1、11從（0，1）中隨機(jī)取兩個數(shù)，求下列事件的概率；（1）兩數(shù)之和小于；（2）兩數(shù)之積小于。解 （此系幾何概型問題）設(shè)兩數(shù)之和小于的事件為，兩數(shù)之積小于的事件為。如下圖，樣本空間為單位正方形區(qū)域，事件為區(qū)域C，事件為區(qū)域D，于是 的面積/的面積/=的面積/的面積 1 D 11 D1 C DO 1 O 1 14設(shè)有來自三個地區(qū)的各10名，15名和25名考生的報名表，其中女生的報名表分別為3份，7份和5份，隨機(jī)地取一個地區(qū)，從該地區(qū)報名表中抽取1份，求抽到的1份是女生報名表的概率。解 此系條件概率問題。設(shè)表示“抽到第個地區(qū)”，B表示“抽到的是女生報名表”。則據(jù)全概率公式，所求概率為15三個箱子，第一

2、個箱中有4個黑球，1個白球，第二個箱中有3個黑球，3個白球，第三個箱中有3個黑球，5個白球，現(xiàn)隨機(jī)地取一個箱子，再從這個箱子中取出一個球。（1）求這個球為白球的概率；（2）已知取出的球是白球，求此球?qū)儆诘诙€箱子的概率。解 此系條件概率問題。設(shè)表示“抽到第個箱子”，B表示“取出的是白球”。則所求概率分別為和。據(jù)全概率公式，有而由貝葉斯公式可得 17設(shè)某人從外地趕來參加緊急會議，他乘火車，輪船，汽車或飛機(jī)來的概率分別是3/10，1/5，1/10和2/5。如果他乘飛機(jī)來，不會遲到；而乘火車、輪船或汽車來，遲到的概率分別為1/4，1/3， 1/2?，F(xiàn)此人遲到，試推斷他乘哪一種交通工具的可能性最大。解

3、 此系條件概率問題。設(shè)分別表示此人乘火車，輪船，汽車或飛機(jī)來的事件，表示此人遲到的事件，則依題意要計算、和，并進(jìn)行比較。據(jù)已知有，據(jù)全概率公式，有而據(jù)貝葉斯公式，有 上述三個條件概率分別為此人在遲到的條件下乘火車，輪船，汽車的概率，不難看出這時他乘火車的可能性最大。19有甲乙兩批種子，發(fā)芽率分別是0.8和0.7，在這兩批種子中各隨機(jī)抽取一粒，求：（1）兩粒都發(fā)芽的概率；（2）至少有一粒發(fā)芽的概率；（3）恰好有一粒發(fā)芽的概率。解 此系事件的獨(dú)立性問題。設(shè)表示“從甲（乙）批抽取的種子發(fā)芽”，據(jù)已知：，。則依事件的獨(dú)立性，有（1）兩粒都發(fā)芽的概率為：（2）至少有一粒發(fā)芽的概率為：（3）恰好有一粒發(fā)芽

4、的概率為：21一實習(xí)生用同一機(jī)器接連獨(dú)立制造3個同種零件，第個零件是不合格品的概率，求他制造的3個零件中恰好有2個合格的概率。解 此系事件的獨(dú)立性問題。設(shè)表示“第個零件是合格品” ，表示所求概率的事件。則 已知，于是所求概率為22設(shè)甲乙兩籃球運(yùn)動員投籃命中率分別為0.7和0.6，若每人投籃3次，求兩人進(jìn)球數(shù)相等的概率。解 此系重貝努里試驗概型問題。設(shè)表示“甲籃球運(yùn)動員投進(jìn)個球”，表示“乙籃球運(yùn)動員投進(jìn)個球” ，則所求概率為。因為兩兩互不相容，且與相互獨(dú)立，所以有應(yīng)用二項概率公式有 分別計算，得 于是所求概率為26袋中有只正品硬幣，只次品硬幣（次品硬幣的兩面均印有國徽），在袋中任取一只，將它投次

5、，已知每次均得到國徽，問這只硬幣是正品的概率是多少？解 此系重貝努里試驗概型和條件概率問題。設(shè)表示“在袋中取出的硬幣是正品”，表示“取出的硬幣投次，每次均得到國徽”，則所求概率為。據(jù)全概率公式，有于是 27證明題：（1）如果，求證事件與互相獨(dú)立；（2）設(shè)事件發(fā)生則事件一定發(fā)生，求證。證 （1）由，可得 或即 化簡，即得 所以事件與互相獨(dú)立。（2）已知事件發(fā)生則事件一定發(fā)生，即，于是，從而 因為，故有 證畢。第二章5某射手有5發(fā)子彈，射一次，命中率為0.9，若命中就停止射擊，若未命中就一直射到子彈用盡，求耗用子彈數(shù)的分布列。解 由題設(shè)的所有可能取值為1，2，3，4，5，而由條件概率可得即 ， ，

6、 而由全概率公式得所以的分布列為 1 2 3 4 5 10設(shè)隨機(jī)變量的概率密度為 （1）求系數(shù)；（2）求分布函數(shù)；（3）畫出與的圖形進(jìn)行比較。解 由概率密度的性質(zhì)，有 得，于是當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)時，即 14工廠生產(chǎn)某高級電子元件，其壽命（以年計）服從指數(shù)分布，的概率密度為，工廠規(guī)定出售的電子元件在一年內(nèi)損壞可調(diào)換。若工廠出售一個電子元件盈利100元，調(diào)換一個需花費(fèi)300元，試解答以下各題。（1）求一個電子元件在一年內(nèi)損壞的概率；（2）若某儀器裝有5個這種電子元件，且它們獨(dú)立工作，求在使用一年內(nèi)恰有3個元件損壞的概率；（3）求出售一個電子元件盈利元的分布列。解 （1）所求概率為 （2）此系重貝努里試

7、驗概型，由（1）知參數(shù)，按二項概率公式，所求概率為（3）由已知出售一個電子元件盈利元，而出售的電子元件在一年內(nèi)如損壞，扣除調(diào)換花費(fèi)300元，則盈利元，即的取值為，并且有 所以的分布列為 17設(shè)電源電壓服從正態(tài)分布，又設(shè)在下列三種情況下某種電子元件損壞的概率分別是0.1，0.001和0.2：（1）不超過200伏；（2）在200240伏之間；（3）超過240伏。求：（1）電子元件損壞的概率；（2）若已知電子元件損壞，問該電子元件處于何種情況下?lián)p壞的可能性最大，為什么？解 設(shè)不超過200伏，在200240伏之間，超過240伏，電子元件損壞，則構(gòu)成一完備事件組，且據(jù)已知有，及 于是由全概率公式，可得電

8、子元件損壞的概率 而由貝葉斯公式可得 所以當(dāng)電子元件損壞時，該電子元件處于超過240伏的狀況時的可能性最大。22裝配成圓珠筆尖的小鋼珠的重量服從正態(tài)分布，而鋼珠直徑是的線性函數(shù)。已知用直徑小于、介于和之間，以及大于的鋼珠裝配成合格珠筆尖的概率分別為和，試求：（1）隨機(jī)變量的分布密度；（2）用這批鋼珠中任一個裝配成合格筆尖的概率。解 因為是的線性函數(shù)，所以也服從正態(tài)分布，設(shè)，則 于是，而的分布密度則為設(shè)任取一個鋼珠裝配成合格筆尖，則所求概率為。因為已知有，且 所以 24某電子元件廠生產(chǎn)一批電子管，電子管的壽命（以小時計）具有如下的概率密度。壽命高于2000小時，介于12502000小時，以及低于

9、1250小時的電子管分別是一等品，二等品和次等品。用一只一等品或二等品或次等品裝配的收音機(jī)，成為合格品的概率依次為0.9，0.8和0.5。試求：（1）從該批產(chǎn)品任取一只電子管是一等品，二等品或次等品件的概率；（2）從該批產(chǎn)品任取一只裝配成合格收音機(jī)的概率；（3）假設(shè)銷售一只一等品或二等品，廠家可獲利6元或4元，銷售一只次品，廠家虧損3元，求廠家銷售任取的一只電子管可獲的利潤的分布列。解 設(shè)分別表示任取一只電子管是一等品，二等品或次等品的事件，表示任取一只電子管裝配成合格收音機(jī)的事件，表示銷售任取的一只電子管可獲的利潤（1）所求概率分別為 （2）應(yīng)用全概率公式，所求概率為（3）的分布列為 ，27

10、若，求下列各隨機(jī)變量的概率密度：（1）；（2）；（3）。解 已知服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，其概率密度為 （1）因為 故當(dāng)時， 而當(dāng)時， 所以 （2）因為 故當(dāng)時， 而當(dāng)時， 所以 （3）因為 故當(dāng)時， 而當(dāng)時， 所以 5一袋色球，其中有三個白球，兩個紅球和三個黑球，現(xiàn)從中隨機(jī)任取4球。設(shè)X為白球數(shù)，Y為紅球數(shù)，求：（1）（X，Y）的聯(lián)合分布律；（2）。解 X的所有可能的取值為0、1、2、3，Y的所有可能的取值為0、1、2。由古典概型可得，故（X，Y）的聯(lián)合分布律為X Y 0 1 2 0123 0 2/70 3/70 3/70 18/70 9/70 9/70 18/70 3/703/70 2/70 0而

11、 10隨機(jī)變量服從B上的均勻分布，其中B為軸，軸以及直線所圍成的三角形區(qū)域。求聯(lián)合概率密度及兩個邊緣概率密度。解 由已知，三角形區(qū)域，故其面積 ，于是的聯(lián)合概率密度 的邊緣概率密度為 因為當(dāng)或時，有 而當(dāng)時，所以 的邊緣概率密度為 因為當(dāng)或時，有 而當(dāng)時，所以 14若隨機(jī)變量與相互獨(dú)立，其概率密度分別為，求隨機(jī)變量的概率密度。解 因為與相互獨(dú)立，故的聯(lián)合概率密度為為求的概率密度，先求其分布函數(shù)：，設(shè)，有若，則在區(qū)域內(nèi)，有或，于是，從而；若，則若，則故，所以隨機(jī)變量的概率密度 22設(shè)隨機(jī)變量獨(dú)立同分布，其分布律為 2 3 1/3 1/3 1/3又設(shè)，試寫出二維隨機(jī)變量的聯(lián)合分布律。解 由已知可得

12、的聯(lián)合分布律： 1 2 3123 1/9 1/9 1/91/9 1/9 1/9 1/9 1/9 1/9于是 所以的聯(lián)合分布律： 1 2 3123 1/9 0 02/9 1/9 0 2/9 2/9 1/94設(shè)隨機(jī)變量X的概率密度為試求及。解 因為，且故，而6設(shè)隨機(jī)變量X的分布律為X 0 2 求，及。解 又因為故11已知的聯(lián)合分布律為：X Y 0 1/3 102 0 1/12 1/3 1/6 0 0 5/12 0 0試求，。解 由已知可得、及的分布律分別為X 0 2 5/12 1/6 5/12Y 0 1/3 1 7/12 1/12 1/3XY 0 2/3 2 1/3 1/12 7/12 0 0于是

13、 注意：因為X相互不獨(dú)立，故未必有12設(shè)服從D上的均勻分布，其中D為軸，軸以及直線所圍成的三角形區(qū)域，求、的數(shù)學(xué)期望和方差。解 由已知，三角形區(qū)域，故其面積 ，于是的聯(lián)合概率密度 （1）的數(shù)學(xué)期望和方差：的邊緣概率密度為 因為當(dāng)或時，有 而當(dāng)時，所以 于是 （2）的數(shù)學(xué)期望和方差：的邊緣概率密度為 因為當(dāng)或時，有 而當(dāng)時，所以 于是（3）的數(shù)學(xué)期望和方差： 18設(shè)隨機(jī)變量的分布律為X Y 1 2 1 1/4 1/2 0 1/4 求及。解 （1）的數(shù)學(xué)期望和方差：的邊緣分布律為：X 1 3/4 1/4 于是 （2）的數(shù)學(xué)期望和方差：的邊緣分布律為：Y 1 2 1/4 3/4 于是 （3）的數(shù)學(xué)期

14、望及、：因為的分布律為： XY 1 2 1/4 0 1/4 1/2 所以 38設(shè)某種商品每周的需求量是服從區(qū)間10，30上均勻分布的隨機(jī)變量，而經(jīng)銷商店進(jìn)貨量為區(qū)間10，30中的某一整數(shù)，商店每銷售一單位商品可獲利500元，若供大于求，則削價處理，每處理一單位商品虧損100元，若供不應(yīng)求，則可從外部調(diào)劑供應(yīng)，此時，單位商品僅利300元。為使商品所獲利潤期望值不少于9280元，試確定最小進(jìn)貨量。解 設(shè)經(jīng)銷商店的進(jìn)貨量為，依題設(shè)有。若設(shè)商店一周銷售該商品的利潤為（單位：元），則據(jù)已知是需求量的函數(shù)：因為的概率密度為 于是可獲利潤期望值 由題設(shè)條件，有，即 或 解之，得 故最小進(jìn)貨量為，但不能超過。

15、8某商店負(fù)責(zé)供應(yīng)某地區(qū)1000人商品，某種產(chǎn)品在一段時間內(nèi)每人需用一件的概率為，假定在這一段時間，各人購買與否彼此無關(guān)系，問商店應(yīng)預(yù)備多少件這種商品，才能以的概率保證不會脫銷（假定該商品在某一段時間內(nèi)每人最多可以買一件）。解 設(shè)商店應(yīng)預(yù)備件這種商品及并令，則，則依題設(shè)，要求 。而利用德莫弗-拉普拉斯中心極限定理，有 查正態(tài)分布表，有，于是，即所以，商店應(yīng)預(yù)備643件這種商品，才能以的概率保證不會脫銷9設(shè)某保險公司的老年人壽保險一年內(nèi)有1萬人參加，每人每年交40元，若老人死亡，公司付給家屬2000元，設(shè)老人死亡率為，試求保險公司在這次保險中虧本的概率。解 設(shè)并令，則，于是利用德莫弗-拉普拉斯中心

16、極限定理，保險公司在這次保險中虧本的概率為 10在一家保險公司里有10000萬人參加保險，每人每年付12元保險費(fèi)，在一年內(nèi)一個人死亡的概率為，死亡者其家屬可向保險公司領(lǐng)得1000元賠償費(fèi)，求：（1）保險公司沒有利潤的概率為多大？（2）保險公司一年的利潤不少于60000元的概率為多大？解 設(shè)并令，則，于是利用德莫弗-拉普拉斯中心極限定理，保險公司沒有利潤的概率為 而一年的利潤不少于60000元的概率為 第六章6分別從總體和中各取容量為400的兩獨(dú)立樣本，求常數(shù)使。解 因為，于是而因此依題設(shè)，有，或，所以，查表得 ，即有10 設(shè)在總體中抽取一容量為16的樣本，這里均未知，求：（1）,其中為樣本方差

17、；（2）求。解 （1）因為 ，這里，于是 查分布表，得，所以 （2）這里，因為 而 ，所以12已知，求證。證明 由已知，有欲證 因為 故若，有。若，有即有 證畢。13 已知總體，其樣本的方差是，若是對總體的又一次獨(dú)立抽樣，試證明。證明 因為 ，于是 或 而據(jù)定理6-2，有，從而由分布的定義知 ，即第七章2設(shè)為總體的一個樣本，求下列總體的概率密度或分布律中的參數(shù)的矩估計量和極大似然估計量。（1）其中為未知參數(shù)；（2）其中為未知參數(shù)；（3）其中，為未知參數(shù)；（4），為未知參數(shù)；（5），其中為未知參數(shù)。解（1）先求的矩估計量：因為 而的矩估計量為于是，有 所以 其次，求極大似然估計量：因為似然函數(shù)為

18、 或 令，得 于是有，即有 （3）先求的矩估計量：因為 于是，的矩估計量適合，即有其中，。其次，求極大似然估計量：因為似然函數(shù)為或 ，它隨的增加而增加，且對每一個，都有，即。因此，當(dāng)取時，似然函數(shù)才有可能達(dá)到最大。為求的估計量，令，得 ，或 于是有，9設(shè)與是參數(shù)的兩個獨(dú)立的無偏估計，且。試求常數(shù)和，使也是的無偏估計，并且是所有這種形式的估計量中方差最小的。解 據(jù)已知有又因為，因而故有 ，或再由，可得 于是，當(dāng)取最小值時，方差達(dá)到最小。為此，令，得 即所以當(dāng)，時，為的無偏估計量，并且是所有這種形式的估計量中方差最小的。15設(shè)總體，如果已知，問樣本容量取多大時方能保證的的置信區(qū)間的長度不大于。解 設(shè)，則，該置信區(qū)間的長度為于是樣本容量滿足 查得，代入上式，得 16某廠用自動包裝機(jī)包裝葡糖，每袋凈重，現(xiàn)隨機(jī)抽取10袋，測得各袋凈重，計算得。（1） 已知，求的置信度為的置信區(qū)間；（2） 未知，求的置信度為的置信區(qū)間；（3） 已知，求的置信度為的置信區(qū)間；（4） 未知，求的置信度為的置信區(qū)間。解 （1）取統(tǒng)計量 ，相應(yīng)的的置信區(qū)間為將，代入上式，其中代替，即得所求的置信區(qū)間：。