课后习题答案及讲解
高分子化学(第五版)潘祖仁版课后习题答案 (2)讲解
第一章绪论思考题1. 举例说明单体、单体单元、结构单元、重复单元、链节等名词的含义，以及它们之间的相互关系和区别。
答：合成聚合物的原料称做单体，如加聚中的乙烯、氯乙烯、苯乙烯，缩聚中的己二胺和己二酸、乙二醇和对苯二甲酸等。
在聚合过程中，单体往往转变成结构单元的形式，进入大分子链，高分子由许多结构单元重复键接而成。
在烯类加聚物中，单体单元、结构单元、重复单元相同，与单体的元素组成也相同，但电子结构却有变化。
在缩聚物中，不采用单体单元术语，因为缩聚时部分原子缩合成低分子副产物析出，结构单元的元素组成不再与单体相同。
如果用2种单体缩聚成缩聚物，则由2种结构单元构成重复单元。
聚合物是指由许多简单的结构单元通过共价键重复键接而成的分子量高达104-106的同系物的混合物。
聚合度是衡量聚合物分子大小的指标。
以重复单元数为基准，即聚合物大分子链上所含重复单元数目的平X表示。
均值，以DP表示；以结构单元数为基准，即聚合物大分子链上所含结构单元数目的平均值，以n2. 举例说明低聚物、齐聚物、聚合物、高聚物、高分子、大分子诸名词的的含义，以及它们之间的关系和区别。
答：合成高分子多半是由许多结构单元重复键接而成的聚合物。
聚合物（polymer）可以看作是高分子（macromolecule）的同义词，也曾使用large or big molecule的术语。
从另一角度考虑，大分子可以看作1条大分子链，而聚合物则是许多大分子的聚集体。
根据分子量或聚合度大小的不同，聚合物中又有低聚物和高聚物之分，但两者并无严格的界限，一般低聚物的分子量在几千以下，而高聚物的分子量总要在万以上。
多数场合，聚合物就代表高聚物，不再标明“高”字。
齐聚物指聚合度只有几~几十的聚合物，属于低聚物的范畴。
低聚物的含义更广泛一些。
3. 写出聚氯乙烯、聚苯乙烯、涤纶、尼龙-66、聚丁二烯和天然橡胶的结构式（重复单元）。
选择其常用4. 举例说明和区别：缩聚、聚加成和逐步聚合，加聚、开环聚合和连锁聚合。
高等教育心理学课后习题和参考答案解析
高等教育心理学课后习题及参考答案第一章认识高等教育心理学1、什么是高等教育心理学？就是研究在高等院校这个的定情镜中的各种心理与行为问题的学科。
2、高等教育心理学的学科性质是什么？（1）是学校教育心理学的分支学科（2）特色是“高”与“专”（3）研究的对象是处于青年中期的大学生（4）要为实现高校的三大社会职能提供心理学依据3、高等教育心理学有哪些研究原则和方法？原则：（1）客观性原则（2）发展性原则（3）系统性原则（4）理论联系实际的原则（5）教育性原则方法：（1）观察法（2）实验法（3）调查法（4）个案法（5）测量法4、如何理解高等教育心理学与高等教育和心理学的关系？心理学：心理学是研究心理现象和心理规律的一门科学。
高等教育：高等教育是培养专门人才的教育，他在整个教育体系中处于最高层次，包括专科教育、本科教育和研究生教育。
高等教育心理学：高等教育心理学则是研究高等教育情境中学生的学与教的基本心理规律的科学。
它是学校教育心理学的重要分支。
5、试述教育实践中如何运用高等教育心理学？1、从提高高校师资水平方面：青年教师必须对教师职业的心理基础理论有充分的认识和了解，对职业心理机能熟练的掌握和运用，这样才能尽快地完成从学生到教师的角色转换，从而尽快成为一名合格的大学教师。
2、从提高教育教学质量方面：高等教育心理学有助于教师更加深入地了解学生，提高教育教学的针对性；并且学习高等教育心理学，能够更深刻地理解有关教学措施的心理学依据，从而能更主动而科学地驾驭教学方法和教育手段，丰富自己的教学艺术，从而全面地提高教学质量。
3、进行教育教学改革方面：目前我国的非高等教育正面临着一个深化改革。
大胆创新的问题。
在培养目标、课程内容、教学方法等一系列重大问题上，需要在改革中提高。
而这些课题的讨论和确定，都离不开高等教育心理学的参与。
此外，学习高等教育心理学有利于提高辩证唯物主义水平，提高大学教师自我教育的自觉性；有利于更好地对学生进行思想教育工作，搞好教书育人，并把教书育人提高到更科学的高度；有利于教师总结工作经验，自觉开展教育科学研究。
人因工程学课后习题及解答讲解
人因工程学课后习题及解答讲解(总29页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第一章一、简述人因工程学的定义。
答：人因工程学就是按照人的特性设计和改进人一机一环境系统的科学。
人一机一环境系统是指由共处于同一时间和空间的人与其所操纵的机器以及他们所处的周围环境所构成的系统，也可以简称为人一机系统。
为了实现人、机、环境之间的最佳匹配，人因工程学把人的工作优化问题作为追求的重要目标。
其标志是使处于不同条件下的人能高效、安全、健康、舒适地工作和生活。
二、人因工程学的发展历程经历了哪几个阶段？答：1.人因工程学的萌芽时期20世纪初，美国人泰勒(科学管理的创始人)进行了着名的铁铲实验和时间研究实验 ，他还对工人的操作进行了时间研究，改进操作方法，制定标准时间，在不增加劳动强度的条件下提高了工作效率。
与泰勒同一时期的吉尔布雷斯夫妇开展了动作研究，创立了通过动素分析改进操作动作的方法。
在这一时期，德国心理学家闵斯托伯格倡导将心理学应用于生产实践，其代表作是《心理学与工业效率》，提出了心理学对人在工作中的适应与提高效率的重要性。
20世纪初，虽然已孕育着人因工程学的思想萌芽，但人机关系总的特点是以机器为中心，通过选拔和培训使人去适应机器。
由于机器进步很快，使人难以适应，因此大量存在着伤害人身心的问题。
2.人因工程学的兴起时期这一阶段处于第一次世界大战至第二次世界大战之前。
第一次世界大战为工作效率研究提供了重要背景。
该阶段主要研究如何减轻疲劳及人对机器的适应问题。
自1924年开始，在美国芝加哥西方电气公司的霍桑工厂进行了长达8年的“霍桑实验”，这是对人的工作效率研究中的一个重要里程碑。
实验得到的结论是工作效率不仅受物理的、生理的因素影响，还发现组织因素、工作气氛和人际关系等都是不容忽视的因素。
3.人因工程学的成长时期这一阶段包括第二次世界大战至20世纪60年代。
二战以前，人与机器装备的匹配，主要是通过选拔和培训，使人去适应机器装备。
经济学基础课后习题与答案分析详细讲解
第1章导论：经济学基本知识第1章导论：经济学基本知识1.1知识要点本章的目的是引领初学者走进经济科学的殿堂，并解释经济学是怎么产生的，经济学研究什么，用什么方过对本法来研究经济学，经济思维是怎么回事⋯⋯这些都是我们在学习这门课程之前需要弄清的问题。
通理解和认识。
章的学习，可以对这门学科有个整体、框架性的认识，能结合具体的例子和实际生活现象加深1、经济学的产生源于经济资源的稀缺性，稀缺性导致人们把资源用在一种用途时会有机会成本，人们在理足性人的原则下权衡成本和收益做出经济选择。
研究如何合理地配置和充分利用稀缺资源于诸多用途以满人类需要的科学就是经济学。
（1）稀缺性：相对于人类无穷无尽的欲望而言，经济资源总是稀缺的。
（2）机会成本：某种资源用于一种经济活动而放弃的用于其他经济活动而创造的最大价值。
（3）理性人假定：在经济分析中，需要假定进行经济决策的主体（居民户、厂商、政府）都遵循一定行为准则，这一行为准则是既定目标的最优化。
2、资源配置和利用在不同经济制度中有着不同解决方式。
世界上主要有三种经济制度：（1）计划经济制度，即生产和消费都由政府计划部门决定的制度；（2）市场经济制度，即资源配置和利用都由市场价格决定；（3）混合经济制度，即计划与市场有不同程度结合的制度。
3、经济学在其发展过程中形成了许多具体的研究方法。
辑上加（1）实证分析与规范分析。
实证分析法不带价值判断，所表述的问题可以用事实、证据，或者从逻以证明或证伪；规范分析法是以一定的价值判断为基础，提出分析问题的理论标准，并研究如何才能符合这些标准。
（2）最优化与均衡分析。
最优化分析指借助最优化理论分析个体面临决策的时候，从各种可能中选择达到某一目标的最佳行为；均衡分析所要解决的问题是：经济个体各自在作最优决策时，他们之间是如何互相影响、互相约束而达到一定的平衡的。
（3）边际分析：指增加最后一单位自变量时所带来的因变量的变动量。
一般可以（4）经济模型。
《黄河颂》课后练习题及答案
《黄河颂》课后练习题及答案１、有感情地朗诵这首歌词。
这首歌词以气势取胜。
朗诵时必须激发起学生的内心感情，如果能够调动学生产生国难当头、中华民族正处于危机之中的悲壮情怀，就可以产生热血沸腾、壮怀激越的情感，就可做到有感情地诵读。
不宜过多过早对学生施加朗读技巧的训练指导。
２、诗人从哪些方面赞美了黄河的英雄气魄？他借歌颂黄河表达了什么感情？本题旨在引导学生从宏观上把握歌词内容。
教师应注意题目中包含的两个深浅不同的层次。
第一问是从表层设问，首先应该抓住“黄河的气魄”这一关键词，引导学生反复感知课文，感受黄河一往无前、无坚不摧的气魄。
其次，应该注意到“从哪些方面”这一要点，引导学生从以下几个方面思考：黄河的自然特点、地理特征、黄河在历史上对中华民族的贡献等。
第二问实际上是引导学生思考诗人创作的目的。
诗人借歌颂黄河歌颂我们的民族，激发广大中华儿女的民族自豪感与自信心，激励中华儿女像黄河一样“伟大坚强”，以英勇的气概和坚强的决心保卫黄河，保卫中国。
３、在我们学过的诗歌中，有些诗直白抒情，风格豪迈，有些诗则委婉含蓄。
你认为这首诗属于哪一种？为什么？你还能从学过的诗歌中再举出一两例吗？本题旨在引导学生初步认识和体会诗歌的两种美学风格──崇高与优美。
但在教学实际中，不必过分在术语上纠缠，应通过对具体作品的感知来把握这两类诗的特征。
本诗属于直白抒情、风格豪迈类，因为诗歌以明朗的语言塑造了黄河奔腾不息、气势宏伟的形象，并且多处以“啊，黄河……”这样的句式直接抒发了热爱黄河的感情，充满雄浑豪迈之美。
王之涣的《登鹳雀楼》、苏轼的《念奴娇·赤壁怀古》等诗词属于这类风格；上学期学过的何其芳的《秋天》、郭沫若的《静夜》则属于委婉含蓄的诗。
人教版高中物理必修2课后习题含答案
第五章第1节 曲线运动1. 答：如图6－12所示，在A 、C 位置头部的速度与入水时速度v 方向相同；在B 、D 位置头部的速度与入水时速度v 方向相反。
2. 答：汽车行驶半周速度方向改变180°。
汽车每行驶10s ，速度方向改变30°，速度矢量示意图如图6－13所示。
3. 答：如图6－14所示，AB 段是曲线运动、BC 段是直线运动、CD 段是曲线运动。
第2节 质点在平面内的运动1. 解：炮弹在水平方向的分速度是v x ＝800×cos60°＝400m/s;炮弹在竖直方向的分速度是v y ＝800×sin60°＝692m/s 。
如图6－15。
2. 解：根据题意，无风时跳伞员着地的速度为v 2，风的作用使他获得向东的速度v 1，落地速度v 为v 2、v 1的合速度，如图6－15所示， 6.4/v m s ===，与竖直方向的夹角为θ，tanθ＝0.8，θ＝38.7°3. 答：应该偏西一些。
如图6－16所示，因为炮弹有与船相同的由西向东的速度v 1，击中目标的速度v 是v 1与炮弹射出速度v 2的合速度，所以炮弹射出速度v 2应该偏西一些。
4. 答：如图6－17所示。
第3节 抛体运动的规律1. 解：（1）摩托车能越过壕沟。
摩托车做平抛运动，在竖直方向位移为y ＝1.5m ＝212gt 经历时间0.55t s ===在水平方向位移x ＝v t ＝40×0.55m ＝22m ＞20m 所以摩托车能越过壕沟。
一般情况下，摩托车在空中飞行时，总是前轮高于后轮，在着地时，后轮先着地。
（2）摩托车落地时在竖直方向的速度为v y ＝gt ＝9.8×0.55m/s ＝5.39m/s 摩托车落地时在水平方向的速度为v x ＝v ＝40m/s 摩托车落地时的速度/40.36/v s m s === 摩托车落地时的速度与竖直方向的夹角为θ，tanθ＝vx ／v y ＝405.39＝7.422. 解：该车已经超速。
概率论和数理统计课后习题答案解析
随机事件及其概率1.1 随机事件习题1试说明随机试验应具有的三个特点．习题2将一枚均匀的硬币抛两次，事件A，B，C分别表示“第一次出现正面”，“两次出现同一面”，“至少有一次出现正面”，试写出样本空间及事件A，B，C中的样本点.1.2 随机事件的概率1.3 古典概型与几何概型1.4 条件概率1.5 事件的独立性复习总结与总习题解答习题3. 证明下列等式：习题6.习题7习题9习题10习题12习题13习题14习题15习题16习题18习题20习题21习题23习题24习题26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=λ^2/2e^-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⋅1C53=110, P{X=4}=C32⋅1C53=310, P{X=5}=C42⋅1C53=35,所以X的分布律为设X表示取出3件产品的次品数，则X的所有可能取值为0,1,2,3. 对应概率分布为P{X=0}=C73C103=35120, P{X=1}=C73C31C103=36120,P{X=2}=C71C32C103=21120, P{X=3}=C33C103=1120.X的分布律为X 0123P 3512036120211201120习题9一批产品共10件，其中有7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，取出的产品仍放回去，求直至取到正品为止所需次数X的概率分布.解答：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：X 135Pk 0.30.50.2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)X -113pk 0.40.40.2(2)P{X<2∣X≠1}=P{X=-1}P{X≠1}=23.习题5设X的分布函数为F(x)={0,x<0x2,0≤x<1x-12,1≤x<1.51,x≥1.5,求P{0.4<X≤1.3},P{X>0.5},P{1.7<X≤2}.解答：P{0.4<X≥1.3}=P{1.3}-F(0.4)=(1.3-0.5)-0.4/2=0.6,P{X>0.5}=1-P{X≤0.5}=1-F(0.5)=1-0.5/2=0.75,P{1.7<X≤2}=F(2)-F(1.7)=1-1=0.习题6设随机变量X的分布函数为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+1πarctanx, -∞<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).解答：(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+∞=100150=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.习题7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-400060)=0.1, 所以Φ(x-400060)=0.9.查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997,因此 x-400060≈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.习题10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.当c>0时，fY(y)={1c(b-a),ca+d≤y≤cb+d0,其它,当c<0时，fY(y)={-1c(b-a),cb+d≤y≤ca+d0,其它.习题4设随机变量X服从[0,1]上的均匀分布，求随机变量函数Y=eX的概率密度fY(y).解答：f(x)={1,0≤x≤10,其它,f=ex,x∈(0,1)是单调可导函数，y∈(1,e), 其反函数为x=lny, 可得f(x)={fX(lny)∣ln′y,1<y<e0,其它={1y,1<y<e0,其它.习题5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)={12π(y-1)e-y-14,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.习题8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100000元, 200000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200000X(元)，要使保险公司亏本，则必须 200000X>300000即X>15(人).因此，P{保险公司亏本}=P{X>15}=∑k=162500C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈1-∑k=015e-55kk!≈0.000069,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100000元}=P{300000-200000X≥100000}=P{X≤10}=∑k=010C2500k(0.002)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.986305,即保险公司获利不少于100000元的概率在98%以上.P{保险公司获利不少于200000元}=P{300000-200000X≥200000}=P{X≤5}=∑k=05C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈∑k=05e-55kk!≈0.615961,即保险公司获利不少于200000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：(1)某一天从中午12至下午3时没有收到紧急呼救的概率；(2)某一天从中午12时至下午5时至少收到1次紧急呼救的概率.解答：(1)t=3,λ=3/2, P{X=0}=e-3/2≈0.223;(2)t=5,λ=5/2, P{X≥1}=1-P{X=0}=1-e-5/2≈0.918.习题6设X为一离散型随机变量，其分布律为X -101pi 1/21-2qq2试求：(1)q的值； (2)X的分布函数.解答：(1)\because离散型随机变量的概率函数P{X=xi}=pi, 满足∑ipi=1, 且0≤pi≤1,∴ {1/2+1-2q+q2=10≤1-2q≤1q2≤1,解得q=1-1/2. 从而X的分布律为下表所示：因F(x)在x=π6处连续，故P{X=π6=12,于是有P{∣X∣<π6=P{-π6<X<π6=P{-π6<X≤π6=F(π6)-F(-π6)=12..习题8使用了x小时的电子管，在以后的Δx小时内损坏的概率等于λΔx+o(Δx),其中λ>0是常数，求电子管在损坏前已使用时数X的分布函数F(x)，并求电子管在T小时内损坏的概率.解答：因X的可能取值充满区间(0,+∞),故应分段求F(x)=P{X≤x}.当x≤0时，F(x)=P{X≤x}=P(∅)=0;当x>0时，由题设知P{x<X≤x+Δx/X}=λΔx+o(Δx),而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=0.578125.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155526≈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.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.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\Y 1231 1/61/91/182 1/3a1/9求a.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：(2)P{Y=0}=P{X=-1,Y=0}+P{X=0,Y=0}+P{X=2,Y=0} =0+16+512=712,同样可求得 P{Y=13=112,P{Y=1}=13,关于的Y边缘分布见下表：Y 01/31pk 7/121/121/3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)的分布律为解答：由题意知X的密度函数为fX(x)={15,0≤x≤50,其它, 因为X与Y相互独立，所以X与Y的联合密度为：fXY(x,y)={2(5-y)125,0≤y≤5,0≤x≤50,其它,故此人能及时上火车的概率为P{Y>X}=∫05∫x52(5-y)125dydx=13.习题7设随机变量X与Y都服从N(0,1)分布，且X与Y相互独立，求(X,Y)的联合概率密度函数.解答：由题意知，随机变量X,Y的概率密度函数分别是fX(x)=12πe-x22，fY(y)=12πe-y22因为X与Y相互独立，所以(X,Y)的联合概率密度函数是f(x,y)=12πe-12(x+y)2.习题8设随机变量X的概率密度f(x)=12e-∣x∣(-∞<x<+∞),问：X与∣X∣是否相互独立？解答：若X与∣X∣相互独立，则∀a>0, 各有 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-x 22dx]=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\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)FY(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),。
第四章酸碱滴定法课后习题和答案解析
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载第四章酸碱滴定法课后习题和答案解析地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容第四章酸碱滴定法习题4－14.1 下列各种弱酸的p K a已在括号内注明，求它们的共轭碱的pK b；(1)HCN(9.21)；(2)HCOOH(3.74)；(3)苯酚(9.95)；(4)苯甲酸(4.21)。
4.2 已知H3PO4的p K a=2.12，p K a=7.20，p K a=12.36。
求其共轭碱PO43-的pK b1，HPO42-的pK b2．和H2PO4-的p K b3。
4.3 已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)的p K al=4.19，p K b1=5.57。
试计算在pH4.88和5.0时H2A、HA-和A2-的分布系数δ2、δ1和δ0。
若该酸的总浓度为0.01mol·L-1，求pH＝4.88时的三种形式的平衡浓度。
4.4 分别计算H2CO3(p K a1=6.38，pK a2=10.25)在pH=7.10，8.32及9.50时，H2CO3，HCO3-和CO32-的分布系数δ2` δ1和δ0。
4.5 已知HOAc的p Ka = 4.74，NH3·H2O的pKb=4.74。
计算下列各溶液的pH值： (1) 0.10 mol·L-1 HOAc ； (2) 0.10 mol·L-1 NH3·H2O；(3) 0.15 mol·L-1 NH4Cl； (4) 0.15 mol·L-1 NaOAc。
4.6计算浓度为0.12 mol·L-1的下列物质水溶液的pH(括号内为p Ka)。
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5-1 设二进制符号序列为，试以矩形脉冲为例，分别画出相应的单极性码波形、双极性码波形、单极性归零码波形、双极性归零码波形、二进制差分码波形及八电平码波形。
解： 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0
单极性码：
双极性码：
单极性归零码：
双极性归零码：
二进制差分码：
八电平码：
5-7 已知信息代码为，求相应的AMI码、HDB3码、PST码及双相码。
解：信息代码：
AMI码：++1
HDB3码：+1000+V-B00+V0-1+1
PST码：+0-+-+-+-++-
双相码：
5-8 已知信息代码为011，试确定相应的AMI码及HDB3码，并分别
画出它们的波形图。
解： 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0
0 0 1 1
AMI码：+1 0 -1 0 0 0 0 0 +1 –1 0 0 0 0 +1 -1 HDB3码：+1 0 -1 0 0 0 –V 0 +1 –1 +B 0 0 +V –1 +1
5-9 某基带传输系统接收滤波器输出信号的基本脉冲为如图P5-5所示的三角形脉冲：
（1）求该基带传输系统的传输函数H（ω）；
（2）假设信道的传输函数C（ω）=1，发送滤波器和接收滤波器具有相同的传输函数，即G T（ω）=G R（ω），试求这时G T（ω）或G R（ω）的表示式。
P5-5
解：(1)H(ω)=∫∞
-∞
h(t)e-jωt dt
=∫0Ts/2(2/T s)te-jωt dt +∫Ts Ts/22(1-t/T s)e-jωt dt
=2∫Ts
Ts/2 e-jωt dt+2/T s∫
Ts/2 t e-jωt dt-2/T
s
∫Ts
Ts/2
t e-jωt dt
=- 2 e-jωt/(jω)︱Ts
Ts/2+2/T s [-t/(jω)+1/ω2] e-jωt︱
Ts/2
-2/T s [-t/(jω)+1/ω2] e-jωt︱Ts
Ts/2
=2 e-jωTs/2(2- e-jωTs/2- e-jωTs/2)/(ω2T s)
=4 e-jωTs/2[1-cos(ωT s/2)]/(ω2T s)
=8 e-jωTs/2sin2(ωT s/4)/(ω2T s)
=2/T s·Sa2(ωT s/4) e-jωTs/2(2)∵H(ω)=G T(ω)C(ω)G R(ω) C(ω)=1, G T(ω)=G R(ω)
∴G T(ω)=G R(ω)=√2/T s·Sa(ωT s/4) e-jωTs/4
5-11 设基带传输系统的发送滤波器、信道及接收滤波器组成总特性为H（ω），若要求以2/T s波特的速率进行数据传输，试检验图P5-7各种H（ω）满足消除抽样点上的码间干扰的条件否？
s s s s
(a) (b)
s s s s
(c)(d)
图P5-7
解：根据奈奎斯特准则，若要求以2/T s的速率进行数据传输，系统无码间干扰的频域条件是：
∑H(ω+4iπ/T s)=常量，︱ω︱≤2π/T s
∴(a)不满足，系统有码间干扰；
(b)不满足，系统有码间干扰；
(c)满足，系统无码间干扰；
(d)不满足，系统有码间干扰。
5-12 设某数字基带传输的传输特性H（ω）如图P5-8所示。
其中α为某个常数（0≤α≤1）：
（1）试检验该系统能否实现无码间干扰传输？
（2）试求该系统的最大码元传输速率为多少？这时的系统频带利用率为多大？
图P5-8
解：（1）该系统的传输特性在ω0处满足互补对称性，即
∑H(ω+2iω0)=常量，︱ω︱≤ω0
该系统能实现无码间干扰传输；
（2）该系统的最大码元传输速率为：R B=ω0/π=2f0；
此系统占用信道带宽为B c=(1+α)f0,
系统的频带利用率为R B/B c=2/(1+α) B/Hz
5-18 以表5-2中第Ⅳ类部分响应系统为例，试画出包括预编码在内的系统组成方框图。
解：。