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统计学总复习题解答 1 习题1.1解答 1. 将一枚均匀的硬币抛两次,事件A,B,C分别表示“第一次出现正面”,“两次出现同一面”,“至少有一次出现正面”。试写出样本空间及事件A,B,C中的样本点。 解:W=(正,正), A=(正,正),;B=, C=(正,正), 2. 在掷两颗骰子的试验中,事件A,B,C,D分别表示“点数之和为偶数”,“点数之和小于5”,“点数相等”,“至少有一颗骰子的点数为3”。试写出样本空间及事件AB,A+B,AC,BC,A-B-C-D中的样本点。 解:W=(1,1),(1,2),L,(1,6),(2,1),(2,2),L,(2,6),L,(6,1),(6,2),L,(6,6); AB=(1,1),(1,3),(2,2),(3,1); A+B=(1,1),(1,3),(1,5),L,(6,2),(6,4),(6,6),(1,2),(2,1); AC=F;BC=(1,1),(2,2); A-B-C-D=(1,5),(2,4),(2,6),(4,2),(4,6),(5,1),(6,2),(6,4) 3. 以A,B,C分别表示某城市居民订阅日报、晚报和体育报。试用A,B,C表示以下事件: 只订阅日报; 只订日报和晚报; 只订一种报; 正好订两种报; 至少订阅一种报; 不订阅任何报; 至多订阅一种报; 三种报纸都订阅; 三种报纸不全订阅。 解:ABC; ABC; ABC+ABC+ABC; ABC; A+B+C ABC+ABC+ABC; A+B+C; ABC; ABC+ABC+ABC+ABC或AB+AC+BC 4. 甲、乙、丙三人各射击一次,事件A1,A2,A3分别表示甲、乙、丙射中。试说明下列事件所表示的结果:A2, A2+A3, A1A2, A1+A2, A1A2A3, A1A2+A2A3+A1A3. 解:甲未击中;乙和丙至少一人击中;甲和乙至多有一人击中或甲和乙至少有一人未击中;甲和乙都未击中;甲和乙击中而丙未击中;甲、乙、丙三人至少有两人击中。 5. 设事件A,B,C满足ABC¹F,试把下列事件表示为一些互不相容的事件的和:A+B+C,AB+C,B-AC. 解:如图: 2 ACABCABCABCABCABCABCWABCBABCA+B+C=ABC+ABC+ABC+ABC+ABC+ABC+ABC;AB+C=ABC+C;B-AC=ABC+ABC+ABC=BA+ABC=BC+ABC 6. 若事件A,B,C满足A+C=B+C,试问A=B是否成立?举例说明。 解:不一定成立。例如:A=3,4,5,B=3,C=4,5, 那么,A+C=B+C,但A¹B。 7. 对于事件A,B,C,试问A-(B-C)=(A-B)+C是否成立?举例说明。 解:不一定成立。 例如:A=3,4,5,B=4,5,6,C=6,7, 那么A-(B-C)=3,但是(A-B)+C=3,6,7。 8. 设P(A)=1,P(B)=1,试就以下三种情况分别求P(BA): 23AB=F, AÌB, P(AB)=1. 81; 2解: P(BA)=P(B-AB)=P(B)-P(AB)=P(BA)=P(B-A)=P(B)-P(A)=1; 6113P(BA)=P(B-AB)=P(B)-P(AB)=-=。 2889. 已知P(A)=P(B)=P(C)=1,P(AC)=P(BC)=1,P(AB)=0求事件416A,B,C全不发生的概率。 3 解:P(ABC)=PA+B+C=1-P(A+B+C) =1-P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)()11é111ù3=1-ê+-0-+0ú= 1616û8ë44410. 每个路口有红、绿、黄三色指示灯,假设各色灯的开闭是等可能的。一个人骑车经过三个路口,试求下列事件的概率:A=“三个都是红灯”=“全红”; B=“全绿”; C=“全黄”; D=“无红”; E=“无绿”; F=“三次颜色相同”; G=“颜色全不相同”; H=“颜色不全相同”。 解: 1´1´112´2´28=;P(D)=P(E)=; 3´3´3273´3´32711113!2P(F)=+=;P(G)=; 27272793´3´3918P(H)=1-P(F)=1-=. 99P(A)=P(B)=P(C)=11. 设一批产品共100件,其中98件正品,2件次品,从中任意抽取3件,试求: 取出的3件中恰有1件是次品的概率; 取出的3件中至少有1件是次品的概率。 解: 一次拿3件: 211221C98C2C2C98+C2C98P=; =0.0588P=0.0594; 33C100C100每次拿一件,取后放回,拿3次: 2´982´3=0.0576; P=1003每次拿一件,取后不放回,拿3次: P=983=0.0588; P=1-10032´98´97´3=0.0588; 100´99´9898´97´96=0.0594 P=1-100´99´9812. 从0,1,2,L,9中任意选出3个不同的数字,试求下列事件的概率: A1=三个数字中不含0与5,A2=三个数字中不含0或5。 4 解: 3C87P(A1)=3=; C10153312C9-C8C81414或 P(A2)=P(A)=1-=23315C10C101513. 从0,1,2,L,9中任意选出4个不同的数字,计算它们能组成一个4位偶数的概率。 5P93-4P8241解:P= =490P1014. 一个宿舍中住有6位同学,计算下列事件的概率: 6人中至少有1人生日在10月份; 6人中恰有4人生日在10月份; 6人中恰有4人生日在同一月份; 解: 4C6´112116=P=1-6=&0.41; P=&0.00061; 6121214C12C6112=P=&0.0073 61215. 从一副扑克牌任取3张,计算取出的3张牌中至少有2张花色相同的概率。 解: 131213111C4C13+C4C13C39C4C13C13C13P=&0.602或P=1-&0.602 33C52C52 5 习题1.2解答 1. 假设一批产品中一、二、三等品各占60%,30%、10%,从中任取一件,结果不是三等品,求取到的是一等品的概率。 解: 令Ai=“取到的是i等品”,i=1,2,3 P(A1A3)=P(A1A3)P(A1)0.62=。 P(A3)P(A3)0.93 2. 设10件产品中有4件不合格品,从中任取2件,已知所取2件产品中有1件不合格品,求另一件也是不合格品的概率。 解: 令A= “两件中至少有一件不合格”,B= “两件都不合格” P(AB)P(B)P(B|A)=P(A)1-P(A)2C42C102C101-C62=1 53. 为了防止意外,在矿内同时装有两种报警系统I和II。两种报警系统单独使用时,系统I和II有效的概率分别0.92和0.93,在系统I失灵的条件下,系统II仍有效的概率为0.85,求 两种报警系统I和II都有效的概率; 系统II失灵而系统I有效的概率; 在系统II失灵的条件下,系统I仍有效的概率。 解:令A= “系统有效” ,B= “系统有效” 则P(A)=0.92,P(B)=0.93,P(B|A)=0.85 P(AB)=P(B-AB)=P(B)-P(AB) =P(B)-P(A)P(B|A)=0.93-(1-0.92)´0.85=0.862 P(BA)=P(A-AB)=P(A)-P(AB)=0.92-0.862=0.058 P(A|B)=P(AB)0.058=&0.8286 P(B)1-0.934. 设0<P(A)<1,证明事件A与B独立的充要条件是 P(B|A)=P(B|A) 证: Þ:QA与B独立,A与B也独立。 P(B|A)=P(B),P(B|A)=P(B) P(B|A)=P(B|A) Ü: Q0<P(A)<10<P(A)<1 P(AB)P(AB) 又QP(B|A)= ,P(B|A)=P(A)P(A)P(AB)P(AB) 而由题设P(B|A)=P(B|A) =P(A)P(A) 6 即1-P(A)P(AB)=P(A)P(B)-P(AB) P(AB)=P(A)P(B),故A与B独立。 5. 设事件A与B相互独立,两个事件只有A发生的概率与只有B发生的概率都是1,求P(A)和P(B). 41,又QA与B独立 41 P(AB)=P(A)P(B)=1-P(A)P(B)= 41 P(AB)=P(A)P(B)=P(A)1-P(B)= 412 P(A)=P(B),P(A)-P(A)= 41 即P(A)=P(B)=。 2解:QP(AB)=P(AB)=6. 证明 若P(A)>0,P(B)>0,则有 当A与B独立时,A与B相容; 当A与B不相容时,A与B不独立。 证明:P(A)>0,P(B)>0 因为A与B独立,所以 P(AB)=P(A)P(B)>0,A与B相容。 因为P(AB)=0,而P(A)P(B)>0, P(AB)¹P(A)P(B),A与B不独立。 7. 已知事件A,B,C相互独立,求证AUB与C也独立。 证明:因为A、B、C相互独立, P(AUB)IC=P(ACUBC) =P(AC)+P(BC)-P(ABC) =P(A)P(C)+P(B)P(C)-P(A)P(B)P(C)=P(A)+P(B)-P(AB)P(C)=P(AUB)P(C)AUB与C独立。 8. 甲、乙、丙三机床独立工作,在同一段时间内它们不需要工人照顾的概率分别为0.7,0.8和0.9,求在这段时间内,最多只有一台机床需要工人照顾的概率。 解: 令A1,A2,A3分别表示甲、乙、丙三机床不需要工人照顾, 那么P(A1)=0.7,P(A2)=0.8,P(A3)=0.9 令B表示最多有一台机床需要工人照顾, 7 那么P(B)=P(A1A2A3+A1A2A3+A1A2A3+A1A2A3) =P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3) =0.7´0.8´0.9+0.3´0.8´0.9+0.7´0.2´0.8+0.7´0.8´0.1 =0.9029. 如果构成系统的每个元件能正常工作的概率为p(0<p<1),假设各元件能否正常工作是相互独立的,计算下面各系统的可靠性。 系统II 系统I 1 n+1 1 n+1 2 n+2 2 n+2 n 2n n 2n 解:令A= “系统正常工作” B= “系统正常工作” Ai=“第i个元件正常工作”,i=1,2,L,2n P(Ai)=P,A1,A2,L,A2n相互独立。 那么 P(A)=P(A1A2LAn)+(An+1An+2LA2n) =P(A1A2LAn)+P(An+1An+2LA2n)-P(A1A2LA2n) =ÕP(A)+ÕP(A)-ÕP(A)iiii=1i=n+1i=1n2n2n=2Pn-P2n=Pn(2-Pn)P(B)=P(A1+An+1)(A2+An+2)´L´(An+A2n) =ÕP(Ai+An+i)i=1nn =ÕP(A)+P(Aii=1ni=1n+i)-P(Ai)P(An+i) 注:利用第7题的方法可以证 明(Ai+An+i)与(Aj+An+j) =Õ2P-P2=Pn(2-P)ni¹j时独立。 10. 10张奖券中含有4张中奖的奖券,每人购买1张,求 前三人中恰有一人中奖的概率; 第二人中奖的概率。 解:令Ai=“第i个人中奖”,i=1,2,3 (1) P(A1A2A3+A1A2A3+A1A2A3) 8 =P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3) =P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)+P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)4656546451´´+´´+´´= =109810981098212C4C61或P= 32C10P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1) =43642´+´= 109109511. 在肝癌诊断中,有一种甲胎蛋白法,用这种方法能够检查出95%的真实患者,但也有可能将10%的人误诊。根据以往的记录,每10 000人中有4人患有肝癌,试求: 某人经此检验法诊断患有肝癌的概率; 已知某人经此检验法检验患有肝癌,而他确实是肝癌患者的概率。 解: 令B=“被检验者患有肝癌”, A=“用该检验法诊断被检验者患有肝癌” 那么,P(A|B)=0.95,P(A|B)=0.10,P(B)=0.0004 P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B) =0.0004´0.95+0.9996´0.1=0.10034 P(B)P(A|B)P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)0.0004´0.95= =&0.0038 0.0004´0.95+0.9996´0.1P(B|A)= 12. 一大批产品的优质品率为30%,每次任取1件,连续抽取5次,计算下列事件的概率: 取到的5件产品中恰有2件是优质品; 在取到的5件产品中已发现有1件是优质品,这5件中恰有2件是优质品。 解:令Bi=“5件中有i件优质品”,i=0,1,2,3,4,5 P(B2)=C5(0.3)(0.7)=&0.3087 223P(B2B0)P(B)i=10P(B2)0.3087 =&0.371 1-P(B0)1-(0.7)5P(B2|UBi)=P(B2|B0)=5 9 13. 每箱产品有10件,其次品数从0到2是等可能的。开箱检验时,从中任取1件,如果检验是次品,则认为该箱产品不合格而拒收。假设由于检验有误,1件正品被误检是次品的概率是2%,1件次品被误判是正品的概率是5%,试计算: 抽取的1件产品为正品的概率; 该箱产品通过验收的概率。 解:令A= “抽取一件产品为正品” Ai=“箱中有i件次品”,i=0,1,2 B= “该箱产品通过验收” 2110-iP(A)P(A|A)=´=0.9 ååii10i=0i=03P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A) P(A)= =0.9´0.98+0.1´0.05=0.887 14. 假设一厂家生产的仪器,以概率0.70可以直接出厂,以概率0.30需进一步调试,经调试后以概率0.80可以出厂,并以概率0.20定为不合格品不能出厂。现该厂新生产了n(n³2)台仪器,求: 全部能出厂的概率; 其中恰有2件不能出厂的概率; 其中至少有2件不能出厂的概率。 2解:令A= “仪器需进一步调试” ;B= “仪器能出厂” A= “仪器能直接出厂” ;AB= “仪器经调试后能出厂” 显然B=A+AB, 那么P(A)=0.3,P(B|A)=0.8 P(AB)=PA)P(B|A)=0.3´0.8=0.24 所以P(B)=P(A)+P(AB)=0.7+0.24=0.94 令Bi=“n件中恰有i件仪器能出厂”,i=0,1,L,n P(Bn)=(0.94) P(Bn-2)=Cnn-222n-22 (0.94)(0.06)=C(0.94)(0.06)nn-21n-1nP(åBk)=1-P(Bn-1)-P(Bn)=1-Cn0.06(0.94)-(0.94) n-2nk=0p,试求以下事件 15. 进行一系列独立试验,每次试验成功的概率均为的概率: 直到第r次才成功; 第r次成功之前恰失败k次; 在n次中取得r(1£r£n)次成功; 10 直到第n次才取得r(1£r£n)次成功。 解: P=p(1-p)r-1 -1rkP=Crr+k-1p(1-p) rrP=Cnp(1-p)n-r r-1rn-rP=Cn -1p(1-p)16. 对飞机进行3次独立射击,第一次射击命中率为0.4,第二次为0.5,第三次为0.7. 击中飞机一次而飞机被击落的概率为0.2,击中飞机二次而飞机被击落的概率为0.6,若被击中三次,则飞机必被击落。求射击三次飞机未被击落的概率。 解:令Ai=“恰有i次击中飞机”,i=0,1,2,3 B= “飞机被击落” 显然: P(A0)=(1-0.4)(1-0.5)(1-0.7)=0.09 P(A1)=0.4´(1-0.5)´(1-0.7)+(1-0.4)´0.5´(1-0.7)+(1-0.4)´(1-0.5)´0.7=0.36P(A2)=0.4´0.5´(1-0.7)+0.4´(1-0.5)´0.7+(1-0.4)´0.5´0.7=0.41P(A3)=0.4´0.5´0.7=0.14 所以 而P(B|A0)=0,P(B|A1)=0.2,P(B|A2)=0.6,P(B|A3)=1 P(B)=åP(Ai)P(B|Ai)=0.458;P(B)=1-P(B)=1-0.458=0.542 i=03 11 习题1.3解答 1. 设X为随机变量,且P(X 判断上面的式子是否为X的概率分布; 若是,试求P(X为偶数)和P(X³5). =k)=1k(k=1,2,L), 则 2解:令P(X=k)=pk=显然0£pk£1,且 1,k=1,2,L 2k11 åpk=åk=2=1 1-1k=1k=1221 所以P(X=k)=k,k=1,2,L为一概率分布。 21¥¥11P(X为偶数)=åp2k=å2k=4= 1-13k=1k=124¥¥511 P(X³5)=åpk=åk=2= 11-216k=5k=52¥¥1 2.设随机变量X的概率分布为P(X数C. ¥kCl=k)=e-l(k=1,2,L), 且l>0,求常k!解:Qåck!ek=1lk-l=1,而åk=0¥lkk!e-l=1 él0-lùeú=1,即c=(1-e-l)-1 cê1-0!ëû 3. 设一次试验成功的概率为p(0<p<1),不断进行重复试验,直到首次成功为止。用随机变量X表示试验的次数,求X的概率分布。 k-1解:P(X=k)=p(1-p),k=1,2,L 4. 设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1,当生产过程中出现废品时立即进行调整,X代表在两次调整之间生产的合格品数,试求 X的概率分布; P(X³5)。 解: P(X=k)=(1-p)p=(0.9)´0.1,k=0,1,2,L P(X³5)=kk¥¥åP(X=k)=å(0.9)k=5k=5k´0.1=(0.9)5 5. 一张考卷上有5道选择题,每道题列出4个可能答案,其中有1个答案是正确的。求某学生靠猜测能答对至少4道题的概率是多少? 12 解:因为学生靠猜测答对每道题的概率为p=的独立重复试验。 P(X³4)=C5´411,所以这是一个n=5,p=441443151530+C5= 444646. 为了保证设备正常工作,需要配备适当数量的维修人员。根据经验每台设备发生故障的概率为0.01,各台设备工作情况相互独立。 若由1人负责维修20台设备,求设备发生故障后不能及时维修的概率; 设有设备100台,1台发生故障由1人处理,问至少需配备多少维修人员,才能保证设备发生故障而不能及时维修的概率不超过0.01? 解: 1-(0.99)20-20´0.01´(0.99)19»0.0175 n=100,np=100´0.01=1=l P(X³N+1)= 查表得N=4 7. 设随机变量X服从参数为l的Poisson(泊松)分布,且P(X l; P(X>1). k=N+1åC100k100(0.01)(0.99)k100-k1k´e-1»å£0.01 k!k=N+1100=0)=1,求 21,l=ln2 0!2P(X>1)=1-P(X£1)=1-P(X=0)+P(X=1) 111 =1-+ln2=(1-ln2) 222解:QP(X=0)=l0e-l=8. 设书籍上每页的印刷错误的个数X服从Poisson(泊松)分布。经统计发现在某本书上,有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同,求任意检验4页,每页上都没有印刷错误的概率。 解:QP(X=1)=P(X=2),即l11!e-l=l22!e-l,l=2 =e P P=(e)=e 9. 在长度为的时间间隔内,某急救中心收到紧急呼救的次数服从参数为的Poisson分布,而与时间间隔的起点无关,求 某一天从中午12时至下午3时没有收到紧急呼救的概率; 某一天从中午12时至下午5时收到1次紧急呼救的概率; 9. 在长度为t的时间间隔内,某急救中心收到紧急呼救的次数X服从参数为Poisson(泊松)分布,而与时间间隔的起点无关. 求 某一天从中午12时至下午3时没有收到紧急呼救的概率; 某一天从中午12时至下午5时收到1次紧急呼救的概率; -24-8-2t2的 13 解: 3t=3,l=25t=5,l=2P(X=0)=e P(X³1)=1-P(X=0)=1-e -52-3210. 已知X的概率分布为: X -2 2a 2-1 1100 3a 1 a 2 a 3 2a P 试求a; Y=X-1的概率分布。 解: 1+3a+a+a+2a=1 101 a=。 10Q2a+ Y P -1 0 3 8 3131 10510511. 设连续型随机变量X的概率密度曲线如图1.3.8所示. f (x) 0.5 t o 2 3 x 1 图1.3.8 试求:t的值; X的概率密度; P(-2<X£2). 解: 11(-t)´0.5+´0.5´3=1 22 t=-1 Q 14 1ì1x+,xÎ-1,0)ï22ï1ï1,xÎ0,3) f(x)=í-x+62ï,其它ï0ïî111111P1<x1<5<x2. ì1ï,1£x£5 解:X的概率密度为f(x)=í4ï其他î0,x211P(x1<X<x2)=òdx=(x2-1) 441P(x1<X<x2)= x111dx=(5-x1) ò44x15 17. 设顾客排队等待服务的时间X服从l=1的指数分布。某顾客等5待服务,若超过10分钟,他就离开。他一个月要去等待服务5次,以Y表示一个月内他未等到服务而离开的次数,试求Y的概率分布和P(Y³1). 解: =e-2 kP(Y=k)=C5(e-2)k(1-e-2)5-k,k=0,1,2,3,4,5 P(X³10)=1-P(X<10)=1-1-e P(Y³1)=1-(1-e)»0.5167 -251-´105 16 习题1.4解答 1. 已知随机变量X的概率分布为P(X=1)=0.2,P(X=2)=0.3,P(X=3)=0.5,试求X的分布函数;P(0.5£X£2);画出F(x)的曲线。 解: ì0ï0.2ïF(x)=íï0.5ïî1F(x)曲线: ,x<1,1£x<2,2£x<3,x³3F(x); P(0.5£X£2)=0.5 10.50.20123x2. 设连续型随机变量X的分布函数为 x<-1ì0,ï0.4,-1£x<1ï F(x)=íï0.8,1£x<3ïx³3î1,试求:X的概率分布; P(X<2|X¹1). 解: X P -1 1 3 0.4 0.4 0.2 P(X<2|X¹1)=P(X=-1)2= P(X¹1)3 3. 从家到学校的途中有3个交通岗,假设在各个交通岗遇到红灯的概率是相互独立的,且概率均是0.4,设X为途中遇到红灯的次数,试求X的概率分布; X的分布函数。 解: P(X=k)=C3 列成表格 k25k353-k,k=0,1,2,3 17 X p 0 1 2 3 2754368 125125125125ì0ï27ïï125ï81 F(x)=íï125ï117ï125ïî1解: ,x<00£x<11£x<2 2£x<3x³3 4. 试求习题1.3中第11题X的分布函数,并画出F(x)的曲线。 ì0ï1211x+x+ïï24F(x)=í4111ï-x2+x+24ï12ïî1F(x)1x<-1-1£x<00£x<3x³30.25-10x123 5. 设连续型随机变量X的分布函数为 ìA+Be-2x,F(x)=í0,î解: QF(+¥)=lim(A+Bex®+¥-2x-2xx>0x£0试求:A,B的值; P(-1<X<1); 概率密度函数f(x). )=1A=1 (A+Be 又Qlim+x®0)=F(0)=0B=-A=-1 18 P(-1<X<1)=F(1)-F(-1)=1-e-2 ì2e-2x,x>0f(x)=F'(x)=í ,x£0î0 6. 设X为连续型随机变量,其分布函数为 a,x<1;ìïF(x)=íbxlnx+cx+d,1£x£e; ïd,x>e.î试确定F(x)中的a,b,c,d的值。 解: QF(-¥)=0a=1 又QF(+¥)=1d=1 (bxlnx+cx+1)=a=0 又Qlim-x®1c=-1 be-e+1=1 即b=1 a,试确定a的值并求F(x)2p(1+x)(bxlnx-x+1)=d=1 又Qlim-x®e 7. 设随机变量X的概率密度函数为f(x)=和P(X<1). 解:Q即 adx=1 2òp(1+x)-¥+¥ap¥arctanx|+-¥=1a=1 a11dt=+arctanx,-¥<x<+¥ 2ò2p-¥p(1+t)P(|X|<1)=F(1)-F(-1) 1111=(+arctan1)-+arctan(-1)=0.52p2p 8. 假设某地在任何长为t(年)的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为l=0.1的Poisson(泊松)分布,X表示连续两次地震之间相隔的时间, F(x)=试求: 证明X服从指数分布并求出X的分布函数; 今后3年内再次发生地震的概率; 今后3年到5年内再次发生地震的概率。 x解: -0.1t 当t³0时,P(X>t)=P(N(t)=0)=e F(t)=P(X£t)=1-P(X>t)=1-e 当t<0时,F(t)=0 -0.1t 19 ì1-e-0.1xx³0 F(x)=í x<0î0 X服从指数分布 F(3)=1-e-0.1´3»0.26 F(5)-F(3)»0.13 9. 设XN(-1,16),试计算P(X<2.44); P(X>-1.5);P(X<4); P(X-1>1). 解: 2.44-(-1)3.44)=F=&0.8051 44P(X>-1.5)=1-P(X£-1.5) -1.5+11)=1-F(-)= =1-F(&0.5498 484+1-4+15-3)-F=F-F P(|X|<4)=F(444453 =F+F-1=&0.6678 44P(|X-1|>1)=P(X<0)U(X>2)=P(X<0)+P(X>2) 0+12+113)+1-F=F+1-F= =F(&0.8253 4444P(X<2.44)=F( 10. 某科统考成绩X近似服从正态分布N(70,10第20名的成绩约为多少分? 2),第100名的成绩为60分,问解:QP(X³x|X³60)=而 P(X³x)I(X³60)P(X³x)= P(X³60)P(X³60)æ60-70ö又 QP(X³60)=1-Fç&0.8413 ÷=F(1)=10èø P(X³x)=0.2´0.8413=0.16826 æx-70ö即 P(X³x)=1-Fç÷=F(1)=0.16826 10èøx-70æx-70ö»0.96,x»79.6 Fç÷=0.83174,10è10ø22 11. 设随机变量X和Y均服从正态分布,XN(m,4),YN(m,5),而p1=P(X£m-4),p2=P(Y³m+5),试证明 p1=p2. P(X³x|X³60)=证明: 20 100æm-4-möQp1=P(X£m-4)=Fç÷=F(-1) 4èø