各章習(xí)題課期末選題

1、.,關(guān)系表示下列事件關(guān)系表示下列事件的運(yùn)算的運(yùn)算用用是四個事件是四個事件設(shè)設(shè)DCBADCBA第一章典型例題第一章典型例題例例1”,“:)1(1發(fā)發(fā)生生中中僅僅有有 ADCBAG.1DCBAG 則則”,“:)2(2中恰有一個發(fā)生中恰有一個發(fā)生DCBAG.2DCBADCBADCBADCBAG 則則”,“:)3(3均不發(fā)生均不發(fā)生中至少有一個發(fā)生而中至少有一個發(fā)生而DCBAG.)(3DCBAG 則則;,:)4(4發(fā)生”發(fā)生”但但中不多于一個發(fā)生中不多于一個發(fā)生“DCBAG.)(4DACCBBAG 則則;,:)5(5個不發(fā)生”個不發(fā)生”中至少有一中至少有一中至少有一個發(fā)生中至少有一個發(fā)生“DCBAG.

2、)()(55CDBAGDCBAG 或或則則;,:)6(6發(fā)生”發(fā)生”中至少有一個不發(fā)生中至少有一個不發(fā)生“DCBAG.)(66DABCGDCBAG 或或則則.)7(7件的和事件件的和事件表示成兩兩不相容的事表示成兩兩不相容的事將將DCBAG )()()(7CBADBACABAG 則則.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將將,4321DCBAMCBAMBAMAM 取取).()()(8DCBACBABAAG 則則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率率的概的概這一事件記為這一事件記為只紅球只紅球只白球只白球中恰有中恰有求其求其作放回抽樣作放回抽樣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這一事件記為這一事件記為只紅球只紅球只白球只白球其中恰有其中恰有求求作不放回抽樣作不放回抽樣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這一事件記為這一事件記為只紅球只紅球只白球只白球求其中恰有求其中恰有只球只球在盒中隨機(jī)地取在盒中隨機(jī)地取只白球只白球只紅球只紅球盒中有盒中有CBA解解,5)1(每一種取法為一樣本點每一種取法為一樣本點只球只球在盒中取在盒中取.512, 樣本點的總數(shù)為樣本點的總數(shù)為若不考慮

4、取球次序若不考慮取球次序,2323種取法種取法只共有只共有只白球中任取只白球中任取在在 ,3939種取法種取法只共有只共有只白球中任取只白球中任取在在 為為中包含的樣本點的總數(shù)中包含的樣本點的總數(shù)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樣本點的總數(shù)為樣本點的總數(shù)為若考慮取球次序若考慮取球次序,5,3923,只球進(jìn)行全排列只球進(jìn)行全排列再將取出的再將取出的種取法種取法先不考慮取球次序共有先不考慮取球次序共有而言而言對于事件對于事件 A.! 55923種種球的方法有球的方法有故若考慮取球的次序取故若考慮取球的次序取

5、512! 53923)(AAP 于是于是.227 方法方法3 3512392325)(AAAAP .227891011127892325 ,)1()2(一樣一樣中考慮次序的取球方法中考慮次序的取球方法這種取球方法與這種取球方法與),()(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慮考慮每一種取法為一樣本點每一種取法為一樣本點只球只球在盒中取在盒中取,125,2,121,5)3(,1212121212125種取法種取法 .125本點

6、的總數(shù)為本點的總數(shù)為即樣本空間中樣即樣本空間中樣.25,5種種共有共有放白球放白球個位置中挑出兩個位置個位置中挑出兩個位置在在 ,9999,33332種取法種取法紅球有紅球有種取法種取法又白球有又白球有 ,932532個樣本點個樣本點中包含中包含故故 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隨隨機(jī)機(jī)地地放放入入編編號號為為將將只只球球的的概概率率號號盒盒子子恰恰有有只只球球號號盒盒子子恰恰有有試試求求盒盒子子中中去去的的四四只只只只球球

7、隨隨機(jī)機(jī)地地放放入入編編號號為為將將nnn解解.”32,21“)1(這一事件這一事件只球只球有有號盒子恰號盒子恰只球只球號盒子恰有號盒子恰有記記以以 A123444444444數(shù)為數(shù)為樣本空間中樣本點的總樣本空間中樣本點的總,44448 ,236283 所包含樣本點的總數(shù)為所包含樣本點的總數(shù)為A83423628)( AP于是于是.51235 .”“)2(這一事件這一事件一只空盒子一只空盒子恰有恰有記記以以 B.,nnnn總數(shù)為總數(shù)為則樣本空間中樣本點的則樣本空間中樣本點的樣本點樣本點為一個為一個個盒子中的一種放法作個盒子中的一種放法作只球放入到只球放入到將將所包含樣本點的個數(shù)為所包含樣本點的個

8、數(shù)為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隨隨機(jī)機(jī)地地放放入入到到將將解解.”“每只盒子都有球每只盒子都有球記事件記事件以以 A:發(fā)生分為三種情況發(fā)生分為三種情況A所含的樣本點數(shù)為所含的樣本點數(shù)為只盒子裝球數(shù)分別為只盒子裝球數(shù)分別為, 1, 1, 43(i).9024613 所含樣本點數(shù)為所含樣本點數(shù)為只盒子裝球數(shù)分別為只盒子裝球數(shù)分別為, 1, 2, 33i)(i.36023123613 所含樣本點數(shù)為所含樣本點數(shù)為只盒子裝球數(shù)均為只盒子裝球數(shù)均為, 23(iii).

9、902426 ,5409036090個樣本點個樣本點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數(shù)不能被到的數(shù)不能被已知取已知取中隨機(jī)地取一個數(shù)中隨機(jī)地取一個數(shù)在數(shù)集在數(shù)集例例5解解,5 , 3 , 2,532整除整除分別表示取到的數(shù)能被分別表示取到的數(shù)能被以以AAA所求概率為所求概率為)()()(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 同樣同樣)()(2525ASAPAAP )()(255AAPAP .100101001010020 )()(253253ASAAPAAAP )()(25353AAAPAAP .100310031006 .25122110031017 p故故注意注意).()()(BPAPBAPAB 時才有時才有只有當(dāng)只有當(dāng)例例6 A, B, C 三人在同一辦公室工作三人在同一辦公室工作. 房間里有一房間里有一部電話部電話. 據(jù)統(tǒng)計知據(jù)統(tǒng)計知, 打給打給 A, B, C 的電話的概率分別的電話的概率分別為為 2

11、/5, 2/5, 1/5. 他們?nèi)顺Ｒ蚬ぷ魍獬鏊麄內(nèi)顺Ｒ蚬ぷ魍獬? A, B, C 三三人外出的概率分別為人外出的概率分別為 1/2, 1/4, 1/4. 設(shè)三人的行動相設(shè)三人的行動相獨立獨立. 求求(1) 無人接電話的概率無人接電話的概率;(2) 被呼叫人在辦公室的概率被呼叫人在辦公室的概率,若某一時間段打進(jìn)若某一時間段打進(jìn) 3 個電話個電話, 求求(3) 這這 3 個電話打給同一個人的概率個電話打給同一個人的概率;(4) 這這 3 個電話打給不相同的人的概率個電話打給不相同的人的概率;(5) 在這在這 3 個電話都打給個電話都打給 B 的條件下的條件下, B 卻都不在的卻都不在的條件概

12、率條件概率. 解解, 的事件的事件分別記有人打電話給分別記有人打電話給以以件件各人在辦公室的事各人在辦公室的事分別記分別記以以CBATTTCBACBACBA,51)(,52)(,52)( CBATPTPTP由題設(shè)知由題設(shè)知,41)(,41)(,21)( CPBPAP因而得因而得相互獨立相互獨立又知事件又知事件,CBA(1) 無人接電話的概率為無人接電話的概率為)()()()(CPBPAPCBAP .321414121 (2) 被呼叫人在辦公室的概率為被呼叫人在辦公室的概率為)(2CBACTBTATPp )()()(CBACTPBTPATP )()()()()()(CBATPCPTPBPTPAP

13、 51)411(52)411(52)211( .2013 (3) 所求概率為所求概率為)3()2()1()3()2()1()3()2()1(3CCCBBBAAATTTTTTTTTPp .,3, 2, 1)3(),2(),1(其余記號含義類似其余記號含義類似的的打給打給個電話是個電話是第第第第分別表示第分別表示第ATTTAAA)3()2()1()3()2()1()3()2()1(3CCCBBBAAATTTPTTTPTTTPp 因此因此333515252 .12517 (4) 三個電話打給三個不相同的人三個電話打給三個不相同的人, 共有共有 3!=6 種搭種搭配配, 這這 6 種搭配兩兩不相容種搭

14、配兩兩不相容, 每一種搭配的概率都每一種搭配的概率都是是.1254515252 從而所求概率為從而所求概率為.125241254! 34 p(5) 一只電話打給一只電話打給B的條件下的條件下B不在的條件概率為不在的條件概率為,41三只電話都打給三只電話都打給B的條件下而的條件下而B都不在的條件概率都不在的條件概率為為.414141413 例例7 將將 4 只球隨機(jī)地放入只球隨機(jī)地放入 6 個盒子中去個盒子中去 ,試求每試求每個盒子至多有一只球的概率個盒子至多有一只球的概率.解解 將將4只球隨機(jī)地放入只球隨機(jī)地放入6個盒子中去個盒子中去 , 共有共有64 種種放法放法.每個盒子中至多放一只球共有

15、每個盒子中至多放一只球共有 種不同放種不同放法法.3456 因而所求的概率為因而所求的概率為463456 p.2778.0 例例8 設(shè)袋中有設(shè)袋中有 4 只白球只白球, 2 只紅球只紅球 , (1) 無放回隨無放回隨機(jī)地抽取兩次機(jī)地抽取兩次, 每次取一球每次取一球, 求在兩次抽取中至多求在兩次抽取中至多抽到一個紅球的概率抽到一個紅球的概率? (2) 若無放回地抽取若無放回地抽取 3次次, 每次抽取一球每次抽取一球, 求求 (a) 第一次是白球的情況下第一次是白球的情況下, 第第二次與第三次均是白球的概率二次與第三次均是白球的概率? (b) 第一次與第第一次與第二次均是白球的情況下二次均是白球的

16、情況下 , 第三次是白球的概率第三次是白球的概率?解解)1(紅球”紅球”一個一個“兩次抽取中至多抽到“兩次抽取中至多抽到為事件為事件設(shè)設(shè) A”為“第一次抽取到紅球為“第一次抽取到紅球事件事件1A.2”為“第二次抽取到紅球為“第二次抽取到紅球事件事件 A546252645364 )()()()(212121AAPAAPAAPAP )()()()()()(121121121AAPAPAAPAPAAPAP 則有則有,212121AAAAAAA .1514 . 3, 2, 1,)2( iiAi次取出的是白球”次取出的是白球”為“第為“第設(shè)事件設(shè)事件)()(132AAAPa,)()(1321APAAAP

17、 .1033251)()()(1321132 APAAAPAAAP所以所以,513634)(,3264)(3211 AAAPAP因為因為,522624)(21 AAP因為因為.215251)()()(21321213 AAPAAAPAAAP所以所以,)()()()(21321213AAPAAAPAAAPb ,513634)(321 AAAP例例9 擲兩顆骰子擲兩顆骰子, 已知兩顆骰子點數(shù)之和為已知兩顆骰子點數(shù)之和為7, 求其中有一顆為求其中有一顆為1點的概率點的概率.解解設(shè)事件設(shè)事件A 為為“ 兩顆點數(shù)之和為兩顆點數(shù)之和為 7 ”, 事件事件 B為為 “ 一顆點數(shù)為一顆點數(shù)為1 ”.故所求概率

18、為故所求概率為.31 p擲骰子試驗擲骰子試驗 兩顆點數(shù)之和為兩顆點數(shù)之和為 7 的種數(shù)為的種數(shù)為 3,其中有一顆為其中有一顆為 1 點的種數(shù)為點的種數(shù)為 1,., 6 . 0, 7 . 0率率少少有有一一次次命命中中目目標(biāo)標(biāo)的的概概試試求求兩兩次次獨獨立立射射擊擊至至射射擊擊命命中中目目標(biāo)標(biāo)的的概概率率為為這這時時內(nèi)內(nèi)的的概概率率為為假假設(shè)設(shè)目目標(biāo)標(biāo)出出現(xiàn)現(xiàn)在在射射程程之之思路思路 引進(jìn)事件引進(jìn)事件 ;目標(biāo)進(jìn)入射程目標(biāo)進(jìn)入射程 A. 2 , 1, iiBi次射擊命中目標(biāo)次射擊命中目標(biāo)第第.,21用全概率公式來求解用全概率公式來求解可利可利因此因此命中目標(biāo)的命中目標(biāo)的不在射程之內(nèi)是不可能不在射程

19、之內(nèi)是不可能由于目標(biāo)由于目標(biāo)的概率的概率故所求概率為事件故所求概率為事件BBB 例例1全概率公式典型例題全概率公式典型例題解解由題意知由題意知)2, 1(, 6 . 0)(, 7 . 0)( iABPAPi, 0)(表示目標(biāo)不在射程之內(nèi)表示目標(biāo)不在射程之內(nèi)因為因為由于由于ABAP 有有因此由全概率公式因此由全概率公式,)()()()(ABPBAPABPBP )()(ABPAP ),()(21ABBPAP ,21相互獨立相互獨立與與由題意知由題意知BB 由加法公式得由加法公式得)(21ABBP)()()(2121ABBPABPABP .36. 06 . 06 . 0 )()()(2121ABPA

20、BPABBP 從而從而36. 06 . 06 . 0 .84. 0 )()()(21ABBPAPBP 故故84. 07 . 0 .588. 0 .,573,251510兩份兩份從中先后抽出從中先后抽出名表名表隨機(jī)地取一個地區(qū)的報隨機(jī)地取一個地區(qū)的報份份份和份和份份為為其中女生的報名表分別其中女生的報名表分別生的報名表生的報名表名考名考名和名和名名設(shè)有來自三個地區(qū)的各設(shè)有來自三個地區(qū)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 由于抽到的表與

21、來自哪個地區(qū)有關(guān)由于抽到的表與來自哪個地區(qū)有關(guān),故此故此題要用全概率公式來討論題要用全概率公式來討論.例例2解解,1,2,3;iHii記記抽抽到到第第 個個地地區(qū)區(qū)考考生生的的報報名名表表, 2, 1, jjAj次次抽抽到到報報名名表表是是男男生生的的第第;107)();3 , 2 , 1(31)(11 HAPiHPi則有則有.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又因為又因為,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求求此此系系統(tǒng)統(tǒng)的的可可靠靠性性的的可可靠靠性性為為件件設(shè)設(shè)元元如如圖圖所所示示個個元元件件組組成成橋橋式式電電路路系系統(tǒng)統(tǒng)由由 ipAii思

23、路思路 為了求系統(tǒng)的可靠性為了求系統(tǒng)的可靠性,分兩種情況討論分兩種情況討論:.,)1(43215并聯(lián)電路再串聯(lián)而得并聯(lián)電路再串聯(lián)而得與與并聯(lián)并聯(lián)相當(dāng)于相當(dāng)于工作正常時工作正常時當(dāng)當(dāng)AAAAA例例3.,)2(42315串聯(lián)電路進(jìn)行并聯(lián)而得串聯(lián)電路進(jìn)行并聯(lián)而得串聯(lián)再與串聯(lián)再與相當(dāng)于相當(dāng)于失效時失效時當(dāng)當(dāng)AAAAA解解, 5 , 2 , 1, iABii正常工作正常工作元件元件記記.系統(tǒng)正常工作系統(tǒng)正常工作 C從而由全概率公式知從而由全概率公式知).()()()()(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試確定常數(shù)試確定常數(shù)且且的分布函數(shù)為的分布函數(shù)為設(shè)離散型隨機(jī)變量設(shè)離散型隨機(jī)變量XbaXPxbaxaxaxxFX 思路思路 首先利用分布函數(shù)的性質(zhì)求出常數(shù)首先利用分布函數(shù)的性質(zhì)求出常數(shù) a, b,再用已確定的分布函數(shù)來求分布律再用已確定的分布函數(shù)來求分布律.解解:)(的性質(zhì)的性質(zhì)利用分布函數(shù)利用分布函數(shù)xF例例1 1第二章典型例題第二章典型例題),

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因此有因此有從而從而 X 的分布律為的分布律為XP211 213161.)3();()2(;)1(.,e)(2的概率密度的概率密度求求的分布函數(shù)的分布函數(shù)求求求系數(shù)求系數(shù)的概率密度為的概率密度為已知隨機(jī)變量已知隨機(jī)變量XYxFXAxAxfXx 解解有有由概率密度的性質(zhì)由概率密度的性質(zhì),)1( xAxxfxded)(1 0de2xAx,2A .21 A故故例例2 2,de21)()2(

26、 xxxxF有有時時當(dāng)當(dāng),0 xxxFxxde21)( ;e21x 有有時時當(dāng)當(dāng),0 xdede21)(00 xxxxxxF;e211x 所以所以 X 的分布函數(shù)為的分布函數(shù)為 . 0,e211, 0,e21)(xxxFxx, 0)3(2 XY由于由于; 0)(,0 yYPyFyY有有時時故當(dāng)故當(dāng)有有時時當(dāng)當(dāng),0 y)(2yXPyYPyFY yXyP yyxxde21,de2120 yxx),()(yfyFYY 由于由于有有時時故當(dāng)故當(dāng),0 ydedd)(dd0 yxYxyyFy,21eyy 的概率密度為的概率密度為從而從而 Y, . 0, 00,e21)(yyyyfyY.2100,cm182

27、)2(?01. 0,)1()cm:()6,170(2的概率的概率頂碰頭的人數(shù)不多于頂碰頭的人數(shù)不多于個成年男子與車門個成年男子與車門求求若車門高為若車門高為車門頂碰頭的幾率小于車門頂碰頭的幾率小于使男子與使男子與車門的高度車門的高度問應(yīng)如何設(shè)計公共汽車問應(yīng)如何設(shè)計公共汽車單位單位高高設(shè)某城市成年男子的身設(shè)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過求其不超過布律布律然后用此分然后用此分的人數(shù)的分布律的人數(shù)的分布律子中身高超過子中身高超過名男名男第二問首先要求出第二問首先要求出確定確定那么按設(shè)計要求應(yīng)有那么按設(shè)計要求應(yīng)有設(shè)車門高度為設(shè)車門高度為l

28、lXPl 例例3解解),6 ,170()1(2NX由題設(shè)知由題設(shè)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的概率為的概率為設(shè)任一男子身高超過設(shè)任一男子身高超過 61701826170182XPXPp則則)2(1 .0228. 0 ,cm182100的人數(shù)的人數(shù)個男子中身高超過個男子中身高超過為為設(shè)設(shè) Y其中其中則則),0228. 0,100( BY,9772. 00228. 0100100 kkkkYP .100, 1 , 0 k,28. 2

29、,0228. 0,100 nppn其中其中布來計算布來計算故可用泊松分故可用泊松分較小較小較大較大由于由于從而從而! 2e28. 2! 1e28. 2! 0e28. 2228. 2228. 228. 20 YP.6013. 0 ,2102 YPYPYPYP所求概率為所求概率為.,200,6001,):(,a概概率率至至少少有有一一只只元元件件損損壞壞的的內(nèi)內(nèi)小小時時試試求求在在儀儀器器使使用用的的最最初初中中參參數(shù)數(shù)其其都都服服從從同同一一指指數(shù)數(shù)分分布布小小時時單單位位其其壽壽命命元元件件立立工工作作的的同同型型號號電電子子設(shè)設(shè)某某儀儀器器上上裝裝有有三三只只獨獨 思路思路, 200 )3

30、, 2 , 1(的事件的事件小時內(nèi)損壞”小時內(nèi)損壞”使用的最初使用的最初“在“在分別表示三個電子元件分別表示三個電子元件以以 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數(shù)分布求出由指數(shù)分布求出 p解解的概率密度為的概率密度為由題設(shè)知由題設(shè)知個元件的使用壽命個元件的使用壽命表示第表示第用用)3 , 2 , 1(,)3 , 2 , 1( iXiiXii . 0, 0, 0,e6001)(600 xxxfx,一分布一分布由三個電子元件服從同由三個電子元件服從同,)(200pAPX

31、Pii 又又因此所求概率為因此所求概率為)()()(1321APAPAP 31p 331)e (1 .e11 從而從而 200d)(200 xxfXPi 200600de6001xx,e31 . 3 , 2 , 1 i解解, 1dd),()1( yxyxf因為因為xyxCyxdd)1(100 yxyxfdd),( 可得可得.,)3(;,)2(;)1(., 00, 10),1(),(),(的獨立性的獨立性判斷判斷的邊緣概率密度的邊緣概率密度關(guān)于關(guān)于求關(guān)于求關(guān)于的值的值求求其他其他，設(shè)設(shè)YXYXCxyxxCyyxfYX 例例1第三章典型例題第三章典型例題 ., 0.0, 10),1(24),(其他

32、其他故故xyxxyyxfyxyyyxfxfxXd)1(24d),()(0 ).1(122xx ,10)2(時時當(dāng)當(dāng) x,10時時或或當(dāng)當(dāng) 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)關(guān)于關(guān)于X 的邊緣概率密度為的邊緣概率密度為,10時時當(dāng)當(dāng) 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、互獨獨立立所所以以YX.0d),()( xyxfyfY,10時時或或當(dāng)當(dāng) yyxy oxy1 x例例2 設(shè)隨機(jī)變量設(shè)隨機(jī)變量 X 與與 Y 相互獨立相互獨立,且其分布密且其分布密度分別為度分別為 , 0, 10, 1)(xxfX其他其他. , 0, 0,e)(yyfyY其他其他.求隨機(jī)變量求隨機(jī)變量 Z=2X+Y 的分布密度的分布密度.),(yxf 由于由于 X 與與Y 相互獨立相互獨立,解解)()(yfxfYX ., 0, 0, 10,e其他其他yxy所以所以 ( X,Y ) 的分布密度函數(shù)為的分布密度函數(shù)為.dde2yxzYXy )(zZPzFZ 2zYXP yxyxfzYXdd),(2

34、xyOzyx 2)0, 10( yx隨機(jī)變量隨機(jī)變量 Z 的分布函數(shù)為的分布函數(shù)為所以隨機(jī)變量所以隨機(jī)變量 Z 的分布密度為的分布密度為 . 2,2e ) 1e (, 20,2)e1(, 0, 0)()(2zzzzFzfzzZZ 102202. 2,d)e1 (, 20,d)e1 (, 0, 0)(zxzxzzFzxzxZ解解),(max54321XXXXXD 設(shè)設(shè).4),(max:., 0, 0,e1)(:,5543218e2543212的概率的概率試求試求其他其他且都服從同一分布且都服從同一分布機(jī)變量機(jī)變量設(shè)它們是相互獨立的隨設(shè)它們是相互獨立的隨察值為察值為得到的觀得到的觀次次測量了測量了

35、對某種電子裝置的輸出對某種電子裝置的輸出 XXXXXzzFXXXXXz例例3,)()(5maxzFzF 因因為為41 DP.)e1(15e2 )4(1maxF 5)4(1F 4 DP所以所以 ., 0,0,e),( ),(其他其他的聯(lián)合概率密度為的聯(lián)合概率密度為設(shè)隨機(jī)變量設(shè)隨機(jī)變量yxcxyxfYXy例例4(1);(2)?(3)(,);(4);(5)1;(6)min(,)1.cXYX YZXYP XYPX Y 求求常常數(shù)數(shù)與與是是否否獨獨立立 為為什什么么求求的的聯(lián)聯(lián)合合分分布布函函數(shù)數(shù)求求的的密密度度函函數(shù)數(shù)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.不獨立不獨立與與故故YX(3)( , ),:F x yP Xx Yy由由于于故故有有. 0),(,00 yxFyx有有時時或或當(dāng)當(dāng)有有時時當(dāng)當(dāng),0 xy,),(yYxXPyxF uuvvvyded00 yvvv02de21.e )12(12yyy 有有時時當(dāng)當(dāng),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 根根據(jù)據(jù),20,0,),(時時即即只有當(dāng)只有當(dāng)非零非零由于要被積函數(shù)由于要被積函數(shù)zxxzxxzxf 從而有從而有:; 0)(,0 zfzZ時時當(dāng)當(dāng),0時時當(dāng)當(dāng) 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為的概率密度為設(shè)隨機(jī)變量設(shè)隨機(jī)變量求求設(shè)設(shè)求求的分布律為的分布律為設(shè)隨機(jī)變量設(shè)隨機(jī)變量 例例1第四章典型例題第四章典型例題解解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 設(shè)設(shè)二二維維連連續(xù)續(xù)型型隨隨機(jī)機(jī)變變量量的的聯(lián)聯(lián)合合密密度度函函數(shù)數(shù)為為其其他他求求的的協(xié)協(xié)方方差差及及相相關(guān)

40、關(guān)系系數(shù)數(shù)yxyxfxXEdd),()( xyxyxxdd )21(7610202 xxxd767121023 ,75 例例2yxxyxxXEdd )21(76)(1020222 ,7039 ,49023757039)( 2 XD故故xyxyxyYEdd )21(76)(10202 因為因為,78 xyxyxyYEdd )21(76)(1020222 ,2134 ( 2 YD故故xyxyxxyXYEdd )21(76)(10202 ,2117 )()()(),(Cov YEXEXYEYX 故故,147178752117 的相關(guān)系數(shù)的相關(guān)系數(shù)與與YX)()(),(Cov

41、YDXDYXXY .6915 .,. , 0, 1, 1 ),(141),()2().,Cov(),()1( 22是否不相關(guān)是否不相關(guān)是否相互獨立是否相互獨立問問其他其他的聯(lián)合概率密度為的聯(lián)合概率密度為和和設(shè)隨機(jī)變量設(shè)隨機(jī)變量求求設(shè)隨機(jī)變量設(shè)隨機(jī)變量YXyxyxxyyxfYXXnXpnbX 例例3解解),(Cov),(Cov),(Cov)1(XXnXXnX )()()(XDXnEnXE ).1(pnp ,1)2(時時當(dāng)當(dāng) xyyxxyxfXd)(141)(2211 yd4111 .21 知知時時當(dāng)當(dāng)同樣同樣.21)(,1, yfyY),()(),(yfxfyxfYX .不是相互獨立的不是相互獨

42、立的和和故故YXxxfxXEXd)()(11 又又xx d2111 , 0 . 0)( YE同樣有同樣有yxyxyxxyXYEdd)(41)(11112222 而而yxyxyxdd )(10104224 , 0 于是于是, 0)()()( YEXEXYE.,不相關(guān)不相關(guān)所以所以YX.,31 的數(shù)學(xué)期望的數(shù)學(xué)期望求求刑事案件的天數(shù)刑事案件的天數(shù)記一年內(nèi)未發(fā)生嚴(yán)重記一年內(nèi)未發(fā)生嚴(yán)重以以為參數(shù)的泊松分布為參數(shù)的泊松分布服從以服從以刑事案件數(shù)刑事案件數(shù)某城市一天內(nèi)發(fā)生嚴(yán)重某城市一天內(nèi)發(fā)生嚴(yán)重XXY例例4解解 引入隨機(jī)變量引入隨機(jī)變量: .365, 2, 1 , , 0, , 1iiXi其他其他天未發(fā)生

43、嚴(yán)重行事案件天未發(fā)生嚴(yán)重行事案件若在第若在第.36521XXXX 則則由于由于01 YPXPi! 0e)31(310 ,e31 的分布律為的分布律為知知iX3131ee110 kipX.365, 2, 1 i.e)(31 iXE于是于是的數(shù)學(xué)期望為的數(shù)學(xué)期望為即得即得 X 365131e)(iXE31e365 ).(262 天天 第五章典型例題第五章典型例題解解. , 1 , : 4). 3, 2,1,()( , , 1221指出其分布參數(shù)指出其分布參數(shù)并并近似服從正態(tài)分布近似服從正態(tài)分布隨機(jī)變量隨機(jī)變量大時大時充分充分當(dāng)當(dāng)證明證明已知已知樣本樣本的簡單隨機(jī)的簡單隨機(jī)是來自總體是來自總體假設(shè)假

44、設(shè) niinkknXnZnkXEXXXX , , 21獨立同分布獨立同分布因為因為nXXX , , 22221也獨立同分布也獨立同分布所以所以nXXX例例1,)( 22 iXE且且,)()()(2242242 iiiEXXEXD根據(jù)根據(jù)獨立同分布的中心極限定理獨立同分布的中心極限定理知知)(224122 nnXVniin)(11224122 nXnnii)(12242 nZn的極限分布是標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的極限分布是標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布. , 充分大時充分大時故當(dāng)故當(dāng)n,近似服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布近似服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布nV , 充分大時充分大時從而當(dāng)從而當(dāng)n )(12224近似服從近似服從 nnVnZ . , 22

45、422的正態(tài)分布的正態(tài)分布參數(shù)為參數(shù)為n ?1000161,6000,61,的概率是多少的概率是多少之差的絕對值小于之差的絕對值小于所占的比例與所占的比例與試問在這些種子中良種試問在這些種子中良種粒粒選選今在其中任今在其中任其中良種占其中良種占現(xiàn)有一批種子現(xiàn)有一批種子解解 , 0, 1粒不是良種粒不是良種第第粒是良種粒是良種第第令令iiXi., 2, 1ni ,61)1( iXP則則,1 niinXY記記.6000,61, nnBYn則則例例2根據(jù)題意根據(jù)題意, 所求概率為所求概率為 10001616000nYP),61000( nYP,61,6000 BYn因為因為由由中心極限定理中心極限定

46、理有有:,651000,1000 NYn近似服從近似服從 10001616000nYP所以所以 6/5100066/510001000nYP15000662 1)208. 0(2 15832. 02 .1664. 0 第六章典型例題第六章典型例題. , )()( , ),( , )1 , 0( 226542321621分布分布服從服從使得使得試決定常數(shù)試決定常數(shù)的簡單隨機(jī)樣本的簡單隨機(jī)樣本體體為來自總為來自總服從服從設(shè)設(shè) CYCXXXXXXYXXXXNX 例例1解解根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì),),3 , 0(321NXXX ),3 , 0(654NXXX ),1 , 0(3 321N

47、XXX 則則),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獨立及相互獨立及因為因為 XXX2654232133 XXXXXX)()(3126542321XXXXXX ),2(2 . ,312分布分布服從服從所以所以 CYC 0.01. , ,),( ),( ),( 2222111211221的概率大約為的概率大約為過過差超差超使得這兩個樣本均值之使得這兩個樣本均值之試確定試確定的樣本均值的樣本均值和和的兩樣本的兩樣本為為的容量的容量是來自正態(tài)總體是來自正態(tài)總體和和設(shè)設(shè) nXXXXXXnNXXnn解

48、解,21 nNX ,22 nNX ,2, 0 221 nNXX 則則 21 XXP 2/221nnXXP 例例2 2/2121nnXXP 221nn 222n ,01. 0 ,995. 02 n 有有查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表知查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表知,58. 22 n .14 n于是于是.2)(12)2(;2)(12)1( , ),( 16 ),( 2122212216212 niiniiXXnPXnPXXXnNX求概率求概率的樣本的樣本量為量為從此總體中取一個容從此總體中取一個容設(shè)總體設(shè)總體解解 , , (1)1621是來自正態(tài)總體的樣本是來自正態(tài)總體的樣本因為因為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 因為因為 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的最大似然估計的最大似然估計求求的概率密度的概率密度是是其中其中估計估計的最大似然的最大似然的點的點求使得求使得的樣本的樣本是來自是來自未知未知設(shè)總體設(shè)總體 XPXxfaxxfXXXXNXan 例例1解解 , 的最大似然估計分別為的最大似然估計分別為已知已知 ,x .)(121xxnnii 第七章典型例題第七章典型例題 axxf)d,;()1(2 ),;(),;(22 aFF ,1 a ) (的分布函數(shù)的分布函數(shù)為為