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第一章 随机事件及其概率
练习1.1 随机事件与样本空间
一、解：1. 由于每颗骰子出现1—6点数是等可能性的，同时掷三颗骰子，三个点数之和最小的为3，最大的为18，故样本空间为：S={3, 4, 5, ……, 18}.
2. 在此试验中，可能的结果有6×6=36个，故试验的样本空间为：
S={(1, 1), (2, 1), (3, 1), (4, 1), ……(5, 6), (6,6)}.
3. 以“0”表示次品，“1”表示正品，则试验的样本空间为：
S={00, 0100, 0101, 0110, 0111, 100, 1010, 1011, 1100, 1101, 1110, 1111}.
4. 设三段长分别为, , ，则试验的样本空间为：
S={(, , )| ++=1, >0, >0, >0}.
二、解：1. 2. A+B+C 3.
4. AB+BC+AC 5.
三、解：1. 2. 3.
4. 5. A+B+C 6.
四、解：1. 依题意：，故
2. .
3. .
4. 因为AB=，故.
五、解：1. 表示1990年以前出版的中文数学书；
2. 在“馆中的数学书都是90年后出版的中文版”的条件下，有
=A；
3. 表示1990年以前出版的都是中文版。
练习1.2 随机事件的概率
一、解：1. P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.9
P(A–B)=P(A)–P(AB)=0.7–0.4=0.3
=1–0.3=0.7
=0.2
=0.9
2. P(A+B)=1–P
二、解：1. 以50人中选3人的组合为基本事件，则基本事件总数为，以A表示事件“某甲当选”，故事件A含有个基本事件，因而。
2. 以50人中选出3人的任一种任职方式（排列）作为基本事件，则基本事件总数为，以B表示事件“某甲当选为班长”，故事件B含有个基本事件，因而
。
三、解：随机试验为任意取9桶交订货人，设A=“如数得到定货”（4桶白、3桶黑、2桶红），基本事件总数为，有利于A的基本事件数为，所以，
=0.1037。
四、解：1. 10张卡片中任取三张有种取法，若取出的3张卡片中最大标数为5，则其余2张上的数只能是0, 1, 2, 3, 4，这5个数中的2个，有种可能取法，因而得。
2. 若取出的3数中中间的一数为5，则最小数取自0, 1, 2, 3, 4，最大数取自6, 7, 8, 9，各有、种取法，共有种取法，故。
五、解：1. 设X、Y分别表示甲、乙两轮到达码头的时刻，则X、Y可以取区间[0, 12]内的任意一个值，即，而两轮都不需要空出码头（用A表示）的充要条件是：Y–X≥或X–Y≥2，在平面上建立直角坐标系（如图），两轮都不需要空出码头的时间如图中阴影部分所示，这是一个几何概率问题，所以 。
2. A不是不可能事件，故P(A)=0。
练习1.3 条件概率与乘法公式
一、解：1. ∵P(A+B)=P(A)+P(B)–P(AB)，∴P(AB)=P(A)+P(B)–P(A+B)= 0.5+0.4–0.6=0.3；P(A|B)==0.75，故应选(D)。
2. 由题知A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，又P(A)>0，P(B)>0，∴P(AB)>0，因而A，B不可能互不相容，故应选(A)。
二、解：1. ∵ A∩(A∪B)=A ∴ P(A∩(A∪B))=P(A)=0.4，又A、B相互独立
∴ P(AB)=P(A)P(B)=0.4×0.2=0.08，
∴ P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.52
∴ P(A|A∪B)=。
2. 设B表示选出的“网球是正品”，显然，
P(A)=P(AB)=P(A|B)P(B)= 0.55×0.96=0.528.
三、解：依题意知：，
从而0.214
P(B|A)=≈0.375
P(A+B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.633
四、解：设Ai (i=1, 2, 3, 4)表示事件“第i次取到红球”，则分别表示事件第三、四次取到白球，所求概率为
五、解：设Ai表示取出的第i件为合格品，则这批产品予以出厂的事件为A1A2A3A4A5，所求事件为
∴ =1–P(A1A2A3A4A5)
=1–[P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)P(A4|A1A2A3)P(A5|A1A2A3A4)]
==0.271
练习1.4 全概率公式和贝叶斯公式
一、解：设B1、B2分别表示“从甲袋中取出的球为白球，黑球放入乙袋”的事件，A表示“从乙袋中取出的球为白球”的事件，由题意：
B1，B2为一完备事件组
1. 由全概率公式知P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)=
2. P(B1|A)=
3. P(B2|A)=
二、解：设A表示“从这批产品中任取一件产品为次品”，Bi (i=1, 2, 3)表示“从这批产品中任取一件是i厂生产的”，依题意B1、B2、B3构成一个完备事件组，由全概率公式
P(A)=
三、解：设C表示“传递出去的信息是A”，D表示“接收到的信息是A”
P(D|C)=1–0.02=0.98 P(D|)=0.01
根据贝叶斯公式知 P(C|D)=
四、解：设A表示第二次摸出的两只都是正品，B1表示“摸出的两只都是正品”，B2表示“摸出的两只一只是正品，一只是次品”，B3表示“摸出的两只都是次品”
则 P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)
=0.55
五、解：设A表示“此人被诊断为肝癌患者”，B表示“此人真的患有肝癌”
则 P(B|A)=
=0.0366
比检查前增加了=90.5倍
练习1.5 事件的独立性
一、证明 P((A∪B)C)=P(AC+BC)=P(AC)+P(BC)–P(AC∩BC)
=P(AC)+P(BC)–P(ABC)
又A与C独立，B与C独立
∴ P((A∪B)C)=P(A)P(C)+P(B)P(C)–P(ABC)
若AB与C独立时，则P(ABC)=P(AB)P(C)
此时 P((A∪B)C)=P(A)P(C)+P(B)P(C)–P(AB)P(C)
=[P(A)+P(B)–P(AB)]P(C)
=P(A∪B)P(C)
故 A∪B与C独立， 若A∪B与C独立
则 P((A∪B)C)=P(A∪B)P(C)，由前面的式子得
P(ABC)=P(A)P(C)+P(B)P(C)–P(A∪B)P(C)
=[P(A)+P(B)–P(A∪B)]P(C)
=P(AB)P(C)
故AB与C独立
二、解：设两个信号发生器能起作用的事件分别记作A、B，那么失事时该装置能发出报警信号的事件为A∪B，于是
P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.98+0.95–0.98×0.95=0.999
三、解：设A表示事件“甲击中目标”，B表示“乙击中目标”，则两人都中靶可以表示为AB，甲中乙不中可表示为，甲不中乙中可表示为，
从而
1. P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.7=0.56
2. P=0.8×0.3=0.24
3. P()=P()P(B)=0.2×0.7=0.14
四、解：设事件A、B、C分别表示为第一、二、三道工序不出废品
依题意，A、B、C相互独立，并且
P(A)=0.9，P(B)=0.95，P(C)=0.8
P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.684
五、解：1. 设Ai表示“甲、乙、丙三台机床无需照管”i=1, 2, 3，则有机床需要工人照管的事件为，因而
=0.568
2. 以B表示“机床因无人照看而停工”
=0.2×0.1×0.6+0.2×0.9×0.4+0.8×0.1×0.4+0.2×0.1×0.4
=0.124
自测题（第一章）
一、解：1. 由交集的定义可知，应选（B）
2. 由事件间的关系及运算知，可选（A）
3. 基本事件总数为，设A表示“恰有3个白球”的事件，A所包含的基本事件数为=5，故P(A)=，故应选（D）。
4. 由题可知A1、A2互斥，又0<P(B)<1，0<P(A1)<1，0<P(A2)<1，所以
P(A1B∪A2B)=P(A1B)+P(A2B)–P(A1A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)
故应选（C）。
5. 因为A、B互为对立事件，所以P(A+B)=1，P(AB)=0，又P(A)，P(B)>0，
所以=A，因而P(|A)=P(A|A)=1，故选（A）
二、解：1. AB+BC+AC
2. ∵A、B相互独立， ∴P(AB)=P(A)P(B)
∴P(A∪B)=P(A)+P(B)–P(AB)=0.2+0.5–0.1=0.6
3. A、B互不相容，则P(AB)=0，P(A–B)=P(A)–P(AB)=0.8
4. 设A、B、C分别表示事件“第一、二、三次射击时击中目标”，则三次射击中恰有一次击中目标可表示为，即有
P()
=P(A)=0.36
5. 甲产品滞销或乙产品畅销。
三、解：1. 正确
2. 不正确
3. 正确
4. 不正确
5. 不正确
四、解：设A表示事件“12名中国人彼此不同属相”，每个人的属相有12种可能，把观察每个人的属相看作一次试验，由乘法原理，这12个属相的所有可能排列数为1212，而事件A所包含的形式有种，则=0.000054。
五、解：设Ai表示“第i人能译出密码”，i=1, 2, 3，A1，A2，A3相互独立，A表示“密码译出”，则
∴ P (A)=1–P(
六、解：设A表示通过检验认为该产品为正品，B表示该产品确为正品
依题意有
七、解：设B1、B2、B3分别表示选出的其中装有一等品为20，12，24件的箱子，A1、A2分别表示第一、二次选出的为一等品，依题意，有
P(A1)=P(B1)P(|B1)+P(B2)P(A1|B2)+P(B3)P(A1|B3)
==0.467
P()==0.220
八、解：1. P(B)=P(B)–P(AB) 因为A，B互斥，故P(AB)=0，而由已知P(B)=
∴ P(B)=P(B)=
2. ∵ P(A)=，由AB知：P(AB)=P(A)=
∴ P(B)=P(B)–P(AB)=–=
3. P(AB)= ∴P(B)=P(B)–P(AB)=–=
九、解：设表示报名表是第i个地区考生的(i=1, 2, 3)，Aj表示第j次抽到的报名表是男生表(j=1, 2)，则
P(H1)=P(H2)=P(H3)=
P(A|)=； P(A|H)=； P(A1|H3)=
(1) =P()=
(2) 由全概率公式得 P(A2|H1)=，P(A2|H2)=，P(A2|H3)=
P(A2|H1)=，P(A|H2)=，P(A2|H3)=
P(A2)=
P(A2)=
因此，
十、证明： ∵ 0<P(A)<1， 0<P(B)<1
∴ P(A|B)=
又 ∵ P(A|B)+P=1
∴
化简，得： P(AB)=P(A)P(B)
∴ 事件A、B相互独立
第二章 随机事件及其概率
2.2 离散型随机变量的概率分布
一、选择题：
1. 解：由概率分布性质可知，常数a应满足，∴ a+2a+3a+4a=1，即有a=0.1，故应选（B）。
2. 解：可能取的值为3、4、5。而取这些值的概率依次为P{X=k}= (k=3, 4, 5)，故应选（A）。
二、填空：
1. 解：设X表示击中目标的次数，则X服从二项分布，其分布律为：
P{X=k}= (0≤k≤5)
2. 解：∵ X服从泊松分布，其分布律为P{X=k}=（k=0, 1, 2，>0）
由已知得：，求得=2
∴ P{X=3}=
三、解：设为一台仪器能出厂的概率，则=0.7+0.8×0.3=0.94，将检查一台仪器是否能出厂看成一次试验，可以认为n=10，=0.94，设X为10台仪器中能出厂的个数，则
1. P{X=10}=
2. P{X=8}=
3. P{X≥2}=1–P{X<2}=
四、解：设X表示电子管损坏的数目，依题意X~
∴ =n=2000×0.0005=1 故所求概率为
P{X≥1}=1–P(X=0) =1–
练习2.3 随机变量的分布函数
一、选择题
1. 解：由已知，得
当x<3时，F(x)=0
当3≤x<4时，F(x)=P(X=3)=0.1
当4≤x<5时，F(x)=p{X=3}+P{X=4}=0.1+0.7=0.8
当x≥5时，F(x)=P(X=3)+P(X=4)+P{X=5}=1，故应选（B）。
2. 解：∵
，故应选（C）。
二、填空题
1. 解：由分布函数的定义及性质得：0≤F(x)≤1，且x∈R，故F(x)的定义域是
（–∞，+∞），值域是[0, 1]。
2. 解：由已知，当时，X可取1, 3
∴
三、解：∵ X服从0—1分布，且P[X=1]= ，P{X=0}=1–
∴ F(x)=，其图形如下：
四、解：1. 由于F(+∞)=，可见F(x)不是分布函数。
2. 易见，F(x)在(–∞, +∞)上连续，对于x>0，有，可见F(x)单调递增，由F(–∞)=0，F(+∞)=1，可见0≤F(x)≤1。
因此F(x)可以是随机变量的分布函数。
五、解：1. 由性质，即，
故 C=
2. 由1知：P{X=k}=
∴ P{≤X<3}=P{X=1}+P{X=2}=
练习2.4 连续性随机变量的概率密度
一、选择题
1. 解：因为在上，函数P(x)=≥0，并且，所以随机变量X可以有如下密度
P(x)=，故应选（C）。
2. 由连续型随机变量概率密度的性质，故应选（C）。
3. 解：∵ X～N(, 4) ∴ P[X≤2+]=P，而值不随的变化而变化， ∴ P{X≤2+}值随增大而不变，故应选（C）。
二、填空题
1. 解：由性质
即
解得：a=2
2. 解：∵ X～N(a, )
∴ P{a–k<X≤a+k}=P
=0.975
∴ k=1.96
3. 解： ∵ 当x>0时，f(x)=
当 x≤0时， f(x)=0
∴ f(x)=
三、解：设X表示电阻R的阻值。则X～U(900, 1100)
因而 f(x)==
分布函数F(x)==
四、解：
(1) 由性质
即：
∴ A=
(2) 由(1)知f(x)=
∴ F(x)=
(–∞<x<+∞)
(3) P(–1≤X<1)=F(1)–F(–1)=
五、解：任取一只电子管，其寿命大于1500小时的概率为：
P{X>1500}=
以Y记所取5只中寿命大于1500小时的电子管的数目。
则Y～B，故所求概率为
P{Y≥2}=P{Y=0}–P{Y=1}=1–
练习2.5 多维随机变量及其分布
一、填空题
1. 解：∵
即：
∴ C=
∴ P{X=0，Y≤1}=P{X=0, Y=0}+P{X=0, Y=1}=
P{X=0}=
P{Y=1}=
又 ∵ F(x, y)=P(X≤x，Y≤y)
∴ F(1, 2)=P(X≤1，Y≤2)=1
2、解：∵ X，Y相互独立
∴ P(X=1，Y=1)=P(X=1) · P(Y=1)
即：
∴ a=
又 ∵
∴
∴ b=
3. 解：F(x, y)=
=
=
=
=
4、解：∵ X, Y相互独立
∴ f(x, y)=f(x) · f(y)
=
=
二、解：
1. 依题意知：(X1, X2)的可能取值为(0, 0)，(0, 1)，(0, 2)，(1, 0)，(1, 1)，(2, 0)
∵ P(X1=0, X2=0)=P{X1=0} · p{X2=0|X1=0}=
P(X1=0, X2=1)=
P(X1=0, X2=2)= P(X1=1, X2=0)=
P(X1=1, X2=1)= P(X1=2, X2=0)=
P(X1=1, X2=2)=P(X1=2, X2=1)=P(X1=2, X2=2)=0
∴ (X1, X2)的联合分布律：
X2
X1
0
1
2
0
1
0
2
0
0
2. 关于X1的分布律为：
X1
0
1
2
P
关于X2的分布律为：
X2
0
1
2
P
三、解：1. 依题意得知(X, Y)的联合分布密度为：
f(x, y)=
2. 由二维随机变量边缘分布密度的定义，得：
∴ (x)= (y)=
四、解：1. 由性质
即：
∴ C=
2. 依题意，所求概率为：
==
五、解：1. ∵ fX|Y(x|y)=
fY|X(y|x)=
而 fX(x)=
fY(y)=
∴
2. 由1知= f (x, y)
∴ X，Y相互独立
3.
六、解：1. 区域0≤x≤1，y2≤x的面积A由图如示：
则：
依题意有：
2.∵
∴
又 ∵
∴ X, Y不相互独立.
3.
练习2.6 随机变量函数的分布
一、选择题
1. 解：∵ X在[0, 1]上服从均匀分布，而1≤Y=2X+1≤3
∴ Y在[1, 3]上服从均匀分布 ∴ f(y)= 故应选(B)
2. 解：∵
=0.1＋0.2＋0.1＋0.3＋0.1－0.1=0.7 故应选(C)
二、填空题
1. 解：由已知得Y=1－X的分布律：
Y
2
1
0
–1
–2
–3
P
2. 解：∵ P{Y≤y}=P(X3≤y)=P(X≤)=Fx()
∴ Y=X3的分布密度为
(y)= ，y≠0
3. 解：当0<x<1时，∴ e–1<y=e–x<1
∵ P(Y≤y)=P(e–X≤y)=P(X≥lny)=1–P(X<–lny)=1–F(–lny)
∴当e–1<y<1时Y=e-X的分布密度为(y)
(y)
∴
三、解：设X表示球的直径，则X~U(a, b)
又设Y表示球的体积，则Y=
∴ 当a≤x≤b时，
而P(Yy)=
∴当时，球体积的分布密度
(y)
=
∴
四、解：由已知X–N(0, 1)
∴X的分布密度为f(x)=
设Y的分布函数为F(y)，分布密度为(y)
当y≤1时
=P(|X|≥)=2P(X≤)
=
∴ (y), (y≤1)
归纳得 Y=1－2|X|的分布密度为
(y)
五、解：∵ X, Y相互独立
∴
∴ 由卷积公式得：
=
又 ∵y>0 ∴z–2x>0 ∴z>2x
如图所示：
当0≤z<2时，
当z≥2时，
当z<0时，=0。
∴
六、解：P{max(XY)≥0}=P{(X≥0)(Y≥0)}
=
自测题 (第二章)
一、选择题
1解 ∵
∴ 故选(C)
2解 ∵ 即：=1
∴ b=-a
又∵f(x)=a ebx≥0 ∴a>0 故选(D)
3解 ∵X～N
∴ f(x)=
由4个结论验得(B)为正确答案
4解 ∵
= 故选(D)
5解 因为F(x)必须满足条件0≤F(x) ≤1，而只有取时，才会使0≤F(x) ≤1满足,故选(A)
二、填空题
1解 ∵=1 ∴ =1 即有=0.5
当X，Y相互独立 ∴P(X=1, Y=1)= P(X=1)P(Y=1)
∴ =(+0.2)(+) ∴=0.2
2解 ∵(x)=
=
3解 ∵ ∴=1
∴k=3
4解 ∵ X～N(10, 0.022)
∴ P{9.95≤X<10.05}=P
=2
5解 ∵X, Y相到独立 ∴f(x, y)=fX(x)fY(y)
三、解 (1) ∵=1, 即=1
∴
(2) 当x<-时, F(x)=0
当|x|≤时，
当x≥时，=1
∴
(3)
四、解：(1)∵X可能的取值为0, 1, 2, 3
设Ai={第i个元件出故障) i=1, 2, 3
∴
=(1-0.2)(1-0.3)(1-0.5)=0.28
=
=0.2×0.7×0.5+0.8×0.3×0.5+0.8×0.7×0.5=0.47
同理P(X=2)=P(=0.22
=0.03
∴ X的分布律：
X
0
1
2
3
P
0.28
0.47
0.22
0.03
(2) 由(1)及分布函数的定义知
当x<0时，F(x)=0
当0≤x<1时，F(x)=P(X=0)=0.28
当1≤x<2时，F(x)=P(X=0)+P(X=1)=0.75
当2≤x<3时，F(x)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=0.97
当x≥3时，F(x)=P(X=0)+P(X=1)+PX=2)+P(X=3)=1
∴ 其图为
五、解：分别记X，Y的分布函数为FX(x)，FY(y)
由于y=x2≥0，故当y≤0时，FY(y)=0
当y=x2>0时,有FY(y)=P(Y≤y)=P(X2≤y)=P(-≤X≤)
=
将FY(y)关于y求导数，即得y的概率密度为
∴
六、解：(1)由题意得：
又∵ X,Y相互独立
∴ f(x, y)=fX(x)fY(y)=
(2)
==
七、解：(1)由P(XY=0)=1，可见
P{X=-1, Y=1}=P{X=1, Y=1}=0
易见
=0
于是，得X和Y的联合分布：
X
Y
-1
0
1
0
0
1
0
0
(2) ∵P(X=0, Y=0)=0而P(X=0)P(Y=0)=
∴ P(X=0) P(Y=0)≠P(X=0, Y≠0)
∴ X, Y不独立
八、设Z的密度函数为fZ(z)，则由卷积公式得
a) 当z<0时，f(t)=0，∴f(z)=0
b) 当0≤z<1时，z-1<0，z≥0
c) 当z≥1时，z-1≥0
综述：
第三章 随机变量的数字特征与极限定理
练习3.1 数学期望
一、填空题
1. E(X)=(–1)×0.2+0×0.1+1×0.3+2×0.4=0.9；
E(|X|)=1×0.2+0×0.1+1×0.3+2×0.4=1.3；
E(X2)=(–1)2×0.2+1×0.3+22×0.4=2.1；
E(2X)=2–1×0.2+20×0.1+21×0.3+22×0.4=2.4。
2. 由F(–1)=0，F(1)=1，得
，于是；
这时：F(x)=，∴f(x)=
故E(X)==0；
E(X2)=
=。
3. =k=1；
这时，有，
则，
，
∴ E(X)==；
E(Y)==；
E(XY)==；
4. ∴X～N(a, ，∴f(x)=
故 E(|X–a|)=
=。
二、解：由题意：P{X=k}=(0.1)·(0.9)k–1 (k=1, 2, ……)
∴ E(X)=，又 ∴
故 E(X)=(0.1)=0.1。
三、解：E(X)=，(∵被积函数为奇函数)
四、解：∵ f(x)=，∴ X～N。
故 E(X)=1。
五、解：由题意知，X服从参数为2的泊松分布，则E(X)=2，
∴ E(Y)=E(3X–2)=3E(X)–2=3×2–2=4。
六、解：∵ X服从参数为1的指数分布，∴ E(X)=1
而 E(e–2X)=
，
∴ E(X+e–2X)=E(X)+E(e–2X)=1+。
七、解：设圆盘直径为X，则圆盘面积为Y=，
X的概率密度函数为，
故 E(Y)=E。
八、证明：∵ 随机变量X与Y独立同分布，则E(X)=E(Y)，
从而有 ，
，
∴ ，
故 。
练习3.2—3.4 方差；协方差与相关系数
一、填空题：
1. D(X)=E(X2)–[E(X)]2=2–12=1；
2. D(aX+b)=a2D(X)=；
3. ∵ X与Y相互独立，∴ E(X+2Y)=E(X)+2E(Y)=(–1)+2·1=1，
D(X+2Y)=D(X)+4D(Y)=2+4·3=14，故X+2Y～N(1, 14)；
4. ∵ ，而D(X–Y)=D(X)+D(Y)–2E{[X–E(X)]·[Y–E(Y)]}
即 (X, Y)=E{[X–E(X)]·[Y–E(Y)]}=[D(X)+D(Y)–D(X–Y)]
故 =0.25。
二、解：E(X)=；
。
三、解：E(X)=
；
D(X)=E(X2)–[E(X)]2，而
E(X2)=
于是，D(X)=。
四、解：E(X)=，
E(Y)=，
五、解：∵ D(X)=25，D(Y)=36，，，
∴ D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2cov(X, Y)=85；
D(X–Y)=D[X+(–Y)]=D(X)+D(–Y)+2cov(X, –Y)
=D(X)+(–1)2D(Y)–2cov(X, Y)
=25+36–2×12=37。
六、解：E(X+Y+Z)=E(X)+E(Y)+E(Z)=1+1–1=1；
D(X+Y+Z)=D[(X+Y)+Z]=D(X+Y)+D(Z)+2cov(X+Y, Z)
=D(X)+D(Y)+2cov(X, Y)+D(Z)+2cov(X, Z)+2cov(Y, Z)
=D(X)+D(Y)+D(Z)+2
+
=。
七、解：设每毫升血液中含白细胞数为X，E(X)=7300，D(X)=7002，
于是，由切比雪夫不等式，取=2100，有
P{5200<X<9400}=P{–2100<X–7300<2100}
=P{|X–7300|<2100}≥1–。
练习3.3 几个重要随机变量的数学期望与方差
一、选择题
1. 选（B），∵ 若X服从参数为的指数分布，则E(X)=，D(X)=，当=0.5时，E(X)=2，D(X)=4。
2. 选（C）；∵ X～B(16, 0.5)，Y～(9)，∴ D(X)=16×0.5×(1–0.5)=4，D(Y)=9，且X与Y相互独立，故D(X–2Y+1)=D(X)+(–2)2D(Y)=4+36=40。
3. 选（D），∵ E(Y)=E(aX+b)=aE(X)+b=a+b
D(Y)=D(aX+b)=a2D(X)=a2
∴ Y～N(a+b，a2)。
二、填空题
1. 由题意知，P{X=x1}=，P{X=x2}=，则有E(X)=x1+x2，
E(X2)=，
∴ D(X)=E(X2)–[E(X)]2=–
=。
2. 由题意知，P{X=k}= (k=0, 1, 2, …, 10)
∴ E(X2)==18.4。
3. 由于X～N(–3, 1)，Y～N(2, 1)，且X与Y相互独立，
∴ E(Z)=E(X)–2E(Y)+7=–3–2×2+7=0，
D(Z)=D(X)+(–2)2D(Y) =1+4×1=5，故Z～N(0, 5)。
4. 由题意，X～B(3, 0.4)，∴E(X)=3×0.4=。
三、解：设每位顾客的消费额为X，则由题意知，X～u[20, 100]
∴ E(X)==60，故该餐馆的日平均营业额为
400×E(X)=400×60=24000（元）。
四、解：法一：P{X≥1}=，设Y表示厂方出售一台设备的赢利数，则Y的分布律为
Y 100 –200
P
∴ E(Y)=33.64。
法二：E(Y)=
=33.64。
五、解：(1) E(Z)=；
D(Z)=
(2)
而D(X+Z)=
=
∴
(3) 由于X, Z均服从正态分布，且=0，∴X与Z相互独立。
练习3.5—3.6 矩、协方差矩阵与大数定律、中心极限定理
一、填空题
1. ∵ X～N()，
∴ 中心矩
∴ C1=0，C2=，C3=0，C4=。
2. ∵ C11==22，C22==1.22，C12=C21==1×2×1.2=2.4，
∴ (X，Y)的协方差矩阵为。
二、解：设每只元件的寿命为Xi (i=1, 2, …, 16)，则由题意知
E(Xi)==100，D(Xi)==1002
根据独立同分布的中心极限定理，有（n=16）近似服从N(0, 1)，记，于是
P{X>1920}=P
=1–P
≈1–(0.8)=1–0.7881=0.2119。
三、解：设第i根木柱的长度为Xi (i=1, 2, …, 100)，则
P{Xi<3}=1–P{Xi≥3}=1– (i=1, 2, …, 100)
记取出的100根木柱中短于3m的木柱数为X，则X～B（100, 0.2），由德莫佛—拉普拉斯定理知，近似地有
，即～N(0, 1)
∴ P{X≥30}=1–P{X<30}=1–P
≈1–Φ(2.5)=1–0.9938=0.0062。
四、解：设n个部件中正常工作的部件数为X，则X～B(n, 0.90)
∵ 必须至少有80%的部件工作才能使整个系统工作
∴ P{X≥0.80n}=
≈1–Φ=Φ≥0.95
查表，得≥1.645，即n≥24.35，故n≥25。
自测题（第三章）
一、选择题
1. 选（D）；由题意知：X～B(3, p)，而D(X)=3 · p · (1–p)=0.72
∴ p=0.4。
2. 选（B）；∵E(X)=，而被积函数为对称区间上的奇函数，∴ E(X)=0。
二、判断题
1. [×]； ∵ E(X)=
不一定等于零。
2. [×]； ∵ E(X+a)=E(X)+a=a，D(X)=D(X+a)=D(X)=
∴ X+a～N(0,)
3. [√]； ∵ D(X)=E(X2)–[E(X)]2，D(Y)=E(Y2)–[E(Y)]2，
而 E(X)=，D(X)=，E(Y)=，D(Y)=(其中)。
∴ E(X2+Y2)=E(X2)+E(Y2)=D(X)+[E(X)]2+D(Y)+[E(Y)]2
=。
4. [×]； 参见教材例3.14。
三、填空题：
1. E(X)=1×=；
D(X)=E(X2)–[E(X)]2==；
E(Y)==；
D(Y)=E(Y2)–[E(Y)]2==；
cov(X, Y)=E(XY)–E(X)E(Y)==；
；
2. ∵ E(X)=
∴ a=–2。
3. ∵ |x|f(x)为奇函数，收敛，∴ E(X)=0。
4. 设Y=表示圆面积，∵ X～U[–a, a]，E(X)=0，D(X)=，
E(Y)=E=。
5. ∵ X与Y相互独立，∴ D(Z)=D(–Y+2X+3)=D(–Y)+D(2X+3)
=(–1)2D(Y)+4D(X)=1+4×2=9。
6. D(Y)=D(2X–3)=4D(X)=4{E(X2)–[E(X)]2}=4(4–12)=12。
四、解：E(X)=
；
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