2012考研概率冲刺班讲义-张卓奎-.pdf

西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 2012 考研数学冲刺班 概率统计讲义 主讲 张卓奎 一 基本问题一 基本问题 1 随机事件 随机事件 1随试验 机 2概 事件的基本念义样间样 定 本空 本点 基本事 件 不可能事件 必然事件 3运关运 事件的算 系 算律 4 事件的 概率质及性 5独 事件的立性 2 概率计算法 概率计算法 1计 直接算法概概 古典率 几何率 2概质计 率性算法 3 三大 计公式算法 4独计 立性算法 5随变计 机量算法 6极计 中心限定理 算法 例例 1 设A和B是事件 已知BA 且0 P A1 0 P B1 则下面结论 不正确的是 1 A 1 P ABP A B P BAP BP A C P A BP A D P B A1 解解 应选 C 由于BA 因此AB 从而 P ABP A P A BP A P BP B 故选 C 或利用排除法 因为 A B D 都正确 所以 C 不正确 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 例例 2 设 A B C是事件 则与A不相容的事件为 A ABACU B A BCU C ABC D ABCUU 解解 应选 D 由 AABCA ABC UU知 A与ABCUU不相容 故选 D 例例 3 设 A B C是事件 且0 P ABC 01 P C 则 A P ABCP A P B P C B P AB CP A CP B C U C P ABCP AP BP C UU D P AB CP A CP B C U 解解 应选 B 由于 P ABC0 因此 P AB CP ACBC P AB C P CP C UU U P ACP BCP ABCP ACP BC P A CP B C P CP C 故选 B 例例 4 设 A B是事件 则下面结论正确的是 A 若互不相容 则 A B A B也互不相容 B 若相容 则 A B A B也相容 C 若相互对立 则 A B A B也相互对立 D 若AB 则互不相容 A B 解解 应选 C 若 A B相互对立 则AB AB U 从而ABAB U ABAB U 即 A B也相互对立 故选 C 例例 5 设为三个独立事件 且 123 AAA 1 2 3 01 k P Ap kp A B相互独立和不相容不能同时成立 故min P A P B0 例例 11 设 0 6 0 7P AP B 则 i 在 条件下 取得最大值 最大值为 P AB ii 在 条件下 取得最小值 最小值为 P AB 解解 由于 P ABP AP BP AB U 0 60 7 P AP BP AB P AB AP AB AB U ii 若0 1 0 1 P AP BP A B 1 则 P B A1 iii 若0 1 P CP A CP B C P A CP B C 则 P AP B 证明证明 i 由于 故 又 ABA U P ABP A U P ABP AB P AB AP AB AB P AP AB U U 故 P AB AP AB AB U ii 由于 P A B1 即 1 P AB P B 故 P ABP B 从而 1 1 1 1 1 1 P ABP ABP ABP AP BP ABP A P B A P AP AP AP AP A UU 1 iii 由于 P A CP B C P A CP B C 故 P ACP BCP ACP BC P CP CP CP C 5 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 旺旺 韩圆圆1 s h o p 3 5 2 5 0 9 1 8 t a o b a o c o m 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 从而 P ACP BC P ACP BC 又 P ACP A CP A ACP AP AC 同理 P BCP BP BC nn 故 P AP B 1 2 i L 例例 16 袋中有一个白球和一个黑球 先从袋中任取一球 若取出白球试验终止 若取 出黑球 在把黑球放回袋中的同时 再加进一个黑球 然后再从袋中任取一球 如此下去 直到取出白球为止 求下列事件的概率 i 取了次均未取到白球 ii 试验在第次 取球后终止 解解 设表示 第 次取到黑球 则 i Ai 6 i 所求的概率为 12121312121 nn P A AAP A P A A P A A AP A A AA LL n L 1231 23411 n nn L ii 所求的概率为 12121312121 nn P A AAP A P A A P A A AP A A AA LL n L 123111 2341 1 n nnn n L 例例 17 设第一个盒子中装有 3 只蓝球 2 只绿球 2 只白球 第二个盒子中装有 2 只 蓝球 3 只绿球 4 只白球 独立地分别在两个盒子中各取一只球 i 求至少有一只蓝球的概率 ii 求有一只蓝球一只白球的概率 iii 已知至少有一只蓝球 求有一只蓝球一只白球的概率 解解 设表示 从第i个盒子中取出一只蓝球 i A i B表示 从第 个盒子中取出一只白 球 由题设从不同的盒子中取球是独立 于是 i 1 i 2 i 所求的概率为 12121212 475 1 1 1 1 799 P AAP AAP A AP A P A UU ii 所求的概率为 122112211221 P ABA BP ABP A BP A P BP A P B U 342216 799763 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 iii 所求的概率为 1221 122112 12 P ABA B P ABA B AA P AA U UU U 16 35 例例 18 甲袋中有 9 只白球 1 只红球 乙袋中有 10 只白球 每次从甲 乙两袋中随机 地各取一球交换放入另一袋中 这样进行了三次 求红球出现在甲袋中的概率 解解 设表示 第i次交换后红球出现在甲袋中 则 i A i A表示 第 次交换后红球出现 在乙袋中 从而 i 1 2 3 i 1 9 10 P A 2121121 9911 0 82 10101010 P AP A P A AP A P A A 3232232 91 0 820 180 756 1010 P AP A P A AP A P A A 这是因 为第三次交换后红球出现在甲袋只与第二次交换后红球在那个袋中有关 与第一次无关 例例 19 从 1 到 9 这 9 数字中 有放回的取三次 每次任取一个 求所取出的三个数之 积能被 10 整除的概率 解解 设表示 所取的 3 个数中含有数字 5 AB表示 所取的 3 个数中含有偶数 C 表示 所取的 3 个数之积能被 10 整除 则CAB 故 1 1 1 P CP ABP ABP ABP AP BP AB U 333 854 11 0 7860 214 999 例例 20 一学生接连参加同一课程的两次考试 第一次及格的概率为p 若第一次考试 及格则第二次及格的概率也是p 若第一次不及格则第二次及格的概率为 2 p i 若至少 一次及格则他能取得某种资格 求他取得该资格的概率 ii 若已知他第二次已经及格 求他第一次及格的概率 解解 设表示 该生第一次考试及格 AB表示 该生第二次考试及格 P Ap P B Ap 2 p P B A i 所求的概率为 P ABP AP BP AB U 7 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 P AP ABABP ABP AP ABP ABP AB U 3 1 222 pp P AP A P B Appp ii 由 Bayes 公式 得 2 2 2 2 1 1 p P A P B App P A B pppP A P B AP A P B A 二 分布问题二 分布问题 1 求分布函数 求分布函数 1联数 求合分布函 2边缘数随变数 求分布函 包括机量的分布函 3条数 求件分布函 4概 求率 5断 判随变机量独立性 2 求分布律 求分布律 1联 求合分布律 2边缘随变 求分布律 包括机量的分布律 3 条求件分布律 4概 求率 5断 判随变机量的独立性 3 求概率密度 求概率密度 1联概 求合率密度 2边缘概随变概 求率密度 包括机量的率密度 3条概 求件率密度 4概 求率 5断 判随变机量的独立性 4 求数字特征 求数字特征 1 直接求法义 定 2数质计 字特征的性算法 3断 判随变机量 的关相性 4概 求率 5概值极 求率的近似 中心限定理 5 求抽样分布 求抽样分布 1 2 分布 2 t 分布 3 F 分布 4概 求率 8 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 例例 1 设 2 XN 其分布函数为 F x YF X 则 1 2 P Y 的值 A 与参数 和 均有关 B 与参数 有关但与 无关 C 与参数 有关但与 无关 D 与参数 和 均无关 解解 应选 D 由于 2 XN 因此其分布函数是严格单调增加函数 且 F x 1 2 F 从而 111 222 P YP F XP X 即该值与参数 和 均无 关 故选 D 例例 2 设X的概率密度为 2 1 2 1 2 x f xex 则以下结论不成立的为 A 1 1P XP X B 0 2P XP X C EX D DX11 解解 应选 B 依题设 则 1 1 XN 1 1 1 2 P XP X 1EX 从而 A C D 都成立 故选 B 1DX 例例 3 设 对于给定的 0 1 XN 01 若 P Xx 则x等于 A 2 B 1 2 C 1 2 D 1 解解 应选 C 因为 P Xx 从而 1P XxP Xx y 又标准正 态分布的概率密度函数是偶函数 即其图像关于轴对称 故 1 P Xx 2 因此 1 2 x 故选 C 例例 4 设X是随机变量 数 1 2 x满足 11 22 11 22 P XxP Xx 若 则 1 4 XN 1 2 x A 1 2 B C 1 D 24 9 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 解解 应选 C 因为 从而 1 4 XN 11 1 1 22 P XP X 因此 1 2 1x 故选 C 例例 5 设X是随机变量 数 1 2 x满足 1 22 11 22 P XxP Xx1 若X的概率密 度为 2 2 0 x ex f x 其它 0 则 1 2 x A 1 2 B ln C 2 1 ln2 2 D 2 解解 应选 C 因为 1 1 2 2 1 2 2 2 0 1 21 2 x x x P Xxedxe 即 1 2 2 1 2 x e 从而 1 2 1ln2 2 x 故选 C 例例6 设X的期望75EX 方差5DX Chebyshev不等式得 75 0 0P Xk 5 则 k A B C D 30 01020 解解 应选 B 由于 22 5 75 0 05 DX P Xk kk 因此10k 故选 B 例例 7 设随机变量 X Y服从二维正态分布 且X与Y不相关 XY fxfy分别 表示 X Y的概率密度 则在Yy 的条件下 X的条件概率密度 X Y fx y为 A X fx B Y fy C XY fx fy D X Y fx fy 解解 应选 A 由于随机变量 X Y服从二维正态分布 故X与Y不相关等价于X与 相互独立 从而Y X Y f x yfx fy 因此 y XY X Y YY fx fyf x X fx y fy fx fy 故选 A 例例 8 设 X Y相互独立同服从分布 则 0 1 N A 1 0 4 P XY B 1 0 4 P XY 10 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 C 1 max 0 4 PX Y D 1 min 0 4 PX Y 解解 应选 D 由于 min 0 0 0 0 0 PX YP XYP XP Y 111 224 故选 D 例例 9 设 X Y相互独立同服从 2 N 分布 若 1 2 P aXbY 则 A 11 22 ab B 11 22 ab C 11 22 ab D 11 22 ab 解解 应选 B 由题设知服从正态分布 又aXbY 1 2 P aXbY 因此 E aXbYaEXbEYab 从而1ab 故选 B 例例 10 设 1 1 XU 3 YX 则X与Y A 不相关且相互独立 B 不相关且不相互独立 C 相关且相互独立 D 相关且不相互独立 解解 应选 D 由 1 1 XU 知 X的概率密度为 1 11 2 0 X x fx 其它 从而 0EX 1 33 1 2 1 0EYEXxdx 1 44 1 2 1 1 0 5 EXYEXxdxEXEY 于是X与Y相关 从而不相互独立 故选 D 例例 11 设 则下面结论不正确的为 0 1 1 4 0 X YN A X与Y相互独立 B aXbY 服从正态分布 C 1 1 2 P XY D 1 1 2 P XY 解解 应选 D 由知 0 1 1 4 0 X YN 0 从而X与相互独立且 YN Y 0 1 XN 1 4 于是 因此 1 XYN 5 1 1 2 YP X 则 11 PX 解解 由及得 00 0 FF F 10AB 1A 从而1B 因此 11 22 11 101PXee 1 1 FF 例例 17 设X是 0上概率密度为正的连续型随机变量 且 若 且 1 k 0 3 0 8P X 1YX 0 2P Y 则 k 解解 由于0 2 1 1 1 1P YkPXkP XkP Xk 因此 1 0 8 0 3 P XkP X 又X是连续型随机变量 所以10k 3 故 0 7k 例例 18 设 X Y相互独立同服从 0 2 Umin ZX Y 则 01 PZ 1 1 1 1 2 P XP Y 因此 01 1 0 min 1 min 0 PZP ZP ZPX YPX Y 1 1 Y 13 0 0 1 1 1 44 P XP YP XP Y 例例 19 设连续型随机变量X和Y相互独立且服从同一分布 则 P XY 13 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 14 解解 由题 设 1 P XYP YXP XY 从 而 所 以2 1P XY 1 2 P XY 例例 20 设X和Y相互独立且服从同一分布 则 min P aX Yb 解解 由于X和是相互独立的随机变量 且服从同一分布 设其共同的分布函数为 则 Y min F x 22 minmin 1 1 1 1 X YbFbFaF bF a 2 例例 21 设 X Y相互独立 都服从区间 1上的均匀分布 3 AXa BYa 若 7 P A 9 B U 则 a 解解 设 则 P Ap P BP YaP XaP Ap 从而 又 1P Bp 2 pp 7 1 1 1 9 AP BP A P Bpppp P ABP U 解之 得 1 1 3 p 2 2 3 p 于是当13a 时 1 2 a pP AP Xa 令 11 23 a 得 5 3 a 令 12 23 a 得 7 3 a 例例 22 设 X Y相互独立 0 1 XN 1 3 YU 则 max 0 PX Y 解解 max 0 1 max 0 1 0 0 PX YPX YP XY 117 1 0 0 1 248 P XP Y 解解 由 于 1 S n X t n 因 此 0 95 S n X P XkSPnk 0 95 1nktn 即 0 05 15 4 t k 例例 27 设总体X的均值为 方差为4 12 n XXXL是总体X的样本 X为样 15 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 本均值 要使 2 E立 则样本容量n 0 1X 成 解解 由于 DX EXDX n 因此 2 4 0 DX E XDX nn 1 故 40n 例例 28 设 1234 XXXX与分别为来自于标准正态分布总体 12345 Y Y Y Y YX和 的一组相互独立的样本 令 Y 45 22 11 ij ij ZXXYY 则EZ 解解 由于 4 22 1 i i XX 3 5 22 1 j j YY 4 因此 4 2 1 3 i i EXX 5 2 1 4 j j EYY 故 347EZ 例例 29 有 100 个零件 其中 90 个一等品 10 个二等品 随机地取两个安装在一台设 备上 若两个零件中有 0 1 2i i 个二等品 则该设备的寿命 单位 小时 服从参数为 1i 的指数分布 试求 i 设备寿命超过 1 小时的概率 ii 若已知设备寿命超过 1 小时 则安装在该设备上的 2 个零件为一等品的概率 解解 设X表示设备的寿命 表示 2 个零件中有i个二等品 则 i A0 1 2i 2 90 0 2 100 89 110 C P A C 11 1090 1 2 100 2 11 C C P A C 2 10 2 2 100 1 110 C P A C 1 0 1 1 x P XAe dxe 22 1 1 1 2 x P XAedxe 33 2 1 1 3 x P XAedxe i 由全概率公式 得 2 123 0 8921 1 1 0 32 11011110 ii i P XP A P XAeee ii 由 Bayes 公式得 1 89 00 110 0 1 1 0 1 0 32 P A P XAe P A X P X 93 例例 30 某人上班 自家里去办公室要经过一交通指示灯 这一指示灯有 80 时间亮红 16 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 旺旺 韩圆圆1 s h o p 3 5 2 5 0 9 1 8 t a o b a o c o m 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 灯 此时他在指示灯旁等待直至绿灯亮 等待时间在区间 以秒计 上服从均匀分 布 以 0 30 X表示他的等待时间 求X的分布函数 解解 设表示 指示灯亮绿灯 AX的分布函数为 当 F x0 x 时 0F x 当0时 30 x F xP XxP A P Xx AP A P Xx A 0 8 0 2 1 0 80 2 3030 xx 当时 30 x 1F x 故 0 0 0 8 0 2 030 30 1 30 x x F xx x 例例 31 设有三个盒子 第一个盒子装有 4 个红球 1 个黑球 第二个盒子装有 3 个红 球 2 个黑球 第三个盒子装有 2 个红球 3 个黑球 现任取一个盒子 从中任取 3 个球 以X表示所取到的红球数 i 求X的分布律 ii 求所取到的红球个数不少于 2 的概 率 解解 i X的可能取值为0 设表示 取出的是第i盒 1 2 3 i A1 2 3i 则 1 3 i P A 由全概率公式 得 3 3 33 3 5 11 0 0 33 C P XP A P XA C 0 1212 3223 2233 33 55 19 1 1 1 33 C CC C P XP A P XAP A P XA CC 0 212121 3 322341 333 1 555 11 2 2 33 ii i C CC CC C P XP A P XA CCC 5 0 33 34 1122 33 55 15 3 3 3 33 CC P XP A P XAP A P XA CC 0 即X的分布律为 17 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 X 0 1 2 3 1 30 9 30 15 30 5 30 P ii 所求的概率为 18 1552 2 2 3 30303 P XP XP X 例例 32 设随机变量X的概率密度为 2 0 0 1 01 2 1 1 2 X x fxx x x 22 1 22 0 0 111 01 2 2 111 1 22 YX y X y fyfh yh yy y fh yh yy yy 例例 33 设随机变量X的概率密度为 2 2 0 0 X x x fx 其它 求的概率密 度 sinY X 解解 先求Y的分布函数 sin Y FyP YyPXy 当0y 时 当 0 Y Fy 01y 时 csin Y Fy sin arcsin PXyP Xy arPyX 22 arcsin 22 0arcsin 2 arcsin y xx y dxy dx 当时 1y Y Fy1 再求Y的概率密度 Y fy 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 2 2 01 1 0 YY y fyFyy 其它 例例 34 设相互独立且都服从参数为 123 Y Y Yp的0 1 分布 令 123 123 1 1 k YYYk X YYYk 求 i 12 XX的联合分布律 ii 当p为何值时 最小 12 E X X 2 解解 1 XX的可能取值为 令1 1 12 YYYY3 则 于是 3 YBp 33 12 1 1 1 2 0 3 1 P XXP YYP YP Ypp 2 12 1 1 1 2 2 3 1P XXP YYP Ypp 0 2 12 1 1 1 2 1 3 1P XXP YYP Ypp 12 1 1 1 2 P XXP YY 即 12 XX的联合分布律为 Y 1 X 1 33 1 19 1 pp 2 3 1 pp 2 3 1 pp 0 1 ii 33222 12 1 3 1 3 1 1 66E X Xpppppppp 所 以当 1 2 p 时 最小 并且最小值为 12 E X X 1 2 例例 35 向平面区域 2 02 Gx yyxx 内随机地等可能地投掷一点 以 X Y表示落点的坐标 试求 i 落点到轴距离的概率密度 ii 落点横坐标yX的条件 概率密度 iii 落点到坐标原点距离平方的数学期望 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 解解 由于平面区域G面积为 2 2 0 2 2 Axx dx 因此 X Y的联合概率密度为 2 0 x yG f x y x yG i 随机点到轴距离 即随机变量yX 的概率密度为 2 2 2 2 0 2 2 0 0 x x X dyxxx fxf x y dy 2 其它 ii Y的概率密度为 2 2 11 2 2 11 4 1 0 0 y y Y dxyy fyf x y dx 1 其它 01 Y yfy 0 X的条件概率密度为 2 22 22 4 1 1111 12 1 0 X Y Y yxy f x y fx yyy fy 其它 2 iii 落点到坐标原点距离平方为 2 XY 故所求的数学期望为 2 2cos 222222 00 E XYxyf x y dxdydrrdr 2 4 0 218313 16cos 44 d 222 例例 36 进行打靶 设弹着点 A X Y的坐标X和Y相互独立 且都服从分布 规定点落入区域 0 1 N A 22 1 xy 1 Dx y 得2分 点落入区域A 22 1yx 2 4 Dxy 得 0 分 以Z记打靶的得分 写出 X Y 的联合概率密度 并求Z的分布律 解解 由于 并且 0 1 0 1 XNYNX和Y相互独立 因此 X Y联合概率密度 为 22 2 1 2 xy f x yex y 2 22 2 1 22 22 22 2 01 14 11 1 22 xy r xy P Zedxdyderdree 2 22 2 1 22 22 21 00 1 11 2 1 22 xy r xy P Zedxdyderdre 2 故Z的分布律为 Z 0 1 2 2 e 1 2 2 ee 1 2 1 e P 例例 37 设 X Y都是非负的连续型随机变量 并且相互独立 i 证明 ii 设 0 XY P XYFx fx dx X Y相互独立且分别服从参数为 12 的指数分布 利用上述结果求 P XY 解解 i 由题设 X Y f x y 的联合概率密度为 则 0 0 0 XY fx fy xy f x y 其它 000 y YXYX fx dx dyfy Fy dy x y P XYdxdyfy 0 XY Fx fx dx ii 由题设 则 12 2 1 0 0 00 0 xy XY exey Fxfy xy 0 12212 222 000 1 xxxx XY P XYFx fx dxeedxeedx 21 1212 1 例例 38 设 X Y的联合概率密度为 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 旺旺 韩圆圆1 s h o p 3 5 2 5 0 9 1 8 t a o b a o c o m 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 0 1 0 0 x y bexy f x y 其它 求 i 常数b ii 边缘概率密度 XY fxfy iii max UX Y 的分布函数 U Fu 解解 i 由 1f x y dxdy 得 11 1 0000 1 x yxy bedxdybe dxe dybe 1 故 1 1 1 b e ii 11 0 1 01 11 0 x x y X e edyx fxf x y dy ee iii max uu U FuP UuPX YuP Xu Yuf x y dxdy 当时 0u 0 U Fu 当01时 u 2 11 00 1 1 11 u uu x y U e Fuedxdy ee 当时 1u 1 1 00 1 1 1 u x yu U Fuedxdye e Y 即的分布函数为 max UX U Fu 2 1 0 0 1 01 1 1 1 u U u u e Fuu e eu 解解 i 22 32 4 5 3 20 Z 5 C C P X C ii X的可能取值为 Y的可能取值为0 0 1 2 31 2 4 322 4 7 j 0 1 2 3 4 ijij C C C P Xi Yij C 0 1 2 ij 即 X Y的联合概率分布为 Y 0 1 2 X 0 0 0 1 35 1 0 6 35 6 35 2 3 35 12 35 3 35 3 2 35 2 35 0 iii 2 0 2 1 3 0 3 1 P XYP XYP XYP XYP XY 3122219 3535353535 例例 41 设随机变量X在 1 2 3 4 中等可能的取值 Y在 1 2 L X中等可能 取值 试求 X Y关于在Y 1 2 3 4 Xi i 的条件下的条件分布律 解解 由于在Xi 的条件下 Y只能在1 中等可能取值 故Y的条件分布律为 2 iL 1 1 2 1 2 3 4P Yj Xiji i i L 例例 42 设二维随机变量 X Y的联合概率密度为 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 22 21 1 4 0 x y xy f x y 其它 i 求概率 ii 求当 P YX 1 2 Y 时X条件概率密度 iii 求当 1 2 X 时 条件概率密度 iv 求条件概率 Y 11 22 P XY 11 22 P YX 解解 i 2 1 2 21 4 0 317 1 1 11 2020 x x x y P YXP XYf x y dxdydxx ydy ii 5 2 2 21 4 7 01 2 0 y y Y x ydxyy fyf x y dx 其它 01 Y yfy 0 3 2 5 2 2 21 2 4 7 2 3 2 0 X Y Y x y x yyx f x y fx yy fy 其它 y 故取 1 2 y 得 2 1 2 22 3 2 22 0 X Y xx fx y 其它 iii 2 1 224 21 4 21 1 11 8 0 x X x ydyxxx fxf x y dy 其它 11 X xfx 0 2 21 2 4 244 21 8 2 1 1 1 0 Y X X x yy xy f x y fy xxxx fx 其它 故取 1 2 x 得 1 2 321 1 154 0 Y X yy fy x 其它 25 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 iv 2 2 11 22 2 111 222 42 3 2 8 X Y P XYfx ydxx dx 11 22 1 32111 22215 4 5 Y X P YXfy xdyydy 例例 43 一旅客到达火车站的时间X均匀的分布在早上 7 55 至 8 点 而火车在这段 时间开出的时刻为Y 单位 分钟 的概率密度为 2 5 05 25 0 Y yy fy 其它 试求 i 旅客能赶上火车的概率 ii ZYX 的概率密度 解解 i 依题设知X 单位 分钟 服从 0上的均匀分布 即其概率密度为 5 1 05 5 0 X x fx 其它 又 X Y相互独立 故 X Y的联合概率密度为 2 5 05 05 125 0 XY yxy f x yfx fy 其它 从而旅客能赶上火车的概率为 5 00 05 21 05 5 1253 y y x PYXf x y dxdydyy dx ii 设ZYX 的概率密度为 Z fz 则 Z fzf x zx dx 5 由于 05 55 05 x xzxz zx 故当55z 0 Z fz 05 05 05 xx zxzx 5z 从而Z的概率密度为 26 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 旺旺 韩圆圆1 s h o p 3 5 2 5 0 9 1 8 t a o b a o c o m 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 5 2 5 2 0 21 5 25 50 125125 21 5 5 05 125125 0 z z Z zx dxzz fzf x zx dxzx dxzz 其它 其它 i 问X和Y是否相互独立 ii 求ZXY 的概率密度 解解 i 1 2 0 1 2 0 0 x yx X x xy edyex fxf x y dy x 0 1 2 0 1 2 0 0 x yy Y y xy edxey fyf x y dx y 0 故当时 当0z 0 Z fz 0z 时 又 从而 0 Z fz 0 0 0 xx zxxz 例例 45 设有件产品 其中有NM件正品 现从中不放回的每次抽 1 件进行检查 记 27 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 旺旺 韩圆圆1 s h o p 3 5 2 5 0 9 1 8 t a o b a o c o m 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 1 0 i i X 若第次抽检的为正品 其它 试求 i X与 j Xij 的协方差与相关系数 解解 由于 1 1 ij M P XP X N 0 0 ij NM P XP X N 由全概率 公式得 1 1 1 1 ij M M P XX N N 因此 2 2 1 cov 1 1 ijijij M MMM N X XEX XEX EX N NNNN M 又 2 ij M NM DXDX N 故 cov 1 1 ij ij X X ij XX NDXDX 例例 46 设随机变量 X Y相互独立同服从正态分布 2 0 N 求 i 22 ZXY 的概率密度 Z fz ii EZ和 DZ 解解 先求Z的分布函数 22 Z F zP ZzPXYz 当0z 时 当时 0 Z Fz 0z 222 22222 Z xyz F zPXYzP XYzdx f x ydy 22 22 22 22 22 222 2 11 22 00 1 xy rz z xyz edxdyderdre 2 2 再求Z的概率密度 Z fz 2 2 2 2 0 0 0 z ZZ z ez fzFz z 解解 由于AXY 并且 X Y的概率密度分别为 1 01 0 X x fx 其它 1 01 0 Y y fy 其它 又 X Y相互独立 故 X Y的联合概率密度为 1 01 01 0 XY xy f x yfx fy 其它 先求A分布函数 当 A Fz0z 时 0 A Fz 当01时 z 当时 1z 1 A Fz 再求A分布函数 A fz ln 01 0 AA zz fzFz 2 29 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 30 例例 48 设 X Y相互独立 且 12 XPYP 证明 12 ZXYP 证明证明 由于 X Y分别服从参数为 12 的泊松分布 故其分布律分别为 1 1 0 1 2 k P Xkek k L 2 2 0 1 2 l P Ylel l L 由于 X Y相互独立 故ZXY 的分布律为 00 mm kk P ZmP Xk YmkP Xk P Ymk 12 12 12 00 1 km k mm km k kk m eee kmkmkmk 12 1212 12 12 0 1 0 1 m m kkm k m k Ceem mm L 2 故 12 ZXYP 例例 49 设 X Y相互独立 且 12 XB n p YP n p 证明 12 ZX YB nn p 证明证明 由于 12 XB n p YP n p 故 X Y的分布律分别为 1 1 1 1 0 1 2 nkkk n P XkC ppkn L 2 2 2 1 0 1 2 nlll n P YlC ppln L 由于 X Y相互独立 故ZXY 的分布律为 00 mm kk P ZmP Xk YmkP Xk P Ymk 12 12 1212 00 1 1 1 mm nknm knnmkkm km kkm km nnnn kk C ppCppC Cpp 又 比较上式两边的展开 式中这一项的系数 得 12 121212 12 00 nn nnnnnknlkkll nn kl abababC a bC a b 12 nnmm a b 1212 0 m mkm k nnnn k CC C 故 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 1212 1212 12 0 1 1 0 1 2 m nnmnnmkm kmmm nnnn k P ZmC CppCppmnn L 即 12 ZXYB nnp 例例 50 假定在国际市场上 每年对我国某种出口商品的需求量是随机变量X 单位 吨 已知X服从 上的均匀分布 设每售出这种商品 1 吨 可为国家挣得外 汇 3 万元 但假如销售不出而囤积于仓库 则每吨需要浪费保养费 1 万元 问应组织多少 货源 才能使国家的收益最大 2000 4000 解解 设 20004000 yy 表示预备某年出口的此种商品量 单位 吨 Y表示获 得的收益 单位 万元 则依题设知X的概率密度和利润函数分别为 1 20004000 2000 0 X x fx 其它 3 3 yXy YH X XyXXy A 2 是 2 的有效估计量 B 2 是 2 的矩估计量 C 2 不是 2 的无偏估计量 D 2 是 2 的最大似然估计量 解解 应选 C 因为 E 因此 0D 22 EDED 22 从 而 2 不是 的无偏估计量 故选 C 例例 3 设总体X的概率密度为 11 01 0 xx f x 为未知参数 12 n XXXL是总体X的一组样本值 是 的最大似然估计量 则 A X B X C E D 2 D 解解 应选 C 先求 的最大似然估计量 对于样本的一组样本值 12 n x xxL 32 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 似然函数 11 111 11 01 1 2 nnn iiii n iii Lf xxxxin 是未知参数 12 n x xLx是总体X的一组样本值 则的最大似然估计值为 0P X A 1 x e B 1 1 ln n i i x n C 1 ln x D x e 33 解解 应选 D 设 XP 则 0 1 2 x P Xx eex x L 从而 0P X 先求 最大似然估计值的一般形式 对于样本值 12 n x xxL 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 似然函数 1 1 1 1 0 1 2 n i i i x nx n i n i i i i Leex x x L 取自然对数 11 ln ln ln nn ii ii Lnx x 令 1 ln 0 n i i x dL n d 解之得 的最大似然估计值为 1 1 n i i xx n 由于 函数ue 具有单值反函数lnu 由最大似然估计的不变性知 0 P Xe 的 最大似然估计值为 0 x P Xe 例例 6 设总体 1 XN 为未知参数 12 n x xLx是总体X的一组样本值 则 2P X 的最大似然估计值为 A 1 2 x B 2 x C 1 2 D 2 解解 应选 A 由最大似然估计法知 的最大似然估计值为 x 2P X 1 2 1 2P X 具有单调反函数 由最大似然估计的不变性知 2P X 的最大似然值为 1 2 2 1 x 故选 A 例例 7 设总体的均值为 方差为 2 若总体的一组样本值为 0 0 1 1 0 1 则总体均值 的矩估计值为 方差 2 的矩估计值为 解解 由矩估计法得 22 1 1 n i i EXX EXX n 即 22 1 1 n i i 2 XX n 解之得 和 2 的矩估计量分别为 2 1 1 n i i 2 XXX n 从而总体均值 的矩估计值为 11 00 1 1 0 1 62 x 方差 2 的矩估计值为 34 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 旺旺 韩圆圆1 s h o p 3 5 2 5 0 9 1 8 t a o b a o c o m 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 2222222 111111 222222 11 0 0 1 1 0 1 64 例例 8 设总体 2 XN 12 n XXXL是总体X的一组样本 X是样本均值 若 1 n i i E CX X 则C 解解 由于 1 11 1 n iik 35 k k i XXX nn 且 12 n XXXL是总体 2 XNX 的 样本 因此 i XX 服从正态分布 而 0 ii E XXEXEX 22 2 1 11 1 n iik k k i n D XXDXDX nnn 1 即 2 1 0 i n XXN n 所以 2 21 2 1 1 2 2 1 x n n n n i n E XXxe n 又 11 2 1 nn ii ii n E CXXCE XXCn n 故 2 1 C n n 例例9 设总体 2 0 XN 12 n X XXL是总体X的一组样本 则参数 1P X 的最大似然估计值为 解 由于 1 1 P X 先求 的最大似然估计值 对于样本的一组样本值 12 n x xxL 似然函数 2 2 1 22 222 22 11 11 2 2 n xi xi i n nn i n ii Lf xee 取自然对数 22 2 1 1 ln ln2ln 22 n i i n Ln 2 x 令 2 2 224 1 ln 1 0 22 n i i dLn x d 解之得 2 的最大似然估计值为 22 1 1 n i i x n 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 从而 的最大似然估计值为 2 1 1 n i i x n 所以 的最大似然估计值为 2 1 1 1 n i i x n 例例 10 设总体 由来自于总体的一个容量为 9 的样本计算得到样本 均值 2 0 6 XN 6x 则参数 的置信度为0 95的置信区间为 解解 当 2 已知时 正态总体参数 的置信度为1 的置信区间公式为 22 X Xzz nn 36 又 2 0 025 9 0 6 6 10 95 0 05 1 96nxzz 故 2 0 6 6 1 965 608 9 xz n 2 0 6 6 1 966 392 9 xz n 所以参数 的置信度为0 95的置信区间为 5 608 6 392 例例 11 设总体 2 XN 2 未知 由来自于总体的一个容量为 9 的样本计算 得到样本均值6x 样本标0 5 则参数准差s 的置为0 95的置信区间 为 信度 0 025 t82 306 解解 当 2 未知时 正态总体参数 的置信度为1 的置信区间公式为 22 1 1 SS XtnXtn nn 又 2 0 025 9 6 0 5 10 95 0 05 1 8 2 306nxstnt 故 2 0 5 1 62 3065 616 9 s xtn n 2 0 5 1 62 3066 384 9 s xtn n 所以参数 的置信度为0 95的置信区间为 5 616 6 384 例例 12 设总体 2 XN 2 均未知 由来自于总体的一个容量为 6 的样本 圆圆工作室 友情提供 更多精品 尽请关注 西安人信培训学校原交大考研班专注考研辅导三十一年电话 029 82582825 82582826 计算得到样本标准差0 00378s 则参数 2 的置信度为的置信区间为 0 90 2 0 95 5 1 145 2 0 05 5 11 071 2 37 解解 正态总体参数 的置信度为1 的置信区间公式为 22 1 22 22 1 1 1 1 nSnS nn 又 22 22 0 05 5 2 1 6 0 00387 0 1 11 071 1 nsnn 10 90 1