概率论与数理统计第四版-课后习题答案_盛骤__浙江大学 75页

'完全版概率论与数理统计习题答案第四版盛骤(浙江大学)浙大第四版（高等教育出版社）第一章概率论的基本概念1.[一]写出下列随机试验的样本空间（1）记录一个小班一次数学考试的平均分数（充以百分制记分）（[一]1）o1n100S,，n表小班人数nnn（3）生产产品直到得到10件正品，记录生产产品的总件数。（[一]2）S={10，11，12，………，n，………}（4）对某工厂出厂的产品进行检查，合格的盖上“正品”，不合格的盖上“次品”，如连续查出二个次品就停止检查，或检查4个产品就停止检查，记录检查的结果。查出合格品记为“1”，查出次品记为“0”，连续出现两个“0”就停止检查，或查满4次才停止检查。（[一](3)）S={00，100，0100，0101，1010，0110，1100，0111，1011，1101，1110，1111，}2.[二]设A，B，C为三事件，用A，B，C的运算关系表示下列事件。（1）A发生，B与C不发生。表示为：ABC或A－(AB+AC)或A－(B∪C)（2）A，B都发生，而C不发生。表示为：ABC或AB－ABC或AB－C （3）A，B，C中至少有一个发生表示为：A+B+C（4）A，B，C都发生，表示为：ABC（5）A，B，C都不发生，表示为：ABC或S－(A+B+C)或ABC（6）A，B，C中不多于一个发生，即A，B，C中至少有两个同时不发生相当于AB,BC,AC中至少有一个发生。故表示为：ABBCAC。（7）A，B，C中不多于二个发生。相当于：A,B,C中至少有一个发生。故表示为：ABC或ABC（8）A，B，C中至少有二个发生。相当于：AB，BC，AC中至少有一个发生。故表示为：AB+BC+AC6.[三]设A，B是两事件且P(A)=0.6，P(B)=0.7.问(1)在什么条件下P(AB)取到最大值，最大值是多少？（2）在什么条件下P(AB)取到最小值，最小值是多少？解：由P(A)=0.6，P(B)=0.7即知AB≠φ，（否则AB=φ依互斥事件加法定理，P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.6+0.7=1.3>1与P(A∪B)≤1矛盾）.从而由加法定理得P(AB)=P(A)+P(B)－P(A∪B)(*)（1）从0≤P(AB)≤P(A)知，当AB=A，即A∩B时P(AB)取到最大值，最大值为P(AB)=P(A)=0.6，（2）从(*)式知，当A∪B=S时，P(AB)取最小值，最小值为P(AB)=0.6+0.7－1=0.3。17.[四]设A，B，C是三事件，且P(A)P(B)P(C),P(AB)P(BC)0，41P(AC).求A，B，C至少有一个发生的概率。8解：P(A，B，C至少有一个发生)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)－P(AB)－P(BC)－315P(AC)+P(ABC)=0488 8.[五]在一标准英语字典中具有55个由二个不相同的字母新组成的单词，若从26个英语字母中任取两个字母予以排列，问能排成上述单词的概率是多少？记A表“能排成上述单词”2∵从26个任选两个来排列，排法有A26种。每种排法等可能。字典中的二个不同字母组成的单词：55个5511∴P(A)2130A269.在电话号码薄中任取一个电话号码，求后面四个数全不相同的概率。（设后面4个数中的每一个数都是等可能性地取自0，1，2……9）记A表“后四个数全不同”∵后四个数的排法有104种，每种排法等可能。4后四个数全不同的排法有A104A10∴P(A)0.50441010.[六]在房间里有10人。分别佩代着从1号到10号的纪念章，任意选3人记录其纪念章的号码。（1）求最小的号码为5的概率。记“三人纪念章的最小号码为5”为事件A10∵10人中任选3人为一组：选法有种，且每种选法等可能。35又事件A相当于：有一人号码为5，其余2人号码大于5。这种组合的种数有125121∴P(A)10123（2）求最大的号码为5的概率。 10记“三人中最大的号码为5”为事件B，同上10人中任选3人，选法有种，且34每种选法等可能，又事件B相当于：有一人号码为5，其余2人号码小于5，选法有12种4121P(B)1020311.[七]某油漆公司发出17桶油漆，其中白漆10桶、黑漆4桶，红漆3桶。在搬运中所标笺脱落，交货人随意将这些标笺重新贴，问一个定货4桶白漆，3桶黑漆和2桶红漆顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？记所求事件为A。9在17桶中任取9桶的取法有C17种，且每种取法等可能。432取得4白3黑2红的取法有C10C4C3432C10C4C3252故P(A)62431C1712.[八]在1500个产品中有400个次品，1100个正品，任意取200个。（1）求恰有90个次品的概率。记“恰有90个次品”为事件A1500∵在1500个产品中任取200个，取法有种，每种取法等可能。2004001100200个产品恰有90个次品，取法有种90110400110090110∴P(A)1500200（2）至少有2个次品的概率。 记：A表“至少有2个次品”B0表“不含有次品”，B1表“只含有一个次品”，同上，200个产品不含次品，取法11004001100有种，200个产品含一个次品，取法有种2001199∵AB0B1且B0，B1互不相容。110040011002001199∴P(A)1P(A)1[P(B0)P(B1)]11500150020020013.[九]从5双不同鞋子中任取4只，4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少？记A表“4只全中至少有两支配成一对”则A表“4只人不配对”10∵从10只中任取4只，取法有种，每种取法等可能。4要4只都不配对，可在5双中任取4双，再在4双中的每一双里任取一只。取法有542444C528P(A)C42110813P(A)1P(A)1212115.[十一]将三个球随机地放入4个杯子中去，问杯子中球的最大个数分别是1，2，3，的概率各为多少？记Ai表“杯中球的最大个数为i个”i=1,2,3,三只球放入四只杯中，放法有43种，每种放法等可能对A1：必须三球放入三杯中，每杯只放一球。放法4×3×2种。(选排列：好比3个球在4个位置做排列)4326P(A)14316 2对A2：必须三球放入两杯，一杯装一球，一杯装两球。放法有C343种。2(从3个球中选2个球，选法有C3，再将此两个球放入一个杯中，选法有4种，最后将剩余的1球放入其余的一个杯中，选法有3种。2C3439P(A2)4316对A3：必须三球都放入一杯中。放法有4种。(只需从4个杯中选1个杯子，放入此3个球，选法有4种)41P(A)3431616.[十二]50个铆钉随机地取来用在10个部件，其中有三个铆钉强度太弱，每个部件用3只铆钉，若将三只强度太弱的铆钉都装在一个部件上，则这个部件强度就太弱，问发生一个部件强度太弱的概率是多少？记A表“10个部件中有一个部件强度太弱”。法一：用古典概率作：把随机试验E看作是用三个钉一组，三个钉一组去铆完10个部件（在三个钉的一组中不分先后次序。但10组钉铆完10个部件要分先后次序）3333对E：铆法有C50C47C44C23种，每种装法等可能3333对A：三个次钉必须铆在一个部件上。这种铆法有〔C3C47C44C23〕×10种3333[C3C47C44C23]101P(A)0.00051C3C3C31960504723法二：用古典概率作把试验E看作是在50个钉中任选30个钉排成一列，顺次钉下去，直到把部件铆完。（铆钉要计先后次序）3对E：铆法有A50种，每种铆法等可能对A：三支次钉必须铆在“1，2，3”位置上或“4，5，6”位置上，…或“28，29， 32732732732730”位置上。这种铆法有A3A47A3A47A3A4710A3A47种32710A3A471P(A)0.00051A3019605017.[十三]已知P(A)0.3,P(B)0.4,P(AB)0.5,求P(B|AB)。解一：P(A)1P(A)0.7,P(B)1P(B)0.6,AASA(BB)ABAB注意(AB)(AB).故有P(AB)=P(A)－P(AB)=0.7－0.5=0.2。再由加法定理，P(A∪B)=P(A)+P(B)－P(AB)=0.7+0.6－0.5=0.8P[B(AB)]P(AB)0.2于是P(B|AB)0.25P(AB)P(AB)0.8由已知解二:P(AB)P(A)P(B|A)0507P(B|A)0.5521P(B|A)P(B|A)　故　P(AB)P(A)P(B|A)0.77751定义P(BABB)P(BA)5P(B|AB)0.25P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.70.60.511118.[十四]P(A),P(B|A),P(A|B),求P(AB)。43211定义P(AB)P(A)P(B|A)由已知条件1431解：由P(A|B)有P(B)P(B)P(B)2P(B)61由乘法公式，得P(AB)P(A)P(B|A)12 1111由加法公式，得P(AB)P(A)P(B)P(AB)4612319.[十五]掷两颗骰子，已知两颗骰子点数之和为7，求其中有一颗为1点的概率（用两种方法）。解：（方法一）（在缩小的样本空间SB中求P(A|B)，即将事件B作为样本空间，求事件A发生的概率）。掷两颗骰子的试验结果为一有序数组（x,y）（x,y=1,2,3,4,5,6）并且满足x,+y=7，则样本空间为S={(x,y)|(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)}每种结果（x,y）等可能。21A={掷二骰子，点数和为7时，其中有一颗为1点。故P(A)}63P(AB)方法二：（用公式P(A|B)P(B)S={(x,y)|x=1,2,3,4,5,6;y=1,2,3,4,5,6}}每种结果均可能A=“掷两颗骰子，x,y中有一个为“1”点”，B=“掷两颗骰子，x,+y=7”。则612P(B),P(AB)，626622P(AB)6221故P(A|B)P(B)163620.[十六]据以往资料表明，某一3口之家，患某种传染病的概率有以下规律：P(A)=P{孩子得病}=0.6，P(B|A)=P{母亲得病|孩子得病}=0.5，P(C|AB)=P{父亲得病|母亲及孩子得病}=0.4。求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率。解：所求概率为P(ABC)（注意：由于“母病”，“孩病”，“父病”都是随机事件，这里不是求P(C|AB)P(AB)=P(A)=P(B|A)=0.6×0.5=0.3,P(C|AB)=1－P(C|AB)=1－0.4=0.6.从而P(ABC)=P(AB)·P(C|AB)=0.3×0.6=0.18.21.[十七]已知10只晶体管中有2只次品，在其中取二次，每次随机地取一只，作 不放回抽样，求下列事件的概率。（1）二只都是正品（记为事件A）法一：用组合做在10只中任取两只来组合，每一个组合看作一个基本结果，每种取法等可能。2C828P(A)0.622C4510法二：用排列做在10只中任取两个来排列，每一个排列看作一个基本结果，每个排列等可能。2A828P(A)A24510法三：用事件的运算和概率计算法则来作。记A1，A2分别表第一、二次取得正品。8728P(A)P(AA)P(A)P(A|A)122110945（2）二只都是次品（记为事件B）2C21法一：P(B)C245102A21法二：P(B)A24510211法三：P(B)P(A1A2)P(A1)P(A2|A1)10945（3）一只是正品，一只是次品（记为事件C）11C8C216法一：P(C)C24510 112(C8C2)A216法二：P(C)A24510法三：P(C)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥822816P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)10910945（4）第二次取出的是次品（记为事件D）法一：因为要注意第一、第二次的顺序。不能用组合作，11A9A21法二：P(D)A2510法三：P(D)P(A1A2A1A2)且A1A2与A1A2互斥82211P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)109109522.[十八]某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而随机的拨号，求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率是多少？如果已知最后一个数字是奇数，那么此概率是多少？记H表拨号不超过三次而能接通。Ai表第i次拨号能接通。注意：第一次拨号不通，第二拨号就不再拨这个号码。HAAAAAA　三种情况互斥112123P(H)P(A)P(A)P(A|A)P(A)P(A|A)P(A|AA)1121121312191981310109109810如果已知最后一个数字是奇数（记为事件B）问题变为在B已发生的条件下，求H再发生的概率。P(H|B)PA1|BA1A2|BA1A2A3|B)P(A1|B)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A1|B)P(A2|BA1)P(A3|BA1A2) 1414313554543524.[十九]设有甲、乙二袋，甲袋中装有n只白球m只红球，乙袋中装有N只白球M只红球，今从甲袋中任取一球放入乙袋中，再从乙袋中任取一球，问取到（即从乙袋中取到）白球的概率是多少？（此为第三版19题(1)）记A1，A2分别表“从甲袋中取得白球，红球放入乙袋”再记B表“再从乙袋中取得白球”。∵B=A1B+A2B且A1，A2互斥∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)nN1mN=nmNM1nmNM1[十九](2)第一只盒子装有5只红球，4只白球；第二只盒子装有4只红球，5只白球。先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去，然后从第二盒子中任取一只球，求取到白球的概率。记C1为“从第一盒子中取得2只红球”。C2为“从第一盒子中取得2只白球”。C3为“从第一盒子中取得1只红球，1只白球”，D为“从第二盒子中取得白球”，显然C1，C2，C3两两互斥，C1∪C2∪C3=S，由全概率公式，有P(D)=P(C1)P(D|C1)+P(C2)P(D|C2)+P(C3)P(D|C3)2211C55C47C5C4653222C11C11C119999926.[二十一]已知男人中有5%是色盲患者，女人中有0.25%是色盲患者。今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，问此人是男性的概率是多少？解：A1={男人}，A2={女人}，B={色盲}，显然A1∪A2=S，A1A2=φ1由已知条件知P(A1)P(A2)P(B|A1)5%,P(B|A2)0.25%2 由贝叶斯公式，有15P(A1B)P(A1)P(B|A1)210020P(A|B)1P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)151252111222100210000[二十二]一学生接连参加同一课程的两次考试。第一次及格的概率为P，若第一次P及格则第二次及格的概率也为P；若第一次不及格则第二次及格的概率为（1）若至少2有一次及格则他能取得某种资格，求他取得该资格的概率。（2）若已知他第二次已经及格，求他第一次及格的概率。解：Ai={他第i次及格}，i=1,2已知P(A1)=P(A2|A1)=P，P(A2|A1)P2（1）B={至少有一次及格}所以B{两次均不及格}A1A2∴P(B)1P(B)1P(A1A2)1P(A1)P(A2|A1)1[1P(A1)][1P(A2|A1)]P3121(1P)(1)PP222定义P(A1A2)（2）P(A1A2)（*）P(A2)由乘法公式，有P(A21A2)=P(A1)P(A2|A1)=P由全概率公式，有P(A2)P(A1)P(A2|A1)P(A1)P(A2|A1)PPP(1P)22PP222P2P将以上两个结果代入（*）得P(A1|A2)2PPP122 28.[二十五]某人下午5:00下班，他所积累的资料表明：到家时间5:35~5:395:40~5:445:45~5:495:50~5:54迟于5:54乘地铁到0.100.250.450.150.05家的概率乘汽车到0.300.350.200.100.05家的概率某日他抛一枚硬币决定乘地铁还是乘汽车，结果他是5:47到家的，试求他是乘地铁回家的概率。解：设A=“乘地铁”，B=“乘汽车”，C=“5:45~5:49到家”，由题意,AB=φ,A∪B=S已知：P(A)=0.5,P(C|A)=0.45,P(C|B)=0.2,P(B)=0.5由贝叶斯公式有P(C|A)P(A)0.50.450.459P(A|C)0.6923P(C)110.6513P(C|A)P(C|B)2229.[二十四]有两箱同种类型的零件。第一箱装5只，其中10只一等品；第二箱30只，其中18只一等品。今从两箱中任挑出一箱，然后从该箱中取零件两次，每次任取一只，作不放回抽样。试求（1）第一次取到的零件是一等品的概率。（2）第一次取到的零件是一等品的条件下，第二次取到的也是一等品的概率。解：设Bi表示“第i次取到一等品”i=1，2Aj表示“第j箱产品”j=1,2，显然A1∪A2=SA1A2=φ1101182（1）P(B)0.4（B1=A1B+A2B由全概率公式解）。12502305110911817P(B1B2)2504923029（2）P(B|B)0.485721P(B)215（先用条件概率定义，再求P(B1B2)时，由全概率公式解） 32.[二十六（2）]如图1，2，3，4，5表示继电器接点，假设每一继电器接点闭合12的概率为p，且设各继电器闭合与否相互独LR3立，求L和R是通路的概率。记Ai表第i个接点接通45记A表从L到R是构成通路的。∵A=A1A2+A1A3A5+A4A5+A4A3A2四种情况不互斥∴P(A)=P(A1A2)+P(A1A3A5)+P(A4A5)+P(A4A3A2)－P(A1A2A3A5)+P(A1A2A4A5)+P(A1A2A3A4)+P(A1A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)P(A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)－P(A1A2A3A4A5)又由于A1，A2，A3，A4，A5互相独立。故P(A)=p2+p3+p2+p3－[p4+p4+p4+p4+p5+p4]+[p5+p5+p5+p5]－p5=2p2+3p3－5p4+2p5[二十六（1）]设有4个独立工作的元件1，2，3，4。它们的可靠性分别为P1，P2，P3，P4，将它们按图（1）的方式联接，求系统的可靠性。记Ai表示第i个元件正常工作，i=1，2，3，4，23A表示系统正常。14∵A=A1A2A3+A1A4两种情况不互斥∴P(A)=P(A1A2A3)+P(A1A4)－P(A1A2A3A4)(加法公式)=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A4)－P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=P1P2P3+P1P4－P1P2P3P4(A1,A2,A3,A4独立)34.[三十一]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。问这只硬币是正品的概率为多 少？解：设“出现r次国徽面”=Br“任取一只是正品”=A由全概率公式，有m1rnrP(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)()1rrrmn2mnm1r()P(A)P(Br|A)mn2mP(A|B)rm1nrP(Br)rmn2()mn2mn（条件概率定义与乘法公式）35．甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7。飞机被一人击中而被击落的概率为0.2，被两人击中而被击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落。求飞机被击落的概率。解：高Hi表示飞机被i人击中，i=1，2，3。B1，B2，B2分别表示甲、乙、丙击中飞机∵H1B1B2B3B1B2B3B1B2B3，三种情况互斥。H2B1B2B3B1B2B3B1B2B3三种情况互斥H3B2B2B3又B1，B2，B2独立。∴P(H1)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.30.60.50.30.60.50.70.36P(H2)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)P(B1)P(B2)P(B3)0.40.50.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7=0.41 P(H3)=P(B1)P(B2)P(B3)=0.4×0.5×0.7=0.14又因：A=H1A+H2A+H3A三种情况互斥故由全概率公式，有P(A)=P(H1)P(A|H1)+P(H2)P(A|H2)+P(H3)P(AH3)=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.45836.[三十三]设由以往记录的数据分析。某船只运输某种物品损坏2%（这一事件记为A1），10%（事件A2），90%（事件A3）的概率分别为P(A1)=0.8,P(A2)=0.15,P(A2)=0.05，现从中随机地独立地取三件，发现这三件都是好的（这一事件记为B），试分别求P(A1|B)P(A2|B),P(A3|B)（这里设物品件数很多，取出第一件以后不影响取第二件的概率，所以取第一、第二、第三件是互相独立地）∵B表取得三件好物品。B=A1B+A2B+A3B三种情况互斥由全概率公式，有∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.86243P(A1B)P(A1)P(B|A1)0.8(0.98)P(A1|B)0.8731P(B)P(B)0.86243P(A2B)P(A2)P(B|A2)0.15(0.9)P(A2|B)0.1268P(B)P(B)0.86243P(A3B)P(A3)P(B|A3)0.05(0.1)P(A3|B)0.0001P(B)P(B)0.862437.[三十四]将A，B，C三个字母之一输入信道，输出为原字母的概率为α，而输出为其它一字母的概率都是(1－α)/2。今将字母串AAAA，BBBB，CCCC之一输入信道，输入AAAA，BBBB，CCCC的概率分别为p1,p2,p3(p1+p2+p3=1)，已知输出为ABCA，问输入的是AAAA的概率是多少？（设信道传输每个字母的工作是相互独立的。）解：设D表示输出信号为ABCA，B1、B2、B3分别表示输入信号为AAAA，BBBB，CCCC，则B1、B2、B3为一完备事件组，且P(Bi)=Pi,i=1,2,3。 再设A发、A收分别表示发出、接收字母A，其余类推，依题意有P(A收|A发)=P(B收|B发)=P(C收|C发)=α，1αP(A收|B发)=P(A收|C发)=P(B收|A发)=P(B收|C发)=P(C收|A发)=P(C收|B发)=2又P(ABCA|AAAA)=P(D|B1)=P(A收|A发)P(B收|A发)P(C收|A发)P(A收|A发)21α2=α()，21α3同样可得P(D|B2)=P(D|B3)=α()2于是由全概率公式，得3P(D)P(Bi)P(D|Bi)i121α21α3p1a()(P2P3)α()22由Bayes公式，得P(B1)P(D|B1)P(AAAA|ABCA)=P(B1|D)=P(D)2αP1=2αP1(1α)(P2P3)[二十九]设第一只盒子装有3只蓝球，2只绿球，2只白球；第二只盒子装有2只蓝球，3只绿球，4只白球。独立地分别从两只盒子各取一只球。（1）求至少有一只蓝球的概率，（2）求有一只蓝球一只白球的概率，（3）已知至少有一只蓝球，求有一只蓝球一只白球的概率。解：记A1、A2、A3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球，B1、B2、B3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球、绿球、白球。（1）记C={至少有一只蓝球}C=A1B1+A1B2+A1B3+A2B1+A3B1，5种情况互斥由概率有限可加性，得 P(C)P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)1112132131独立性P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)11121321313233342222579797979799（2）记D={有一只蓝球，一只白球}，而且知D=A1B3+A3B1两种情况互斥P(D)P(A1B3P(A3B1)P(A1)P(B3)P(A3)P(B1)342216797963P(CD)P(D)16（3）P(D|C)(注意到CDD)P(C)P(C)35[三十]A，B，C三人在同一办公室工作，房间有三部电话，据统计知，打给A，B，221C的电话的概率分别为,,。他们三人常因工作外出，A，B，C三人外出的概555111率分别为,，设三人的行动相互独立，求244（1）无人接电话的概率；（2）被呼叫人在办公室的概率；若某一时间断打进了3个电话，求（3）这3个电话打给同一人的概率；（4）这3个电话打给不同人的概率；（5）这3个电话都打给B，而B却都不在的概率。解：记C1、C2、C3分别表示打给A，B，C的电话D1、D2、D3分别表示A，B，C外出21注意到C1、C2、C3独立，且P(C1)P(C2),P(C3)5511P(D1),P(D2)P(D3)24（1）P（无人接电话）=P(D1D2D3)=P(D1)P(D2)P(D3)1111=24432（2）记G=“被呼叫人在办公室”，GC1D1C2D2C3D3三种情况互斥，由有限可加性与乘法公式 P(G)P(C1D1)P(C2D2)P(C3D3)由于某人外出与P(C1)P(D1|C1)P(C2)P(D2|C2)P(C3)P(D3|C3)否和来电话无关21231313故P(Dk|Ck)P(Dk)52545420（3）H为“这3个电话打给同一个人”22222211117P(H)555555555125（4）R为“这3个电话打给不同的人”R由六种互斥情况组成，每种情况为打给A，B，C的三个电话，每种情况的概率为2214555125424于是P(R)6125125（5）由于是知道每次打电话都给B，其概率是1，所以每一次打给B电话而B不在1的概率为，且各次情况相互独立4131于是P（3个电话都打给B，B都不在的概率）=()464第二章随机变量及其分布1.[一]一袋中有5只乒乓球，编号为1、2、3、4、5，在其中同时取三只，以X表示取出的三只球中的最大号码，写出随机变量X的分布律解：X可以取值3，4，5，分布律为 21C21P(X3)P(一球为3号,两球为1,2号)C310521C33P(X4)P(一球为4号,再在1,2,3中任取两球)C310521C46P(X5)P(一球为5号,再在1,2,3,4中任取两球)C3105也可列为下表X：3，4，5136P：,,1010103.[三]设在15只同类型零件中有2只是次品，在其中取三次，每次任取一只，作不放回抽样，以X表示取出次品的只数，（1）求X的分布律，（2）画出分布律的图形。解：任取三只，其中新含次品个数X可能为0，1，2个。3C1322P(X0)C3351512PC2C1312P(X1)C3351521C2C131P(X2)C33515xO12再列为下表X：0，1，222121P：,,3535354.[四]进行重复独立实验，设每次成功的概率为p，失败的概率为q=1－p(0Y)=P(X=1,Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)=P(X=1)P(Y=0)+P(X=2,Y=0)+P(X=2,Y=1)+ P(X=3)P(Y=0)+P(X=3)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=2)123228=[C30.6(0.4)](0.3)[C3(0.6)0.4](0.3)22123[C(0.6)0.4][C0.7(0.3)](0.6)3333123(0.3)(0.6)[C0.7(0.3)](0.6)322[C(0.7)0.3]0.24339.[十]有甲、乙两种味道和颜色极为相似的名酒各4杯。如果从中挑4杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？（2）某人声称他通过品尝能区分两种酒。他连续试验10次，成功3次。试问他是猜对的，还是他确有区分的能力（设各次试验是相互独立的。）11解：（1）P(一次成功)=C47083136973（2）P(连续试验10次，成功3次)=C10()()。此概率太小，按实707010000际推断原理，就认为他确有区分能力。[九]有一大批产品，其验收方案如下，先做第一次检验：从中任取10件，经验收无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品，若产品的次品率为10%，求（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率（3）这批产品按第2次检验的标准被接受的概率（4）这批产品在第1次检验未能做决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：X表示10件中次品的个数，Y表示5件中次品的个数，由于产品总数很大，故X~B（10，0.1），Y~B（5，0.1）（近似服从）（1）P{X=0}=0.910≈0.34922819（2）P{X≤2}=P{X=2}+P{X=1}=C100.10.9C100.10.90.581（3）P{Y=0}=0.95≈0.590（4）P{010)=P(X≥11)=0.002840（查表计算）[十二(2)]每分钟呼唤次数大于3的概率。P{X3}P{X4}0.566530[十六]以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一顾客到达的等待时间（以分计），X的分布函数是0.4x1e,x0FX(x)0x0求下述概率：（1）P{至多3分钟}；（2）P{至少4分钟}；（3）P{3分钟至4分钟之间}；（4）P{至多3分钟或至少4分钟}；（5）P{恰好2.5分钟}1.2解：（1）P{至多3分钟}=P{X≤3}=FX(3)1e1.6（2）P{至少4分钟}P(X≥4)=1FX(4)e1.21.6（3）P{3分钟至4分钟之间}=P{32}，P(X>3)2βμαμ∵若X～N（μ，σ），则P(α2)=1－P(|X|<2)=1－P(－23)=1－P(X≤3)=1－φ=1－0.5=0.52（2）决定C使得P(X>C)=P(X≤C)∵P(X>C)=1－P(X≤C)=P(X≤C)1得P(X≤C)==0.52C3C3又P(X≤C)=φ0.5,查表可得0∴C=322226.[二十四]某地区18岁的女青年的血压（收缩区，以mm-Hg计）服从N(110,12)在该地区任选一18岁女青年，测量她的血压X。求（1）P(X≤105)，P(100x)≤0.05.105110解:(1)P(X105)()(0.4167)1(0.4167)10.66160.33841212011010011055P(100X120)()()()()12126652()12(0.8333)120.797610.59526x110x110(2)P(Xx)1P(Xx)1()0.05()0.95.1212x110查表得1.645.x11019.74129.74.故最小的X129.74.1227.[二十五]由某机器生产的螺栓长度（cm）服从参数为μ=10.05，σ=0.06的正态分布。规定长度在范围10.05±0.12内为合格品，求一螺栓为不合格的概率是多少？设螺栓长度为XP{X不属于(10.05－0.12,10.05+0.12)=1－P(10.05－0.121时，ψ(y)=[F2Y(y)]"=edxy122y11=e42π(y1)（3）求Y=|X|的概率密度。∵Y的分布函数为FY(y)=P(Y≤y)=P(|X|≤y)当y<0时，FY(y)=02xy1当y≥0时，FY(y)=P(|X|≤y)=P(－y≤X≤y)=e2dxy2π∴Y的概率密度为：当y≤0时：ψ(y)=[FY(y)]"=(0)"=022y1x2y当y>0时：ψ(y)=[FY(y)]"=e2dxe2y2ππ33.[三十]（1）设随机变量X的概率密度为f(x)，求Y=X3的概率密度。∵Y=g(X)=X3是X单调增函数，1又X=h(Y)=Y3，反函数存在，且α=min[g(－∞),g(+∞)]=min(0,+∞)=－∞β=max[g(－∞),g(+∞)]=max(0,+∞)=+∞∴Y的分布密度为：121ψ(y)=f[h(h)]·|h"(y)|=f(y3)y3,y,但y03(0)0（2）设随机变量X服从参数为1的指数分布，求Y=X2的概率密度。exx0y=x2法一：∵X的分布密度为：f(x)0x0Y=x2是非单调函数2y当x<0时y=x反函数是xy当x<0时y=x2xyxO∴Y～fY(y)=f(y)(y)f(y)(y)－yy 1y1y0ee,y0=2y2y0y0法二：Y~FY(y)P(Yy)P(yXy)P(Xy)P(Xy)yxyedx01e,y000,y01ye,y0.∴Y～fY(y)=2y0,y0.34.[三十一]设X的概率密度为2x0xπf(x)π20x为其他求Y=sinX的概率密度。∵FY(y)=P(Y≤y)=P(sinX≤y)当y<0时：FY(y)=0当0≤y≤1时：FY(y)=P(sinX≤y)=P(0≤X≤arcsiny或π－arcsiny≤X≤π)arcsiny2xπ2x=dxdx0π2πarcsinyπ2当10时，由和的概率公式知 f(z)f(zy)f(y)dyzxy3zz(zy)yz(zy)eyedye063zze,z0∴fz(z)60z03zze,z0（2）设z表示前两周需要量，其概率密度为fz(z)60z0设ξ表示第三周需要量，其概率密度为：xxe,x0fξ(x)0x0z与ξ相互独立η=z+ξ表示前三周需要量则：∵η≥0，∴当u<0，fη(u)=0当u>0时fη(u)f(uy)fξ(y)dyu13(uy)y(uy)eyedy065uue120所以η的概率密度为5uueu0fη(u)1200u0230．设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，20）分布。随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率。解：设X1，X2，X3，X4为4只电子管的寿命，它们相互独立，同分布，其概率密度为：2(t160)12202fT(t)e2π20 211180(t160)f{X180}F(180)dtX2220220t1602令uu111806020e2du()220查表0.8413设N=min{X1，X2，X3，X4}P{N>180}=P{X1>180,X2>180,X3>180,X4>180}=P{X>180}4={1－p[X<180]}4=(0.1587)4=0.0006327.[二十八]设随机变量（X，Y）的分布律为X012345Y000.010.030.050.070.0910.010.020.040.050.060.0820.010.030.050.050.050.0630.010.020.040.060.060.05（1）求P{X=2|Y=2}，P{Y=3|X=0}（2）求V=max(X,Y)的分布律（3）求U=min(X,Y)的分布律解：（1）由条件概率公式P{X2,Y2}P{X=2|Y=2}=P{Y2}0.05=0.010.030.050.050.050.080.05=0.20.251同理P{Y=3|X=0}=3（2）变量V=max{X,Y}显然V是一随机变量，其取值为V：012345 P{V=0}=P{X=0Y=0}=0P{V=1}=P{X=1，Y=0}+P{X=1，Y=1}+P{X=0，Y=1}=0.01+0.02+0.01=0.04P{V=2}=P{X=2，Y=0}+P{X=2，Y=1}+P{X=2，Y=2}+P{Y=2,X=0}+P{Y=2,X=1}=0.03+0.04+0.05+0.01+0.03=0.16P{V=3}=P{X=3，Y=0}+P{X=3，Y=1}+P{X=3，Y=2}+P{X=3，Y=3}+P{Y=3,X=0}+P{Y=3,X=1}+P{Y=3,X=2}=0.05+0.05+0.05+0.06+0.01+0.02+0.04=0.28P{V=4}=P{X=4，Y=0}+P{X=4，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=4，Y=3}=0.07+0.06+0.05+0.06=0.24P{V=5}=P{X=5，Y=0}+……+P{X=5，Y=3}=0.09+0.08+0.06+0.05=0.28（3）显然U的取值为0，1，2，3P{U=0}=P{X=0，Y=0}+……+P{X=0，Y=3}+P{Y=0，X=1}+……+P{Y=0，X=5}=0.28同理P{U=1}=0.30P{U=2}=0.25P{U=3}=0.17或缩写成表格形式（2）V012345Pk00.040.160.280.240.28（3）U0123Pk0.280.300.250.17（4）W=V+U显然W的取值为0，1，……8P{W=0}=P{V=0U=0}=0P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1U=0}∵V=max{X，Y}=0又U=min{X，Y}=1不可能上式中的P{V=0，U=1}=0，又P{V=1U=0}=P{X=1Y=0}+P{X=0Y=1}=0.2故P{W=1}=P{V=0,U=1}+P{V=1，U=0}=0.2 P{W=2}=P{V+U=2}=P{V=2,U=0}+P{V=1，U=1}=P{X=2Y=0}+P{X=0Y=2}+P{X=1Y=1}=0.03+0.01+0.02=0.06P{W=3}=P{V+U=3}=P{V=3,U=0}+P{V=2，U=1}=P{X=3Y=0}+P{X=0，Y=3}+P{X=2，Y=1}+P{X=1，Y=2}=0.05+0.01+0.04+0.03=0.13P{W=4}=P{V=4,U=0}+P{V=3，U=1}+P{V=2，U=2}=P{X=4Y=0}+P{X=3，Y=1}+P{X=1，Y=3}+P{X=2，Y=2}=0.19P{W=5}=P{V+U=5}=P{V=5,U=0}+P{V=5，U=1}+P{V=3，U=2}=P{X=5Y=0}+P{X=5，Y=1}+P{X=3，Y=2}+P{X=2，Y=3}=0.24P{W=6}=P{V+U=6}=P{V=5,U=1}+P{V=4，U=2}+P{V=3，U=3}=P{X=5，Y=1}+P{X=4，Y=2}+P{X=3，Y=3}=0.19P{W=7}=P{V+U=7}=P{V=5,U=2}+P{V=4，U=3}=P{V=5，U=2}+P{X=4，Y=3}=0.6+0.6=0.12P{W=8}=P{V+U=8}=P{V=5,U=3}+P{X=5，Y=3}=0.05或列表为W012345678P00.020.060.130.190.240.190.120.05[二十一]设随机变量（X，Y）的概率密度为(xy)be,0x1,0yf(x,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。1(xy)1解：（1）1f(x,y)dydx00bedydxb[1e]1∴b11e（2）fX(x)f(x,y)dy 0x0或x1ex(xy)bedy,0x101e1fY(y)f(x,y)dx0,y01(xy)ybedxey00（3）Fu(ω)=P{U≤u}=P{max(X,Y)u)=P{X≤u,Y≤u}uu=F(u,u)=f(x,y)dxdyu<0,FU(u)=0u2uu(xy)(1e)0u1,FU(u)bedxdy001e1u1(xy)uu1,FU(u)bedxdy1e00第四章2.[二]某产品的次品率为0.1，检验员每天检验4次。每次随机地抽取10件产品进行检验，如果发现其中的次品数多于1，就去调整设备，以X表示一天中调整设备的次数，试求E(X)。（设诸产品是否是次品是相互独立的。）解：设表示一次抽检的10件产品的次品数为ξ查二项分布表P=P（调整设备）=P(ξ>1)=1－P(ξ≤1)=1－[P(ξ=0)+P(ξ=1)]1－0.7361=0.2639.4因此X表示一天调整设备的次数时X～B(4,0.2639).P(X=0)=×0.26390×0.736140=0.2936.44P(X=1)=×0.26391×0.73613=0.4210,P(X=2)=×0.26392×0.73612=0.2264.12 44P(X=3)=×0.26393×0.7361=0.0541,P(X=4)=×0.2639×0.73610=0.0049.从而34E(X)=np=4×0.2639=1.05563.[三]有3只球，4只盒子，盒子的编号为1，2，3，4，将球逐个独立地，随机地放入4只盒子中去。设X为在其中至少有一只球的盒子的最小号码（例如X=3表示第1号，第2号盒子是空的，第3号盒子至少有一只球），求E(X)。∵事件{X=1}={一只球装入一号盒，两只球装入非一号盒}+{两只球装入一号盒，一只球装入非一号盒}+{三只球均装入一号盒}（右边三个事件两两互斥）2231313137∴P(X1)334444464∵事件“X=2”=“一只球装入二号盒，两只球装入三号或四号盒”+“两只球装二号盒，一只球装入三或四号盒”+“三只球装入二号盒”2231212119∴P(X2)334444464223111117同理：P(X3)334444464311P(X4)46437197125故E(X)123464646464165.[五]设在某一规定的时间间段里，其电气设备用于最大负荷的时间X（以分计）是一个连续型随机变量。其概率密度为1x,0x15002(1500)1f(x)(x3000),1500x15002(1500)0其他求E(X)解：E(X)xf(x)dx 1500x3000(3000x)xdxxdx0(1500)21500(1500)21x315001x330002(1500)2321500x30(1500)15001500(分)6.[六]设随机变量X的分布为X－202Pk0.40.30.3求E(X)，E(3X2+5)解：E(X)=(－2)×0.4+0×0.3+2×0.3=－0.2E(X2)=(－2)2×0.4+02×0.3+22×0.3=2.8E(3X2+5)=3E(X2)+E(5)=8.4+5=13.47.[七]设随机变量X的概率密度为xe,x0f(x)0,x0求（1）Y=2X（2）Y=e－2x的数学期望。x解：（1）E(y)2xf(x)dx2xedx0xx2xe2e202x2xx（2）E(Y)ef(x)dxeeex013x1e3038.[八]设（X，Y）的分布律为X123Y(1)求E(X)，E(Y)。－10.20.10(2)设Z=Y/X，求E(Z)。(3)设Z=(X－Y)2，求E(Z)。00.100.310.10.10.1解：（1）由X，Y的分布律易得边缘分布为 XE(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4123Y=0.4+0.4+1.2=2.－10.20.100.3E(Y)=(－1)×0.3+0×0.400.100.30.4+1×0.3=0.10.10.10.10.30.40.20.41Z=Y/X－1－1/2－1/301/31/21（2）pk0.20.100.40.10.10.1E(Z)=(－1)×0.2+(－0.5)×0.1+(－1/3)×0+0×0.4+1/3×0.1+0.5×0.1+1×0.1=(－1/4)+1/30+1/20+1/10=(－15/60)+11/60=－1/15.（3）016149Z(X－Y)2(1-1)(3-(-1))(1-0)2或(2-1)2(2-0)2或(1-(-1))2或(3-1)2(3-0)2或(2-(-1))222pk0.10.20.30.40E(Z)=0×0.1+1×0.2+4×0.3+9×0.4+16×0=0.2+1.2+3.6=510.[十]一工厂生产的某种设备的寿命X（以年计）服从指数分布，概率密度为11xe4,x0f(x)4工厂规定出售的设备若在一年内损坏，可予以调换。若工厂出售一0,x0台设备可赢利100元，调换一台设备厂方需花费300元。试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望。1x111x1解：一台设备在一年内损坏的概率为P(X1)e4dxe401e44011故P(X1)1P(X1)1(1e4)e4.设Y表示出售一台设备的净赢利(300100)200,(X1)则Yf(X)100,(X1).11故E(Y)(200)P(X1)100P(X1)200200e4100e41300e420033.6411.[十一]某车间生产的圆盘直径在区间（a,b）服从均匀分布。试求圆盘面积的数学期望。解：设X为圆盘的直径，则其概率密度为 1,x(a,b)f(x)ba0,其它.12用Y表示圆盘的面积，则YπX,从而43312πb12π(ba)π22E(Y)πxf(x)dxxdx(aabb).44aba4(ba)31212.[十三]设随机变量X1，X2的概率密度分别为2x4x2e,x04e,x0f1(x)f2(x)0x00,x02求（1）E(X1+X2)，E(2X1－3X2)；（2）又设X1，X2相互独立，求E(X1X2)2x4x解：（1）E(X1X2)E(X1)E(X2)x2edxx4edx002x12x4x14x113=xeexee204024422124x（2）E(2X13X2)2E(X1)3E(X2)23x4edx2024xx4x14x35=13xeee128088111（3）E(X1X2)E(X1)E(X2)24813.[十四]将n只球（1～n号）随机地放进n只盒子（1～n号）中去，一只盒子装一只球。将一只球装入与球同号的盒子中，称为一个配对，记X为配对的个数，求E(X)1第i号盒装第i号球解：引进随机变量Xi0第i号盒装非i号球i=1,2,…nn则球盒对号的总配对数为XXii1Xi的分布列为Xi:10 1n1P:nn1E(Xi)i=1,2……nnnn1∴E(X)E(Xi)E(Xi)n1i=1,2……ni1i1n14.[十五]共有n把看上去样子相同的钥匙，其中只有一把能打开门上的锁，用它们去试开门上的锁。设抽取钥匙是相互独立的，等可能性的。若每把钥匙经试开一次后除去，试用下面两种方法求试开次数X的数学期望。（1）写出X的分布律，（2）不写出X的分布律。解：（1）X123……n1n11n1n211P……nnn1nn1n2n11112nn1E(X)12nnnnn2（2）设一把一把钥匙的试开，直到把钥匙用完。i第i次试开能开门设Xii=1,2……n0第i次试开不能开门n则试开到能开门所须试开次数为XXii1Xii01∵E(Xi)=inn1n211n1Pnn1ninni=1,2……nnni12nn1∴E(X)E(Xi)nnnn2i1i115.（1）设随机变量X的数学期望为E(X)，方差为D(X)>0，引入新的随机变量（X*XE(X)称为标准化的随机变量）：X*D(X)验证E(X*)=0，D(X*)=1（2）已知随机变量X的概率密度。 1|1x|,0x2f(x)0,其它,求X*的概率密度。XE(X)1解：（1）E(X*)E[][E(X)E(X)]0D(X)D(X)2XE(X)D(X*)=E[X*－E(X)*]]2=E(X*2)=ED(X)121=E[XE(X)]D(X)1D(X)DX212（2）E(X)x[1|1x|]dxx[1(1x)]dxx[1(1x)]dx100121222E(X)x[1|1x|]dxx[1(1x)]dx00227x[1(1x)]dx162271D(X)E(X)[E(X)]166XE(X)X1X*DX161X11y1F(y)P(X*y)P(y)P(Xy1)6f(x)dxX*16610当y10,即y6时61y_116[1|1x|]dx当0y12,即6y6时0611当2y1,即6y时611{1|1(y1)|6y6gX*(y)660y为其他值16.[十六]设X为随机变量，C是常数，证明D(X)0是常0,x0数，求E(X)，D(X)。解：xxxxx1E(X)xeθdxxd(eθ)xeθeθdx0(θeθ)θ0θ0000xx令t212θθ22t2又E(X)xedxθtedt2θθ00D(X)=E(X2)－E2(X)=2θ2－θ2=θ2221．设X1,X2,…,Xn是相互独立的随机变量且有E(Xi)μ,D(Xi)σ,i=1,2,…,n.nn21212σ记XXi，S(XiX).（1）验证E(X)μ,D(X).（2）验证nn1ni1i1n21222SXinX.（3）验证E(S)n1i1nnn111证明：（1）E(X)E(Xi)E(Xi)μμnnni1i1i1(利用数学期望的性质2°，3°)nX,,X相互独立nn211n112D(X)D(Xi)2D(Xi)2ni1ni1ni1n(利用方差的性质2°，3°)nn222（2）首先证(XiX)XinXi1i1 nnnn22222(XiX)(Xi2XiXX)Xi2XiXnXi1i1i1i1nn2222Xi2nXXnXXinX.i1i1nn212212于是SXinX(XiX)n1n1i1i1nn212122（3）E(S)E[(XiX)]E(XinX)n1n1i1i1n122E(Xi)nE(X)n1i1n122(D(Xi)E(Xi)n(D(X)E(X))n1i12122σ22[nσnμn(μ)]σn1n23．[二十五]设随机变量X和Y的联合分布为：X－101Y111－18881100881111888验证：X和Y不相关，但X和Y不是相互独立的。133证：∵P[X=1Y=1]=P[X=1]=P[Y=1]=888P[X=1Y=1]≠P[X=1]P[Y=1]∴X，Y不是独立的323又E(X)=－1×+0×+1×=0888 323E(Y)=－1×+0×+1×=0888COV(X,Y)=E{[X－E(X)][Y－E(Y)]}=E(XY)－EX·EY1111=(－1)(－1)+(－1)1×+1×(－1)×+1×1×=08888∴X，Y是不相关的27．已知三个随机变量X，Y，Z中，E(X)=E(Y)=1,E(Z)=－1，D(X)=D(Y)=D(Z)=1,11ρXY=0ρXZ=，ρYZ=－。设W=X+Y+Z求E(W)，D(W)。22解：E(W)=E(X+Y+Z)=E(X)+E(Y)+E(Z)=1+1－1=1D(W)=D(X+Y+Z)=E{[(X+Y+Z)－E(X+Y+Z)]2}=E{[X－E(X)]+[Y－E(Y)]+Z－E(Z)}2=E{[X－E(X)]2+[Y－E(Y)]2+[Z－E(Z)]2+2[X－E(X)][Y－E(Y)]+2[Y－E(Y)][Z－E(Z)]+2[Z－E(Z)][X－E(X)]}=D(X)+D(Y)+D(Z)+2COV(X,Y)+2COV(Y,Z)+2COV(Z,X)=D(X)+D(Y)+D(Z)+2D(X)D(Y)ρXY2D(Y)D(Z)ρXZ1+2D(Z)D(X)ρZX=1+1+1+2×110211()21211()3226.[二十八]设随机变量（X1，X2）具有概率密度。1f(x,y)(xy)，0≤x≤2,0≤y≤28求E(X1)，E(X2)，COV（X1，X2），ρX1X2D(X1X2)2217解：E(X2)dxx(xy)dy00862217E(X2)dxy(xy)dy008677COV(X1X2)E{(X1)(X2)}66227711dx(x)(y)(xy)dy00668362222221711D(X1)E(X1)[E(X1)]dxx(xy)dy0086362222221711D(X2)E(X2)[E(X2)]dxy(xy)dy008636 1COV(X1,X2)361XYDXDX11111236D(X1+X2)=D(X1)+D(X2)+2COV(X1,X2)111115=2()363636928.[二十九]设X～N（μ，σ2），Y～N（μ，σ2），且X，Y相互独立。试求Z1=αX+βY和Z2=αX－βY的相关系数（其中,是不为零的常数）.解：由于X，Y相互独立Cov(Z1,Z2)=E(Z1,Z2)－E(Z1)E(Z2)=E(αX+βY)(αX－βY)－(αEX+βEY)(αEX－βEY)=α2EX2－βEY2－α2(EX)2+β(EY)2=α2DX－β2DY=(α2－β2)σ2DZ22222222221=αDX+βDY=(α+β)σ,DZ2=αDX+βDY=(α+β)σ,(利用数学期望的性质2°3°)22Cov(Z1,Z2)(αβ)故ρZ1Z222DZDZ(αβ)1229．[二十三]卡车装运水泥，设每袋水泥重量（以公斤计）服从N（50,2.52）问最多装多少袋水泥使总重量超过2000的概率不大于0.05.解：已知X～N（50,2.52）不妨设最多可装A袋水泥才使总重量超过2000的概率不大于0.05.则由期望和方差的性质得Y=AX～N（50A,2.52A）.故由题意得P{Y≥2000}≤0.05P{Y2000)0.95200050A200050A即0.95查表得1.65解得A≥39.2.5A2.5A30.[三十二]已知正常男性成人血液中，每一毫升白细胞数平均是7300，均方差是700，利用契比雪夫不等式估计每毫升含白细胞数在5200～9400之间的概率p.解：由题意知μ=7300,σ=700，则由契比雪夫不等式270018P{5200X9400}P{|X7300|2100}110.8889210029931.[三十三]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施瓦兹（Cauchy-Schwarz）不等式.|VW|1V2W222证明：由()和关于矩的结论，知当E(V),E(W)存在时E(VW)，2E(V),E(W),D(V),D(W),都存在.当E(V2),E(W2)至少有一个为零时，不妨设E(V2)=0， 由D(V)=E(V2)－[E(V)]2≤E(V2)=0知D(V)=0，此时[E(V)]2=E(V2)=0即E(V)=0。再由方差的性质知P(V=0)=1.又(VW0)(V0)故有P(VW=0)=1.于是E(VW)=0，不等式成立.当E(V2)>0，E(W2)>0时，对t0有E(W－tV)2=E(V2)t2－2E(VW)t+E(W2)≥0.(*)(*)式是t的二次三项式且恒非负，所以有∆=[－2E(VW)]2－4E(V2)E(W2)≤0故Cauchy-Schwarz不等式成立。[二十一（]1）设随机变量X1，X2，X3，X4相互独立，且有E(Xi)=i,D(Xi)=5－i,i=1,2,3,4。1设Y=2X1－X2+3X3－X4，求E(Y)，D(Y)。2（2）设随机变量X，Y相互独立，且X～N（720，302），Y～N（640，252），求Z1=2X+Y，Z2=X－Y的分布，并求P{X>Y},P{X+Y>1400}解：（1）利用数学期望的性质2°，3°有1E(Y)=2E(X1)－E(X2)+3E(X3)－E(X4)=72利用数学方差的性质2°，3°有D(Y)=22D(X22121)+(－1)D(X2)+3D(X3)+()D(X4)=37.252（2）根据有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，知Z1～N（·，·），Z2～N（·，·）而EZ1=2EX+Y=2×720+640,D(Z1)=4D(X)+D(Y)=4225EZ2=EX－EY=720－640=80,D(Z2)=D(X)+D(Y)=1525即Z1～N（2080，4225），Z2～N（80，1525）P{X>Y}=P{X－Y>0}=P{Z2>0}=1－P{Z2≤0}08080=10.979815251525P{X+Y>1400}=1－P{X+Y≤1400}同理X+Y～N（1360，1525）则P{X+Y>1400}=1－P{X+Y≤1400}14001360=10.15391525[二十二]5家商店联营，它们每周售出的某种农产品的数量（以kg计）分别为X1，X2，X3，X4，X5，已知X1～N（200，225），X2～N（240，240），X3～N（180，225），X4～N（260，265），X5～N（320，270），X1，X2，X3，X4，X5相互独立。 （1）求5家商店两周的总销售量的均值和方差；（2）商店每隔两周进货一次，为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99，问商店的仓库应至少储存多少公斤该产品？5解：（1）令YXi为总销售量。i1已知EX1=200，EX2=240，EX3=180，EX4=260，EX5=320，D(X1)=225，D(X2)=240，D(X3)=225，D(X4)=265，D(X5)=270，利用数学期望的性质3°有5E(Y)E(Xi)1200i1利用方差的性质3°有5D(Y)D(Xi)1225i1（2）设商店仓库储存a公斤该产品，使得P{Y≤a}>0.99由相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，并注意到（1），得Y～N（1200，1225）a1200P{Ya}0.9935查标准正态分布表知a12002.3335a1281.55∴a至少取1282.第五章大数定理和中心极限定理1．[一]据以往经验某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现在随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。 解：设第i只寿命为Xi，（1≤i≤16），故E(Xi)=100，D(Xi)=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知161616Xi1600Xi1600i019201600i0P(Xi1920)PP0.8i11610016100400(0.8)0.7881.1616从而P(Xi1920)1P(Xi1920)10.78810.2119.i1i13．[三]计算机在进行加法时，对每个加数取整（取为最接近它的整数），设所有的取整误差是相互独立的，且它们都在（－0.5，0.5）上服从均匀分布，（1）若将1500个数相加，问误差总和的绝对值超过15的概率是多少？（2）几个数相加在一起使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90解：（1）设取整误差为Xi（i1,2,，1500），它们都在（－0.5,0.5）上服从均匀分布。0.50.5于是：E(Xi)p022[0.5(0.5)]1D(Xi)12121nE(X)0,nD(X)150012511.18ii1215001500PXi151PXi15i0i115001P15Xi15i11500Xi15i1151P11.1811.1811.18 1[(1.34)(1.34)]2[1(1.34)]2[10.9099]0.18028．某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8，医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言。（1）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，问接受这一断言的概率是多少？（2）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7，问接受这一断言的概率是多少？解：设X为100人中治愈的人数，则X～B(n,p)其中n=100Xnp75np75np（1）P(X75)1P(X75)1P1()npqnpqnpq551()()0.894444（2）p=0.7由中心极限定理知Xnp75np75npP(X75)1P(X75)1P1()npqnpqnpq51()1(1.09)10.86210.1379.217．[七]一复杂的系统，由100个互相独立起作用的部件所组成。在整个运行期间每个部件损坏的概率为0.10。为了整个系统起作用至少必需有85个部件工作。求整个系统工作的概率。（2）一个复杂的系统，由n个互相独立起作用的部件所组成，每个部件的可靠性（即部件工作的概率）为0.90。且必须至少有80%部件工作才能使整个系统工作，问n至少为多少才能使系统的可靠性不低于0.95。解：（1）设每个部件为Xi(i=1,2,……100)1部件工作Xi0部件损坏不工作设X是100个相互独立，服从（0－1）分布的随机变量Xi之和X=X1+X2+……+X100由题设知n=100P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=0.1E(Xi)=p=0.9D(Xi)=p(1－p)=0.9×0.1=0.09 n·E(Xi)=100×0.9=90,nD(Xi)=100×0.09=9100XnE(X)85nE(X)iiPXi85Pi1nD(Xi)nD(Xi)X908590X905=PP9933X905=1P由中心极限定理知335t2113e2dt2π51()查标准正态分布表3=φ(1.67)=0.9525解：（2）设每个部件为Xi(i=1,2,……n)1部件工作Xi0部件损坏不工作P{Xi=1}=p=0.9,P{Xi=0}=1－p=0.1E(Xi)=p=0.9,D(Xi)=0.9×0.1=0.09n80由问题知PXin0.95求n=?100i1n80而PXin100i1nXinp80nnpi1100PnD(Xi)nD(Xi)nXi0.9n80n0.9ni1100=P0.3n0.3n n80Xi0.9nn0.9ni1100=1－P由中心极限定理知0.3n0.3n0.1n0.1n=10.950.3n0.3n0.1n查标准正态分布表得1.6450.3n解得n≥24.35取n=25，即n至少为25才能使系统可靠性为0.95.[八]随机地取两组学生，每组80人，分别在两个实验室里测量某种化合物的PH值，各人测量的结果是随机变量，它们相互独立，且服从同一分布，其数学期望为5，方差为0.3，以X,Y分别表示第一组和第二组所得结果的算术平均：（1）求P{4.915}.（3）求概率P{min(X1，X2，X3，X4，X5)>10}.X121X125解：（1）P{|X121}P2P44425555=2[1()]0.26282（2）P{max(X1，X2，X3，X4，X5)>15}=1－P{max(X1，X2，X3，X4，X5)≤15}515125=1P{Xi15}1[()]0.2923.2i1（3）P{min(X1，X2，X3，X4，X5)<10}=1－P{min(X1，X2，X3，X4，X5)≥10}5101255=1P{Xi10}1[1()]1[(1)]0.5785.2i1104.[四]设X221，X2…，X10为N（0，0.3）的一个样本，求P{Xi1.44}.i1 101010X2X20.32~χ2(10),P{X21.44}P{i16}0.1(查表5)ii2解：i1i1i10.37．设X1，X2，…，Xn是来自泊松分布π(λ)的一个样本，X，S2分别为样本均值和样本方差，求E(X),D(X),E(S2).解：由X~π(λ)知E(X)=λ，D(X)D(X)λ2∴E(X)=E(X)=λ,D(X)=,E(S)D(X)λ.nn[六]设总体X~b(1,p)，X1，X2，…，Xn是来自X的样本。（1）求(X,X,,X)的分布律；12nn（2）求Xi的分布律；i1（3）求E(X),D(X),E(S2).解：（1）（X1，…，Xn）的分布律为nnP{Xi,Xi,,Xin}独立P{Xi}Pik(1P)1ik1122nkkk1k1nniknik=Pk1(1P)i1,i0或1,k1,,n.kn（2）Xi~b(n,p)i1(由第三章习题26[二十七]知)（3）E(X)=E(X)=P，D(X)PD(X)nn2E(S)D(X)P(1P)[八]设总体X~N（μ，σ2），X1，…，X10是来自X的样本。（1）写出X1，…，X10的联合概率密度（2）写出X的概率密度。解：（1）(X1，…，X10)的联合概率密度为210101(xi)2f(x,x)f(x)e2110ii1i12n2(xi)ni12n22(2)e（2）由第六章定理一知 2σX～N(μ,),n10n即X的概率密度为2n(zμ)12σ2f(z)eXσ2πn第七章参数估计1．[一]随机地取8只活塞环，测得它们的直径为（以mm计）74.00174.00574.00374.00174.00073.99874.00674.002求总体均值μ及方差σ2的矩估计，并求样本方差S2。n2ˆ74.002,ˆ2126解：μ，σ的矩估计是X(Xix)610ni126S6.8610。2．[二]设X1，X1，…，Xn为准总体的一个样本。求下列各总体的密度函数或分布律中的未知参数的矩估计量。θ(θ1)θcx,xc（1）f(x)其中c>0为已知，θ>1，θ为未知参数。0,其它θxθ1,0x1（2）f(x)其中θ>0，θ为未知参数。0,其它.mxmx（5）P(Xx)xp(1p),x0,1,2,,m,0p1,p为未知参数。θcθθcθcθθθ1解：（1）E(X)xf(x)dxθcxdxc,令X，得cθ1θ1θ1XθXc 1θθθX2（2）E(X)xf(x)dxθxdx,令X,得θ()0θ1θ11XX（5）E(X)=mp令mp=X，解得pˆm3．[三]求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。nnnθθ1解：（1）似然函数L(θ)f(xi)θc(x1x2xn)i1nndlnL(θ)θlnL(θ)nln(θ)nθlnc(1θ)lnxi,nlnclnxi0dθni1i1θˆn（解唯一故为极大似然估计量）nlnxinlnci1nnn2θ1n（2）L(θ)f(xi)θ(x1x2xn),lnL(θ)ln(θ)(θ1)lnxi2i1i1nndlnL(θ)n112lnxi0,θˆ(nlnxi)。(解唯一)故为极大似然估计dθ2θ2θi1i1量。nnnmmximnxi（5）L(p)P{Xx}pi1(1p)i1，ixxi11nnnnmlnL(p)lnxixilnp(mnxi)ln(1p),i1i1i1nnximnxidlnL(p)i1i10dpp1pnxii2X解得p，（解唯一）故为极大似然估计量。mnm4．[四(2)]设X1，X1，…，Xn是来自参数为λ的泊松分布总体的一个样本，试求λ的极大似然估计量及矩估计量。 解：（1）矩估计X~π(λ)，E(X)=λ，故λˆ=X为矩估计量。nxinλi1nλ（2）极大似然估计L(λ)P(xi;λ)e，i1x1!x2!xn!nnlnL(λ)xilnλlnxi!nλi1i1nxidlnL(λ)i1n0,解得λˆX为极大似然估计量。dλλλxiλ（其中p(xi;λ)P{Xxi}e,xi0,1,)xi!5．[六]一地质学家研究密歇根湖湖地区的岩石成分，随机地自该地区取100个样品，每个样品有10块石子，记录了每个样品中属石灰石的石子数。假设这100次观察相互独立，并由过去经验知，它们都服从参数为n=10，P的二项分布。P是该地区一块石子是石灰石的概率。求p的极大似然估计值，该地质学家所得的数据如下样品中属石灰石的石子数012345678910观察到石灰石的样品个数016723262112310解：λ的极大似然估计值为λˆ=X=0.499[四(1)]设总体X具有分布律X123P22kθ2θ(1－θ)(1－θ)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：（1）求θ的矩估计值22E(X)1θ22θ(1θ)3(1θ)[θ3(1θ)][θ(1θ)]32θ令E(X)32θX1213ˆ3X35则得到θ的矩估计值为θ226（2）求θ的最大似然估计值 3似然函数L(θ)P{Xixi}P{X11}P{X22}P{X31}i122θ2θ(1θ)θ52θ(1θ)lnL(θ)=ln2+5lnθ+ln(1－θ)dlnL(θ)51求导0dθ61θˆ5得到唯一解为θ68．[九(1)]设总体X~N（μ，σ2），X1，X1，…，Xn是来自X的一个样本。试确定常n122数c使c(Xi1Xi)为σ的无偏估计。i1解：由于n1n1n12222E[c(Xi1Xi)]c[E(Xi1Xi)]cD(Xi1Xi)(E(Xi1Xi))]i1i1i1n1n12222=c[D(Xi1)D(Xi)(EXi1EX1)]c(2σ0)c(2n1)σi1i1n1122当c时,c(Xi1Xi)为的无偏估计。2(n1)i1[十]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11T1(X1X2)(X3X4)63T2(X12X23X34X4)5T(X1X2X3X4)34（1）指出T1，T2，T3哪几个是θ的无偏估计量；（2）在上述θ的无偏估计中指出哪一个较为有效。解：（1）由于Xi服从均值为θ的指数分布，所以E(X2i)=θ,D(Xi)=θ,i=1,2,3,4 由数学期望的性质2°，3°有11E(T1)[E(X1)E(X2)][E(X3)E(X4)]θ631E(T2)[E(X1)2E(X2)3E(X3)4E(X4)]2θ51E(T3)[E(X1)E(X2)E(X3)E(X4)]θ4即T1，T2是θ的无偏估计量（2）由方差的性质2°，3°并注意到X1，X2，X3，X4独立，知1152D(T1)[D(X1)D(X2)][D(X3)D(X4)]θ36918112D(T2)[D(X1)D(X2)D(X3)D(X4)]θ164D(T1)>D(T2)所以T2较为有效。14.[十四]设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.05.75.86.57.06.35.66.15.0。设干燥时间总体服从正态分布N~（μ，σ2），求μ的置信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知σ=0.6（小时）（2）若σ为未知。σ解：（1）μ的置信度为0.95的置信区间为（Xzα），n20.6计算得X6.0,查表z0.0251.96,σ0.6,即为(6.01.96)(5.608,6.392)9S（2）μ的置信度为0.95的置信区间为（Xtα(n1)），计算得X6.0，查表n2t0.025(8)=2.3060.921210.33S(xix)2.640.33.故为(6.02.3060)(5.558,6.442)8i18316.[十六]随机地取某种炮弹9发做试验，得炮弹口速度的样本标准差为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：σ的置信度为0.95的置信区间为22(n1)S(n1)S811811(,)(,)(7.4,21.1)22(n1)(n1)17.5352.18122 其中α=0.05,n=922查表知χ0.025(8)17.535,χ0.975(8)2.18019.[十九]研究两种固体燃料火箭推进器的燃烧率。设两者都服从正态分布，并且已知燃烧率的标准差均近似地为0.05cm/s，取样本容量为n1=n2=20.得燃烧率的样本均值分别为x118cm/s,x224cm/s.设两样本独立，求两燃烧率总体均值差μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间。解：μ1－μ2的置信度为0.99的置信区间为222120.05(XXz)(18242.582)(6.04,5.96).12nn20212222其中α=0.01，z0.005=2.58,n1=n2=20,σ1σ20.05,X118,X22420.[二十]设两位化验员A，B独立地对某中聚合物含氯两用同样的方法各做10次2222测定，其测定值的样本方差依次为SA0.5419,SB0.6065.设σA,σB分别为A，B所测22定的测定值总体的方差，设总体均为正态的。设两样本独立，求方差比σAσB的置信度为0.95的置信区间。22解：σAσB的置信度为0.95的置信区间22SASA(,)22SBFα(n11,n21)SBFα(n11,n21)1220.54190.54194.03(,)=(0.222,3.601).0.60654.030.606511其中n1=n2=10，α=0.05，F0.025(9,9)=4.03,F0.975(9,9)。F0.025(9,9)4.03第八章假设检验1.[一]某批矿砂的5个样品中的镍含量，经测定为（%）3.253.273.243.263.24。设测定值总体服从正态分布，问在α=0.01下能否接受假设：这批矿砂的含镍量的均值为3.25.解：设测定值总体X～N（μ，σ2），μ，σ2均未知 步骤：（1）提出假设检验H：μ=3.25;H1：μ≠3.250X3.25（2）选取检验统计量为t~t(n1)Sn（3）H0的拒绝域为|t|≥tα(n1).2512（4）n=5,α=0.01，由计算知x3.252,S(XiX)0.01304n1i13.2523.25查表t0.005(4)=4.6041,|t|0.343tα(n1)0.0130425（5）故在α=0.01下，接受假设H012．[二]如果一个矩形的宽度ω与长度l的比ωl(51)0.618，这样的矩形2称为黄金矩形。这种尺寸的矩形使人们看上去有良好的感觉。现代建筑构件（如窗架）、工艺品（如图片镜框）、甚至司机的执照、商业的信用卡等常常都是采用黄金矩型。下面列出某工艺品工厂随机取的20个矩形的宽度与长度的比值。设这一工厂生产的矩形的宽度与长短的比值总体服从正态分布，其均值为μ，试检验假设（取α=0.05）H0：μ=0.618H1：μ≠0.6180.6930.7490.6540.6700.6620.6720.6150.6060.6900.6280.6680.6110.6060.6090.6010.5530.5700.8440.5760.933.解：步骤：（1）H0：μ=0.618；H1：μ≠0.618X0.618（2）选取检验统计量为t~t(n1)Sn（3）H0的拒绝域为|t|≥tα(n1).2（4）n=20α=0.05，计算知nn112xxi0.6605,S(xix)0.0925，nn1i1i10.66050.618tα(n1)2.0930,|t|2.055tα(n1)20.0925220 （5）故在α=0.05下，接受H0，认为这批矩形的宽度和长度的比值为0.6183.[三]要求一种元件使用寿命不得低于1000小时，今从一批这种元件中随机抽取25件，测得其寿命的平均值为950小时，已知这种元件寿命服从标准差为σ=100小时的正态分布。试在显著水平α=0.05下确定这批元件是否合格？设总体均值为μ。即需检验假设H0：μ≥1000，H1：μ<1000。解：步骤：（1）H:μ≥1000；H1：μ<1000；（σ=100已知）0x1000（2）H0的拒绝域为zασn（3）n=25，α=0.05，x950，x1000计算知2.5z0.051.64510025（4）故在α=0.05下，拒绝H0，即认为这批元件不合格。12.[十一]一个小学校长在报纸上看到这样的报导：“这一城市的初中学生平均每周看8小时电视”。她认为她所领导的学校，学生看电视的时间明显小于该数字。为此她向100个学生作了调查，得知平均每周看电视的时间x6.5小时，样本标准差为s=2小时。问是否可以认为这位校长的看法是对的？取α=0.05。（注：这是大样本检验问题。由中心极限定理和斯鲁茨基定理知道不管总体服从什么分布，只要方差存在，当n充分xμ大时近似地服从正态分布。）sn解：（1）提出假设H0：μ≤8；H1：μ>8xμ（2）当n充分大时，近似地服从N（0，1）分布snxμ（3）H0的拒绝域近似为≥zαsn（4）n=100，α=0.05，x6.5，S=2，由计算知6.58|t|7.5z0.051.6452100（5）故在α=0.05下，拒绝H0，即认为校长的看法是不对的。14.[十三]某种导线，要求其电阻的标准差不得超过0.005(欧姆)。今在生产的一批 导线中取样品9根，测得s=0.007(欧姆)，设总体为正态分布。问在水平α=0.05能否认为这批导线的标准差显著地偏大？解：（1）提出H0：σ≤0.005；H1：σ>0.0052(n1)S2（2）H0的拒绝域为2χ(n1)0.005α（3）n=9，α=0.05，S=0.007，由计算知22(n1)S80.0072215.68χ(n1)0.0050.0052α2查表χ(8)15.5070.05（4）故在α=0.05下，拒绝H0，认为这批导线的标准差显著地偏大。15.[十四]在题2中记总体的标准差为σ。试检验假设（取α=0.05）H22220：σ=0.11，H1：σ≠0.11。解：步骤（1）H22220：σ=0.11；H1：σ≠0.1122(n1)S2（2）选取检验统计量为χ~χ(n1)20.112222（3）H0的拒绝域为χχα(n1)或χχα(n1)2122(n1)S（4）n=20，α=0.05，由计算知S2=0.09252，13.43720.1122查表知(19)32.852,(19)8.9070.0250.975（5）故在α=0.05，接受H0，认为总体的标准差σ为0.11.16.[十五]测定某种溶液中的水份，它的10个测定值给出s=0.037%，设测定值总体为正态分布，σ2为总体方差。试在水平α=0.05下检验假设H0：σ≥0.04%；H1：σ<0.04%。解：（1）H22220：σ≥(0.04%)；H1：σ<(0.04%)2(n1)S2（2）H0的拒绝域为2χ(n1)(0.04%)1α2（3）n=10，α=0.05，S=0.037%，查表知χ(9)3.3250.9522(n1)S90.037)2由计算知227.701χ0.95(9).(0.04%)(0.04%)（4）故在α=0.05下，接受H0，认为σ大于0.04%2217.[十六]在第6[五]题中分别记两个总体的方差为σ1和σ2。试检验假设（取α= 22220.05）H0：1和2以说在第6[五]题中我们假设σ1σ2是合理的。2222解：（1）H0：σ1σ2,H1:σ1σ22S1（2）选取检验统计量为F2~F(n11,n21)S2（3）H0的拒绝域为FFα(n11,n21)或FFα(n11,n21)122（4）n1=8，n2=10，α=0.05，查表知F0.025(7,9)=4.20211S10.00025F0.975(7,9)0.207,F20.298F0.025(9,7)4.82S20.00084F0.975(7,9)3，nPˆj5将其合并得7nPˆj8.023j3合并后，K=4，Y=12查表知χ(411)5.9910.05222223640195由计算知χ1001.44436.7936.7918.3978.023（5）故在α=0.05下，接受H0，认为一页的印刷错误个数服从泊松分布。'