概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)答案

-.z習(xí)題答案第1章三、解答題1．設(shè)P(AB)=0，則以下說(shuō)法哪些是正確的.(1)A和B不相容；(2)A和B相容；(3)AB是不可能事件；(4)AB不一定是不可能事件；(5)P(A)=0或P(B)=0(6)P(A–B)=P(A)解：(4)(6)正確.2．設(shè)A，B是兩事件，且P(A)=0.6，P(B)=0.7，問：(1)在什么條件下P(AB)取到最大值，最大值是多少.(2)在什么條件下P(AB)取到最小值，最小值是多少.解：因?yàn)?，又因?yàn)榧此?1)當(dāng)時(shí)P(AB)取到最大值，最大值是=0.6.(2)時(shí)P(AB)取到最小值，最小值是P(AB)=0.6+0.7-1=0.3.3．事件A，B滿足，記P(A)=p，試求P(B)．解：因?yàn)?，即，所?．P(A)=0.7，P(A–B)=0.3，試求．解：因?yàn)镻(A–B)=0.3，所以P(A)–P(AB)=0.3,P(AB)=P(A)–0.3,又因?yàn)镻(A)=0.7，所以P(AB)=0.7–0.3=0.4，.5．從5雙不同的鞋子種任取4只，問這4只鞋子中至少有兩只配成一雙的概率是多少.解：顯然總?cè)》ㄓ蟹N，以下求至少有兩只配成一雙的取法：法一：分兩種情況考慮：+其中：為恰有1雙配對(duì)的方法數(shù)法二：分兩種情況考慮：+其中：為恰有1雙配對(duì)的方法數(shù)法三：分兩種情況考慮：+其中：為恰有1雙配對(duì)的方法數(shù)法四：先滿足有1雙配對(duì)再除去重復(fù)局部：-法五：考慮對(duì)立事件：-其中：為沒有一雙配對(duì)的方法數(shù)法六：考慮對(duì)立事件：其中：為沒有一雙配對(duì)的方法數(shù)所求概率為6．在房間里有10個(gè)人，分別佩戴從1號(hào)到10號(hào)的紀(jì)念章，任取3人記錄其紀(jì)念章的．求：(1)求最小為5的概率；(2)求最大為5的概率．解：(1)法一：，法二：(2)法二：，法二：7．將3個(gè)球隨機(jī)地放入4個(gè)杯子中去，求杯子中球的最大個(gè)數(shù)分別為1，2，3的概率．解：設(shè)M1,M2,M3表示杯子中球的最大個(gè)數(shù)分別為1，2，3的事件，則,,8．設(shè)5個(gè)產(chǎn)品中有3個(gè)合格品，2個(gè)不合格品，從中不返回地任取2個(gè)，求取出的2個(gè)中全是合格品，僅有一個(gè)合格品和沒有合格品的概率各為多少.解：設(shè)M2,M1,M0分別事件表示取出的2個(gè)球全是合格品，僅有一個(gè)合格品和沒有合格品，則,,9．口袋中有5個(gè)白球，3個(gè)黑球，從中任取兩個(gè)，求取到的兩個(gè)球顏色一樣的概率．解：設(shè)M1=“取到兩個(gè)球顏色一樣〞，M1=“取到兩個(gè)球均為白球〞，M2=“取到兩個(gè)球均為黑球〞，則.所以10．假設(shè)在區(qū)間(0，1)內(nèi)任取兩個(gè)數(shù)，求事件“兩數(shù)之和小于6/5”解：這是一個(gè)幾何概型問題．以*和y表示任取兩個(gè)數(shù)，在平面上建立*Oy直角坐標(biāo)系，如圖.任取兩個(gè)數(shù)的所有結(jié)果構(gòu)成樣本空間={(*，y)：0*，y1}事件A=“兩數(shù)之和小于6/5”={(*，y)：*+y因此．圖.11．隨機(jī)地向半圓〔為常數(shù)〕內(nèi)擲一點(diǎn)，點(diǎn)落在半圓內(nèi)任何區(qū)域的概率與區(qū)域的面積成正比，求原點(diǎn)和該點(diǎn)的連線與軸的夾角小于的概率．解：這是一個(gè)幾何概型問題．以*和y表示隨機(jī)地向半圓內(nèi)擲一點(diǎn)的坐標(biāo)，表示原點(diǎn)和該點(diǎn)的連線與軸的夾角，在平面上建立*Oy直角坐標(biāo)系，如圖.隨機(jī)地向半圓內(nèi)擲一點(diǎn)的所有結(jié)果構(gòu)成樣本空間={(*，y)：}事件A=“原點(diǎn)和該點(diǎn)的連線與軸的夾角小于〞={(*，y)：}因此．12．，求．解：13．設(shè)10件產(chǎn)品中有4件不合格品，從中任取兩件，所取兩件產(chǎn)品中有一件是不合格品，則另一件也是不合格品的概率是多少.解：題中要求的“所取兩件產(chǎn)品中有一件是不合格品，則另一件也是不合格品的概率〞應(yīng)理解為求“所取兩件產(chǎn)品中至少有一件是不合格品，則兩件均為不合格品的概率〞。設(shè)A=“所取兩件產(chǎn)品中至少有一件是不合格品〞，B=“兩件均為不合格品〞；，，14．有兩個(gè)箱子，第1箱子有3個(gè)白球2個(gè)紅球，第2個(gè)箱子有4個(gè)白球4個(gè)紅球，現(xiàn)從第1個(gè)箱子中隨機(jī)地取1個(gè)球放到第2個(gè)箱子里，再?gòu)牡?個(gè)箱子中取出一個(gè)球，此球是白球的概率是多少.上述從第2個(gè)箱子中取出的球是白球，則從第1個(gè)箱子中取出的球是白球的概率是多少.解：設(shè)A=“從第1個(gè)箱子中取出的1個(gè)球是白球〞，B=“從第2個(gè)箱子中取出的1個(gè)球是白球〞，則，由全概率公式得由貝葉斯公式得15．將兩信息分別編碼為A和B傳遞出去，接收站收到時(shí)，A被誤收作B的概率為0.02，而B被誤收作A的概率為0.01，信息A與信息B傳送的頻繁程度為2：1，假設(shè)接收站收到的信息是A，問原發(fā)信息是A的概率是多少.解：設(shè)M=“原發(fā)信息是A〞，N=“接收到的信息是A〞，所以由貝葉斯公式得16．三人獨(dú)立地去破譯一份密碼，各人能譯出的概率分別為，問三人中至少有一人能將此密碼譯出的概率是多少.解：設(shè)Ai=“第i個(gè)人能破譯密碼〞，i=1,2,3.所以至少有一人能將此密碼譯出的概率為17．設(shè)事件A與B相互獨(dú)立，P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7，求.解：由于A與B相互獨(dú)立，所以P(AB)=P(A)P(B),且P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)將P(A)=0.4，P(A∪B)=0.7代入上式解得P(B)=0.5，所以或者,由于A與B相互獨(dú)立,所以A與相互獨(dú)立，所以18．甲乙兩人獨(dú)立地對(duì)同一目標(biāo)射擊一次，其命中率分別為0.6和0.5，現(xiàn)目標(biāo)被命中，則它是甲射中的概率是多少.解：設(shè)A=“甲射擊目標(biāo)〞，B=“乙射擊目標(biāo)〞，M=“命中目標(biāo)〞，P(A)=P(B)=1,所以由于甲乙兩人是獨(dú)立射擊目標(biāo)，所以19．*零件用兩種工藝加工，第一種工藝有三道工序，各道工序出現(xiàn)不合格品的概率分別為0.3，0.2，0.1；第二種工藝有兩道工序，各道工序出現(xiàn)不合格品的概率分別為0.3，0.2，試問：(1)用哪種工藝加工得到合格品的概率較大些.(2)第二種工藝兩道工序出現(xiàn)不合格品的概率都是0.3時(shí)，情況又如何.解：設(shè)Ai=“第1種工藝的第i道工序出現(xiàn)合格品〞，i=1,2,3；Bi=“第2種工藝的第i道工序出現(xiàn)合格品〞，i=1,2.〔1〕根據(jù)題意，P(A1)=0.7，P(A2)=0.8，P(A3)=0.9，P(B1)=0.7,P(B2)=0.8,第一種工藝加工得到合格品的概率為P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3第二種工藝加工得到合格品的概率為P(B1B2)=P(B1)P(B2)=可見第二種工藝加工得到合格品的概率大?！?〕根據(jù)題意，第一種工藝加工得到合格品的概率仍為0.504，而P(B1)=P(B2)=0.7,第二種工藝加工得到合格品的概率為P(B1B2)=P(B1)P(B2)=可見第一種工藝加工得到合格品的概率大。1．設(shè)兩兩相互獨(dú)立的三事件A，B和C滿足條件ABC=，且，求P(A)．解：因?yàn)锳BC=，所以P(ABC)=0,因?yàn)锳，B，C兩兩相互獨(dú)立，所以由加法公式得即考慮到得2．設(shè)事件A，B，C的概率都是，且，證明：．證明：因?yàn)?，所以將代入上式得到整理?．設(shè)0<P(A)<1，0<P(B)<1，P(A|B)+，試證A與B獨(dú)立．證明：因?yàn)镻(A|B)+，所以將代入上式得兩邊同乘非零的P(B)[1-P(B)]并整理得到所以A與B獨(dú)立.4．設(shè)A，B是任意兩事件，其中A的概率不等于0和1，證明是事件A與B獨(dú)立的充分必要條件．證明：充分性，由于，所以即兩邊同乘非零的P(A)[1-P(A)]并整理得到所以A與B獨(dú)立.必要性：由于A與B獨(dú)立，即且所以一方面另一方面所以5．一學(xué)生接連參加同一課程的兩次考試．第一次及格的概率為p，假設(shè)第一次及格則第二次及格的概率也為p；假設(shè)第一次不及格則第二次及格的概率為.(1)假設(shè)至少有一次及格則他能取得*種資格，求他取得該資格的概率．(2)假設(shè)他第二次及格了，求他第第一次及格的概率．解：設(shè)Ai=“第i次及格〞，i=1，2.由全概率公式得(1)他取得該資格的概率為(2)假設(shè)他第二次及格了，他第一次及格的概率為6．每箱產(chǎn)品有10件，其中次品從0到2是等可能的，開箱檢驗(yàn)時(shí)，從中任取一件，如果檢驗(yàn)為次品，則認(rèn)為該箱產(chǎn)品為不合格而拒收．由于檢驗(yàn)誤差，一件正品被誤判為次品的概率為2%，一件次品被誤判為正品的概率為10%．求檢驗(yàn)一箱產(chǎn)品能通過驗(yàn)收的概率．解：設(shè)Ai=“一箱產(chǎn)品有i件次品〞，i=0，1，2.設(shè)M=“一件產(chǎn)品為正品〞，N=“一件產(chǎn)品被檢驗(yàn)為正品〞.由全概率公式又由全概率公式得一箱產(chǎn)品能通過驗(yàn)收的概率為7．用一種檢驗(yàn)法檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有*種雜質(zhì)的效果如下．假設(shè)真含有雜質(zhì)檢驗(yàn)結(jié)果為含有的概率為0.8；假設(shè)真含不有雜質(zhì)檢驗(yàn)結(jié)果為不含有的概率為0.9；據(jù)以往的資料知一產(chǎn)品真含有雜質(zhì)或真不含有雜質(zhì)的概率分別為0.4和0.6．今獨(dú)立地對(duì)一產(chǎn)品進(jìn)展三次檢驗(yàn)，結(jié)果是兩次檢驗(yàn)認(rèn)為含有雜質(zhì)，而有一次認(rèn)為不含有雜質(zhì)，求此產(chǎn)品真含有雜質(zhì)的概率．解：A=“一產(chǎn)品真含有雜質(zhì)〞，Bi=“對(duì)一產(chǎn)品進(jìn)展第i次檢驗(yàn)認(rèn)為含有雜質(zhì)〞，i=1,2,3.獨(dú)立進(jìn)展的三次檢驗(yàn)中兩次認(rèn)為含有雜質(zhì)，一次認(rèn)為不含有雜質(zhì)，不妨假設(shè)前兩次檢驗(yàn)認(rèn)為含有雜質(zhì)，第三次認(rèn)為檢驗(yàn)不含有雜質(zhì)，即B1，B2發(fā)生了，而B3未發(fā)生.又知所以所求概率為由于三次檢驗(yàn)是獨(dú)立進(jìn)展的，所以8．火炮與坦克對(duì)戰(zhàn)，假設(shè)坦克與火炮依次發(fā)射，且由火炮先射擊，并允許火炮與坦克各發(fā)射2發(fā)，火炮與坦克每次發(fā)射的命中概率不變，它們分別等于0.3和0.35.我們規(guī)定只要命中就被擊毀．試問(1)火炮與坦克被擊毀的概率各等于多少.(2)都不被擊毀的概率等于多少.解：設(shè)Ai=“第i次射擊目標(biāo)被擊毀〞，i=1,2,3,4.所以(1)火炮被擊毀的概率為坦克被擊毀的概率為(2)都不被擊毀的概率為9．甲、乙、丙三人進(jìn)展比賽，規(guī)定每局兩個(gè)人比賽，勝者與第三人比賽，依次循環(huán)，直至有一人連勝兩次為止，此人即為冠軍，而每次比賽雙方取勝的概率都是，現(xiàn)假定甲乙兩人先比，試求各人得冠軍的概率．解：Ai=“甲第i局獲勝〞，Bi=“乙第i局獲勝〞，Bi=“丙第i局獲勝〞，i=1,2,….，，由于各局比賽具有獨(dú)立性，所以在甲乙先比賽，且甲先勝第一局時(shí)，丙獲勝的概率為同樣，在甲乙先比賽，且乙先勝第一局時(shí)，丙獲勝的概率也為丙得冠軍的概率為甲、乙得冠軍的概率均為第二章2一、填空題：1.，2.，k=0，1，…，n3.為參數(shù)，k=0，1，…4.5.6.7.8.9.*-112pi0.40.40.2分析：由題意，該隨機(jī)變量為離散型隨機(jī)變量，根據(jù)離散型隨機(jī)變量的分布函數(shù)求法，可觀察出隨機(jī)變量的取值及概率。10.分析：每次觀察下根本結(jié)果“*≤1/2”出現(xiàn)的概率為，而此題對(duì)隨機(jī)變量*取值的觀察可看作是3重伯努利實(shí)驗(yàn)，所以11.,同理，P{|*|3.5}=0.8822.12..13.，利用全概率公式來(lái)求解：二、單項(xiàng)選擇題：1.B，由概率密度是偶函數(shù)即關(guān)于縱軸對(duì)稱，容易推導(dǎo)F(-a)=2.B，只有B的結(jié)果滿足3.C，根據(jù)分布函數(shù)和概率密度的性質(zhì)容易驗(yàn)證4.D，，可以看出不超過2，所以，可以看出，分布函數(shù)只有一個(gè)連續(xù)點(diǎn).5.C,事件的概率可看作為事件A〔前三次獨(dú)立重復(fù)射擊命中一次〕與事件B〔第四次命中〕同時(shí)發(fā)生的概率，即.三、解答題〔A〕1．(1)*123456pi分析：這里的概率均為古典概型下的概率，所有可能性結(jié)果共36種，如果*=1，則說(shuō)明兩次中至少有一點(diǎn)數(shù)為1，其余一個(gè)1至6點(diǎn)均可，共有〔這里指任選*次點(diǎn)數(shù)為1，6為另一次有6種結(jié)果均可取，減1即減去兩次均為1的情形，因?yàn)槎嗨懔艘淮巍郴蚍N，故,其他結(jié)果類似可得.(2)2．*-199pi注意，這里*指的是贏錢數(shù)，*取0-1或100-1，顯然.3．，所以.4．(1)，(2)、、；5．(1)，(2)，(3).6．(1).(2).7．解：設(shè)射擊的次數(shù)為*，由題意知，其中8=400×0.02.8．解：設(shè)*為事件A在5次獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)的次數(shù)，則指示燈發(fā)出信號(hào)的概率；9.解：因?yàn)?服從參數(shù)為5的指數(shù)分布，則，，則10.(1)、由歸一性知：，所以.(2)、.11.解〔1〕由F(*)在*=1的連續(xù)性可得，即A=1.〔2〕.〔3〕*的概率密度.12.解因?yàn)?服從〔0，5〕上的均勻分布，所以假設(shè)方程有實(shí)根，則，即，所以有實(shí)根的概率為13.解:(1)因?yàn)樗?2)，則，經(jīng)查表得，即，得；由概率密度關(guān)于*=3對(duì)稱也容易看出。(3)，則，即，經(jīng)查表知，故，即；14.解：所以，；由對(duì)稱性更容易解出；15.解則上面結(jié)果與無(wú)關(guān)，即無(wú)論怎樣改變，都不會(huì)改變；16.解：由*的分布律知p*-2-10134101921013所以Y的分布律是Y0149pY0123pZ的分布律為17.解因?yàn)榉恼龖B(tài)分布，所以，則，，當(dāng)時(shí)，，則當(dāng)時(shí)，所以Y的概率密度為；18.解，，，所以19.解：，則當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，20.解:(1)因?yàn)樗?2)，因?yàn)?，所以?〕當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以，因?yàn)?，所以四．?yīng)用題1．解：設(shè)*為同時(shí)打的用戶數(shù)，由題意知設(shè)至少要有k條線路才能使用戶再用時(shí)能接通的概率為0.99，則，其中查表得k=5.2．解：該問題可以看作為10重伯努利試驗(yàn)，每次試驗(yàn)下經(jīng)過5個(gè)小時(shí)后組件不能正常工作這一根本結(jié)果的概率為1-，記*為10塊組件中不能正常工作的個(gè)數(shù)，則，5小時(shí)后系統(tǒng)不能正常工作，即，其概率為3．解：因?yàn)椋栽O(shè)Y表示三次測(cè)量中誤差絕對(duì)值不超過30米的次數(shù)，則，(1).(2).4．解：當(dāng)時(shí)，是不可能事件，知，當(dāng)時(shí)，Y和*同分布,服從參數(shù)為5的指數(shù)分布QUOTE≤y<2時(shí)Y也服從指數(shù)分布，知，當(dāng)時(shí)，為必然事件,知，因此，Y的分布函數(shù)為；5．解：(1)挑選成功的概率；(2)設(shè)10隨機(jī)挑選成功的次數(shù)為*，則該，設(shè)10隨機(jī)挑選成功三次的概率為：，以上概率為隨機(jī)挑選下的概率，遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于該人成功的概率3/10=0.3，因此，可以斷定他確有區(qū)分能力?！睟〕1.解：由概率密度可得分布函數(shù)，即，易知；2.解：*服從的均勻分布，，又則，-11P所以Y的分布律為3.解：，；4.證明：因是偶函數(shù)，故，所以.5.解：隨機(jī)變量*的分布函數(shù)為，顯然，，當(dāng)時(shí)，是不可能事件，知，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，是必然事件，知，即。6.〔1〕當(dāng)時(shí)，即時(shí)，，當(dāng)時(shí)，即y>1時(shí)，，所以；〔2〕，當(dāng)時(shí)，為不可能事件，則，當(dāng)時(shí)，，則，當(dāng)時(shí)，，則，根據(jù)得；〔3〕，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以；7.(1)證明：由題意知。，當(dāng)時(shí)，即，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故有，可以看出服從區(qū)間〔0，1〕均勻分布；〔2〕當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，由以上結(jié)果，易知，可以看出服從區(qū)間〔0，1〕均勻分布。第三章1解：(*,Y)取到的所有可能值為(1,1),(1,2),(2,1)由乘法公式：P{*=1,Y=1}=P{*=1}P{Y=1|*=1|=2/31/2=/3同理可求得P{*=1,Y=1}=1/3;P{*=2,Y=1}=1/3(*,Y)的分布律用表格表示如下：Y*1211/31/321/302解：*，Y所有可能取到的值是0,1,2(1)P{*=i,Y=j}=P{*=i}P{Y=j|*=i|=C3iC82×C2j?或者用表格表示如下：Y*01203/286/281/2819/286/28023/2800(2)P{(*,Y)A}=P{*+Y1}=P{*=0,Y=0}+P{*=1,Y=0}+P{*=0,Y=0}=9/143解：P(A)=1/4,由P(B|A)=QUOTEPABPA=PAB14=12由P(A|B)=得QUOTEPABPB=1(*,Y)取到的所有可能數(shù)對(duì)為(0,0),(1,0),(0,1),(1,1),則P{*=0,Y=0}=QUOTEP(AB)=P(A∪B=1-P{*=0,Y=1}=P(AB)=P(B-A)=P(B)-P(AB)=1/8P{*=1,Y=0}=P(AB)=P(A-B)=P(A)-P(AB)=1/8P{*=1,Y=1}=P(AB)=1/84.解：(1)由歸一性知：1=-∞+∞-∞(2)P{*=Y}=0(3)P{*<Y}=0(4)F(*,y)=即F(*,y)=0，5.解：P{*+Y1}=6解：*的所有可能取值為0,1,2,Y的所有可能取值為0,1,2,3.P{*=0,Y=0}=0.53=0.125;、P{*=0,Y=1}=0.53=0.125P{*=1,Y=1}=,P{*=1,Y=2}=P{*=2,Y=2}=0.53=0.125,P{*=2,Y=3}==0.53=0.125*,Y的分布律可用表格表示如下：Y*0123Pi.00.1250.125000.25100.250.2500.52000.1250.1250.25P.j0.1250.3750.3750.12517.解：8.解：(1)所以c=21/4(2)9解：(*,Y)在區(qū)域D上服從均勻分布，故f(*,y)的概率密度為10解：當(dāng)0<*1時(shí)，即，11解：當(dāng)y0時(shí)，當(dāng)y>0時(shí)，所以，12解：由得13解：Z=ma*(*,Y),W=min(*,Y)的所有可能取值如下表pi0.050.150.20.070.110.220.040.070.09(*,Y)(0,-1)(0,0)(0,1)(1,-1)(1,0)(1,1)(2,-1)(2,0)(2,1)ma*(*,Y)001111222Min(*,Y)-100-101-101Z=ma*(*,Y),W=min(*,Y)的分布律為Z012Pk0.20.60.2W-101Pj0.160.530.3114解：由獨(dú)立性得*，Y的聯(lián)合概率密度為則P{Z=1}=P{*Y}=P{Z=0}=1-P{Z=1}=0.5故Z的分布律為Z01Pk0.50.515解：同理，顯然，，所以*與Y不相互獨(dú)立.16解：(1)利用卷積公式：求fZ(z)=(2)利用卷積公式：17解：由定理3.1〔p75〕知，*+Y~N(1,2)故18解：(1)(*>0)同理，y>0顯然，，所以*與Y不相互獨(dú)立(2).利用公式19解：并聯(lián)時(shí)，系統(tǒng)L的使用壽命Z=ma*{*,Y}因*~E(),Y~E(),故串聯(lián)時(shí)，系統(tǒng)L的使用壽命Z=min{*,Y}(B)組1解：P{*=0}=a+0.4,P{*+Y=1}=P{*=1,Y=0}+P{*=0,Y=1}=a+bP{*=0,*+Y=1}=P{*=0,Y=1}=a由于{*=0|與{*+Y=1}相互獨(dú)立,所以P{*=0,*+Y=1}=P{*=0}P{*+Y=1}即a=(a+0.4)(a+b)(1)再由歸一性知：0.4+a+b+0.1=1(2)解(1),(2)得a=0.4,b=0.12解:(1)(2)利用公式計(jì)算3.解：(1)FY(y)=P{Yy}=P{*2y}當(dāng)y<0時(shí)，fY(y)=0當(dāng)y0時(shí)，從而，(2)F(-1/2,4)=P{*-1/2,Y4}=P{*-1/2,*24}=P{-2*-1/2}=4.解：P{*Y0}=1-P{*Y=0}=0即P{*=-1,Y=1}+P{*=1,Y=1}=0由概率的非負(fù)性知，P{*=-1,Y=1}=0，P{*=1,Y=1}=0由邊緣分布律的定義，P{*=-1}=P{*=-1,Y=0}+P{*=-1,Y=1}=1/4得P{*=-1,Y=0}=1/4再由P{*=1}=P{*=1,