概率論與數理統計(昆工版)輔導(昆工版)輔導第一,二三章

概率統計學習輔導戴琳秦叔明付英姿昆明理工大學應用數學系第一章隨機事件與概率一基本概念和內容樣本空間：試驗的所有可能結果的集合。事件之間的關系及運算：，互斥必互逆，互逆不一定互斥。隨機事件的運算滿足的運算規(guī)律：（1）結合律：（2）交換律：（3）分配律：概率的古典定義：設隨機試驗下樣本空間的樣本點數為有限數，且中每個樣本點出現的可能性相同，若事件含有個樣本點則概率的幾何定義：設隨機試驗下樣本空間為中一區(qū)域，，且中每個樣本點出現的可能性相同，則概率的公理化定義：設隨機試驗下樣本空間為，對任一事件賦予值滿足：（1）非負性：；（2）規(guī)范性：；（3）可列可加性：若則稱的概率。概率的加法公式：；當概率的減法公式：若逆事件概率公式：條件概率：設為事件發(fā)生的條件下事件發(fā)生的條件概率。乘法公式：；全概率公式：設為任一事件，則逆概率公式：（貝葉斯公式）設為任一事件，則獨立性：若事件，則稱事件獨立。若事件獨立，且。若事件獨立，則有重伯努利試驗：若隨機試驗只有兩種可能結果：事件發(fā)生或不發(fā)生，則稱這樣的試驗為伯努利試驗，將伯努利試驗在相同條件下重復進行次，則稱試驗為重伯努利試驗。二項概率公式：設隨機試驗則在重伯努利試驗中，事件恰好發(fā)生次（的概率為：二基本題型例1擲一顆骰子，觀察出現的點數，請寫出該隨機試驗的樣本空間例2生產產品直到有10件正品為止，記錄生產產品的總件數。寫出該隨機試驗的樣本空間例3設相互獨立，則恰好出現一個的概率為（。）例4設一批產品中一、二、三等品各占60％，30％，10％，從中隨機的取出一件，結果不是三等品，則取到一等品的概率為（03級題）注：以分別表示任取一件產品為一、二、三等品，則例5設為三個事件，則不發(fā)生應表示為。例6已知兩個事件滿足條件，注:由例7（1）設為三個事件，則至多兩個發(fā)生應表示為（2）設為三事件，試用的運算表示事件中至少有兩個發(fā)生：,或（3）設為二事件，則注（4）設10件產品中有4件不合格，從中任取兩件，已知兩件中有兩件中有一件是不合格品，則另一件也是不合格的概率為。注：：兩件均不合格，：一件合格，兩件中有一件是不合格品即；兩件中有一件是不合格品，另一件也是不合格即，故例8設發(fā)生的頻率與概率，則當例9設為三個事件，則都發(fā)生應表示為例10設為兩事件，且，則的最大值為注：當例11設表示“甲種產品暢銷”表示“乙甲種產品滯銷”，則“甲種產品暢銷或乙甲種產品滯銷”用表示為例12設為二事件，化簡下列事件：例13電話號碼由5個數字組成，每個數字可能是從0到9這10個數字中的任一個，求電話號碼由5個不同數字組成的概率。解例14張獎券中有張有獎的，個人購買，每人一張，求其中至少有一人中獎的概率。解法一：試驗可模擬為個紅球，個白球，編上號，從中任取個構成一組，則總數為，而全為白球的取法有種，故所求概率為解法二：令—第人中獎，—無一人中獎，則，注意到不獨立也不互斥：由乘法公式故所求概率為例1520運動隊，任意分成甲乙兩組（每組10隊）進行比賽，已知其中有兩個隊是一級隊，求這兩個一級隊：被分在不同組()的概率，；（2）被分在同一組()的概率。解;或：因故例16從一批由45件正品，5件次品組成的產品中任取3件，求其中恰有一件次品的概率。解例17設袋中有個黑球，個白球，現隨機地從中取出一球，分別就（1）抽取后放回，（2）抽取后不放回，求出第次取出的一個球是黑球的概率。解（1）（2）例18在上任取一點，求該點到原點的距離不超過的概率。答案：解：此為幾何概率問題：,所求事件占有區(qū)間，從而所求概率為.例19在長度為的線段內任取兩點，將其分成三段，求它們可以構成三角形的概率。SHAPE解且，又例20在區(qū)間內任取兩個數，求這兩個數的積小于的概率。SHAPE解例21設為二事件，設解故例22設為二事件，設解例23設解（1）若若（2）若若與相互獨立，則例24電路由電池組與兩個并聯的電池組串聯而成，設電池組損壞的概率分別為，求電路發(fā)生斷電的概率是多少？（為相互獨立工作的電池組）解設分別表示電池組損壞，電路發(fā)生斷電可表示為，故例25飛機投炸彈炸敵方彈藥倉庫，已知投一彈命中號倉庫的概率分別為，求飛機投一彈沒有命中倉庫的概率。解設{命中倉庫}，則{沒有命中倉庫}，又設{命中第i倉庫}則，根據題意（其中兩兩互不相容）故=0.01+0.02+0.03=0.06所以即飛機投一彈沒有命中倉庫的概率為0.94例26某市有50％的住戶訂日報，有65％的住戶訂晚報，有85％的住戶至少訂這兩種報紙中的一種，求同時定這兩種報紙的住戶的百分比。解由已知有，例27一批零件共100個，次品率10％,連續(xù)兩次從這批零件中任取一個零件，第一次取出的零件不再放回，求第二次才取得正品的概率。解設{第一次取得次品}，{第二次取得正品}，則{第二次才取得正品}，又因為，則例28設隨機事件且解例29三人獨立的破譯一密碼，他們能單獨譯出的概率分別為求此密碼被譯出的概率。解以分別表示第一，二，三人獨立地譯出密碼，：表示密碼被譯出，則例30兩人獨立的去破譯一密碼，已知各人能譯出的概率為則兩人中至少有一人能破譯密碼的概率為，例31有三個元件獨立的工作，每個元件的可靠性都是將三個元件并聯成一個系統，求并聯系統的可靠性。解則例32求下列系統（如圖所示）的可靠度，假設元件的可靠度為，各元件正常工作或失效相互獨立解(1)系統由三個子系統并聯而成，每個子系統可靠度為，從而所求概率為；（2）同理得.例33三臺機器相互獨立的運轉，設第一，第二，第三臺機器不發(fā)生故障的概率依次為，求這三臺機器中至少有一臺發(fā)生故障得概率。解記臺機器未發(fā)生故障，三臺機器中至少有一臺發(fā)生故障，則例34設為二事件，設解例35設某種動物由出生算起活到20年以上的概率為，活到25年以上的概率為，問現在25歲的這種動物，它能活到25年以上的概率為多少？解例36某地區(qū)歷史上從某年后30年內發(fā)生特大洪水的概率為％，40年內發(fā)生特大洪水的概率為％，求已過去了30年未發(fā)生特大洪水的地區(qū)在未來10年內發(fā)生特大洪水的概。解發(fā)生特大洪水的時刻。例37設甲袋中有2只白球，4只紅球，乙袋中有3只白球，2只紅球，今從甲袋中任意取一球放入乙袋中，再從乙袋中任意取一球。（1）問取到白球的概率是多少？（2）假設取到白球，問該球來自甲袋的概率是多少？解“首先從甲袋中取到白球”收到信號“然后從乙袋中取到白球.”;由題設:于是:由貝葉斯公式有:;例38設甲袋中有3只正品2只次品，乙袋中有2只正品2只次品，先從甲袋中任取一只放入乙袋，再從乙袋中任取一只產品，求第2次取到正品的概率。解甲袋中取到正品，乙袋中取到正品，例39一批產品共有10件正品和2件次品，任取兩次，每次取一件，取后不放回，求第2次取出的是次品的概率。解分別表示第一次、第二次取得的是次品，則例40一個工廠有甲、乙、丙三個車間生產同類產品，產量各占總產量的25％，35％，40％，次品率各為5％，4％，2％。現任取一件產品發(fā)現是次品，求該次品是由甲車間生產的概率？解設分別表示產品由甲、乙、丙三個車間生產的，表次品，則：例41有兩個口袋，甲袋中盛有兩個白球，一個黑球，乙袋中盛有一個白球，兩個黑球，由甲袋中任取一個球放入乙袋，再從乙袋中取出一個球。（1）求取到白球的概率；（2）若發(fā)現從乙袋中取出的是白球，問從甲袋中取出放入乙袋的球是白球的概率。解設表“甲袋取出放入乙袋的球是白球”，表“甲袋取出放入乙袋的球是黑球”表“乙袋中取出白球，”，則：例42甲乙丙車間生產同一種螺釘，每個車間產量分別占產量的25％，35％，40％，若每個車間成品中的次品率分別占產量的5％，4％，2％，全部產品中任意抽出一螺釘，試問它是次品的概率是多少？全部產品中任意抽出恰好是次品，試問這個次品是甲車間生產的概率是多少解（1）分別為任意抽出一螺釘是由甲、乙、丙車間生產的。抽出的一個是次品由貝葉斯公式有:例43一批元件，，其中一等品占95％，二等品占4％，三等品占1％，它們能工作500h以上的概率分別為90％，80％，70％，求任取一元件能工作500h以上的概率。解分別為任抽一元件是一、二、三等品。抽出的一個能工作500h以上例44某廠用甲乙丙三地收購而來的藥材加工生產一種中成藥，三地供貨量分別占40％，35％，25％，且用這三地的藥材能生產出優(yōu)等品的概率分別為0.65，0.70，和0.85，（1）求從該廠產品中任取一件是優(yōu)等品的概率。（2）若取一件是優(yōu)等品的概率，求它的材料來自甲地的概率。解（1）分別為任意抽出原材料是由甲、乙、丙三地收購產的。生產出的藥品是優(yōu)等品（2）由貝葉斯公式有:例45設工廠甲和工廠乙的產品的次品率分別為1％和2％，現從由甲和乙的產品分別占60％和40％的一批產品中隨機的抽取一件，求（1）取到的產品是次品的概率。（2）若取到的產品發(fā)現是次品，求該次品是工廠甲生產的概率解分別表示所取產品是甲廠、乙廠生產，，取到次品，則，例46三人同時向一敵機射擊，擊中的概率分別是0.4，0.6和0.7；一人擊中，敵機被擊落的概率為0.2；二人擊中，敵機被擊落的概率為0.6；三人擊中，敵機必被擊落；求（1）敵機被擊落的概率。（2）已知敵機被擊落，求該機是三人擊中的概率。解用表示第人擊中，，則用表示恰有人擊中，；表示敵機被擊落，則例47某廠產品有70％，不需調試即可出廠，另30％，需經調試，調試后有80％，能出廠，求：（1）該廠產品能出廠的概率。（2）任取一出廠產品未經調試的概率。解“任取一產品，.不需調試即可出廠”“任取一產品，調試后能出廠”;“任取一產品，能出廠.”;“任取一產品，不能出廠”由題設:于是:由貝葉斯公式有:;例48進行一系列獨立試驗，假設每次試驗成功的概率度、都是求在試驗成功2次之前已失敗了3次的概率。解:表示試驗成功2次時的試驗次數，,試驗成功2次之前已失敗了3次的概率等價于：前面4次成功了1次且第5次必成功。例4910個球中有一個紅球，有放回的抽取，每次取出一球，求直到第次才取出次紅球的概率。解例50燈泡使用壽命在1000小時以上的概率為0.2，求3個使用1000小時后，最多只有一只壞了的概率。解記P=P{燈泡使用在1000小時以上完好}:3個使用1000小時后壞了的只數。則～例51某人有兩盒火柴，每盒中各有根，吸煙時任取一盒，并從中任取一根，當他發(fā)現一盒已經用完時，試求另一盒還有根的概率。(02級試題)解注：可看作重貝努力試驗，每次試驗中取了第一盒（即用完的那一盒）中一根火柴的概率為，取了第二盒中一根火柴的概率也為，設所求事件為，則相當于“第一盒（即用完的那一盒）中取了根火柴，第二盒（即用完的那一盒）中取了根火柴，”的事件，故三擴展題型例1甲乙丙三人各射一次靶，記“甲中靶”；“乙中靶”；“丙中靶”則用上述三事件的運算分別表示下列事件(1)甲未中靶：；(2)甲中靶而乙未中靶(3)三人中只有丙未中靶：;(4)三人中恰好一人中靶：(5)三人中至少一人中靶;(6)三人中至少一人未中靶或(7)三人中恰好兩人中靶：;(8)三人中至少兩人中靶(9)三人中均未中靶：;(10)三人中至多一人中靶(11)三人中至多兩人中靶例2設隨機事件的概率分別為表示的對立事件，那么（1990考研數學1）解將題設代入得，又。例3已知則事件全不發(fā)生的概率為（1992考研數學1）解由于是全不發(fā)生的概率為：例4從5雙不同的鞋子中任取4只，這4只鞋子中“至少有兩只配成一雙”的概率是多少？解將這五雙靴子分別編號分組，則表示：“至少有兩只配成一雙”；從5雙不同的鞋子中任取4只，其可能選法有不能配對只能是：一組中選i只，另一組中選4-i只，且編號不同，其可能選法為例5設兩兩相互獨立的事件、滿足條件：且已知（1992考研數學1）解將已知代入有：，故例6設兩個相互獨立的事件則（2000考研數學1）解由已知有（1）又：將代入（2）得（3）由的獨立性及（3）有（4）代入（1）有從而，故：例7設是小概率事件，即是給定的任意小的正數，試證明：當試驗不斷地重復進行下去，事件總會發(fā)生（以概率1發(fā)生）。解設事件表示第次試驗中事件出現次試驗中，事件至少出現一次的概率為當試驗不斷地重復進行下去，事件發(fā)生的概率為：例8袋中有50個乒乓球，其中20個是黃球，30個是白球，今有兩人依次隨機的從袋中各取一球，取后不放回，則第二人取得黃球的概率是（1997考研數學1）解表第二人取得黃球，則例9設10件產品中有4件不合格品，從中任取兩件，已知所取兩件產品中有一件是不合格平，則另一件也是不合格品的概率是（1993考研數學1）解設“”“”“”則例10隨機地向半圓為正整數）內擲一點，點落在半圓內任何區(qū)域的概率與區(qū)域的面積成正比，則原點和該點的連線與軸的夾角小于的概率為（1991考研數學1）解以，由題設知，點落在圖所示的陰影部分，由于在極坐標下，圖形的面積：例11考慮一元二次方程分別是將一枚骰子接連擲兩次先后出現的點數，求該方程有實根的概率（1996考研數學4）。解一枚骰子擲兩次，其基本事件總數為36，方程有實根的充分必要條件是，即由表可見，方程有實根的基本事件總數為123456使的基本事件數012466使的基本事件數0101001+2+4+6+6=19。于是方程有實根的概率為：方程有重根的充分必要條件是，即故：方程有重根的概率為例12用某種檢驗方法檢查癌癥，根據臨床記錄，患癌癥者施行此項檢查，結果是陽性的概率為0.95，無癌癥者施行此項檢查，結果是陰性的概率為0.90，若據統計，某地癌癥的發(fā)病率為0.0005，試求用此法檢查結果為陽性者而而實際患癌癥的概率。解“患癌癥.”“未患癌癥”;“檢查結果為陽性”;由題設:于是:由貝葉斯公式有:;例13設工廠的產品的次品率分別為1％和2％，現從由的產品分別占60％和40％的一批產品中隨機抽取一件，發(fā)現是次品，則該次品屬于廠生產的概率是（1996考研數學1）解“取到的產品是由廠生產的”，“取到的產品是由廠生產的”，“取到的產品是次品”則由貝葉斯公式：第二章一維隨機變量及其分布一基本概念及內容隨機變量的分布函數：設是一個隨機變量，是任意實數，稱為的分布函數。由分布函數的定義得：設離散型隨機變量則稱離散型隨機變量的概率分布或分布律。分布律滿足：（1），……～0-1分布～二項分布～泊松分布～幾何分布～超幾何分布定義：若隨機變量在某期間連續(xù)的取值，且對任意的存在可積函數使；則稱為概率密度函數的連續(xù)型隨機變量。概率密度函數的性質：在～均勻分布～指數分布～正態(tài)分布：其分布函數：～標準正態(tài)分布：其分布函數：若～正態(tài)分布：若～正態(tài)分布：求離散型隨機變量的函數的分布律的方法：可用定義求之，也可在概率分布表上補充一行的函數值，然后將取值相同的概率相加即得。求連續(xù)型隨機變量的函數的概率密度的方法：一分布函數法：求出求的表達式，從而求出：二公式法：（1）當是單調可導函數時，則：（2）當是非單調可導函數，設其分兩段單調，其反函數為則：二基本題型例1：填空題（1）設隨機變量的分布律為）則（2）一均勻骰子在重復擲10次后，表示點3出現的次數，則服從：參數為的二項分布，分布律為（3）設隨機變量X的概率密度為，Y表示對的三次重復觀察中事件出現的次數，則=例2設隨機變量的分布律為，1例3設隨機變量例4設隨機變量的分布密度為例5設例6設隨機變量相互獨立同分布，且=例7若求解：例8已知隨機變量服從二項分布，即～則的分布律為例9已知隨機變量在區(qū)間[1，3]上服從均勻分布，則的概率密度函數為例10設隨機變量～～例11設離散型隨機變量的分布律為且則例12已知隨機變量在（0，5）上服從均勻分布，則方程：有實根的概率為例13在測試燈泡的壽命的試驗中，試寫出樣本空間并在其上定義一個隨機變量。解樣本空間表示燈泡的壽命（h）是隨機變量。例14報童賣報，每份0.15元，其成本為0.10元，報館每天給報童1000份報，并規(guī)定不得把賣不出的報紙退回，設為報童每天賣出的報紙份數，試將報童賠錢這一事件用隨機變量的表達式表示。{報童賠錢}=,例15設隨機變量的分布函數，試求（1）解例16設連續(xù)型隨機變量的分布函數為其中試求（1）常數，（2）求（3）求的概率密度解（1）即，因為：（2）（3）例17設隨機變量～求：（1）常數,(2)的分布函數，（3）落在區(qū)間的概率。解（1）因，（2）當時當時，當時：故（3）例18設隨機變量的概率密度試求（1）隨機變量落在區(qū)間內的概率，（2）的分布函數解故的分布函數為例19設隨機變量的概率密度為試求（1）系數的分布函數，（3）內的概率。解因為例20用表示某商店從早晨開始營業(yè)起到第一個顧客到達的等待時間（以分計），的分布函數是（1）求（2）求（3）求概率密度解；（3）例215個乒乓球中有兩個是新的，3個是舊的，若果從中任取3個，其中新的乒乓球的個數是一個隨機變量，求這個隨機變量的概率分布律.解表示從中任取3個，其中新的乒乓球的個數；則的可能取值為0.1，2。例22某射手有5發(fā)子彈，射擊一次命中率為0.9，如果他命中目標就停止射擊，不命中就一直射擊到用完5發(fā)子彈，求所用子彈數X的分布律。解：即例23一批零件有9件合格品與3件廢品，安裝機器時，從這批零件中任取一件，若每次取出的廢品不再放回，求在取出合格品之前已取出的廢品數的分布律。解：例24袋中有標號為從袋中任取一球，該球的標號為一隨機變量，試求的分布律。解：袋中球的總數為標號為故分布律為：例25從1到10中任取一個數字，若取到數字的概率與成正比，即解：由歸一性：例26已知隨機變量服從參數為λ=1的泊松分布，試求滿足條件的自然數.解：或由查附表得例27某公路一天內發(fā)生交通事故的次數服從泊松分布，且一天內發(fā)生一次交通事故與發(fā)生兩次交通事故的概率相等，求一周內沒有發(fā)生交通事故的概率。解：一天發(fā)生交通事故服從參數為的泊松分布，且一周內發(fā)生交通事故的次數記為則服從二項分布，故一周內沒有發(fā)生交通事故的概率為例28一臺儀器在10000工作時內平均發(fā)生10次故障，試求在100工作時內故障不多于兩次的概率。解：，（每個工作時內發(fā)生故障的概率）工作時內發(fā)生故障的次數，～例29設～現對進行3次獨立觀察，試求至少有兩次觀察值大于3的概率。(1989考研數學4）解：表示對進行3次獨立觀察，觀察值大于3的次數，則～，例30進行重復獨立試驗，設每次試驗成功的概率為，失敗的概率為，（1）將試驗進行到出現一次成功為止，以表示所需的試驗次數，求的分布律。（2）將試驗進行到出現次成功為止，以表示所需的試驗次數，求的分布律。解（1）第次成功，前次全失敗。（2）第次成功，前次成功次。例31設隨機變量的概率密度為，表示對的三次重復觀察中事件出現的次數，則解：故例32設隨機變量在[1，6]內服從均勻分布，求方程有實根的概率。(1989考研數學1)解：方程有實根，等價于：方程有實根的概率為例33已知隨機變量服從正態(tài)分布服從標準正態(tài)分布，求解：由37頁例3知服從正態(tài)分布，又已知服從標準正態(tài)分布.例34已知隨機變量服從參數為的指數分布，且落入區(qū)間（1，2）內的概率達到大，求解：服從參數為的指數分布，則例35設隨機變量～;求解：由35頁（5）式有：例36～（1）求（2）求使得解：（1）由得，又例37隨機變量的分布律為：X-2-1013求的分布律。解的所有可能取值為0，1，4，9，由概率的可加性，有：41019X-2-1013得的分布律為0149例38設隨機變量服從參數為0.7的0—1分布，求的分布律。解：參數為0.7的0—1分布。例39設隨機變量的概率密度函數為的概率密度函數解：對任意的.，所以：例40設隨機變量服從,求隨機變量在]內的概率密度函數（1993考研數學1）解法一（分布函數法）當時：，所以：解法二（公式法）在（0，2）單增，由于反函數在（0，4）可導，，從而由公式得 例41設隨機變量的概率密度函數為的概率密度函數（1995考研數學1）解：當時：當時：所以：例42設X～的概率密度，解當時，三擴展題型例1設隨機變量若的取值范圍是（2000考研數學3）解：若則根據密度函數的定義有:故假設即：結論成立。；即結論不成立。同理時，結論也不成立。綜上所述的取值范圍是[1，3]。例2設在一次試驗中，事件至少發(fā)生一次的概率為，而至多發(fā)生一次的概率為。（1987考研數學1）解：以發(fā)生的次數，則服從二項分布從而：，至少發(fā)生一次的概率為至多發(fā)生一次的概率為例3某射手對目標獨立射擊3次，至少命中一次的概率為則該射手的命中率為。(1998考研數學1)（工大07級試題）注：表示“對目標獨立射擊3次，命中的次數。”表示“任一次射擊命中”記：～于是：立例4設隨機變量服從參數為的二項分布，隨機變量服從參數為的二項分布，若（1997考研數學4）。解：由題設有：從而例5設某種傳染病進入一羊群，已知此種傳染病的發(fā)病率為求在50頭已感染的羊群中發(fā)病頭數的分布律。解：把觀察一頭羊是否發(fā)病作為一次試驗，發(fā)病率，不發(fā)病率，由于對50頭感染羊來說是否發(fā)病，可以近似看作相互獨立，所以將它作為50次重復獨立試驗，設50頭羊群中發(fā)病的頭數為，則，的分布律為例6已知隨機變量的概率密度函數則的分布函數（1990考研數學1）解：隨機變量的分布函數當當故的分布函數例7設隨機變量服從均值為10，均方差為0.02的正態(tài)分布，已知則落在區(qū)間（9.95，10.05）內的概率為（1988考研數學1）解：由已知得，故例8若隨機變量分布，且（1991考研數學1）解：由已知有：故有，因而：。例9假設一廠家生產的每臺儀器，以概率0.70可以直接出廠；以概率0.30需進一步調試，經調試后以概率0.80可以出廠，以概率0.20定為不合格品不能出廠，現該廠生產了臺儀器（假設各臺儀器的生產過程相互獨立），求：全部能出廠的概率；其中恰好有兩件不能出廠的概率；其中至少有兩件不能出廠的概率；（1995考研數學4）解：對新生產的每臺儀器，記儀器能出廠，則：設為所生產的臺儀器中能出廠的臺數，則作為次獨立試驗成功（儀器能出廠）的次數，服從二項分布故例10某地抽樣調查表明，考生的外語成績（百分制）近似服從正態(tài)分布，平均成績?yōu)?2分;96分以上占考生總數的2.3％，試求考生的外語成績在60分至84分之間的概率。（1990考研數學4）附表：00.51.01.52.02.53.00.5000.6920.8410.9330.9770.9940.999其中是標準正態(tài)分布函數.解：設表示考生的外語成績，由已知～現求因為：故于是所求概率為：例11設電源電壓（單位服從，在三種情況下電子元件損壞的概率分別為0.1，0.001，0.2，求：（1991考研數學5）（1）該電子元件損壞的概率α；(2)該電子元件損壞時,電壓在200至240的概率β。解：(2)例12某儀器裝有三只獨立工作的同型號的電子元件，其壽命（單位：小時）都服從同一指數分布，分布密度為試求，在儀器最初使用的200小時內，至少有一只電子元件損壞的概率。（1989考研數學5）解：記只儀器在使用的最初200小時損壞，只儀器的壽命。。由已知有：例13已知的概率密度為試求（1）未知系數,(2)的分布函數(3)落在區(qū)間內取值的概率。解：（1）（2）例14設隨機變量的概率密度函數為求隨機變量的概率密度函數（1988考研數學1）。解：由定義有：故所求的概率密度函數例15設～的概率密度，（2）求的概率密度，解故的概率密度(2)因則，當時，例16設隨機變量在區(qū)間（1，2）上服從均勻分布，試求隨機變量的概率密度函數（1988考研數學4）。解：由已知有對任意實數有：當是不可能事件，有：是必然事件，有：故例17設隨機變量的指數分布，證明：在區(qū)間（0，1）上服從均勻分布。（1995考研數學5）證：已知又當當當時，有：故即在區(qū)間（0，1）上服從均勻分布。第三章二維隨機變量及其分布一概念定理性質二維離散型隨機變量的聯合概率分布記為滿足：二維離散型隨機變量的邊緣概率分布記為：當是二維離散型隨機變量時：相互獨立等價于：對的所有可能取值，即：反之，若存在不獨立。二維連續(xù)型隨機變量的分布函數可表為：，非負函數稱為二維連續(xù)型隨機變量的聯合概率密度或概率密度。概率密度滿足：（4）在的連續(xù)點處，有二維連續(xù)型隨機變量的邊緣分布；連續(xù)型隨機變量相互獨立等價于：幾乎處處成立。對二維離散型隨機變量，有的概率分布為：對二維連續(xù)型隨機變量，有的概率密度為：若相互獨立，則若隨機變量相互獨立，依次服從泊松分布從泊松分布若各相互獨立的隨機變量～則服從正態(tài)分布進一步有～若隨機變量相互獨立，其分布函數分別為則的分布函數為：的分布函數為：二基本題型例1離散隨機變量相互獨立同分布，求的概率.解.即使兩個離散隨機變量相互獨立同分布,一般不會以概率1相等.例2(1)設二維隨機變量在矩形域內服從均勻分布，當時，的邊緣密度(2)若服從二維正態(tài)分布。其密度為：則相互獨立的充分必要條件是例3設二維隨機變量的概率分布如下表：01200.060.150.0910.350.21求；(2)隨機變量是否相互獨立？（3）求。解：（1）;(2)求得的邊緣分布如下表：01200.060.150.090.310.140.350.210.70.20.50.31故相互獨立；（3）例4設二維隨機向量的可能值為，且取這些值得概率依次為試求二維隨機向量的分布律和邊緣分布律。0200001001解：所求二維隨機向量的分布律和邊緣分布律如表所示。例4設令求的聯合概率分布。解:因為:,.例5設二維隨機變量的概率分布如下表：121021求的邊緣分布律。（2）求的條件下的條件分布律及的條件下的條件分布律。解:的邊緣分布律為的邊緣分布律為的條件下的條件分布為的條件下的條件分布為例6隨機變量在矩形域上服從均勻分布，求二維聯合概率密度及邊緣概率密度.隨機變量及是否獨立？解按題意具有聯合概率密度,,及是獨立的.事實上,若服從區(qū)域上的均勻分布，則只有當為矩形區(qū)域：時，與分別服從上的均勻分布，且與獨立，反之亦然.例7設二維隨機變量的概率密度函數為=求邊緣概率密度.解對任意，當或時,對任意，，可知邊緣概率密度為：；例8隨機變量的分布函數為=.求：（1）的概率密度；（2）邊緣概率密度.（3）隨機變量與是否獨立？解由分布函數的性質有=0=1從而對任意的；有，于是，有，，獨立。例9兩人相約7點到8點之間會面，先到者至多等20分鐘，過時不候，設每人在這段時間內任何時刻到達的可能性相同，且兩人到達的時刻是獨立的，求兩人會面的概率。解:表示甲，已兩人到達的時刻，～，概率密度為：因獨立，故聯合密度為：會面的概率為：例10設二維隨機變量的聯合密度為：試問是否獨立。解：當從而：例11進行打靶試驗，設彈著點的坐標相互獨立，且都服從分布，規(guī)定點落在區(qū)域得2分，點落在區(qū)域得1分，點落在區(qū)域得0分，以記打靶的得分，寫出的聯合概率密度，并求的分布律。解：因為與相互獨立，所以的聯合概率密度為所以，的分布律為:例12設隨機變量的聯合密度試求（1）常數；（2）解（1）因例13設二維隨機變量的概率密度函數為（1）求常數的邊緣概率密度。（3）解（2）的邊緣概率密度為當，===，當，===，可知邊緣分布密度為：==（3）例14設隨機變量的概率密度函數為：（1）求,(2)問是否相互獨立？解：（畫圖）當時，故（2）獨立。例15一儀器由二個部件構成，以和分別表示二個部件的壽命（單位：千小時），已知和的聯合分布函數（1990考研數學4）（1）與是否獨立？（2）兩個部件的壽命都超過100小時的概率解（1）和的分布函數分別為由于，故獨立。例16設隨機變量相互獨立，均服從同一分布，試證：證：設是連續(xù)型隨機變量，記故例17設隨機變量相互獨立同分布，都在區(qū)間[1,3]上服從均勻分布，記事件.且求常數解例18（1）和是相互獨立同分布的隨機變量，且求的概率分布.解（1）的可能取值為2，3，4.且故有:（2）由已知易得例19設的概率分布如下表：YX-YXX+Y-2-10-1-31-20-1-1030求（1)X+Y的概率分布，（2）X-Y的概率分布。解：略。例20設隨機變量相互獨立，且服從期間[0，1]上的均勻分布，求的概率密度。解在[0，2]中取值，按卷積公式的分布密度為：如圖，從而：例21設隨機變量～;～,～,且相互獨立，求解：由62頁～，故由34頁有例22某種商品一周的需要量是一個隨機變量，其概率密度為，設各周的需要量是相互獨立的，試求兩周需要量的概率密度.解表第周的需求量，各相互獨立。設兩周的需求量為，則要而故故例23設某種型號的電子管的壽命(以小時計)近似地服從分布，隨機的選取4只，求其中沒有一只壽命小于180小時的概率.解設為選取的第只電子管的壽命，則～令則所求概率為=（由獨立性）=[]而因此三擴展題型例1在一只箱子中有12只開關，其中2只是次品，在其中取兩次，每次任取一只，考慮兩種試驗：（1）放回抽樣；（2）不放回抽樣，我們定義隨機變量,如下：試分別就（1）、（2）兩種情況，寫出和的聯合分布律．并問隨機變量和是否相互獨立？解（1）放回時，（2）不放回抽樣，放回抽樣時，兩次抽樣相互獨立；不放回抽樣，不相互獨立．例2設為二隨機變量，且則（1995考研數學1）。解：記由例3設隨機變量相互獨立，且同分布求行列式的概率分布。（1994考研數學4）解：記獨立同分布：，隨機變量有三個可能值-1，0，1，易見：，于是，行列式的概率分布律為-1010.13440.73120.1344例4設是相互獨立的隨機變量，～～證明～證明：例5平面區(qū)域由曲線及直線所圍成，二維隨機變量在上服從均勻分布，求關于的邊緣密度在處的值。（1998考研數學1）解：例3圖例3圖例6設隨機變量的聯合概率密度為求的聯合分布函數（1995考研數學4）解：如圖記則當時，有當時，有當時，有當時，有當時，有故的聯合分布函數為例7設隨機變量的概率密度為：（1）是否相互獨立，（2）求的概率密度。解：（1）（2）例8設二維隨機變量的概率密度為（1）求隨機變量的密度（2）求概率，（1992考研數學4）例4圖解：（1）當時，例4圖當時，故（2）如圖例9設二維隨機變量在矩形上服從均勻分布，試求邊長為（1999考研數學4）例5圖解：由已知有，隨機變量的密度函數為例5圖記，，如圖有：當時，當時，當時，所以隨機變量的分布函數：所以隨機變量的密度函數：例10設隨機變量相互獨立，且服從參數為的指數分布，求解：的聯合密度為第四章隨機變量的數字特征一基本概念及內容離散型隨機變量的數學期望：若絕對收斂，則若絕對收斂，則連續(xù)型隨機變量的數學期望：若絕對收斂，則，若絕對收斂，則二維離散型隨機變量的函數數學期望：二維連續(xù)型隨機變量的函數數學期望：當方差：，離散型隨機變量的方差：連續(xù)型隨機變量的方差：若個相互獨立的隨機變量～則～協方差：相關系數：常見隨機變量的概率分布期望與方差名稱概率分布期望方差0-1分布二項分布泊松分布幾何分布均勻分布指數分布正態(tài)分布定理：當且僅當隨機變量之間存在線性關系，即時，當，稱不相關。獨立一定不相關，但不相關不一定獨立。二維正態(tài)隨機變量的概率密度函數中的參數就是的相關系數。對二維正態(tài)隨機變量來說，“不相關”與“”是等價的。切比雪夫不等：:設有：大數定理：設隨機變量相互獨立，……，則序列依概率收斂于即貝努利大數定理：次重復獨立試驗序列中事件發(fā)生的頻率依概率收斂于事件發(fā)生的概率獨立同分布的中心極限定理：設隨機變量相互獨立同分布，且，則即：當很大時特別的：若則有二基本題型例1填空(1)設隨機變量～，～且相互獨立，則對任意常數，有服從的分布是(2)設隨機變量相互獨立，其中服從正態(tài)分布服從參數為的指數分布，記則(3)已知隨機變量～，～則(4）設隨機變量獨立，在[0.6]上服從均勻分布，服從，服從參數為的泊松分布，記，則(1989考研數學5)(5)設隨機變量服從參數為的泊松分布，且，則有(6)設隨機變量(7)設隨機變量的期望(8)設隨機變量的分布律為5題表02則(9)設相互獨立，且服從同一分布，其數學期望為(10)設連續(xù)型隨機變量的概率密度函數為的數學期望為1，的方差為注（1987考研數學1）例2設服從如下表的概率分布：X-1012概率求解：例3某保險公司規(guī)定，若在一年內顧客的投保事件發(fā)生，該公司就賠償顧客元，若在一年內事件發(fā)生的概率為，為使該公司的期望收益值等于的10％，問該公司應該要求顧客交多少保險費？解：表公司收益：：表一個顧客所交保費，則例4設隨機變量的概率密度分別為：求.（2）又設相互獨立，求解：例5設的分布密度為解==例6設隨機變量相互獨立，其概率率密度分別為：求.解：例7設的聯合概率密度為解：由例8驗證是某個隨機變量的概率密度，但具有這概率密度的隨機變量的數學期望不存在。證明：（1）顯然，且所以是一個分布密度,（2）而；所以的數學期望不存在。例9一工廠生產的某種設備的壽命(以年計)服從指數分布，概率密度為工廠規(guī)定，出售的設備若在售出一年之內損壞可予以調換，若工廠售出一臺設備獲毛利100元，調換一臺設備廠方需化費300元.試求廠方出售一臺設備凈贏利的數學期望.(練習冊5)售出設備一年內調換，表示調換費用。則：=（元）例10某車間生產的圓盤直徑在期間上服從均勻分布，試求圓盤面積的數學期望。(理工大02級試題)解：直徑～記圓盤面積,則例11．設的分布律如下表:123-10.20.10.00.300.10.00.30.410.10.10.10.30.40.20.41解（1）的邊際分布見表上，故1×0.4+2×0.2+3×0.4；-1010.20.100.40.10.10.1=-1×0.3+1×0.3=0.（2）的可能取值為.易知的分布律如表為故=-1×0.2×0.1×0.1+×0.1+×0.1+1×0.1=，解法2：（3）=-1-2-301230.20.100.40.10.10.1的可能取值為-1，-2，-3，0，1，2，3.且有如表的概率分布：=-1×0.2+（-2）×0.1+1×0.1+2×0.1+3×0.1=0.2所以=5解法2=+例13已知二維隨機變量的聯合分布律為，其中未知（64學時無此題）012-10.10.10.210.30.2求，（2）求的邊緣分布律，（3）判斷的獨立性，（4）求解：（1）（2）求得的邊緣分布律見下表012-10.10.10.20.410.30.20.60.40.30.31（3），不獨立（4）例14是相互獨立同分布的隨機變量，且求的數學期望。(1994考研數學1)解：記則：，，故例15設隨機變量的概率密度為求：例16設系統由元件并聯而成，分別表示的壽命（以h記）并設相互獨立，且服從同一分布，其概率密度函數為求系統的壽命的數學期望。解:的分布函數為則的分布函數于是的密度函數為例17一批零件有9件合格品與3件廢品，安裝機器時，從這批零件中任取一件，若取出的廢品不再放回，求在取出合格品之前已取出的廢品數的期望與方差。。解：例18設試驗成功的概率為將試驗獨立重復進行到出現一次成功為止，以表示試驗所需的次數，求（習題四12）（練習冊7）某流水生產線上每個產品不合格的概率為，各產品合格與否相互獨立，當出現一個不合格產品時即停機檢修。設開機后第一次停機時已生產了的產品個數為（2000考研數學1）解：====其中“′”表示對的形式導數.，例19．設隨機變量服從參數為的泊松分布，且求（練習冊1）例20設為隨機變量，c是常數，若（由于時取到最小值。（1997考研數學5）證明：因為所以：例21設隨機變量的概率密度為：已知求.解：由再由由（1）（2）解得代入的表達式中有例22設隨機變量～,隨機變量服從（0，4）上的均勻分布，并且相互獨立，求，解：由已知及75頁例476頁例7有；又相互獨立，再由73頁知：例225家商店聯營，它們每兩周售出的農產品的數量（以㎏記）分別為相互獨立，（1）求5家商店兩周的總銷售量的均值和方差。（2）商店每隔兩周進貨一次，為了使新的供貨到達前商店不會脫銷的概率大于0.99，問商店的倉庫應至少儲存多少千克該產品？解：（1）記（2）～例23設隨機變量服從某一期間上的均勻分布，且（1）求的概率密度。（2）求；（3）求解：（1）故（2）（3）例（習題19）重復擲一均勻硬幣次，記為正面出現的次數，為反面出現的次數，求的相關系數。解：例24設兩隨機變量的方差分別為，相關系數為，求解：由77頁：例25設隨機變量的概率密度為求：解：故例25已知正常男性成人血液中，每一毫升白細胞平均數是7300，均方差是700，利用切比雪夫不等式估計每毫升血液含白細胞數在5200～9400之間的概率。解：由83頁知：例26設各零件的重量都是隨機變量，它們相互獨立，且服從相同的分布，其數學期望為0.5㎏，均方差為0.1㎏，問5000只零件的總重量超過2510㎏的概率是多少？解：設5000只零件的重量分別為記,則(近似)～例27據以往經驗，某種電器元件的壽命服從均值為100小時的指數分布?，F隨機的取16只，設它們的壽命是相互獨立的，求這16只元件的壽命的總合大于1920小時的概率。解：75頁例5：～70頁例3：由87頁定理6：記,則例28設是相互獨立的隨機變量，它們相互獨立，且都服從泊送分布，，則用中心極限定理計算（精確到2位小數）。解：因～，故，所以例29．對敵人的防御陣地進行100次轟炸,每次轟炸命中目標的炸彈數目是一個隨機變量,其數學期望是2,方差是1.69,求在100次轟炸中有180顆到220顆炸彈命中目標的概率.（練習冊五3）解：第次轟炸命中目標的次數為,則獨立同分布,且,命中的總次數,(近似)～,例30一部件包括10部分，每部份的長度是一個隨機變量，它們相互獨立，且服從同一分布，其數學期望是2㎜，均方差是0.05，規(guī)定總長度為時產品合格，試求產品合格的概率。解：由87頁定理6例31設是相互獨立同分布的隨機變量，若，用中心極限定理求的近似值。例32設保險公司的老年人壽保險一年有１萬人參加，每人每年交４０元，若老人死亡，公司付給家屬２０００元，設老人年死亡率為０．０１７，試求保險公司在這次保險中虧本的概率．（練習冊五4）設老人死亡數為，公司虧本當且僅當即，于是，，虧本的概率：．例33設獨立同分布隨機變量，期望為，方差，令，（1）驗證（2）驗證；（3）驗證（1），=（3）三擴展題型例1已知離散型隨機變量服從參數為2的泊松分布，即，則隨機變量的數學期望（1990考研數學1）。解：服從參數為2的泊松分布的隨機變量的數學期望為故由已知有從而：例2設一次試驗成功的概率為進行100次重復獨立試驗，當時，成功次數的標準差最大，其最大值為。（1998考研數學4）解：因為若令例3已知離散型隨機變量服從參數為的泊松分布，且已知（1994考研數學4）。解：因為，由題設有即。例4設隨機變量上服從均勻分布；隨機變量則方差（2000考研數學3）解：，由隨機變量函數的數學期望公式有：故例5設是兩個相互獨立且服從正態(tài)分布的隨機變量，則隨機變量的數學期望（1996考研數學1）解：記，則因為相互獨立服從正態(tài)分布的隨機變量的線性組合仍服從正態(tài)分布，故～，從而：例5設隨機變量服從瑞利分布，其概率密度為其中是常數.求，例6設隨機變量獨立同分布，則行列式：（1999考研數學3）解：因為，其中為的全排列，的逆系數，又隨機變量獨立同分布，故又和式是正、是負各一半，故例7假設有十只同種電子元器件，其中有兩只廢品，從這批元件中任取一只，若是廢品，則扔掉重新任取一只；若仍是廢品，則扔掉再任取一只；試求在取到正品前，已取出的廢品數的數學分布，數學期望和方差。（1988考研數學4）解：（1）取到正品前已取出的廢品數，則的可能取值為0，1，2。，從而：故的分布律為：0120.8（2）（3）例8設一部機器在一天內發(fā)生故障的概率為0.2，機器發(fā)生故障時全天就停止工作，若一周5個工作日里無故障，可獲利潤10萬元，發(fā)生一次故障仍可獲利潤5萬元，發(fā)生二次故障可獲利潤0萬元，發(fā)生三次或三次以上故障就要虧損2萬元，求一周內期望利潤是多少？（1996考研數學4）解：表示一周5個工作日里發(fā)生的故障天數，則～；若表示所獲利潤，則例9設隨機變量的概率密度為已知事件求常數求的數學期望。（1993考研數學4）解：（1）由假設有：又由已知（2）例10設是相互獨立且服從同一分布的隨機變量，已知的分布律為，又設123123寫出二維隨機變量的分布律求隨機變量的數學期望。解：由題設有：，，故二維隨機變量的分布律如表的分布律123120300易得的邊緣分布律：故例11設二維隨機變量上服從均勻分布，記（1）求的聯合分布，（2）求的相關系數（1999考研數學3）解：（1）由已知有，二維隨機變量故的聯合分布律01001故的聯合分布如表（2）由的聯合分布表得的邊緣分布：，從而，又故例12設二維隨機變量內服從均勻分布，求關于的邊緣概率密度函數及隨機變量（1990考研數學1）解：由已知有，關于的邊緣概率密度是從而例13設隨機變量（?。┣螅?）求是否相關？（3）是否獨立？為什么？（1993考研數學1）解（1）（2）（3）對給定的顯然事件中，且，所以，不獨立。例14設是試驗的兩個隨機事件，且定義隨機變量如下：證明：若必定是相互獨立的。例15設隨機變量的密度函數為其中都是二維正態(tài)密度函數，且它們對應的相關系數分別為它們的邊緣密度函數所對應的隨機變量的數學期望都是0，方差都是1。（1）求隨機變量的密度函數（可直接利用二維正態(tài)密度的性質）（2）問是否獨立？為什么？（2000考研數學4）解：由已知有，邊緣密度函數都是標準正態(tài)分布：故：同理，即～～故隨機變量，即所以不相關，沒有線形關系。（3）由已知有于是而，所以不獨立。例16設隨機變量相互獨立，試求的相關系數（其中是不為零的常數）。解：因為同理因獨立，故同理故：例17對于隨機變量存在，證明（Cauchy-Schwarz）不等式：證明：對任意的有故即。例18某保險公司多年的統計資料表明：在索賠戶中被盜戶占20％，以表示在隨機抽查的100個索賠戶中，因被盜向保險公司索賠的戶數。寫出的概率分布；利用德莫弗—拉普拉斯定理，求被盜索賠戶不少于14戶，且不多于30戶的概率的近似值。（1998考研數學4）[附表]設是標準正態(tài)分布函數00.51.01.52.02.50.5000.6920.8410.9330.9770.994解：（1）有～（2）由中心極限定理有

例18設是來自總體的簡單隨機樣本，已知，證明：當充分大時，隨機變量近似服從正態(tài)分布，并指出其分布參數。（1996考研數學4）。解：記的簡單隨機樣本，且由獨立同分布的中心極限定理有：即：從而且例19隨機的選取兩組學生，每組80人，分別在兩個實驗室測量某種化合物的值，每個人測量的結果是隨機變量，它們相互獨立且服從同一分布，其數學期望為5，方差為0.3，以分別表示第一組和第二組所得結果的算術平均（1）求（2）求解：（1）由87頁定理6（2）第五章數理統計學的基本概念一基本概念和內容若是來自總體（分布函數為）的樣本，則的聯合分布函數為若總體是連續(xù)型隨機變量，概率密度函數為則的聯合密度函數為樣本階原點矩；樣本方差若是來自正態(tài)總體總體的樣本，則～；理解：個相互獨立的服從標準正態(tài)分布的隨機變量的平方和服從自由度為分布。分布的可加性：若～～相互獨立，則～若～若～～相互獨立，～；若～～相互獨立，則～。方便理解，可形式的記為～；～標準正態(tài)分布的上分布的上分布的上若是來自正態(tài)總體總體的樣本，分別為樣本均值和樣本方差，則（1）～～（3）～定理：設是分別來自正態(tài)總體的兩個相互獨立的樣本，則（1）～（2）～其中（3）～；其中：二基本題型例1(1)設隨機變量相互獨立且都服從正態(tài)分布而分別是來自總體的簡單隨機樣本，則統計量服從參數為9的分布。(練習冊六1（5）注：同理：故～(2)設～為樣本容量為10的樣本均值，則～(3)設隨機變量～～(4)設是來自總體～且相互獨立，統計量則例2設從總體抽樣得到一個大小為10的樣本，其值為：4.5，2.0，1.0，1.5，3.4，4.5，6.6，5.0，3.5，4.0。計算解：例3設是來自總體的樣本，求變量樣本均值的數學期望與方差。解：由于是來自總體的樣本，故，，例4設總體服從正態(tài)分布,為使樣本均值大于70的概率不少于90％，其樣本容量至少應取多少？解：由104頁（3.3）因為，從而例5設總體～均未知，已知樣本容量,樣本均值解：由于未知，需用統計量，由104頁定理4，例6在正態(tài)總體中抽取2個獨立樣本，樣本均值分別為，又樣本容量分別為10，15，則理工大02級試題）注：～～獨立。，例7在正態(tài)總體中抽取16個獨立樣本，均未知，為樣本方差，則注：例8在正態(tài)總體中抽取個獨立樣本，（1）已知（2）解：（1）由99頁定理1有，故：（2），故例9設為泊松分布的一個樣本，為樣本均值和樣本方差，求的分布律。例10在總體中隨機抽取一容量為36的樣本，求樣本均值落在50.8至53.8之間的概率。解：～例11設是來自正態(tài)總體的樣本，求下列統計量的抽樣分布：（1）解：（1）（2）相互獨立，三擴展題型例1在天平上復稱一重為的物品，設各次稱量結果相互獨立且服從正態(tài)分布次稱量結果的算術平均值，則為使的最小值應不小于自然數(1999考研數學3)解：～～例2設的簡單隨機樣本，是樣本均值，記則服從自由度為分布的隨機變量是（）。（1994考研數學4）。解：～～又～由分布的定義有分布，即～，故選例3從正態(tài)總體的樣本，若要求樣本均值位于區(qū)間（1.4，5.4）內的概率不小于0.95，問樣本容量至少應取多大？（1998考研數學1）附：標準正態(tài)分布表1.281.6451.962.330.9000.950.9750.990解:～～例4設的簡單隨機樣本證明:統計量服從自由度為2的分布.(1999考研數學3)。解：已知：若～～獨立，則～若設～，則～～，并且～～，又由正態(tài)總體的性質知～又因為獨立，由分布的定義知：～例5～～從2總體中抽樣本，得下列數據：；，求解：二總體方差相等，故～，其中：，又，,，所以查表：，故第六章參數估計一基本概念和內容矩估計：設是來自連續(xù)總體～的樣本，若總體有兩個待估計的參數，且則令設是來自離散總體～的樣本，若總體有兩個待估計的參數，且則令若的無偏估計。若有效。正態(tài)總體均值，方差的置信期間待估參數統計量置信期間均值已知）雙側：單側下限單側上限均值未知）雙側：單側下限單側上限均值已知雙側：單側下限單側上限均值未知雙側：單側下限：單側上限：方差（未知）雙側：單側下限單側上限方差比（未知）雙側：單側下限單側上限二基本題型例1填空題(1)設是來自總體的一個樣本，，若的無偏估計，則(2)設總體的方差為1，根據來自的容量為100的簡單隨機樣本，測得樣本均值為5，則的數學期望的置信度等于0.95的置信區(qū)間為（4.804，5.196）。（附：(3)設是總體的樣本，設為總體均值的無偏估計量，則中較為有效的是(4)設是總體～的樣本值，且均未知，則的置信度為的置信區(qū)間為(5)設隨機變量和獨立同分布，記則隨機變量和得相關系數為(6)設是來自均值為的泊松分布總體的樣本且未知，設都是的估計量，則中是無偏的，且無偏估計量中較為有效的是(7)設是來自總體～的樣本且已知，未知，則的置信度為的置信區(qū)間為(8)設是來自均值為，方差為的總體的樣本，下列的無偏估計量中，最有效的是例2隨機地取8只活塞環(huán)，測得它們的直徑為（以㎜計）：試求總體均值均值及方差的矩估計.解：令故;例3設滾珠軸承直徑服從正態(tài)分布，從某天的產品里隨機的抽出5個，量得直徑（單位㎜）如下：14.6，15.1，14.9，15.2，15.1。若知道直徑的方差是0.05，試找出平均直徑的置信度為0.05的置信區(qū)間。（已知解：設直徑置信期間例4設有一批零件，其長度～，為了估計參數今從中抽取9件，測得樣本均值，樣本方差，求的置信度為95％的置信區(qū)間.()解：而～，故，故的置信度為95％的置信區(qū)間為，即例5設總體的概率分布為是來自總體個樣本，求參數的矩估計量。解：例6設總體的分布律為為未知參數，今從該總體中抽取一隨機樣本，求的矩估計。解：令例7設是來自參數為的泊松分布總體～的一個樣本，試求的極大似然估計和矩估計，(教材111頁例4)解：先求極大似然估計：;，令再求矩估計：～，令例8設總體的概率密度為是來自總體個樣本，是樣本值，求參數的矩估計及最大似然估計。解：為的矩估計令為最大似然估計例9是來自正態(tài)總體的樣本,求μ的最大似然估計。解：例10設總體的概率分布為，…；是來自總體個樣本，求參數的極大似然估計.為最大似然估計例11設總體的概率密度，其中未知參數為α.，設為其樣本值，試求α的極大似然估計和矩估計，（1997考研數學1）解：矩估計，令極大似然估計，，例12設是來自參數為的指數分布的總體的概率密度，：（1）的矩估計，（2）的極大似然估計。解：矩估計，令極大似然估計：，，例13設總體的概率密度，其中為未知參數，是總體的樣本值，求的極大似然估計。（類似03級試題）解：極大似然估計，當時似然函數才能取到最大值，故，令例14設總體的概率密度，其中為未知參數，是總體的樣本值，求的極大似然估計。解：極大似然估計，當時似然函數才能取到最大值，故，令例15設是來自參數為的指數分布的總體的概率密度，其中未知參數為，試求的極大似然估計和矩估計。解：矩估計：令極大似然估計，，令例16設總體服從二項分布，其分布律為：是來自總體個樣本，求(1)參數的矩估計量。(2)的極大似然估計。解：（1）令為最大似然估計例17設總體的概率分布為0123其中是未知參數，利用總體的如下樣本值3，1，3，0，3，1，2，3。求的極大似然估計和矩估計，(練習冊七4)解：矩估計：令，又（抽樣時，出現一次，出現兩次，出現一次，出現四次，）例18設是來自總體的樣本，指出中那幾個為總體均值均值的無偏估計，判斷上述無偏估計中那一個較為有效？解：設總體的均值，方差，則（1）均為的無偏估計，最有效。例19設是來自總體～的一個樣本，試確定常數，使為的無偏估計。(練習冊七6)解：(獨立同分布于);例20設的兩個獨立的無偏估計，且的2倍，試找出常數的無偏估計，并在所有這些估計中方差最小。解：由已知有例21設總體～，樣本觀察值：求總體均值的置信度為0.95的置信區(qū)間（1）已知（2）未知解：（1），的置信度為的置信區(qū)間為查表（2）未知，的置信度為的置信區(qū)間為查表例22設總體～,現從總體取得容量為4的樣本值：1.2，3.4，0.6，5.6，（1）若已知，求μ的置信水平為99％的置信期間。解：由117頁（3.3）因為，故μ的置信水平為1-α=0.99（α=0.01）的置信期間為（即（2）若已知σ未知，求μ的置信水平為95％的置信期間。解：由117頁（3.5）因為，故μ的置信水平為1-α=0.95（α=0.05）的置信期間為（即三擴展題型例1設總體的概率密度，其中為未知參數，是已知常數是總體的簡單隨機樣本，求的極大似然估計。（1991考研數學4）解：極大似然估計，當時似然函數才能取到最大值，故，令例2某自動包裝機包裝洗衣粉，其重量服從正態(tài)分布，今隨機抽查12袋測得其重量（單位：g）分別為：1001，1004，1003，1000，997，999，1004，1000，996，1002，998，999。（1）求μ的置信水平為99％的置信期間。解：由117頁（3.5）因，故置信水平為1-α=0.99（α/2=0.005）的置信期間為（即（2）求的置信水平為95％的置信期間。解：1-α=0.95（α=0.025）例3設總體的簡單隨機樣本。（1）求的矩估計，（2）求的方差。（1999考研數學4）解：（1）記為的矩估計（2）因為的方差為例4假設新生嬰兒（女孩）的體重服從正態(tài)分布，隨機抽取15名新生嬰兒，測得其體重（g）為:3100,2520,3000,3000,3600,3160,3560,3320,2880,3560,3320,2880,2600,3400,2540.求新生嬰兒體重的置信水平為95％的置信期間。解：(1)置信水平為1-α=0.95（α/2=0.025）的置信期間為（即例5假設0.50，1.25，0.80，2.00是總體的簡單隨機樣本。已知服從正態(tài)分布。（1）求，（2）求的置信度為0.95的置信期間；（3）利用上述結果求的置信度為0.95的置信期間；（2000考研數學3）解：（1）由已知有的概率密度為又從而有(2)因為故其中于是有，故的置信度為0.95的置信期間為（-0.98，0.98）。（3）因是單增的，從而故的置信度為0.95的置信期間例6隨機的抽取9發(fā)炮彈作試驗，炮口速度的樣本標準差,設炮口速度服從正態(tài)分布，，求的置信度為0.95的置信區(qū)間解：～，故：查表，所以例7隨機地從批導線中抽取4根，又從批導線中抽取5根，測得電阻為：批導線：0.143，0.142，0.143，0.137;批導線：0.140，0.142，0.136，0.138，0.140設測定數據分別來自分布，且兩樣本相互獨立，又均為未知，試求的置信度為0.95的置信區(qū)間解：由題中條件有;由頁式，的置信度為的置信區(qū)間為第七章假設檢驗一基本概念和內容小概率事件原理：概率很小的事件在一次試驗中不大可能出現，反之，若小概率事件在一次試驗中出現了，則認為不合理。原假設：要檢驗的假設備擇假設：原假設的對立面，記為第一類錯誤：為真而拒絕第一類錯誤：為假而接受正態(tài)總體均值方差的檢驗法原假設備擇假設檢驗統計量拒絕域檢驗法檢驗法檢驗法已知檢驗法未知）檢驗法檢驗法檢驗法置信期間與假設檢驗的關系：給定顯著水平，其檢驗的接受域可視為對應參數的置信水平為的置信期間。分布擬和檢驗：原假設：:一般可不寫。步驟：（1）將總體的取值域分成個互不重疊的小期間，記作：（2）把落入第的樣本個數記為（3）根據原假設，算出落入引入統計量若中含未知參數，則在原假設下，先用最大似然估計法估計出未知參數，以估計值作為參數值，然后依據中所假設的分布函數，求出，取統計量檢驗：（皮爾遜定理）若真時，統計量近似服從分布，而統計量近似服從分布，其中是被估計的參數個數。當真時，或不應太大，故的拒絕域為或，其中是被估計的參數個數。秩和檢驗：在檢驗，若兩總體的概率密度至多相差一個平移，則可等價的檢驗假設：；（1）設分別從兩總體抽取容量分別為，混合兩組樣本得：，那么第一組樣本各元素的秩的和稱為秩和（2）計算秩和思考題1.在統計假設檢驗中,如何確定零假設和備選假設?答在實際問題中,通常把那些需要著重考慮的假設視為零假設.(1)如果問題是要決定新提出的方法是否比原方法好,往往將原方法取為零假設,而將新方法取為備選假設;(2)若提出一個假設,檢驗的目的僅僅是為了判別這個假設是否成立,此時直接取此假設為零假設即可.從數學上看,原假設與備選假設的地位是平等的,但在實際問題中,如果提出的假設檢驗僅僅控制了第一類錯誤的概率,那么選用哪個假設作為零假設,要依據體問題的目的與要求而定,它取決于犯兩類錯誤將會帶來的后果,一般地可根據以下三個原則選擇哪個作為零假設:(1)當目的是需要從樣本觀察值取得對某一論斷強有力的支持時,把這一論斷的否定作為零假設;(2)盡量使后果嚴重的一類錯誤成為的一類錯誤;(3)把由過去資料提供的論斷作為零假設,這樣當檢驗后的最終結論為拒絕時,由于犯的一類錯誤的概率被控制而顯得有說服力或造成危害較小.二基本題型例1填空題（1）假設檢驗中，記為原假設，則稱為犯第一類錯誤。（2）一臺機床加工軸的橢圓度服從正態(tài)分布，機床經調整后隨機抽取20根軸測量其橢圓度，計算得，問調整后機床加工軸的平均橢圓度有無顯著降低（）？對此問題，假設檢驗問題應設為：（4）設總體～，其中未知，取得樣本，記為樣本均值，為樣本方差，對假設檢驗（在顯著水平下）取統計量，則拒絕域為例：設是來自總體～的樣本且未知，檢驗假設（備選假設）時應選用統計量若，則拒絕假設（設檢驗水平為例設是來自總體～的樣本且未知，檢驗假設（備選假設）時應選用統計量(5)設是來自正態(tài)總體的簡單隨機樣本，均未知，記檢驗使用統計量（1995考研數學4）注：若成立，由定理～，而（7）設總體～～已知，對假設進行檢驗時，通常采用的統計量是，它服從分布。例2某車間用一臺包裝機包裝葡萄糖，包得的每袋葡萄糖重量是一個隨機變量，假設它服從正態(tài)分布。當機器正常時，其均值為0.5千克，標準差為千克。某日開工后為檢驗包裝機是否正常，隨機的抽取它所包裝的糖9袋，稱得凈重為（千克）問在顯著水平下，檢驗機器是否正常？（（教材147頁1題）（理工大07級試題）解：又：由樣本算得從而有：，于是不拒絕假設即認為包裝機工作正常。例3某批礦砂的5個樣品中的鎳含量，經測定為（％）：3.25，3.27，3.24，3.26，3.24；設測定值總體服從正態(tài)分布，問在下能否接受假設：這批礦砂的鎳含量均值為3.25。（解：原假設：故接受例4設考生成績服從正態(tài)分布，抽得36位考生成績，平均分為66.5分，標準差為15分，問在水平0.05下，是否可認為平均成績?yōu)?0分？給出檢驗過程。參考數據如下表所示。(1998考研數學1）0.950.975351.68962.0301361.68832.0282解：檢驗：，而～，故，若成立，則且又故不否認原假設，即認為平均成績?yōu)?0分。例5設在木材中抽出100根，得到樣本平均數為問該批木材的直徑能否認為在12㎝以上？（已知標準正態(tài)分布函數。解：；此檢驗問題的拒絕域為；而故拒絕即認為該批木材的直徑不大于12㎝例6要求一種元件使用壽命不得低于1000今從一批這種元件中隨機抽取25件，測得其壽命平均值為950已知該種元件壽命服從標準差為的正態(tài)分布，試確定這批元件是否合格？設總體均值為（）解:因為拒絕域為，又故拒絕原假設，認為這批元件不合格。例7一位小學校長在報紙上看到這樣的報道：“這一城市的初中生平均每周看電視”，她認為她所領導的學校，學生看電視的時間明顯小于該數字，為此她向100名學生作了調查，得知平均每周看電視的時間樣本標準差問是否可以認為這位校長的看法是對的？?。ㄗⅲ哼@是大樣本的檢驗問題，由中興極限定理知道不論總體服從什么分布，只要方差存在，當近似的服從正態(tài)分布。解：檢驗假設：，又近似～。查表，而故拒絕即認為校長看法對。例8設總體～待檢驗的原假設為對于給定的顯著水平，若拒絕域為下面的情形，則相應的備選假設是什么？（1）拒絕域：（2）拒絕域：（1995考研數學4）解：由題設，原假設選擇分布的統計量，若拒絕域為，則屬于單邊檢驗中的右側檢驗，故對應的備擇假設為若拒絕域為，則屬于雙邊檢驗，對應的備擇假設為例9假設某廠生產的攬繩，其抗拉強度，現從改進工藝后生產的一批攬繩中隨機抽取10根，，測量其抗拉強度，算出樣本均值方差當顯著水平時，能否據此樣本認為：（1）新工藝生產的攬繩比過去生產的攬繩抗拉強度有顯著提高？解：檢驗假設：，近似～。查表，而故拒絕新工藝生產的攬繩?？估瓘姸扔酗@著提高。（2）新工藝生產的攬繩抗拉強度，其方差有顯著變化？解：檢驗假設：這里而顯然未落在拒絕域中，故接受，認為方差沒有顯著變化。例10已知煉鐵廠在生產正常情況下，鐵水碳的質量分數為7％，方差為0.03，現測了10爐鐵水，測得其平均碳的質量分數為6.97％，方差為0.0375，設鐵水碳的質量分數服從正態(tài)分布，試問生產是否正常？（）解：先檢驗假設：這里而顯然未落在拒絕域中，故接受，認為方差沒有顯著變化。再檢驗假設：，近似～。查表，而故接受均值沒顯著變化。檢驗假設：，近似～。查表，而故接受均值沒顯著變化。例11機器加工某種零件，規(guī)定零件長度100㎝，標準差不超過2㎝，每天定時檢查機器的運行情況。某日抽取10個零件，測得其平均長度㎝，樣本標準差，問該日機器工作是否正常（?。┙猓合葯z驗假設：這里，而顯然未落在拒絕域中，故接受，認為方差沒有顯著變大。再檢驗假設：，近似～。查表，而故接受均值沒顯著變化。檢驗假設：，近似～。查表，而故接受均值沒顯著變化。例12某種導線，要求其電阻的標準差不超過今在生產的一批導線中取樣品9根，測得設總體為正態(tài)分布，問在顯著水平下，能否認為這批導線的標準差顯著地偏大？解：檢驗假設：這里而顯然落在拒絕域中，故在下，拒絕，認為這批導線的標準差顯著地偏大。例13機器包裝食鹽，假設每袋鹽的凈重服從正態(tài)分布，規(guī)定每袋標準含量為500克，標準差不得超過10克，某天開工后，隨機抽取9袋，測得凈重如下（單位：克）：497，507，510，475，515，484，488，524，491，假設檢驗（）（練習冊第八章6）解：（1）查表，而，故接受（2）這里而顯然落在拒絕域中，故拒絕，認為。例14一藥廠生產一種新的止痛片，廠方希望驗證服用新藥后至開始起作用的時間間隔較原有止痛片至少縮短一半，因此廠方提出需檢驗假設:此處分別是服用原止痛片和服用新止痛片后開始起作用的時間間隔的總體均值，設兩總體均為正態(tài)分布且方差分別為已知值，現分別在兩總體中取一樣本和，設兩樣本獨立，試給出上述假設的拒絕域，取顯著水平為解：～；～若真，則～；從而～故顯著水平為的拒絕域為例15測得兩批電子器件樣品的電阻（單位：）為設這兩批器件的電阻總體分別服從分布,且兩樣本獨立。檢驗假設（）在（1）的基礎上檢驗假設（）解：（1）拒絕域為這里顯然：故接受即認為二正態(tài)總體方差相等。（2）拒絕域為而故在下，認為兩批器材的電阻值沒有顯著差異。例16有兩臺機器生產金屬部件，分別在兩臺機器生產的金屬部件中各取一容量為的樣本，測得部件重量（㎏）的樣本方差分別為設兩樣本相互獨立，兩總體分別服從分布，均未知，試在顯著水平下檢驗假設解:由于兩總體均服從正態(tài)分布,又未知,故檢驗統計量為.拒絕域為代入得故接受.三擴展題型例1據記載某大城市為了確定養(yǎng)貓滅鼠的效果，進行調查結果如下：養(yǎng)貓戶：119戶，有老鼠活動的15戶；無貓戶：418戶，有老鼠活動的58戶；問：養(yǎng)貓與否對大城市家庭滅鼠有無顯著差異（）。（提示：使用二項分布，但是未知，當很大時，兩個二項分布均值差近似服從正態(tài)分布，對均值差進行假設檢驗。）解：設又記養(yǎng)貓戶，無貓戶的家中有老鼠活動的的概率分別為，則～～相互獨立。問題等價于在檢驗假設：又很大，由中心極限定理知：～～從而～即～當為真，即時，有～因很大，故分別為總體的樣本方差，于是在成立的條件下，近似的有～的拒絕域為由題設知，在養(yǎng)貓戶中有15戶家中有老鼠活動，即樣