概率论与数理统计习题五课后答案

习 题 五

1．假设有10只同种电器元件，其中两只废品，从这批元件中任取一只，如果是废品，则扔掉重新取一只，如仍是废品，则扔掉再取一只，试求在取到正品之前，已取出的废品只数的数学期望和方差。 解 设X为已取出的废品只数，则X的分布为

X

即

012

PX

0810

1845

2

P

课

822， 454598442

, EX

454515

EX

DXEX(EX)

2

w.kh

求1周内期望利润是多少？

1

2．假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作，若1周5个工作日里无故障，可获利10万元；发生一次故障仍可获利5

万元，发生两次故障所获利润零元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。

解 设一周所获利润为T（万元），则T的可能值为10,5,0,2. 又设X为机器一周内发生故障的次数，则X~B(5,0.2)，于是，

5

P(T10)P(X0)(0.8)0.3277 P(T5)P(X1)C50.2(0.8)0.4096 类似地可求出T的分布为 4

ww

T2

P0.05790.20480.40960.3277

所以一周内的期望利润为

ET20.057950.4096100.3277

5.209（万元）

·55·

da

w

2

所以

案网

1 45

4488. 1581405

0510

.co

828218



101091098

m

3．假设自动线加工的某种零件的内径X（毫米）服从正态分布N(,1)，内径小于10或大于12为不合格品，销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T（元）与零件的内径X有如下关系：

解 ET1P(X10)20P(10X12)5P(X12) (

10

)20[(12)(10)]5[1(12)] 1

25(12)21(10)5

ww

w.kh

两边取对数得

222ln

)2(10)2]2112

e

25

即

)(12)

(10

2122520

即

11ln

12

时，平均利润最大.

4．从学校到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是

的分布律、分布函数和数学期望. 解 X~B(3,即

223

)，分布律为P(Xk)C3k(k()3k555

dw

2

2

dET

25(12)21(10) d

案网

21 25

25. 21

2，设X为途中遇到红灯的次数，求随机变量X5

k0,1,2,3.

·56·

.c

o

问平均内径取何值时，销售一个零件的平均利润最大.

m

1,若X10,

T20,若10X12,



5,若X12.

X

P

[***********]38 125

X的分布函数为

x0,0,

27,0x1,12581

,1x2, F(x)125117

2x3,125,



x3.1,

5472241506 EX

[1**********]55

P(Xk)(1p)

后

求EX与DX 解1 EX

daw

k1

k1

5．设随机变量服从几何分布，其分布列为

答案p，0p1,k1,2,

kpx

k1xq

课

k(1p)

k1



ppkq

k1



k1

p(x)

k

k1

w.kh

由函数的幂级数展开有 所以

其中 q1p



x

k0

k



1， 1x

11

1p EXp

(1x)21xxq

因为

xq

ww

EX

2

k

k1



2

pq

k1

x2pk

， px(x)p22pk1xq(1x)xq

2

所以

DXEX(EX)

2

2p1q

. 222

ppp

.co



xq



1. p

m

·57·

解2 EXP2pq3pqkpq



2k1

p(12q3qkq),

S12q3qkq

2

k1

2k1

设

, （1）

k

则

（1）–（2）得

所以

S

从而，得

EXpSp

2

2

ww

w.kh

于是

S1



2222n1

p(12q3qnq)pS1，

22232n

qS1q2q3qnq,

2n1

(1q)S113q5q(2n1)qS2,

23n

qS2q3q5q(2n1)q,

2q2q2n1

(1q)S212(qqq)11，

1qp

12q

S22，

pp

所以

课

EXp(故得X的方差为

后

EXp2pq3pqnpq

S212q23， ppp

2

DXEX2(EX)2

·58·

daw

2

2

2

n1

11

. 2

pp

答案网

11

， 

(1q)2p2

12q12q

， 

p2p3pp2

12q1q1p

2222. ppppp

.co

(1q)S1qq2qk1

1， 1q

m

qSq2q3qkq, （2）

23

6．设随机变量X分别具有下列概率密度，求其数学期望和方差. （1）f(x)

1|x|

e； 2

1|x|,|x|1,

（2）f(x)

0,|X|1;

daw

网

1522

x(x2),0x2,

（3）f(x)16

其他;0,

x,0x1,

（4）f(x)2x,1x2,

0,其他.

1

（因为被积函数为奇函数） x|x|dx0， 解 （1）EX2

12

DXEXx2e|x|dxx2exdx

02

xe （2）EX

2x

w.kh

2

x3x411

DXEXx(1|x|)dx2(xx)dx2[]0.

01634

215152532

（3）EXx(x2)dx(x4x44x3)dx

016160

2

1

2

1

2

3

课



后

2



xexdx2[xex

1

1

x(1|x|)dx0,

15x6454x41516

x1,

1665401615

15615x74x64x58254

EX， (x4x4x)dx0161676507

所以

DXEX(EX)

2

2

2

2

ww

81

1. 77

2

2

（4）EX

2



10

x2dx

10

3

21

122x382

31, (2xx)dxx

331331

2

EX

xdx(2x2x3)dx

1

12114

(81)(161), 43412

·59·

.co

0



0

exdx]2.

m

DX

1411.

612

1

1X

7．在习题三第4题中求E 解 因X的分布为 所以 E

w.kh

解 （1）1







f(x)dxaxdx(cxb)dx

2



a22c244

xxbx22a2b6c, 2022

2







xf(x)dxaxdx(cxb)xdx

2



856

ac6b， 33

ww

23335

axdx(cxb)dxacb，

12242

解方程组

1

3abc2



8a18b56c6

33a2b5c

2

·60·

daw

2

4

2

2

4

1111111167

. 1X224384896

8．设随机变量X的概率密度为

ax,0x2,

f(x)cxb,2x4,

0,其他.

3

已知EX2,P(1X3)，求

4

（1）a,b,c的值

X

（2）随机变量Ye的数学期望和方差.

课

后

答案网

.co

P

1214181 8

m

X0123

1， 4

b1，

1

c.

4

a

41x1122x

(1)(e1)，xedxxedx24044

214122X2x2xef(x)dxxedx(x1)e2xdx EYE(e)04241212222

(e1)[e(e1)]

44

122222

DYEY(EY)e(e1).

4

（2）EYE(eX)

exf(x)dx

9．游客乘电梯从底层到电视塔顶层观光；电梯于每个整点的第5分钟，25且X在[0,60]上均匀分布，求该游客等候时间的数学期望. 解 设候梯时间为T，则

分钟和55分钟从底层起行。假设一游客在早八点的第X分钟到达底层候梯处，

ww

X5,5X,

25X,5X25,

Tg(X)

55,2555XX

60X5,X55.601g(x)f(x)dxg(x)dx ETE[g(X)]060

25556015

xdxxdxxdxxdx(5)(25)(55)(65) 52555600

1

[12.520045037.5]11.67.

60

10．设某种商品每周的需求量X是服从区间[10,30]上均匀分布的随机变量，而经销商店进货量为区间[10,30]中的某一个整数，商店每销售一单位商品

可获利500元；若供大于求则削价处理，每处理一单位商品亏损100元；若供不应求，则从外部调剂供应，此时每一单位商品仅获利300元，为使商店所获利润期望值不少于9280元，试确定最小进货量。

w.kh

解 设商店获得的利润为T，进货量为y，则

daw

课

后

答案网

.co

·61·

m

2

500y(Xy)300,yX30,

500X(yX)100,10Xy.300X200y,yX30,



Xy600100y,10X,

Tg(X)由题意



即

解不等式得 20

即使利润的期望值不少于9280元的最少进货量为21个单位.

32

x,0x2,

f(x)8

0,其他.

w.kh

常数a； （2）求E

课

后

11．设X与Y同分布，且X的概率密度为

daw



2a

2

y26， 3

答案网

7.5y2350y40300.

（1）已知事件A{Xa}和事件B{Ya}独立，且P{AB}

1。 2X

解 （1）P(Xa)

321

xdx[8a3] 88

ww

3

P{AB}P(A)P(B)P(AB) 4

213

[8a][8a3]2，

864

(8a)16(8a)480, 即

[(8a)12][(8a)4]0，

·62·

3

3

32

3

即有方程

.c

o

y



1y

(600x100y)dx10202

7.5y350y5250,

30

(300x200y)dx

m

3

，求4

9280ET





g(x)f(x)dx

可见

8a12 或 8a4， 解之得

a

3

3

pij

0.100.150.250.20

EZsin



2

0.15sin



2

0.25sin0.20

w.kh

（2）EZE(

2

2

2

解 （1）EX0.420.230.42,

EY10.30.30；

yj1Y

pij10.2(1/2)0.10

3Xijxi

111

0.10.10.1；

2315

2

（3）EWE(XY)

D(XY)(E(XY))DXDY2(EXYEXEY)(EXEY) [EX(EX)][EY(EY)]2[

2

2

2

ww

I

J

2

2

2

2

3

0.15 2

0.150.250.150.25 13．设

的分布律为

sin0.15sin

案 [0.440.290.44][0.30.3]2(0.220.1 0.120.130.140.80.60.445.

2

或

EWE(XY)E[X2XYY]EX2EXYEY

·63·

.co

0.15

0.15

a（不合题意） 故

a2313. （2）E208X4

(XY)

12．于习题四第15题中求Zsin的数学期望.

2

解 X,Y的分布为

(x,y)(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)(2,0)(2,1)

xy

i

j

pij0]4

m

0.440.290.42(0.220.10.120.130.1) 0.30.34.80.40.65. 或，先求(XY)的分布

2

(XY)2

P

014916

0.10.20.30.40

1124

12

14

14．设离散型二维随机变量(X,Y)在点(1,1),(,),(,(1,1)

kh

1

，求EX,EY,DX,DY,EXY. 4

111111

解 EX110，

442424

11111052

， EX

4161641685

所以 DX；

8

111111

EY110,

[1**********]72

； DYEY

46464432

11111111

EXY(1)(1)(((11

44244244

1119

(11).

48816

15．设(X,Y)的概率密度为

(

x2

y2),x

0,y0,4xye

f(x,y)

其他.0,

取值的概率均为

Z的数学期望.

ww

解 EZ



daw



00

课

答案0

4xye(x

2

4



20



rr2cossinerrdrd

r4erdrd

0

2







20

sin2d2



20

cos2

·64·

13r2

[re2



0

.co

2

y2)

dxdy

3redr]

2r2

m

EW0.240.390.45.

1r2

[3(re

2







2

0



0

erdr)]

令r2

2

331rr

edredr2

044





dt 

t22

于是 DX故

w.kh

D(2X1)4DX

1221(； 2318

17．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k,

1,若Yk,

w求（1）X1,X2的联合分布，（2）E(X1X2).

解 （1）(X1,X2)的分布：

P(Y1)1e，

P(X11,X20)P(Y1,Y2) P(1Y2)ee

·65·

1

2

P(X10,X20)P(Y1,Y2)

1

P(X10,X21)P(Y1,Y2)0，

dw

42. 189

k1,2.

课

x122

2xdydxxdx； 00

3x

1x EYdxydy0；

0

x1x EXYxydydx0；

0x



1x11223

EXxdydx2xdx，

002x

1

后

网

解EX

.co

 4 16．设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

1,|y|x,0x1,

f(x,y)

其它0,.

求EX,

m

（2）E(X1X2)EX1EX2ee.

18．设连续型随机变量X的所有可能值在区间[a,b]之内，证明： （1）aEXb；

12

商品可得利润1000元；若需求量超过了进货量，商店可从其他商店调剂供应，这时每单位商品获利润500元，试计算此商店经销该种商品每周所得利润的期望值。

解 设T为一周内所得利润，则

w.kh

XY,1000Y,



500(),.XYXY

ETE[g(X,Y)]其中

Tg(X,Y)

1000Y,

1000X500(YX),

daw

课

后

答案网

XY,

XY.







g(x,y)f(x,y)dxdy

ww

1

,10x20,10y20,

f(x,y)100

0,其他.

所以

ET

1000y

D1

11500(xy)dxdy 100100D

2

10



2010

dy

20y

ydx5

2010

dy(xy)dx

10

y

·66·

.c

o

(ba)2

（2）DX.

4

证 （1）因为aXb，所以EaEXEb，即aEXb； （2）因为对于任意的常数C有

2

DXE(XC)，

ab

取 C，则有

2

ab2ab2ba2(ba)2

DXE(XE(bE(.

2224

19．一商店经销某种商品，每周进货量X与顾客对该种商品的需求量Y是相互独立的随机变量，且都服从区间[10,20]上的均匀分布。商店每售出一单位

m

10 



2010

y(20y)dy5

2010

3

(y210y50)dy 2

20000

5150014166.67（元）. 3

20．设X,Y是两个相互独立的随机变量，其概率密度分别为

移了5个单位，所以EY156） 因X,Y独立，所以

EXYEXEY 今求 DXY

方法1 DXYEXY(EXY)

EXEY16

w.kh

 



1375

162.5. [136]16

222

方法2 利用公式：当X,Y独立时

DXYDXDYDX(EY)DY(EX)

2

2

114

13612.5. 18189

21．在长为L的线段上任取两点，求两点距离的期望和方差.

解 以线段的左端点为原点建立坐标系，任取两点的坐标分别为X,Y，则

LL11

xydxdy()(xy)dxdy 220xLL

ww

它们均在[0,L]上服从均匀分布，且X,Y相互独立. E|XY|

|xy|f(x,y)dxdy



L1L2L2

2(xLxdx

L023

·67·

daw

2

2

2

2

2

课

后

案网

2

64. 3



1

2x3dx[DY(EY)2]16

L0



x0

.co

e(y5),y5,2x,0x1

fY(y) fX(x)

0,其他;0,y5.

求E(XY),D(XY)

122

解 EX2xdx，

03

EY6

（注：因为参数为1的指数分布的数学期望为1，而fY(y)是前指数分布向右平

m

E|XY|2



LL0

(xy)2

LL11LL2

22dxdyxdxdyxydxdy00L2L200

1

2

L

所以

24L4L23L26 

解 因为相互独立的正态分布的线性组合仍为正态分布，所以

Z~N(,2)

所以Z的概率密度为



fZ(z)

daw

(z5)218

EZE(2XY3)2EXEY35 2

DZD(2XY3)4DXDY9

课

答案网

其中

,z，

23．设X,Y是两个相互独立的且均服从正态分布N(0,

w.h

解1 E|XY|

E|XY|与D|XY|.









|xy|f(x,y)dxdy (x2y2)

1











|xy|

2

dxdy







1

x



(xy)e(x

y2)

dxdy





1



ww





2

x



(xy)e(x

2

y2)

dxdy

x2x(x2y2) (x2y2)

xedxdyyedxdy



222r244

3cosdredr3sindr2erdr

0044

221r24

sin3(reerdr)

0042

·68·

.c1

)的随机变量，求2





L2L2L2

D|XY|.

6918

22．设随机变量X与Y独立，且X服从均值为1，标准差（均方差）

的正态分布，而Y服从标准正态分布，试求随机变量Z2XY3的概率密度.

x

(yx)e(x

2

y2)

dxdy

221r2

cos43(reerdr)

0042

2

r24t2edrdt；

4









2

0





1

2

re

3r2

drd

0



2

答

案12r2

2re

2

2所以

D|XY|1

0



1redr

2

r2

注意：从上面的解题过程看，计算相当麻烦，下面给出一种简单的计算方法： 解2 设ZXY，则Z~N(0,1)

z

z|e2dz2

课

2



daw



0

re

r2

dre

r2



1；

.

w.

E|XY|E|Z|



2







e

2



z2

2

|)

；

E|XY|EZDZ1， 所以

D(XY)Z|XY|2(E|XY|)21

ww

24．设随机变量X与Y相互独立，且都服从N(,

2)分布，试证



Emax(X,Y),Emin(X,Y)XY

证1 令X1，，则X1,Y1仍相互独立且均服从N(0,1) Y1



于是

XX1,YY1

·69·

.c

o

2

0





1



(x2y22xy)e(x

y2)

dxdy

sincoser3drd

20

r2

cos2







0

ze



z2

2

2



.

m

r2dr

E|XY|E(XY)

22



(xy)2

1



e

x2y2

22

dxdy

dz

从而

max(X,Y)max(X1,

Y1)

max(X1,Y1) Emax(X,Y)Emax(X1,Y1) Emax(X1,Y1) 

y1

1x1

2

max(x1,y1)dx1dy1

2

2

2

2

2

2







1



y1rsin2

x1rcos





454

cosd

054

r2e



r2

2

1dr

2

2r2edr

220



所以







r2dr， ww

.

Emax(X,Y)同理可证

Emin(X,Y) 证2 X1,Y1如上所设，令ZX1Y1，则Z~N(0,2)

~N(0,1) 利用23题的结果得

EZE|X1Y1|由公式

max(X1,Y1)

·70·

2

答1



2

2r2

4

redr 5cosdsind044

r2r2512244

sin5cos(re|00edr)

244



2

；

1

(X1Y1|X1Y1|) 2

.co

1

1

x1y1



y1xy

111x11

x12dx1dy1y12dx1dy1

22xy





5

4

4

sind



2





e



r22

dr

m

2

r2e



r22

dr

min(X1,Y1)得

1

(X1Y1|X1Y1|) 2

Emax(X,Y)Emax(X1,Y1)

E[(X1Y1|X1Y1|)]



Emin(X,Y)Emin(X1,Y1)

（超几何分布的数学期望）设N件产品中有M件次品，从中任取n件 25．

进行检查，求查得的次品数X的数学期望. 解 设Xi则 X

1,第i次取到次品,

答

案网

0,第i次取到正品.

i1,2,,n,

X

i1

i

，

XiP

Xi的分布为 则

0NMN

w.kh

EXi故

EX

M

,i1,2,,n, N

nM

N

EXi

i1

n

knkCMCNN

注：（1）X的分布为P(Xk)n

CN

ww

期望为

knkknknCMCNkCMCNnMMM

EXk，由上面的计算得. nn

CNCNNk0k0

M

（2）若X表示n次有放回地抽取所得次品数，则X~B(n,，此时

N

M

EXn，这与超几何分布的期望相同。

N

n

daw

1M ， N

n

.co

. k0,1,,n，所以X的

m

·71·

12

26．对三台仪器进行检验，各台仪器产生故障的概率分别为p1,p2,p3，求产生故障仪器的台数X的数学期望和方差。 解1 X的分布为

由此计算EX和DX相当麻繁，我们利用期望的性质进行计算。

于是

EXipi,

故 EX

w.kh

i

i1

EX

3

课

DXipi(1pi),i1,2,3.

3

后

i1,2,3.

p1p2p3；DXDXip1(1p1)p2(1p2)p3(1p3).

i1

27．袋中有n张卡片，分别记有号码1,2,,n，从中有放回地抽取k张来，以X表示所得号码之和，求EX,DX.

解 设Xi为第i张的号码，i1,2,,k，则 Xi的分布为

XiP

1

则

ww

1n

1n1(12n)，i1,2,,k. n21(n1)(2n1)22

EXi(14n)

n6

EXi

·72·

daw

2

XP

01pi

答网

1,第i台仪器出现故障,

设 Xi

0,第i台仪器不出故障.

Xi的分布如下：

1

i1,2,3. pi



n1 n

1n

.co

i1,2,3.

m

0X

P(1p1)(1p2)(1p3)

123p1(1p2)(1p3)p1p2(1p3)p1p2p3

(1p1)p2(1p3)p1(1p2)p3(1p1)(1p2)p3(1p1)p2p3

(n1)(2n1)(n1)2n1

(4n23n3) DXiEXEX

6412

n21

12

2i

2i

所以

中去，一只盒放一只球。将一只球放入与球同号的盒子算作一个配对，记X为配对的个数，求EX.

则 X

X

i1

n

i

Xi的分布为

P

EXi EX

w.kh

EXin

i1n

1， n

29．从10双不同的鞋子中任取8只，记X为这8只鞋子中成双的对数，求

EX。

解 X的分布为

k82k82kC10C10k(2) P(Xk)8

C20

Xi

01

1n

ww

即

X

P01234

0.09150.4270.4000.080.00167

故

EX0.42720.40030.0840.001671.47.

30．已知DX25,DY36,

XY0.4，求D(XY)及D(

XY).

解 D(XY)DXDY2XY25362485;

·73·

daw

11 n

答案网

1,第i号球放入i号盒,

解 设Xi

0,其他.

1

1. n

k0,1,,4.

.co

i1,2,,n.

m

k(n1)k(n21)

EX，DX.

212

28．将n只球（编号为1,2,,n)随机地放入n只盒子（编号为1,2,,n）

1，求XY和YZ的相关系数. DY1 D(XY)D(YZ)2. 所以XY与YZ的相关系数为

解 cov(XY,YZ)cov(X,Y)cov(X,Z)cov(Y,Y)cov(Y,Z)



1

.

2 33．某箱装有100件产品，其中一、二和三等品分别为80，10和10件，现从中随机抽取一件，记

ww

h

解 （1）

(X,X)的分布

1,若抽到i等品,Xii1,2,3.

0,其他,

试求：（1）随机变量X1与X2的联合分布；（2）随机变量X1与X2的相关系数.

P(X10,X20)P(X3

1)0.1

P(X10,X21)P(X21)0.1

P(X11,X20)P(X11)0.8 P(X11,X21)0 EX10.8,EX20.1,EX1X20,DX10.16,DX20.09

所以X1,X2的相关系数为

0.082



0.123 34．设二维随机变量(X,Y)在矩形G{(x,y)|0x2,0y1}上服



从均匀分布，记

·74·

dw

课

案网

.co

25362437.

31．设X,Y,Z为三个随机变量，且EXEY1,EZ1,DXDY

11

DZ1，XY0,XZ,YZ，若WXYZ求EW,DW.

22

解 EWE(XYZ)EXEYEZ1

DWD(XYZ)DXDYDZ2cov(X,Y)2cov(X,Z)2cov(Y,Z)

11

321213.

22

32．设X,Y,Z是三个两两不相关的随机变量，数学期望全为零，方差都是

D(XY)DXDY2XY

m

ww

0,若XY, U

1,若XY;0,若X2Y,

V 1,2.若XY 求：（1）U和V的联合分布；（2）U和V的相关系数.

1

解 （1）P(U0,V0)P(XY,X2Y)P(XY)，

4

P(U0,V1)P(XY,X2Y)0，

1

P(U1,V0)P(XY,X2Y)P(YX2Y)，

41

P(U1,V1)P(XY,X2Y)P(X2Y),

2

33

即(U,V)的概率分布为 （2）EU，DU，

416

11

EV，DV，

241

EUV，

2 所以U,V的相关系数为

2

35．设X与Y为具有二阶矩的随机变量，且设Q(a,b)E[Y(abX)]，求a,b使Q(a,b)达到最小值Qmin，并证明

2

QminDY(1XY).

22

解 Q(a,b)E[Y(abX)]D[YabX][E(YabX)]

22

DYbDX2bcov(X,Y)(EYbEXa)，

Q

2(EYbEXa)0， aQ 2bDX2cov(X,Y)2EX(EYbEXa)0.

b解方程组 

w.k得

EYbEXa0,

2bDX2cov(X,Y)2EX(EYbEXa)0.

w

网

.co

·75·

m

b此时 Qmin

cov(X,Y)

，aEYbEX.

DX

2

[cov(X,Y)]2[cov(X,Y)]2

E[Y(abx)]DYDX2 2

DX(DX)

x2y2r2

sin

ww

w.kh

1

[cos2 

4r2

20

r20

2r11

sin2d3d EXYxy2dxdy2002rxrx2y2r2

2



故 X,Y的相关系数0. （2）关于X的边缘密度为

fX(x)







,|x|r,

f(x,y)dy

0,|x|r,

|x|r,





|x|r.0,

关于Y的边缘密度的

·76·

da

w

1

r

（1）EX



x

课

答网

2r11

cosdxdydd 2200rr

2d0

]3d0

r

.co

[cov(X,Y)]22

]. DY[1XY DY

DX

222

（1）求X和Y 36．设随机变量X和Y在圆城xyr上服从均匀分布，

的相关系数；（2）问X,Y是否独立？为什么？ 解 (X,Y)的密度为

12222,xyr,

f(x,y)r

0,其他.

m

|y|r,

fY(y)



|y|r.0,

因为f(x,y)fX(x)fY(y)，所以X,Y不独立. 37．设A,B是二随机事件，随机变量

试证明随机变量X和Y不相关的充分必要条件是A与B相互独立. 证必要性

[证] 若A,B独立，则X与Y独立，当然X与Y不相关，充分性得证，今设X与Y不相关，即EXYEXEY. EXY

EXP(A)P(2P(A)1,EY2P(B)1,

ij

ij

P(X1,Y1)P(X1,Y1)P(X1,Y1) P(X1,Y1)P(AB)P(P(P() 4P(AB)2P(A)2P(B)1.

P(AB)1P(A)P(B)P(AB)P(A)P(AB)P(B)P(AB) 因为 EXYEXEY，所以

w.kh

从而有

P(AB)P(A)P(B)， 故A与B独立。

与|X|不相关，也不独立. 证 EX



4P(AB)2P(A)2P(B)1[2P(A)1][2P(B)1]

4P(A)P(B)2P(A)2P(B)1，

38．设随机变量X的概率密度为f(x)

ww

1|x||x|

x2edx0 （此乃因为xe是奇函数） 1

EX|X|x|x|e|x|dx0

2

所以cov(X,|X|0，即X与|X|不相关。今证X与|X|不独立，用反证法. 假定X与|X|独立，则对任意的正数a有

·77·

daw

i

xyP(Xx,

课

后

答案网

Yyj)

1|x|

试证明Xe,x，

2

.co

1,若B出现,1,若A出现,

X Y

1,若B不出现.1,若A不出现;

m

P(Xa,|X|a)P(Xa)P(|X|a),

但

1111|x|111

P(X1)edxexdxex

0022222

1111

e1

222

而(X1)(|X|1)，所以

P(X1,|X|1)P(|X|1)P(X1)P(|X|1)

出现矛盾，故X与|X|不独立。

39．设(X,Y)为二维正态变量EX1,EY0,DX4,DY9，cov(X,Y)3，求(X,Y)的概率密度.

31

解 (X,Y)的相关系数为，所以(X,Y)的密度为

62

1



40．设二维随机变量(X,Y)的密度函数为

1

(9x218x6xy6y4y29) 54

1

[1(x,y)2(x,y)]， 2

ww

w.kh

相关系数分别为是零，方差都是1。 解 （1）f1(x)

f(x,y)

且它们对应的二维随机变量的其中1(x,y)和2(x,y)都是二维正态密度函数，

11

和，它们的边缘密度函数所对应的随机变量的数学期望都33

（1）求随机变量X和Y的密度函数f1(x)和f2(y)，及X和Y的相关系数

（可以直接利用二维正态密度的性质）。



（2）问X,Y是否独立？为什么？

daw

1

f(x,y)dy

2

2

4(x1)2(x1)yy2

f(x,y)

6964





1x2x2

2同理

·78·

.c

o

1(x,y)dy

2



2(x,y)dy



2

x2

，x. 

m

y2

f2(y)，y

因为EXEY0,DXDY1，所以X和Y的相关系数为

2

EXY

12







1

xy[1(x,y)2(x,y)]dxdy

2





xy1(x,y)dxdy



xy2(x,y)dxdy





111

0； 233

（2）因为(X,Y)的密度为 f(x,y)

而边缘密度的乘积为

w.kh

r

1x

f1(x)f2(y)e

2

所以X,Y不独立.

41．设X为随机变量，E|X|(r0)存在，试证明：对任意0有

P(|X|)

证 若X为离散型，其概率分布为P(Xxi)pi,

则

ww

P(|X|)

|xi|

p

i

daw

2

1

[1(x,y)2(x,y)] 2

9292

116(x23xyy2)16x23xyy2)

ee

2

922(x2y2)xyxy[e3e3]

16

网

y22

E|X|r

2

.

|xi|r

|xi|

r

|x|r

pi

i

若X为连续型，其概率密度为f(x)，则 P(|X|)

|x|

f(x)dx

|x|

r

f(x)dx

42．若DX0.004，利用切比雪夫不等式估计概率P(|XEX|0.2).

.co

i1,2, E|x|r

|xi|r

2

1

pi

2

r

；

r





|x|f(x)dx

m

E|x|r

r

.

·79·

解 由切比雪夫不等式 P(|XEX|0.2)1

DX0.004

10.9 2

(0.2)0.041

0.009

0.9

43．给定P(|XEX|)0.9,DX0.009，利用切比雪夫不等式估计。 解 P(|XEX|)1

DX

22

0.3

44．用切比雪夫不等式确定，掷一均质硬币时，需掷多少次，才能保证‘正面’出现的频率在0.4至0.6之间的概率不小于0.9.

解 设需掷n次，正面出现的次数为Yn，则Yn~B(n,)，依题意应有 P(0.4而

P(0.4

所以 n250.

45．若随机变量序列X1,X2,,Xn,满足条件

w.kh

试证明{Xn}服从大数定律. 所以对任意的0 故{Xn}服从大数定律。

·80·

n

1

lim2D(Xi)0

nni1

证：由切比雪夫不等式，对任意的0有

课

后

1

1n1n

PXiEXi

ni1ni1

daw

n0.50.525

10.9

0.01n2n

1n

D(Xi)ni1

YnY

0.6)P(|n0.5|0.1)P(|Yn0.5n|0.1n) nn

答

网

Yn

0.6)0.9 n

ww

n

1n111n

limPXiEXi2lim2D(Xi)0

nni1i1ni1nn

46．设有30个电子器件D1,D2,,D30，它们的使用情况如下：D1损坏，

.c

o

12



2



n

1

D(Xi)n2i1



2

m

D2立即使用；D2损坏，D3立即使用等等，设器件Di的寿命服从参数为

0.1(小时)1的指数分布的随机变量，令T为30个器件使用的总时间，求T

超过350小时的概率。

解 设Di为器件Di的寿命，则T

D

i1

30

i

，所求概率为

终端使用与否相互独立，试求有10个或更多个终端在使用的概率。

0,第i个终端不在用.

所求概率为

ww

w.kP(14X30)

.

解 P(14X30) 0.927.

P(X10)11(2.5)(2.5)0.9938.

某保险公司多年的资料表明，在索赔户中，被盗索赔户占20%，以X表 48．

示在随机抽查100个索赔户中因被盗而向保险公司索赔的户数，求

 (2.5)(1.5)

0.9938(1.5)10.99380.93321

课

X

X

i1

100

后

则同时使用的终端数

i

~B(100,0.2)

daw

解 设Xi

1,第i个终端在使用,

答案网

47．某计算机系统有100个终端，每个终端有20%的时间在使用，若各个

.ci1,2,

·81·

30

D300i30

P(T350)P(Di350)P

i1

11(0.91)10.81860.1814.

习 题 五

1．假设有10只同种电器元件，其中两只废品，从这批元件中任取一只，如果是废品，则扔掉重新取一只，如仍是废品，则扔掉再取一只，试求在取到正品之前，已取出的废品只数的数学期望和方差。 解 设X为已取出的废品只数，则X的分布为

X

即

012

PX

0810

1845

2

P

课

822， 454598442

, EX

454515

EX

DXEX(EX)

2

w.kh

求1周内期望利润是多少？

1

2．假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作，若1周5个工作日里无故障，可获利10万元；发生一次故障仍可获利5

万元，发生两次故障所获利润零元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。

解 设一周所获利润为T（万元），则T的可能值为10,5,0,2. 又设X为机器一周内发生故障的次数，则X~B(5,0.2)，于是，

5

P(T10)P(X0)(0.8)0.3277 P(T5)P(X1)C50.2(0.8)0.4096 类似地可求出T的分布为 4

ww

T2

P0.05790.20480.40960.3277

所以一周内的期望利润为

ET20.057950.4096100.3277

5.209（万元）

·55·

da

w

2

所以

案网

1 45

4488. 1581405

0510

.co

828218



101091098

m

3．假设自动线加工的某种零件的内径X（毫米）服从正态分布N(,1)，内径小于10或大于12为不合格品，销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T（元）与零件的内径X有如下关系：

解 ET1P(X10)20P(10X12)5P(X12) (

10

)20[(12)(10)]5[1(12)] 1

25(12)21(10)5

ww

w.kh

两边取对数得

222ln

)2(10)2]2112

e

25

即

)(12)

(10

2122520

即

11ln

12

时，平均利润最大.

4．从学校到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是

的分布律、分布函数和数学期望. 解 X~B(3,即

223

)，分布律为P(Xk)C3k(k()3k555

dw

2

2

dET

25(12)21(10) d

案网

21 25

25. 21

2，设X为途中遇到红灯的次数，求随机变量X5

k0,1,2,3.

·56·

.c

o

问平均内径取何值时，销售一个零件的平均利润最大.

m

1,若X10,

T20,若10X12,



5,若X12.

X

P

[***********]38 125

X的分布函数为

x0,0,

27,0x1,12581

,1x2, F(x)125117

2x3,125,



x3.1,

5472241506 EX

[1**********]55

P(Xk)(1p)

后

求EX与DX 解1 EX

daw

k1

k1

5．设随机变量服从几何分布，其分布列为

答案p，0p1,k1,2,

kpx

k1xq

课

k(1p)

k1



ppkq

k1



k1

p(x)

k

k1

w.kh

由函数的幂级数展开有 所以

其中 q1p



x

k0

k



1， 1x

11

1p EXp

(1x)21xxq

因为

xq

ww

EX

2

k

k1



2

pq

k1

x2pk

， px(x)p22pk1xq(1x)xq

2

所以

DXEX(EX)

2

2p1q

. 222

ppp

.co



xq



1. p

m

·57·

解2 EXP2pq3pqkpq



2k1

p(12q3qkq),

S12q3qkq

2

k1

2k1

设

, （1）

k

则

（1）–（2）得

所以

S

从而，得

EXpSp

2

2

ww

w.kh

于是

S1



2222n1

p(12q3qnq)pS1，

22232n

qS1q2q3qnq,

2n1

(1q)S113q5q(2n1)qS2,

23n

qS2q3q5q(2n1)q,

2q2q2n1

(1q)S212(qqq)11，

1qp

12q

S22，

pp

所以

课

EXp(故得X的方差为

后

EXp2pq3pqnpq

S212q23， ppp

2

DXEX2(EX)2

·58·

daw

2

2

2

n1

11

. 2

pp

答案网

11

， 

(1q)2p2

12q12q

， 

p2p3pp2

12q1q1p

2222. ppppp

.co

(1q)S1qq2qk1

1， 1q

m

qSq2q3qkq, （2）

23

6．设随机变量X分别具有下列概率密度，求其数学期望和方差. （1）f(x)

1|x|

e； 2

1|x|,|x|1,

（2）f(x)

0,|X|1;

daw

网

1522

x(x2),0x2,

（3）f(x)16

其他;0,

x,0x1,

（4）f(x)2x,1x2,

0,其他.

1

（因为被积函数为奇函数） x|x|dx0， 解 （1）EX2

12

DXEXx2e|x|dxx2exdx

02

xe （2）EX

2x

w.kh

2

x3x411

DXEXx(1|x|)dx2(xx)dx2[]0.

01634

215152532

（3）EXx(x2)dx(x4x44x3)dx

016160

2

1

2

1

2

3

课



后

2



xexdx2[xex

1

1

x(1|x|)dx0,

15x6454x41516

x1,

1665401615

15615x74x64x58254

EX， (x4x4x)dx0161676507

所以

DXEX(EX)

2

2

2

2

ww

81

1. 77

2

2

（4）EX

2



10

x2dx

10

3

21

122x382

31, (2xx)dxx

331331

2

EX

xdx(2x2x3)dx

1

12114

(81)(161), 43412

·59·

.co

0



0

exdx]2.

m

DX

1411.

612

1

1X

7．在习题三第4题中求E 解 因X的分布为 所以 E

w.kh

解 （1）1







f(x)dxaxdx(cxb)dx

2



a22c244

xxbx22a2b6c, 2022

2







xf(x)dxaxdx(cxb)xdx

2



856

ac6b， 33

ww

23335

axdx(cxb)dxacb，

12242

解方程组

1

3abc2



8a18b56c6

33a2b5c

2

·60·

daw

2

4

2

2

4

1111111167

. 1X224384896

8．设随机变量X的概率密度为

ax,0x2,

f(x)cxb,2x4,

0,其他.

3

已知EX2,P(1X3)，求

4

（1）a,b,c的值

X

（2）随机变量Ye的数学期望和方差.

课

后

答案网

.co

P

1214181 8

m

X0123

1， 4

b1，

1

c.

4

a

41x1122x

(1)(e1)，xedxxedx24044

214122X2x2xef(x)dxxedx(x1)e2xdx EYE(e)04241212222

(e1)[e(e1)]

44

122222

DYEY(EY)e(e1).

4

（2）EYE(eX)

exf(x)dx

9．游客乘电梯从底层到电视塔顶层观光；电梯于每个整点的第5分钟，25且X在[0,60]上均匀分布，求该游客等候时间的数学期望. 解 设候梯时间为T，则

分钟和55分钟从底层起行。假设一游客在早八点的第X分钟到达底层候梯处，

ww

X5,5X,

25X,5X25,

Tg(X)

55,2555XX

60X5,X55.601g(x)f(x)dxg(x)dx ETE[g(X)]060

25556015

xdxxdxxdxxdx(5)(25)(55)(65) 52555600

1

[12.520045037.5]11.67.

60

10．设某种商品每周的需求量X是服从区间[10,30]上均匀分布的随机变量，而经销商店进货量为区间[10,30]中的某一个整数，商店每销售一单位商品

可获利500元；若供大于求则削价处理，每处理一单位商品亏损100元；若供不应求，则从外部调剂供应，此时每一单位商品仅获利300元，为使商店所获利润期望值不少于9280元，试确定最小进货量。

w.kh

解 设商店获得的利润为T，进货量为y，则

daw

课

后

答案网

.co

·61·

m

2

500y(Xy)300,yX30,

500X(yX)100,10Xy.300X200y,yX30,



Xy600100y,10X,

Tg(X)由题意



即

解不等式得 20

即使利润的期望值不少于9280元的最少进货量为21个单位.

32

x,0x2,

f(x)8

0,其他.

w.kh

常数a； （2）求E

课

后

11．设X与Y同分布，且X的概率密度为

daw



2a

2

y26， 3

答案网

7.5y2350y40300.

（1）已知事件A{Xa}和事件B{Ya}独立，且P{AB}

1。 2X

解 （1）P(Xa)

321

xdx[8a3] 88

ww

3

P{AB}P(A)P(B)P(AB) 4

213

[8a][8a3]2，

864

(8a)16(8a)480, 即

[(8a)12][(8a)4]0，

·62·

3

3

32

3

即有方程

.c

o

y



1y

(600x100y)dx10202

7.5y350y5250,

30

(300x200y)dx

m

3

，求4

9280ET





g(x)f(x)dx

可见

8a12 或 8a4， 解之得

a

3

3

pij

0.100.150.250.20

EZsin



2

0.15sin



2

0.25sin0.20

w.kh

（2）EZE(

2

2

2

解 （1）EX0.420.230.42,

EY10.30.30；

yj1Y

pij10.2(1/2)0.10

3Xijxi

111

0.10.10.1；

2315

2

（3）EWE(XY)

D(XY)(E(XY))DXDY2(EXYEXEY)(EXEY) [EX(EX)][EY(EY)]2[

2

2

2

ww

I

J

2

2

2

2

3

0.15 2

0.150.250.150.25 13．设

的分布律为

sin0.15sin

案 [0.440.290.44][0.30.3]2(0.220.1 0.120.130.140.80.60.445.

2

或

EWE(XY)E[X2XYY]EX2EXYEY

·63·

.co

0.15

0.15

a（不合题意） 故

a2313. （2）E208X4

(XY)

12．于习题四第15题中求Zsin的数学期望.

2

解 X,Y的分布为

(x,y)(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)(2,0)(2,1)

xy

i

j

pij0]4

m

0.440.290.42(0.220.10.120.130.1) 0.30.34.80.40.65. 或，先求(XY)的分布

2

(XY)2

P

014916

0.10.20.30.40

1124

12

14

14．设离散型二维随机变量(X,Y)在点(1,1),(,),(,(1,1)

kh

1

，求EX,EY,DX,DY,EXY. 4

111111

解 EX110，

442424

11111052

， EX

4161641685

所以 DX；

8

111111

EY110,

[1**********]72

； DYEY

46464432

11111111

EXY(1)(1)(((11

44244244

1119

(11).

48816

15．设(X,Y)的概率密度为

(

x2

y2),x

0,y0,4xye

f(x,y)

其他.0,

取值的概率均为

Z的数学期望.

ww

解 EZ



daw



00

课

答案0

4xye(x

2

4



20



rr2cossinerrdrd

r4erdrd

0

2







20

sin2d2



20

cos2

·64·

13r2

[re2



0

.co

2

y2)

dxdy

3redr]

2r2

m

EW0.240.390.45.

1r2

[3(re

2







2

0



0

erdr)]

令r2

2

331rr

edredr2

044





dt 

t22

于是 DX故

w.kh

D(2X1)4DX

1221(； 2318

17．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k,

1,若Yk,

w求（1）X1,X2的联合分布，（2）E(X1X2).

解 （1）(X1,X2)的分布：

P(Y1)1e，

P(X11,X20)P(Y1,Y2) P(1Y2)ee

·65·

1

2

P(X10,X20)P(Y1,Y2)

1

P(X10,X21)P(Y1,Y2)0，

dw

42. 189

k1,2.

课

x122

2xdydxxdx； 00

3x

1x EYdxydy0；

0

x1x EXYxydydx0；

0x



1x11223

EXxdydx2xdx，

002x

1

后

网

解EX

.co

 4 16．设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

1,|y|x,0x1,

f(x,y)

其它0,.

求EX,

m

（2）E(X1X2)EX1EX2ee.

18．设连续型随机变量X的所有可能值在区间[a,b]之内，证明： （1）aEXb；

12

商品可得利润1000元；若需求量超过了进货量，商店可从其他商店调剂供应，这时每单位商品获利润500元，试计算此商店经销该种商品每周所得利润的期望值。

解 设T为一周内所得利润，则

w.kh

XY,1000Y,



500(),.XYXY

ETE[g(X,Y)]其中

Tg(X,Y)

1000Y,

1000X500(YX),

daw

课

后

答案网

XY,

XY.







g(x,y)f(x,y)dxdy

ww

1

,10x20,10y20,

f(x,y)100

0,其他.

所以

ET

1000y

D1

11500(xy)dxdy 100100D

2

10



2010

dy

20y

ydx5

2010

dy(xy)dx

10

y

·66·

.c

o

(ba)2

（2）DX.

4

证 （1）因为aXb，所以EaEXEb，即aEXb； （2）因为对于任意的常数C有

2

DXE(XC)，

ab

取 C，则有

2

ab2ab2ba2(ba)2

DXE(XE(bE(.

2224

19．一商店经销某种商品，每周进货量X与顾客对该种商品的需求量Y是相互独立的随机变量，且都服从区间[10,20]上的均匀分布。商店每售出一单位

m

10 



2010

y(20y)dy5

2010

3

(y210y50)dy 2

20000

5150014166.67（元）. 3

20．设X,Y是两个相互独立的随机变量，其概率密度分别为

移了5个单位，所以EY156） 因X,Y独立，所以

EXYEXEY 今求 DXY

方法1 DXYEXY(EXY)

EXEY16

w.kh

 



1375

162.5. [136]16

222

方法2 利用公式：当X,Y独立时

DXYDXDYDX(EY)DY(EX)

2

2

114

13612.5. 18189

21．在长为L的线段上任取两点，求两点距离的期望和方差.

解 以线段的左端点为原点建立坐标系，任取两点的坐标分别为X,Y，则

LL11

xydxdy()(xy)dxdy 220xLL

ww

它们均在[0,L]上服从均匀分布，且X,Y相互独立. E|XY|

|xy|f(x,y)dxdy



L1L2L2

2(xLxdx

L023

·67·

daw

2

2

2

2

2

课

后

案网

2

64. 3



1

2x3dx[DY(EY)2]16

L0



x0

.co

e(y5),y5,2x,0x1

fY(y) fX(x)

0,其他;0,y5.

求E(XY),D(XY)

122

解 EX2xdx，

03

EY6

（注：因为参数为1的指数分布的数学期望为1，而fY(y)是前指数分布向右平

m

E|XY|2



LL0

(xy)2

LL11LL2

22dxdyxdxdyxydxdy00L2L200

1

2

L

所以

24L4L23L26 

解 因为相互独立的正态分布的线性组合仍为正态分布，所以

Z~N(,2)

所以Z的概率密度为



fZ(z)

daw

(z5)218

EZE(2XY3)2EXEY35 2

DZD(2XY3)4DXDY9

课

答案网

其中

,z，

23．设X,Y是两个相互独立的且均服从正态分布N(0,

w.h

解1 E|XY|

E|XY|与D|XY|.









|xy|f(x,y)dxdy (x2y2)

1











|xy|

2

dxdy







1

x



(xy)e(x

y2)

dxdy





1



ww





2

x



(xy)e(x

2

y2)

dxdy

x2x(x2y2) (x2y2)

xedxdyyedxdy



222r244

3cosdredr3sindr2erdr

0044

221r24

sin3(reerdr)

0042

·68·

.c1

)的随机变量，求2





L2L2L2

D|XY|.

6918

22．设随机变量X与Y独立，且X服从均值为1，标准差（均方差）

的正态分布，而Y服从标准正态分布，试求随机变量Z2XY3的概率密度.

x

(yx)e(x

2

y2)

dxdy

221r2

cos43(reerdr)

0042

2

r24t2edrdt；

4









2

0





1

2

re

3r2

drd

0



2

答

案12r2

2re

2

2所以

D|XY|1

0



1redr

2

r2

注意：从上面的解题过程看，计算相当麻烦，下面给出一种简单的计算方法： 解2 设ZXY，则Z~N(0,1)

z

z|e2dz2

课

2



daw



0

re

r2

dre

r2



1；

.

w.

E|XY|E|Z|



2







e

2



z2

2

|)

；

E|XY|EZDZ1， 所以

D(XY)Z|XY|2(E|XY|)21

ww

24．设随机变量X与Y相互独立，且都服从N(,

2)分布，试证



Emax(X,Y),Emin(X,Y)XY

证1 令X1，，则X1,Y1仍相互独立且均服从N(0,1) Y1



于是

XX1,YY1

·69·

.c

o

2

0





1



(x2y22xy)e(x

y2)

dxdy

sincoser3drd

20

r2

cos2







0

ze



z2

2

2



.

m

r2dr

E|XY|E(XY)

22



(xy)2

1



e

x2y2

22

dxdy

dz

从而

max(X,Y)max(X1,

Y1)

max(X1,Y1) Emax(X,Y)Emax(X1,Y1) Emax(X1,Y1) 

y1

1x1

2

max(x1,y1)dx1dy1

2

2

2

2

2

2







1



y1rsin2

x1rcos





454

cosd

054

r2e



r2

2

1dr

2

2r2edr

220



所以







r2dr， ww

.

Emax(X,Y)同理可证

Emin(X,Y) 证2 X1,Y1如上所设，令ZX1Y1，则Z~N(0,2)

~N(0,1) 利用23题的结果得

EZE|X1Y1|由公式

max(X1,Y1)

·70·

2

答1



2

2r2

4

redr 5cosdsind044

r2r2512244

sin5cos(re|00edr)

244



2

；

1

(X1Y1|X1Y1|) 2

.co

1

1

x1y1



y1xy

111x11

x12dx1dy1y12dx1dy1

22xy





5

4

4

sind



2





e



r22

dr

m

2

r2e



r22

dr

min(X1,Y1)得

1

(X1Y1|X1Y1|) 2

Emax(X,Y)Emax(X1,Y1)

E[(X1Y1|X1Y1|)]



Emin(X,Y)Emin(X1,Y1)

（超几何分布的数学期望）设N件产品中有M件次品，从中任取n件 25．

进行检查，求查得的次品数X的数学期望. 解 设Xi则 X

1,第i次取到次品,

答

案网

0,第i次取到正品.

i1,2,,n,

X

i1

i

，

XiP

Xi的分布为 则

0NMN

w.kh

EXi故

EX

M

,i1,2,,n, N

nM

N

EXi

i1

n

knkCMCNN

注：（1）X的分布为P(Xk)n

CN

ww

期望为

knkknknCMCNkCMCNnMMM

EXk，由上面的计算得. nn

CNCNNk0k0

M

（2）若X表示n次有放回地抽取所得次品数，则X~B(n,，此时

N

M

EXn，这与超几何分布的期望相同。

N

n

daw

1M ， N

n

.co

. k0,1,,n，所以X的

m

·71·

12

26．对三台仪器进行检验，各台仪器产生故障的概率分别为p1,p2,p3，求产生故障仪器的台数X的数学期望和方差。 解1 X的分布为

由此计算EX和DX相当麻繁，我们利用期望的性质进行计算。

于是

EXipi,

故 EX

w.kh

i

i1

EX

3

课

DXipi(1pi),i1,2,3.

3

后

i1,2,3.

p1p2p3；DXDXip1(1p1)p2(1p2)p3(1p3).

i1

27．袋中有n张卡片，分别记有号码1,2,,n，从中有放回地抽取k张来，以X表示所得号码之和，求EX,DX.

解 设Xi为第i张的号码，i1,2,,k，则 Xi的分布为

XiP

1

则

ww

1n

1n1(12n)，i1,2,,k. n21(n1)(2n1)22

EXi(14n)

n6

EXi

·72·

daw

2

XP

01pi

答网

1,第i台仪器出现故障,

设 Xi

0,第i台仪器不出故障.

Xi的分布如下：

1

i1,2,3. pi



n1 n

1n

.co

i1,2,3.

m

0X

P(1p1)(1p2)(1p3)

123p1(1p2)(1p3)p1p2(1p3)p1p2p3

(1p1)p2(1p3)p1(1p2)p3(1p1)(1p2)p3(1p1)p2p3

(n1)(2n1)(n1)2n1

(4n23n3) DXiEXEX

6412

n21

12

2i

2i

所以

中去，一只盒放一只球。将一只球放入与球同号的盒子算作一个配对，记X为配对的个数，求EX.

则 X

X

i1

n

i

Xi的分布为

P

EXi EX

w.kh

EXin

i1n

1， n

29．从10双不同的鞋子中任取8只，记X为这8只鞋子中成双的对数，求

EX。

解 X的分布为

k82k82kC10C10k(2) P(Xk)8

C20

Xi

01

1n

ww

即

X

P01234

0.09150.4270.4000.080.00167

故

EX0.42720.40030.0840.001671.47.

30．已知DX25,DY36,

XY0.4，求D(XY)及D(

XY).

解 D(XY)DXDY2XY25362485;

·73·

daw

11 n

答案网

1,第i号球放入i号盒,

解 设Xi

0,其他.

1

1. n

k0,1,,4.

.co

i1,2,,n.

m

k(n1)k(n21)

EX，DX.

212

28．将n只球（编号为1,2,,n)随机地放入n只盒子（编号为1,2,,n）

1，求XY和YZ的相关系数. DY1 D(XY)D(YZ)2. 所以XY与YZ的相关系数为

解 cov(XY,YZ)cov(X,Y)cov(X,Z)cov(Y,Y)cov(Y,Z)



1

.

2 33．某箱装有100件产品，其中一、二和三等品分别为80，10和10件，现从中随机抽取一件，记

ww

h

解 （1）

(X,X)的分布

1,若抽到i等品,Xii1,2,3.

0,其他,

试求：（1）随机变量X1与X2的联合分布；（2）随机变量X1与X2的相关系数.

P(X10,X20)P(X3

1)0.1

P(X10,X21)P(X21)0.1

P(X11,X20)P(X11)0.8 P(X11,X21)0 EX10.8,EX20.1,EX1X20,DX10.16,DX20.09

所以X1,X2的相关系数为

0.082



0.123 34．设二维随机变量(X,Y)在矩形G{(x,y)|0x2,0y1}上服



从均匀分布，记

·74·

dw

课

案网

.co

25362437.

31．设X,Y,Z为三个随机变量，且EXEY1,EZ1,DXDY

11

DZ1，XY0,XZ,YZ，若WXYZ求EW,DW.

22

解 EWE(XYZ)EXEYEZ1

DWD(XYZ)DXDYDZ2cov(X,Y)2cov(X,Z)2cov(Y,Z)

11

321213.

22

32．设X,Y,Z是三个两两不相关的随机变量，数学期望全为零，方差都是

D(XY)DXDY2XY

m

ww

0,若XY, U

1,若XY;0,若X2Y,

V 1,2.若XY 求：（1）U和V的联合分布；（2）U和V的相关系数.

1

解 （1）P(U0,V0)P(XY,X2Y)P(XY)，

4

P(U0,V1)P(XY,X2Y)0，

1

P(U1,V0)P(XY,X2Y)P(YX2Y)，

41

P(U1,V1)P(XY,X2Y)P(X2Y),

2

33

即(U,V)的概率分布为 （2）EU，DU，

416

11

EV，DV，

241

EUV，

2 所以U,V的相关系数为

2

35．设X与Y为具有二阶矩的随机变量，且设Q(a,b)E[Y(abX)]，求a,b使Q(a,b)达到最小值Qmin，并证明

2

QminDY(1XY).

22

解 Q(a,b)E[Y(abX)]D[YabX][E(YabX)]

22

DYbDX2bcov(X,Y)(EYbEXa)，

Q

2(EYbEXa)0， aQ 2bDX2cov(X,Y)2EX(EYbEXa)0.

b解方程组 

w.k得

EYbEXa0,

2bDX2cov(X,Y)2EX(EYbEXa)0.

w

网

.co

·75·

m

b此时 Qmin

cov(X,Y)

，aEYbEX.

DX

2

[cov(X,Y)]2[cov(X,Y)]2

E[Y(abx)]DYDX2 2

DX(DX)

x2y2r2

sin

ww

w.kh

1

[cos2 

4r2

20

r20

2r11

sin2d3d EXYxy2dxdy2002rxrx2y2r2

2



故 X,Y的相关系数0. （2）关于X的边缘密度为

fX(x)







,|x|r,

f(x,y)dy

0,|x|r,

|x|r,





|x|r.0,

关于Y的边缘密度的

·76·

da

w

1

r

（1）EX



x

课

答网

2r11

cosdxdydd 2200rr

2d0

]3d0

r

.co

[cov(X,Y)]22

]. DY[1XY DY

DX

222

（1）求X和Y 36．设随机变量X和Y在圆城xyr上服从均匀分布，

的相关系数；（2）问X,Y是否独立？为什么？ 解 (X,Y)的密度为

12222,xyr,

f(x,y)r

0,其他.

m

|y|r,

fY(y)



|y|r.0,

因为f(x,y)fX(x)fY(y)，所以X,Y不独立. 37．设A,B是二随机事件，随机变量

试证明随机变量X和Y不相关的充分必要条件是A与B相互独立. 证必要性

[证] 若A,B独立，则X与Y独立，当然X与Y不相关，充分性得证，今设X与Y不相关，即EXYEXEY. EXY

EXP(A)P(2P(A)1,EY2P(B)1,

ij

ij

P(X1,Y1)P(X1,Y1)P(X1,Y1) P(X1,Y1)P(AB)P(P(P() 4P(AB)2P(A)2P(B)1.

P(AB)1P(A)P(B)P(AB)P(A)P(AB)P(B)P(AB) 因为 EXYEXEY，所以

w.kh

从而有

P(AB)P(A)P(B)， 故A与B独立。

与|X|不相关，也不独立. 证 EX



4P(AB)2P(A)2P(B)1[2P(A)1][2P(B)1]

4P(A)P(B)2P(A)2P(B)1，

38．设随机变量X的概率密度为f(x)

ww

1|x||x|

x2edx0 （此乃因为xe是奇函数） 1

EX|X|x|x|e|x|dx0

2

所以cov(X,|X|0，即X与|X|不相关。今证X与|X|不独立，用反证法. 假定X与|X|独立，则对任意的正数a有

·77·

daw

i

xyP(Xx,

课

后

答案网

Yyj)

1|x|

试证明Xe,x，

2

.co

1,若B出现,1,若A出现,

X Y

1,若B不出现.1,若A不出现;

m

P(Xa,|X|a)P(Xa)P(|X|a),

但

1111|x|111

P(X1)edxexdxex

0022222

1111

e1

222

而(X1)(|X|1)，所以

P(X1,|X|1)P(|X|1)P(X1)P(|X|1)

出现矛盾，故X与|X|不独立。

39．设(X,Y)为二维正态变量EX1,EY0,DX4,DY9，cov(X,Y)3，求(X,Y)的概率密度.

31

解 (X,Y)的相关系数为，所以(X,Y)的密度为

62

1



40．设二维随机变量(X,Y)的密度函数为

1

(9x218x6xy6y4y29) 54

1

[1(x,y)2(x,y)]， 2

ww

w.kh

相关系数分别为是零，方差都是1。 解 （1）f1(x)

f(x,y)

且它们对应的二维随机变量的其中1(x,y)和2(x,y)都是二维正态密度函数，

11

和，它们的边缘密度函数所对应的随机变量的数学期望都33

（1）求随机变量X和Y的密度函数f1(x)和f2(y)，及X和Y的相关系数

（可以直接利用二维正态密度的性质）。



（2）问X,Y是否独立？为什么？

daw

1

f(x,y)dy

2

2

4(x1)2(x1)yy2

f(x,y)

6964





1x2x2

2同理

·78·

.c

o

1(x,y)dy

2



2(x,y)dy



2

x2

，x. 

m

y2

f2(y)，y

因为EXEY0,DXDY1，所以X和Y的相关系数为

2

EXY

12







1

xy[1(x,y)2(x,y)]dxdy

2





xy1(x,y)dxdy



xy2(x,y)dxdy





111

0； 233

（2）因为(X,Y)的密度为 f(x,y)

而边缘密度的乘积为

w.kh

r

1x

f1(x)f2(y)e

2

所以X,Y不独立.

41．设X为随机变量，E|X|(r0)存在，试证明：对任意0有

P(|X|)

证 若X为离散型，其概率分布为P(Xxi)pi,

则

ww

P(|X|)

|xi|

p

i

daw

2

1

[1(x,y)2(x,y)] 2

9292

116(x23xyy2)16x23xyy2)

ee

2

922(x2y2)xyxy[e3e3]

16

网

y22

E|X|r

2

.

|xi|r

|xi|

r

|x|r

pi

i

若X为连续型，其概率密度为f(x)，则 P(|X|)

|x|

f(x)dx

|x|

r

f(x)dx

42．若DX0.004，利用切比雪夫不等式估计概率P(|XEX|0.2).

.co

i1,2, E|x|r

|xi|r

2

1

pi

2

r

；

r





|x|f(x)dx

m

E|x|r

r

.

·79·

解 由切比雪夫不等式 P(|XEX|0.2)1

DX0.004

10.9 2

(0.2)0.041

0.009

0.9

43．给定P(|XEX|)0.9,DX0.009，利用切比雪夫不等式估计。 解 P(|XEX|)1

DX

22

0.3

44．用切比雪夫不等式确定，掷一均质硬币时，需掷多少次，才能保证‘正面’出现的频率在0.4至0.6之间的概率不小于0.9.

解 设需掷n次，正面出现的次数为Yn，则Yn~B(n,)，依题意应有 P(0.4而

P(0.4

所以 n250.

45．若随机变量序列X1,X2,,Xn,满足条件

w.kh

试证明{Xn}服从大数定律. 所以对任意的0 故{Xn}服从大数定律。

·80·

n

1

lim2D(Xi)0

nni1

证：由切比雪夫不等式，对任意的0有

课

后

1

1n1n

PXiEXi

ni1ni1

daw

n0.50.525

10.9

0.01n2n

1n

D(Xi)ni1

YnY

0.6)P(|n0.5|0.1)P(|Yn0.5n|0.1n) nn

答

网

Yn

0.6)0.9 n

ww

n

1n111n

limPXiEXi2lim2D(Xi)0

nni1i1ni1nn

46．设有30个电子器件D1,D2,,D30，它们的使用情况如下：D1损坏，

.c

o

12



2



n

1

D(Xi)n2i1



2

m

D2立即使用；D2损坏，D3立即使用等等，设器件Di的寿命服从参数为

0.1(小时)1的指数分布的随机变量，令T为30个器件使用的总时间，求T

超过350小时的概率。

解 设Di为器件Di的寿命，则T

D

i1

30

i

，所求概率为

终端使用与否相互独立，试求有10个或更多个终端在使用的概率。

0,第i个终端不在用.

所求概率为

ww

w.kP(14X30)

.

解 P(14X30) 0.927.

P(X10)11(2.5)(2.5)0.9938.

某保险公司多年的资料表明，在索赔户中，被盗索赔户占20%，以X表 48．

示在随机抽查100个索赔户中因被盗而向保险公司索赔的户数，求

 (2.5)(1.5)

0.9938(1.5)10.99380.93321

课

X

X

i1

100

后

则同时使用的终端数

i

~B(100,0.2)

daw

解 设Xi

1,第i个终端在使用,

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47．某计算机系统有100个终端，每个终端有20%的时间在使用，若各个

.ci1,2,

·81·

30

D300i30

P(T350)P(Di350)P

i1

11(0.91)10.81860.1814.