概率论与数理统计课后习题全解(1-4)

概率论与数理统计课后习题(1-4单元)

第一单元

1.解：(1)AiUAk”前两次至少有一次击中目标”；

(2)A?="第二次未击中目标”；

(3)A.A2A3="前三次均击中目标”；

(4)AN」A2i」A尸“前三次射击中至少有一次击中目标”；

(5)A3-A2="第三次击中但第二次未击中”；

(6)A：/2=“第三次击中但第二次未击中”；

(7)-UA2:"前两次均未击中”；

(8)A1X2:“前两次均未击中”；

(9)(A也)U(AA)U(A3A1)="三次射击中至少有两次击中目标”.

3.解：⑴4石6

(2)ABC

(3)ABC

(4)AUBJC

(5)ABC

(6)ABUBCUAC

(7)AIJBUC

(8)(AB)(J(AC)(J(BC)

4.解：(1)A=BC

(2)A=BUC

5.解：设八:"从中任取两只球为颜色不同的球”，则:

6.解：记A="从中任取三件全为次品”，样本点总数为C；),A包含的样本点数为,

所以

C3

P(A)=-1/4900

。50

7.解：(D组成实验的样本点总数为盘)，组成事件(1)所包含的样本点数为行，所以

PE

(2)组成事件(2)所包含的样本点数为C；,所以

3

vr3

P2;尸。

Jo

(3)组成事件⑶所包含的样本点数为C；,所以

C；7

P3;kk

C40

(4)事件(4)的对立事件，即事件A="三件全为正品”所包含的样本点数为0；7,

所以

P」=1-P(A)=1-潜R

(5)组成事件(5)所包含的样本点数为C；+《，所以

p7

8.解：(1)P(A)=』

107

(2)因为不含1和10,所以只有2-9八个数字，所以

P⑻二.

⑶即选择的7个数字中10出现2次，即C；,其他9个数字出现5次，即9\所以

P(C)=

IO7

(4)解法1：10可以出现2,3,…，7次，所以

解法2：其对立事件为10出现1次或。次，则

P(D)=

107

(5)因为最大为7,最小为2,且2和7只出现一次，所以3,4,5,6这四个数要出

现5次，即样本点数为'4',所以

Cc"

P(E)=107~

9.证明：・・・A,B同时发生必导致C发生

・・・AB=C,即P⑹2P(AB)

VP(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)

.'.P(AB)=P(A)+P(B)-P(AUB)

•・・P(AUB)W1

/.P(AB)^P(A)+P(B)-1

，P(C)2P(A)+P(B)T

上述得证。

10.证明：

因为P(AB)=P(AUB)=1-P(AUB)=1-P(A)-P(B)+P(AB)

因为P(A)=P(B)=1/2

所以P(AB)=1-1/2-1/2+P(AB)

所以P(AB)=P(AB)

11.解：记“订日报的住户”为P(A),“订晚报的住户”为P(B),

根据题意，易知：P(AUB)=70%

则P(AB);P(A)+F(B)-P(AUB)=40%+65%-70%-35%

答：同时订两种报纸的住户有35%。

13.解：解法1：

设庆="取出的两只球中有黑球"；Ai="取出的两只球中有i只黑球”(仁1,2)；

因为A1,A2互不相容，所以

/、，、/®1923

P(A尸P(AUAJ=P(AJ+P(A2)=常

解法2：

设人=”取出的两只球中有黑球”；

15.解：因为A、B互不相容,即AB=O),

所以Au百，

所以P(AB)=P(A)

P(A)

所以P(A/B)=P(AB)/P(B)=~——

16.解：P(BIAL)B)=P(解)/P(A(JB)

因为P(A)-1-P(A

19

答：再从乙袋中取出两球为白球的概率为63。

23.解：该题为全概率事件。

设4="敌舰被击中i弹"，(i=0,1,2,3),

B="敌舰被击沉”，则：

根据题意P(\XX

P(>4]XXXXXX

P(A2XXXXXX

P(A3XX

P(BI4)=0,P(BIA,|A|4)=1

根据全概率公式有尸⑻=£P(8/4)p(4)=0.458

/=0

24.解：设&为“从2500米处射击”，他为“从2000米处射击”，A3为“从1500米处射击”,

B为“击中目标”，

由题知P(A123)

P(BAt23

3

所以p(8)=ZP(8/4)P(4)==0.05-O.l+O.l-0.7+0.2-0.2=0.115

i=l

所以，由2500米处的大炮击中的概率为

P(Ai|B)=P(B|Ai)-P(A)

25.解:设事件凡为“原发信息是A”,事件殳为“原发信息是B”，

B为事件“接收到的信息为A”,则：

26.解：(1)设在n个指定的盒子里各有一个球的概率为P(A),

在n个指定的盒子里各有一个球的概率：第一个盒子里有n个球可以放入，即有n种放法，

第二个盒子里有nT种放法……那么事件A的样本点数就是n!,样本点总数是M,

所以

P。)毛

(2)设n个球落入任意的n个盒子里中的概率为P(B),因为是N个盒子中任意的n

个盒子，所以样本点数为C：,〃！，所以

27.解：设,4:"该班级没有两人生日相同“，则：

28.解：(1)因为最小号码是5,所以剩下的两个数必须从6,7,8,9,10五个数中取，所

以样本点数为C：,样本点总数为。言，

所以P(A)=C；/C*=1/12

(2)因为最大号码是5,所以剩下的两个数必须从1,2,3,4五个数中取，所以

样本点数为C：,样本点总数为所以P(3)=C：/C；)=1/2O

(3)因为最小号码小于3,所以

若最小号码为1,则剩卜•的两个数必须从2-10九个数中取，所以样本点数为C；,

样本点总数为G%；

若最小号码为2,则剩下的两个数必须从3-1C八个数中取，所以样本点数为。

样本点总数为G3

所以P(C)=C；//+C；/(4=8/15

29.解：(1)设“恰好第三次打开门”为事件A,则

<2)设人=“二次内打开门”，A尸“第一次打开”,A2="第二次打开”,A尸“第二次

打开”,则：

30.解:设人="已有一个女孩"，B="至少有一个男孩”，则

P(B/A)=P(AB)/P(A)=(6/8)/(7/8)=6/7

31.解:设A尸”取一件为合格品”，A尸“取一件为废品"，B="任取一件为一等品”，则

32.解：

甲获胜乙获胜

第三局：0.8xO.7xO.8x0.7x0.20.8x0.7x0.8x0.7x0.8x0.3

第四局：……

第n局：0.2x(0.8x0.7尸0.8x0.3x(0.8x0.7)n-'

所以获胜的概率Pi为：

所以乙获胜的概率P2为:

P-5

因为P1+PE,可一力所以:

P=—P=—

1}119.11

,•

33.解：设事件人为“笔是从甲盒中取得的”,事件％为“笔是从乙盒中取得的”，事件A2

为“笔是从丙盒中取得的”；事件B为“取得红笔”，则：

34.解：A,为三个产品中不合格的产品数(i=0,1,2,3),A。、AL&A3构成完备事件组，B

为“能出厂”，则:

「301「2「203

P(A。)=能,P(A।)=:坐,P(A2)=十严,P(A3)=廿

^100。100^100^100.

P(B/Ao3,P(B/A,2X

23

P(B/A2X,P(B/A3

P(B)=P(B/A«)xP(Ao)+P(B/Ai)xP(A.)+?(B/A2)xP(A2)+P(B/A3)xP(A3

35.解：图a：设A为“系统正常工作”，Ai为“第一条线路不发生故障”，A2为“第二条

线路不发生故障”，则：

P(A.)=P(A>)=P\P(AiA2)=P(AOP(A2)=p6

•••P(A)=P(A«^A2)=P(AO+P(A2)-P(AiA2)=2p3-p6

图b:设B为“系统正常工作”,Bi为“1正常工作”,一为“2正常工作为B3为“3.

正常工作”，则：

P(B))=P(B2)=P(B；0=2p-p2

233456

P(B)=P(B1B2B，=P(Bl)P(B2)P(B3)=(2p-p)=8p-12p+6p-p

34s

••,p(B)-P(A)=6?-12p+6p

・••B系统正常工作的概率大。

36.解：设事件A为计算机停止工作，则］为计算机正常工作，则：

p(X20002)00

*>-P(A)=1-P(A2000

第二单元

1设。为某i随机试验的样本空间，如果对于每一个样本点3有一个实数X(3)

与之对应，这样就定义了一个。上的实值函数X=X(3),称之为随机变量。

随机变量的定义域是样本空间，也就是说，当一个随机试验的结果确定时，随机变量的

值也确定下来。因此，如不与某次试验联系，就不能确定随机变后的值。所谓随机变吊，实

际上是用变量对试验结果的一种刻画，是试验结果(即样本点)和实数之间的一个对应关系，

不过在函数概念中，函数f(x)的自变量是实数x,而在随机变量的概念中，随机变量的自变

量是试验结果(即样本点)，随机变量的取值随试验结果而定。

2解：(1)第一次取得次品，即：取出0件正品，可表示为{X=0}

(2)最后一次取得正品就是已取出9件正品，即{X=9}

(3)前五次都未取得次品，就是至少已取出5件正品，np{x>5}

(4)最迟在第三次取得次品，就是最多取得两件正品，即(XW2)

3.解：P(X=1)=0

P(X=2)=0

P(X=3)=」

C；

P(X=4)

C：

c'c2

P(X=5)二一4^

C

・・随机变量X的概率分布为:

4.解:(1)ZPk=1

k

则P(X=k)=—

45

141

(2)P{X=l或X=4}=P{X=l}+P{X=4}=—+—=-

45459

71239

(3)P{-l<X<-}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=—+—+—=—

245454515

5.解：X的可能取值有1.2,3,4

所以X的概率分布为：

X1234

P1/143/73/71/14

4391

6.解：X=0时P二一*二*二二一

6545

2433

X=1时〃=—*—*二*3=2

6545

21I

X=2时〃=一*一*。；=一

655

X012把每次抽到白球看作一次实验，对抽到白球的个数看

P1/53/51/5作3重伯努利概型，故X服从参数为n=3,p=l/3的二

项分布,即X〜B(3,1/3),其概率分布为:

7.

解：(I)P={%=《=C；。/。」5glKT),1,2...2

(2)P{x>8}=P{x=8}+=9}+P{x=10}=0.8202

(3)•・•”至少有一部电话未被使用”的对立事件为“所有电话都被使用”

Al-P{x=10}=0.8031

(4)1-P{x=n}=1-C；；0.85n0.15°>90%

15-10=5

工应再安装5部电话。

8.解：由题意可得：X服从参数为6的泊松分布，即义式,

所以当k=0时

P{X=O}=1"6=

所以明年没有此类文章的概率为6力.

4

9.解：⑴P{X=A}=去e

。依3}=专屋号/

J・D

(2)P{X>2]=\-P{X=\}-P{X=2}

=l-4^-4-8^~l

二1-12e4

0x<0

io、解:F(x)=<0,20<x<1

1\<x

01X

图示

11.解：两次都没击中（即得-2分）的概率R

一次击中一次未中（即得1分）的概率P?

两次都击中（即得4分）的概率巳

・•,其概率分布图为

X-214

P

/.X的分布函数为：

12.解：（1）因为分布函数右连续

所以1=AX1

A=1

(2)因为P{x>l/2}=l-P{xWl/2}

=l-F(l/2)

=l-l/2=l/2

(3)P{-l<x^2}=F(2)-F(-l)=l-0=l

解：由分布函数的性质得：

13.F（x）是单调不减函数。即当加七时，有F（xJW/（与）

所以，F（x）=’>厂（犬）=>!■不符合分布函数的性质，囚此不正确。

23

14.解：⑴O+Jasinxdm

o

0,x<0

⑵尸⑴"⑺力

jf=/g_一cosx,0cx<加

-<o2

\,X>71

P(0<x<—)=F(—)-F(0)=—

222

71〜万、,11>/215/2

⑶*国>一-F(—)=1——+—•——=~+——

4422224

解：（1）根据规范性=l

•0

「Ae，'公+(k£r=1

+8

=1

A=2

(2)f(x)呜”x>0

x<0

P(X>().5)=广2：e③公=-*'意=/

Jo.5

P{X>1或X<2}P{1<X<2}

(3)P(X>1|X<2}=

P!X<2}P{X<2}

P{1<X<2}=12e2Vr=—e小|；=-e-4+e'2

P{X<2}=，Iz^dx=—I*|；=-e-4+1

-e^+e1

P{X>1|X<2}=

15.-e^+le2+l

19、解:(1)P{X=0}=0

p||x|>0.68}=P{X>0.68或Xv-0.68}=1-0(0.68)+1-①(0.68)=0.4966(2)

当2>00寸，P{X>2；=l-4>(2)=0.05.•.①(5)=0.952=1.64

当4<0时，P{X>2)=1-(1-0(-A))=0.05①(-2)=0.05即

①(之)=0.95得4=1.64(与前提不符)所以2=1.64

(3)当％>()时尸{2X«/l}=p{xw,,=①g)=；

.•.2=-0.86(与条件不符)

得4=-0.86

所以/I=-0.86

20、设X〜N(—l,42),求

(1)P{X>2.56};(2)P{X<1.72};(3)P||X+1|<4};(4)P{|X-1|>1}

解：(1)由X〜N(—l,42),得等〜N(0,l)

(2)P{X<1.72}=1^£j-<L7^+1.=0(0.68)=0.7517

-5+1X+l3+1

(3)P{|X+1|<4}=P——<-----<--=①⑴-①(・1)=2①⑴-1=0.6826

444

X+]'+]v-u113I

⑷P{|X-1|>1}={X>2或X<0}=J-或—<-^=l-(D(-)+cp(-)=0.8253

23.解：因为)CN(72,G2)

X72

所以——〜N(0,l)

a

X-7296-72X—72、24

由题意得P{XN96}=F1------>----------

(7CTc<y

A24、小「24)

二—1I=1-I—

I。J)

所以中(?'

24

查表得一

(T

所以u

(J

因为P{60<X<84}=pj60_72<X-7284-72

(T(TG

=2OM-1

\CFJ

=2x

[X<^]=FX(^)

27.解：由题可知，X的概率密度为

(1)由于Y=广>0,故当y<0时，

当y>0时,

即

从而，丫的概率密度为

(2)由于丫丸220,故当y40时，

当y>0时,

即

从而，丫的概率密度为

28.解：由题

由于Y=|X|T2T,故当y<-l时,

当y>T时，

即

从而，丫的概率密度为

4frYJr

29.解：设x为球的直径，责球的体积为丫=一4一=-X3,已知x满足

312；6

/、一!—a<x<b

f{x}=\b-a

,0其他

当aWxWZ?时工WyW—Z?3

6,6

30.解：将n把钥匙编号为1,2,……n,假设编号为1的钥匙能打开门。

1)法一：因钥匙已编号，将用过的钥匙依次排列，则n把钥匙的每个排列就是一个基

本事件，所以基本事件总数为数码1,2,……n的全排列：〃二月二〃！

因为在第k个位置上排列的钥匙一定是编号等于1的钥匙的个数只有一种排法，在其他

n-l个位置上钥匙的排列种数为(nT)!，即事件X«的基本事件数等于(n-1)!

法二：只关心第k次取到什么编号的钥匙，不考虑其他因素。所以，样本空间的基本事

件总数就是第k次可能摸到球的个数为n.X,的基本事件数为n,编号为1的钥匙的个

数为1

.•.可育旨的结果为(n—l)c，而第k次首次摸到编号为1的钥匙只有一种结果。

31.解：甲投篮依Z21)次中止游戏，则伴随前面甲与乙都有一次未投中，所以

乙投篮%(2之1)次中止游戏，则伴随前面甲有n次与乙有n-1次未投中，所以

A

p(x=k,Y=k)=(l—0.4).(1-0.6)1eQ6=06^«⑷41(k=h2,

3…)

所以，x的分布律：

p(x=k)=P(X=k,Y=k—T)+P(X=k,Y=k)

=0.61_,.0.4A+0.6A+1.0.4A-1=0,76.0.244-'"T'2'3...)

Y的分布律：

当〃21时，

p(y=攵)=尸(X=左,y=左)+p(x=&+1,y=左)

(|z=i9R…)

=0.6A+,・0.4i+0.6"・0.4"i=1.9.0.24*''

方

32.解：因为X〜P(4)，所以P{X=k}=—e-A(k=l,2,3-)

k!

A2

因为p{X=l}=2P{x=2},所以彳""=2・七"，

1!4^•

所以2=1

所以P{X>O}=l-P{X<O}=l-e-1

33.解：⑴①J二/⑴公=1

|乙()公+Jo3+b)dx+J；"0公=1

|a+b=l1)

②・.・p{x>»=_|

O

3

，p{x<f)=~

8

又p{x<f}=1\Ocb:+jg2(or+b)dx

iii3

・・・，*(孑+吟)=?

2228

即ai4b=32)

由1)、2)式得a=l,b=1

2

(2)p{i<x<f}=F(1)-F(l)4*[l2+l-l2-l]

1J7

21632

⑶由p{x<c}=5/32

115

得一c-2+-c=—

2232

即16c2+16c—5=0

(4c-l)(4c+5)=0

,1/5

C=—或c=——

44

•・•当x«0或xN1时,F[x)=0

*,*「一2舍去

4

1

，c=—

4

34.解：由题意知X满足正态分布，则有

0x<00x<0

x—0x

X的分布函数尸（©=•-----0<x<ci=<-0<x<a

(7-0

1x>a1X>Cl

0<x<a

X的概率密度

.0其他

35.解：⑴

F(x)=—+—arcianx

⑵2"।

/(x)=F(x)=----------

八，、,T(1+1)

(3)

36.解：⑴

37.解：由题意得：

38.解：由题意得：

39解：任取一只元件，其寿命大于15()0h的概率为P(X>1500)=「萼4丫=2

2

55()0x3

2

以丫记所取5只中寿命大于1500h的元件的数目，则丫服从二项分布B(5,一)，故所求

3

概率为

40.解：由题，X服从二项分布，即

P{X=k}=C；(0.4),(0.6)，“)

P{X=0}=(^(0.4)°(0.6)3

P{X=l}=C^(0.4)'(0.6)2

P{X=2}=C；(0.4)2(0.6)'

P{X=3}=C；(0.4)3(0.6)°

X0123

p

1，.X(3-X)

0110

2

r.7TX

Z=sin-----010-1

2

故丫的概率分布为

丫01

故Z的概率分布为

Z-101

P

41.证明:充分性：Y=--ln(l-x)-Exp(2)=>X-L/[O,1]

2

由y=_，ln(1_X)〜Exp⑵可得

「，/、(2e-2yy>()

Xf(y)=\7

Yv7[0y<0

当OKxKl时，

当x<0时，

当x>l时，

即

从而，X的概率密度为

故，X〜U[0,1]

重要性：X〜U[0,l]ny=_；ln(l_X)〜E卬(2)

由X〜U[0,l]可得，

又丫=-Qln(l-x)

当y>0时，此时0<x<l,

当y<0时，S(y)=O

从而，丫的概率密度为

故，Y=-51n(l—x)Exp(2)

42.解：考察函数y=sinx(0<x(不)，其反函数为

此时，0<y〈l

当yNl时,一(y)=l

当yW0时，弓(y)=O

从而，丫的概率密度为

第三单元

1.⑴

丫01

X、

025/365/36

1\5/361/36

⑵

Y01

015/225/33

1、5/331/66

2.(1)

c=4

(2)

(3)

(4)

3.(1)

(2)

4.

A-e-z0<z<1

5.f%+y(z)=(e-l)e-zz>1

0其它

(ez--1)z<0

/x.y(z)=0<z<1

I0其它

6.

y/x-11

P3/85/8

7解：

8.设x与y相互独立，概率分布为

X0i

P

y01

p

则(c)

9.解：

所以选择D

Y012

X

0

10

20

c.x的边缘概率分布为

X012

p

D.y的边缘概率分布为

y0i2

p

12.

y012

0001/35

106/356/35

23/3512/353/35

32/352/350

14.

、Y01/31

T01/121/3

0、1/600

25/1200

Y01/31

7/121/121/3

15.

17.

（DX与丫的概率分布如下

、Y01Pi

025/365/365/6

15/361/361/6

pj5/61/61

关于X的边缘分布律为

X01

P5/61/6

关于丫的边缘分布律为

Y01

P5/61/6

对于（2）X与丫的概率分布,

关于X的边缘分布律为

X01

P5/61/6

关于丫的边缘分布律为

Y01

P5/61/6

18.解：X的边缘密度函数为

4-00

)—X>0『fX>()

=〈X=〈

)x<00x<0

0工oi

Q'dyy>0_e-yxyy>0_iye-yy>0

丫的边缘密度函数为4（），）=，

0”()。”()I0y<0

广+001•4-00,

19.解(1),/dx\cx'ydy=1

J-00J-00

-1<X<1—X2(l-X4)-1<A<1

(2)f(x)y)dy='~4Xydy其他

x=J：其他8.

0

20.X与Y相互独立

Pi*Pj=Pij

XY-1/213Pi

2、1/81/161/161/4

T、1/61/121/121/3

01/241/481/481/12

1/21/61/121/121/3

Pj1/21/41/4I

111

P(X+Y=1}=H------二

164812

13

p{x+ywo}=i-P{x+y=o}=i-」H—)二一

i64

21.⑴

(2)

(3)

22、解：(1)・.・X服从［(),［上的均匀分布••・fz(x)=/'”三1••X和丫事相互独立

I0,其他

.、(-e~2,0<x<l,y>0

f(x,y)=^(x)f(y)=2

Y(0,其他

(2)若a有实根，则b2-4acN0.%22-4Y>0Y<1

-y1

.-.P{Y<l}=J^7e_2dj;=l-e-2%a3935

(3)由题意得P{X£40X0.3X0,1

二够卖的概率为

23.W：P{X=0,丫=0局=；P{X=1,Y=0}=：P{X=2,Y=0}=^P{X=0,Y=l}=^

X=£葭Xi可取40.41.42,43,44.45.46

(2)由题意得x0.1x0,1=0.001.・.不够卖的概率是

(3).由题意得：P{XWxx.•.购卖的概率是

25、解：TX与Y独立，a(l+N+三)=1Aa=£b(l+-+-)=1.'.b=—

23114949

(X,Y)(1，(1,(1，(2,(2,(2,(3,(3,(3,

-1)-2)-3)-1)-2)-3)-1)-2)-3)

P

X+Y0-1-210-1210

X+Y-2-1012

P

26、解：设二维随机变量(X,Y)的密度函数为f(x,y)=^-e-苧，-8<x,y<+s

求Z=X2+Y?的密度函数

22

解：(1)当ZMO时，Fz(z)=P{Z<z]=P{X+Y<Z}=0

22

(2)当ZAO时，Fz(z)=P{X+Y<Z}=JJx2+y2sZf(x,y)dxdy

=Cddfo衰e"rdr

-e4z>0

fz(z)=2

I哂匕着。、0z<0

第四单元

1E(X)=0XI/3+1X1/6+2*l/2=7/6

3.E(X)=48xxxxx

E(Y)=48xxxxx

X-1023

P1/81/43/81/4

1049

X2

E(X)=-lx1/8+0+2x3/8+3x1/4=11/8

E(X2)=1x1/8+0+4x3/8+9x1/4=31/8

5

X1234

P

二.E(x)=lxxxx

6

由题得：

11.设离散型随机变量X的分布为

X012

P1/31/61/2

求D(X)

1117

笈⑶=0x—+lx—+2x—=—

解：由题意得，3626

12.离散型随机变量x的分布为

X45678910

p

求D(X)

=2+1+0.6+0.7+032+0.27+03=5.19

解:

13、设随机变量x的分布为

X-1023

P1/81/43/81/4

求D(X)

解：E(X)=-1/8+6/8+3/4=11/8

E(X2)=1/8+2/3+9/4=31/8

D(X)=31/8-(11/8)2=127/64

21.已知随机变量X与Y的相关系数为p,求X1=oX+3与工=cV+d的相关

系数，其中a,b,c,d均为常数

解:cov(X|X)=cov(“X+b,cY+d)

=E(XlYl)-E(Xl)E(Yl)

=E(acXY+adX+兀丫+切)一E(aX+3E(cY+d)

=acE(XY)+adE(X)+bcE(Y)+bd-[aE(X)+b][cE(Y)+d]

=acE(XY)+adE(X)+bcE(Y)+bd-acE(X)E(Y)-adE(X)-bcE(Y)-bd

=ac[E(XY)-E(X)E(Y)]

=acCOV(X,Y)

因为：

Q(X1)=Q3X+b)=/Q(X)

D(X)=D(cy+d)=c2/)(y)

._COV(X3)_JCCOV(XM

,N-疯箴而一向屈五而

又因为：

COV(X,Y)

P=,---------r-=

JD(X)A/D(Y)

ac

22.

解

匹1e11(万[jr

以⑴=1舄sin(x+yW_y,0目0§]—于0*1+句,0«三^

0,0

同理：

同理：石(,)=9

2

同理：£()/)=：-+乃

同理:c"，y)嗫+持

综上所述:

-350300500

23X.解：

0450450

即x2(-1)

XXX

10()150-10()

X3

又•・•

p