习题一 解答1.在1,2,3,4,四个数中可重复地先后取两个数，写出这个随机事件的样本空间及事件A =“一个数是另一个数的2倍”，B =“两个数组成既约分数”中的样本点。
解 Ω={（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1)，（3，2），（3，3），（3，4），（4，1）（4，2），（4，3），（4，4）}；A ={（1，2），（2，1），（2，4），（4，2）}；B ={（1，2），（1，3}，（1，4），（2，1），（2，3），（3，1)，（3，2），（3，4），（4，1）（4，3）}2. 在数学系学生中任选一名学生．设事件A ＝{选出的学生是男生}，B ＝{选出的学生是三年级学生}，C ＝{选出的学生是科普队的}．(1)叙述事件ABC 的含义．(2)在什么条件下，ABC ＝C 成立？ (3)在什么条件下，C ⊂B 成立？解 (1)事件ABC 的含义是，选出的学生是三年级的男生，不是科普队员．(2)由于ABC ⊂C ，故ABC ＝C 当且仅当C ⊂ABC ．这又当且仅当C ⊂AB ，即科普队员都是三年级的男生．(3)当科普队员全是三年级学生时，C 是B 的子事件，即C ⊂B 成立． 3.将下列事件用A ，B ，C 表示出来： （1）只有C 发生；（2）A 发生而B ，C 都不发生； （3）三个事件都不发生；（4）三个事件至少有一个不发生；（5）三个事件至少有一套（二个不发生）发生； （6）三个事件恰有二个不发生； （7）三个事件至多有二个发生； （8）三个事件中不少于一个发生。
解 （1）ABC ； （2）ABC ： （3）ABC （4）A B C ； （5）AB BCAC ；（6）ABCABCABC ；（7）ABC ； （8）AB C 。
4.设A ，B ，C 是三个随机事件，且=====)()(,41)()()(CB P AB P C P B P A p 0，81)(=AC P ,求A ，B ，C 中至少有一个发生的概率． 解 设D ＝{A ，B ，C 中至少有一个发生}，则D ＝A ＋B ＋C ，于是 P (D )＝P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )－P (AB )－P (BC )－P (AC )＋P (ABC )． 又因为,41)()()(===C P B P A P ,0)()(==CB P AB P 81)(=AC P ,而由P (AB )＝0，有P (ABC )＝0，所以⋅=-=858143)(D P 5.掷两枚匀称的硬币，求它们都是正面的概率．解 设A ＝{出现正正}，其基本事件空间可以有下面三种情况： (Ⅰ)Ω1＝{同面、异面}，n 1＝2．(Ⅱ)Ω2＝{正正、反反、一正一反}，n 2＝3． (Ⅲ)Ω3＝{正正、反反、反正、正反}，n 3＝4．于是，根据古典概型，对于(Ⅰ)来说，由于两个都出现正面，即同面出现，因此，m 1＝1，于是有21)(=A P ． 而对于(Ⅱ)来说，m 2＝1，于是有31)(=A P ．而对于(Ⅲ)来说，m 3＝1，于是有41)(=A P ． 6.口袋中装有4个白球，5个黑球。
从中任取两个球，求取出的两个球都是白球的概率。
解 试验的基本事件（样本点）总数29n C =，设A=“取得两个白球”，则A 包含的基本事件数24m C =，有古典概型有24291()6C P A C ==7.两封信任意地向标号为1，2，3，4的四个邮筒投递，求：（1）第三个邮筒恰好投入一封信的概率；（2）有两个邮筒各有一封信的概率。
解 （1）设事件A 表示“第三个邮筒恰好投入一封信”。
两封信任意投入4个邮筒，共有42种等可能投法，组成事件A 的不同投法有112323C C =⨯种，于是11232263()448C C P A ===（2）设B 表示“有两个邮筒各有一封信”，则2422!3()44C P A ⋅==8.在100个产品中有70件一等品，20件二等品，10件三等品，规定一、二等品为合格品，考虑这批产品的合格率与一、二等品率的关系。
解 设事件A ，B 分别表示产品为一、二等品，显然事件A 与B 互补相容，并且事件A B 表示产品为合格品，于是70()100P A =，20()100P B =,702090()100100P A B +==. 可见 ()()()P AB P A P B =+9.三只外观相同的钢笔分别属于甲、乙、丙三人．如今三人各取一只，求：（1）恰好取到自己的笔的概率；（2）都没有取到自己的笔的概率．分析 设D 1＝{都取到自己的笔}，D 2＝{都没有取到自己的笔}．这是一个古典概型问题．我们有因此⋅==3)(,6)(21D P D P 10.设随机事件B 是A 的子事件，已知P (A )＝1/4，P (B )＝1/6，求P (B |A )．解 因为B ⊂A ，所以P (B )＝P (AB )，因此⋅===32)()()()()|(A P B P A P AB P A B P11.在100件产品中有5件是不合格的，无放回地抽取两件，问第一次取到正品而第二次取到次品的概率是多少？解 设事件A ＝{第一次取到正品}，B ＝{第二次取到次品}．用古典概型方法求出.010095)(=/=A P 由于第一次取到正品后不放回，那么第二次是在99件中(不合格品仍是5件)任取一件，所以⋅=995)|(A B P 由公式(1－4)，⋅=⨯==3961999510095)|()()(A B P A P AB P12.五个人抓一个有物之阄，求第二个人抓到的概率．解 这是一个乘法公式的问题．设A i ＝{第i 个人抓到有物之阄}(i ＝1，2，3，4，5)，有,41)|(,54)(,51)(1211===A A P A P A P所以13.加工某一零件共需经过四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别是2％、3％、5％、3％，假定各道工序是互不影响的，求加工出来的零件的次品率．解 设{},1,2,3,4i A i i ==第道工序加工的零件是次品，且i A 相互独立，{}A =加工的零件是次品，由题意得，1()2%P A =、2()3%P A =、3()5%P A =、4()3%P A =从而12341234()1()1()()()()1(12%)(13%)(15%)(13%)10.980.970.950.970.124P A P A A A A P A P A P A P A =-=-=-----=-⨯⨯⨯=14.一批零件共100个，其中有次品10个．每次从中任取一个零件，取出的零件不再放回去，求第一、二次取到的是次品，第三次才取到正品的概率．解 设{},1,2,3i A i i ==第次取到的是次品，由题意得，1101()10010P A ==、2191(|)9911P A A ==、3129045(|)9849P A A A ==从而1231213121145()()(|)(|)0.0084101149P A A A P A P A A P A A A ==⨯⨯= 15.由以往记录的数据分析，某船只在不同情况下运输某种物品，损坏2％，10％，90％的概率分别为0.8，0.15和0.05．现在从中随机地取三件，发现这三件全是好的，试分析这批物品的损坏率为多少？分析 设B ＝{三件都是好的}，A 1＝{损坏率为2％}， A 2＝{损坏率为10％}，A 3＝{损坏率为90％}，则A 1，A 2，A 3两两互斥，且A 1∪A 2∪A 3＝Ω．已知P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.15，P (A 3)＝0.05，且3198.0)|(=A B P ， 3290.0)|(=A B P ， 3310.0)|(=A B P ．由全概率公式可知)()|()(31i i i A P A B P B P ∑==05.01.015.090.08.098.0333⨯+⨯+⨯=8624.0≈．由贝叶斯公式，这批物品的损坏率为2％，10％，90％的概率分别是,8731.08624.08.098.0)()()|()|(3111≈⨯==B P A P A B P B A P,1268.08624.015.090.0)()()|()|(3222≈⨯==B P A P A B P B A P.0001.08624.005.01.0)()()|()|(3333≈⨯==B P A P A B P B A P由于P (A 1|B )比P (A 2|B )，P (A 3|B )大得多，因此可以认为这批货物的损坏率为2％．16. 袋中有15个小球，其中7个是白球，8个是黑球．现在从中任取4个球，发现它们颜色相同，问它们都是黑色的概率为多少？解 设A 1＝“4个球全是黑的”，A 2＝“4个球全是白的”，A ＝“4个球颜色相同”．使用古典概型，有P (A 1)＝41548/C C ，P (A 2)＝41547/C C ．而A ＝A 1∪A 2且A 1A 2＝∅，得415474821)()()(C C C A P A P A P +=+=． 所以概率是在4个球的颜色相同的条件下它们都是黑球的条件概率，即P (A 1|A )．注意到A 1⊂A ，A 1A ＝A 1，有⋅=+===32)()()()()|(474848111C C C A P A P A P A A P A A P 17.设袋中有4个乒乓球，其中1个涂有白色，1个涂有红色，1个涂有蓝色，1个涂有白、红、蓝三种颜色．今从袋中随机地取一个球，设事件A ＝{取出的球涂有白色}，B ＝{取出的球涂有红色}，C ＝{取出的球涂有蓝色}． 试验证事件A ，B ，C 两两相互独立，但不相互独立． 此题从现实情况分析是不合理的，故不要深究。
证 根据古典概型，我们有n ＝4，而事件A ，B 同时发生，只能是取到的球是涂有白、红、蓝三种颜色的球，即m ＝1，因而⋅=41)(AB P 同理，事件A 发生，只能是取到的球是涂红色的球或涂三种颜色的球，因而⋅==⋅==2142)(2142)(B P A P 因此，有 ,412121)()(=⨯=B P A P所以 P (AB )＝P (A )P (B )，即事件A ，B 相互独立．类似可证，事件A ，C 相互独立，事件B ，C 相互独立，即A ，B ，C 两两相互独立，但是由于,41)(=ABC P而 ,4181212121)()()(=/=⨯⨯=C P B P A P 所以A ，B ，C 并不相互独立．18.设两两相互独立的三事件A ，B ，C ，满足：ABC ＝∅，P (A )＝P (B )＝P (C )＜21,并且169)(=++C B A P ，求事件A 的概率． 分析 设P (A )＝p ．由于ABC ＝∅，有P (ABC )＝0，根据三个事件两两独立情况下的加法公式，有P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )－P (A )P (B )－P (B )P (C )－P (A )P (C )＋P (ABC )，即 ,1690332=+-p p 亦即 ,01632=+-p p 解得 41=p 或43(由题意舍去)． 于是 ⋅=41)(A P19设A ，B 是两个随机事件，且0＜P (A )＜1，P (B )＞0，)|()|(A B P A B P =，则P (AB )＝P (A )P (B )．分析 由公式()()()(|),(|),()()1()P AB P AB P AB P B A P B A P A P A P A ===- 由题设 ),|()|(A B P A B P =即 ,)(1)()()(A P B A P A P AB P -=于是，有()()(()())()()()(),P AB P A P AB P AB P A P AB AB P A P B =+=+=即A 、B 相互独立．20.设两个随机事件A ，B 相互独立，已知仅有A 发生的概率为41，仅有B 发生的概率为41，求 P (A )，P (B )． 分析 方法1 因为P (A )＞0，P (B )＞0，且A 与B 相互独立，所以AB ≠∅(想一想为什么)．一方面P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )－P (A )P (B )； (1－6)另一方面).()(21)()()()()(B P A P B P A P B A P B A P B A P +=++=+ (1－7)由于)()(B A P B A P =，有),()()()(B P AB B A P AB B A P A P =+=+=于是由式(1－6)，式(1－7)有,))((21))(()(222A P A P A P +=- 即 ⋅===-21)(,21)(,41))(()(2B P A P A P A P 方法2 因为A 与B 相互独立，所以A 与B 也相互独立．由于)()(B A P B A P =，有P (A )＝P (B )，于是,41))(1)(())(1)(()()()(=-=-==A P A P B P A P B P A P B A P因此 ⋅==21)()(B P A P21.用高射炮射击飞机，如果每门高射炮击中飞机的概率是0.6，试问：(1)用两门高射炮分别射击一次击中飞机的概率是多少？(2)若有一架敌机入侵，至少需要多少架高射炮同时射击才能以99％的概率命中敌机？解 (1)令B i ＝{第i 门高射炮击中敌机}(i ＝1，2)，A ＝{击中敌机}．在同时射击时，B 1与B 2可以看成是互相独立的，从而21,B B 也是相互独立的，且有P (B 1)＝P (B 2)＝0.6，.4.0)(1)()(121=-==B P B P B P方法1(加法公式)由于A ＝B 1＋B 2，有P (A )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)－P (B 1)P (B 2)＝0.6＋0.6－0.6×0.6＝0.84．方法2(乘法公式) 由于21B B A =，有,16.04.04.0)()()()(2121=⨯===B P B P B B P A P于是 .84.0)(1)(=-=A P A P(2)令n 是以99％的概率击中敌机所需高射炮的门数，由上面讨论可知，99％＝1－0.4n 即 0.4n ＝0.01，亦即.026.53979.024.0lg 01.0lg ≈--==n因此若有一架敌机入侵，至少需要配置6门高射炮方能以99％的把握击中它．22.设某人从外地赶来参加紧急会议．他乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别是31110510、、及52，如果他乘飞机来，不会迟到；而乘火车、轮船或汽车来迟到的概率分别为41、⋅12131、 试问：(1)他迟到的概率；(2)此人若迟到，试推断他是怎样来的可能性最大？解 令A 1＝{乘火车}，A 2＝{乘轮船}，A 3＝{乘汽车}，A 4＝{乘飞机}，B ＝{迟到}．按题意有：,103)(1=A P ,51)(2=A P ,101)(3=A P ,52)(4=A P,41)|(1=A B P ,31)|(2=A B P ,121)|(3=A B P .0)|(4=A B P(1)由全概率公式，有⋅=⨯+⨯+⨯+⨯==∑=203052121101315141103)|()()(41i i i A B P A P B P (2)由贝叶斯公式),4,3,2,1()|()()|()()|(41==∑=i A B P AP A B P A P B A P j jj i i i得到.0)|(,181)|(,94)|(,21)|(4321====B A P B A P B A P B A P由上述计算结果可以推断出此人乘火车来的可能性最大．23.三人同时向一架飞机射击，设他们射中的概率分别为0.5，0.6，0.7．又设无人射中，飞机不会坠毁；只有一人击中飞机坠毁的概率为0.2；两人击中飞机坠毁的概率为0.6；三人射中飞机一定坠毁．求三人同时向飞机射击一次飞机坠毁的概率．.解 设A i ＝{第i 个人射中}(i ＝1，2，3)，有P (A 1)＝0.5， P (A 2)＝0.6， P (A 3)＝0.7．又设B 0＝{三人都射不中}，B 1＝{只有一人射中}，B 2＝{恰有两人射中}，B 3＝{三人同时射中}，C ＝{飞机坠毁}．由题设可知,0)|(0=B C P ,2.0)|(1=B C P ,6.0)|(2=B C P ,1)|(3=B C P并且.06.03.04.05.0)()()()()(3213210=⨯⨯===A P A P A P A A A P B P同理)()(3213213211A A A A A A A A A P B P ++= )()()(321321321A A A P A A A P A A A P ++=123123123()()()()()()()()()P A P A P A P A P A P A P A P A P A =++＝0.5×0.4×0.3＋0.5×0.6×0.3＋0.5×0.4×0.7 ＝0.29；P (B 2)＝0.44； P (B 3)＝0.21．利用全概率公式便得到)|()()(3i i i B C P B P C P ∑==＝0.06×0＋0.29×0.2＋0.44×0.6＋0.21×1 ＝0.532．24.两台机床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，求任意取出的零件是合格品的概率；又：如果任意取出的零件经检查是废品，求它是由第二台机床加工的概率．答案是：0.973；0.25． 习题二1．掷两枚匀称的骰子，X ＝{点数之和}，求X 的分布． 解 概率空间{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6）， （2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6）， （3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6）， （4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6）， （5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6）， （6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）} 点数和等于2 （1，1）， 点数和等于3 （1，2），（2，1）， 点数和等于4 （1，3），（2，2），（3，1） 点数和等于5 （1，4），（2，3），（3，2），（4，1） 点数和等于6 （1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1） 点数和等于7 （1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（6，1），（5，2） 点数和等于8 （2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2） 点数和等于9 （3，6），（4，5），（5，4），（6，3） 点数和等于10 （4，6），（5，5），（6，4）点数和等于11 （5，6），（6，5） 点数和等于12 （6，6）} 答案是：2．设一个盒子中装有5个球，标号为1，2，3，4，5，在其中等可能地任取3个，用表示取出的球的最大号码数，求随机变量X 的分布律．解 X 的可能取值为3，4，5．从5个球中任取3个的取法有3510C =种．则 事件{X =3}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，3）” ， 1{3}10P X ==． 事件{X =4}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，4），（1，3，4），（2，3，4）” ，3{4}10P X ==．事件{X =5}就相当于“取出的3个球的标号为（1，2，5），（1，3，5），（1，4，5），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）” ， 63{5}105P X ===．故X 的分布律为3．已知离散型随机变量X 的可能取值为-2，0，21a ，32a ，54a，78a，试求概率{||2|0}P X X ≤≥． 解 41{}i i P X x ==∑=1a +32a +54a +78a 3718a ==解得 837a =故的分布律为{||2|0}P X X ≤≥{||2,0}{0}P X X P X ≤≥=≥2229=4．设某电子产品正品率为0.75，次品率为0.25．现对该批电子产品进行测试，以随机变量X表示首次测得正品，，求随机变量X 的分布律． 提示，参考例2．6．答1{}0.750.25k P X k -==⨯，k =1，2，…5. 设100件产品中有95件合格品，5件次品，现从中有放回的取10次，每次任取一件．求：（1）所取10件产品中所包含次品数的概率分布；（2）10件产品中恰有2件次品的概率；（3）10件产品中至少有2件次品的概率．解 因为是有放回的抽取，所以10次抽取是独立、重复进行的，每次取得次品的概率为0.05，因此这是一个10重伯努利试验．（1）设所取的19件产品中所含有的次品数为X ，则~(10,0.05)X B ，其概率分布为1010{}(0.05)(0.95)kk k P X k C -==⨯，k =1，2， (10)（2）所求的概率为2210210{2}(0.05)(0.95)0.0746P X C -==⨯≈（3）所求的概率为 {2}1{2}P X P X ≥=-<001011910101(0.05)(0.95)(0.05)(0.95)0.0861C C =-⨯-⨯≈6．一袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5．在袋中同时取3只球，用X 表示取出的3只球中的最小号码数，求X 的分布函数． 解 X 的可能取值为3，2，1．232323253545136(3)/,(2)/,(1)/,101010P X C C P X C C P X C C ========= 即X 的分布阵为从而X 的分布函数为0,1,6,12,10()9,23,101, 3.x x F x x x <⎧⎪⎪≤<⎪=⎨⎪≤<⎪⎪≥⎩7．设离散型随机变量X 的分布函数为0,10.4,11()0.8,131,3x x F x x x <-⎧⎪-≤<⎪=⎨≤<⎪⎪≥⎩试求：（1）X 的概率分布；（2）{2|1}P X X <≠．解X 的可能取值为-1，1，3．{2,1}{2|1}{1}P X X P X X P X <≠-<≠-=≠-{1}0.42{1}{3}0.40.23P X P X P X =====+++求Y ＝X ＋1的概率分布．解 由y i ＝2i x ＋1(i ＝1，2，…，5)及X 的分布，得到把f (x i )＝2i x ＋1相同的值合并起来，并把相应的概率相加，便得到Y 的分布，即1(5)(2)(2),2P Y P X P X ===-+==3(2)(1)(1),10P Y P X P X ===-+==1(1)(0)5P Y P X ====⋅所以应配制几台秤？解 设X i ＝{第i 个售货员使用秤}，则X i ～B (1，0.25)．令41i i S X ==∑，于是S ～B (4，0.25)．考虑到P (S ≤2)＝1－P (S ＞2)＝1－P (S ＝3)－P (S ＝4)33441(0.25)(0.75)(0.25)C =--＝1－0.0469－0.0039≈0.95故该商店通常情况下应配制2台秤． 10.设二维随机向量(X ，Y )共有6个取正概率的点，它们是：(1，－1)，(2，－1)，(2，0)(2，2)，(3，1)，(3，2)，并且(X ，Y )取得它们的概率相同，求(X ，Y )的联合分布 解 由于6个点取得的概率相同，均为1，而6个1的和为1，因此其余概率为0．11试求：（1)13{,04}22P X Y <<<<；（2）{12,34}P X Y ≤≤≤≤． 解：（1)13{,04}22P X Y <<<<{1,1}{1,2}{1,3}P X Y P X Y P X Y ===+==+== 110044=++= （2）{12,34}P X Y ≤≤≤≤{1,3}{1,4}{2,3}{2,4}P X Y P X Y P X Y P X Y ===+==+==+== 1150016416=+++= 12．设二维随机向量(X ，Y )的联合分布为求 (1)X 与Y 的边缘分布．(2)X 关于Y取值y 1＝0.4的条件分布． (3)Y 关于X 取值x 2＝5的条件分布． 解 (1)由公式()(1,2,3),i i ijjp p X x p i ⋅====∑()(1,2),j j ijip p Y y p j ⋅====∑(2)1121112111(,)(,)0.1530.303(|),(|),()0.8016()0.808p x y px y p x y p x y p y p y ======31311(,)0.357(|)()0.8016p x y p x y p y ===⋅因此，X 关于Y(3)同样方法求出Y 关于X 取值x13.设随机变量X 与Y 相互独立，下表列出了二维随机向量(X ，Y )联合分布律及关于X 和关解 由于P (X ＝x 1，Y ＝y 1)＝P (Y ＝y 1)－P (X ＝x 2，Y ＝y 1)111,6824=-= 考虑到X 与Y 相互独立，有P (X ＝x 1)P (Y ＝y 1)＝P (X ＝x 1，Y ＝y 1)，11124{}146P X x ===⋅所以同理，可以导出其他数值．故XY 的联合分布律为求二维随机向量的函数Z 的分布：（1）=+;(2)=． 解 有（X ，Y ）的概率分布可得合并Z 值相同的概率可得（2）Z =XY 的概率分布为15．已知X 和Y 的概率分布为101~111424X -⎛⎫ ⎪ ⎪⎪⎝⎭，01~1122Y ⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭而且{0}1P XY ==．（1）求X 和Y 的联合分布；（2）问X 与Y 是否相互独立？为什么？ 解 （1）由{0}1P XY ==，即{00}1P X Y ===或，所以{11}{1,1}0P X Y P X Y =-=====，根据联合分布与边缘分布的关系，不难把表中打“*”号的位置上的数值求出，于是，得到（2）因1{1,0}4P X Y =-==，而111{1}{0}424P X P Y =-==⨯≠ 所以X 与Y 不独立．习题31．设210()10x f x x x ⎧>⎪=+⎨⎪≤⎩当当 f (x )是否为分布密度函数？如何改造？解 由于π()d ,2f x x +∞-∞=⎰所以f (x )不是分布密度函数．令221,0,2()()π1π0,0.x p x f x x x ⎧⋅>⎪==+⎨⎪≤⎩则p (x )是分布密度函数．2.设随机变量X 的分布密度函数为01()0Cx x p x ≤≤⎧=⎨⎩其他当求(１)常数C ；(２)P (0.3≤X ≤0.7)；(３)P (－0.5≤X ＜0.5)．解 (1)由p (x )的性质，有2110011()d d |,22x p x x Cx x C C +∞-∞===⋅=⎰⎰所以C ＝2．(2)0.720.70.30.3(0.30.7)2d |0.4.P X x x x ≤≤===⎰(3)00.520.500.5(0.50.5)0d 2d |0.25.P X x x x x --≤≤=+==⎰⎰3．设连续型随机变量X 的分布函数为2201()1112212Ax Bx x F x Cx x x x <⎧⎪≤<⎪⎪=⎨--≤<⎪⎪≥⎪⎩当当当当求：（1）A ，B ，C 的值；（2）X 的概率密度函数；（3）{12}P X ≤≤．解 （1）由连续型随机变量的性质，可知，()F x 是一个连续函数．考察()F x 在x =0，x =1，x =2处的连续性，有lim ()x F x A -→=，20lim ()lim 0x x F x Bx ++→→==，所以A =0；211lim ()lim x x F x Bx B --→→==，21113lim ()lim(1)22x x F x Cx x C ++→→=--=-，可知B32C =- 2221lim ()lim(1)232x x F x Cx x C --→→=--=-，2lim ()1x F x +→=，可知231C -=． 所以C =2，12B =．（2）X 的概率密度函数为,01()2,120,x x f x x x ≤<⎧⎪=-≤<⎨⎪⎩其他（3）{12}P X ≤≤(3)(1)F F =-2111(2111)22=-⨯-⨯-=．4．在一个公共汽车站有甲、乙、丙三人，分别等1，2，3路车．设等车的时间（分钟）服从[0，5]上的均匀分布，求3人中至少有2人等车时间不超过2分钟的概率． 解 设每人等车的时间为X ，则X 的密度函数为1,05()50,x f x ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他3人中每人“等车不超过2分钟”的概率为212{2}55P X dx ≤==⎰3人中等车不超过2分钟的人数2~(3,)5Y B故22323{2}0.35255P Y C ⎛⎫≥=⨯= ⎪⎝⎭5．设X ～N (0，1)，求P (X ＜2.35)，P (X ＜－1.25)以及P (|X |＜1.55)． 解 P (X ＜2.35)＝Ф(2.35)查表0.9906．P (X ＜－1.25)＝Ф(－1.25)＝1－Ф(1.25)＝1－0.8944＝0.1056． P (|X |＜1.55)＝P (－1.55＜X ＜1.55)＝Ф(1.55)－Ф(－1.55) ＝2Ф(1.55)－1＝2×0.9394－1＝0.8788． 6．设X ～N (1，22)，求P (0＜X ≤5)． 解 这里μ＝1，σ＝2，β＝5，α＝0，有2,0.5.βμαμσσ--=- 于是P (0＜X ≤5)＝Ф(2)－Ф(－0.5)＝Ф(2)－[1－Ф(0.5)]＝Ф(2)＋Ф(0.5)－1＝0.9772＋0.6915－1＝0.6687．7．设X ～N (2，32)，求：(Ⅰ)P {－1≤X ≤8}；(Ⅱ)P {X ≥－4}；(Ⅲ)P {X ≤11}． 解 由于X ～N (2，32)，即μ＝2，σ＝3，因此 (1)P {－1≤X ≤8}＝P {2－3≤X ≤2＋2×3}＝P {2－3≤X ＜2}＋P {2≤X ≤2＋2×3}11{2323}{223223}22P X P X =-≤<++-⨯≤<+⨯ 0.680.950.815.22≈+=(2)P {X ≥－4}＝P {－4≤X ＜＋∞}＝P {2－2×3≤X ≤2}＋P {X ≥2} 0.9510.975.22≈+=(3)P {X ≤11}＝P {－∞＜X ≤11}＝P {－∞＜X ≤2}＋P {2≤X ≤2＋3×3} 10.990.995.22≈+= 8．某科考试成绩服从正态分布2(70,10)N ，在这次考试人中，及格者100人（及格分数为60），计算（1）不及格人数；（2）成绩在前10名的人数在考生中的比例；（3）估计第10名考生的成绩．解 设考生的考生成绩为X ，X ~2(70,10)N ，首先参加考试的人数n ．{60}1{60}P X P X ≥=-<60701(1)0.841310-⎛⎫=-Φ=Φ= ⎪⎝⎭这表明及格人数占考试人数的比例为84.13%，即1000.8413n=，1000.8413n =（1）不及格人数占占考试人数的比例为15.87%，因此不及格人数为1000.15870.1587190.8413n =⨯≈（2）成绩在前10名的人数在考生中的比例为 100.8413108.4%100n =⨯≈ （3）设第10名考生的成绩为0x ，则0{}0.08413P X x ≥=，0{}0.91587P X x <=，即0700.9158710x -⎛⎫Φ= ⎪⎝⎭查正态分布表，得0701.3710x -=，083.784x =≈． 或者在EXCEL 的单元格中键入的“=NORMINV (0.91587，70，10）”，求得．9. 31设一个纺织工人照顾800个纱锭，在(0，T ]时间内每个纱锭断头的概率为0.005，求在(0，T ]内：(１)最大可能的断头数；(２)断头次数不超过10的概率．解 设断头数为X ，则X ～B (800，0.005)．由于n 很大，p 很小，所以可用近似公式800800()0.0050.995e ,!kk k kP X k Ck λλ--==⨯⨯≈这里λ＝np ＝800×0.005＝4．实际上可认为X近似服从P(λ)．(1)最大可能的断头数是3和4．(2)1044(10)e0.99716!kkP Xk-=≤≈=∑10．设X～U(0，1)，并且Y＝X2，求Y的分布密度p2(y)．解：(){}{4)2YF y P Y y P X dx y=<=<==<<故()()4)Y Yf y F y y'==<<11．设平面区域D由曲线1yx=及直线20,1,y x x e===所围成，二维随机变量(,)X Y在区域D上服从均匀分布，求(,)X Y的联合分布密度函数.解由于区域D的面积111eA dxx==⎰，所以(,)X Y的联合分布密度函数为111,0(,)x e yF x y x⎧≤≤≤≤⎪=⎨⎪⎩当其他12．设(X，Y)的联合分布密度为(34)e,0,0,(,)0,.x yC x yf x y-+⎧≥≥=⎨⎩其他试求：(1)常数C. (2)P{0＜X＜1，0＜Y＜2}．解 (1)由p(x，y)的性质，有(34)001(,)d d e d dx yp x y x y C x y+∞+∞+∞+∞-+-∞-∞==⎰⎰⎰⎰34001e d e d,12x yC x y C+∞+∞--=⋅⋅=⎰⎰即C＝12．(2)令D＝{(x，y)|0＜x＜1，0＜y＜2}，有{01,02}{(,)}(,)d dDP X Y P X Y D p x y x y<<<<=∈=⎰⎰12(34)34380012e d d12e d e d(1e)(1e).x y x yDx y x y-+----===--⎰⎰⎰⎰13．设二维随机向量(X，Y)的联合分布函数为333,0,0,(,)0,.x y x yC x yF x y----⎧--+≥≥=⎨⎩其他求(1)常数C；(2)分布密度p(x，y)．解 (1)由性质F(＋∞，＋∞)＝1，得到C＝1．(2)由公式：2(,)Fp x y x y∂=∂∂有3ln33ln3,x x y Fx--∂=-∂ 22(3ln33ln3)3(ln3).x x y x y F x y y-----∂∂=-=∂∂∂ 故 23(ln3),0,0,(,)0,.x y x y p x y --⎧≥≥=⎨⎩其他14．如图3－1，设(X ，Y )的联合分布密度为图3－1(),01,(,)0,.C x y y x p x y +≤≤≤⎧=⎨⎩其他(1)求C ．(2)求X ，Y 的边缘分布． (3)讨论X 与Y 的独立性． (4)计算P (X ＋Y ≤1)． 分析(1)由于(,)d 1,p x y σ+∞+∞-∞-∞=⎰⎰即1d ()d 1,xx C x y y +=⎰⎰可导出C ＝2．(2)当x ＜0或x ＞1时，p 1(x )＝0；当0≤x ≤1时，210()(,)d 2()d 3.xp x p x y y x y y x +∞-∞==+=⎰⎰因此 213,01,()0,.x x p x ⎧≤≤=⎨⎩其他同理 22123,01,()0,.y y y p y ⎧+-≤≤=⎨⎩其他(3)由于p 1(x )·p 2(y )≠p (x ，y )，故X 与Y 不独立．(4)11201011(1)2()d d 2()d 3y yx y y x P X Y x y y x y x σ-+≤≤≤≤+≤=+=+=⋅⎰⎰⎰⎰15．(,)~(,)(arctan )(arctan ),23x y X Y F x y A B C ξ==++求(1)A ，B ，C 的值； (2)p (x ，y )； (3)p 1(x )，p 2(y )．分析(1)由ππ(,)()()1,22F A B C -∞+∞=++=ππ(,)()()0,22F A B C -∞+∞=-+=ππ(,)()()0,22F A B C +∞-∞=+-=可导出21π,π2A B C ===⋅(2)22222211161132(,)(,)....ππ491()1()23xyp x y F x y x y x y "===⋅++++ (3)由p (x ，y )＝f 1(x )·f 2(y )，其中1221().(),π4f x x x =-∞<<+∞+2231().().π9f y y y =-∞<<+∞+考虑到12()d 1,()d 1,f x x f y y +∞+∞-∞-∞==⎰⎰故 12222131().,().π4π9p x p y x y ==⋅++16．设2,02,01,(,)~(,)0,.Axy x y X Y p x y ξ⎧≤≤≤≤==⎨⎩其他试求解：(1)确定常数A ； (2)边缘分布密度； (3)讨论X ，Y 的独立性． 分析(1)由(,)d 1,p x y σ+∞+∞-∞-∞=⎰⎰即212003d 1,2x Axy A =⇒=⋅⎰⎰ (2)由1()(,)d p x p x y y +∞-∞=⎰，分情况讨论：当x ＜0或x ＞2时，1()d 0;p x y +∞-∞==⎰当0≤x ≤2时，12103()(,)d d 22xp x p x y y xy y +∞-∞===⋅⎰⎰所以1,02,()20,.xx p x ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他同理，可求出223,01,()0,.y y p y ⎧≤≤=⎨⎩其他 (3)由于p 1(x )·p 2(y )＝p (x ，y )，因此，X 与Y 相互独立． 习题41．盒中有5个球，其中有3个白球，2个红球．从中任取两球，求白球个数X 的数学期望．解由题意可知23225()(0,1,2),k kC C P X k k C -⋅===因此1631()01211010105E X =⨯+⨯+⨯=⋅ 2．某地区计划明年出生1000个婴儿，若男孩出生率为p ＝0.512，问明年(1)出生多少男孩？(2)期望出生多少男孩？答案是：(1)0～1000；(2)512．答案是：乙好．4．设随机变量X 的分布密度函数为,01,()2,12,0,.x x p x x x <≤⎧⎪=-<≤⎨⎪⎩其他求E (X )．解 由定义，有1221()()d d (2)d E X xp x x x x x x x +∞-∞==+-⎰⎰⎰312320111|()| 1.33x x x =+-= 5．10个随机地进入15个房间，每个房间容纳的人数不限，设X 表示有人的房间，求()E X （设每个人进入每个房间是等可能的，且每人进入房间是相互独立的）． 解 设随机变量i X1, ,0, .i i X i ⎧=⎨⎩在第层有人下梯在第层无人下梯（i =1，2， (15)则151i i X X ==∑，且i X 服从同一分布，因每人进入某个房间的概率均为115． 则 1010114(0)(1)()1515i P X ==-= 于是 1014(1)1()15i P X ==-故有1215()()E X E X X X =+++1215()()()E X E X E X =+++而1014()1()15i E X =-，（i =1，2，…，15），因此 1014()151()7.4715E X ⎛⎫=-≈ ⎪⎝⎭6．假设市场上每年对某种出口商品的需求量X （单位：吨），它服从[2000，4000]上的均匀分布．每年售出这种商品一吨，可为挣得3万元，但假设销售不出去，囤积于仓库，每吨浪费保管费1万元，问应组织多少吨货源，才是收入最大？解 设预备某年销售商品量为s 吨（显然有2000≤s ≤4000），用Y 表示这年的收益（万元），则3,()3(),s X s Y f X X s X X s ≥⎧==⎨--<⎩利用求函数的数学期望公式，可得组织s 吨货源时，所获得的期望收益为4000200011()[()](4)320002000s sE Y E f X x s dx sdx ==-+⎰⎰261(7000410)1000s s -=-+-⨯ 两边对s 求导，得1()(27000)1000E Y s '=-+，令()0E Y '=，得s =3500．即组织3500吨货源时收益最大．7．一辆送客汽车，载有m 位乘客从起点站开出，沿途有n 个车站可以下车，若到达一个车站，没有乘客下车就不停车．设每位乘客在每一个车站下车是等可能的，试求汽车平均停车次数．分析 由于所求的是汽车平均停车的次数，因此，我们从每一个车站有没有人下车来考虑，而不要着眼于每一个乘客在哪一站下车．这里，设1,,0,.i i X i ⎧=⎨⎩第站有人下车第站没有人下车 (1,2,,)i n =于是，我们有11(0)(),(1)1(),m mi i n n P X P X n n--====-因此，随机变量1~(1,1())mi n X B n--，其均值 1()1().mi n E X n-=-又设停车次数为S ，于是有1,ni i S X ==∑其均值1()(1())mn E S n n-=-⋅ 可见，汽车平均停车次数为1(1())mn n n--⋅ 8．地铁到达一站时间为每个整点的第5分钟、25分钟、55分钟，设一乘客在早8点～9点之间随时到达，求侯车时间的数学期望．分析 已知X 在[0，60]上服从均匀分布，其密度为1,060,~()600,.x X p x ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他设Y 是乘客等候地铁的时间(单位：分)，则5,05,25,525,()55,2555,605,5560.X X X X Y g X X X X X -<≤⎧⎪-<≤⎪==⎨-<≤⎪⎪-+<≤⎩因此601()(())()()d ()d 60E Y E g X g x p x x g x x +∞-∞==⋅=⎰⎰ 525051[(5)d (25)d 60x x x x =-+-⎰⎰55602555(55)d (65)d ]x x x x +-+-⎰⎰1[12.520045037.5]11.67.60=+++= 9．有3个小球和2个杯子，将小球随机地放入杯中，设X 为有小球的杯子数，求X 的分布函数及数学期望E (X )．解 设A ＝{甲杯有球个数}，B ＝{乙杯有球的个数}．当X ＝1或2(见表4－1)时，由加法公式有33111(1)(0,3)(3,0),224P X P A B P A B ====+===+=13(2)1,44P X ==-=因此 0,0,1(),12,41,2,x F x x x <⎧⎪⎪=≤<⎨⎪≥⎪⎩ 137()12444E X =⨯+⨯=⋅10．设二维随机向量(X ，Y )的联合分布密度函数(5)2e 01,5(,)0y x x y p x y --⎧≤≤≥=⎨⎩其他当求E (XY )．分析 因为p (x ，y )＝p 1(x )·p 2(y )，其中1;2,01,()0,x x p x ≤≤⎧=⎨⎩其他 (5)2e ,5,()0,.y y p y --⎧≥=⎨⎩其他所以，X 与Y 相互独立．由于12102()()d 2d ,3E X xp x x x x +∞-∞===⎰⎰(5)25()()d e d 6,y E Y yp y y y y +∞+∞---∞==-=⎰⎰因此2()(())(())6 4.3E XY E X E Y ==⨯=11.已知随机变量X 的分布函数00()04414x x F x x x ≤⎧⎪⎪=<≤⎨⎪>⎪⎩当当当 求E (X )，D (X )．答案是：由于104()40x f x ⎧<≤⎪=⎨⎪⎩当其他，即X 服从（0，4]上的均匀分布，所以4()2,()3E X D X ==⋅12.设随机变量X ～N (0，4)，Y ～U (0，4)，且X ，Y 相互独立，求E (XY )，D (X ＋Y )及D (2X －3Y )．答案是：E (XY )＝0，1()5,3D X Y +=D (2X －3Y )＝28．13．设X 与Y 为相互独立的随机变量，已知X 在[2，4]上服从均匀分布，Y 服从参数为2的指数分布，求E (XY )，()D X Y +．解 由于24()32E X +==，1()2E Y =，2(42)1()123D X -== 13()()()322E XY E X E Y ==⨯=，14．设随机变量X 的密度函数为201()0ax bx c x f x ⎧++<<=⎨⎩当其他 已知E (X )=0.5，D (X )=0.15．求a ，b ，c 的值117()()()3412D X Y D X D Y +=+=+=解 由密度函数的性质1201()()f x dx ax bx c dx +∞-∞==++⎰⎰1132a b c =++，即 11132a b c ++= （1）而120111()()432E X x ax bx c dx a b =++=++⎰，所以1110.5432a b ++= （2）由22()()[()]D X E X E X =-，得22()()[()]E X D X E X =+ 而12220111()()543E X x ax bx c dx a b =++=++⎰，所以1110.150.250.4543a b ++=+= （3）由（1）（2）（3）所组成的方程组，得 12a =，12b =-，3c =15（1）判断X 与Y 是否独立？ （2）计算X 与Y 的协方差； （3）计算()D X Y +．解 （1）计算出X 与Y 的边缘分布填入上表．从{0,1}0.1P X Y ==-=，而{0}{1}0.12P X P Y =+=-= 可知X 与Y 不相互独立．（2）因为()0.7E X =，()0E Y =()1(1)0.3110.30i i ij ijE XY x y p ==⨯-⨯+⨯⨯=∑∑．因此(,)()()()0Cov X Y E XY E X E Y =-=（3）()D X Y +2()()2(,)0.70.70.80D X D Y Cov X Y =++=-++ 1.01= 16．设随机变量（X ，Y ）的密度函数为1()02,02(,)80x y x y f x y ⎧+≤≤≤≤⎪=⎨⎪⎩当其他求()E X ，()E Y ，(,)Cov X Y ，XY ρ，()D X Y +． 解 当02x ≤≤，时211()()(1)84X f x x y dy x =+=+⎰， 当02y ≤≤，时1()(1)4Y f x y =+ ()E X 2017(1)46x x dx =+=⎰，7()6E Y =，()E XY 220014()83dx xy x y dy =+=⎰⎰(,)Cov X Y 4771()()()36636E XY E X E Y =-=-⋅=-而2()E X 220114(1)43x x dx =+=⎰所以2225711()()[()]3636D X E X E X ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭，同理11()36D Y =故111111113636XY ρ-==-()()()2(,)D X Y D X D Y Cov X Y +=++11111523636369⎛⎫=++-= ⎪⎝⎭ 17．设随机变量X 的密度函数为102()20x x f x ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩当其他求随机变量X 的1至3阶原点矩和中心矩．解()E X 201423x xdx ==⎰， 22201()22E X x xdx ==⎰，233018()25E X x xdx ==⎰，2041[()]()032E X E X x xdx -=-=⎰，2220412[()]()329E X E X x xdx -=-=⎰，2330418[()]()32135E X E X x xdx -=-=-⎰． 习题51．一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的．假设每箱平均重50 kg ，标准差为5 kg ．若用最大载重量为5 t 的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977．解 设X i (i ＝1，2，…，n )是装运的第i 箱的重量(单位：kg )，n 是所求箱数．由条件可以把X 1，X 2，…，X n 视为独立同分布随机变量，而n 箱的总重量T n ＝X 1＋X 2＋…＋X n是独立同分布随机变量之和．由条件知n T D n T E X D X E n n i i 5)(,50)(;5)(,50)(====(单位：kg )． 根据列维－林德伯格中心极限定理，T n 近似服从正态分布N (50n ，25n )． 箱数n 决定于条件⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤n n nn T P T P n n 5505000550}5000{).2(977.0)101000(ΦnnΦ=>-≈由此可见,2101000>-nn从而n ＜98.0199，即最多可以装98箱．2.设男孩出生率为0.515，求在10000个新生婴儿中女孩不少于男孩的概率． 解 用X 表示10000个婴儿中男孩的个数，则X ～B (n ，p )，其中n ＝10000，p ＝0.515．要求女孩个数不少于男孩个数的概率，即求}5000{≤X P ,由棣莫弗－拉普拉斯中心极限定理，有⋅⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧-≤-=≤npq np npq np X X 5000}5000{令),1,0(~N npqnp X Y -=于是有)485.0515.010000515.010*******()5000(⨯⨯⨯-≤=≤Y P X P.00135.0)3(1)3(=-=-≈ΦΦ3.设有1000个人独立行动，每个人能够按时进入掩蔽体的概率为0.9，以95％概率估计，在一次行动中：(1)至少有多少人能够进入? (2)至多有多少人能够进入?解 用X i 表示第i 人能够按时进入掩蔽体(i ＝1，2，…，1000)，令S n ＝X 1＋X 2＋…＋X 1000．(1)设至少有m 人能进入掩蔽体，要求P (m ≤S n ≤1000)≥0.95．事件⋅⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤⨯⨯⨯-=≤909001.09.010009.01000}{n n S m S m令,90900Y S n =-显然).1,0(~N Y 令,90900a m =-根据中心极限定理，有)(1)()(a Y P a Y P S m P n <-=≥=≤95.0)(1=-=a Φ查正态分布数值表，得a ＝－1.65，即.65.190900-=-m 故m ＝900－15.65＝884.35≈884人．(2)设至多有M 人能进入掩蔽体，要求P (0≤S n ≤M )≥0.95．P (S n ≤M )＝P (Y ≤b )＝0.95，b ＝1.65，即,65.190900=-M M ＝900＋15.65＝915.65≈916人．习题61.设x 1，x 2，…，x 25相互独立且都服从N (3，102)分布，求270.57,60(S x P <<<＜151.73)．解 因22221024~(3,),~(24),2510S X N χ且x 与S 2独立，所以P {0＜x ＜6，57.70＜S 2＜151.73}＝P {0＜x ＜6}·P {57.70＜S 2＜151.73}， 而6333{06}()()2()12(1.5)1222P x ΦΦΦΦ--<<=-=-=- ＝2×0.9332－1＝0.8664，2224{57.70151.73}{13.84836.415}100S P S p <<=<<)415.3610024()848.1310024(22>->=S P S P＝0.95－0.05＝0.90，于是 P {0＜x ＜6，57.7＜S 2＜151.73}＝0.8664×0.90≈0.78．2．在整体N (5，22)中抽取一容量为25的样本，求样本均值X 落在4．2到5．8之间的概率，样本方差2S 大于6．07的概率．解 因为2~(5,2)X N ，则22~(5,)25X N ，5~(0,1)2/5X N -， 因此，所求概率为4.2555.85{4.2 5.8}{}2/52/52/5X P X P ---<<=<< 5{22}2/5X P -=-<< 2(2)1=Φ-=0．908又知 222(251)~(24),2S χ- 故222424 6.07{ 6.07}{}44S P S P ⨯>=>2{(24)36.42}0.05P χ=>=最后一步查2χ表或在EXCEL 中键入“= CHIDIST （36.42，24）”求的．3．设总体~(0,1)X N ，1X ，2X ，…，n X 为简单样本，试问：下列各统计量服从什么分布？（1；（2121nX X++；（3）3212413ii nii X nX==⎛⎫-⎪⎝⎭∑∑．解 （1）因为~(0,1)i X N ，i =1，2，…，n，所以12~(0,2)X X N -~(0,1)N ，22234~(2)X X χ+~(2)t = （2）因为~(0,1)i X N ，222~(1)nii Xn χ=-∑，所以121nX X++2~(1)1nt n X=-++-（3）因为3221~(3)ii Xχ=∑，224~(3)ni i X n χ=-∑，所以3212413ii nii X n X==⎛⎫-⎪⎝⎭∑∑321243~(3,3)3ii nii XF n Xn ===--∑∑．4．设总体2~(0,2)X N ，1X ，2X ，3X ，4X 是来自X 的一个样本，若统计量221234(2)(34)Y a X X b X X =-+-服从2χ分布，试确定a ，b 的值．解 因为2~(0,2)i X N ，i =1，2，3，4，所以222122~(0,222)X X N -+⋅，22223434~(0,3242)X X N -⋅+⋅于是~(0,1)N ，3434~(0,1)10X X N -所以2223434~(2)10X X χ-⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 因此120a =，1100b =． 5．设X 与Y 都服从标准正态分布，1X ，2X ，…，8X 与1Y ，2y ，…，9Y 分别为是来自总体X 与Y 的两个相互独立的简单随机样本，其样本均值为X ，Y ，记892211()()i i i i Q X X Y Y ===---∑∑试证明随机变量T =服从自由度为15的t 分布． 证明 因为~(0,1)X N ，~(0,1)Y N ， 所以1~(0,)9Y N ，3~(0,1)Y N ，而且8221()~(7)ii XX χ=-∑，921()i i Y Y =-∑2~(8)χ且相互独立，所以892211()()ii i i Q XX Y Y ===---∑∑2~(15)χ又因为Y 与821()ii XX =-∑相互独立．Y 与921()i i Y Y =-∑相互独立，所以Y 与Q 相互独立，所以T=~(15)T t = 6．设总体2~(,)X N μσ，1X ，2X ，…，16X 是来自X 的一个样本，求概率（1）2162211{()2}216i i P X σμσ=≤-≤∑； （2）2162211{()2}216i i P X X σσ=≤-≤∑． 解 （1）2162211{()2}216i i P X σμσ=≤-≤∑16212(){832}i i X P μσ=-=≤≤∑2{8(16)32}P χ=≤≤22{(16)8}{(16)32}P P χχ=≥-≥。