概率论和数理统计答案解析第四版第2章

1、精品文档1、考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年后因意外死亡，则公司赔付20万元,若投保人因其他原因死亡，则公司赔付5万元，若投保人在投保期末生存，则公司无需付给任何费用。若投保人在一年内因意外死亡的概率为0.0002，因其他愿意死亡的概率为0.0010 ,求公司赔付金额的分布律。解：设X为公司的赔付金额，X=0,5,20P（ X=0） =1-0.0002-0.0010=0.9988P（ X=5） =0.0010P（ X=20） =0.0002X0520P0.99880.00100.00022.（1） 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，以X表示取出的三只

2、中的最大号码，写出随机变量的分布律解：方法一：考虑到5个球取3个一共有=10种取法，数量不多可以枚举来解此题。 设样本空间为SS= 123,124,125,134,135,145,234,235,245,34513易得，P X=3 = v ; P X=4 = T ; P X=5=,;X345PK1/103/106/10方法二：X的取值为3,4,5 £当X=3时，1与2必然存在 ，P X=3=：=； 3_当X=4时，1,2,3中必然存在 2个，P X=4=：=' £当X=5时，1,2,3,4 中必然存在 2个，P X=5=:'X345P札1/103/106/1

3、0（2）将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次中得到的小的点数，试求X的分布律.解:1点）+P （第二次为1点）-P （两次都为一点）P X=1 = P （第一次为P X=2 = P （第一次为2点，第二次大于 1点）+P （第二次为2点，第一次大于 1 点）-P （两次都为2点）P X=3 = P （第一次为3点, 点）-P （两次都为3点）第二次大于2 点）+P（第二次为3点,第一次大于 2P X=4 = P （第一次为4点, 点）-P （两次都为4点）第二次大于3 点）+P（第二次为4点,第一次大于 3P X=5 = P （第一次为5点, 点）-P（两次都为5点）第二次大于4 点）+P（第二次

4、为5点,第一次大于 4P X=6 点）-P=P （第一次为6点,（两次都为6点）第二次大于5 点）+P（第二次为6点,第一次大于 52只是次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样丄 站；X123456P<11/369/367/365/363/361/36以X表示取出的次品的只数.（1）求X的分布律-B-22解：P X=0=金_35一 ，P X=1= ¾ 可 :12- 34P X=2=1云53.设在15只同类型的零件中有X012Pk22/3512/351/35（2）画出分布律的图形分布律图形4、进行独立重复试验，设每次试验的成功率为P ,失败概率为q=1-p (0<p

5、<1)(1) 将试验进行到出现一次成功为止，以X表示所需的试验次数，求X的分布律。(此时称X服从以P为参数的几何分布)(2) 将试验进行到出现r次成功为止，以 Y表示所需的试验次数，求Y得分布律。(此时称 Y服从以r,p为参数的帕斯卡分布或负二项分布)(3) 一篮球运动员的投篮命中率为45%以X表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出X的分布律，并计算 X取得偶数的概率解：(1) k=1,2,3 ,P ( X=k)=(2) k=r+1,r+2,r+3,P ( Y=k)=(3) k=1,2,3,P ( X=k) =0.45 设P为X取得偶数的概率P=PX=2+ PX=4+ + PX=2k=0

6、.45+0.45+0.455. 一房间有3扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，它飞向各扇窗子是随机的。(1) 以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律。(2) 户主声称，他养的一只鸟是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数。如户主所说是确实的，试求Y的分布律。 求试飞次数X小于Y的概率和试飞次数 Y小于X的概率。解：(1) 由题意知，鸟每次选择能飞出窗子的概率为1/3 ,飞不出窗子的概率为 2/3 ,且各次选择之间是相互独立的，

7、故 X的分布律为：P(X=k)=，k=1,2,3(2) Y的可能取值为1，2，3,其分布律为 方法一：P(Y=I)=弘Z LP(Y=2)=-=2 / LP(Y=3)=-=方法二：由于鸟飞向各扇窗户是随机的，鸟飞出指定窗子的尝试次数也是等可能的。7即 P(X=I)=P(Y=2)=P(X=3)=Y 1 2 3(3) 设试飞次数 X小于Y为事件A，Y小于X为事件B。普通鸟和聪明鸟的选择是独立的X小于Y的情况有： X=1, Y=2X=1, Y=3X=2, Y=3故 P(A)=P(X=1)*P(Y=2)+ P(X=I)*P(Y=3)+ P(X=2)*P(Y=3)Y小于X的情况有：Y=1, X 2 Y=2

8、, X 3 Y=3, X 4故 P(B)=P(Y=1)*P(X 2)+P(Y=2)*P(X 3)+P(Y=3)*P(X 4)=P(Y=1)*1-P(=1)+P(=2)*1-P(X=1)-P(X=2)+P(Y=3)*1-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)(1-)+(1-)+(1-6. 一大楼装有5台同类型的供水设备。设各台设备是否被使用相互独立。调查表明在任一时刻t每台设备被使用的概率为0.1 ,问在同一时刻，(1) 恰有2台设备被使用的概率是多少？(2) 至少有3台设备被使用的概率是多少？(3) 至多有3台设备被使用的概率是多少？(4) 至少有1台设备被使用的概率是多少？解：设同一时刻被

9、使用的设备数为X,试验次数为5且每次试验相互独立，显然 X满足二次分布X(1) P(X=2)=0.0729婚# Q卄也粥闵* U ( 9 Q (2) P(X 3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=+=0.00856弟* Ofi* 0.9 j(3) P(X3)= I-P(X=4)-P(X=5)=1-、=0.99954(4) P(X 1)=1 -P(X=0)=1- - ' =0.409517. 设事件A在每次试验发生的概率为 0.3。A发生不少于3次时，指示灯发出信号(1) 进行了 5次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。(2) 进行了 7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率

10、。解：设进行5次重复独立试验指示灯发出信号为事件B,进行7次重复独立试验指示灯发出 信号为事件C。用X表示n次重复独立试验中事件 A发生的次数，则P(=k)=：k=1,2,3傅*必少* Q K借* R和G.7 n ds(1)P(B)= P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=+、 0.163或：P(B)=I-P(X=0)-P(X=I)-P(X=2)=1-第 * g * d T5 0.163(2)P(C)=1-P(X=O)-P(X=1)-P(X=2)=1-总护店0. / 0.353&甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6, 0.7.今各投三次，求：（1）两人投中次数相等的概率（2）甲比

11、乙投中次数多的概率解：记投三次后甲投中次数为X,乙投中次数为 Y,设甲投中a次，乙投中b次的概率为P（ X=a，Y=b）（1）设两人投中次数相等为事件A因为甲、乙两人每次投篮相互独立且彼此投篮相互独立二0.4) 3X 0.3)则 P( A)二 P( X=0，Y=0) +P( X=1，Y=1) +P(X=2，Y=2) +P( X=3, Y=3)× 0. 6 X (10,4)s ×× Or 7 X 他 3)iC13 X (0. 6) 3 X 0.4 XX to. 7) X j ( 爲"X (0. 7) ” +=0.321（2）设甲比乙投中次数多为事件B 则

12、P( B)= P( X=1，Y=0) +P( X=2, Y=0) +P( X=3，Y=0) +P( X=2, Y=1) +P( X=3，Y=1)+P( X=3, Y=2)Y:、XFg住沪出® ： +： ''+感f沪好他済+C13 X (0, 6) s × 0.4 × d3 X 0.7 X (C. 3)2(広旳 3 × Ci. X O. 7X (0. 3)2J+S 由 j X(X (O. 7) 2 X Q. 5=0.2439. 有一大批产品，其验收方案如下，先作第一次检验：从中任取10件，经检验无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；否则作第

13、二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品。若产品的次品率为10%求：(1) 这批产品经第一次检验就能接受的概率(2) 需作第二次检验的概率(3) 这批产品按第二次检验的标准被接受的概率(4) 这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过的概率(5) 这批产品被接受的概率解：记第一次检验抽取的10件中次品个数 X,则XB (10,0.1 )第二次检验抽取的 5件中次品个数Y,则丫B ( 5,0.1)(1)设事件A为“这批产品第一次检验就能接受”，W(0.9)¾P (A) =0.349(2)设事件B为“需作第二次检验”，即第一次检验次品数为1或2P ( B)

14、 = P ( X=1) +P (X=2)g3Ctft) × (Q.9) 乂 X (0,9) X (0.1)J+ J0.581(3) 设事件C为“这批产品按第二次检验的标准被接受”P (C)(0.-9) j A0.590(4) 设事件D为“这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过” 由(2) ( 3)知事件B、C相互独立"Y"P ( D)- P ( B)P ( C)0.581" 0.590 0.343(5) 设事件E为“这批产品被接受的概率”，其中包括事件 A和事件D, A与D互斥P ( E)= P (A) +P ( D)、0.349 + 0.3

15、43=0.69210. 有甲、乙两种味道和颜色都极为相似的名酒各4杯，如果从中挑4杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？（2） 某人声称他通过品尝能区分两种酒，他连续试验10次，成功3次，试推断他是猜对 的，还是他确有区分的能力（设每次试验是相互独立的）解：（1）设事件A为“试验成功一次”，题意为在8杯中挑4杯，恰好挑到事件 A由题意知P（ A）（2）设事件B为“他连续试验10次，成功3次”由于每次试验相互独立则 P( B)此概率太小在试验中竟然发生了，按实际推断原理，认为他确实有区分的能力。11. 尽管在几何教科书中已经讲过用圆规和直

16、尺三等分一个任意角是不可能的，但每年总有 一些“发明家”撰写关于仅用圆规和直尺将角三等分的文章。设某地区每年撰写此类文章篇数X服从参数为6的泊松分布。求明年没有此类文章的概率。解：设明年没有此类文章的概率为P,又X服从泊松分布，得J kttfr令 =6，贝UP（XO） =二玄 FX 沪12. 一电话总机每分钟收到呼叫的次数服从参数为4的泊松分布。求（1）某一分钟恰有8次呼唤的概率；（2） 某一分钟的呼唤次数大于3的概率。解：设每分钟收到呼叫的次数为随机变量X,呼叫k次的概率为P,同理有(1) 令k=8 ,则有依题意，x>3,即PfX >3)-P(XW 3)工 1 -PQ¢

17、0)-P(XI)-P(X2)-P(X = 3)= 0.566513. 某公安局在长度为t的时间间隔内收到的紧急呼叫的次数X服从参数为（1/2 ） t的泊松分布，而与时间间隔的起点无关（时间以小时计）。（1）求某一天中午12点至下午3点未收到紧急呼叫的概率；（2）求某一天中午12点至下午5点至少收到1次紧急呼叫的概率。解：（1）设某一天中午12点至下午3点未收到紧急呼叫的概率为P,时间间隔长度t=3，依题意有f>(X= Q)=fd 依题意，即X 1,时间间隔长度t=5 ,则Pa 1)=1 -PQC= 0)0!5 J - 7 = 0. 917914. 某人家中在时间间隔t （小时）内接到电话

18、的次数X服从参数为2t的泊松分布。（1） 若他在外出计划用时10分钟，问其间有电话铃响一次的概率是多少？（2） 若他希望外出时没有电话的概率至少为0.5 ,问他外出应控制最长时间是多少？ 解：（1）设其间有电话铃响一次的概率为P，t=16 ,依题意有P(X= 1)=外出时没有电话的概率至少为0.5,即为P(X= O) 0, 5P(X= 0)二= (、£即e'7r 2 0.5t Qn2 7 3466'(小时)即外出时间不得超出20.79分钟.15保险公司在一天内承保了 5000张相同年龄，为期一年的寿险保单， 每人一份，在合同有 效期内若投保人死亡，则公司需赔付 3万元

19、。设在一年内，该年龄段的死亡率为0.0015，且各投保人是否死亡相互独立。求该公司对于这批投保人的赔付总额不超过30万元的概率(利用泊松定理计算)。X,则Xb( 5000,0.0015)，若公司赔付不超过30万元,解：设投保人在一年内死亡人数为36则死亡人数不该超过=10个人,P X 10£爲储Q a财豺他99B5)k根据泊松定理， =np=5000× 0.0015=7.5=0. 3622P X 1016. 有一繁忙的汽车站，每天有大量汽车通过，设一辆汽车在一天的某段时间内出事故的概率为0.0001。在某天的该时间段内有1000辆汽车通过。问出事故的车辆数不小于2的概率是多

20、少？(利用泊松定理计算)解：设某天该时段汽车站汽车出事故的辆数为X,则Xb ( 1000,0.0001 ),所求为 P X 2 =1-P X=0 -P X=1.其中，根据泊松定理，=np=1000z' r M山：；1 L严-严 Xa I-Qt QQ47iP X=k=.所以，P X 2 =1-P X=0 -P X=1 1-1 ,求X的分布函数,17. (1)设 X 服从(0-1 )分布，其分布律为PX=k=pk(1-p) 1-k,k=0 ,并作出其图形。(2)求第2题(1)中的随机变量的分布函数。解：(1) X服从(0-1 )分布，即，当 X=0,心：当 X=1, -当 x<0,F

21、(x)= 0;当 0 X V 1,F(x)=1-p;当 X 1,F(x)=(1-p)+p=1.X的分布函数为0, JrCtfF(X)=<1L 1(2)第2题(1)中，X的分布律为X345+P0.10.30.氐所以，当X -.xf-X <fl F(X)=Ol 1 +0. 3=0.4;Xf F()Q.4+0f 6= 1.所以，X的分布函数为 OXN彳 0. j J r<4.O- 4i4 5, F(X)= I5.18. 在区间0, a上任意投掷一个质点，以X表示这个质点的坐标。设这个质点落在a中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例。试求X的分布函数。解：当 XVO,P(X)

22、=0;当0X a,P(x)=kx,(其中k表示概率与区间长度的比例关系)由于题中说明，在区间0,1上任意投掷质点，所以，质点落在区间内是必然事件，所以 P(0 x a)=ka=1,所以 k=所以X的分布函数为Qi<O-f O W X笔玄F(X)=fj 3C>3,X的分布19. 以X表示某商店从早晨开始营业起直到第一个顾客到达的等待时间(以分计)7-<fl 4xi x>OtOS xO.函数是(x)=求下列概率:(1) P至多3分钟.(2) P至少4分钟.(3) P3分钟至4分钟之间.(4) P至多3分钟或至少4分钟.(5) P恰好2.5分钟.解：(1) P至多 3 分钟=

23、PX 3=(3) =1-=1-(2)P至少 4 分钟=PX 4=1-PX V 4=1- °( 4)(3) P3 分钟至 4 分钟之间=P3 X 4= J ( 4) -' (3)(1- ) - (1- )-X £-¥(4) P至多 3 分钟或至少 4 分钟=PX 3UX 4=PX 3+PX 4= ( 1-：') +=1+ -'-(5) P恰好 2.5 分钟=PX=2.5=0 Y J< JnXf / <720. 设随机变量X的分布函数为J (X) =''(1) 求 PXv 2 , P0v X 3, P2 V XV 2

24、.5.(2) 求概率密度 (X).解:（1）根据连续型随机变量的分布函数的定义和性质可得PXV 2=J (2) =In2P0 V X 3=- (3) -L (0) =1-0=1P2 V XV 2.5=" (2.5 ) - (2) =In2.5-ln2=In 1.25(2)根据概率密度的定义可得1 J<<=I Oi其摊21. 设随机变量X的概率密度为(1) f( X)XJ7-旳 1 GVZ(2) f( X)OI 求X的分布函数F（X），并画出（2）中f（X）及F（X）的图形.E= f (t) 解：(1) F( X)=P(X X)=当 XV 1 时，F (X) =0=2 (X

25、+ -2 )当1 X 2时,匸农QF(Im)出E阳f当 2v X 时，F (X) =+=1故分布函数为(2) F (X) =P (X X)=当 X V 0 时，F (X)=L =O当 0 X V 1 时，F(X)=+ =当1XV2时，F(X+r(2-dt=2x-1当2X时，F(X+f；(2- O 尿+' =1Oi jc<O0 x<1?2x- - - j 1 >c<22故分布函数为F (X)=F ( X)* h)tf 2S22. (1)分子运动速度的绝对值X服从麦克斯韦(MaxWell )分布，其概率密度为:衆化 x> Ot .其中b=m(2kT) , k为

26、玻尔兹曼常数，T为绝对温度，m是分子的质量，试确定常数AO(2)研究了英格兰在 1875年1951年期间，在矿山发生导致不少于10人死亡的事故的频繁程度。得知相继两次事故之间的时间T (日)服从指数分布，其概率密度为:异F Z卄(t)4艸求分布函数F(t),并且求概率P (50<T<100).I二代心&二(1) 解：由题意可知，可得'-J=-A不妨令S则原式可写为r r* -t3 r tol t由此可得A=W = JIr=W)dt=(2) 解：当t<0时，当t>0时=丄 1 Mi)Clttzw= / -W W故所求的分布函数为(t)r I-St>c

27、tA并他.而 P50<T<100=斤(100 )Fr ( 50 )23. 某种型号器件的寿命 X (以小时计)具有概率密度f(x)=twoQ f0001.现有一大批此种器件(设各种器件损坏与否相互独立)，任取5只，问其中至少有 2只寿命大于1500小时的概率是多少？解：任取一只该种器件，其寿命大于1500h的概率为P=任取5只这种器件，其中寿命大于1500小时的只数记为 X则Xb(5 ,').故所求概率为 PX 2=1-PX=0-PX=1=匆书墳24. 设顾客在某银行的窗口等待服务时间X(min)服从指数分布，其概率密度为如 b*ft-某顾客在窗口等待服务，若超过10min

28、 ,他就离开，他一个月要到银行5次，以Y表示一个月内他未等到服务而离开窗口的次数，写出Y的分布律，并求 P(Y 1).解：顾客在窗口等待服务超过10min的概率为fx 3 d× =蔦.F% -尸P=故顾客去银行一次因未等到服务而离开的概率为：一，从而丫b(5, Q)那么，Y 的分布律为 PY=k=X- 听 1" ；k=0,1,2,3,4,5.PY 1=1-PY=0=1-=0.516725、设K在(0,5 )服从均匀分布，求 X的方程4厂+4Kx+K+2=0有实根的概率。解：4' +4Kx+K+2=0 有实根解得 K-1X4× (K- 2) >0由题知

29、K在(0,5 )服从均匀分布即设方程4+4Kx+K+2=0有实根为事件AH2W*g 打:LdZP(A)=26、设 X (I)求P2CT W另，卩-*/ 砂，P力/2?, FU了确定C使得 -设d满足解:z=-X a(1) 一 一 一=PH今 C=EJ tfi -=3r (-713-Z Q =a 532$P(- 4<X Uh "卜! Wj Q - f=& WW-.- -. . _ =Pe科刃-P(竽J与冷=(0=O 5(2) - : 即!W1.2即 S' J-则d至多为0.4227、某地区18岁的女青年的血压(收缩压，以mmHg十)服从N(110,-')

30、分布，在该地区任选一 18岁的女青年，测量她的血压 X,求(I) I. .确定最小的，使Z=-Xa 1)解：(1)PX伽讯粧帘PJr W 如 寸-Q 633V如=2 Oe 窗 5952PZ> x WQ 05J29.h则X最小为129.8 ,使得 ；728. 由某机器生产的螺栓的长度（Cm）服从参数 =10.05, =0.06的正态分布。规定长度在 范围10.05 - -内为合格品，求一螺栓为不合格品的概率。解：设螺栓的长度为 X。T 0 12 二 2 C ,3 眩P（）二 PClOO5-0. 1210 Q5+0. 12） =95. 44二不P() = 1 - P()-4 56¾

31、29. 一工厂生产的某种元件的寿命（h）X服从参数为-的正态分布，若要求p）*一L > ,允许最大为多少？解：由正态分布图形得，_ 厂-当闻匕<_ .-1根据标准正态分布表查得，40-=L2t/r 31.20VP（J 叢* 31.20,30. 设在一电路中，电阻两段的电压（ V服从 儿 -'今独立测量了 5次，试确定2次 测定值落在区间118,122之外的概率。解：设第 i 次测定值为 Xi，i=1,2,3,4,5 ,则 Xi-N （ 120,22）P118 Xi 122= ( 122-120 ) - ( 118-120 )2 2=( 1) - ( -1)=2 ( 1) -

32、1=0.6826PXi ?【118,122 】=1- P118 X 122=0.3174(i=1,2,3,4,5) Xi之间相互独立若以Y表示5次测量其测定值 Xi落在【118,122】之外的个数Yb (5,0.3174 )所求概率PY=2=C 2 ( 0.3174 ) 2(0.6826)3=0.320431 某人上班，自家里去办公室要经过一个交通指示灯，这指示灯有80%寸间亮红灯，此时他在指示灯旁等待直至绿灯亮。等待时间在区间0 , 30(以秒计)服从均匀分布。以X表示他的等待时间，求 X的分布函数F(X)。画出F (X)的图形，并问X是否为连续性随机变 量，是否为离散型的？(要说明理由)解

33、当他到达交通指示灯处时，若是亮绿灯则等待时间为0 ,若是亮红灯则等待时间X服从均匀分布。记“指示灯亮绿灯”为事件A。则对于固定的x 0,全概率公式有PPt x =PXxAP(A)÷PXx可尺可>5PX x)=1 X O.80.2当 0 XV 30 时，' 当 x30 时，PX ×) =1 XO- 2* 1 X Q 8= 1 于是得到X的分布函数为二jm宜刃F (X)的图像如图所示因F(X)在x=0处有不连续点，故随机变量X不是连续型，又因不存在一个可列的点集，使得在这个点集上 X取值的概率为1,所以随机变量也不是离散型的，X是混合型随机变量。32设f (X),

34、 g(x)都是概率密度函数，求证h ( X) = f ( X)+ ( 1 -) g ( X), 01 也是一个概率函数。 解因为f (x)，g(x)都是概率密度函数，故有JlK 吒工)必M ft LME M dx* 1. f (X) 0， g(x) 0 且因0 1，故1 - 0,所以有 f ( X) 0,(1 -) g (X) 0 ,于是 h (X) 0.JlZ A 3 办MG 丄二代贞 X(I- C2)丄二 M>r)o= a - a) * f 又所以h (X)是一个概率分布函数。33.设随机变量X的分布律为X-2-1013/TTr673求Y=X?的分布律。解Y=X 2的所有取值为0,

35、1,4, 9.PY=O = PX=O = 7V-PfV= 1 =P(X= 1 ) +PD =7j3 -眈P=4 = p(X=2 = -V-10x10 其他P(Y=? = P (X= 3 =所以Y的分配率为Y014977It331(1)求 YXe的概率密度。(2)求 Y2ln X的概率密度。34.设随机变量X在区间(0,1 )服从均匀分布。解：(1)由X服从均匀分布可知 f()y g(x) ex,在(0,1)恒有 g'(x) ex 0故g(x)在(0,1)严格单调递增,X由y e可得 Xh(y) Iny故 f (y)11 y 0其他(2)由X服从均匀分布可知fx(X)0 X其他y g(x

36、)2lnx,在(0,1)上恒有g'(x)0,故g(x)在(0,严格单调递减由y 2 In X可得Xyh(y) e至h'(y)_y2故 f (y)1斗e2 D035.设 XN(0,1)。(1)Xe的概率密度。(2)2X 2的概率密度.(3)X的概率密度.解：由 XN(0, 1)可知 f(y)X(I) y g(X) e ，故g(x)在(-在(-,)恒有g'(X)严格单调递增由yXe 可得 X h(y) ln y1h'(y) 0 y1八2(lny)2fY(y)e 2y00y01 h'(y)yj)Lye 丁12(厂1)12、Z 1)1 y(3)F(y) P(Y y) P(X y) y 0时，F (y)0, f(y)0y O时，P(X y) P( y Xy)Fx (y)