概率论与数理统计(龙永红)课后答案

第一章

1. (1) 1{(1,1),(1,2)(1,3)...(6,6)} (2) 2{x|x1xx2}x1:当日最低价x2:当日最高价 (3) 3{0,1,2,3,} (4) 3{1,2,3,} 2. (1) (3)

3. {1,2,3,4,5,6} A{1,3,5,} B{1,2,3,4,} C{2,4,} AB{1,2,3,4,5} AB{5} BA{2,4,} AB{1,3} AC AB{1,2,3,4,6} 4. (5) ABCABCABCABCABCABCABC (8) ABCABCABCABC (10) ABBCAB (11) ABC 9. ①P(AB)P(AAB)P(A)P(AB)0.25 又P(A)0.4 P(AB)0.15 ②P(AB)P(A)P(B)P(AB) 0.40.250.15 1 / 42

. 0.5 ③P(BA)P(BAB) P(B)P(AB) 0.250.15 0.1 ④P(AB)P(AB)1P(AB) 10.5 0.5 10. P(ABC)1P(ABC) 而P(A)1P(A)10.40.6 又P(A)P(ABAB) P(AB)P(AB) P(AB)P(A)P(AB)0.4 又ABABCABC P(AB)P(ABC)P(ABC) P(ABC)0.40.10.3 P(ABC)0.7 11.A=“其中恰有K件” ①P(A)KnkCNCNN11nCN ② B=“其中有次品”

B“一件次品也没有”

P(B)1P(B)1nCNN1CnN ③C=“其中至少有两件次品”

C“只有一件次品，或没有”

P(C)1P(C)1nCNN1CnNn1C1CN1NN1CnN 12．①: A=“男生比女生先到校”

2 / 42

.

P(A)24!•6!24!12424 30!P30C30②B=“明比王先到学校”

P(B)1 213.C＝“至少两人生日同一天”

C“每个人生各不同”

P(C)1P(C)114. ①A=“第2站停车”

365364(365n1) 365nA“不停车”

8P(A)1P(A)1()25 9②B=“第i和第J站至少有一站停车

B“第i站到J站都不停” P(B)1P(B) 71()25 9③Ai“第i站有人下车（停车）”Aj“第j站有人下车”

P(AiAj)1(AiAj)1P(AiAj) 1[P(Ai)P(Aj)P(AiAj)] 1P(Ai)P(Aj)P(AiAj) 871()252()25 99④D=“在第i站有3人下车”

183P(D)C25()3()22 （贝努里试验）

9915.（1）A＝“前两个邮筒没有信”

P(A)221 4423 / 42

.

（2）B＝“第一个邮筒恰有一封信”

1C233P(B)2 8416.A＝“前i次中恰好有取到k封信”

kikCaCbi!(abi)!P(A) (ab)!kikCaCb iCab17.A3“第三把钥匙可以开门”A2“第二把钥匙可以开门”

①P(A3)P(A1A2A3A1A2A3A1A2A3A1A2A3) P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3) 432654463643 109810981098109824120144 720288 7204 10②A3“第三把钥匙才可以开门”

P(A3)6541201 10987206③ C=“最多试3把就可以开门”

P(C)5 6464654 10109109818. 贝努里试验

A＝“其中三次是正面”

11133P(A)C10()3()7C10()10 2224 / 42

.

19.A＝“恰有一红球，一白球，一黑球”

111C5C3C21P(A) 34C101C232224820. P(A) 13!13!21. 几何概型

到达汽车站的时间 A＝“等待时间不超过3分钟”X{xtxt10} A{xt7xt10} P(A)S(A)3 S()1022.A＝“需要等零出码头的概率”

第2条船到达时刻 x第1条船到达时刻 y{(x,y)0x240y24 A{(x,y)0xy20yx1 1242(222232)S(A)2P(A) S()24223.A＝“第一次取出的是黑球”

B＝“第二次取出的是黑球”

a(a1)P(AB)(ab)(ab1)a1 （1） P(BA) aP(A)ab1abaa1P(AB)a1abab1 （2）P(AB) aa1baP(B)ab1abab1abab1 （3）A＝“取出两个球，有一个是黑球” B=“两个都是黑球”

nAa(ab1)baa(a2b1) nBa(a1) 5 / 42

.

P(BA)nBa(a1)a1 nA[a(a2b1)]a2b1P(AB) P(A)24. （1）P(BA)BA AB＝A P（BA）＝P（AB）P（A）＝＝1 P（A）P（A）P[A(B1B2)]P（AB1AB2）＝ P（A）P（A）（2）P（B1B2A）＝B1B2 P(AB1)P(AB2) P(A)P(AB1)P(AB2) P(A)P(A)P(B1A)P(B2A) } 25. (1) {(男，男)，（男，女）（女，男）（女，女）{（女，女）} A=“已知一个是女孩，”＝（男，女）（女，男）{} C＝“两上都是女孩”＝（女，女）1P（CA）＝ 3（2）解略P（A1A2）＝26. A=“点数为4”

1Ai“第i个是女孩” 2P(A)251 66327.A＝“甲抽难签” B=“乙抽难签” C=“丙抽难签” ①P(A)4 10②P(AB)P(A)P(BA) 6 / 42

.

64 10924 904 15③P(ABC)P(A)PC(BA)P(CAB) 432 109824 72028. A=“试验成功，取到红球”

B0“从第二个盒子中取到红球”

B1“从第三个盒子中取到红球”

P(A)P(AB0AB1) P(AB0)P(AB1) P(B0)P(AB0)P(B1)P(AB1) 1738 210101059 1000.59 29. A=“废品”B1“甲箱废品”B2“乙箱废品” （1）P(A)P(AB1AB2) P(B1)P(AB1)P(B2)P(AB2) 3200.060.05 50500.056 7 / 42

.

（2）P(A)30000.0624000.05 3010020120180120 54001 1830. Bi“第二次取球中有i个新球” i=0.1,2,3

Aj“第一次取球中有j个新球” j=0,1,2,3

(1) P(B2)P(B2A0B2A1B2A2B2A3) P(A0)P(B2A0)P(A1)P(B2A1)P(A2)P(B2A2) P(A3)P(B2A3) 3JC9JC3J0,1,2,3① P(Aj)3C121C92JC3JJ0,1,2,3② P(B2Aj)3C12分别对应代入该式中，可得：

P(B2)0.455 （2）P(A1B2)P(A1B2)P(A1)P(B2A1) P(B2)P(B2)将①，②代入该式，可得：

P(A1B2)0.14 31、 A＝“确实患有艾滋病”

B＝“检测结果呈阳性”

由题知：P(BA)0.95P(BA)0.01P(A)0.001 ①P(AB)P(A)P(BA)P(AB) P(B)P(A)P(BA)P(A)P(BA)0.0010.95 0.0010.950.9990.010.087 ② C=“高感染群体确实患有艾滋病”

8 / 42

.

P(C)0.01 P(C)P(BC)P(BC)P(CB) P(B)P(C)P(BC)P(C)P(BC)0.010.95 0.010.950.990.010.49 32. 解：不能说明“袭击者确为白人的概率”为0.8 设 A＝“被袭击者正确识别袭击者种族”

A“错误识别袭击者种族”

B＝“袭击者为白人”B“袭击者为非白人” 根据已知条件，有

P(A)0.8P(A)0.2 P(B)P(BABA) P(AB)P(AB) P(A)P(BA)P(A)P(BA) 0.8P(BA)0.2P(BA) 因 P(BA) 与 P(BA) 未给出，因而不能断定

P(B)0.8 33. 解：P(A)P(B)P(C)11P(AB)P(BC)P(AC) 24A,B,C两两独立，

又P(ABC)11P(A)P(B)P(C) 48A,B,C不相互独立，只是两两独立。

34. ①P(A)0B有 P(AB)0P(A)P(B)A,B独立 ②P(A)1B有 P(A)0A与B独立 A,B独立

P(AB)P（B）P（AB）P（AB）＝P（B）－P（AB） 9 / 42

.

＝P（B）－P（A）P（B） ＝P（B）（1－P（A）） ＝P（B）P（A） 35. P(A)＞0且 P(B)＞0 且 A，B互不相容

则 A，B不可能相互独立

因为P(AB)()0 但因为 P(A)＞0P(B)＞0 P(AB)0P(A)P(B) 不独立 B，C亦相互独立 36.A，B，C相互独立，证明 A，证：P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）且P（AB）＝P（A）P（B） P（BC）＝P（B）P（C），P（AC）＝P（A）P（C） ）＝P（AB）1P（AB）则P（AB 1P（A）P（B）P（AB） 1P（A）P（B）P（A）P(B) [1P（A）][1P（B）] P(A)P(B) 同理可证 P(AC)P(A)P(C)P(BC)P(B)P(C) 下证 P(ABC)P(ABC)1P(ABC) 1P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC) 1P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(A)P(C) P(B)P(C)P(A)P(B)P(C) [1P(A)][1P(B)][1P(C) P(A)P(B)P(C) A,B,C相互独立

37.证略，可用数学归纳法 38. A＝“第一道工序出品”

10 / 42

.

B＝“第二道工序出废品” C＝“第三道工序出废品”

P(ABC)1P(ABC) 1P(A)P(B)P(C) 10.90.950.8 0.316 39. A=“雷达失灵” B=“计算机失灵”

P(AB)P(A)P(B)（因为独立） 0.90.7 0.63 40.B＝“击落”A，B，C分别代表三收炮弹

Aii发炮弹击中敌机 i1,2,3 P(A1)P(ABC)P(ABC)P(ABC) 0.30.70.70.70.70.30.70.70.3 0.441 P(A2)P(ABC)P(ABC)P(ABC) 0.30.30.70.30.30.70.30.30.7 0.189 P(A3)P(ABC)0.27 P(BA1)0.2 P(BA2)0.6 P(BA3)1 P(B)0.4410.20.1890.60.0271 0.2286 P(A2B)P(A2B) P(B) P(A2)P(BA2)P(B)0.1890.6 0.22860.496 11 / 42

.

习题二（A）

1．解：X: 甲投掷一次后的赌本。

Y：乙………

x20　　　40　Y10　　　30　　　　　　　　　 1111pp　　　　　　2222x200,1x~FX(x),20x402x401,x100,1Y~FY(y),10x302x301, ２.解

（1）

p(xi)1a2i1i1100100i1a21aii11001 i2i1i100（２）

p(xi)12ai1i11001122a1aiii1i1 1111a1a23 3.解

12 / 42

.

X5　　2 0 2　　　　　 111p1　　 51052４．解

C177（１）X:有放回情形下的抽取次数。P（取到正品）＝1 C1010 P（取到次品）＝3 10X1　　 2 3  i 　　　　 3273i-17p737　, ()  () 10101010101010

（２）Y:无放回情形下。

Yp 1 2 3 4 　　　　 7373273217　     10109109810987

５．解

P(X3)1p(X3)1p(X5)114 554 5P(X3)p(3X3)p(X2)P(X0)P(X2)P(X12)p(X12)P(X12)p(X1)p(X3)p(X2)p(X5)710 6．解

（１）根据分布函数的性质

limx12F(x)F(1)lim1A1 Axx122(2)P(0.5X0.8)F(0.8)F(0.5)0.80.5＝0.39

７．解：依据分布满足的性质进行判断： （１）x 13 / 42

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单调性：x1x2F(x1)F(x2).在0x时不满足。 （２）0x，不满足单调性。

1,x0（３）x0，满足单调性，定义F(x)1x2是可以做分布函数的.所以，

0x0,F(x)1能做分布函数。 1x2８解

（１） F（x）在x=0,x=1处连续，所以X是连续型。

2x,0x1f(x)F'(x) 其他0,（２） F（x）在x=0处连续，但在X＝１处间断，所以X不是连续型。

９解： （１）

ⅰ）求a,由

f(x)dx1ae0xdx102aexdx12aexd(x)1 a121xedx， 2xxⅱ）F(x)P(Xx)x当x<0，F(x)1x1xedxe2201xe , 2当x≥0,F(x)x11x1edxexdx1ex 20221xx02e,所以F(x) , 1x1e,x02ⅲ）

P(1X22)F()F(1) 2214 / 42

.

1211121ee1(ee1) 22211p(X1)F()F(1)1(1e1)e1 222221P(X2)1e22(2)ⅰ）求a:

21(1e2221)(e222e2) f(x)dx1 01a01a0dxxdx(2x)dx0dx1 112x21(2xx)1 0221a24a40 aa2 ⅱ）F(x)P(Xx)X＜0,F(X)=0.

0≤X＜1,F（x)xdxxdx0xf(x)dx xx12x 211312xx22xx21 22221≤x＜2, ,F(x)X≥2,F(x)=1.

10xdx(2x)dx1x0,x012x,0x12所以：F(x) ， 122xx1,1x221,x2ⅲ）

P(1X2121)()20 , 2224P(2119x2)22(2)2122 , 2244P(X＞1) 1121(1) , 2215 / 42

.

10.f(x)dx1,因f(x)关于x=u对称f(ux)f(ux) f(2ux)f(u(ux))f(u(ux))f(x)①

下面证明uxf(y)dyuxuxf(z)dz,②

令z+y =2uy=2u-z =uxf(y)dyf(2uz)d(2uz)uxuxf(2uz)dz uxf(2uz)dzf(z)dzuxf(z)dz (由①式有f(2u-z)=f(z))

又uxf(z)dzf(z)dz1，由于②式

uxf(z)dzuxf(y)dy1 F(ux)F(ux)1 11.解

（１）第２题（２）：

1i1EXi2ai2()2i2()i 33i1i1i1i（２）第３题：由分布律得：

11111EX5(2)02 51052512.解：ER=1%×0.1+2%×0.1+┅+6%×0.1=3.7%,

若投资额为10万元，则预期收入为 10×（1+3.7%）＝10.37（万元）

22-42-4-4

DR=ER-(ER)=15.7×10-(3.7)×10=2.01×10 2222222

ER=(1%)×0.1+(2%)×0.1+(3%)×0.2+(4%)×0.3+(5%)×0.2+(6%)×0.1

-5-5-5-5-5-5=10+4×10+18×10+48×10+50×10+36×10

-4

=15.7×10

13.解：题意不清晰，条件不足，未给出分期期类.

解一.设现在拥用Y，收益率k%, 假设现在至1100时仅一期，则 K％＝1100Y110011001Y KYY1100FY(x)p(Yx)p(11001100x)p(k(1)100 kx110016 / 42

.

51100（1)100x1110022000dx120(1)21 5xx220001100dFY(x)2,0（1)1005fY(x)x xdx其他0,220001100，x1100x2 1.05其他0，1100EY1100yfy(y)dy22000lny110022000ln1.051073.4元

1.051.051100解二，由于0≤x≤5题意是否为五期呢？由贴现公式 5K%=1100Y1100Y Y15K%11001100x)p(k20(1)) 15K%xP(Y≤X)=P(5110020（1)x1440011001dx120(1)5 5x5x11004400440011002020(1)52,x1100fY(x)x＝xx1.25其他其他00,EY110011001.25xfY(x)dx4400lnx11001100/1。254400ln1.25981.2

2

14.证明：E(X-EX)

(xEX)2f(x)dx(x22xEX(EX)2)f(x)dx x２f(x)dx2EXxf(x)dx(EX)2f(x)dx EX22EXEX(EX)2 EX2(EX)2 15.证明：（2.31）

D(ax)EaxE(ax) 2Ea(xEx)Ea2(xEx)2a2E(xEx)2a2DX 217 / 42

.

(2.32)

2

L (C)=E(X-C)=E

16.①连续型。 普照物p50 -Th2.3证明过程

2令h(x)xEx 则Eh(x)h(x)f(x)dxh(x)2h(x)f(x)dx22h(x)2h(x)f(x)dxh(x)2h(x)f(x)dx 2h(x)2f(x)dx.p(h(x))22于是有ph(x)Eh(x) (*) 2将h(X)=(X-EX)代入(*)得pxEx２

E(xEX)22Dx2（证毕）.

②离散型。

Eh(x)2ih(x)p(x)h(x)p(x)h(x)p(xi)h(x)p(x)iiiiiiih(xi)2h(xi)2h(xi)2h(xi)2p(x)i2 2p(h(xi))2于是ph(xi)Eh(x)同理将h (x)=(x-EX)代入得p(xEx)DX i2

2217.解：设P表示能出厂。P＝0.7+0.3×0.8＝0.94

q表示不能出厂。Q=0.3×0.2=0.06

(1)X～b（n，0.94） X:能出厂数

KKnKP(X=K)=Cn(0.94)(0.06) nnnnn

(2) P(X=n)=Cn(0.94)(0.06)=(0.94)

(3)Y～b(n,0.06) Y:不能出厂数。 １－P(Y=0)-P(Y=1)=1-Cn(0.06)(0.94)(4)EY=n×0.06,DY=n×0.06×0.94 18.解 11n1Cn(0.06)0(0.94)n 0X 0 1 2  n 　　　　 pPg0 pq1 pq2 pqn 18 / 42

.

qqqnEXnpqpnqp.(其中注意应用：nq)22 p(1q)(1q)n0n0n0nn19.解：已知X~P() P(X1)1e1！2p(X2)22e2！21 EX=DX==1 222EX=(EX)+DX=+ P(x3)3e3！e11.(其中1) 66e20.解：P:等车时间不超过2min的概率，X:等车时间

2212PP(X2)f(x)dxdx 055q1p3 5再会Y：等车时间不超过２分钟的人数

234444323P(Y2)P(Y3)C32()2()1C3()0.352 55512512521.解：设Y:利润

X:理赔保单如：X～b(8000,0.01) Y=500×8000-40000X 由EX=np=8000×0.01=80

EY=4000000-40000×80=800000 22.解

ex,x0（１）X～f(x)x00,xx0 xx0F(x)f(x)dxexdxexd(x)ex0(ex1)1ex 1ex,x0所以：F(x) x00,

EX,DX推导见原习题解。 23.证明

1ex,x0X～e ()F(x) x00,P(XrsXs)p(Xrs)1p(Xrs) p(Xs)1p(Xs)19 / 42

.

1(1e(rs))ersre ss1(1e)e＝１－（１－er)1p(Xr)p(Xr) 24.解：设X:表示元件寿命，X～e(1) 1000 Y:1000h不损坏的个数，当Y为２以上时系统寿命超过1000h，Y~b(3,p) P:1000h不损坏的概率。

PP(X1000)1p(X1000)e110001000e1 q1p1e1, 多元件独立工作

33p(Y2)P(Y3)C32P2q1C3p 121313C23(e)(1e)C3(e) 3e2(1e1)e3 3e22e3 25.解：X～N(,) 2EX(x)2xedx,(令y) 222X12(y)e1y22dy 226.解

1y22edyu pp(x19.6)p(x19.6)p(x19.6) 19.60210()0.05 10n=100

Y:误差绝对值大于19.6的次数 Y～b(100,0.05)

a=P(Y≥3)=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)

20 / 42

.

用泊松分布近似计算：＝np1000.055 a=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)

50e551e552e51-118.5e5 0!1!2!27.解：

设C:损坏，

则由题意：p(cX200)0.1 p(c200X240)0.01 p(cX240)0.2 p(X200)0(200220)0(0.8)0.2119 25p(200X240)20(0.8)10.5762 p(X240)p(X200)0.2119 所以：P(C)=0.2119×0.1+0.5762×0.01+0.2119×0.2=0.06931 而由贝叶斯定理有：

p(200X240c)p(c,200x240) p(c)0.57620.010.083 0.0693128.解：设数学成绩为：X，X~N(70,100),由题意：

P(Xa)5% 即1p(Xa)5%p(Xa)0.95 0(a70)0.95 10a70＝1.645 10a=70+10×1.645=86.45分 29.

X20　　22 24 26　　　　　 p0.1　　0.4 0.3 0.2

21 / 42

.

Y100　　121 144 169　　　　　 p0.1　　0.4 0.3 0.2

30.解： 令Y=X+β

FY(Y)P(Yy)p(xy)p(Xyyy)1)Fx(y) x'fY(y)FY'(y)FX()fx( 1y1，abba 0，其他1，axybx即 ＝ba 0，其它也即Y在［a+β,b+β］上服从均匀分布。

1,1x12

31.解： 令Y=X, X~fx(x)2 其他0,FY(y)p(Yy)p(X2y)p(yXy)Fx(y)Fx(y) ‘fY(y)FY(y)Fx(y)Fx(y)fx(y)’‘12yfx(y)12y 11，〈0y1,0y14yf(y) 即：Y 4y0，0,其他其他FY(y)yyfX(x)dxy011dxx22y0y 2即： FY(y)0,y0y,0y1 21,y1ex,x032.解： x~e(1)~fX(x) 0,x0Y＝ax+β

22 / 42

.

FY(y)p(Yy)p(Xy)p(Xyy1y )Fx(y) 'fY(y)Fy(y)FX(')fX()

1•ye,＝0,(y)y01e,＝其他0,1y其他 FY(y)Fx(y)1ey 1(y)1e,0,y1(y)0＝1e,0,其他y 其他

133.解： 令X:直径f(x)~ba0 Y:体积Yaxb其他 4x（)3 32bEYg(x)f(x)dxa4x314114()dxx32ba3ba32ba11(b4a4)24(ba)1(ba)(b2a2) 2434.解：

FY(y)p(Yy)p(Xy)p(X22y)20y1edx x02ed()eyxxxy20 yy2e11e2.(y0）

所以：

23 / 42

.

y2FY(y)1e,0,y0 y0ydFY(y)12fY(y)e(y0） 所以：

dy2所以：

y1fY(y)e2,y02g(y) 所以：Y~(2) 20,y0

.35.解 X~e(2)

2e2x,x01e2x,x0FX(x)所以： fX(x) 0,x00,x0FY(y)p(Yy)p(1e2Xy)p(e2X1y)p(2Xln(1y)) 11pXln(1y)FX(ln(1y)) 22

12(ln(1y)2,0y11(1y),0y1y,0y11e1,y11,y1 1,y10,0,y0y00,y0y,0y11,0y1FY(y)1,y1fY(y) 0,其他0,y036.解：由已知参考(p66~67(lnx)1122(lnx),x0e,x0 2x)知fX(x)x0,x00,x02当前价格X010元。

EXxfX(x)dx0120e(lnxu)222dx 依据 p67-eg2.31 EXe2215e2152 24 / 42

2.

e2124229e 225225DXe2(e1)4 2292ln225225ln229(lnxu)12ln229ln22522,x0其中fX(x)2xe 1ln225ln2290,x02222 连续复合年收益率 r=lnx-lnx0=lnx-ln10 FR(r)P(Ry)p(lnXln10y)p(lnXyln10)p(X10ey) 10ey12x0e(lnx)222dx lnx)2lnx2所以：

10ey1(lnx)22202ed()令v ln10y22evdv20(2ln10y2) FR(y)20(yln102) fr(y)Fr'(y) 注：对数正态分布与对数正态分布的矩，包括中心矩，原点矩等，如EX，DX均不作要求属于超纲容，Black-－Scholes期权定价公式一般是作为研究经济现象工具也属于超纲容，因而本题不作要求。

37.证明：

FY(y)P(Yy)p(Xy)p(Xy2) 显然当y≤0时,P(Xy)0，所以 fY(y)0 y＞0时，FY(y)p(Xy)y22y20f(x)dx dFY(y)d0f(x)dxfY(y)2yf(y2)（复合函数求导方法）

dydy所以：

25 / 42

.

2yf(y2),y0fY(y) 0,y038.解:X密度函数fX(x), Y=ax+b ybFY(y)p(Yy)p(aXby)p(X)afX(x)dx , a0 aybdFY(y)dfY(y)dy固当a＞0时， fY(y)ybafX(x)dxdy1ybfX()aa 1ybfX() aa当a＜0时，fY(y)

习题三答案

1ybfX() aa1.证明：Fx2,y2Fx1,y2Fx2,y1Fx1,y1 Px1＜xx2,yy2Px1＜xx2,yy1 Px1＜xx2,y1＜yy20由概率的非负性，知上式大于等于零，故得正.

2. 解：①， ０ 0 1 2 1/56 10/56 10/56 3/8 １ 5/56 20/56 10/56 5/8 x2x1 PX2x2j 3/28 15/28 5/14 1 PX1x1i ②.PX10,X201P{x20|x10}Px10 11C27320320582185614 PX1X2Px10,x20Px11,x2121 56Px1x201Px1x201Px11,x21Px11,x22 26 / 42

.

15102613 145656283x4yfx,ydxdy0kedxdy1k112 01x3x4ygx,ydxdy0kedxdy1k221 023. 解：①由概率的性质

又

00x00②fXx3x4y01kedyk1e3x13e3xx＞0 4fYy0k1e3x4ydxk1e4y14e4yy＞0 3213xee7xx＞0 4当y＞0时 gXx当x＞0时gYyx0k2e3x4ydxyk2e3x4ydx7e7yy＞0 4.解：①1,0x2，0y1fx,y2 0,其他x0Fx,yy0xy,0x2，0y11/2dxdy2 0,其他1②fXxx001121dy0x2；fYy0d1，0y1 222FXxx1y0y10x2ydx2；FYy01dx 2其他其它00③Py＜x212111dxdy1dxdy y＜x220x2235.20xy1fx,y 其它01fXxx21x0x12dy 其它0yfYy02y0y12dx 其它027 / 42

. 0,其它xy1,0x2,1y202其它1fx,yx6.①Fx,y ,0x2,y＞20x2,1y222y1,x＞2,1y21,x2,y＞2②Gx,yPX2x,Y2yPx＜Xx,y＜Yy 讨论如下：

(xyx)/2,0x4,1y40，x0,或y1xG(x,y) ，0x4,y42y1,x＞4,1y41,x＞4,y413121dxdyPx＜１,y＞=③03/2dxdy1/4 22D2＜Xx2Py1＜Yy2Fxx2Fxx1Fyy2Fyy1 7.证明：Px1Fx,yx2,y2Fx,yx2,y1Fx,yx1,y2Fyx1,y1 Px1＜Xx2,y1＜Yy2故独立得证.

8. ０ １ x1|x21 P 1 32 3x９.解：①PijPiPji②Pyyji1pipji③Pijxpipjixipipjix 10.解：①P11111P120P13P22 442②P1111.

1py1px0故不独立. 4x y y1 y2 28 / 42

y3 pix . x1 x2 1/24 1/8 1/6 1/8 3/8 1/2 1/12 1/4 1/3 1/4 3/4 1 pjy p11,p12,,p1n12. 证明：必要性： 由：p1,p2,,pn p21,p22,,p2n独立p1,p2,,pnp１p２,pmpm1,pm2,,pmnp1,p2,,pn秩为1 充分性，若

p11,p12,,p1np11,p12,,p1np21,p22,,p2n秩为1p21,p22,,p2npm1,pm2,,pmnpm1,pm2,,pnmpxx2yy1pxx2yy2pxx2yy3pxx2yynpxxyypxxyypxxyypxxyy1112131n .............pxxmyy1pxxmyy2pxxmyyn 从上式可得x与y独立. 13. 解：①XBxc0, 有实根的概率 B4c0,PB4C0 222P2,1P3,1P3,2P4,4P4,2P4,1P4,3P5,1P5,2P5,3P5,4P5,5P5,6P6,1P6,2P6,3P6,4P6,5P6,6 19 = 36②PB4C0P2,1P4,421 1829 / 42

.

14. 解：fx1y1x,yfx,y fy1yk1e3x4y3e3x 当 y0时， fx1y1x,yk14y0e3 当 y＜0时， fx1y1x|y0x＞0其它 x, 4e4y,y0 当 x0时， fy1|x1(y|x)＝f1(x,y)/fX1(x) 0,y0 当 x＜0时

fy1x1xy0＜y＜ f2x,y3e3x3y② 当 y0时， fx2y2x,yfy2y0Y＜0时，fx2y2xyxy (x,y)0x(,) 4e4y0yxf(x,y)4x当X≥0时，fy2x2(yx)2 (1e)fx2z(x)0其它当X＜0时，fy2x2(yx)＝0,y(,) 15.解 1.由S(D)=41/272 得X与Y的联合密度函数为f(x,y)27(x,y)D 0其它2/70xy12. 由于0≤y≤1时，f(x,y) 0其它f(x,y)dx2dx2(y1) 从而 0≤y≤1时，fy(y)770y127又 1≤y≤3时，f(x,y)0y1x2其它2 f(x,y)dx2/7dx从而 1≤y≤3时，fy(y)y1又当Y＜0时,Y＞3时，f(x,y)=0,从而fY(y)＝2(3y); 7f(x,y)dx0 30 / 42

.

2y1)/70y1（23y)/71y3 综上得： fy(y)（0其它270yx1此外，0≤X≤1时，f(x,y) 0其它从而 0≤X≤1时，fx(x)f(x,y)dxx102dy2(x1) 7727f(x,y)当 1≤X≤2时，0x1yx1 其它x1从而 1≤X≤2时，fx(x)f(x,y)dy27dy47 x1当X＜0或X＞2时，f(x,y)=0 从而fx(x)f(x,y)dy0 2x1)/70x1（41x2 综上得：fx(x)70其它16. 证明：

1Daxb又（x)y(x)f(x,y) （１） 0其它fY(y)baba1dxDD0axb,(x)y(x)其它 1f(x,y)D当axb,(x)y(x)时,fxy(x|y)bafY(y)D1 ba1f(x,y)Dfxy(x|y)bafY(y)故fxy(x|y)为均匀分布

1(x)y(x),axbba 其它D0又 fX(x)(x)(x)(x)(x)1dyDD0axb其它 31 / 42

. fyx11f(x,y),axb,(x)y(x)D(x)(x) fX(x)(x)(x)0D故 fyx(yx)为均匀分布. 17.解： fx,yfy|xyxfxx fyyfx,ydx 故fxyx,yfyxyxfxfx,ydx 18.fx,yfXxfYy 故独立.

gx,ygXxgYy 不独立.

19. fx,yfXxfYy不独立. 20.fx10x1 其它021y2efy20y,0x1其它 21.若x,y服从二元正态分布，则

fx,y12211e212e2121xu2(xu1)(yu2)yu222221212xu12212fxfy122yu22222e 因为 fx,fy均无参数ρ，故可见，fx,y不能由fXx,fYy决定.

22.解：fXx1e2x2y221sinxsinydy 32 / 42

. 1e2x22ey221sinxsinydyx221e2x2ey22dy1e2,fYy1e2y22y fXx,fYy均服从正态分布，但是fx,y不服从正态分布.

23.

 ０ １ ２ ３ ４ P1/9 4/9 4/9 0 0  0 1 2 -1 -2 P 3/9 2/9 1/9 2/9 1/9  -2 -1 0 1 2 ０ １ ２ ３ ４ pi ０ 0 1/9 0 0 1/9 0 1/9 0 1/9 0 2/9 1/9 0 1/9 0 3/9 1/9 2/9 0 1/9 0 1/9 0 1/9 0 0 1/9 0 0 1/9 2/9 3/9 2/9 1 1/9 pj 24.  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36  25.证明：

当n=2时，PX1＋X2＝kkPXi0k1i,X2ki PX1i,•pX2ki i0i0ki1i!e1•ik2(ki)! e(12)iokiki12 i!(ki)!33 / 42

.

(12)k(12)e，k=0，1，2，……

k!由数学归纳法，设对n-1成立，即Xi1n1i服从参数为i1n1i的泊松分布，因为Xn服从参数为n的泊松分布，故26.

Xi1n1iXn服从参数为in的泊松分布，即对n成立.

i1n1exi,xi0fi(xi) i=1,2. ,Z=X1+ X2

0x0,iZ＞0时，

f(Z)f1(zt)f2(t)dte(zt)•etdt 00zze2zz0dt 2zez 所以fZ(z)fxx(z)120,z02zze,z0 27.由题意知X1~N(4,3), X2~N(2,1).且两者相互独立. 由X1=X+Y, X2=X-Y得X=X1X2X－X２，Y=1，且X和Y服从正态分布 22故EXEX1EX2423 22DX1111DX1DX2311 4444EX1EX242111 , DYDX1DX21 2244EY故X~N(3,1),Y~N(1,1)

1e即fX(x)22(x3)221e , fY(y)2(y1)22 28. 用数学归纳法进行推广，与25题类似. Xi~N(i,i),i=1,2……n.

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xi1ni~N(i,i2) i1i1nn1,(x,y)G29.f(x,y)2 0(x,y)G当0＜z2时，

XFZ(z)Pzf(x,y)dxdy YG01zy1dxdydxdy 02zy2(01zy01dx)dy0 21zydy 021z 4当z＞2时，FZ(z)11 z01故FZ(z)z411z30.

0z010z2fZ(z)41z2z2z00z2 z2PXY00.300.30.20.8PXY10.1 PXY10.1 XY 0 P 0.8 -1 1 0.1 0.1 X 0 P 0.6 1 0.4 Y -1 0 P 0.4 0.2 1 0.4 EXY00.8(1)0.110.10 E(XY)EXEY =0×0.6+0.4×1+(-1) ×0.4+0×0.2+1×0.4 =0.4

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31 由题意知fX(x)所以:

11x2,其它011y2,fY(y)其它0 11x2,1y2f(x,y) 0其它Emax(X,Y)2max(x,y)1dxdy 211221max(x,y)dxdy 21xdxdyx211ydxdy x>y y>x

(xdy)dx(ydy)dx 111x222(xx)dx122211(4x2)dx 221x32x22x32112x1326 81372 33265 3,Y=bj)=Pij, i,j=1,2…….

32.证明： P(X=aiP(X= ai)＝Pi P(Y=bj)=Pj j=1,2……

E(XY)(aibj)Pij i1j1aiPijbjPij i1j1i1j1aipibjpj i1j1EXEY 36 / 42

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EXYaibjpijaipjbjpjEXEY i1j1i1j133. Y 0 19P 20120402020602060

1 182194012020402060202 1182019240………….. 020204019 19C1C204020C6020 20C0C204020C60EX01=8 CCCCCC CC21920CCCC C20204020 CCCC60 …………..6020CC60C60825 （） 34.因为可以看成是9重见利试验，EX=np=91935.参考课本P84的证明过程. 36. X2 0 X1 0 1 2 pX1i 15521 5628285655535 56142856 1 pX2j31510 282828 Cov(x1, x2)=E X1 X2-Ex1×Ex2 = 153535－ 28562815 224 = －12e3x4y37.f(x,y)021e3x4yg(x,y)0所以：

x0,y0 其它xy0其它 3e3xfX1(x)04e4yfY1(y)0x0 x0y0 y037 / 42

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213x(ee7x)gX2(x)407e7ygY2(y)0y0 其它x0其它 因为f(x,y)fX1fY1(y),所以X,Y独立. 故Cov(x1,y1)EX1Y1EX1Y10 Cov(x2,y2)EX2Y2EX2EY2 0x0xy21e3x4ydydx0213x1(ee7x)dx 470x01xy21e3x4ydydx1 7811 4974938.X1XY,DX1DXDY2cov(X,Y) 所以 cov(X1,Y2)DX1DXDY3111 222因为 X1,Y1 独立。

所以 Cov(X1,Y1)=0

(也可以计算：Cov(X1,Y1)= Cov(X+Y,X-Y)

= Cov(X,X-Y)+Cov(Y,X-Y)

= Cov(X,X)-Cov(X,Y)+Cov(y,x)-Cov(Y,y) =1＋1=0) 39.

12121f(x,y)0x2y21其它 fX(x)1x211x2dy21x2fY(y)1y211y2dx21y2 所以： f(x,y)fx(x)fy1y 所以：X,Y不独立。

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x,y40.

cov(x,y)EXYEXEY=………

DXDYDXDYXYcov(X,Y)EXYEXEYDXDYDXDY44225 661122257541.①rA,rBcov(rA,rB)61 DrADrB1692②rPxrA(1x)rB Drpx2DA(1x)2DB2x(1x)DADBAB 116x29(1x)22x(1x)43 213x26x9 323213(x)1329 1313当x39108时，Drp最小为9 131313min(DrA,DrB)min(16,9)9 x当13x6x0时，即０42.解

26时，Drpmin(DrA,DrB) 13①设投资组合的收益率为rp,则

rpxrA(1x)rB Dpx2DA(1x)２DB2x(1x)DADBAB 2所以： DpxDA2x(1x)DA2DBAB(1x)２DBAB(1x)2DB(1x)２DBAB 22(xDA(1x)DBAB)2(1x)2DB(1AB) 当x=1 时，DpDA0 39 / 42

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22x1时,AB1故AB1,即120,由D0得D(1x)D(1)0 BPBABAB所以，对任意x,有DP0，所以，任意组合P都有风险。 ② 若AB＝1,当AB=1时

DB Dpx2DA(1x)2DB2x(1x)DA(xDA(1x)DB)2 设投资组合中数为X,则

xDA(1x)DB0 即xDBDBDA,1XDADBDA 此时Dp＝0

时，DPxDA(1x)DB2x(1x)DA当AB1xDA(1x)DB22DB  2选投资组合中权数x,使得

xDA(1x)DB0 xDBDADB , 1xDADADB,此时DP0 ③不卖座即0＜x＜1,能在0＜x＜1上得到比证券A和B的风险都小的投资组合，意味着Dp的最小值在0＜x＜1达到。 由

DP2DA2(1x)DB(24x)DADBAB0 xDBDADBABDADB2DADBAB 所以 x所以 DADB2DADBABDADB2DADB2DADB(1AB) (DADB)22DADB(1AB)(DADB)20 故为使0＜x＜1则

DBDADBAB0 DDDDD2DDABABABABABB40 / 42

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解得：

ABDBDA且ABDADBDADBDBDA 如果DADB，则上述等价于AB 如果DBDA，则上述等价于ABmin(DA,DB)max(DA,DB)综上:

当AB时，可在不卖座的情况下获得比DA和DB都小的风险投资组合。

43. ①Er=0.1×(-3%)+1%×0.105+2%×0.175+3%×0.26+4%×0.125+5%×0.13+6%×0.065+7%×

0.04=2.755% ②P(r=-3%/rf=1.5%)=P(r3%,rf1.5%)p(rf1.5%)0.0250.05 0.5P(r=1%/rf=1.5%)=0.050.10.2 0.1P(r=2%/rf=1.5%)=0.50.50.150.0750.3P(r=4%/rf=1.5%)=0.15 0.50.50.050.0250.1 P(r=6%/rf=1.5%)=0.05 0.50.50.0250.05 0.5P(r=3%/rf=1.5%)=P(r=5%/rf=1.5%)=P(r=7%/rf=1.5%)=所以：E(r/ rf=1.5%)=0.05×(-3%)+0.1×1%

+0.2×2%+0.3×3%+0.15×4%+0.1×5%+0.05×6%+0.05×7%=3% 44. fYX(yx)f(x,y)8xy2y22 ,0＜x≤y≤1

fX(x)4x(1x)1x1EYXx)yfYX(yx)dyyx2ydy 1x212311xx22yx (0＜x＜1) 1x231x322x2所以： EYXx)331x00x1其它 41 / 42

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46.看成伯努利试验，X～b(120, 1)→X～P(6)泊松分布or X～ N(6,5.7),A=“X≥10” 200P(A)1-[C120(1019120119119119129)()C120()1()19C120()2()18C120()9()11] ＝2020202020202020采用泊松分布或正态分布近似计算

＝0.0465（二项分布计算结果）

P(A)=0.022529+0.011264+0.005199+0.002228+0.000891+0.000334+0.000118+0.000039

+0.000012+0.000004+0.000001=0.042619---泊松分布

2

P(A)=1-F(10)=1-Ф0[(10-6)/σ] σ=5.7

=1-Ф0[1.7….]=1-0.95352 or 0.95244=0.04648 or 0.04756 显然，本题正态分布比泊松分布更准确。

47.X=开动生产的机床数 X~b(200,0.7) 所以X~N(140,42) 设以９５％以上概率保证正常生产机器为K台，则 P(X≤K)≥0.95(K)0(K140)0.95 42所以 (K140)1.65K150.7所以K=151台 42所以 各电能≥K×15=2265个电能单位，以９５％保证机器都正常 48.Xi~U0.5,0.5,EXi0,DXi300i11 X1, X2相互独立， 12Xxi~N(0,3001)X~N(0,25),X的均值为0，所以密度函数关于原点对称 12(1)P(xi1300i15)p(x15)2(()(15))22(15) =2(10(3))0.0027 （２）X=X1+…+XN～N(0,n) 1210)10.9 n12P(x10)p(10x10)2(10)12(0(1012n)0.951012n1.65n440.77 所以 n=440.

42 / 42