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概率统计复习例1 一口袋中盛有红球7个、白球4个、黄球2个，从中任取3个。试求下列事件的概率：(1) 红、白、黄色球齐全； (2) 3球同色；(3) 有且仅有2种颜色的球 。解: 设A=红、白、黄色球齐全，设B=3球同色，设C=有且仅有2种颜色的球。由于抽球结果不讲究次序，故采用组合公式求解。因而基本事件总数 n=286。于是A包含的基本事件数 B包含的基本事件数C包含的基本事件数例2 对于某商店销售的一种礼品，同行提供的资料表明，月销售量服从以参数l=5的泊松分布。试求在月初此类礼品的库存至少应有多少件，才能以99%以上的概率满足市场需求？解: 由题设知，月销售量x的分布列为 假设月初库存至少为k件，于是所求的k应是满足不等式 的最小正整数。在l=5的题设下，经查泊松分布表，有当k=10时，；当k=11时，。无疑，当k12时，必将更大于0.99，因而满足题设要求的最小正整数为11，即月初库存至少应为 k=11(件)。解题思考: 这类题目涉及到管理、营销等方面的优化对策问题，比较接近于实际。而且贯穿其中的解题思路很有代表性，有较高的应用价值。例3 已知随机变量的函数，又RV。试求随机变量的分布密度。解： 由题设可知，RV。 (f(x)为非单调函数) (在h(y)单值分支上讨论) ， y0。解题思考: 由于题中的随机变量函数为非单调的情形,故对于求分布的公式不能简单地直接使用，但可以像题解中所做的那样，把单调区间上的结果相加即可。一般场合下，如果y=f(x)在k个两两互斥区间上逐段单调可微，那么随机变量的分布密度为 ，其中是y=f(x)在第i个单调区间上的反函数。例4 已知RV(x，h)有联合分布函数 试求：(1)边缘分布函数；(2)联合密度。解： (1)， ；(2)。即有 例5 假设在盛有一级品3件、二级品2件、三级品1件的囗袋中，任取其中的3 件。用x、h分别表示任取的3 件中所含的一级品、二级品件数。试求： (1) RV(x，h)的联合分布列； (2)考察随机变量x与h的独立性； (3)概率。解： 按题设中的取球模式，RVx的可能取值为0，1，2，3；RVh的可能取值为0，1，2。于是RV(x，h)的联合分布列为 ， 。具体计算结果如表3-4所示。表3-4 RV(x，h)的联合分布列 h x0 1 2x 的分布列(边缘分布列之一)01230 0 1/200 6/20 3/20 3/20 6/20 01/20 0 01/209/209/201/20h 的分布列(边缘分布列之二)4/20 12/20 4/201(2)为考察独立性所需的边缘分布列已在表3-4中列出，即 RV， RV。因为，所以x、h不独立。(3) ， 。解题思考： 题设中的“任取3 件”系“一次取模式”，因而概率计算用组合公式，这些公式实际上是超几何公式的推广。二维离散型场合下，由联合分布列求概率的方法。原则上取随机变量在界定点上概率的和。即 例6 设二维随机变量(x，h)在区域G上服从均匀分布，其中G为直线y=1、y轴、及曲线y=x2+4x+5所围成的试写出(x，h)的联合密度，考察x、h的独立性，并说明其理由。 解： G的面积是 。于是，RV(x，h)的联合分布密度为 为考察独立性，先求边缘分布密度。 因为并不对所有的x、y成立，故x、h不相互独立。解题思考： 二维均匀分布是应用较为广泛的连续型分布之一。独立性判断的关键是按题设条件写出联合分布密度，在求得边缘分布密度后，运用充要条件即可给出回答。正如例3-5解题思考中提到的那样，如果题目要求快速判断x、h独立与否，那么由于联合分布密度定义在非矩形区域上，故不独立性的结论是显然的。例7 设RV(x，h)有联合密度 试求：的分布密度。解： 此处RV是两任意随机变量的和，故使用公式 来求的分布密度。由于参变量z可以取一切实数，故要在z的不同取值范围内进行逐段积分。 y为方便，下面的讨论借助图进行。(1)当z0(即直线x+y=z处于图3-2中的位置)时，有 O x； (2)当0z1(即直线x+y=z处于图3-2中的位置)时，有 图 ；(3)当z1(即直线x+y=z处于图3-2中的位置)时，有 。综上，可得的分布密度为 解题思考： 本题是二维随机变量和分布的典型实例，对于参变量z的不同取值范围，其积分上下限是有差别的，题解中提供的处理方法有普遍意义，务求理解，以便举一反三地求解这类题目。此外，用卷积分公式，求解结果两者是一致的。例8 对于n重伯努利试验，事件A发生的概率为0.7，若要使A的频率在0.68到0.72之间的概率不小于0.90。试用切比雪夫不等式与中心极限定理估计满足上述要求至少所需试验次数。解： 设nA表示A在n重伯努利试验中发生的次数，显然 RVnAb(n，0.70)。此时，EnA=n0.70，DnA=n0.70.3。由题设知，所求的试验次数n应是频率nA/n满足不等式 的最小正整数。从上式左边出发，对于RVnA运用切比雪夫不等式，有 从而便有 ，由此解得 n。这就是说，在切比雪夫不等式估计下，至少应做5250次试验。类似地，由于，以及 RVnA 近似服从，故有 从而便有 ，即 ，查正态分布表，得 ，故有 。这样，在中心极限定理下，满足题设条件至少应做的试验次数是 n=1423.51+1=1424。解题思考： 演算结果表明，在预定精度下用切比雪夫不等式进行的概率估计所需试验次数远比利用中心极限定理的结果多得多，这正是从另一侧面说明两种概率考察方法的差别。例9 某货车代客送粮食，设每袋重量(单位：kg)为随机变量x，且在45.67, 54.33上服从均匀分布。试问该车最多装多少袋，使总重量超过2000公斤的概率不大于0.05(袋装粮食重量相互独立)。解： 记最多装粮n袋、每袋重量为，。于是E=Ex=，D=Dx=。另记 n袋粮食总重量为nA，即 ，故有 ， 。按题意，所求的n应是满足不等式的最大正整数。因为 RV近似服从，故有 ，此即 ，从而查表得 ，由此解得 ， 即 。于是，货车最多装粮袋数 n = 39.4836=39。例10 假设由自动生产线加工的某种零件的内径(毫米)服从正态分布N(，1)，内径小于10或大于12为不合格品，其余为合格品。销售每件合格品获利，销售每件不合格品亏损，已知销售利润T(单位：元)与销售零件的内径有如下关系：问平均内径取何值时销售一个零件的平均利润最大？解 平均利润(其中(x)和分别为标准正态分布函数和标准正态密度函数)令上式为0得 即 解此方程得 。由此知当=10.9毫米时，平均利润最大。例11 设二维随机变量(，)的联合分布列如下表所示：-10100.10.10.10.310.30.10.30.70.40.20.4(1)判断随机变量与的独立性；(2)计算与的协方差；(3)计算D(+)。解 (1)对各行、各列分别求和，得到关于和关于的边际分布列，见上表的最后一行和最后一列。从，而知与不独立。(2)先计算，因此， (3)解法一 因解法二 应用公式解法三 先求出的分布列，再计算D(+)+-1 0 1 2 0.1 0.4 0.2 0.3注：在已知(，)的联合分布列时，求协方差，可以直接用定义也可以用公式同时，该例也说明了虽然与不相关(因为=0)，但与并不独立。例12 设x是取值在a，b上任一随机变量。试证： (1)； (2)。证：证明仅就连续型场合进行，即随机变量的概率密度为f(x)(1)axb axb，考虑到f(x)0，故 a f(x)xf(x)bf(x)，从而 ，故有 ；(2)对于任一常数c，有 E(x-c)2=E(x-Ex)- (c-Ex)2 = E(x-Ex)2+E(c-Ex)2-2(c-Ex)E(x-Ex)=Dx+(c-Ex)2,由于常数(c-Ex)2的非负性，知 DxE(x-c)2。取c=(b+a)/2代入上式，得 。注：题中的两个不等式对离散型随机变量也同样成立，只要将证明中的积分换成求和即可。具体推导由读者自行完成。第二个不等式在0-1分布下，有Dx1/4。这是一个非常有用的结论。例13 已知某器件组装时间(单位：min)，m0=7为m的标准值，。现从中抽测9件，其组装时间为 6.9 7.0 7.5 6.4 5.8 5.6 5.8 8.1 7.3试问这批器件的平均组装时间是否就是7 min？检验用两个不同的显著性水平：a=0.05；a=0.01。并据此说明你所作出的判断可能引入的错误类型。解： 1)本题是实际组装时间与标准时间差异显著性的考察，属双边检验。待验假设H0：m =7。2)题设方差已知，故检验用统计量为 。此时，a=0.05， 。3)。4)因，故拒绝H0，从而认为这批器件平均组装时间与m=7 min有显著差异。若显著性水平改为a=0.01，查表得。从而相应的拒绝域为。这样，由于而考虑接受H0，从而认为这批器件平均组装时间，虽然与m=7 min有差异，但差异并不显著。解题思考：一个检验法的实施，首先是在给定的显著性水平a下，确定相应的拒绝域。例题演算表明，对于固定样本来讲，a越大越容易显示差异性，因而买卖双方中买方乐于接受。反之，a小预示着犯弃真错误的概率较小，此时必然犯存伪错误的可能性较大，因而常常受卖方的欢迎。由此可见，临界概率a在假设检验中用以显示考察指标(m)与它的标准值(m0)之间差异的显著程度。具体的说：较大a下产生的拒绝域显示差异显著性的能力较强，即显示水平较高；反之，较小a下显示差异显著性的水平就较低。清楚地了解显著性水平a在假设检验中所起的作用，对于课程学习以及从事技术检验、经济分析都是十分有益的。例14 （1）设Y与x间的关系为，(N是（Y,x）的n组观测值，则回归系数的最小二乘估计为 ，= 。（2）方差分析的基本依据（基础）是 （ ）（A）离差平方和分解公式（B）自由度分解公式（C）假设检验法；（D）A和B同时