概率论与数理统计总复习(6学时)

1、 第1章 随机变量及其概率1、设是两个事件，已知，求。解：，2、将3只球（13号）随机地放入3只盒子（13号）中，一只盒子装一只球。若一只球装入与球同号的盒子，称为一个配对。（1）求3只球至少有1只配对的概率。（2）求没有配对的概率。解：根据题意，将3只球随机地放入3只盒子的总的放法有3！=6种：123，132，213，231，312，321；没有1只配对的放法有2种：312，231。至少有1只配对的放法当然就有6-2=4种。所以（2）没有配对的概率为；（1）至少有1只配对的概率为。3、（1）设，求,.（2）袋中有6只白球，5只红球，每次在袋中任取1只球，若取到白球，放回，并放入1只白球；若取

2、到红球不放回也不放入另外的球。连续取球4次，求第一、二次取到白球且第三、四次取到红球的概率。解：（1）由题意可得，所以， ，。（2）设表示“第次取到白球”这一事件，而取到红球可以用它的补来表示。那么第一、二次取到白球且第三、四次取到红球可以表示为，它的概率为（根据乘法公式） 。4、一名医生根据以往的资料得到下面的讯息，他的病人中有5%的人以为自己患癌症，且确实患癌症；有45%的人以为自己患癌症，但实际上未患癌症；有10%的人以为自己未患癌症，但确实患了癌症；最后40%的人以为自己未患癌症，且确实未患癌症。以表示事件“一位病人以为自己患癌症”，以表示事件“病人确实患了癌症”，求下列概率。（1）；

3、（2）；（3）；（4）；（5）。解：（1）根据题意可得；（2）根据条件概率公式：；（3）；（4）；（5）。5、在11张卡片上分别写engineering这11个字母，从中任意连抽6张，求依次排列结果为ginger的概率。解：根据题意，这11个字母中共有2个g，2个i，3个n，3个e，1个r。从中任意连抽6张，由独立性，第一次必须从这11张中抽出2个g中的任意一张来，概率为2/11；第二次必须从剩余的10张中抽出2个i中的任意一张来，概率为2/10；类似地，可以得到6次抽取的概率。最后要求的概率为；或者。6、在通讯网络中装有密码钥匙，设全部收到的讯息中有95%是可信的。又设全部不可信的讯息中只有

4、0.1%是使用密码钥匙传送的，而全部可信讯息是使用密码钥匙传送的。求由密码钥匙传送的一讯息是可信讯息的概率。解：设“一讯息是由密码钥匙传送的”记为事件，“一讯息是可信的”记为事件。根据Bayes公式，所要求的概率为7、将一枚硬币抛两次，以A,B,C分别记事件“第一次得H”，“第二次得H”，“两次得同一面”。试验证A和B，B和C，C和A分别相互独立（两两独立），但A,B,C不是相互独立。解：根据题意，求出以下概率为， ；， ，。所以有，。即表明A和B，B和C，C和A两两独立。但是所以A,B,C不是相互独立。8、设A,B,C三个运动员自离球门25码处踢进球的概率依次为0.5, 0.7, 0.6，设

5、A,B,C各在离球门25码处踢一球，设各人进球与否相互独立，求（1）恰有一人进球的概率；（2）恰有二人进球的概率；（3）至少有一人进球的概率。解：设“A,B,C进球”分别记为事件。（1）设恰有一人进球的概率为，则 （由独立性） （2）设恰有二人进球的概率为，则 （由独立性） （3）设至少有一人进球的概率为，则。9、一元件（或系统）能正常工作的概率称为元件（或系统）的可靠性。如图设有5个独立工作的元件1，2，3，4，5按先串联再并联的方式连接，设元件的可靠性均为，试求系统的可靠性。1第9题5432解：设“元件能够正常工作”记为事件。那么系统的可靠性为10、用一种检验法检测食品中是否含有某种有害农

6、药残留的效果如下。若真含有残留杂质检验结果为含有的概率为0.8；若真不含有残留杂质检验结果为不含有的概率为0.9，据以往的资料知一产品真含有残留杂质或真不含有残留杂质的概率分别为0.4，0.6。今独立地对一产品进行了3次检验，结果是2次检验认为含有残留杂质，而一次检验认为不含有残留杂质，求此产品真含有残留杂质的概率。解：设“一食品真含有杂质”记为事件，“对一产品进行3次检验，结果是2次检验认为含有残留杂质，而1次检验认为不含有残留杂质”记为事件。则要求的概率为，根据Bayes公式可得又设“产品被检出含有残留杂质”记为事件，根据题意有，而且，所以；故第2章 随机变量及其分布1、水自A处流至B处有

7、3个阀门1，2，3，阀门联接方式如图所示。当信号发出时各阀门以0.8的概率打开，以X表示当信号发出时水自A流至B的通路条数，求X的分布律。设各阀门的工作相互独立。解：X只能取值0，1，2。设以记第个阀门没有打开这一事件。则，类似有，AB213,综上所述，可得分布律为 X0120.0720.5120.4162、据信有20%的美国人没有任何健康保险，现任意抽查15个美国人，以X表示15个人中无任何健康保险的人数（设各人是否有健康保险相互独立）。问X服从什么分布？写出分布律。并求下列情况下无任何健康保险的概率：（1）恰有3人；（2）至少有2人；（3）不少于1人且不多于3人；（4）多于5人。解：根据题

8、意，随机变量X服从二项分布B(15, 0.2)，分布律为。（1）（2）；（3）；（4）3、设产品的寿命X（以周计）服从瑞利分布，其概率密度为（1） 求寿命不到一周的概率；（2） 求寿命超过一年的概率；（3） 已知它的寿命超过20周，求寿命超过26周的条件概率。解：（1）；（2）；（3）。4、设实验室的温度X（以计）为随机变量，其概率密度为（1） 某种化学反应在温度X 1时才能发生，求在实验室中这种化学反应发生的概率。（2） 在10个不同的实验室中，各实验室中这种化学反应是否会发生时相互独立的，以Y表示10个实验室中有这种化学反应的实验室的个数，求Y的分布律。（3） 求，。解：（1）；（2）根据

9、题意，所以其分布律为（3） ，。5、（1）设随机变量Y的概率密度为试确定常数C，求分布函数，并求，。（2）设随机变量X的概率密度为求分布函数，并求，。解：（1）根据，得到。；（2）；。6、设随机变量，求的概率密度。解：设的概率密度分别为，的分布函数为。则当时，；当时， 。所以，。7、（1）设随机变量的概率密度为求的概率密度。（2）设随机变量，求的概率密度。（3）设随机变量，求的概率密度。解：设的概率密度分别为，分布函数分别为。则（1）当时，；当时， 。所以，。（2）此时。因为， 故， ，所以，。（3）当时，故， 。所以，。8、设一圆的半径X是随机变量，其概率密度为求圆面积A的概率密度。解：圆面

10、积，设其概率密度和分布函数分别为。则， 故 所以，。9、设随机变量，随机变量Y具有概率密度，设X,Y相互独立，求的概率密度。解：因为，所以的概率密度为。10、（1）一条绳子长为，将它随机地分为两段，以表示短的一段的长度，写出的概率密度。（2）两条绳子长度均为，将它们独立地各自分成两段，以表示四段绳子中最短的一段的长度，验证的概率密度为。解：（1）根据题意，随机变量，所以概率密度为。（2）设这两条绳子被分成两段以后较短的那一段分别记为，则它们都在上服从均匀分布。，其分布函数为，所以密度函数为。第3章 多维随机变量及其分布1. 在一箱子里装有12只开关，其中2只是次品，在其中随机地取两次，每次取一

11、只。考虑两种试验：（1）放回抽样，（2）不放回抽样。我们定义随机变量X，Y如下：试分别就（1）（2）两种情况，写出X和Y的联合分布律。解：（1）放回抽样情况由于每次取物是独立的。由独立性定义知。P (X=i, Y=j)=P (X=i)P (Y=j)P (X=0, Y=0 )=P (X=0, Y=1 )=P (X=1, Y=0 )=P (X=1, Y=1 )=或写成XY0101（2）不放回抽样的情况P X=0, Y=0 =P X=0, Y=1 =P X=1, Y=0 =P X=1, Y=1 =或写成XY01012. 设随机变量（X，Y）概率密度为（1）确定常数k。（2）求P X1, Y3（3）求

12、P (X1.5（4）求P (X+Y4分析：利用P (X, Y)G=再化为累次积分，其中解：（1），（2）（3）y（4）3（1）求第1题中的随机变量（X、Y ）的边缘分布律。 2解：（1） 放回抽样（第1题）XY0x+y=4110xo1边缘分布律为X01Y01PiPj 不放回抽样（第1题）XY0101边缘分布为X01Y01PiPj4. 第1题中的随机变量X和Y是否相互独立。解：放回抽样的情况P X=0, Y=0 = P X=0P Y=0 =P X=0, Y=1 = P X=0P Y=1=P X=1, Y=0 = P X=1P Y=0=P X=1, Y=1 = P X=1P Y=1=在放回抽样的情

13、况下，X和Y是独立的不放回抽样的情况：P X=0, Y=0 =P X=0=P X=0= P X=0, Y=0 + P Y=0, X=1 =P X=0P Y=0 =P X=0, Y=0 P X=0P Y=0 X和Y不独立5. 设二维随机变量（X，Y ）的概率密度为解：6. 设二维随机变量（X，Y）的概率密度为x=yy求边缘概率密度。xo解: 7. 设二维随机变量（X，Y）的概率密度为（1）试确定常数c。（2）求边缘概率密度。解: l=yo y=x2x8. 设X，Y是两个相互独立的随机变量，X在（0，1）上服从均匀分布。Y的概率密度为（1）求X和Y的联合密度。（2）设含有a的二次方程为a2+2Xa

14、+Y=0,试求有实根的概率。解：（1）X的概率密度为y=x2Y的概率密度为1xDyo且知X, Y相互独立，于是（X，Y）的联合密度为（2）由于a有实根，从而判别式 即： 记 9设一加油站有两套用来加油的设备，设备A是加油站的工作人员操作的，设备B是有顾客自己操作的。A，B均有两个加油管。随机取一时刻，A，B正在使用的软管根数分别记为X，Y，它们的联合分布律为YX01200.100.080.0610.040.200.1420.020.060.30（1） 求，；（2） 求至少有一根软管在使用的概率；（3） 求，。解：（1）由表直接可得=0.2，=0.1+0.08+0.04+0.2=0.42（2）至

15、少有一根软管在使用的概率为（3）=0.1+0.2+0.3=0.610、设随机变量（X，Y）在由曲线所围成的区域均匀分布。（1） 写出（X，Y）的概率密度；（2） 求边缘概率密度；（3） 求条件概率密度，并写出当时的条件概率密度。解：（1）根据题意，（X，Y）的概率密度必定是一常数，故由，得到。（2）；。（3）当时，。特别地，当时的条件概率密度为。11、设是二维随机变量，的概率密度为且当时的条件概率密度为，（1） 求联合概率密度；（2） 求关于的边缘概率密度；（3） 求在的条件下的条件概率密度。解：（1）；（2）；（3）当时，。12、设随机变量X,Y相互独立，它们的联合概率密度为（1） 求边缘概

16、率密度。（2） 求的分布函数。（3） 求概率。解：（1）；。（2）的分布函数为因为 ； ，所以，。（3）。13、设随机变量X和Y的联合分布律为（1） 求的分布律。（2） 求的分布律。（3） 求的分布律。YX01201/121/61/2411/41/41/4021/81/20031/12000解：（1）的分布律为如，其余类似。结果写成表格形式为0 1 2 3 1/12 2/3 29/120 1/120 （2）的分布律为如，其余类似。结果写成表格形式为0 1 27/40 13/40 （3）的分布律为如，其余类似。结果写成表格形式为0 1 2 3 1/12 5/12 5/12 1/12 14. 设某

17、种商品一周的需要量是一个随机变量，其概率密度为并设各周的需要量是相互独立的，试求（1）两周（2）三周的需要量的概率密度。解：（1）设第一周需要量为X，它是随机变量 设第二周需要量为Y，它是随机变量且为同分布，其分布密度为Z=X+Y表示两周需要的商品量，由X和Y的独立性可知：z0 当z0时，由和的概率公式知 （2）设z表示前两周需要量，其概率密度为 设表示第三周需要量，其概率密度为：z与相互独立= z +表示前三周需要量则：0，当u0时所以的概率密度为15. 设某种型号的电子管的寿命（以小时计）近似地服从N（160，20）分布。随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率。解：设X1，X

18、2，X3，X4为4只电子管的寿命，它们相互独立，同分布，其概率密度为：设N=minX1，X2，X3，X 4 P N180=P X1180, X2180, X3180, X4180 =P X1804=1pX1804= (0.1587)4=0.0006316. 设随机变量（X，Y）的概率密度为（1）试确定常数b；（2）求边缘概率密度fX (x)，fY (y)（3）求函数U=max (X, Y)的分布函数。解：（1） （2） （3）Fu ()=P U u=P )=P X u, Y u =F (u, u)= u0，引入新的随机变量（X*称为标准化的随机变量）：验证E (X* )=0，D (X* )=1

19、（2）已知随机变量X的概率密度。求X*的概率密度。解：（1） D (X* )= E X*E (X )* 2= E (X*2 )= = （2） 8. 设X为随机变量，C是常数，证明D (X )E (XC )2 ，对于CE (X )，（由于D (X ) = E XE (X )2 ，上式表明E (XC )2 当C=E (X )时取到最小值。）证明： D (X )E (XC )2 = D (X2 )E (X )2E (X2 )2CE (X2 )+C2 =E (X )22CE (X2 )+C2 =E (X )C 20，当E (X )C时D (X )0是常数，求E (X )，D (X )。解：又D (X

20、)= E (X 2 )E 2 (X )=222=210设X1, X2 , Xn是相互独立的随机变量且有,i=1,2, n.记，.（1）验证（2）验证.（3）验证E (S 2 )证明：（1）(利用数学期望的性质2，3) (利用方差的性质2，3)（2）首先证于是（3） 11 设随机变量X和Y的联合分布为：XY1011001验证：X和Y不相关，但X和Y不是相互独立的。证：P X=1 Y=1=P X=1= P Y=1= P X=1 Y=1P X=1 P Y=1 X，Y不是独立的又E (X )=1+0+1=0 E (Y )=1+0+1=0 COV(X, Y )=EXE (X )YE (Y )= E (X

21、Y )EXEY = (1)(1) +(1)1+1(1)+11=0 X，Y是不相关的12已知三个随机变量X，Y，Z中，E (X )= E (Y )=1, E (Z )=1，D (X )=D (Y )=D (Z )=1, XY=0 XZ=，YZ=。设W=X+Y+Z 求E (W )，D (W )。解：E (W )= E (X+Y+Z)= E (X )+ E (Y )+ E (Z )=1+11=1 D (W )= D (X+Y+Z)=E (X+Y+Z)E (X+Y+Z)2 = E XE (X )+ YE (Y )+ZE (Z )2 = E XE (X )2+ YE (Y )2+ ZE (Z )2+2

22、XE (X ) YE (Y ) +2 YE (Y ) ZE (Z )+2ZE (Z ) XE (X ) = D (X )+D (Y )+D (Z )+2 COV(X, Y )+ 2 COV(Y, Z )+ 2 COV(Z, X ) = D (X )+D (Y )+D (Z )+2 +=1+1+1+2 13. 设随机变量（X1，X2）具有概率密度。，0x2,0y2求E (X1)，E (X2)，COV（X1，X2），解： D (X1+X2)= D (X1)+ D (X2)+2COV(X1, X2) =14. 设XN（， 2），YN（， 2），且X，Y相互独立。试求Z1= X+Y和Z2= XY的相关

23、系数（其中是不为零的常数）.解：由于X，Y相互独立Cov(Z1, Z2)=E(Z1,Z2)E(Z1) E(Z2)=E (X+Y ) (XY )(EX+EY ) (EXEY ) =2EX 2EY 22 (EX ) 2+(EY ) 2=2DX 2DY=(2 2) 2DZ1=2DX+ 2DY=(2+ 2) 2, DZ2=2DX+ 2DY=(2+ 2) 2,(利用数学期望的性质23)故第5章 大数定理和中心极限定理1某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8，医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言。（1）若实际

24、上此药品对这种疾病的治愈率是0.8，问接受这一断言的概率是多少？（2）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是0.7，问接受这一断言的概率是多少？解：设X为100人中治愈的人数，则XB (n, p)其中n=100（1） （2）p=0.7由中心极限定理知 2(1) 一复杂的系统，由100个互相独立起作用的部件所组成。在整个运行期间每个部件损坏的概率为0.10。为了整个系统起作用至少必需有85个部件工作。求整个系统工作的概率。（2）一个复杂的系统，由n个互相独立起作用的部件所组成，每个部件的可靠性（即部件工作的概率）为0.90。且必须至少有80%部件工作才能使整个系统工作，问n至少为多少才能使系统的可靠

25、性不低于0.95。解：（1）设每个部件为Xi (i=1,2,100)设X是100个相互独立，服从（01）分布的随机变量Xi之和X=X1+ X2+ X100由题设知n=100 P Xi=1=p=0.9, P Xi=0=0.1E (Xi ) =p=0.9D (Xi ) =p (1p)=0.90.1=0.09nE (Xi ) =1000.9=90, n D (Xi ) =1000.09=9=由中心极限定理知查标准正态分布表=(1.67)=0.9525解：（2）设每个部件为Xi (i=1,2,n)P Xi=1=p=0.9, P Xi=0=1p=0.1E (Xi ) =p=0.9,D (Xi ) =0.

26、90.1=0.09由问题知求n=?而=1由中心极限定理知=查标准正态分布表得解得n24.35取n=25，即n至少为25才能使系统可靠性为0.95.3. 随机地取两组学生，每组80人，分别在两个实验室里测量某种化合物的PH值，各人测量的结果是随机变量，它们相互独立，且服从同一分布，其数学期望为5，方差为0.3，以分别表示第一组和第二组所得结果的算术平均：（1）求P 4.915.（3）求概率P min (X1，X2，X3，X4，X5)10.解：（1） =（2）P max (X1，X2，X3，X4，X5)15=1P max (X1，X2，X3，X4，X5)15 =（3）P min (X1，X2，X3

27、，X4，X5)0为已知，1，为未知参数。（2）其中0，为未知参数。（5）为未知参数。解：（1），得（2）（5）E (X) = mp令mp = ，解得2求上题中各未知参数的极大似然估计值和估计量。解：（1）似然函数（解唯一故为极大似然估计量）（2）。(解唯一)故为极大似然估计量。（5），解得 ，（解唯一）故为极大似然估计量。3 (1) 设总体X具有分布律X123Pk22(1)(1) 2其中(0 D (T2)所以T2较为有效。6. 设某种清漆的9个样品，其干燥时间（以小时计）分别为6.0 5.7 5.8 6.5 7.0 6.3 5.6 6.1 5.0。设干燥时间总体服从正态分布N （，2），求的置

28、信度为0.95的置信区间。（1）若由以往经验知=0.6（小时）（2）若为未知。解：（1）的置信度为0.95的置信区间为（），计算得（2）的置信度为0.95的置信区间为（），计算得，查表t0.025(8)=2.3060.7. 随机地取某种炮弹9发做试验，得炮弹口速度的样本标准差为s=11(m/s)。设炮口速度服从正态分布。求这种炮弹的炮口速度的标准差的置信度为0.95的置信区间。解：的置信度为0.95的置信区间为其中=0.05, n=9查表知 8. 设总体，未知，已知，和分别是总体和的样本，设两样本独立。试求最大似然估计量。解：根据题意，写出对应于总体和的似然函数分别为 ，相应的对数似然函数为

29、， ，令对数似然函数分别对和的一阶导数为零，得到，算出最大似然估计量分别为，。9.已知是来自均值为的指数分布总体的样本，其中未知。设有估计量， ，。 （1） 指出中哪几个是的无偏估计量。（2） 在上述的无偏估计量中哪一个较为有效？解：（1）因为 ，。所以，是的无偏估计量。（2）根据简单随机样本的独立同分布性质，可以计算出，所以，是比更有效的无偏估计量。10. 以X表示某种小包装糖果的重量（以g计），设，今取得样本（容量为）：55.95, 56.54, 57.58, 55.13, 57.48, 56.06, 59.93, 58.30, 52.57, 58.46（1） 求的最大似然估计值。（2）

30、求的置信水平为0.95的置信区间。解：（1）根据已知结论，正态分布均值的最大似然估计量和矩估计量相同：。所以的最大似然估计值为。（2）的置信水平为0.95的置信区间为。11. Macatawa湖（位于密歇根湖的东侧）分为东、西两个区域。下面的数据是取自西区的水的样本，测得其中的钠含量（以ppm计）如下：13.0, 18.5, 16.4, 14.8, 19.4, 17.3, 23.2, 24.9, 20.8, 19.3, 18.8, 23.1, 15.2, 19.9, 19.1, 18.1, 25.1, 16.8, 20.4, 17.4, 25.2, 23.1, 15.3, 19.4, 16.0

31、, 21.7, 15.2, 21.3, 21.5, 16.8, 15.6, 17.6设样本来自正态总体，均未知。求的置信水平为0.95的置信区间。解：根据题中数据，计算可得样本均值，样本方差。的置信水平为0.95的置信区间为12. 设X是春天捕到的某种鱼的长度（以cm计），设，均未知。下面是X的一个容量为13的样本：13.1, 5.1, 18.0, 8.7, 16.5, 9.8, 6.8, 12.0, 17.8, 25.4, 19.2, 15.8, 23.0（1） 求的无偏估计；（2） 求的置信水平为0.95的置信区间。解：根据题中数据计算可得。（1） 方差的无偏估计即为样本方差。（2） 的置

32、信水平为0.95的置信区间为，所以的置信水平为0.95的置信区间为。第8章 假设检验1，一车床工人需要加工各种规格的工件，已知加工一工件所需的时间服从正态分布，均值为18分，标准差为4.62分。现希望测定，是否由于对工作的厌烦影响了他的工作效率。今测得以下数据：21.01, 19.32, 18.76, 22.42, 20.49, 25.89, 20.11, 18.97, 20.90试依据这些数据（取显著性水平），检验假设：。解：这是一个方差已知的正态总体的均值检验，属于右边检验问题，检验统计量为。代入本题具体数据，得到。检验的临界值为。因为，所以样本值落入拒绝域中，故拒绝原假设，即认为该工人加

33、工一工件所需时间显著地大于18分钟。2，美国公共健康杂志（1994年3月）描述涉及20143个个体的一项大规模研究。文章说从脂肪中摄取热量的平均百分比是38.4%（范围是6%到71.6%），在某一大学医院进行一项研究以判定在该医院中病人的平均摄取量是否不同于38.4%，抽取了15个病人测得平均摄取量为40.5%，样本标准差为7.5%。设样本来自正态总体，均未知。试取显著性水平检验假设：。解：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于双边检验问题，检验统计量为。代入本题具体数据，得到。检验的临界值为。因为，所以样本值没有落入拒绝域中，故接受原假设，即认为平均摄取量显著地为38.4%。3，自某种铜溶液测得9个铜含量的百分比的观察值为8.3，标准差为0.025。设样本来自正态总体，均未知。试依据这一样本取显著性水平检验假设：。解：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于左边检验问题，检验统计量为