第一章 事件与概率
1、对一个五人学习小组考虑生日问题： （1） 求五个人的生日都在星期日的概率； （2） 求五个人的生日都不在星期日的概率； （3） 求五个人的生日不都在星期日的概率. 【解】（1） 设A 1={五个人的生日都在星期日}，基本事件总数为75，有利事件仅1个，故 P （A 1）=
115
=（）757
（2） 设A 2={五个人生日都不在星期日}，有利事件数为65，故
6565
P （A 2）=5=()
77
(3) 设A 3={五个人的生日不都在星期日}
P （A 3）=1-P (A 1)=1-(
15
) 7
2、一架升降机开始时有6位乘客，并等可能地停于十层楼的每一层. 试求下列事件的概率：
（1） A =“某指定的一层有两位乘客离开”；
（2） B =“没有两位及两位以上的乘客在同一层离开”； （3） C =“恰有两位乘客在同一层离开”； （4） D =“至少有两位乘客在同一层离开”.
【解】 由于每位乘客均可在10层楼中的任一层离开，故所有可能结果为106种.
24C 69
（1） P (A ) =
106
（2） 6个人在十层中任意六层离开，故
6P 10
P (B ) =6
10
（3） 由于没有规定在哪一层离开，故可在十层中的任一层离开，有C 110种可能结果，再从
2
六人中选二人在该层离开，有C 6种离开方式. 其余4人中不能再有两人同时离开的情
况，因此可包含以下三种离开方式：①4人中有3个人在同一层离开，另一人在其余
3118层中任一层离开，共有C 19C 4C 8种可能结果；②4人同时离开，有C 9种可能结果；
③4个人都不在同一层离开，有P 94种可能结果，故
2131146
P (C ) =C 110C 6(C9C 4C 8+C 9+P 9)/10
（4） D=B . 故
6
P 10
P (D ) =1-P (B ) =1-6
10
3、两人约定上午9∶00~10∶00在公园会面，求一人要等另一人半小时以上的概率
.
【解】设两人到达时刻为x,y , 则0≤x , y ≤60. 事件“一人要等另一人半小时以上”等价于|x -y |>30.
如图阴影部分所示.
3021P =2=
604
4、一个袋内装有大小相同的7个球，其中4个是白球，3个是黑球，从中一次抽取3个，
计算至少有两个是白球的概率. 【解】 设A i ={恰有i 个白球}（i =2,3），显然A 2与A 3互斥.
1
C 2184C 3
P (A 2) =3=,
C 735
C 344
P (A 3) =3=
C 735
22 35
故 P (A 2 A 3) =P (A 2) +P (A 3) =
5、设A ，B ，C 为三事件，且P （A ）=P （B ）=1/4，P （C ）=1/3且P （AB ）=P （BC ）=0，
P （AC ）=1/12，求A ，B ，C 至少有一事件发生的概率.
【解】 P （A ∪B ∪C ）=P (A )+P (B )+P (C ) -P (AB ) -P (BC ) -P (AC )+P (ABC )
=
11113++-= 443124
6、对任意的随机事件A ，B ，C ，试证
P （AB ）+P （AC ）-P （BC ）≤P (A ). 【证】 P (A ) ≥P [A (B C )]=P (AB AC ) =P (AB ) +P (AC ) -P (ABC ) ≥P (AB ) +P (AC ) -P (BC ) 7、证明：σ-域之交仍为σ-域。 证：设F t (t ∈T ) 是σ-域，记F =
F .
t t ∈T
(i) Ω∈每一F t ，所以Ω∈
F
t ∈T
t
，即Ω∈F .
(ii) A ∈F ，则A ∈每一F t ，由F t 是σ-域得∈每一F t ，所以∈
F ，从而∈F .
t t ∈T
(iii) A i (i =1, 2, ) ∈F ，则诸A t 必属于每一F t ，由于F t 是σ-域，所以
A ∈每一F ，
i
t
i
即
A ∈ F
i i
t ∈T
t
=F .
∴F 是σ-域。
第二章 条件概率与统计独立性
1、 某地某天下雪的概率为0.3，下雨的概率为0.5，既下雪又下雨的概率为0.1, 求：
（1） 在下雨条件下下雪的概率；（2） 这天下雨或下雪的概率. 【解】 设A ={下雨}，B ={下雪}.
（1） P (B A ) =
P (AB ) 0.1
==0.2 P (A ) 0.5
（2） P (A B ) =P (A ) +P (B ) -P (AB ) =0.3+0.5-0.1=0.7
2、甲、乙、丙三人独立地向同一飞机射击，设击中的概率分别是0.4,0.5,0.7，若只有一人击
中，则飞机被击落的概率为0.2；若有两人击中，则飞机被击落的概率为0.6；若三人都击中，则飞机一定被击落，求：飞机被击落的概率.
【解】设A ={飞机被击落}，B i ={恰有i 人击中飞机}，i =0,1,2,3
由全概率公式，得
P (A ) =∑P (A |B i ) P (B i )
i =0
3
=(0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7)0.2+
(0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7)0.6+0.4×0.5×0.7 =0.458
3、按以往概率论考试结果分析，努力学习的学生有90%的可能考试及格，不努力学习的学
生有90%的可能考试不及格. 据调查，学生中有80%的人是努力学习的，试问： （1）考试及格的学生有多大可能是不努力学习的人？ （2）考试不及格的学生有多大可能是努力学习的人？ 【解】设A ={被调查学生是努力学习的}，则A ={被调查学生是不努力学习的}.由题意知P
（A ）=0.8，P （A ）=0.2，又设B ={被调查学生考试及格}.由题意知P （B |A ）=0.9，P （B |A ）=0.9，故由贝叶斯公式知
P (A ) P (B A ) P (AB )
（1）P (A B ) = =
P (B ) P (A ) P (B A ) +P (A ) P (B A )
=
0.2⨯0.11
==0.02702
0.8⨯0.9+0.2⨯0.137
即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702%
(2) P (A B ) =
P (A ) P (B A ) P (AB )
=
P (B ) P (A ) P (B A ) +P (A ) P (B A )
0.8⨯0.14
==0.3077
0.8⨯0.1+0.2⨯0.913
=
即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%. 4、设两两相互独立的三事件，A ，B 和C 满足条件：
ABC =Φ，P (A )=P (B )=P (C )
【解】由P (A B C ) =P (A ) +P (B ) +P (C ) -P (AB ) -P (AC ) -P (BC ) +P (ABC ) =3P (A ) -3[P (A )]=
故P (A ) =
2
9 16
1311或, 按题设P （A ）
5、已知某种疾病患者的痊愈率为25%，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，
且规定若10个病人中至少有四人治好则认为这种药有效，反之则认为无效，求： （1） 虽然新药有效，且把治愈率提高到35%，但通过试验被否定的概率. （2） 新药完全无效，但通过试验被认为有效的概率. 【解】（1） p 1=
10
∑C
k =0
3
k
10
(0.35)k (0.65)10-k =0.5138
(2) p 2=
∑C
k =4
k 10
(0.25)k (0.75)10-k =0.2241
6、证明：若P （A ｜B ）=P (A ｜B ) ，则A ，B 相互独立.
【证】 P (A |B ) 即=P (A |B )
P (AB ) P (AB )
=
P (B ) P (B )
亦即 P (AB ) P (B ) =P (AB ) P (B )
P (AB )[1-P (B )]=[P (A ) -P (AB )]P (B )
因此 P (AB ) =P (A ) P (B ) 故A 与B 相互独立.
7、证明：若P （A |C ）≥P (B |C ), P (A |C ) ≥P (B |C ) ，则P （A ）≥P (B ). 【证】由P （A |C ）≥P (B |C ), 得
P (AC ) P (BC )
≥,
P (C ) P (C )
即有 P (AC ) ≥P (BC )
同理由 P (A |C ) ≥P (B |C ), 得 P (AC ) ≥P (BC ),
故 P (A ) =P (AC ) +P (AC ) ≥P (BC ) +P (BC ) =P (B )
第三章 随机变量与分布函数
1、设在15只同类型零件中有2只为次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X 表示取出的次品个数，求： （1） X 的分布律；
（2） X 的分布函数并作图； (3)
133
P {X
222
【解】
X =0,1, 2.
3
C 1322
P (X =0) =3=.
C 15352C 112
2C 13
P (X =1) =3=.
C 1535
C 11
P (X =2) =13=. 3
C 1535
（2） 当x ≤0时，F （x ）=P （X
当0
22 35
34 35
当12时，F （x ）=P （X
x ≤0⎧0,
⎪22
⎪, 0
F (x ) =⎨
⎪34, 12⎩
(3)
1122
P (X
[1**********]2
P (1≤X
22353535
33312
P (1≤X ≤) =P (X =) +P (1≤X
22235
342212
P (1
353535
2、设连续型随机变量X 分布函数为
⎧A +B e -xt , x ≥0,
F （x ）=⎨(λ>0),
x
（1） 求常数A ，B ；
（2） 求P {X
lim F (x ) =1⎧⎧A =1⎪x →+∞
【解】（1）由⎨得⎨
B =-1lim F (x ) =lim F (x ) ⎩⎪x →0-⎩x →0+
（2） P (X
-2λ
-3λ
P (X ≥3) =1-F (3)=1-(1-e
) =e -3λ
⎧λe -λx , x ≥0
(3) f (x ) =F '(x ) =⎨
x
3、设随机变量（X ，Y ）的分布密度
⎧A e -(3x +4y ) , x >0, y >0,
f （x ，y ）=⎨
其他. ⎩0,
求：（1） 常数A ；
（2） 随机变量（X ，Y ）的分布函数； （3） P {0≤X
⎰⎰
-∞
+∞+∞
-∞
f (x , y )d x d y =⎰
+∞
⎰
+∞
A e -(3x +4y ) d x d y =
A
=1 12
得 A =12
（2） 由定义，有 F (x , y ) =
⎰⎰
y x
-∞-∞
f (u , v )d u d v
y y
-(3u +4v ) ⎧d u d v ⎧(1-e -3x )(1-e -4y ) ⎪⎰0⎰012e
=⎨=⎨
0, ⎩⎪⎩0,
y >0, x >0,
其他
(3) P {0≤X
⎰⎰12e
00
12
-(3x +4y )
d x d y =(1-e -3)(1-e -8) ≈0.9499.
4、. 设随机变量（X ，Y ）的概率密度为
⎧1, y
f （x ，y ）=⎨
0, 其他. ⎩
求条件概率密度f Y ｜X （y ｜x ），f X ｜Y （x ｜y ）
.
题4图
【解】f X (x ) =
+∞
⎰
-∞
f (x , y )d y
x
⎧⎪1d y =2x , 0
=⎨⎰-x
⎪其他. ⎩0,
f Y (y ) =⎰
+∞
-∞
⎧11d x =1+y , -1
⎪⎰-y ⎪⎪1
f (x , y )d x =⎨⎰1d x =1-y , 0≤y
y ⎪
其他. ⎪0,
⎪⎩
所以
⎧1
f (x , y ) ⎪, |y |
f Y |X (y |x ) ==⎨2x
f X (x ) ⎪
其他. ⎩0,
⎧1
⎪1-y , y
f (x , y ) ⎪1
f X |Y (x |y ) ==⎨, -y
f Y (y ) ⎪1+y
⎪0, 其他. ⎪⎩
5、设随机变量X 服从参数为2的指数分布. 证明：Y =1-e -2X 在区间（0，1）上服从均匀分布. 【证】X 的密度函数为
⎧2e -2x , x >0
f X (x ) =⎨
x ≤0⎩0,
由于P （X >0）=1，故0
当y ≤0时，F Y （y ）=0 当y ≥1时，F Y （y ）=1
当01-y )
1
=P (X
2 =⎰
即Y 的密度函数为
1
-ln(1-y ) 20
2e -2x d x =y
⎧1, 0
f Y (y ) =⎨
⎩0, 其他
即Y~U（0，1）
6、设X ，Y 是相互独立的随机变量，其分布律分别为
P {X =k }=p （k ），k =0，1，2，…， P {Y =r }=q （r ），r =0，1，2，….
证明随机变量Z =X +Y 的分布律为
P {Z =i }=
∑p (k ) q (i -k ) ，i =0，1，2，….
k =0
i
【证明】因X 和Y 所有可能值都是非负整数，
所以 {Z =i }={X +Y =i }
={X =0, Y =i } {X =1, Y =i -1} {X =i , Y =0} 于是
P {Z =i }=∑P {X =k , Y =i -k }X , Y 相互独立∑P {X =k } P {Y =i -k }
k =0
k =0
i i
=
∑p (k ) q (i -k )
k =0
i
第四章 数字特征与特征函数
1、设随机变量X 的概率密度为
⎧x , 0≤x
f （x ）=⎨2-x , 1≤x ≤2,
⎪0, 其他. ⎩
求E （X ），D （X ）. 【解】E (X ) =
⎰
+∞
-∞
xf (x )d x =⎰x 2d x +⎰x (2-x )d x
1
1
2
12
3
⎡13⎤⎡2x ⎤
=⎢x ⎥+⎢x -⎥=1.
3⎦1⎣3⎦0⎣
E (X 2) =⎰
2
+∞
-∞
x 2f (x )d x =⎰x 3d x +⎰x 2(2-x )d x =
1
2
12
7
6
故 D (X ) =E (X ) -[E (X )]=2、设随机变量X 的概率密度为
1. 6
1x ⎧⎪cos , 0≤x ≤π, f (x )=⎨2 2
⎪其他. ⎩0,
对X 独立地重复观察4次，用Y 表示观察值大于π/3的次数，求Y 2的数学期望。
π⎧
1, X >, ⎪⎪3
【解】令 Y i =⎨
⎪0, X ≤π. ⎪3⎩
则Y =
(i =1, 2,3, 4)
∑Y ~B (4,p ) . 因为
i i =1
4
π/31πππx 1
p =P {X >=1-P {X ≤及P {X ≤=⎰cos d x =,
0333222
111
所以E (Y i ) =, D (Y i ) =, E (Y ) =4⨯=2,
242
11
D (Y ) =4⨯⨯=1=E (Y 2) -(EY ) 2,
22
从而E (Y ) =D (Y ) +[E (Y )]=1+2=5.
3、设两个随机变量X ，Y 相互独立，且都服从均值为0，方差为1/2的正态分布，求随机变
量|X -Y |的方差.
222
⎛2⎫⎛2⎫
【解】设Z =X -Y
，由于X ~N 0, , ⎪, Y ~N 0, ⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎝⎭
且X 和Y 相互独立，故Z ~N （0，1）.
因
D (X -Y ) =D (Z ) =E (|Z |2) -[E (|Z |)]2
=E (Z 2) -[E (Z )]2,
而
E (Z ) =D (Z ) =1, E (|Z |)=⎰|z |
-∞
2
+∞
-z 2/2
d z +∞-z 2/2
= z e d z =0所以 D (|X -Y |)=1-4、试求[0,1]均匀分布的特征函数。 解：p ξ(x ) =⎨
2
. π
⎧1, x ∈[0,1]
。当t =0时f (t ) =1；当t ≠0时
⎩0, x [0,1]
11
f (t ) =⎰e dx =e itx =(e it -1) .
0it it 0
1itx
1
5、设随机变量X 的概率密度为
⎧1
⎪2, -1
f X (x )=⎨, 0≤x
⎪4
其他. ⎪0,
⎪⎩
令Y =X 2，F （x , y ）为二维随机变量（X ，Y ）的分布函数，求：
(1) Y的概率密度f Y (y ) ； (2) Cov(X , Y ); (3)F (-
1
, 4) . 2
解： (1) Y 的分布函数为
F Y (y ) =P {Y ≤y }=P {X 2≤y }.
当y ≤0时， F Y (y ) =0，f Y (y ) =0； 当0＜y ＜1时，
F Y (y ) =P {≤X ≤
=P {X
，
f Y (y ) =
；
当1≤y
F Y (y ) =P {-1≤X
=
1
2f Y (y ) =
当y ≥4时，F Y (y ) =1，f Y (y ) =0. 故Y 的概率密度为
；
≤y
+∞01211
x d x +⎰x d x =, (2) E (X ) =⎰xf X (x )d x =⎰-∞-12044
+∞012152222
E (Y ) =E(X ) =x f (x )d x =x d x +x d x =) , ⎰-∞X ⎰-12⎰046
+∞0121723
x 3d x +⎰x 3d x =, E (XY ) =E(Y ) =⎰x f X (x )d x =⎰-∞-12048
2
故 Cov(X,Y ) =E (XY ) -E (X ) ⋅E (Y ) =.
3
1112
(3) F (-, 4) =P {X
222
11
=P {X
22
11
=P {-1≤X
24
6、设二维随机变量（X ，Y ）的概率密度为
⎧122
⎪, x +y ≤1,
f （x ，y ）=⎨π
⎪其他. ⎩0,
试验证X 和Y 是不相关的，但X 和Y 不是相互独立的. 【解】设D ={(x , y ) |x +y ≤1}.
2
2
E (X ) =⎰
+∞
-∞
⎰
+∞
-∞
xf (x , y )d x d y =
1
x d x d y ⎰⎰πx 2+y 2≤1
12π1
r d r d θ=0. =⎰⎰r cos θ
π00
同理E (Y )=0. 而 C o v X (Y , =)
⎰⎰
-∞
+∞+∞-∞
x -[E x () ]-y [E Y (f ) ]x (y , x y
112π12
=⎰⎰2xy d x d y =π⎰0⎰0r sin θcos θr d r d θ=0, πx 2+
y ≤1
由此得ρXY =0, 故X 与Y 不相关. 下面讨论独立性，当|x |≤1
时，f X (x ) =
1y 当|y |≤1
时，f Y (y ) =
1x 显然f X (x ) f Y (y ) ≠f (x , y ).
故X 和Y 不是相互独立的.
7、对于任意两事件A 和B ，0
ρ=
P (AB )-P (A ) ⋅P (B ) P (A ) P (B ) P (A ) P (B )
为事件A 和B 的相关系数. 试证：
（1） 事件A 和B 独立的充分必要条件是ρ=0； （2） |ρ|≤1. 【证】（1）由ρ的定义知，ρ=0当且仅当P (AB ) -P (A )·P (B )=0.
而这恰好是两事件A 、B 独立的定义，即ρ=0是A 和B 独立的充分必要条件. (2) 引入随机变量X 与Y 为
⎧⎧⎪1, 若A 发生, ⎪1, 若B 发生, X =⎨ Y =⎨
⎪⎪⎩0, 若A 发生; ⎩0, 若B 发生.
由条件知，X 和Y 都服从0 -1分布，即
11⎧0⎧0
Y ~⎨ X ~⎨
1-P (A ) P (A ) 1-P (B ) P (B ) ⎩⎩
从而有E (X )=P (A ), E (Y )=P (B ),
D (X )=P (A )·P (A ), D (Y )=P (B )·P (B ),
Cov(X , Y )=P (AB ) -P (A )·P (B )
所以，事件A 和B 的相关系数就是随机变量X 和Y 的相关系数. 于是由二元随机变量相关系数的基本性质可得|ρ|≤1.
第五章 极限定理
1、设随机变量X 和Y 的数学期望是2, 方差分别为1和4, 而相关系数为0.5, 试用切比雪夫不等式估计概率P(|X－Y| ≥ 6). 解. E(X－Y) = E(X)－E(Y) = 2－2 = 0 D(X－Y) = D(X) + D(Y)－2ρXY 所以 P (|X -Y |≥6) ≤
D (X ) D (Y ) = 1 + 4－2×0.5×1×2 = 3
D (X -Y ) 31
==.
623612
2、某厂有400台同型机器, 各台机器发生故障的概率均为0,02, 假如各台机器相互独立工作,
试求机器出现故障的台数不少于2台的概率.
解. 假设X 表示400台机器中发生故障的台数, 所以X ～B(400, 0.02) 由棣莫佛－拉普拉斯定理:
1⎛X -400⨯0. 02⎫
lim P ≤x ⎪=n →∞⎝400⨯0. 02⨯0. 98⎭
所以 P (X ≥2) =1-P (X ≤1) =1-P
⎰
x
-∞
e
-
t 2
2
dt =Φ(x )
X -8-7⎫
≤⎪
400⨯0. 02⨯0. 98⎭⎝400⨯0. 02⨯0. 98⎛
≈ 1－Φ(－2.5) = Φ(2.5) = 0.9938.
3、设供电网中有10000盏灯, 夜晚每一盏灯开着的概率都是0.7, 假设各灯开、关时间彼此无关, 计算同时开着的灯数在6800与7200之间的概率.
解. 假设X 表示10000盏灯中开着的灯数, 所以X ～B(10000, 0.7) 由棣莫佛－拉普拉斯定理: lim P
n →∞
X -70001⎫
≤x ⎪=
⨯00. 3⨯0. 72π⎝000⎭⎛
⎰
x
-∞
e
-
t 2
2
dt =Φ(x )
) 所以 P (6800≤X ≤7200
=P
6800-7000X -70007200-7000⎫
≤≤⎪
⨯0. 3⨯0. 7⨯0. 3⨯0. 7⎭⎝⨯0. 3⨯0. 7⎛
≈ Φ(4.36)－Φ(－4.36) = 2Φ(4.36)－1 = 2×0.999993－1 = 0.999.
4、在一定保险公司里有10000人参加保险，每人每年付12元保险费，在一年内一个人死亡
的概率为0.006, 死亡者其家属可向保险公司领得1000元赔偿费. 求： （1） 保险公司没有利润的概率为多大；
（2） 保险公司一年的利润不少于60000元的概率为多大？
【解】设X 为在一年中参加保险者的死亡人数，则X ~B （10000，0.006）.
(1) 公司没有利润当且仅当“1000X =10000×12”即“X =120”. 于是所求概率为
P {X =120}≈
2
==-12
=0.0517⨯e -30.1811≈0
(2) 因为“公司利润≥60000”当且仅当“0≤X ≤60” 于是所求概率为
P {0≤X ≤60}≈Φ-Φ
=Φ(0)-Φ ⎛⎝≈0.5. ⎛0
n ⎫5、若X n 的概率分布为
1-11⎪
，试验证相应的分布函数收敛，但矩不收敛。 ⎝n n ⎪⎪⎭
⎧0, 当⎪x ≤
0解：
F =P ) X ⎪
1n (x n
}当
0令n →∞
⎪⎪⎩1,
当x
0, x ≤0
n (x 。 ⎩1, x >0
这说明分布函数收敛，但 E X n =1, E X =0, E n +
X →E X (→n ∞。当) k >1
时，
EX k
1
n =n k ⋅
n
=n k -1， E (X k =E (X ⎛1⎫
1n -EX n ) n -1) k =(-1) k ⎝1-n ⎪⎭
+(n -1) k ⋅n
所以当n →∞时，EX n →∞，E (X n -EX n ) k →∞。由此知其中心距，原点矩均不收敛。
6、设X n 独立同分布，P {X 2n =2k -}=2-k (k =1,2, ) ，则大数定律成立。 ∞
∞
证：由辛钦大数定律知，这时只要验证EX i 存在, EX i =∑2
-k
2
k -2ln k
=k =1
∑4-ln k 。而
k =1
4-ln k =e -ln4ln k =(e ln k ) -ln4=k -ln4，
∞
又ln 4>1，所以 EX -ln 4
i =
∑k
k =1
得
n
2P
7、若{X i }是独立同分布、具有有限二阶矩的随机变量序列，试证 iX i −−→EX i 。∑n (n +1) i =1
证：记EX i =a , DX i =σ2
n n n
⎛2⎫22E iX i ⎪=iEX i =a ⋅i =a ， ∑∑∑n (n +1) n (n +1) n (n +1) i =1i =1i =1⎝⎭
利用X i 间的独立性得
n n ⎛2⎫4D iX i ⎪=2i 2σ2 ∑2∑⎝n (n +1) i =1⎭n (n +1) i =1
4n (n +1)(2n +1) 2(2n +1) σ2
=σ⋅2⋅=→0(n →∞)
n (n +1) 263n (n +1)
2
由马尔可夫大数定律得
n
2P
iX i −−→a =EX i ∑n (n +1) i =1
第一章 事件与概率
1、对一个五人学习小组考虑生日问题： （1） 求五个人的生日都在星期日的概率； （2） 求五个人的生日都不在星期日的概率； （3） 求五个人的生日不都在星期日的概率. 【解】（1） 设A 1={五个人的生日都在星期日}，基本事件总数为75，有利事件仅1个，故 P （A 1）=
115
=（）757
（2） 设A 2={五个人生日都不在星期日}，有利事件数为65，故
6565
P （A 2）=5=()
77
(3) 设A 3={五个人的生日不都在星期日}
P （A 3）=1-P (A 1)=1-(
15
) 7
2、一架升降机开始时有6位乘客，并等可能地停于十层楼的每一层. 试求下列事件的概率：
（1） A =“某指定的一层有两位乘客离开”；
（2） B =“没有两位及两位以上的乘客在同一层离开”； （3） C =“恰有两位乘客在同一层离开”； （4） D =“至少有两位乘客在同一层离开”.
【解】 由于每位乘客均可在10层楼中的任一层离开，故所有可能结果为106种.
24C 69
（1） P (A ) =
106
（2） 6个人在十层中任意六层离开，故
6P 10
P (B ) =6
10
（3） 由于没有规定在哪一层离开，故可在十层中的任一层离开，有C 110种可能结果，再从
2
六人中选二人在该层离开，有C 6种离开方式. 其余4人中不能再有两人同时离开的情
况，因此可包含以下三种离开方式：①4人中有3个人在同一层离开，另一人在其余
3118层中任一层离开，共有C 19C 4C 8种可能结果；②4人同时离开，有C 9种可能结果；
③4个人都不在同一层离开，有P 94种可能结果，故
2131146
P (C ) =C 110C 6(C9C 4C 8+C 9+P 9)/10
（4） D=B . 故
6
P 10
P (D ) =1-P (B ) =1-6
10
3、两人约定上午9∶00~10∶00在公园会面，求一人要等另一人半小时以上的概率
.
【解】设两人到达时刻为x,y , 则0≤x , y ≤60. 事件“一人要等另一人半小时以上”等价于|x -y |>30.
如图阴影部分所示.
3021P =2=
604
4、一个袋内装有大小相同的7个球，其中4个是白球，3个是黑球，从中一次抽取3个，
计算至少有两个是白球的概率. 【解】 设A i ={恰有i 个白球}（i =2,3），显然A 2与A 3互斥.
1
C 2184C 3
P (A 2) =3=,
C 735
C 344
P (A 3) =3=
C 735
22 35
故 P (A 2 A 3) =P (A 2) +P (A 3) =
5、设A ，B ，C 为三事件，且P （A ）=P （B ）=1/4，P （C ）=1/3且P （AB ）=P （BC ）=0，
P （AC ）=1/12，求A ，B ，C 至少有一事件发生的概率.
【解】 P （A ∪B ∪C ）=P (A )+P (B )+P (C ) -P (AB ) -P (BC ) -P (AC )+P (ABC )
=
11113++-= 443124
6、对任意的随机事件A ，B ，C ，试证
P （AB ）+P （AC ）-P （BC ）≤P (A ). 【证】 P (A ) ≥P [A (B C )]=P (AB AC ) =P (AB ) +P (AC ) -P (ABC ) ≥P (AB ) +P (AC ) -P (BC ) 7、证明：σ-域之交仍为σ-域。 证：设F t (t ∈T ) 是σ-域，记F =
F .
t t ∈T
(i) Ω∈每一F t ，所以Ω∈
F
t ∈T
t
，即Ω∈F .
(ii) A ∈F ，则A ∈每一F t ，由F t 是σ-域得∈每一F t ，所以∈
F ，从而∈F .
t t ∈T
(iii) A i (i =1, 2, ) ∈F ，则诸A t 必属于每一F t ，由于F t 是σ-域，所以
A ∈每一F ，
i
t
i
即
A ∈ F
i i
t ∈T
t
=F .
∴F 是σ-域。
第二章 条件概率与统计独立性
1、 某地某天下雪的概率为0.3，下雨的概率为0.5，既下雪又下雨的概率为0.1, 求：
（1） 在下雨条件下下雪的概率；（2） 这天下雨或下雪的概率. 【解】 设A ={下雨}，B ={下雪}.
（1） P (B A ) =
P (AB ) 0.1
==0.2 P (A ) 0.5
（2） P (A B ) =P (A ) +P (B ) -P (AB ) =0.3+0.5-0.1=0.7
2、甲、乙、丙三人独立地向同一飞机射击，设击中的概率分别是0.4,0.5,0.7，若只有一人击
中，则飞机被击落的概率为0.2；若有两人击中，则飞机被击落的概率为0.6；若三人都击中，则飞机一定被击落，求：飞机被击落的概率.
【解】设A ={飞机被击落}，B i ={恰有i 人击中飞机}，i =0,1,2,3
由全概率公式，得
P (A ) =∑P (A |B i ) P (B i )
i =0
3
=(0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7)0.2+
(0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7+0.6×0.5×0.7)0.6+0.4×0.5×0.7 =0.458
3、按以往概率论考试结果分析，努力学习的学生有90%的可能考试及格，不努力学习的学
生有90%的可能考试不及格. 据调查，学生中有80%的人是努力学习的，试问： （1）考试及格的学生有多大可能是不努力学习的人？ （2）考试不及格的学生有多大可能是努力学习的人？ 【解】设A ={被调查学生是努力学习的}，则A ={被调查学生是不努力学习的}.由题意知P
（A ）=0.8，P （A ）=0.2，又设B ={被调查学生考试及格}.由题意知P （B |A ）=0.9，P （B |A ）=0.9，故由贝叶斯公式知
P (A ) P (B A ) P (AB )
（1）P (A B ) = =
P (B ) P (A ) P (B A ) +P (A ) P (B A )
=
0.2⨯0.11
==0.02702
0.8⨯0.9+0.2⨯0.137
即考试及格的学生中不努力学习的学生仅占2.702%
(2) P (A B ) =
P (A ) P (B A ) P (AB )
=
P (B ) P (A ) P (B A ) +P (A ) P (B A )
0.8⨯0.14
==0.3077
0.8⨯0.1+0.2⨯0.913
=
即考试不及格的学生中努力学习的学生占30.77%. 4、设两两相互独立的三事件，A ，B 和C 满足条件：
ABC =Φ，P (A )=P (B )=P (C )
【解】由P (A B C ) =P (A ) +P (B ) +P (C ) -P (AB ) -P (AC ) -P (BC ) +P (ABC ) =3P (A ) -3[P (A )]=
故P (A ) =
2
9 16
1311或, 按题设P （A ）
5、已知某种疾病患者的痊愈率为25%，为试验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，
且规定若10个病人中至少有四人治好则认为这种药有效，反之则认为无效，求： （1） 虽然新药有效，且把治愈率提高到35%，但通过试验被否定的概率. （2） 新药完全无效，但通过试验被认为有效的概率. 【解】（1） p 1=
10
∑C
k =0
3
k
10
(0.35)k (0.65)10-k =0.5138
(2) p 2=
∑C
k =4
k 10
(0.25)k (0.75)10-k =0.2241
6、证明：若P （A ｜B ）=P (A ｜B ) ，则A ，B 相互独立.
【证】 P (A |B ) 即=P (A |B )
P (AB ) P (AB )
=
P (B ) P (B )
亦即 P (AB ) P (B ) =P (AB ) P (B )
P (AB )[1-P (B )]=[P (A ) -P (AB )]P (B )
因此 P (AB ) =P (A ) P (B ) 故A 与B 相互独立.
7、证明：若P （A |C ）≥P (B |C ), P (A |C ) ≥P (B |C ) ，则P （A ）≥P (B ). 【证】由P （A |C ）≥P (B |C ), 得
P (AC ) P (BC )
≥,
P (C ) P (C )
即有 P (AC ) ≥P (BC )
同理由 P (A |C ) ≥P (B |C ), 得 P (AC ) ≥P (BC ),
故 P (A ) =P (AC ) +P (AC ) ≥P (BC ) +P (BC ) =P (B )
第三章 随机变量与分布函数
1、设在15只同类型零件中有2只为次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样，以X 表示取出的次品个数，求： （1） X 的分布律；
（2） X 的分布函数并作图； (3)
133
P {X
222
【解】
X =0,1, 2.
3
C 1322
P (X =0) =3=.
C 15352C 112
2C 13
P (X =1) =3=.
C 1535
C 11
P (X =2) =13=. 3
C 1535
（2） 当x ≤0时，F （x ）=P （X
当0
22 35
34 35
当12时，F （x ）=P （X
x ≤0⎧0,
⎪22
⎪, 0
F (x ) =⎨
⎪34, 12⎩
(3)
1122
P (X
[1**********]2
P (1≤X
22353535
33312
P (1≤X ≤) =P (X =) +P (1≤X
22235
342212
P (1
353535
2、设连续型随机变量X 分布函数为
⎧A +B e -xt , x ≥0,
F （x ）=⎨(λ>0),
x
（1） 求常数A ，B ；
（2） 求P {X
lim F (x ) =1⎧⎧A =1⎪x →+∞
【解】（1）由⎨得⎨
B =-1lim F (x ) =lim F (x ) ⎩⎪x →0-⎩x →0+
（2） P (X
-2λ
-3λ
P (X ≥3) =1-F (3)=1-(1-e
) =e -3λ
⎧λe -λx , x ≥0
(3) f (x ) =F '(x ) =⎨
x
3、设随机变量（X ，Y ）的分布密度
⎧A e -(3x +4y ) , x >0, y >0,
f （x ，y ）=⎨
其他. ⎩0,
求：（1） 常数A ；
（2） 随机变量（X ，Y ）的分布函数； （3） P {0≤X
⎰⎰
-∞
+∞+∞
-∞
f (x , y )d x d y =⎰
+∞
⎰
+∞
A e -(3x +4y ) d x d y =
A
=1 12
得 A =12
（2） 由定义，有 F (x , y ) =
⎰⎰
y x
-∞-∞
f (u , v )d u d v
y y
-(3u +4v ) ⎧d u d v ⎧(1-e -3x )(1-e -4y ) ⎪⎰0⎰012e
=⎨=⎨
0, ⎩⎪⎩0,
y >0, x >0,
其他
(3) P {0≤X
⎰⎰12e
00
12
-(3x +4y )
d x d y =(1-e -3)(1-e -8) ≈0.9499.
4、. 设随机变量（X ，Y ）的概率密度为
⎧1, y
f （x ，y ）=⎨
0, 其他. ⎩
求条件概率密度f Y ｜X （y ｜x ），f X ｜Y （x ｜y ）
.
题4图
【解】f X (x ) =
+∞
⎰
-∞
f (x , y )d y
x
⎧⎪1d y =2x , 0
=⎨⎰-x
⎪其他. ⎩0,
f Y (y ) =⎰
+∞
-∞
⎧11d x =1+y , -1
⎪⎰-y ⎪⎪1
f (x , y )d x =⎨⎰1d x =1-y , 0≤y
y ⎪
其他. ⎪0,
⎪⎩
所以
⎧1
f (x , y ) ⎪, |y |
f Y |X (y |x ) ==⎨2x
f X (x ) ⎪
其他. ⎩0,
⎧1
⎪1-y , y
f (x , y ) ⎪1
f X |Y (x |y ) ==⎨, -y
f Y (y ) ⎪1+y
⎪0, 其他. ⎪⎩
5、设随机变量X 服从参数为2的指数分布. 证明：Y =1-e -2X 在区间（0，1）上服从均匀分布. 【证】X 的密度函数为
⎧2e -2x , x >0
f X (x ) =⎨
x ≤0⎩0,
由于P （X >0）=1，故0
当y ≤0时，F Y （y ）=0 当y ≥1时，F Y （y ）=1
当01-y )
1
=P (X
2 =⎰
即Y 的密度函数为
1
-ln(1-y ) 20
2e -2x d x =y
⎧1, 0
f Y (y ) =⎨
⎩0, 其他
即Y~U（0，1）
6、设X ，Y 是相互独立的随机变量，其分布律分别为
P {X =k }=p （k ），k =0，1，2，…， P {Y =r }=q （r ），r =0，1，2，….
证明随机变量Z =X +Y 的分布律为
P {Z =i }=
∑p (k ) q (i -k ) ，i =0，1，2，….
k =0
i
【证明】因X 和Y 所有可能值都是非负整数，
所以 {Z =i }={X +Y =i }
={X =0, Y =i } {X =1, Y =i -1} {X =i , Y =0} 于是
P {Z =i }=∑P {X =k , Y =i -k }X , Y 相互独立∑P {X =k } P {Y =i -k }
k =0
k =0
i i
=
∑p (k ) q (i -k )
k =0
i
第四章 数字特征与特征函数
1、设随机变量X 的概率密度为
⎧x , 0≤x
f （x ）=⎨2-x , 1≤x ≤2,
⎪0, 其他. ⎩
求E （X ），D （X ）. 【解】E (X ) =
⎰
+∞
-∞
xf (x )d x =⎰x 2d x +⎰x (2-x )d x
1
1
2
12
3
⎡13⎤⎡2x ⎤
=⎢x ⎥+⎢x -⎥=1.
3⎦1⎣3⎦0⎣
E (X 2) =⎰
2
+∞
-∞
x 2f (x )d x =⎰x 3d x +⎰x 2(2-x )d x =
1
2
12
7
6
故 D (X ) =E (X ) -[E (X )]=2、设随机变量X 的概率密度为
1. 6
1x ⎧⎪cos , 0≤x ≤π, f (x )=⎨2 2
⎪其他. ⎩0,
对X 独立地重复观察4次，用Y 表示观察值大于π/3的次数，求Y 2的数学期望。
π⎧
1, X >, ⎪⎪3
【解】令 Y i =⎨
⎪0, X ≤π. ⎪3⎩
则Y =
(i =1, 2,3, 4)
∑Y ~B (4,p ) . 因为
i i =1
4
π/31πππx 1
p =P {X >=1-P {X ≤及P {X ≤=⎰cos d x =,
0333222
111
所以E (Y i ) =, D (Y i ) =, E (Y ) =4⨯=2,
242
11
D (Y ) =4⨯⨯=1=E (Y 2) -(EY ) 2,
22
从而E (Y ) =D (Y ) +[E (Y )]=1+2=5.
3、设两个随机变量X ，Y 相互独立，且都服从均值为0，方差为1/2的正态分布，求随机变
量|X -Y |的方差.
222
⎛2⎫⎛2⎫
【解】设Z =X -Y
，由于X ~N 0, , ⎪, Y ~N 0, ⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎝⎭
且X 和Y 相互独立，故Z ~N （0，1）.
因
D (X -Y ) =D (Z ) =E (|Z |2) -[E (|Z |)]2
=E (Z 2) -[E (Z )]2,
而
E (Z ) =D (Z ) =1, E (|Z |)=⎰|z |
-∞
2
+∞
-z 2/2
d z +∞-z 2/2
= z e d z =0所以 D (|X -Y |)=1-4、试求[0,1]均匀分布的特征函数。 解：p ξ(x ) =⎨
2
. π
⎧1, x ∈[0,1]
。当t =0时f (t ) =1；当t ≠0时
⎩0, x [0,1]
11
f (t ) =⎰e dx =e itx =(e it -1) .
0it it 0
1itx
1
5、设随机变量X 的概率密度为
⎧1
⎪2, -1
f X (x )=⎨, 0≤x
⎪4
其他. ⎪0,
⎪⎩
令Y =X 2，F （x , y ）为二维随机变量（X ，Y ）的分布函数，求：
(1) Y的概率密度f Y (y ) ； (2) Cov(X , Y ); (3)F (-
1
, 4) . 2
解： (1) Y 的分布函数为
F Y (y ) =P {Y ≤y }=P {X 2≤y }.
当y ≤0时， F Y (y ) =0，f Y (y ) =0； 当0＜y ＜1时，
F Y (y ) =P {≤X ≤
=P {X
，
f Y (y ) =
；
当1≤y
F Y (y ) =P {-1≤X
=
1
2f Y (y ) =
当y ≥4时，F Y (y ) =1，f Y (y ) =0. 故Y 的概率密度为
；
≤y
+∞01211
x d x +⎰x d x =, (2) E (X ) =⎰xf X (x )d x =⎰-∞-12044
+∞012152222
E (Y ) =E(X ) =x f (x )d x =x d x +x d x =) , ⎰-∞X ⎰-12⎰046
+∞0121723
x 3d x +⎰x 3d x =, E (XY ) =E(Y ) =⎰x f X (x )d x =⎰-∞-12048
2
故 Cov(X,Y ) =E (XY ) -E (X ) ⋅E (Y ) =.
3
1112
(3) F (-, 4) =P {X
222
11
=P {X
22
11
=P {-1≤X
24
6、设二维随机变量（X ，Y ）的概率密度为
⎧122
⎪, x +y ≤1,
f （x ，y ）=⎨π
⎪其他. ⎩0,
试验证X 和Y 是不相关的，但X 和Y 不是相互独立的. 【解】设D ={(x , y ) |x +y ≤1}.
2
2
E (X ) =⎰
+∞
-∞
⎰
+∞
-∞
xf (x , y )d x d y =
1
x d x d y ⎰⎰πx 2+y 2≤1
12π1
r d r d θ=0. =⎰⎰r cos θ
π00
同理E (Y )=0. 而 C o v X (Y , =)
⎰⎰
-∞
+∞+∞-∞
x -[E x () ]-y [E Y (f ) ]x (y , x y
112π12
=⎰⎰2xy d x d y =π⎰0⎰0r sin θcos θr d r d θ=0, πx 2+
y ≤1
由此得ρXY =0, 故X 与Y 不相关. 下面讨论独立性，当|x |≤1
时，f X (x ) =
1y 当|y |≤1
时，f Y (y ) =
1x 显然f X (x ) f Y (y ) ≠f (x , y ).
故X 和Y 不是相互独立的.
7、对于任意两事件A 和B ，0
ρ=
P (AB )-P (A ) ⋅P (B ) P (A ) P (B ) P (A ) P (B )
为事件A 和B 的相关系数. 试证：
（1） 事件A 和B 独立的充分必要条件是ρ=0； （2） |ρ|≤1. 【证】（1）由ρ的定义知，ρ=0当且仅当P (AB ) -P (A )·P (B )=0.
而这恰好是两事件A 、B 独立的定义，即ρ=0是A 和B 独立的充分必要条件. (2) 引入随机变量X 与Y 为
⎧⎧⎪1, 若A 发生, ⎪1, 若B 发生, X =⎨ Y =⎨
⎪⎪⎩0, 若A 发生; ⎩0, 若B 发生.
由条件知，X 和Y 都服从0 -1分布，即
11⎧0⎧0
Y ~⎨ X ~⎨
1-P (A ) P (A ) 1-P (B ) P (B ) ⎩⎩
从而有E (X )=P (A ), E (Y )=P (B ),
D (X )=P (A )·P (A ), D (Y )=P (B )·P (B ),
Cov(X , Y )=P (AB ) -P (A )·P (B )
所以，事件A 和B 的相关系数就是随机变量X 和Y 的相关系数. 于是由二元随机变量相关系数的基本性质可得|ρ|≤1.
第五章 极限定理
1、设随机变量X 和Y 的数学期望是2, 方差分别为1和4, 而相关系数为0.5, 试用切比雪夫不等式估计概率P(|X－Y| ≥ 6). 解. E(X－Y) = E(X)－E(Y) = 2－2 = 0 D(X－Y) = D(X) + D(Y)－2ρXY 所以 P (|X -Y |≥6) ≤
D (X ) D (Y ) = 1 + 4－2×0.5×1×2 = 3
D (X -Y ) 31
==.
623612
2、某厂有400台同型机器, 各台机器发生故障的概率均为0,02, 假如各台机器相互独立工作,
试求机器出现故障的台数不少于2台的概率.
解. 假设X 表示400台机器中发生故障的台数, 所以X ～B(400, 0.02) 由棣莫佛－拉普拉斯定理:
1⎛X -400⨯0. 02⎫
lim P ≤x ⎪=n →∞⎝400⨯0. 02⨯0. 98⎭
所以 P (X ≥2) =1-P (X ≤1) =1-P
⎰
x
-∞
e
-
t 2
2
dt =Φ(x )
X -8-7⎫
≤⎪
400⨯0. 02⨯0. 98⎭⎝400⨯0. 02⨯0. 98⎛
≈ 1－Φ(－2.5) = Φ(2.5) = 0.9938.
3、设供电网中有10000盏灯, 夜晚每一盏灯开着的概率都是0.7, 假设各灯开、关时间彼此无关, 计算同时开着的灯数在6800与7200之间的概率.
解. 假设X 表示10000盏灯中开着的灯数, 所以X ～B(10000, 0.7) 由棣莫佛－拉普拉斯定理: lim P
n →∞
X -70001⎫
≤x ⎪=
⨯00. 3⨯0. 72π⎝000⎭⎛
⎰
x
-∞
e
-
t 2
2
dt =Φ(x )
) 所以 P (6800≤X ≤7200
=P
6800-7000X -70007200-7000⎫
≤≤⎪
⨯0. 3⨯0. 7⨯0. 3⨯0. 7⎭⎝⨯0. 3⨯0. 7⎛
≈ Φ(4.36)－Φ(－4.36) = 2Φ(4.36)－1 = 2×0.999993－1 = 0.999.
4、在一定保险公司里有10000人参加保险，每人每年付12元保险费，在一年内一个人死亡
的概率为0.006, 死亡者其家属可向保险公司领得1000元赔偿费. 求： （1） 保险公司没有利润的概率为多大；
（2） 保险公司一年的利润不少于60000元的概率为多大？
【解】设X 为在一年中参加保险者的死亡人数，则X ~B （10000，0.006）.
(1) 公司没有利润当且仅当“1000X =10000×12”即“X =120”. 于是所求概率为
P {X =120}≈
2
==-12
=0.0517⨯e -30.1811≈0
(2) 因为“公司利润≥60000”当且仅当“0≤X ≤60” 于是所求概率为
P {0≤X ≤60}≈Φ-Φ
=Φ(0)-Φ ⎛⎝≈0.5. ⎛0
n ⎫5、若X n 的概率分布为
1-11⎪
，试验证相应的分布函数收敛，但矩不收敛。 ⎝n n ⎪⎪⎭
⎧0, 当⎪x ≤
0解：
F =P ) X ⎪
1n (x n
}当
0令n →∞
⎪⎪⎩1,
当x
0, x ≤0
n (x 。 ⎩1, x >0
这说明分布函数收敛，但 E X n =1, E X =0, E n +
X →E X (→n ∞。当) k >1
时，
EX k
1
n =n k ⋅
n
=n k -1， E (X k =E (X ⎛1⎫
1n -EX n ) n -1) k =(-1) k ⎝1-n ⎪⎭
+(n -1) k ⋅n
所以当n →∞时，EX n →∞，E (X n -EX n ) k →∞。由此知其中心距，原点矩均不收敛。
6、设X n 独立同分布，P {X 2n =2k -}=2-k (k =1,2, ) ，则大数定律成立。 ∞
∞
证：由辛钦大数定律知，这时只要验证EX i 存在, EX i =∑2
-k
2
k -2ln k
=k =1
∑4-ln k 。而
k =1
4-ln k =e -ln4ln k =(e ln k ) -ln4=k -ln4，
∞
又ln 4>1，所以 EX -ln 4
i =
∑k
k =1
得
n
2P
7、若{X i }是独立同分布、具有有限二阶矩的随机变量序列，试证 iX i −−→EX i 。∑n (n +1) i =1
证：记EX i =a , DX i =σ2
n n n
⎛2⎫22E iX i ⎪=iEX i =a ⋅i =a ， ∑∑∑n (n +1) n (n +1) n (n +1) i =1i =1i =1⎝⎭
利用X i 间的独立性得
n n ⎛2⎫4D iX i ⎪=2i 2σ2 ∑2∑⎝n (n +1) i =1⎭n (n +1) i =1
4n (n +1)(2n +1) 2(2n +1) σ2
=σ⋅2⋅=→0(n →∞)
n (n +1) 263n (n +1)
2
由马尔可夫大数定律得
n
2P
iX i −−→a =EX i ∑n (n +1) i =1