各章习题课期末选题

1、.,关系表示下列事件关系表示下列事件的运算的运算用用是四个事件是四个事件设设DCBADCBA第一章典型例题第一章典型例题例例1”,“:)1(1发发生生中中仅仅有有 ADCBAG.1DCBAG 则则”,“:)2(2中恰有一个发生中恰有一个发生DCBAG.2DCBADCBADCBADCBAG 则则”,“:)3(3均不发生均不发生中至少有一个发生而中至少有一个发生而DCBAG.)(3DCBAG 则则;,:)4(4发生”发生”但但中不多于一个发生中不多于一个发生“DCBAG.)(4DACCBBAG 则则;,:)5(5个不发生”个不发生”中至少有一中至少有一中至少有一个发生中至少有一个发生“DCBAG.

2、)()(55CDBAGDCBAG 或或则则;,:)6(6发生”发生”中至少有一个不发生中至少有一个不发生“DCBAG.)(66DABCGDCBAG 或或则则.)7(7件的和事件件的和事件表示成两两不相容的事表示成两两不相容的事将将DCBAG )()()(7CBADBACABAG 则则.CBADBACABA 注意表示方法不唯一注意表示方法不唯一.,)8(432143218MMMMMMMMDCBAG 其中其中表示成表示成将将,4321DCBAMCBAMBAMAM 取取).()()(8DCBACBABAAG 则则注意表示方法不唯一注意表示方法不唯一.例例2.)(32,1,5)3(.)(32,1,5)

3、2(.)(32,5)1(.3,9率率的概的概这一事件记为这一事件记为只红球只红球只白球只白球中恰有中恰有求其求其作放回抽样作放回抽样只只每次取每次取次次在盒中取球在盒中取球概率概率的的这一事件记为这一事件记为只红球只红球只白球只白球其中恰有其中恰有求求作不放回抽样作不放回抽样只只每次取每次取次次在盒中取球在盒中取球的概率的概率这一事件记为这一事件记为只红球只红球只白球只白球求其中恰有求其中恰有只球只球在盒中随机地取在盒中随机地取只白球只白球只红球只红球盒中有盒中有CBA解解,5)1(每一种取法为一样本点每一种取法为一样本点只球只球在盒中取在盒中取.512, 样本点的总数为样本点的总数为若不考虑

4、取球次序若不考虑取球次序,2323种取法种取法只共有只共有只白球中任取只白球中任取在在 ,3939种取法种取法只共有只共有只白球中任取只白球中任取在在 为为中包含的样本点的总数中包含的样本点的总数由乘法原理得由乘法原理得 A,3923 方法方法1 1 5123923)(AP于是于是.227 方法方法2 2.,512A样本点的总数为样本点的总数为若考虑取球次序若考虑取球次序,5,3923,只球进行全排列只球进行全排列再将取出的再将取出的种取法种取法先不考虑取球次序共有先不考虑取球次序共有而言而言对于事件对于事件 A.! 55923种种球的方法有球的方法有故若考虑取球的次序取故若考虑取球的次序取

5、512! 53923)(AAP 于是于是.227 方法方法3 3512392325)(AAAAP .227891011127892325 ,)1()2(一样一样中考虑次序的取球方法中考虑次序的取球方法这种取球方法与这种取球方法与),()(BPAP 故故即有即有.227891011127892325)( BP由乘法原理共有由乘法原理共有只球可供抽取只球可供抽取次均有次均有第第次次第第只球可供抽取只球可供抽取次有次有因第因第取球的次序取球的次序考虑考虑每一种取法为一样本点每一种取法为一样本点只球只球在盒中取在盒中取,125,2,121,5)3(,1212121212125种取法种取法 .125本点

6、的总数为本点的总数为即样本空间中样即样本空间中样.25,5种种共有共有放白球放白球个位置中挑出两个位置个位置中挑出两个位置在在 ,9999,33332种取法种取法红球有红球有种取法种取法又白球有又白球有 ,932532个样本点个样本点中包含中包含故故 C532129325)( CP因而因而.512135 例例3., 2, 1)2(.32,21,4 , 3 , 2 , 18)1(求求恰恰有有一一只只空空盒盒的的概概率率只只盒盒子子中中去去的的只只球球随随机机地地放放入入编编号号为为将将只只球球的的概概率率号号盒盒子子恰恰有有只只球球号号盒盒子子恰恰有有试试求求盒盒子子中中去去的的四四只只只只球球

7、随随机机地地放放入入编编号号为为将将nnn解解.”32,21“)1(这一事件这一事件只球只球有有号盒子恰号盒子恰只球只球号盒子恰有号盒子恰有记记以以 A123444444444数为数为样本空间中样本点的总样本空间中样本点的总,44448 ,236283 所包含样本点的总数为所包含样本点的总数为A83423628)( AP于是于是.51235 .”“)2(这一事件这一事件一只空盒子一只空盒子恰有恰有记记以以 B.,nnnn总数为总数为则样本空间中样本点的则样本空间中样本点的样本点样本点为一个为一个个盒子中的一种放法作个盒子中的一种放法作只球放入到只球放入到将将所包含样本点的个数为所包含样本点的个

8、数为B,)!2(2111 nnnn.)!2(2111)(nnnnnnBP 于是于是例例4.,36只只盒盒子子都都有有球球的的概概率率求求每每只只盒盒子子中中去去只只球球随随机机地地放放入入到到将将解解.”“每只盒子都有球每只盒子都有球记事件记事件以以 A:发生分为三种情况发生分为三种情况A所含的样本点数为所含的样本点数为只盒子装球数分别为只盒子装球数分别为, 1, 1, 43(i).9024613 所含样本点数为所含样本点数为只盒子装球数分别为只盒子装球数分别为, 1, 2, 33i)(i.36023123613 所含样本点数为所含样本点数为只盒子装球数均为只盒子装球数均为, 23(iii).

9、902426 ,5409036090个样本点个样本点中包含中包含因此因此 A.27203540)(6 AP故故.53,2,100, 2, 1 整除的概率整除的概率或或求它能被求它能被整除整除到的数不能被到的数不能被已知取已知取中随机地取一个数中随机地取一个数在数集在数集例例5解解,5 , 3 , 2,532整除整除分别表示取到的数能被分别表示取到的数能被以以AAA所求概率为所求概率为)()()(2253253APAAAPAAAP .)()()()(22532523APAAAPAAPAAP )()(2323ASAPAAP 而而).()(233AAPAP ,623整除”整除”表示事件“能被表示事件

10、“能被因因AA.10016)(23 AAP故故1001610033)(23 AAP于是于是.10017 同样同样)()(2525ASAPAAP )()(255AAPAP .100101001010020 )()(253253ASAAPAAAP )()(25353AAAPAAP .100310031006 .25122110031017 p故故注意注意).()()(BPAPBAPAB 时才有时才有只有当只有当例例6 A, B, C 三人在同一办公室工作三人在同一办公室工作. 房间里有一房间里有一部电话部电话. 据统计知据统计知, 打给打给 A, B, C 的电话的概率分别的电话的概率分别为为 2

11、/5, 2/5, 1/5. 他们三人常因工作外出他们三人常因工作外出, A, B, C 三三人外出的概率分别为人外出的概率分别为 1/2, 1/4, 1/4. 设三人的行动相设三人的行动相独立独立. 求求(1) 无人接电话的概率无人接电话的概率;(2) 被呼叫人在办公室的概率被呼叫人在办公室的概率,若某一时间段打进若某一时间段打进 3 个电话个电话, 求求(3) 这这 3 个电话打给同一个人的概率个电话打给同一个人的概率;(4) 这这 3 个电话打给不相同的人的概率个电话打给不相同的人的概率;(5) 在这在这 3 个电话都打给个电话都打给 B 的条件下的条件下, B 却都不在的却都不在的条件概

12、率条件概率. 解解, 的事件的事件分别记有人打电话给分别记有人打电话给以以件件各人在办公室的事各人在办公室的事分别记分别记以以CBATTTCBACBACBA,51)(,52)(,52)( CBATPTPTP由题设知由题设知,41)(,41)(,21)( CPBPAP因而得因而得相互独立相互独立又知事件又知事件,CBA(1) 无人接电话的概率为无人接电话的概率为)()()()(CPBPAPCBAP .321414121 (2) 被呼叫人在办公室的概率为被呼叫人在办公室的概率为)(2CBACTBTATPp )()()(CBACTPBTPATP )()()()()()(CBATPCPTPBPTPAP

13、 51)411(52)411(52)211( .2013 (3) 所求概率为所求概率为)3()2()1()3()2()1()3()2()1(3CCCBBBAAATTTTTTTTTPp .,3, 2, 1)3(),2(),1(其余记号含义类似其余记号含义类似的的打给打给个电话是个电话是第第第第分别表示第分别表示第ATTTAAA)3()2()1()3()2()1()3()2()1(3CCCBBBAAATTTPTTTPTTTPp 因此因此333515252 .12517 (4) 三个电话打给三个不相同的人三个电话打给三个不相同的人, 共有共有 3!=6 种搭种搭配配, 这这 6 种搭配两两不相容种搭

14、配两两不相容, 每一种搭配的概率都每一种搭配的概率都是是.1254515252 从而所求概率为从而所求概率为.125241254! 34 p(5) 一只电话打给一只电话打给B的条件下的条件下B不在的条件概率为不在的条件概率为,41三只电话都打给三只电话都打给B的条件下而的条件下而B都不在的条件概率都不在的条件概率为为.414141413 例例7 将将 4 只球随机地放入只球随机地放入 6 个盒子中去个盒子中去 ,试求每试求每个盒子至多有一只球的概率个盒子至多有一只球的概率.解解 将将4只球随机地放入只球随机地放入6个盒子中去个盒子中去 , 共有共有64 种种放法放法.每个盒子中至多放一只球共有

15、每个盒子中至多放一只球共有 种不同放种不同放法法.3456 因而所求的概率为因而所求的概率为463456 p.2778.0 例例8 设袋中有设袋中有 4 只白球只白球, 2 只红球只红球 , (1) 无放回随无放回随机地抽取两次机地抽取两次, 每次取一球每次取一球, 求在两次抽取中至多求在两次抽取中至多抽到一个红球的概率抽到一个红球的概率? (2) 若无放回地抽取若无放回地抽取 3次次, 每次抽取一球每次抽取一球, 求求 (a) 第一次是白球的情况下第一次是白球的情况下, 第第二次与第三次均是白球的概率二次与第三次均是白球的概率? (b) 第一次与第第一次与第二次均是白球的情况下二次均是白球的

16、情况下 , 第三次是白球的概率第三次是白球的概率?解解)1(红球”红球”一个一个“两次抽取中至多抽到“两次抽取中至多抽到为事件为事件设设 A”为“第一次抽取到红球为“第一次抽取到红球事件事件1A.2”为“第二次抽取到红球为“第二次抽取到红球事件事件 A546252645364 )()()()(212121AAPAAPAAPAP )()()()()()(121121121AAPAPAAPAPAAPAP 则有则有,212121AAAAAAA .1514 . 3, 2, 1,)2( iiAi次取出的是白球”次取出的是白球”为“第为“第设事件设事件)()(132AAAPa,)()(1321APAAAP

17、 .1033251)()()(1321132 APAAAPAAAP所以所以,513634)(,3264)(3211 AAAPAP因为因为,522624)(21 AAP因为因为.215251)()()(21321213 AAPAAAPAAAP所以所以,)()()()(21321213AAPAAAPAAAPb ,513634)(321 AAAP例例9 掷两颗骰子掷两颗骰子, 已知两颗骰子点数之和为已知两颗骰子点数之和为7, 求其中有一颗为求其中有一颗为1点的概率点的概率.解解设事件设事件A 为为“ 两颗点数之和为两颗点数之和为 7 ”, 事件事件 B为为 “ 一颗点数为一颗点数为1 ”.故所求概率

18、为故所求概率为.31 p掷骰子试验掷骰子试验 两颗点数之和为两颗点数之和为 7 的种数为的种数为 3,其中有一颗为其中有一颗为 1 点的种数为点的种数为 1,., 6 . 0, 7 . 0率率少少有有一一次次命命中中目目标标的的概概试试求求两两次次独独立立射射击击至至射射击击命命中中目目标标的的概概率率为为这这时时内内的的概概率率为为假假设设目目标标出出现现在在射射程程之之思路思路 引进事件引进事件 ;目标进入射程目标进入射程 A. 2 , 1, iiBi次射击命中目标次射击命中目标第第.,21用全概率公式来求解用全概率公式来求解可利可利因此因此命中目标的命中目标的不在射程之内是不可能不在射程

19、之内是不可能由于目标由于目标的概率的概率故所求概率为事件故所求概率为事件BBB 例例1全概率公式典型例题全概率公式典型例题解解由题意知由题意知)2, 1(, 6 . 0)(, 7 . 0)( iABPAPi, 0)(表示目标不在射程之内表示目标不在射程之内因为因为由于由于ABAP 有有因此由全概率公式因此由全概率公式,)()()()(ABPBAPABPBP )()(ABPAP ),()(21ABBPAP ,21相互独立相互独立与与由题意知由题意知BB 由加法公式得由加法公式得)(21ABBP)()()(2121ABBPABPABP .36. 06 . 06 . 0 )()()(2121ABPA

20、BPABBP 从而从而36. 06 . 06 . 0 .84. 0 )()()(21ABBPAPBP 故故84. 07 . 0 .588. 0 .,573,251510两份两份从中先后抽出从中先后抽出名表名表随机地取一个地区的报随机地取一个地区的报份份份和份和份份为为其中女生的报名表分别其中女生的报名表分别生的报名表生的报名表名考名考名和名和名名设有来自三个地区的各设有来自三个地区的各、;)1(p表的概率表的概率求先抽到的一份是女生求先抽到的一份是女生.,)2(p的的一一份份是是女女生生表表的的概概率率求求先先抽抽到到男男生生表表已已知知后后抽抽到到的的一一份份表表是是思路思路 由于抽到的表与

21、来自哪个地区有关由于抽到的表与来自哪个地区有关,故此故此题要用全概率公式来讨论题要用全概率公式来讨论.例例2解解,1,2,3;iHii记记抽抽到到第第 个个地地区区考考生生的的报报名名表表, 2, 1, jjAj次次抽抽到到报报名名表表是是男男生生的的第第;107)();3 , 2 , 1(31)(11 HAPiHPi则有则有.2520)(;158)(3121 HAPHAP由全概率公式知由全概率公式知)1( 3111)()()(iiiHAPHPAPp 25515710331.9029 ,)()()()2(22121APAAPAAPq 由全概率公式得由全概率公式得 312121)()()(iii

22、HAAPHPAAP, )(313121 iiHAAP又因为又因为,30797103)(121 HAAP,308148157)(221 HAAP.3052420255)(321 HAAP,9230530830731)(21 AAP所以所以)()()(2312iiiHAPHPAP 而而 312)(31iiHAP,9061252015810731 )()(221APAAPq 所以所以.6120906192 1A2A5A4A3A.),5 , 2 , 1(),(5求求此此系系统统的的可可靠靠性性的的可可靠靠性性为为件件设设元元如如图图所所示示个个元元件件组组成成桥桥式式电电路路系系统统由由 ipAii思

23、路思路 为了求系统的可靠性为了求系统的可靠性,分两种情况讨论分两种情况讨论:.,)1(43215并联电路再串联而得并联电路再串联而得与与并联并联相当于相当于工作正常时工作正常时当当AAAAA例例3.,)2(42315串联电路进行并联而得串联电路进行并联而得串联再与串联再与相当于相当于失效时失效时当当AAAAA解解, 5 , 2 , 1, iABii正常工作正常工作元件元件记记.系统正常工作系统正常工作 C从而由全概率公式知从而由全概率公式知).()()()()(5555BCPBPBCPBPCP )()()(43215BBBBPBCP 而而),1)(1(1)1)(1(14321pppp )()(

24、42315BBBBPBCP ),1)(1(14231pppp 所以所以)1)(1(1)1)(1(1)(43215pppppCP ).1)(1(1)1(42315ppppp .,212. 2, 21,32, 11, 1, 0)(的分布律的分布律并求并求试确定常数试确定常数且且的分布函数为的分布函数为设离散型随机变量设离散型随机变量XbaXPxbaxaxaxxFX 思路思路 首先利用分布函数的性质求出常数首先利用分布函数的性质求出常数 a, b,再用已确定的分布函数来求分布律再用已确定的分布函数来求分布律.解解:)(的性质的性质利用分布函数利用分布函数xF例例1 1第二章典型例题第二章典型例题),

25、0()( iiixFxFxXP, 1)( F221 XP知知)32()(aba ,322 ba. 1 ba且且.65,61 ba由此解得由此解得 . 2, 1, 21,21, 11,61, 1, 0)(xxxxxF因此有因此有从而从而 X 的分布律为的分布律为XP211 213161.)3();()2(;)1(.,e)(2的概率密度的概率密度求求的分布函数的分布函数求求求系数求系数的概率密度为的概率密度为已知随机变量已知随机变量XYxFXAxAxfXx 解解有有由概率密度的性质由概率密度的性质,)1( xAxxfxded)(1 0de2xAx,2A .21 A故故例例2 2,de21)()2(

26、 xxxxF有有时时当当,0 xxxFxxde21)( ;e21x 有有时时当当,0 xdede21)(00 xxxxxxF;e211x 所以所以 X 的分布函数为的分布函数为 . 0,e211, 0,e21)(xxxFxx, 0)3(2 XY由于由于; 0)(,0 yYPyFyY有有时时故当故当有有时时当当,0 y)(2yXPyYPyFY yXyP yyxxde21,de2120 yxx),()(yfyFYY 由于由于有有时时故当故当,0 ydedd)(dd0 yxYxyyFy,21eyy 的概率密度为的概率密度为从而从而 Y, . 0, 00,e21)(yyyyfyY.2100,cm182

27、)2(?01. 0,)1()cm:()6,170(2的概率的概率顶碰头的人数不多于顶碰头的人数不多于个成年男子与车门个成年男子与车门求求若车门高为若车门高为车门顶碰头的几率小于车门顶碰头的几率小于使男子与使男子与车门的高度车门的高度问应如何设计公共汽车问应如何设计公共汽车单位单位高高设某城市成年男子的身设某城市成年男子的身NX思路思路.2,cm182100.,01. 0,cm的概率的概率求其不超过求其不超过布律布律然后用此分然后用此分的人数的分布律的人数的分布律子中身高超过子中身高超过名男名男第二问首先要求出第二问首先要求出确定确定那么按设计要求应有那么按设计要求应有设车门高度为设车门高度为l

28、lXPl 例例3解解),6 ,170()1(2NX由题设知由题设知1lXPlXP 617061701lXP)6170(1 l ,01. 0 .99. 0)6170( l 即即,33. 26170 l查表得查表得).cm(98.183 l故故.cm182)2(p的概率为的概率为设任一男子身高超过设任一男子身高超过 61701826170182XPXPp则则)2(1 .0228. 0 ,cm182100的人数的人数个男子中身高超过个男子中身高超过为为设设 Y其中其中则则),0228. 0,100( BY,9772. 00228. 0100100 kkkkYP .100, 1 , 0 k,28. 2

29、,0228. 0,100 nppn其中其中布来计算布来计算故可用泊松分故可用泊松分较小较小较大较大由于由于从而从而! 2e28. 2! 1e28. 2! 0e28. 2228. 2228. 228. 20 YP.6013. 0 ,2102 YPYPYPYP所求概率为所求概率为.,200,6001,):(,a概概率率至至少少有有一一只只元元件件损损坏坏的的内内小小时时试试求求在在仪仪器器使使用用的的最最初初中中参参数数其其都都服服从从同同一一指指数数分分布布小小时时单单位位其其寿寿命命元元件件立立工工作作的的同同型型号号电电子子设设某某仪仪器器上上装装有有三三只只独独 思路思路, 200 )3

30、, 2 , 1(的事件的事件小时内损坏”小时内损坏”使用的最初使用的最初“在“在分别表示三个电子元件分别表示三个电子元件以以 iAi321AAAPa 于是于是)(1321AAAP ),()()(1321APAPAP 例例4),3 , 2 , 1()( iAPpi令令.,便可得解便可得解由指数分布求出由指数分布求出 p解解的概率密度为的概率密度为由题设知由题设知个元件的使用寿命个元件的使用寿命表示第表示第用用)3 , 2 , 1(,)3 , 2 , 1( iXiiXii . 0, 0, 0,e6001)(600 xxxfx,一分布一分布由三个电子元件服从同由三个电子元件服从同,)(200pAPX

31、Pii 又又因此所求概率为因此所求概率为)()()(1321APAPAP 31p 331)e (1 .e11 从而从而 200d)(200 xxfXPi 200600de6001xx,e31 . 3 , 2 , 1 i解解, 1dd),()1( yxyxf因为因为xyxCyxdd)1(100 yxyxfdd),( 可得可得.,)3(;,)2(;)1(., 00, 10),1(),(),(的独立性的独立性判断判断的边缘概率密度的边缘概率密度关于关于求关于求关于的值的值求求其他其他，设设YXYXCxyxxCyyxfYX 例例1第三章典型例题第三章典型例题 ., 0.0, 10),1(24),(其他

32、其他故故xyxxyyxfyxyyyxfxfxXd)1(24d),()(0 ).1(122xx ,10)2(时时当当 x,10时时或或当当 xx.0d),()( yyxfxfXxy oxy1 xxxxCd2)1 (210 .24 C124 CxyxfyfYd),()( .)1 (122yy xxyyd)1(241 ., 0, 10),1(12)(2其他其他xxxxfX于是于是 (X,Y)关于关于X 的边缘概率密度为的边缘概率密度为,10时时当当 yxy oxy1 x ., 0, 10,)1(12)(2其他其他因而得因而得yyyyfY),()(),()3(yfxfyxfYX 由于由于.,不不相相互

33、互独独立立所所以以YX.0d),()( xyxfyfY,10时时或或当当 yyxy oxy1 x例例2 设随机变量设随机变量 X 与与 Y 相互独立相互独立,且其分布密且其分布密度分别为度分别为 , 0, 10, 1)(xxfX其他其他. , 0, 0,e)(yyfyY其他其他.求随机变量求随机变量 Z=2X+Y 的分布密度的分布密度.),(yxf 由于由于 X 与与Y 相互独立相互独立,解解)()(yfxfYX ., 0, 0, 10,e其他其他yxy所以所以 ( X,Y ) 的分布密度函数为的分布密度函数为.dde2yxzYXy )(zZPzFZ 2zYXP yxyxfzYXdd),(2

34、xyOzyx 2)0, 10( yx随机变量随机变量 Z 的分布函数为的分布函数为所以随机变量所以随机变量 Z 的分布密度为的分布密度为 . 2,2e ) 1e (, 20,2)e1(, 0, 0)()(2zzzzFzfzzZZ 102202. 2,d)e1 (, 20,d)e1 (, 0, 0)(zxzxzzFzxzxZ解解),(max54321XXXXXD 设设.4),(max:., 0, 0,e1)(:,5543218e2543212的概率的概率试求试求其他其他且都服从同一分布且都服从同一分布机变量机变量设它们是相互独立的随设它们是相互独立的随察值为察值为得到的观得到的观次次测量了测量了

35、对某种电子装置的输出对某种电子装置的输出 XXXXXzzFXXXXXz例例3,)()(5maxzFzF 因因为为41 DP.)e1(15e2 )4(1maxF 5)4(1F 4 DP所以所以 ., 0,0,e),( ),(其他其他的联合概率密度为的联合概率密度为设随机变量设随机变量yxcxyxfYXy例例4(1);(2)?(3)(,);(4);(5)1;(6)min(,)1.cXYX YZXYP XYPX Y 求求常常数数与与是是否否独独立立 为为什什么么求求的的联联合合分分布布函函数数求求的的密密度度函函数数求求求求解解得得由由,1dd),()1( yxyxfxcxyyyded100 ,)3

36、(2de202ccyycy . 1 cyyxfxfXd),()()2( . 0, 0, 0,dexxyxxy . 0, 0, 0,exxxxxyxfyfYd),()( . 0, 0, 0,de0yyxxyy . 0, 0, 0,e212yyyy, )()(),(,0yfxfyxfyxYX 上上由于在由于在.不独立不独立与与故故YX(3)( , ),:F x yP Xx Yy由由于于故故有有. 0),(,00 yxFyx有有时时或或当当有有时时当当,0 xy,),(yYxXPyxF uuvvvyded00 yvvv02de21.e )12(12yyy 有有时时当当,0 yx,),(yYxXPyx

37、F vuuyuvxded0 xyuuu0d)ee (.e21e )1(12yxxx 故得故得 .0,e21e )1(1,0,e )12(1, 00, 0),(22yxxxxyyyyxyxFyxy或或(4)( )( ,)d ,Zfzf x zxx 根根据据,20,0,),(时时即即只有当只有当非零非零由于要被积函数由于要被积函数zxxzxxzxf 从而有从而有:; 0)(,0 zfzZ时时当当,0时时当当 z 20)(de)(zxzZxxzf 20deezxzxx;e )12(e2zzz 因此因此 . 0, 0, 0e12e)(2zzzzfzzZ1(5)1( )dZP XYfzz zzzzde

38、)12(e 102 .ee1121 (6)min(,)1PX Y 1),min(1 YXP1, 11 YXPuuvvvded101 vvvde21112 .e2511 ).(. , 0, 21 ,2, 10 ,)( )3(.)1(),()2().2ln(),(125124123620 )1( 21XExxxxxfXXEXXEXEpXXk求求其他其他的概率密度为的概率密度为设随机变量设随机变量求求设设求求的分布律为的分布律为设随机变量设随机变量 例例1第四章典型例题第四章典型例题解解125612421230)()1( XE.619 125)26ln(124)22ln(123)20ln()2ln(

39、 XE. 2ln613 !e11)1()2(01kkXEkk 0)!1(ekkk jk 1令令 11!ejjj 1!ejjj 1!e0jjj .1e e xxfxXEd )()()3(22 xxfxxxfxxxfxxxfxd )(d )( d )(d )(2221210202 xxxxxxxxxxd0 d )2(dd02221210202 2143104)432(4xxx .67 解解2 (,) 61(),01,02, ( , )720, (,) . X Yxxyxyf x yX Y 设设二二维维连连续续型型随随机机变变量量的的联联合合密密度度函函数数为为其其他他求求的的协协方方差差及及相相关

40、关系系数数yxyxfxXEdd),()( xyxyxxdd )21(7610202 xxxd767121023 ,75 例例2yxxyxxXEdd )21(76)(1020222 ,7039 ,49023757039)( 2 XD故故xyxyxyYEdd )21(76)(10202 因为因为,78 xyxyxyYEdd )21(76)(1020222 ,2134 ( 2 YD故故xyxyxxyXYEdd )21(76)(10202 ,2117 )()()(),(Cov YEXEXYEYX 故故,147178752117 的相关系数的相关系数与与YX)()(),(Cov

41、YDXDYXXY .6915 .,. , 0, 1, 1 ),(141),()2().,Cov(),()1( 22是否不相关是否不相关是否相互独立是否相互独立问问其他其他的联合概率密度为的联合概率密度为和和设随机变量设随机变量求求设随机变量设随机变量YXyxyxxyyxfYXXnXpnbX 例例3解解),(Cov),(Cov),(Cov)1(XXnXXnX )()()(XDXnEnXE ).1(pnp ,1)2(时时当当 xyyxxyxfXd)(141)(2211 yd4111 .21 知知时时当当同样同样.21)(,1, yfyY),()(),(yfxfyxfYX .不是相互独立的不是相互独

42、立的和和故故YXxxfxXEXd)()(11 又又xx d2111 , 0 . 0)( YE同样有同样有yxyxyxxyXYEdd)(41)(11112222 而而yxyxyxdd )(10104224 , 0 于是于是, 0)()()( YEXEXYE.,不相关不相关所以所以YX.,31 的数学期望的数学期望求求刑事案件的天数刑事案件的天数记一年内未发生严重记一年内未发生严重以以为参数的泊松分布为参数的泊松分布服从以服从以刑事案件数刑事案件数某城市一天内发生严重某城市一天内发生严重XXY例例4解解 引入随机变量引入随机变量: .365, 2, 1 , , 0, , 1iiXi其他其他天未发生

43、严重行事案件天未发生严重行事案件若在第若在第.36521XXXX 则则由于由于01 YPXPi! 0e)31(310 ,e31 的分布律为的分布律为知知iX3131ee110 kipX.365, 2, 1 i.e)(31 iXE于是于是的数学期望为的数学期望为即得即得 X 365131e)(iXE31e365 ).(262 天天 第五章典型例题第五章典型例题解解. , 1 , : 4). 3, 2,1,()( , , 1221指出其分布参数指出其分布参数并并近似服从正态分布近似服从正态分布随机变量随机变量大时大时充分充分当当证明证明已知已知样本样本的简单随机的简单随机是来自总体是来自总体假设假

44、设 niinkknXnZnkXEXXXX , , 21独立同分布独立同分布因为因为nXXX , , 22221也独立同分布也独立同分布所以所以nXXX例例1,)( 22 iXE且且,)()()(2242242 iiiEXXEXD根据根据独立同分布的中心极限定理独立同分布的中心极限定理知知)(224122 nnXVniin)(11224122 nXnnii)(12242 nZn的极限分布是标准正态分布的极限分布是标准正态分布. , 充分大时充分大时故当故当n,近似服从标准正态分布近似服从标准正态分布nV , 充分大时充分大时从而当从而当n )(12224近似服从近似服从 nnVnZ . , 22

45、422的正态分布的正态分布参数为参数为n ?1000161,6000,61,的概率是多少的概率是多少之差的绝对值小于之差的绝对值小于所占的比例与所占的比例与试问在这些种子中良种试问在这些种子中良种粒粒选选今在其中任今在其中任其中良种占其中良种占现有一批种子现有一批种子解解 , 0, 1粒不是良种粒不是良种第第粒是良种粒是良种第第令令iiXi., 2, 1ni ,61)1( iXP则则,1 niinXY记记.6000,61, nnBYn则则例例2根据题意根据题意, 所求概率为所求概率为 10001616000nYP),61000( nYP,61,6000 BYn因为因为由由中心极限定理中心极限定

46、理有有:,651000,1000 NYn近似服从近似服从 10001616000nYP所以所以 6/5100066/510001000nYP15000662 1)208. 0(2 15832. 02 .1664. 0 第六章典型例题第六章典型例题. , )()( , ),( , )1 , 0( 226542321621分布分布服从服从使得使得试决定常数试决定常数的简单随机样本的简单随机样本体体为来自总为来自总服从服从设设 CYCXXXXXXYXXXXNX 例例1解解根据正态分布的性质根据正态分布的性质,),3 , 0(321NXXX ),3 , 0(654NXXX ),1 , 0(3 321N

47、XXX 则则),1 , 0(3654NXXX ),1(3 22321 XXX故故),1(3 22654 XXX , , 2621分布的可加性分布的可加性相互独立及相互独立及因为因为 XXX2654232133 XXXXXX)()(3126542321XXXXXX ),2(2 . ,312分布分布服从服从所以所以 CYC 0.01. , ,),( ),( ),( 2222111211221的概率大约为的概率大约为过过差超差超使得这两个样本均值之使得这两个样本均值之试确定试确定的样本均值的样本均值和和的两样本的两样本为为的容量的容量是来自正态总体是来自正态总体和和设设 nXXXXXXnNXXnn解

48、解,21 nNX ,22 nNX ,2, 0 221 nNXX 则则 21 XXP 2/221nnXXP 例例2 2/2121nnXXP 221nn 222n ,01. 0 ,995. 02 n 有有查标准正态分布表知查标准正态分布表知,58. 22 n .14 n于是于是.2)(12)2(;2)(12)1( , ),( 16 ),( 2122212216212 niiniiXXnPXnPXXXnNX求概率求概率的样本的样本量为量为从此总体中取一个容从此总体中取一个容设总体设总体解解 , , (1)1621是来自正态总体的样本是来自正态总体的样本因为因为XXX),()(1 2122nXnii

49、所以所以例例3 21222)(12 niiXnP于是于是 32)(1816122iiXP 32)16(82 P8)16(32)16(22 PP8)16(132)16(122 PP;94. 0 ),1()(1 (2)2122 nXXnii 因为因为 21222)(12 niiXXnP于是于是 32)(1816122iiXXP 32)15(82 P32)15(8)15(22 PP.98. 0 . 2 (2) . ),;( , 05. 0)d,;(1) , , , . , ), ,( 222122的最大似然估计的最大似然估计求求的概率密度的概率密度是是其中其中估计估计的最大似然的最大似然的点的点求使得求使得的样本的样本是来自是来自未知未知设总体设总体 XPXxfaxxfXXXXNXan 例例1解解 , 的最大似然估计分别为的最大似然估计分别为已知已知 ,x .)(121xxnnii 第七章典型例题第七章典型例题 axxf)d,;()1(2 ),;(),;(22 aFF ,1 a ) (的分布函数的分布函数为为