的矩估计θ̂.由E(X)=∑k=02kC2k(1-θ)kθ2-k=1×2(1-θ)θ+2(1-θ)2=2-2θ,即有θ=1-E(X)2.用样本均值X¯代替上式的E(X), 得矩估计为θ̂=1-X¯2.习题9设总体X的概率密度为f(x)={(θ+1)xθ,0<x<10,其它,其中θ>-1是未知参数，X1,X2,⋯,Xn为一个样本，试求参数θ的矩估计和最大似然估计量.解答：因E(X)=∫01(θ+1)xθ+1dx=θ+1θ+2. 令E(X)=1n∑i=1nXi=X¯, 得θ+1θ+2=X¯, 解得θ的矩估计量为θ̂=2X¯-11-X¯.设x1,x2,⋯,xn是样本X1,X2,⋯,Xn的观察值，则似然函数L(x1,x2,⋯,xn,θ)=∏i=1n(θ+1)xiθ=(θ+1)n(x1x2⋯xn)θ(0<xi<1,i=1,2,⋯,n),取对数得lnL=nln(θ+1)+θ∑i=1nlnxi, 从而得对数似然方程dlnLdθ=nθ+1+∑i=1nlnxi=0,解出θ, 得θ的最大似然估计量为θ̂=-n∑i=1nlnXi.由此可知，θ的矩估计和最大似然估计是不相同的.习题10设X具有分布密度f(x,θ)={θxe-θx!,x=0,1,2,⋯0,其它,0<θ<+∞,X1,X2,⋯,Xn是X的一个样本，求θ的最大似然估计量.解答：似然函数L(θ)=∏i=1nθxie-θxi!=e-nθ∏i=1nθxixi!,lnL(θ)=-nθ+∑i=1nxilnθ-∑i=1nln(xi!),ddθ(lnL(θ))=-n+1θ∑i=1nxi，令ddθ(lnL(θ))=0, 即-n+1θ∑i=1nxi=0⇒θ=1n∑i=1nxi,故θ最大似然估计量为θ̂=X¯=1n∑i=1nXi.习题11设使用了某种仪器对同一量进行了12次独立的测量,其数据(单位:毫米)如下: 232.50 232.48 232.15 232.53 232.45 232.30232.48 232.05 232.45 232.60 232.47 232.30试用矩估计法估计测量值的均值与方差(设仪器无系统误差).解答：设测量值的均值与方差分别为μ与σ2，因为仪器无系统误差，所以θ=μ̂=X¯=1n∑i=1nXi=232+112∑i=1n(Xi-232)=232+1/12×4.76≈232.3967.用样本二阶中心矩B2估计方差σ2, 有σ̂2=1n∑i=1n(Xi-X¯)2=1n∑i=1n(Xi-a)2-(X¯-a)2=112∑i=112(Xi-232)2-(232.3967-232)2=0.1819-0.1574=0.0245.习题12设随机变量X服从二项分布P{X=k}=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,2,⋯,n,X1为其一个样本，试求p2的无偏估计量.解答：\becauseX∼b(n,p),∴E(X)=np, D(X)=np(1-p)=E(X)-np2⇒p2=1n[E(X)-D(X)]=1n[E(X)-E(X2)+(EX)2]⇒p2=1n[E(X(1-X))]+1nn2p2=1nE(X(1-X))]+np2⇒p2=E[X(X-1)]n(n-1), 由于E[X(X-1)]=E[X1(X1-1)],故p̂2=X1(X1-1)n(n-1).习题13设X1,X2,⋯,Xn是来自总体X的随机样本，试证估计量X¯=1n∑i=1nXi和Y=∑i=1nCiXi(Ci≥0为常数，∑i=1nCi=1)都是总体期望E(X)的无偏估计，但X¯比Y有效.解答：依题设可得E(X¯)=1n∑i=1nE(Xi)=1n×nE(X)=E(X),E(Y)=∑i=1nCiE(Xi)=E(X)∑i=1nCi=E(X).从而X¯,Y均为E(X)的无偏估计量，由于D(X¯)=1n2∑i=1nD(Xi)=1nD(X),D(Y)=D(∑i=1nCiXi)=∑i=1nCi2D(Xi)=D(X)∑i=1nCi2.应用柯西—施瓦茨不等式可知1=(∑i=1nCi)2≤(∑i=1nCi2)(∑i=1n12)=n∑i=1nCi2, ⇒1n≤∑i=1nCi2,所以D(Y)≥D(X¯), 故X¯比Y有效.习题14设X1,X2,⋯,Xn是总体X∼U(0,θ)的一个样本，证明：θ1̂=2X¯和θ2̂=n+1nX(n)是θ的一致估计.解答：因E(θ1̂)=θ, D(θ1̂)=θ23n; E(θ2̂)=θ,D(θ2̂)=θn(n+2),X(n)=max{Xi}.依切比雪夫不等式，对任给的ɛ>0, 当n→∞时，有P{∣θ1̂-θ∣≥ɛ}≤D(θ1̂)ɛ2=θ23nɛ2→0,(n→∞)P{∣θ2̂-θ∣≥ɛ}≤D(θ2̂)ɛ2=θ2n(n+1)ɛ2→0,(n→∞)所以，θ1̂和θ2̂都是θ的一致估计量.习题15某面粉厂接到许多顾客的订货，厂内采用自动流水线灌装面粉，按每袋25千克出售. 现从中随机地抽取50袋，其结果如下：25.8, 24.7, 25.0, 24.9, 25.1, 25.0, 25.2,24.8, 25.4, 25.3, 23.1, 25.4, 24.9, 25.0,24.6, 25.0, 25.1, 25.3, 24.9, 24.8, 24.6,21.1, 25.4, 24.9, 24.8, 25.3, 25.0, 25.1,24.7, 25.0, 24.7, 25.3, 25.2, 24.8, 25.1,25.1, 24.7, 25.0, 25.3, 24.9, 25.0, 25.3,25.0, 25.1, 24.7, 25.3, 25.1, 24.9, 25.2,25.1,试求该厂自动流水线灌装袋重总体X的期望的点估计值和期望的置信区间(置信度为0.95).解答：设X为袋重总体，则E(X)的点估计为E(X̂)=X¯=150(25.8+24.7+⋯+25.1)=24.92kg.因为样本容量n=50, 可作为大样本处理，由样本值算得x¯=24.92, s2≈0.4376, s=0.6615, 则E(X)的置信度为0.95的置信区间近似为(X¯-uα/2Sn,X¯+uα/2Sn),查标准正态分布表得uα/2=u0.025=1.96, 故所求之置信区间为(24.92-1.96×0.661550,24.92+1.96×0.661550)=(24.737,25.103),即有95%的把握，保证该厂生产的面粉平均每袋重量在24.737千克至25.103千克之间.习题16在一批货物的容量为100的样本中，经检验发现有16只次品，试求这批货物次品率的置信度为0.95的置信区间.解答：这是(0-1)分布参数区间的估计问题.这批货物次品率p的1-α的置信区间为(p1̂,p2̂)=(12a(-b-b2-4ac),12a(-b+b2-4ac)).其中a=n+uα/22,b=-(2nX¯+uα/22), c=nX¯2.由题意，x¯=16100=0.16,n=100,1-α=0.95,u0.025=1.96. 算得a=100+1.962=103.842,b=-(2×100×0.16+1.962)=-35.842,c=100×0.162=2.56.p的0.95的置信区间为(p1̂,p2̂)=(12a(-b±b2-4ac)), 即(12×103.842(35.8416±221.2823)),亦即(0.101,0.244).习题17在某校的一个班体检记录中，随意抄录25名男生的身高数据，测得平均身高为170厘米，标准差为12厘米，试求该班男生的平均身高μ和身高的标准差σ的置信度为0.95的置信区间(假设测身高近似服从正态分布).解答：由题设身高X∼N(μ,σ2), n=25, x¯=170, s=12，α=0.05.(1)先求μ置信区间(σ2未知)，取U=X¯-μS/n∼t(n-1),tα/2(n-1)=t0.025(24)=2.06.故μ的0.95的置信区间为(170-1225×2.06,170+1225×2.06)=(170-4.94,170+4.94)=(165.06,174,94).(2)σ2的置信区间(μ未知)，取U=(n-1)S2σ2∼χ2(n-1),χα/22(n-1)=χ0.0252(24)=39.364, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(24)=12.401,故σ2的0.95的置信区间为(24×12239.364,24×12212.401)≈(87.80,278.69), σ的0.95的置信区间为(87.80,278.69)≈(9.34,16.69).习题18为研究某种汽车轮胎的磨损特性，随机地选择16只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止. 记录所行驶的路程(以千米计)如下：41250 40187 43175 41010 39265 41872 42654 4128738970 40200 42550 41095 40680 43500 39775 40440假设这些数据来自正态总体N(μ,σ2). 其中μ,σ2未知，试求μ的置信水平为0.95的单侧置信下限.解答：由P{μ>X¯-Sntα(n-1)=1-α, 得μ的1-α的单侧置信下限为μ¯=X¯-Sntα(n-1).由所给数据算得x¯≈41119.38,s≈1345.46,n=16.查t分布表得t0.05(15)=1.7531, 则有μ的0.95的单侧置信下限为μ¯=41119.38-1345.464×1.7531≈40529.73.习题19某车间生产钢丝，设钢丝折断力服从正态分布，现随机在抽取10根，检查折断力，得数据如下(单位：N):578,572,570,568,572,570,570,572,596,584.试求钢丝折断力方差的置信区间和置信上限(置信度为0.95).解答：(1)这是一个正态总体，期望未知，对方差作双侧置信限的估计问题，应选统计量χ2=(n-1)S2σ2∼χ2(n-1).σ2的1-α的置信区间是((n-1)S2χα/22(n-1),(n-1)S2χ1-α/22(n-1)).由所给样本值得x¯=575.2, (n-1)s2=∑1=110(xi-x¯)2=681.6;根据给定的置信度1-α=0.95(即α=0.05).查自由度为10-1=9的χ2分布表，得双侧临界值χα/22(n-1)=χ0.0252(9)=19.0, χ1-α/22(n-1)=χ0.9752(9)=2.7,代入上公式得σ2的95%的置信区间为(681.619.0,681,62.70)=(35.87,232.44),即区间(35.87,232.44)包含σ2的可靠程度为0.95.(2)这是一个正态总体期望未知时，σ2的单侧区间估计问题，σ2的置信度为1-α=95%(α=0.05)的单侧置信上限为(n-1)S2χ1-α2(n-1)=∑i=110(xi-x¯)2χ1-α2(n-1),已算得(n-1)S2=∑i=110(xi-x¯)2=681.6, 根据自由度1-α=0.95.查自由度10-1=9的χ2分布表得单侧临界值χ1-α2(n-1)=χ0.952(9)=3.325,代入上式便得σ2的0.95的置信上限为681.63.325=205, 即有95%的把握，保证σ2包含在区间(0,205)之内，当然也可能碰上σ2超过上限值205的情形，但出现这种情况的可能性很小，不超过5%.习题20设某批铝材料比重X服从正态分布N(μ,σ2)，现测量它的比重16次，算得x¯=2.705，s=0.029，分别求μ和σ2的置信度为0.95的置信区间。
概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案第二章
第二章随机变量及其分布2.1 随机变量习题1随机变量的特征是什么？解答：①随机变量是定义在样本空间上的一个实值函数.②随机变量的取值是随机的，事先或试验前不知道取哪个值.③随机变量取特定值的概率大小是确定的.习题2试述随机变量的分类.解答：①若随机变量X的所有可能取值能够一一列举出来，则称X为离散型随机变量；否则称为非离散型随机变量.②若X的可能值不能一一列出，但可在一段连续区间上取值，则称X为连续型随机变量.习题3盒中装有大小相同的球10个，编号为0,1,2,⋯,9,从中任取1个，观察号码是“小于5”，“等于5”，“大于5”的情况，试定义一个随机变量来表达上述随机试验结果，并写出该随机变量取每一个特定值的概率.解答：分别用ω1,ω2,ω3表示试验的三个结果“小于5”，“等于5”，“大于5”，则样本空间S={ω1,ω2,ω3},定义随机变量X如下：X=X(ω)={0,ω=ω11,ω=ω2,2,ω=ω3则X取每个值的概率为P{X=0}=P{取出球的号码小于5}=5/10,P{X=1}=P{取出球的号码等于5}=1/10,P{X=2}=P{取出球的号码大于5}=4/10.2.2 离散型随机变量及其概率分布习题1设随机变量X服从参数为λ的泊松分布，且P{X=1}=P{X=2},求λ.解答：由P{X=1}=P{X=2},得λe-λ=λ22e-λ,解得λ=2.习题2设随机变量X的分布律为P{X=k}=k15,k=1,2,3,4,5,试求(1)P{12<X<52;(2)P{1≤X≤3};(3)P{X>3}.解答：(1)P{12<X<52=P{X=1}+P{X=2}=115+215=15;(2)P{≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=115+215+315=25;(3)P{X>3}=P{X=4}+P{X=5}=415+515=35.习题3已知随机变量X只能取-1,0,1,2四个值，相应概率依次为12c,34c,58c,716c,试确定常数c,并计算P{X<1∣X≠0}.解答：依题意知，12c+34c+58c+716c=1,即3716c=1,解得c=3716=2.3125.由条件概率知P{X<1∣X≠0}=P{X<1,X≠0}P{X≠0}=P{X=-1}P{X≠0}=12c1-34c=24c-3=26.25=0.32.习题4一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取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.解答：随机变量X的可能取值为3,4,5.P{X=3}=C22/C53=1/10,P{X=4}=C32/C53=3/10,P{X=5}=C42/C53=3/5,所以X的分布律为求因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率.解答：因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为：P{3X>60},即P{X>20},P{X>20}=P{X=30}+P{X=40}=0.6.就是说，加油站因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为0.6.习题6设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1,当生产过程中出现废品时立即进行调整，X代表在两次调整之间生产的合格品数，试求：(1)X的概率分布；(2)P{X≥5};(3)在两次调整之间能以0.6的概率保证生产的合格品数不少于多少?解答：(1)P{X=k}=(1-p)k p=(0.9)k×0.1,k=0,1,2,⋯;(2)P{X≥5}=∑k=5∞P{X=k}=∑k=5∞(0.9)k×0.1=(0.9)5;(3)设以0.6的概率保证在两次调整之间生产的合格品不少于m件，则m应满足P{X≥m}=0.6,即P{X≤m-1}=0.4. 由于P{X≤m-1}=∑k=0m-1(0.9)k(0.1)=1-(0.9)m,故上式化为1-0.9m=0.4,解上式得m≈4.85≈5,因此，以0.6的概率保证在两次调整之间的合格品数不少于5.习题7设某运动员投篮命中的概率为0.6,求他一次投篮时，投篮命中的概率分布.解答：此运动员一次投篮的投中次数是一个随机变量，设为X,它可能的值只有两个，即0和1. X=0表示未投中，其概率为p1=P{X=0}=1-0.6=0.4,X=1表示投中一次，其概率为p2=P{X=1}=0.6.则随机变量的分布律为由于每次取出的产品仍放回去，各次抽取相互独立，下次抽取时情况与前一次抽取时完全相同，所以X的可能取值是所有正整数1,2,⋯,k,⋯.设第k次才取到正品(前k-1次都取到次品),则随机变量X的分布律为P{X=k}=310×310×⋯×310×710=(310)k-1×710,k=1,2,⋯.习题10设随机变量X∼b(2,p),Y∼b(3,p),若P{X≥1}=59,求P{Y≥1}.解答：因为X∼b(2,p),P{X=0}=(1-p)2=1-P{X≥1}=1-5/9=4/9,所以p=1/3.因为Y∼b(3,p),所以P{Y≥1}=1-P{Y=0}=1-(2/3)3=19/27.习题11纺织厂女工照顾800个纺绽，每一纺锭在某一段时间τ内断头的概率为0.005,在τ这段时间内断头次数不大于2的概率.解答：以X记纺锭断头数，n=800,p=0.005,np=4,应用泊松定理，所求概率为：P{0≤X≤2}=P{⋃0≤xi≤2{X=xi}=∑k=02b(k;800,0.005)≈∑k=02P(k;4)=e-4(1+41!+422!)≈0.2381.习题12设书籍上每页的印刷错误的个数X服从泊松分布，经统计发现在某本书上，有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同，求任意检验4页，每页上都没有印刷错误的概率.解答：\becauseP{X=1}=P{X=2},即λ11!e-λ=λ22!e-λ⇒λ=2,∴P{X=0}=e-2,∴p=(e-2)4=e-8.2.3 随机变量的分布函数习题1F(X)={0,x<-20.4,-2≤x<01,x≥0,是随机变量X的分布函数，则X是___________型的随机变量.解答：离散.由于F(x)是一个阶梯函数，故知X是一个离散型随机变量.习题2设F(x)={0x<0x20≤1,1x≥1问F(x)是否为某随机变量的分布函数.解答：首先，因为0≤F(x)≤1,∀x∈(-∞,+∞).其次，F(x)单调不减且右连续，即F(0+0)=F(0)=0,F(1+0)=F(1)=1,且F(-∞)=0,F(+∞)=1,所以F(x)是随机变量的分布函数.习题3已知离散型随机变量X的概率分布为P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.5,P{X=5}=0.2,试写出X的分布函数F(x)，并画出图形.解答：由题意知X的分布律为：所以其分布函数F(x)=P{X≤x}={0,x<10.3,1≤x<30.8,3≤x<51,x≥5. F(x)的图形见图.习题4设离散型随机变量X的分布函数为F(x)={0,x<-10.4,-1≤x<10.8,1≤x<31,x≥3,试求：(1)X的概率分布；(2)P{X<2∣X≠1}.解答：(1)F(x)=A+Barctanx(-∞<x<+∞),试求：(1)系数A与B;(2)X落在(-1,1]内的概率.解答：(1)由于F(-∞)=0,F(+∞)=1,可知{A+B(-π2)A+B(π2)=1=0⇒A=12,B=1π,于是F(x)=12+1πarc tanx,-∞<x<+∞;(2)P{-1<X≤1}=F(1)-F(-1)=(12+1πarctan1)-[12+1πarctanx(-1)]=12+1π⋅π4-12-1π(-π4)=12.习题7在区间[0,a]上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例，试求X的分布函数.解答：F(x)=P{X≤x}={0,x<0xa,0≤x<a.1,x≥a2.4 连续型随机变量及其概率密度习题1设随机变量X的概率密度为f(x)=12πe-(x+3)24(-∞<x<+∞),则Y=¯∼N(0,1).解答：应填3+X2.由正态分布的概率密度知μ=-3,σ=2由Y=X-μσ∼N(0,1),所以Y=3+X2∼N(0,1).习题2已知X∼f(x)={2x,0<x<10,其它,求P{X≤0.5};P{X=0.5};F(x).解答：P{X≤0.5}=∫-∞0.5f(x)dx=∫-∞00dx+∫00.52xdx=x2∣00.5=0.25,P{X=0.5}=P{X≤0.5}-P{X<0.5}=∫-∞0.5f(x)dx-∫-∞0.5f(x)dx=0.当X≤0时，F(x)=0;当0<x<1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt=t2∣0x=x2;当X≥1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt+∫1x0dt=t2∣01=1,故F(x)={0,x≤0x2,0<x<1.1,x≥1习题3设连续型随机变量X的分布函数为F(x)={A+Be-2x,x>00,x≤0,试求：(1)A,B的值；(2)P{-1<X<1};(3)概率密度函数F(x).(1)\becauseF(+∞)=limx→+∞(A+Be-2x)=1,∴A=1;又\becauselimx→0+(A+Be-2x)=F(0)=0,∴B=-1.(2)P{-1<X<1}=F(1)-F(-1)=1-e-2.(3)f(x)=F′(x)={2e-x,x>00,x≤0.习题4服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度f(x)=Ae-∣x∣,求系数A及分布函数F(x).解答：由概率密度函数的性质知，∫-∞+∞f(x)dx=1,即∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=1,而∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=∫-∞0Aexdx+∫0+∞Ae-xdx=Aex∣-∞0+(-Ae-x∣0+∞)=A+A=2A或∫-∞+∞Ae-xdx=2∫0+∞Ae-xdx=-2Ae-x∣0+∞=2A,所以2A=1,即A=1/2.从而f(x)=12e-∣x∣,-∞<x<+∞,又因为F(x)=∫-∞xf(t)dt,所以当x<0时，F(x)=∫-∞x12e-∣t∣dt=12∫-∞xetdt=12et∣-∞x=12ex;当x≥0时，F(x)=∫-∞x12e-∣x∣dt=∫-∞012etdt+∫0x12e-tdt=12et∣-∞0-12e-t∣0x=12-12e-x+12=1-12e-x,从而F(x)={12ex,x<01-12e-x,x≥0.习题5某型号电子管，其寿命(以小时计)为一随机变量，概率密度f(x)={100x2,x≥1000,其它,某一电子管的使用寿命为X,则三个电子管使用150小时都不需要更换的概率.解答：设电子管的使用寿命为X,则电子管使用150小时以上的概率为P{X>150}=∫150+∞f(x)dx=∫150+∞100x2dx=-100x∣150+∞==23,从而三个电子管在使用150小时以上不需要更换的概率为p=(2/3)3=8/27.习题6设一个汽车站上，某路公共汽车每5分钟有一辆车到达，设乘客在5分钟内任一时间到达是等可能的，试计算在车站候车的10位乘客中只有1位等待时间超过4分钟的概率.解答：设X为每位乘客的候车时间，则X服从[0,5]上的均匀分布. 设Y表示车站上10位乘客中等待时间超过4分钟的人数. 由于每人到达时间是相互独立的.这是10重伯努力概型. Y服从二项分布，其参数n=10,p=P{X≥4}=15=0.2,所以P{Y=1}=C101×0.2×0.89≈0.268.设X∼N(3,22).(1)确定C,使得P{X>c}=P{X≤c};(2)设d满足P{X>d}≥0.9,问d至多为多少?解答：因为X∼N(3,22),所以X-32=Z∼N(0,1).(1)欲使P{X>c}=P{X≤c},必有1-P{X≤c}=P{X≤c},即P{X≤c}=1/2,亦即Φ(c-32)=12,所以c-32=0,故c=3.(2)由P{X>d}≥0.9可得1-P{X≤d}≥0.9,即P{X≤d}≤0.1.于是Φ(d-32)≤0.1,Φ(3-d2)≥0.9.查表得3-d2≥1.282,所以d≤0.436.习题8设测量误差X∼N(0,102),先进行100次独立测量，求误差的绝对值超过19.6的次数不小于3的概率.解答：先求任意误差的绝对值超过19.6的概率p,p=P{∣X∣>19.6}=1-P{∣X∣≤19.6}=1-P{∣X10∣≤1.96=1-[Φ(1.96)-Φ(-1.96)]=1-[2Φ(1.96)-1]=1-[2×0.975-1]=1-0.95=0.05.设Y为100次测量中误差绝对值超过19.6的次数，则Y∼b(100,0.05).因为n很大，p很小，可用泊松分布近似，np=5=λ,所以P{Y≥3}≈1-50e-50!-51e-51!-52e-52!=1-3722-5≈0.87.习题9某玩具厂装配车间准备实行计件超产奖，为此需对生产定额作出规定. 根据以往记录，各工人每月装配产品数服从正态分布N(4000,3600).假定车间主任希望10%的工人获得超产奖，求：工人每月需完成多少件产品才能获奖？解答：用X表示工人每月需装配的产品数，则X∼N(4000,3600).设工人每月需完成x件产品才能获奖，依题意得P{X≥x}=0.1,即1-P{X<x}=0.1,所以1-F(x)=0.1,即1-Φ(x-)=0.1,所以Φ(x-)=0.9.查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997,因此x-≈1.28,即x=4077件，就是说，想获超产奖的工人，每月必须装配4077件以上.某地区18岁女青年的血压(收缩压，以mm-HG计)服从N(110,122).在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X.(1)求P{X≤105},P{100<X≤120};(2)确定最小的x,使P{X>x}≤0.005.解答：已知血压X∼N(110,122).(1)P{X≤105}=P{X-11012≤-512≈1-Φ(0.42)=0.3372,P{100<X≤120}=Φ(120-11012)-Φ(100-11012)=Φ(0.833)-Φ(-0.833)=2Φ(0.833)-1≈0.595. (2)使P{X>x}≤0.05,求x,即1-P{X≤x}≤0.05,亦即Φ(x-11012)≥0.95,查表得x-10012≥1.645,从而x≥129.74.习题11设某城市男子身高X∼N(170,36),问应如何选择公共汽车车门的高度使男子与车门碰头的机会小于0.01.解答：X∼N(170,36),则X-1706∼N(0,1).设公共汽车门的高度为xcm，由题意P{X>x}<0.01,而P{X>x}=1-P{X≤x}=1-Φ(x-1706)<0.01,即Φ(x-1706)>0.99,查标准正态表得x-1706>2.33,故x>183.98cm.因此，车门的高度超过183.98cm时，男子与车门碰头的机会小于0.01.习题12某人去火车站乘车，有两条路可以走. 第一条路程较短，但交通拥挤，所需时间(单位：分钟)服从正态分布N(40,102);第二条路程较长，但意外阻塞较少，所需时间服从正态分布N(50,42),求：(1)若动身时离开车时间只有60分钟，应走哪一条路线？(2)若动身时离开车时间只有45分钟，应走哪一条路线？解答：设X,Y分别为该人走第一、二条路到达火车站所用时间，则X∼N(40,102),Y∼N(50,42).哪一条路线在开车之前到达火车站的可能性大就走哪一条路线.(1)因为P{X<60}=Φ(60-4010)=Φ(2)=0.97725,P{Y<60}=Φ(60-504)=Φ(2.5)=0.99379,所以有60分钟时应走第二条路.(2)因为P{X<45}=Φ(45-4010)=Φ(0.5)=0.6915,P{X<45}=Φ(45-504)=Φ(-1.25)=1-Φ(1.25)=1-0.8925=0.1075所以只有45分钟应走第一条路.2.5 随机变量函数的分布习题1已知X的概率分布为设X∼N(0,1)，求Y=2X2+1的概率密度.解答：因y=2X2+1是非单调函数，故用分布函数法先求FY(y).FY(y)=P{Y≤y}=P{2X2+1≤y}(当y>1时)=P{-y-12≤X≤y-12=∫-y-12y-1212πe-x2dx,所以fY(y)=F′Y(y)=22πe-12⋅y-12⋅122y-1,y>1,于是fY(y)={1/[2π(y-1)]e-(y-1)/4, y>10,y≤1.习题6设连续型随机变量X的概率密度为f(x),分布函数为F(x),求下列随机变量Y的概率密度：(1)Y=1X;(2)Y=∣X∣.解答：(1)FY(y)=P{Y≤y}=P{1/X≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{1/X≤0}+P{0<1/X≤y}=P{X≤0}+P{X≥1/y}=F(0)+1-F(1/y),故这时fY(y)=[-F(1y)]′=1y2f(1y);；②当y<0时，FY(y)=P{1/y≤X<0}=F(0)-F(1/y),故这时fY(y)=1y2f(1y);③当y=0时，FY(y)=P{1/X≤0}=P{X<0}=F(0),故这时取fY(0)=0,综上所述fY(y)={1y2⋅f(1y),y≠00,y=0.(2)FY(y)=P{Y≤y}=P{∣X∣≤y}.①当y>0时，FY(y)=P{-y≤X≤y}=F(y)-F(-y)这时fY(y)=f(y)+f(-y);②当y<0时，FY(y)=P{∅}=0,这时fY(y)=0;③当y=0时，FY(y)=P{Y≤0}=P{∣X∣≤0}=P{X=0}=0,故这时取FY(y)=0,综上所述fY(y)={f(y)+f(-y),y>00,y≤0.习题7某物体的温度T(∘F)是一个随机变量, 且有T∼N(98.6,2),已知θ=5(T-32)/9,试求θ(∘F)的概率密度.解答：已知T∼N(98.6,2).θ=59(T-32),反函数为T=59θ+32,是单调函数，所以fθ(y)=fT(95y+32)⋅95=12π⋅2e-(95y+32-98.6)24⋅95=910πe-81100(y-37)2.设随机变量X在任一区间[a,b]上的概率均大于0,其分布函数为FY(x),又Y在[0,1]上服从均匀分布，证明:Z=FX-1(Y)的分布函数与X的分布函数相同.解答：因X在任一有限区间[a,b]上的概率均大于0,故FX(x)是单调增加函数，其反函数FX-1(y)存在，又Y在[0,1]上服从均匀分布，故Y的分布函数为FY(y)=P{Y≤y}={0,y<0y,0≤y≤11,y>0,于是，Z的分布函数为FZ(z)=P{Z≤z}=P{FX-1(Y)≤z}=P{Y≤FX(z)}={0,FX(z)<0FX(z),0≤FX(z)≤1,1,FX(z)>1由于FX(z)为X的分布函数，故0≤FX(z)≤1.FX(z)<0和FX(z)>1均匀不可能，故上式仅有FZ(z)=FX(z),因此，Z与X的分布函数相同. 总习题解答习题1从1∼20的整数中取一个数，若取到整数k的概率与k成正比，求取到偶数的概率.解答：设Ak为取到整数k,P(Ak)=ck,k=1,2,⋯,20.因为P(⋃K=120Ak)=∑k=120P(Ak)=c∑k=120k=1，所以c=1210,P{取到偶数}=P{A2∪A4∪⋯∪A20}=1210(2+4+⋯+20)=1121.习题2若每次射击中靶的概率为0.7,求射击10炮,(1)命中3炮的概率;(2)至少命中3炮的概率;(3)最可能命中几炮.解答：若随机变量X表示射击10炮中中靶的次数. 由于各炮是否中靶相互独立，所以是一个10重伯努利概型，X服从二项分布，其参数为n=10,p=0.7,故(1)P{X=3}=C103(0.7)3(0.3)7≈0.009;(2)P{X≥3}=1-P{X<3}=1-[C100(0.7)0(0.3)10+C101(0.7)1(0.3)9+C102(0.7)2(0.3) 8]≈0.998;(3)因X∼b(10,0.7),而k0=[(n+1)p]=[(10+1)]×0.7=[7.7]=7,故最可能命中7炮.习题3在保险公司里有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险，在1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120元保险费，而在死亡时家属可从保险公司里领20000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元, 元的概率.解答：(1)以“年”为单位来考虑，在1年的1月1日，保险公司总收入为2500×120元=30000元.设1年中死亡人数为X,则X∼b(2500,0.002),则保险公司在这一年中应付出X(元)，要使保险公司亏本，则必须X>即X>15(人).因此，P{保险公司亏本}=P{X>15}=∑k=C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈1-∑k=015e-55kk!≈0.,由此可见,在1年里保险公司亏本的概率是很小的.(2)P{保险公司获利不少于元}=P{-X≥}=P{X≤10}=∑k=010C2500k(0.002)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.,即保险公司获利不少于元的概率在98%以上.P{保险公司获利不少于元}=P{-X≥}=P{X≤5}=∑k=05C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈∑k=05e-55kk!≈0.,即保险公司获利不少于元的概率接近于62%.习题4一台总机共有300台分机，总机拥有13条外线，假设每台分机向总机要外线的概率为3%, 试求每台分机向总机要外线时，能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的分机的最可能台数.解答：设分机向总机要到外线的台数为X,300台分机可看成300次伯努利试验，一次试验是否要到外线. 设要到外线的事件为A,则P(A)=0.03,显然X∼b(300,0.03),即P{X=k}=C300k(0.03)k(0.97)300-k(k=0,1,2,⋯,300),因n=300很大，p=0.03又很小,λ=np=300×0.03=9,可用泊松近似公式计算上面的概率. 因总共只有13条外线，要到外线的台数不超过13，故P{X≤13}≈∑k=0139kk!e-9≈0.9265,(查泊松分布表)且同时向总机要外线的分机的最可能台数k0=[(n+1)p]=[301×0.03]=9.习题5在长度为t的时间间隔内，某急救中心收到紧急呼救的次数X服从参数t2的泊松分布，而与时间间隔的起点无关(时间以小时计),求：P{x<X≤x+Δx/X}=P{x<X≤x+Δx,X>x}P{X>x}=P{x<X≤x+Δx}1-P{X≤x}=F(x+Δx)-F(x) 1-F(x),故F(X+Δx)-F(x)1-F(x)=λΔx+o(Δx),即F(x+Δx)-F(x)Δx=[1-F(x)][λ+o(Δx)Δx],令o(Δx)→0,得F′(x)=λ[1-F(x)].这是关于F(x)的变量可分离微分方程，分离变量dF(x)1-F(x)=λdx,积分之得通解为C[1-F(x)]=e-λx(C为任意常数).注意到初始条件F(0)=0,故C=1.于是F(x)=1-e-λx,x>0,λ>0,故X的分布函数为F(x)={0,x≤01-e-λx,x>0(λ>0),从而电子管在T小时内损坏的概率为P{X≤T}=F(T)=1-e-λT.习题9设连续型随机变量X的分布密度为f(x)={x,0<x≤12-x,1<x≤20,其它,求其分布函数F(x).解答：当x≤0时，F(x)=∫-∞x0dt=0;当0<x≤1时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00tdt+∫0xtdt=12x2;当1<x≤2时，F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫01tdt+∫1x(2-t)dt=0+12+(2t-12t2)∣1x=-1+2x-x22;当x>2时，F(x)=∫-∞00dt+∫01tdt+∫12(2-t)dt+∫2x0dt=1,故F(x)={0,x≤212x2,0<x≤1-1+2x-x22,1<x≤21,x>2.习题10某城市饮用水的日消费量X(单位：百万升)是随机变量，其密度函数为：f(x)={19xe-x3,x>00,其它,试求：(1)该城市的水日消费量不低于600万升的概率；(2)水日消费量介于600万升到900万升的概率.解答：先求X的分布函数F(x).显然，当x<0时，F(x)=0,当x≥0时有F(x)=∫0x19te-t3dt=1-(1+x3)e-x3故F(x)={1-(1+x3)e-x3,x≥00,x<0,所以P{X≥6}=1-P{X<6}=1-P(X≤6}=1-F(6)=1-[1-(1+x3)e-x3]x=6=3e-2,P{6<X≤9}=F(9)-F(6)=(1-4e-3)-(1-3e-2)=3e-2-4e-3.习题11已知X∼f(x)={cλe-λx,x>a0,其它(λ>0),求常数c及P{a-1<X≤a+1}.解答：由概率密度函数的性质知∫-∞+∞f(x)dx=1,而∫-∞+∞f(x)dx=∫-∞a0dx+∫a+∞cλe-λxdx=c∫a+∞e-λxd(λx)=-ce-λx\vlinea+∞=ce-λa,所以ce-λa=1,从而c=eλa.于是P{a-1<X≤a+1}=∫a-1a+1f(x)dx=∫a-1a0dx+∫aa+1λeλae-λxdx=-eλae-λx\vlineaa+1=-eλa(e-λ(a+ 1)-e-λa)=1-e-λ.注意，a-1<a,而当x<a时，f(x)=0.习题12已知X∼f(x)={12x2-12x+3,0<x<10,其它,计算P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}.解答：根据条件概率;有P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}=P{X≤0.2,0.1<X≤0.5}P{0.1<X≤0.5}=P{0.1<X≤0.2}P{0.1<X≤0.5}=∫0.10.2( 12x2-12x+2)dx∫0.10.5(12x2-12x+3)dx=(4x3-6x2+3x)∣0.10.2(4x3-6x2+3x)∣0.10.5=0.1480.256=0..习题13若F1(x),F2(x)为分布函数，(1)判断F1(x)+F2(x)是不是分布函数，为什么？(2)若a1,a2是正常数，且a1+a2=1.证明：a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.解答：(1)F(+∞)=limx→+∞F(x)=limx→+∞F1(x)+limx→+∞F2(x)=1+1=2≠1故F(x)不是分布函数.(2)由F1(x),F2(x)单调非减，右连续，且F1(-∞)=F2(-∞)=0,F1(+∞)=F2(+∞)=1,可知a1F1(x)+a2F2(x)单调非减，右连续，且a1F1(-∞)+a2F2(-∞)=0,a1F1(+∞)+a2F2(+∞)=1.从而a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.习题14设随机变量X的概率密度ϕ(x)为偶函数，试证对任意的a>0,分布函数F(x)满足：(1)F(-a)=1-F(a);(2)P{∣X∣>a}=2[1-F(a)].解答：(1)F(-a)=∫-∞-aϕ(x)dx=∫a+∞ϕ(-t)dt=∫a+∞ϕ(x)dx=1-∫-∞aϕ(x)dx=1-F(a).(2)P{∣X∣>a}=P{X<-a}+P{X>a}=F(-a)+P{X≥a}F(-a)+1-F(a)=2[1-F(a)].习题15设K在(0,5)上服从均匀分布，求x的方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的概率.解答：因为K∼U(0,5),所以fK(k)={1/5,0<k<50,其它,方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的充要条件为(4K)2-4⋅4(K+2)≥0,即K2-K-2≥0,亦即(k-2)(K+1)≥0,解得K≥2(K≤-1舍去),所以P{方程有实根}=P{K≥2}=∫2515dx=35.习题16某单位招聘155人，按考试成绩录用，共有526人报名，假设报名者考试成绩X∼N(μ,σ2), 已知90分以上12人，60分以下83人，若从高分到低分依次录取，某人成绩为78分，问此人是否能被录取？解答：要解决此问题首先确定μ,σ2, 因为考试人数很多，可用频率近似概率.根据已知条件P{X>90}=12/526≈0.0228,P{X≤90}=1-P{X>90}≈1-0.0228}=0.9772;又因为P{X≤90}=P{X-μσ≤90-μσ, 所以有Φ(90-μσ)=0.9772, 反查标准正态表得90-μσ=2 ①同理：P{X≤60}=83/526≈0.1578; 又因为P{X≤60}=P{X-μσ≤60-μσ,故Φ(60-μσ)≈0.1578.因为0.1578<0.5,所以60-μσ<0, 故Φ(μ-60σ)≈1-0.1578=0.8422, 反查标准正态表得μ-60σ≈1.0 ②联立①，②解得σ=10,μ=70, 所以，X∼N(70,100).某人是否能被录取，关键看录取率. 已知录取率为≈0.2947, 看某人是否能被录取，解法有两种：方法1：P{X>78}=1-P{X≤78}=1-P{x-7010≤78-7010=1-Φ(0.8)≈1-0.7881=0.2119,因为0.2119<0.2947(录取率), 所以此人能被录取.方法2：看录取分数线. 设录取者最低分为x0, 则P{X≥x0}=0.2947(录取率),P{X≤x0}=1-P{X≥x0}=1-0.2947=0.7053,P{X≤x0}=P{x-7010≤x0-7010=Φ{x0-7010=0.7053,反查标准正态表得x0-7010≈0.54, 解得x0≈75. 此人成绩78分高于最低分，所以可以录取. 习题17假设某地在任何长为t(年)的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为λ=0.1t的泊松分布，X 表示连续两次地震之间间隔的时间(单位：年).(1)证明X服从指数分布并求出X的分布函数；(2)求今后3年内再次发生地震的概率；(3)求今后3年到5年内再次发生地震的概率.解答：(1)当t≥0时，P{X>t}=P{N(t)=0}=e-0.1t,∴F(t)=P{X≤t}=1-P{X>t}=1-e-0.1t;当t<0时，F(t)=0,∴F(x)={1-e-0.1t,x≥00,x<0,X服从指数分布(λ=0.1);(2)F(3)=1-e-0.1×3≈0.26;(3)F(5)-F(3)≈0.13.习题18100件产品中，90个一等品，10个二等品，随机取2个安装在一台设备上，若一台设备中有i个(i=0,1,2)二等品，则此设备的使用寿命服从参数为λ=i+1的指数分布.(1)试求设备寿命超过1的概率；(2)已知设备寿命超过1，求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率.解答：(1)设X表示设备寿命. A表示“设备寿命超过1”，Bi表示“取出i个二等品”(i=0,1,2)，则X的密度函数为fX(x)={λe-λx,x>00,x≤0 (λ=i+1,i=0,1,2),P(B0)=C902C1002, P(B1)=C901C102C1002, P(B2)=C102C1002,P(A∣B0)=∫1+∞e-xdx=e-1,P(A∣B1)=∫1+∞2e-2xdx=e-2,P(A∣B2)=∫1+∞3e-3xdx=e-3,由全概率公式：P(A)=∑i=02P(Bi)P(A∣Bi)≈0.32.(2)由贝叶斯公式：P(B0∣A)=P(B0)P(A∣B0)P(A)≈0.93.习题19设随机变量X的分布律为所以注：随机变量的值相同时要合并，对应的概率为它们概率之和.习题20设随机变量X的密度为fX(x)={0,x<02x3e-x2,x≥0,求Y=2X+3的密度函数.解答：由Y=2X+3,有y=2x+3,x=y-32,x′=12,由定理即得fY(x)={0,y<3(y-32)3e-(y-32),y≥3.习题21设随机变量X的概率密度fX(x)={e-x,x>00,其它,求Y=eX的概率密度.解答：因为α=min{y(0),y(+∞)}=min{1,+∞}=1,β=max{y(0),y(+∞)}=max{1,+∞}=+∞.类似上题可得fY(y)={fX[h(y)]∣h′(y)∣,1<y<+∞0,其它={1/y2,1<y<+∞0,其它.习题22设随便机变量X的密度函数为fX(x)={1-∣x∣,-1<x<10,其它,求随机变量Y=X2+1的分布函数与密度函数.解答：X的取值范围为(-1,1),则Y的取值范围为[1,2).当1≤y<2时，FY(y)=P{Y≤y}=P{X2+1≤y}=P{-Y-1≤x≤y-1}=∫-y-1y-1(1-∣x∣)dx=2∫0y-1(1-x)dx=1-(1-y-1)2,从而Y的分布函数为FY(y)={0,y<11-(1-y-1)2,1≤y<2,1,其它Y的概率密度为fY(y)={1y-1-1,1<y<20,其它.。
微积分-经管类.-第四版-课件-(吴赣昌)-第四章
求 f ( x).
解 设 t ln x, 则当0 x 1时, t 0, f (t ) 1.
于是 f (t) f (t)dt t C1, 即 f ( x) x C1
当 1 x 时, 0 t , f (t) et ,
x
2
1
1
1 x
2
dx
x
2dx
1dx
1
1 x
2
dx
x3 x arctan x C .
3
完
例
求不定积分
1 x x2 x(1 x2 )
dx.
解
1 x x2 x(1 x2 )
dx
x (1 x2 x(1 x2 )
)
dx
得
C2 1.
所以
x, x 0
f ( x) e x 1,
. 0 x
完
例 求满足下列条件的 F ( x). F ( x) 1 x , F (0) 1. 13 x
解 根据题设条件, 有
F(x)
F( x)dx
1 1 3
x x
x
2 3
dx
3 2
x
2 3
3 5
x
5 3
C;
(2)
4
e
x
2 3x
32 x
dx
4
e 3
x
2
3x
概率论与数理统计(理工类,第四版)吴赣昌主编课后习题答案第七章
写在前面：由于答案是一个个复制到word rh，比校耗时耗力，故下载收取5分・希望需要的朋友给予理解和支持!PS网上有一些没经我同总就将我的答案整合、转换成pdf,放在文库里的.虽然是免费的.但是窃取f我的劳动成果，希望有心的朋友支持我一下.下载我的原版答案。
第七章假设检验假设检验的基本談念习题1 样木容fin确定后，在一个假设检验中•给定显著水平为*设此第一类错的概率为。
•则必有()•(A)a+p=l; (B)a+p>l; (C)a+p<l; {D)a+p<2.解答: 应选(D)・当样木容Sn确定后.aQ不能同时都很小.即a变小时，p变大：而P变小时• a变大.理论上，自然希望犯这两类错误的概率都很小・但a*的大小关系不能确定.并且这两类错谋不能同时发生，即a=l且p=l不会发生.故选(D).习題2设总休X^(g,a2b其中02已知，着要检验W需川统计a U=X"-gOa/n,(1)若对敢边检验，统计假设为则拒绝区间为(2)若肌边假设为H0:g=g0,Hl：n<^0,则拒绝区间为. (给定显着性水平为4样木均值为X•，样木容fi 为n,且可记ul・a为标准正态分布的(l・a)分位数).解答:由敢侧检验及拒绝的概念即可御到.习題3 如何理解假设检验所作出的〃拒绝原假设H0"和“接受原假设Hcr的判断解答:拒绝H0是有说服力的，接受H0是没有充分说服力的•因为假设检验的方法是概率性质的反证法.作为反证法就是必然要〃推出矛盾r才能得出"拒绝HO"的结论.这是有说服力的・如果“推不出矛盾化这时只能说〃目前还找不到拒绝H0的充分理由W此“不拒绝H0”或〃接受HCr\这并没有肯定H0—定成立•由于样木观察值是随机的• W此拒绝H0.不童味着H0是假的•接受H0也不意味着H0是真的•都存在着错误决策的可能.当原假设H0为真，而作出r拒绝H0的判断，这类决策错谋称为第一类错谋.又叫弃真错洪•显然犯这类错渓的概率为前述的小槪率a:a=P（拒绝HOIHO为真）;而原假设HO不真•却作出接受H0的判断•称这类错误为第二类错误，又称取伪错误.它发生的槪率P为P二P（接受HO|H0不真）.习題4 犯第一类错误的概率a与犯第二类错谋的概率P之间有何关系一般來说.当样木容g固定时，若减少犯一类错误的槪率.则犯另一类错渓的概率往往会增大•要它们同时减少，只有増加样木容a n.在实际问题中，总是控制犯節一类错误的概率a而使犯第二类错谋的概率尽可能小・a的大小视具体实际问题而定.通常取a弓等tfL 习題5 在假设检验中•如何理解指定的显著水平a 解答:我们希望所作的检验犯两类错谋的槪率尽可能都小・但实际上这是不可能的•当样木容Sn固定时，一般地•减少犯其中一个错谋的槪帑就会增加犯另一个错误的概率• W此，通常的作法是只要求犯第一类错误的概率不大于指定的显著水平6因而根据小概率原理，最终结论为拒绝H0较为可靠，而最终判断力接受H0则不大可靠，«原因是不知道犯第二类错误的概率P处竟有多少.且a小，P就大.所以通常用JW 相容r 〃不拒绝HO"等词语來代替“接受H0".而"不拒绝HO"还包含有再进一步作抽样检验的意思.习题6 在假设检验中•如何确定原假设H0和备择假设H1 解答: 在实际中・通常把那些需要着重考虑的假设视为原假设H0.而与之对应的假设视为备择假设H1.（1）如果问题是要决定新方案是否比原方案好，往往将原方案取假设.而将新方案取为备择假设:(2)若提出一个假设・检验的目的仅仅是为r判断这个假设是否成立.这时直接取此假设为原假设H0即可. 习題7 假设检验的基木步腺有哪些解答:根据反证法的思想和小概率原理•可将假设检验的步骤归纳如下:(1)根据问题的要求.提出原理假设H0和备择假设HL (2)根据检验对紀构造检验统计gT(Xl,X2宀Xn),使肖H0为真时汀有确定的分布.(3)由给定的显著水平6直统计址T所服从的分布表，定出临界值K使P{ 1 T I >A)=a,或P(T>M)=P(T<X2)=a/2,从而求出H0的拒绝域：I T I >入或T>MJ<X2,(4)由样木观察值计算统i|・fi T的观察值t(5)作出判断，将t的值与临界值比较大小作出结论:当tW拒绝域g时，则拒绝H0.否则，不拒绝H0.即认为在显著水平a下，H0与实际悄况差界不显著.习題8 假设检验与区间估il•有何异同解答:假设检验与区间估ii•的提法虽不同，但解决问题的途径是相通的.参数0的a信水平为i・a的a信区间对应于双边假设检验在駄着性水平a下的接受域：参数e的a信水平为1-a的爪侧置信区对应于爪边假设检验在显著性水平a下的接受域.在总休的分布已知的条件下•假设检验与区间估计是从不同的角度回答同一个问題•假设检验是判别原假设H0是否成立，而区间估计解决的是“多少"(或范前者是宦性的.后者是定fi的.习题9 某天开工时，需检验自动包装工作是否正常•根据以往的经验，其装包的质a在正常情况下服从正态分布N(100,仲位:kg).现抽测了9包，其质S为:问这天包装机工作是否正常将这一问题化为假设检验问题.写出假设检验的步驟(am 解答: ⑴提出假设检验问题H0：尸100, Hl："100;(2)选取检验统il S U：U=X； HO成立时,UW((U)；(3)a=,ua/2=,拒绝域W={ 1 u 1 >};(4))f勺I u I =. hM 1 u I <ua/2=,故接受HO,认为包装机.I：作正常.设总休X^(pJbXl,X2/7Xn是取自X的样木.对于假设检验HO：|i=O'Hl：pMO,取显著水平a,拒绝域为W={ i U i >ua/2b其中u=nX-,求:H0成立时，犯第一类错误的槪率aO;(2)十HO不成立时(若"0),犯第二类错的概率p.(l)X^(H4)/X'MM(g,l/n),故nX'=uMM(O,l). a0=P{ I u I >ua/2 I g=0}=l-P{-ua/2<u<ua/2}=1-[<D(ua/2)-(D(-ua/2)]=l-[(l-a2)-a2]=a,即犯第一类错误的概率是显著水平a.(2)F H0不成立.即PMO时.犯第二类错误的概率为P=P{ I U I 30/2 I E(X)=n}=P{・uct/2<u<ua/2 I E(X)=A}=P{-ua/2<nX'<ua/2 I E(X)=|i}=P{-ua/2-nn<n(X'-n)<ua/2-nn I E(X)=n}=(I)(ua/2-niJi)-®(-ua/2-nn),注1 '^1 H T+8或时，PTO.由此可见.当实际均值H偏离原假设校大时，犯第二类错误的概率很小.检验效果较好.注2!勺卩工0但接近于0时.Pdw.Wa很小.故犯第一娄错误的概率很大.检验效果较差.单正态总体的假设检験习题1 已知某炼铁厂铁水含碳量服从正态分布N,・现在测定r 9炉铁水•其平均含碳虽为•如果估计方差没有变化.可否认为现在生产的饮水平均含碳fi仍为(a=解答^ 木问题是在a二下检验假设HO：ns由r a2=已知，所以可选取统计sU=X •在HO 成立的条件下• UW(OJ),且此检验问题的拒绝域为I U 1 = I X •这里 说明U 没有落在拒绝域中.从而接受H0.即认为现在生产之饮水平均含碳S 仍为•习題2要求一种元件平均便用寿命不斜低于1000小肘，生产者从一批这种元件中随机抽取25件，测御其寿命的 平均值为950小时.已知该种元件寿命服从标准差为0=100小时的正态分布，试在显著性水平(1=卜确定 这批元件是否合格设总体均值为卩川未知.即需检验假设H0：H >1000,H1：H <1000.解答:检验假设 HO ：n>1000,Hl ：n<1000.这是飛边假设检验问题.由于方差02二，故用U 检验法.对于显着性水平a 二，拒绝域为W={X"-1000a/n<-ua.査标准正态分布表•得 又知n=25X=950,故可计算出x'-1000a/n=950-1000100/25=,因为&故在a=下拒绝H0,认为这批元件不合格.习题3 打包机装糖入包，每包标准重为100kg.毎天开工后，要检验所装糖包的总体期望值是否合乎标准 (100kg)•某日开工后.测御9包糖重如下位：kg)：打包机装糖的包得服从正态分布•问该天打包机1：作是否正常(a 二 解答: 木问题是在a 二下检验假设HO:p=100,Hl ："100・由于02未知.所以可选取统讣fi T=X--100S/n,在HO 成立的条件下.W(n-1K 且此检验问題的拒绝域为I T I = 1 X'-lOOS/n I >ta/2(n-l).I t 1 =<=(8),即t 未落在拒绝域中・从而接受H0,即可以认为该天打包工作正常.习題4机器包装食盐.假设毎袋盐的净重服从正态分布•规定毎俊标准含fi 为500g,标准差不斜趙过lOg •某天开 工后•随机抽取9袋.测得浄重如下仲位：g)：497, 507, 510, 475, 515, 484, 488, 524, 491,I U I =<=ua/2・这里 t=x"-100s/ns ：试在駄著性水平a二下检验假设:HO：n=500,Hl：n#500,解答:x'=499,ss：,n=9,t=(x~-|jiO)sn==,a=, (8)=.Will <(8b故接受HO,认为该天每袋平均质a可视为500g・习«5从清凉饮料自动售货机・随机抽样36杯，其平均含g为219(mL),标准差为/在a二的显I?性水平下・试检验假设S HO：A=|I O=222,H1：H<M=222・解答: 设总休X-W(g,a2bX代表自动售货机售出的清凉饮料含S・检验假设H0：n=n0=222(mL), Hl：n<222(mL),由asn=36,査表毎(36・1)弓拒绝域为W={t=x'-nOs/n<-ta(n-l).il•算t值并判断:t=36»习題6 某种寻线的电阻服从正态分布N(x・今从新生产的一批导线中抽取9根・测«电阻•得s=Q,对于a®能否认为这批导线电阴的标准差仍为解答:木问题是在a二下检验假设H0:a2=, Hl:o2匕选取统计fi x2=n-la2S2,在HO成立的条件下,X2^2(n-1),且此检验问題的拒绝域为X2>xa/22(n-l)或x2<xl-a/22(n-l).这里X2==x=,X(8)=，x(8)-落在拒绝域中，从而拒绝HO,即不能认为这批导线电阻的标准差仍为.习题7某厂生产的铜线，要求其折断力的方差不超过16N2.今从某日生产的铜丝中随机抽取容fi为9的样木•测得其折断力如下（飛位：N）:289, 286, 285, 286, 285, 284, 285, 286, 298, 292设总体服从正态分布，问该日生产的铜线的折斷力的方差是否符合标准（a二解答: 检验问題为n=9, s2勺X2=8XS216勺am X(8)=・因X2<X（8）s故接受HO,可认为铜丝的折断力的方差不超过16N2.习题8过去经验示.商三学生完成标准考试的时间为一正态变其标准差为6min.若随机样木为20位学生, 其标准差为X,试在显着性水平a= b\检验假设:H0:a>6,Hl:a<6,解答:HO:a>6,Hl:a<6,a=,n-l=19,ssx(19)-拒绝域为W={x2<},i l•算X2值X2=(20-l)x^.因为>■故接受H0,认为a>6.习題9测定某种潯液中的水分・它的10个测定值给出*%,设测定值总体服从正态分布.02为总休方差.02未知，试在a二水平下检验假设:在a= b\拒绝域为W={(n-l)S2a02<xl-a2(9).查X2分布表得X（9）m讣算得(n-l)s2o02=(10-l)x\per)2\per)2^>,未落入拒绝域•故接受H0.取正态总体的假设检越习題1制造厂家宜称•线A的平均张力比线B至少强120N,为证实其说法.在同样情况下测试两种线各50条.线A的平均张力x-=867N,标准差为01=;而线B的平均张力为y・=778N,标准差为o2m在a二的显善性水平下，试检验此制造厂家的说法.解答:H0：nl4l2=120,Hl：pl 屮2<120・am=・W={u=x'-y~-120ol2nl+a22n2<-ua,拒绝域为由x'=867,y'=778,nl=n2=50, 012=2,o22=2,得□=867-778-120250+250^^^,因为&故拒绝H0,认为pl-rx2<120,即厂家的说法不对.习题2 欲知某新血清是否能抑制白血球过多症，选择已患该病的老畝9只•并将其中5只施予此种血清，另外4 只则不热•从实验开始.其存活年限表示如下假设两总体均服从方差相同的正态分布，试在显著性水平a二下检验此种血清是否有效解答^ 设pl- p2分别为老鼠接受和未接受血清的平均存活年限。
概率论与数理统计(理工类,第四版)吴赣昌主编课后习题答案第三章
第三章多维随机变量及其分布3.1 二维随机变量及其分布习题1设(X,Y)的分布律为X\Y12311/61/91/1821/3a1/9求a.分析：dsfsd1f6d54654646解答：由分布律性质∑i⋅jPij=1,可知1/6+1/9+1/18+1/3+a+1/9=1,解得a=2/9.习题2(1)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：(1)P{a<X≤b,Y≤c};解答：P{a<X≤b,Y≤c}=F(b,c)-F(a,c).习题2(2)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：(2)P{0<Y≤b};解答：P{0<Y≤b}=F(+∞,b)-F(+∞,0).习题2(3)2.设(X,Y)的分布函数为F(x,y)，试用F(x,y)表示：(3)P{X>a,Y≤b}.解答：P{X>a,Y≤b}=F(+∞,b)-F(a,b).习题3(1)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求：(1)P{12<X<32,0<Y<4;解答：P{12<X<23,0<Y<4P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}=P{X=1,Y=1}+P{X=1,Y=2}+P{X=1,Y=3}=14+0+0=14.习题3(2)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求：(2)P{1≤X≤2,3≤Y≤4};解答：P{1≤X≤2,3≤Y≤4}=P{X=1,Y=3}+P{X=1,Y=4}+P{X=2,Y=3}+P{X=2,Y=4}=0+116+0+14=516.习题3(3)3.设二维离散型随机变量的联合分布如下表：试求：(3)F(2,3).解答：F(2,3)=P(1,1)+P(1,2)+P(1,3)+P(2,1)+P(2,2)+P(2,3)=14+0+0+116+14+0=916.习题4设X,Y为随机变量，且P{X≥0,Y≥0}=37,P{X≥0}=P{Y≥0}=47,求P{max{X,Y}≥0}.解答：P{max{X,Y}≥0}=P{X,Y至少一个大于等于0}=P{X≥0}+P{Y≥0}-P{X≥0,Y≥0}=47+47-37=57.习题5(X,Y)只取下列数值中的值：(0,0),(-1,1),(-1,13),(2,0)且相应概率依次为16,13,112,512,请列出(X,Y)的概率分布表，并写出关于Y的边缘分布.解答：(1)因为所给的一组概率实数显然均大于零，且有16+13+112+512=1,故所给的一组实数必是某二维随机变量(X,Y)的联合概率分布. 因(X,Y)只取上述四组可能值，故事件：{X=-1,Y=0},{X=0,Y=13,{X=0,Y=1},{X=2,Y=13,{X=2,Y=1}均为不可能事件，其概率必为零. 因而得到下表：Y01/31pk7/121/121/3习题6设随机向量(X,Y)服从二维正态分布N(0,0,102,102,0),其概率密度为f(x,y)=1200πex2+y2200,求P{X≤Y}.解答：由于P{X≤Y}+P{X>Y}=1，且由正态分布图形的对称性，知P{X≤Y}=P{X>Y},故P{X≤Y}=12.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={k(6-x-y),0<x<2,2<y<40,其它, (1)确定常数k;(2)求P{X<1,Y<3};(3)求P{X<1.5};(4)求P{X+Y≤4}.解答：如图所示(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1,确定常数k.∫02∫24k(6-x-y)dydx=k∫02(6-2x)dx=8k=1,所以k=18.(2)P{X<1,Y<3}=∫01dx∫2318(6-x-y)dy=38.(3)P{X<1.5}=∫01.5dx∫2418(6-x-y)dy=2732.(4)P{X+Y≤4}=∫02dx∫24-x18(6-x-y)dy=23.习题8已知X和Y的联合密度为f(x,y)={cxy,0≤x≤1,0≤y≤10,其它,试求：(1)常数c;(2)X和Y的联合分布函数F(x,y).解答：(1)由于1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=c∫01∫01xydxdy=c4,c=4.(2)当x≤0或y≤0时，显然F(x,y)=0;当x≥1,y≥1时，显然F(x,y)=1;设0≤x≤1,0≤y≤1,有F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dudv=4∫0xudu∫0yvdv=x2y2.设0≤x≤1,y>1,有F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫0xudu∫01ydy=x2.最后，设x>1,0≤y≤1,有F(x,y)=P{X≤1,Y≤y}=4∫01xdx∫0yvdv=y2.函数F(x,y)在平面各区域的表达式F(x,y)={0,x≤0或y≤0x2,0≤x≤1,y>1x2y2,0≤x≤1,0≤y≤1.y2,x>习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={4.8y(2-x),0≤x≤1,x≤y≤10,其它,求边缘概率密度fY(y).解答：fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0x4.8y(2-x)dy,0≤x≤10,其它={2.4x2(2-x),0≤x≤10,其它.fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫0y4.8y(2-x)dx,0≤y≤10,其它={2.4y(4y-y2),0≤y≤10,其它.习题10设(X,Y)在曲线y=x2,y=x所围成的区域G里服从均匀分布，求联合分布密度和边缘分布密度. 解答：区域G的面积A=∫01(x-x2)dx=16,由题设知(X,Y)的联合分布密度为f(x,y)={6,0≤x≤1,x2≤y≤x0,其它,从而fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=6∫x2xdy=6(x-x2),0≤x≤1,即fX(x)={6(x-x2),0≤x≤10,其它,fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx=6∫yydx=6(y-y),0≤y≤1,即fY(y)={6(y-y),0≤y≤10,其它.3.2 条件分布与随机变量的独立性习题1二维随机变量(X,Y)的分布律为从而(X,Y)的联合概率分布为P{X≤a,∣X∣≤a}=P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},而事件{∣X∣≤a}⊂{X≤a},故由上式有P{∣X∣≤a}==P{X≤a}⋅P{∣X∣≤a},⇒P{∣X∣≤a}(1-P{X≤a})=0⇒P{∣X≤a∣}=0或1=P{X≤a}⋅(∀a>0)但当a>0时，两者均不成立，出现矛盾，故X与∣X∣不独立.习题9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fY(y)={12e-y2,y>00,y≤0,(1)求X与Y的联合概率密度；(2)设有a的二次方程a2+2Xa+Y=0,求它有实根的概率.解答：(1)由题设易知fX(x)={1,0<x<10,其它,又X,Y相互独立，故X与Y的联合概率密度为f(x,y)=fX(x)⋅fY(y)={12e-y2,0<x<1,y>00,其它;(2)因{a有实根}={判别式Δ2=4X2-4Y≥0}={X2≥Y},故如图所示得到：P{a有实根}=P{X2≥Y}=∫∫x2>yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0x212e-y2dy=-∫01e-x22dx=1-[∫-∞1e-x22dx-∫-∞0e-x22dx]=1-2π[12π∫-∞1e-x22dx-12π∫-∞0e-x22dx]=1-2π[Φ(1)-Φ(0),又Φ(1)=0.8413,Φ(0)=0.5,于是Φ(1)-Φ(0)=0.3413,所以P{a有实根}=1-2π[Φ(1)-Φ(0)]≈1-2.51×0.3413=0.1433.3.3 二维随机变量函数的分布习题1设随机变量X和Y相互独立，且都等可能地取1,2,3为值，求随机变量U=max{X,Y}和V=min{X,Y}的联合分布.解答：由于U≥V,可见P{U=i,V=j}=0(i<j).此外，有P{U=V=i}=P{X=Y=i}=1/9(i=1,2,3),P{U=i,V=j}=P{X=i,Y=j}+P{X=j,Y=i}=2/9(i>j),于是，随机变量U和V的联合概率分布为=∫01dy∫y2y12dx=14,P{U=1,V=1}=1-P{U=0,V=0}-P{U=0,V=1}-P{U=1,V=0}=1/2,即U\V01011/401/41/2习题4设(X,Y)的联合分布密度为f(x,y)=12πe-x2+y22,Z=X2+Y2,求Z的分布密度.解答：FZ(z)=P{Z≤z}=P{X2+Y2≤z}.当z<0时，FZ(z)=P(∅)=0;当z≥0时，FZ(z)=P{X2+Y2≤z2}=∫∫x2+y2≤z2f(x,y)dxdy=12π∫∫x2+y2≤z2e-x2+y22dxdy=12π∫02πdθ∫0ze-ρ22ρdρ=∫0ze-ρ22ρdρ=1-e-z22.故Z的分布函数为FZ(z)={1-e-z22,z≥00,z<0.Z的分布密度为fZ(z)={ze-z22,z>00,z≤0.习题5设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={12(x+y)e-(x+y),x>0,y>00,其它,(1)问X和Y是否相互独立？(2)求Z=X+Y的概率密度.解答：(1)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0+∞12(x+y)e-(x+y)dy,x>00,x≤0\under2line令x+y=t{∫x+∞12te-tdt=12(x+1)e-x,x>00,x≤0,由对称性知fY(y)={12(y+1)e-y,y>00,y≤0,显然f(x,y)≠fX(x)fY(y),x>0,y>0,所以X与Y不独立.(2)用卷积公式求fZ(z)=∫-∞+∞f(x,z-x)dx.当{x>0z-x>0即{x>0x<z时，f(x,z-x)≠0,所以当z≤0时，fZ(z)=0;当z>0时，fZ(z)=∫0z12xe-xdx=12z2e-z.于是，Z=X+Y的概率密度为fZ(z)={12z2e-z,z>00,z≤0.习题6设随机变量X,Y相互独立，若X服从(0,1)上的均匀分布，Y服从参数1的指数分布，求随机变量Z=X+Y的概率密度.解答：据题意，X,Y的概率密度分布为fX(x)={1,0<x<10,其它,fY(y)={e-y,y≥00,y<0,由卷积公式得Z=X+Y的概率密度为fZ(z)=∫-∞+∞fX(x)fY(z-x)dx=∫-∞+∞fX(z-y)fY(y)dy=∫0+∞fX(z-y)e-ydy.由0<z-y<1得z-1<y<z,可见：当z≤0时，有fX(z-y)=0,故fZ(z)=∫0+∞0⋅e-ydy=0;当z>0时，fZ(z)=∫0+∞fX(z-y)e-ydy=∫max(0,z-1)ze-ydy=e-max(0,z-1)-e-z,即fZ(z)={0,z≤01-e-z,0<z≤1e1-z-e-z,z>1.习题7设随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={be-(x+y),0<x<1,0<y<+∞,0,其它.（1）试确定常数b；（2）求边缘概率密度fX(x),fY(y)；（3）求函数U=max{X,Y}的分布函数.解答：（1）由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1，确定常数b.∫01dx∫0+∞be-xe-ydy=b(1-e-1)=1，所以b=11-e-1，从而f(x,y)={11-e-1e-(x+y),0<x<1,0<y<+∞,0,其它.（2）由边缘概率密度的定义得fX(x)={∫0+∞11-e-1e-(x+y)dy=e-x1-e-x,0<x<1,0,其它，fY(x)={∫0111-e-1e-(x+y)dx=e-y,0<y<+∞,0,其它（3）因为f(x,y)=fX(x)fY(y)，所以X与Y独立，故FU(u)=P{max{X,Y}≤u}=P{X≤u,Y≤u}=FX(u)F Y(u)，其中FX(x)=∫0xe-t1-e-1dt=1-e-x1-e-1,0<x<1，所以FX(x)={0,x≤0,1-e-x1-e-1,0<x<1,1,x≥1.同理FY(y)={∫0ye-tdt=1-e-y,0<y<+∞,0,y≤0，因此FU(u)={0,u<0,(1-e-u)21-e-1,0≤u<1,1-e-u,u≥1.习题8设系统L是由两个相互独立的子系统L1和L2以串联方式联接而成，L1和L2的寿命分别为X与Y,其概率密度分别为ϕ1(x)={αe-αx,x>00,x≤0,ϕ2(y)={βe-βy,y>00,y≤0,其中α>0,β>0,α≠β,试求系统L的寿命Z的概率密度.解答：设Z=min{X,Y},则F(z)=P{Z≥z}=P{min(X,Y)≤z}=1-P{min(X,Y)>z}=1-P{X≥z,Y≥z}=1-[1P{X<z}][1-P{Y<z}]=1-[1-F1{z}][1-F2{z}]由于F1(z)={∫0zαe-αxdx=1-e-αz,z≥00,z<0,F2(z)={1-e-βz,z≥00,z<0,故F(z)={1-e-(α+β)z,z≥00,z<0,从而ϕ(z)={(α+β)e-(α+β)z,z>00,z≤0.习题9设随机变量X,Y相互独立，且服从同一分布，试证明：P{a<min{X,Y}≤b}=[P{X>a}]2-[P{X>b}]2.解答：设min{X,Y}=Z,则P{a<min{X,Y}≤b}=FZ(b)-FZ(a),FZ(z)=P{min{X,Y}≤z}=1-P{min{X,Y}>z}=1-P{X>z,Y>z}=1-P{X>z}P{Y>z}=1-[P{X>z}]2,代入得P{a<min{X,Y}≤b}=1-[P{X>b}]2-(1-[P{X>a}]2)=[P{X>a}]2-[P{X>b}]2.证毕.复习总结与总习题解答习题1在一箱子中装有12只开关，其中2只是次品，在其中取两次，每次任取一只，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：X={0,若第一次取出的是正品1,若第一次取出的是次品, Y={0,若第二次取出的是正品1,若第二次取出的是次品,试分别就(1),(2)两种情况，写出X和Y的联合分布律.解答：(1)有放回抽样，(X,Y)分布律如下：P{X=0,Y=0}=10×1012×12=2536; P{X=1,Y=0}=2×1012×12=536,P{X=0,Y=1}=10×212×12=536, P{X=1,Y=1}=2×212×12=136,(2)不放回抽样，(X,Y)的分布律如下：P{X=0,Y=0}=10×912×11=4566, P{X=0,Y=1}=10×212×11=1066,P{X=1,Y=1}=2×112×11=166,习题2假设随机变量Y服从参数为1的指数分布，随机变量Xk={0,若Y≤k1,若Y>k(k=1,2),求(X1,X2)的联合分布率与边缘分布率.解答：因为Y服从参数为1的指数分布，X1={0,若Y≤11,若Y>1, 所以有P{X1=1}=P{Y>1}=∫1+∞e-ydy=e-1,P{X1=0}=1-e-1,同理P{X2=1}=P{Y>2}=∫2+∞e-ydy=e-2,P{X2=0}=1-e-2,因为P{X1=1,X2=1}=P{Y>2}=e-2，P{X1=1,X2=0}=P{X1=1}-P{X1=1,X2=1}=e-1-e-2,P{X1=0,X2=0}=P{Y≤1}=1-e-1,P{X1=0,X2=1}=P{X1=0}-P{X1=0,X2=0}=0,故(X1,X2)联合分布率与边缘分布率如下表所示：习题3在元旦茶话会上，每人发给一袋水果，内装3只橘子，2只苹果，3只香蕉. 今从袋中随机抽出4只，以X记橘子数，Y记苹果数，求(X,Y)的联合分布.解答：X可取值为0,1,2,3,Y可取值0,1,2.P{X=0,Y=0}=P{∅}=0,P{X=0,Y=1}=C30C21C33/C84=2/70,P{X=0,Y=2}=C30C22C32/C84=3/70,P{X=1,Y=0}=C31C20C33/C84=3/70,P{X=1,Y=1}=C31C21C32/C84=18/70,P{X=1,Y=2}=C31C22C31/C84=9/70,P{X=2,Y=0}=C32C20C32/C84=9/70,P{X=2,Y=1}=C32C21C31/C84=18/70,P{X=2,Y=2}=C32C22C30/C84=3/70,P{X=3,Y=0}=C33C20C31/C84=3/70,P{X=3,Y=1}=C33C21C30/C84=2/70,P{X=3,Y=2}=P{∅}=0,所以，(X,Y)的联合分布如下：习题4设随机变量X与Y相互独立，下表列出了二维随机变量(X,Y)的联合分布律及关于X与Y解答：由题设X与Y相互独立，即有pij=pi⋅p⋅j(i=1,2;j=1,2,3), p⋅1-p21=p11=16-18=124,又由独立性，有p11=p1⋅p⋅1=p1⋅16故p1⋅=14.从而p13=14-124-18, 又由p12=p1⋅p⋅2, 即18=14⋅p⋅2.从而p⋅2=12. 类似的有p⋅3=13,p13=14,p2⋅=34.将上述数值填入表中有习题5设随机变量(X,Y)的联合分布如下表：求：(1)a值；(2)(X,Y)的联合分布函数F(x,y)；(3)(X,Y)关于X,Y的边缘分布函数FX(x)与FY(y).解答：(1)\because由分布律的性质可知∑i⋅jPij=1, 故14+14+16+a=1,∴a=13.(2)因F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}①当x<1或y<-1时，F(x,y)=0;②当1≤x<2,-1≤y<0时，F(x,y)=P{X=1,Y=-1}=1/4;③当x≥2,-1≤y<0时，F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=2,Y=-1}=5/12;④当1≤x<2,y>0时，F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=1,Y=0}=1/2;⑤当x≥2,y≥0时，F(x,y)=P{X=1,Y=-1}+P{X=2,Y=-1}+P{X=1,Y=0}+P{X=2,Y=0}=1;综上所述，得(X,Y)联合分布函数为F(x,y)={0,x<1或y<-11/4,1≤x<2,-1≤y<05/12,x≥2,-1≤y<01/2,1≤x<2,y≥01,x≥2,y≥0.(3)由FX(x)=P{X≤x,Y<+∞}=∑xi<x∑j=1+∞pij, 得(X,Y)关于X的边缘分布函数为：FX(x)={0,x<114+14,1≤x<214+14+16+13,x≥2={0,x<11/2,1≤x<21,x≥2,同理，由FY(y)=P{X<+∞,Y≤y}=∑yi≤y∑i=1+∞Pij, 得(X,Y)关于Y的边缘分布函数为FY(y)={0,y<-12/12,-1≤y<01,y≥0.习题6设随机变量(X,Y)的联合概率密度为f(x,y)={c(R-x2+y2),x2+y2<R0,x2+y2≥R,求：(1)常数c; (2)P{X2+Y2≤r2}(r<R).解答：(1)因为1=∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dydx=∫∫x2+y2<Rc(R-x2+y)dxdy=∫02π∫0Rc(R-ρ)ρdρdθ=cπR33,所以有c=3πR3.(2)P{X2+Y2≤r2}=∫∫x2+y2<r23πR3[R-x2+y2]dxdy=∫02π∫0r3πR3(R-ρ)ρdρdθ=3r2R2(1-2r3R).习题7设f(x,y)={1,0≤x≤2,max(0,x-1)≤y≤min(1,x)0,其它,求fX(x)和fY(y).解答：max(0,x-1)={0,x<1x-1,x≥1, min(1,x)={x,x<11,x≥1,所以，f(x,y)有意义的区域(如图)可分为{0≤x≤1,0≤y≤x},{1≤x≤2,1-x≤y≤1},即f(x,y)={1,0≤x≤1,0≤y≤x1,1≤x≤2,x-1≤y≤1,0,其它所以fX(x)={∫0xdy=x,0≤x<1∫x-11dy=2-x,1≤x≤20,其它,fY(y)={∫yy+1dx=1,0≤y≤10,其它.习题8若(X,Y)的分布律为则α,β应满足的条件是¯, 若X与Y独立，则α=¯,β=¯.解答：应填α+β=13;29;19.由分布律的性质可知∑i⋅jpij=1, 故16+19+118+13+α+β=1,即α+β=13.又因X与Y相互独立，故P{X=i,Y=j}=P{X=i}P{Y=j}, 从而α=P{X=2,Y=2}=P{X=i}P{Y=j},=(19+α)(14+α+β)=(19+α)(13+13)=29,β=P{X=3,Y=2}=P{X=3}P{Y=2}=(118+β)(13+α+β)=(118+β)(13+13)，∴β=19.习题9设二维随机变量(X,Y)的概率密度函数为f(x,y)={ce-(2x+y),x>0,y>00,其它,(1)确定常数c; (2)求X,Y的边缘概率密度函数；(3)求联合分布函数F(x,y); (4)求P{Y≤X};(5)求条件概率密度函数fX∣Y(x∣y); (6)求P{X<2∣Y<1}.解答：(1)由∫-∞+∞∫-∞+∞f(x,y)dxdy=1求常数c.∫0+∞∫0+∞ce-(2x+y)dxdy=c⋅(-12e-2x)\vline0+∞⋅(-e-y)∣0+∞=c2=1,所以c=2.(2)fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy={∫0+∞2e-2xe-ydy,x>00,x≤0={2e-2x,x>00,x≤0,fY(y)=∫-∞+∞f(x,y)dx={∫0+∞2e-2xe-ydx,y>00,其它={e-y,y>00,y≤0.(3)F(x,y)=∫-∞x∫-∞yf(u,v)dvdu={∫0x∫0y2e-2ue-vdvdu,x>0,y>00,其它={(1-e-2x)(1-e-y),x>0,y>00,其它.(4)P{Y≤X}=∫0+∞dx∫0x2e-2xe-ydy=∫0+∞2e-2x(1-e-x)dx=13.(5)当y>0时，fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)={2e-2xe-ye-y,x>00,x≤0={2e-2x,x>00,x≤0.(6)P{X<2∣Y<1}=P{X<2,Y<1}P{Y<1}=F(2,1)∫01e-ydy=(1-e-1)(1-e-4)1-e-1=1-e-4.习题10设随机变量X以概率1取值为0, 而Y是任意的随机变量，证明X与Y相互独立.解答：因为X的分布函数为F(x)={0,当x<0时1,当x≥0时, 设Y的分布函数为FY(y),(X,Y)的分布函数为F(x,y)，则当x<0时，对任意y, 有F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}=P{(X≤x)∩(Y≤y)}=P{∅∩(Y≤y)}=P{∅}=0=FX(x)FY(y);当x≥0时，对任意y, 有F(x,y)=P{X≤x,Y≤y}=P{(X≤x)∩(Y≤y)}=P{S∩(Y≤y)}=P{Y≤y}=Fy(y)=FX(x)FY(y),依定义，由F(x,y)=FX(x)FY(y)知，X与Y独立.习题11设连续型随机变量(X,Y)的两个分量X和Y相互独立，且服从同一分布，试证P{X≤Y}=1/2. 解答：因为X,Y独立，所以f(x,y)=fX(x)fY(y).P{X≤Y}=∫∫x≤yf(x,y)dxdy=∫∫x≤yfX(x)fY(y)dxdy=∫-∞+∞[fY(y)∫-∞yfX(x)dx]dy=∫-∞+∞[fY(y)FY(y)]dy=∫-∞+∞FY(y)dFY(y)=F2(y)2∣-∞+∞=12,也可以利用对称性来证，因为X,Y独立同分布，所以有P{X≤Y}=P{Y≤X},而P{X≤Y}+P{X≥Y}=1, 故P{X≤Y}=1/12.习题12设二维随机变量(X,Y)的联合分布律为若X与Y相互独立，求参数a,b,c的值.解答：关于X的边缘分布为由于X与Y独立，则有p22=p2⋅p⋅2 得b=(b+19)(b+49) ①p12=p1⋅p⋅2 得19=(a+19)(b+49) ②由式①得b=29, 代入式②得a=118. 由分布律的性质，有a+b+c+19+19+13=1,代入a=118,b=29, 得c=16.易验证，所求a,b,c的值，对任意的i和j均满足pij=pi⋅×p⋅j.因此，所求a,b,c的值为a=118,b=29,c=16.习题13已知随机变量X1和X2的概率分布为且P{X1X2=0}=1.(1)求X1和X2的联合分布律；(2)问X1和X2是否独立？解答：(1)本题是已知了X1与X2的边缘分布律，再根据条件P{X1X2=0}=1, 求出联合分布. 列表如下：P{X1=1,X2=1}=0,P{X1=-1,X2=1}=0.再由p⋅1=p-11+p11+p01, 得p01=12, p-10=p-1⋅=p-11=14,p10=p1⋅-p11=14,从而得p00=0.(2)由于p-10=14≠p-1⋅⋅p⋅0=14⋅12=18, 所以知X1与X2不独立.习题14设(X,Y)的联合密度函数为f(x,y)={1πR2,x2+y2≤R20,其它,(1)求X与Y的边缘概率密度；(2)求条件概率密度，并问X与Y是否独立？解答：(1)当x<-R或x>R时，fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=∫-∞+∞0dy=0;当-R≤x≤R时，fX(x)=∫-∞+∞f(x,y)dy=1πR2∫-R2-x2R2-x2dy=2πR2R2-x2.于是fX(x)={2R2-x2πR2,-R≤x≤R0,其它.由于X和Y的地位平等，同法可得Y的边缘概率密度是：fY(y)={2R2-y2πR2,-R≤y≤R0,其它.(2)fX∣Y(x∣y)=f(x,y)fY(y)注意在y处x值位于∣x∣≤R2-y2这个范围内，f(x,y)才有非零值，故在此范围内，有fX∣Y(x∣y)=1πR22πR2⋅R2-y2=12R2-y2,即Y=y时X的条件概率密度为fX∣Y(x∣y)={12R2-y2,∣x∣≤R2-y20,其它.同法可得X=x时Y的条件概率密度为fY∣X(y∣x)={12R2-x2,∣y∣≤R2-x20,其它.由于条件概率密度与边缘概率密度不相等，所以X与Y不独立.习题15设(X,Y)的分布律如下表所示X\Y -112-12 1/102/103/102/101/101/10求：(1)Z=X+Y; (2)Z=max{X,Y}的分布律.解答：与一维离散型随机变量函数的分布律的计算类似，本质上是利用事件及其概率的运算法则. 注意，Z的相同值的概率要合并.概率(X,Y)X+YXYX/Ymax{X,Y}1/102/103/102/101/101/10(-1,-1)(-1,1)(-1,2)(2,-1)(2,1)(2,2)-2011341-1-2-2241-1-1/2-221-112222于是(1)习题16设(X,Y)的概率密度为f(x,y)={1,0<x<1,0<y<2(1-x)0,其他，求Z=X+Y的概率密度.解答：先求Z的分布函数Fz(z)，再求概率密度fz(z)=dFz(z)dz.如右图所示.当z<0时，Fz(z)=P{X+Y≤z}=0;当0≤z<1时，Fz(z)=P{X+Y≤z}=∫∫x+y≤zf(x,y)dxdy=∫0zdx∫0z-x1dy=∫0z(z-x)dx=z2-12x2∣0z=12z2；当1≤z<2时，Fz(z)=∫02-zdx∫0z-xdy+∫2-z1dx∫02(1-x)dy=z(2-z)-12(2-z)2+(z-1)2；当z≥2时，∫∫Df(x,y)dxdy=∫01dx∫02(1-x)dy=1.综上所述Fz(z)={0,z<012z2,0≤z<1z(2-z)-12(2-z)2+(z-1)2,1≤z<21,z≥2，故fz(z)={z,0≤z<12-z,1≤z<20,其它.习题17设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)={2e-(x+2y),x>0,y>00,其它,求随机变量Z=X+2Y的分布函数.解答：按定义FZ(Z)=P{x+2y≤z},当z≤0时，FZ(Z)=∫∫x+2y≤zf(x,y)dxdy=∫∫x+2y≤z0dxdy=0.当z>0时，FZ(Z)=∫∫x+2y≤zf(x,y)dxdy=∫0zdx∫0(z-x)/22e-(x+2y)dy=∫0ze-x⋅(1-ex-z)dx=∫0z(e-x-e-z)dx=[-e-x]∣0z-ze-z=1-e-z-ze-z,故分布函数为FZ(Z)={0,z≤01-e-z-ze-z,z>0.习题18设随机变量X与Y相互独立，其概率密度函数分别为fX(x)={1,0≤x≤10,其它, fY(y)={Ae-y,y>00,y≤0,求：(1)常数A; (2)随机变量Z=2X+Y的概率密度函数.解答：(1)1=∫-∞+∞fY(y)dy=∫0+∞A⋅e-ydy=A.(2)因X与Y相互独立，故(X,Y)的联合概率密度为f(x,y)={e-y,0≤x≤1,y>00,其它.于是当z<0时，有F(z)=P{Z≤z}=P{2X+Y≤z}=0;当0≤z≤2时，有F(z)=P{2X+Y≤z}=∫0z/2dx∫0z-2xe-ydy=∫0z/2(1-e2x-z)dx;当z>2时，有F(z)=P{2X+Y≤2}=∫01dx∫0z-2xe-ydy=∫01(1-e2x-z)dx.利用分布函数法求得Z=2X+Y的概率密度函数为fZ(z)={0,z<0(1-e-z)/2,0≤z<2(e2-1)e-z/2,z≥2.习题19设随机变量X,Y相互独立，若X与Y分别服从区间(0,1)与(0,2)上的均匀分布，求U=max{X,Y}与V=min{X,Y}的概率密度.解答：由题设知，X与Y的概率密度分别为fX(x)={1,0<x<10,其它, fY(y)={1/2,0<y<20,其它,于是，①X与Y的分布函数分别为FX(x)={0,x≤0x,0≤x<11,x≥1, FY(y)={0,y<0y/2,0≤y<21,y≥2,从而U=max{X,Y}的分布函数为FU(u)=FX(u)FY(u)={0,u<0u2/2,0≤u<1u/2,1≤u<21,u≥2,故U=max{X,Y}的概率密度为fU(u)={u,0<u<11/2,1≤u<20,其它.②同理，由FV(v)=1-[1-FX(v)][1-FY)]=FX(v)+FY(v)-FX(v)FY(v)=FX(v)+FY(v)-FU(v),得V=min{X,Y}的分布函数为FV(v)={0,v<0v2(3-v),0≤v<11,v≥1,故V=min{X,Y}的概率密度为fV(v)={32-v,0<v<10,其它.注：(1)用卷积公式，主要的困难在于X与Y的概率密度为分段函数，故卷积需要分段计算；(2)先分别求出X,Y的分布函数FX(x)与FY(y), 然后求出FU(u)，再求导得fU(u); 同理先求出FV(v), 求导即得fV(v).。
概率论与数理统计-吴赣昌-理工类简明版
3
f ( x )dx 1, 得
完
例2 设随机变量 X 具有概率密度
kx , 0 x 3 f ( x ) 2 x , 3 x 4. 2 0, 其它
(2) 求 X 的分布函数 F ( x ); 解 X 的分布函数为
0, x0 x t dt , 0 x3 0 6 F ( x) 3 t dt x t 2 dt , 3 x 4 0 6 3 2 1, x4
3. 若 f ( x ) 在点 x 处连续，则
F ( x ) f ( x )
(1)
连续型随机变量分布函数的性质
3. 若 f ( x ) 在点 x 处连续，则
F ( x ) f ( x )
F ( x x ) F ( x ) f ( x ) lim x x 0 P { x X x x } lim x x 0
f ( x )dx 1.
O x
x
注： 上述性质有明显的几何意义. 反之，可证一个函数若满足上述性质， 则该函数 一定可以作为某一连续型随机变量的概率密度函 数. 完
连续型随机变量分布函数的性质
1. 对一个连续型随机变量 X , 若已知其密度函数 f ( x ), 则概据定义， 可求得其分布函数 F ( x ), 同时， 还可求得 X 的取值落在任意区间 (a , b] 上的概率：
2 x , 0 x 1 . 其它 0,
完
均匀分布 定义 若连续型随机变量 X 的概率密度为
1 , a x b f ( x ) b a 其它 0, 则称 X 在区间 (a , b )上服从均匀分布，记为 X ~ U (a , b). 易见，(1) f ( x ) 0; ( 2) f ( x )dx 1.
概率论与数理统计-吴赣昌-理工类简明版-1-4
构如右表. 从 这批产品中
数厂 量 别 甲厂 乙厂
随意地抽取 等级
一件, 则这件 合格品 475 644
产品为次品 的概率为
次品 合计
25 56 500 700
81 1200
6.75%.
合计
1119 81
1200
现在假设被告知取出的产品是甲厂生产的, 那么这
解 由乘法公式,
P( AB) P( A | B)P(B) 0.5 0.4 0.2, 因此 P(B | A) P( AB) 0.2 2 ,
P( A) 0.3 3
又因为 B A B, 所以 B( A B) B, 从而
P(B
|
A
B)
P(B( A B)) P(A B)
解
P( AB) 0.2,
件产品为次品的概率又是多大呢?
件产品为次品的概率又是多大呢?
由于500件中有25件次品, 所以取出的这件产品为次
பைடு நூலகம்品的概率为
25 500
5%.
记事件A:“取出的产品是甲厂生产的”;B: “取出的产
品为次品”，则本例是在事件A发生的条件下, 求事件
B发生的概率, 这就是所谓的条件概率.
完
条件概率的定义
概率为
P( A1 A2 A3 A4 )
P( A1 ) P( A2 | A1 ) P( A3 | A1 A2 )P( A4 | A1 A2 A3 )
r
r
t
r
r
t
a
a
r
t t
2a
r
t
a t 3a
.
完
例 5 设某光学仪器厂制造的透镜, 第一次落下打 破的概率为 1/2, 若第一次落下未打破, 第二次落 下打破的概率为 7/10, 若前两次落下未打破, 第三 次落下打破的概率为 9/10, 试求透镜落下三次而未
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第4章 不定积分 内容概要 名称 主要内容
不 定 积 分
不 定 积 分 的 概 念
设()fx， xI，若存在函数()Fx，使得对任意xI均有 ()()Fxfx 或()()dFxfxdx，则称()Fx为()fx的一个原函数。 ()fx的全部原函数称为()fx在区间I上的不定积分，记为
()()fxdxFxC
注：（1）若()fx连续，则必可积；（2）若(),()FxGx均为()fx的原函数，则()()FxGxC。故不定积分的表达式不唯一。
性 质 性质1：()()dfxdxfxdx或()()dfxdxfxdx；
性质2：()()FxdxFxC或()()dFxFxC； 性质3：[()()]()()fxgxdxfxdxgxdx，,为非零常数。 计 算 方 法 第一换元 积分法 （凑微分法）
设()fu的 原函数为()Fu，()ux可导，则有换元公式：
(())()(())()(())fxxdxfxdxFxC 第二类 换元积 分法
设()xt单调、可导且导数不为零，[()]()ftt有原函数()Ft，
则 1()(())()()(())fxdxfttdtFtCFxC 分部积分法 ()()()()()()()()uxvxdxuxdvxuxvxvxdux
有理函数积分 若有理函数为假分式，则先将其变为多项式和真分式的和；对真分式的处理按情况确定。 本章 的地 位与 作用 在下一章定积分中由微积分基本公式可知---求定积分的问题，实质上是求被积函数的原函数问题；后继课程无论是二重积分、三重积分、曲线积分还是曲面积分，最终的解决都归结为对定积分的求解；而求解微分方程更是直接归结为求不定积分。从这种意义上讲，不定积分在整个积分学理论中起到了根基的作用，积分的问题会不会求解及求解的快慢程度，几乎完全取决于对这一章掌握的好坏。这一点随着学习的深入，同学们会慢慢体会到！ 课后习题全解 习题4-1 1.求下列不定积分： 知识点：直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。 思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分！ ★(1)2
dx
xx
思路: 被积函数 5221xxx，由积分表中的公式（2）可解。
解：53222
23dxxdxxCxx
★(2)31()xdxx
思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。 解：11411133322213()()24dxxxdxxdxxdxxxCx3x
★(3)22xxdx（）
思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：2232122ln23xxxxdxdxxdxxC（）
★(4)(3)xxdx 思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：315322222(3)325xdxxdxxdxxxCx
★★(5)4223311xxdxx
思路:观察到422223311311xxxxx后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积
分。 解：4223
22
33113arctan11xxdxxdxdxxxCxx
★★(6)221xdxx
思路:注意到222221111111xxxxx，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。 解：2221arctan.11x
dxdxdxxxCxx
注：容易看出(5)(6)两题的解题思路是一致的。一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其
分解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分。
★(7)xdxxxx34134（-+-）
2
思路:分项积分。
解：3411342xdxxdxdxxdxxdxxxxx34134（-+-）2
223134ln||.423xxxxC
★(8)22
32()11dxxx
思路:分项积分。
解：2222
3211()323arctan2arcsin.1111dxdxdxxxCxxxx
★★(9)xxxdx 思路:xxx？看到11172488xxxxx，直接积分。
解：715888
.15xxxdxxdxxC
★★(10)22
1
(1)dxxx
思路:裂项分项积分。 解：222222
111111()arctan.(1)11dxdxdxdxxCxxxxxxx
★(11)211xxedxe
解：21(1)(1)(1).11xxxxx
xx
eeedxdxedxexCee
★★(12)3xxedx 思路:初中数学中有同底数幂的乘法： 指数不变，底数相乘。显然33xxxee（）。 解：333.ln(3)xxxxeedxedxCe（）（） ★★(13)2cotxdx
思路:应用三角恒等式“22cotcsc1xx”。
解：22cot(csc1)cotxdxxdxxxC
★★(14)23523xxxdx
思路:被积函数 235222533xxxx（），积分没困难。
解：2()2352232525.33ln2ln3xxxxxdxdxxC（（）） ★★(15)2cos2xdx
思路:若被积函数为弦函数的偶次方时，一般地先降幂，再积分。
解：21cos11cossin.2222xxddxxxC
★★(16)11cos2dxx
思路:应用弦函数的升降幂公式，先升幂再积分。
解：22
1111sectan.1cos2222cosdxdxxdxxCxx
★(17)cos2cossinxdx
xx
思路:不难，关键知道“22cos2cossin(cossin)(cossin)xxxxxxx”。
解：cos2(cossin)sincos.cossinxdxxxdxxxCxx
★(18)22
cos2cossinxdx
xx
思路:同上题方法，应用“22cos2cossinxxx”，分项积分。
解：22222222cos2cossin11cossincossinsincosxxxdxdxdxxxxxxxx
22cscseccottan.xdxxdxxxC ★★(19)11()11xxdxxx
思路:注意到被积函数 2221111211111xxxxxxxxx，应用公式(5)即可。
解：2
111()22arcsin.111xxdxdxxCxxx
★★(20)21cos1cos2xdxx 思路:注意到被积函数 22221cos1cos11sec1cos2222cosxxxxx，则积分易得。
解：221cos11tansec.1cos2222xxxdxxdxdxCx
★2、设()arccosxfxdxxC，求()fx。 知识点：考查不定积分（原函数）与被积函数的关系。 思路分析：直接利用不定积分的性质1：[()]()dfxdxfxdx即可。 解：等式两边对x求导数得：
2211(),()11xfxfxxxx
★3、设()fx的导函数为sinx，求()fx的原函数全体。 知识点：仍为考查不定积分（原函数）与被积函数的关系。 思路分析：连续两次求不定积分即可。
解：由题意可知，1()sincosfxxdxxC
所以()fx的原函数全体为：112cossinxCdxxCxC（）。
★4、证明函数21,2xxeeshx和xechx都是sxechxhx-的原函数 知识点：考查原函数（不定积分）与被积函数的关系。 思路分析：只需验证即可。
解：2xxeechxshx，而
22[][][]xxxx
dddeeshxechxedxdxdx1()
2
★5、一曲线通过点2(,3)e，且在任意点处的切线的斜率都等于该点的横坐标的倒数，求此曲线的方程。