1、1第一章1. (1) )6,.(31)2,(1(2) |2x 1:当日最低价 2x:当日最高价(3) ,03 (4) 12. (1) (3)3. 6,5432,1A,B42C5,31AB,4231AC6,42B4. (5) ABCCABA(8) C(10) B(11) A9. 25.0)()()( ABPAP又 4.015)(B )()(ABPAP15.024.52 )()(ABPB15.02 )()()( BAPBAP.5010. )(1)(C而 6.04AP又 )()B4.0)()(APAP又 CB)()()(3.014.AP7)(CB11. A= “其中恰有 K 件” nNkAP11)(
2、 B=“其中有次品”B“一件次品也没有”nNCP1)(1)(C=“其中至少有两件次品”C“只有一件次品，或没有”nNnNCP11)(1)( 12: A= “男生比女生先到校”324301!306!24)(CPAP B=“李明比王先到学校”21)(B13. C“至少两人生日同一天 ”“每个人生各不同”nCP365)1(41)()( 14. A= “第 2 站停车”A“不停车”25)98(1)()(APB=“第 i 和第 J 站至少有一站停车 B“第 i 站到 J 站都不停 ”)(1)(BP2597 iA“第 i 站有人下车（停车） ” jA“第 j 站有人下车”)(1)(1)( jijiji P
3、AP(jiji)(jiji A252597)8(1D=“ 在第 i 站有 3 人下车”225)9()(CDP （贝努里试验）15.（1）A“前两个邮筒没有信 ”41)(2（2）B“第一个邮筒恰有一封信 ”4834)(21CBP16. A“前 i 次中恰好有取到 k 封信”)!()(baiikibakC17. 3A“第三把钥匙可以开门” 2A“第二把钥匙可以开门” )()( 3213131321P()() 3212 AP89406148950614 720814 3A“第三把钥匙才可以开门”617208495106)(3P C=“最多试 3 把就可以开门”)(C6518. 贝努里试验A“其中三次
4、是正面” 1037310)2()(2)( CCP19.A“恰有一红球，一白球，一黑球 ”541)(31025CAP20. !8!)(221. 几何概型A“等待时间不超过 3 分钟 ” X到达汽车站的时间10tx7t103)(SAP22. A“需要等零出码头的概率 ” x第 1 条船到达时刻 y第 2 条船到达时刻240),(xy40A1xy224)3(1)(SP23. A“第一次取出的是黑球 ”B“第二次取出的是黑球”（1） 1)()1)( babaAPB（2） 11)( bababaB（3）A“取出两个球，有一个是黑球 ” B=“两个都是黑球”)2()1(anB 12)12()( baban
5、APB624. （1） )(APB1PB）（ ）（）（ ）（） （2） ）（ ）（）（） （ APB)(AP 212121B21B)(2AP)()(2121B25. (1) )( ） （ 女 ， 女 ）， （ 男 ， 女 ） （ 女 ， 男男 ， 男A=“已知一个是女孩， ” （ 女 ， 女 ）（ 男 ， 女 ） （ 女 ， 男 ）C“两上都是女孩 ” （ 女 ， 女 ）31AP） （2）解略 211） （ iA“第 i 个是女孩”26. A= “点数为 4”365)(AP27. A“甲抽难签” B=“乙抽难签” C=“丙抽难签 ” 104)( )(ABP941067902415 )()( A
6、BCPAPBC8293104728. A=“试验成功，取到红球” 0B“从第二个盒子中取到红球”1“从第三个盒子中取到红球” )()10ABP)()()1100 BAP81372059.29. A=“废品” 1B“甲箱废品” 2B“乙箱废品”（1） )()2AP)(2211 AP05.6.503（2） 1203.4.)(AP854012830. iB“第二次取球中有 i 个新球” i=0.1,2,3jA“第一次取球中有 j 个新球” j=0,1,2,3(1) )() 321202 ABP)()() 221ABPPB(323A3129)(CPJj 3,210J 31292)(ABJj , 分别对
7、应代入该式中，可得： 45.0)(2BP（2） )()()( 2112121ABPA将，代入该式，可得： 4.0)(21BP31、 A“确实患有艾滋病 ”B“检测结果呈阳性 ”由题知： 95.0)(P .)(A 01.)(A )()()( BPPB01.9.5.01.87 C=“高感染群体确实患有艾滋病”.)(CP9)()()( CBPCPBCP01.95.01432. 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 ”“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8.0)(AP 2.0)(AP)(B)()APAP2.0(8.0
8、因 )(B 与 ) 未给出，因而不能断定 8.0)(BP33. 解： 21)()(CPA 41)(ACAB,两两独立， 又 81)()(41)( BCA,不相互独立，只是两两独立。34. 0)(P 有 )(0)(BPAP ,独立 1 B 有 与 独立 BA,独立）（）（）（)(A）（） （）（）（） （ PAP10） ）（） （ A1BP）（）（ 35. 0)(A 且 0)( 且 A ，B 互不相容则 A，B 不可能相互独立 因为 )(P 但因为 0)(P )(0(不 独 立36. CBA， 相互独立，证明 CBA， 亦相互独立证： ）（）（） （） 且（）（）（） （ BPABPPP ）（）
9、（） （） ，（）（） （ CAC则 ）（）（） （ 1）（）（）（ B1)(PAP）（）（）（ ）（）（ )(B同理可证 )(CPA )()(CPB下证 1()(CAP )()()()()() ABCPA()(1 CPBAPCB)()P1()(ACBCBA,相互独立 37. 证略，可用数学归纳法38. A“第一道工序出品 ” B“第二道工序出废品 ”C“第三道工序出废品 ” )(1)(CBAPBP11)()(1CPBA8.095.36039. A=“雷达失灵” B=“计算机失灵”)()(BPAP （因为独立） 7.096340. B“击落” A，B，C 分别代表三收炮弹i发炮弹击中敌机 3,
10、21i)()()()1 PPA3.07.07073. 4)()()()2 CBACB3. 189027.)()3AP.1B60)(23AP 1027.6189.4.)( B26.0)()(2BPA)(2286.0194习题二（A）1解：X: 甲投掷一次后的赌本。Y：乙122140px 2130Yp40,1,)(FxxX30,1,)(FxyY.解（1） 10101022)(iii iiaixp（） 3121)(101aixpiii ii3.解1321 50Xp解（）X:有放回情形下的抽取次数。P（取到正品） 107CP（取到次品） 3 107)3( 107)3( 10,7i 2X-2 p（）Y:
11、无放回情形下。 7819203 71 903 7 42Yp解 541)(1)3(1)3P( XpXpX 2)P(X0)()2()()( 107)5()2(31P11PXpX6解（）根据分布函数的性质 1)(2lim1lim1 AxFx(2) )5.0()8.(.05.(FXP2.8 0.39解：依据分布满足的性质进行判断：（） x14单调性： xFxx0).(2121 在 时不满足。（） 0，不满足单调性。（） x，满足单调性，定义 xx0,1)(2是可以做分布函数的.所以，21)(xF能做分布函数。 解（） F（x）在 x=0,x=1 处连续，所以 X 是连续型。其 他,012)( xf（）
12、 F（x）在 x=0 处连续，但在 X处间断，所以 X 不是连续型。解：（）求 a,由 211)(2)(00axdeadxefx） dxexXPx)()F，当 x0， xxx e2121)( ,当 x0, xxxddex )F(00所以 0,21)(xexx,） )1(2()1( FXP )(21112 ee15112)()1()1( eFXp )()(2)2( 2eP(2) ）求 a:1)(dxf 00110)2(aadxxd(211x04a） xdfXPxF)()()X0,F(X)=0.0X1, 201)xx（1x2, , 12321)()(F10 xxddxX2,F(x)=1.所以： 2
13、,1210,)(2xxxF，） 410)(2)1(2XP, 492)()2( 2x,P(X1) 1)(2 ,10. ,)(dxf因 f(x)关于 x=u 对称 )()(xuff16)()()2( xfufxufxuf 下面证明 xudzdy,令 z+y =2u y=2u-z xuxuxu dzffyf )2()2()()(= xuxu dzz2 (由式有 f(2u-z)=f(z)又 1)()( ffdf ，由于式xuxuyz1)()(F11.解（）第题（）： 111 )3(2)3(2iiiiiaEX（）第题：由分布律得：5120)(512.解：ER=1%0.1+2%0.1+6%0.1=3.7%
14、,若投资额为 10 万元，则预期收入为10（1+3.7%）10.37（万元）DR=ER2-(ER)2=15.710-4-(3.7)210-4=2.0110-4ER2=(1%)20.1+(2%)20.1+(3%)20.2+(4%)20.3+(5%)20.2+(6%)20.1=10-5+410-5+1810-5+4810-5+5010-5+3610-5=15.710-413.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 10K1010)()1()()FY xkpxkpxxdx 20)0(25510) （ 其 他（,051)()
15、(2xdFfYY17其 他， ，0105.2xx 4.10735.ln205.1ln2)(105. ydyfEY元解二，由于 0x5 题意是否为五期呢？由贴现公式5K%= K%5101P(YX)= )10(2)P( xkpxdx 45)1(051)02 （ 其 他其 他 ,0102.0)(24)( 22 xxxfY .985.ln4ln40)(125/125. 。dxfEY14.证明：E(X-EX) 2 dxfEXxdxfEXx )()( 22ff )22(2)(EX15.证明：（2.31）2)()(axaxDDXaExaxE22)()(2.32)L (C)=E(X-C)2=E16.连续型。普
16、照物 50p -Th2.3 证明过程令 2)(Exh18则 )(.)()()()( 22)(2 )() )(22 22 xhpdxf dxfhdxfhdxfhE x于是有 2)Ehp (*)将 h(X)=(X-EX) 代入(*)得 22)(DxEXxxp（证毕）.离散型。 )()( )()()(E2)(22 )()(2 22 ixhi xhiixhii xhiiiip xpppi iii于是 2ii xEp同理将 h (x)=(x-EX)2代入得 2)(DXExp17.解：设 P 表示能出厂。P0.7+0.30.80.94q 表示不能出厂。Q=0.30.2=0.06(1)Xb（n，0.94）
17、X:能出厂数P(X=K)= KnKnC)06.(94.(2) P(X=n)= )0(=(0.94)n(3)Yb(n,0.06) Y:不能出厂数。P(Y=0)-P(Y=1)=1- n00n11 )94.(6.C)94.(6.n(4)EY=n0.06,DY=n0.060.9418.解 pq Pn210 X gp )1(.()1(E 20200 qnpqnn 其 中 注 意 应 用 ：19.解：已知 XP()2)(1P( 2 ！ eXpeXEX=DX= =1EX2=(EX)2+DX=2+19)1.(63)(1其 中！ eexP20.解：P:等车时间不超过 2min 的概率，X:等车时间52)()2(
18、X0dxf531pq再会 Y：等车时间不超过分钟的人数352.01425)()53(2)()2( 31 CYP21.解：设 Y:利润X:理赔保单如：X b(8000,0.01)Y=5008000-40000X由 EX=np=80000.01=80EY=4000000-4000080=80000022.解（）X 0,)(xexfxxxxx eedeedfF 1)()()( 00所以： 0,1)(xexEX,DX 推导见原习题解。23.证明Xe ( )0,1(xexF)(1)()( sXprsXprsrPrsrsree)1( )()(1rpr （ 24.解：设 X:表示元件寿命，X 0eY:100
19、0h 不损坏的个数，当 Y 为以上时系 统寿命超过 1000h， ),3(pbY20P:1000h 不损坏的概率。 110)1()10( eXpXPepq, 多元件独立工作 3123)()2( pCqPY31)()()ee3123e25.解：X ),N(2)y(,)(E2 xdxe令y21)(21udey2126.解)6.19()6.19()6.19( xpxpxp05.20n=100Y:误差绝对值大于 19.6 的次数Yb(100,0.05)a=P(Y3)=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)用泊松分布近似计算： 50.1npa=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2) 5525
20、150 .8!- eee27.解：设 C:损坏，则由题意： 1.0)2(Xcp4212.0)4(Xcp19.)8(52)0( 00Xp5762.1).(42092()0(pp所以：P(C)=0.211 90.1+0.57620.01+0.21190.2=0.06931而由贝叶斯定理有： )(240,)240( cpxcXp83.691.5728.解：设数学成绩为：X，XN(70,100),由题意：%)P(a即 95.0)(51aXpp.170a1.645a=70+101.645=86.45 分29. .20 34.1062Xp . .19Y30.解： 令 Y=X+)()()()() xyFyX
21、pyxpyYPFY 1)()()( fyf xXY22其 他， ，01byab即 其 它， ， xyxa也即 Y 在a +,b +上服从均匀分布。31.解： 令 Y=X2, 其 他,0121)(Xxxf )()()()()()F2Y yFyXpypy xxffFxxxxY 2121f 其 他， ，0141y即： 其 他,04)(fYyy212)()(F00xdxfyyyyXY即： 1,)(yyY32.解： 0,)(1xexfexXYax+ )()()()() yFyXpypyF x1)()()()( fFf XXyY 其 他其 他 ,01,0)(1 yeey23yxYeyF1)()其 他其 他
22、 ,0,01)(1)( yey33.解： 令 X:直径 其 他01)f(bxabxY:体积 3)24Y（ )()1243141)()( 443 abxabdxabdxfgEY baba )(2412ba34.解：dxeyXpypyYFyY 201)()2()()yxyxede2020)(221yy. (）所以： 0,1)(2yeyFY所以： 2)(YYefdy 0(y）所以： 0y,021)()(yYefyg所以：Y 2(2).35.解 Xe(2)24所以： 0,2)(xexfX0,1)(2xexFX)ln()1)( 22 ypyepypyYFXY )1ln(ln(X0,011,)ln(2ye
23、y0,011),(y0,1,y0,1,)(yyFY其 他,)(yfY36.解：由已知参考( 67p)知 0,)(ln1(xxfX0,0,212)(lnxex当前价格 10X元。dxedxfuX2)(ln001)(E依据 67p-eg2.312221515ee25925412 ee4)1(22eDX295ln20,0,21)(2)(lnxexxf uX其中 ln215l2连续复合年收益率 r=lnx-lnx =lnx-ln1025)10()ln(l)10ln()() yR eXpyXpyXpyPrF dxeey2)l10)2ln(2)(ln10xey令 vx2ln)10l(210ln2 ydvy
24、所以：)2ln()(0yyFR)frr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内容，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内容，因而本题不作要求。37.证明：)()()()F2yXpypyYPY 显然当 y0 时, 0X，所以 0fYy0 时， 20)()()yY dxy()( 202fdxfdFfY （复合函数求导方法）所以：0,)(2)(2yfyfY38.解:X 密度函数 f X(x), Y=ax+babyXdxfXpybapyY )()()()()F, 0a)(1)()()( abfdyxfdyf
25、XayXYY 固当 a0 时， )(1)(abffXY26当 a0 时， )(1)(abyfyfXY习题三答案1. 证明： 112212 ,FyxFyx21PP 0,212yx由概率的非负性，知上式大于等于零，故得正.2. 解：，2x1 jxXP20121/5610/5610/565/5620/5610/563/2815/285/14ixXP13/8 5/8 1. 0|010, 1122 xPxP45683127C1,0,XP212121 xPx562,0x 1212121 xP835643. 解：由概率的性质 12, 43100 kdxyekdxyf又 2gxx xxyxX ekdekf 3
26、3143104 0yyyxYyf 14310 当 y0 时 xyxX edekg7343201 027当 x0 时 yyxyYedekg7432 0y4. 解： 其 他，,0121,xyf其 他，,012/1,0 yxydxyxFyx 210fX； 20dyfY， 1y20xdxFxX其 他 ； 10xFyY其 它 3221yP10xy2 2dydx5. 0,xf其 它121xdyfxX其 它10x00fyY其 它y6. 2,1,0,2211, yxyyxxF其 它 210,xf21,yx其 它 YXPxG2, yYxXxP,讨论如下： 4,1,0214,/)(),( yxyxyx， 或，28
27、 23,yxP= 4/121/310dxydxyD7. 证明： 211YX121yFFyxx 21,2, ,yyxFyx211P 故独立得证.8. |21x P 3132. 解： ijxij ijxiijpyP1 ijxiiijijipP10. 解： 41P 02 413 2 1xpy 故不独立.11. x y 1 2y 3yxip12xyjp1/241/81/61/83/81/21/121/41/31/43/4112. 证明：必要性： 由： nnmmnmn ppp, 2121212211 独 立秩 为充分性，若 29nmmnnmnpp, 212211212211 秩 为 nmm nyxpyx
28、pyxpyx m21 131211 22. 从上式可得 x 与 y 独立.13. 解： ,02cBX有实根的概率 04,422CBP3,41,31, PP 2,61,6,55325, P6,4,6P= 3619 184,2042 PCBP14. 解： yfxyfx11,当 0时， 其 它03,4131 xekexfyxy当 y时， ,0|1fyx当 0x时， 0,4)(/,()|(1| 11 yexfyffXxy当 时 fxy01 当 0y时， yxeyfxf y03,2230Y0 时， 0),(2yxf ),(x当 X0 时， 其 它0)1(4)(,)( 4222 xyefyff xyxxy
29、 z 当 X0 时， ,0)(2fxy,15.解 1.由 S(D)= 7/14得 X 与 Y 的联合密度函数为 其 它0),(72),(Dyxyxf2. 由于 0y1 时， 其 它017/2),(yxf从而 0y1 时， )1(72),(10 ydxxff yy又 1y3 时， 其 它72),(xf从而 1y3 时， 21)3(7/),()(yy ydxxff;又当 Y0 时,Y3 时，f(x,y)=0, 从而 fY(y) 0),(f综上得： 其 它（ 0317/)2)(yyfy此外，0X1 时， 其 它),(xxf从而 0X1 时， 10)1(72),()(xx xdyyff当 1X2 时， 其 它072),(yf从而 1X2 时， 1742),(xx dyyff当 X0 或 X2 时，f(x,y)=0从而 0),()(dyfxf
