概率统计复习辅导材料.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流概率统计复习辅导材料.精品文档.第一章 随机事件及其概率本章介绍概率的基础概念与理论，重点内容是：（1）古典概型、几何概型和贝努里概型的概率计算；（2）利用事件的关系与独立性进行概率计算；（3）利用加法定理、条件概率公式、乘法定理、全概率公式及贝叶斯公式进行概率计算例题分析本章的重点是事件概率的计算：1 用古典概型，几何概型的定义计算概率例 随机地将15名新生平均分配到三个班级中去，这15名新生中有3名优秀生，求：（1） 每个班各有一名优秀生的概率；（2） 3名优秀生分在同一个班的概率。解 将15名新生平均分配到三个班级中的总分法数为：（1）

2、 事件=将15名新生平均分配到三个班级中去，且每个班各有一名优秀生，完成事件可分两步，先把3名优秀生各班分1名共有种分法，再把3名新生平均分配到三个班级共有种分法，由乘法原理知中完成事件的方法数即事件包含的基本事件数。故(2) 事件=将15名新生平均分配到三个班级中去，其中3名优秀生分在同一个班。完成事件可分两步，先把3名优秀生分在同一个班，共有3种分法，对于这每一种分法，其余12名非优秀生的分法（一个班2名，另两个班各5名）共有种分法，由乘法原理知中完成事件的方法数即事件包含的基本事件数。故例（852） 从共10个数中，每次取一个数，假定每个数被抽取的可能性都相等，取后放回，先后取出7个数，

3、试求下列各事件的概率；1 7个数中不含1和10；2 数10恰好出现2次 解 由于是有放回地抽取，故基本事件总数为107，因此1 2 例 在区间（0，1）中随机地取出两个数，则事件两数之和小于的概率为 。解 如图1.2知2利用概率的基本性质计算事件概率例（859） 设为随机事件，则 解 因为，所以例（860） 设事件与相互独立且互不相容，则min 。解 由与相互独立知，又因与互不相容，故，所以因此，min3利用条件概率、乘法公式进行计算例（868） 某光学仪器厂生产的透镜，第一次落地打破的概率为310，第二次落地打破的概率为410，第三次落地打破的概率为910，求透镜落地三次被打破的概率。分析

4、第二次落地打破的概率，实际上是指在第一次落地未打破的条件下，第二次落地才打破的条件概率，同样，第三次落地打破的概率是指在第一、二次落地都未打破的条件下，第三次落地才打破的条件概率。解 设：“透镜第次落地被打破” A：“落地三次，透镜被打破”，依题意，且，两两互不相容，故有算法1算法2 先求所以，例（854） 从装有红、白、黑球各一个的口袋中任意取球（取后放回），直到各种颜色的球至少取得一次为止。求：1 摸球次数恰好为6次的概率； 2摸球次数不少于6次的概率。解 设：“直到各种颜色的球至少取得一次为止所需摸球次数为次”，则事件发生必为第次首次摸到红球、或白球、或黑球，其概率为，剩下次摸到的必是其

5、余两种颜色的球，且每种颜色至少出现一次，至多重复次，每次出现的概率都是，因此1 2 注：此题也可用古典概型计算4利用全概率公式，贝叶斯公式计算概率例（870） 有两个箱子，第一个箱子有3个白球2个红球，第二个箱子有4个白球4个红球，现从第一个箱子中随机地取出1个球放在第二个箱子里，再从第二个箱子中取1个球，此球是白球的概率为 ，已知上述从第二个箱子中取出的球是白球，则从第一个箱子中取出的球是白球的概率为 。分析 本题第一问是考查全概率公式，第二问是求条件概率，故应用叶贝斯公式设从第个箱子中取出的球是白球，1，2，由条件知，故由全概率公式得第二问由贝叶斯公式有解 应分别填和例 有两个箱子，第一个

6、箱子有5个白球10个红球，第二个箱子有5个白球10个红球，现从第一个箱子中任取出1个球放于第二个箱子里，然后从第二个箱子中任取1个球放于第一个箱子里，最后从第一个箱子中任取2个球,求2个球全是红球的概率.分析 本题是考查全概率公式.解 设=从第一个箱子中任取出1个球放于第二个箱子里，然后从第二个箱子中任取1个球放于第一个箱子后第一个箱子中含有个红球，4,5,6，最后从第一个箱子中任取2个球全是红球由条件知，=(先从第一个箱子中任取出红球, 后从第二个箱子中取出白球)=(先从第一个箱子中任取出红球, 后从第二个箱子中取出红球) +(先从第一个箱子中任取出白球, 后从第二个箱子中取出白球)=(先从

7、第一个箱子中任取出白球, 后从第二个箱子中取出红球)故由全概率公式得5利用贝努里概型公式进行计算例 某人有两盒火柴，吸烟时从任一盒中取一根火柴，经过若干时间后，发现一盒火柴已经用完，如果最初两盒中各有根火柴，求这时另一盒还的根火柴的概率。解 假若甲盒已空而乙盒还剩根火柴，则在这之前一定已经取过次火柴，每次取甲、乙盒的概率为，在次中，恰有次取于甲盒，次取于乙盒，第次必然抓了甲盒，否则不会发现甲盒是空的，因此这种情况的概率为故求一盒空而另一盒还剩根火柴的概率为 例（877） 假设一厂家生产的每台仪器，以概率0.70可以直接出厂；以概率0.30需进一步调试，经调试后以概率0.80可以出厂，以概率0.

8、20定为不合格仪器不能出厂，现该厂新生产了台仪器（假设各台仪器的生产过程相互独立），求：1全部仪器能出厂的概率；2其中恰好有两台不能出厂的概率；3其中至少有两台不能出厂的概率。分析 由于各台仪器的生产过程相互独立，故生产的台仪器中能出厂的仪器数服从参数为的二项分布，问题的关键是的确定解 设仪器需要进一步调试，仪器能出厂；则仪器能直接出厂，仪器经调试后能出厂。由条件知记为所生产的台仪器中能出厂的台数，则分布，故6关于最小样本容量的简单求法例（878） 已知步枪射击命中目标的概率，问至少需要多少支步枪才能保证击中目标的概率不少于0.9？分析 此类问题首先设所需步枪数为，再根据题意写出计算有关事件的

9、概率式子，把对概率的要求用不等式表示出来，从而解出。解 设为支步枪中命中目标的次数，则由条件知，故最少步枪数为5支7配对模型例 从5双不同的手套中任取4只，求至少有两只配成一双的概率。解 记4只手套中至少有两只配成一双，有二种解法：1利用对立事件计算2用配对法计算。记取得了第双手套，例 将封信从信封中取出后随机地装入，求至少有一封放进它原来信封内的概率，并计算解 此题用逆事件难以得到一般公式，故选用配对法计算，记第封信装入第个信封中，则小结 本章重点是随机事件的计算，考生除应熟记有关的公式，根据题目的条件作出正确的计算外，还要熟练地掌握一些技巧（如利用逆事件等），以简化解法，提高效率。第二章

10、随机变量及其分布1 离散型随机变量的分布律和分布函数例（882） 设随机变量的分布律为（为参数）求（1）。解因为，所以，（1）；（2）为3的倍数）例（886） 假设飞机在飞行中引擎不损坏的概率为，且各引擎是否损坏相互独立，若有半以上的引擎正常运行，飞机就可以成功地飞行，问值多大时，5引擎飞机比3引擎飞机更安全。解 设表示飞行中飞机引擎不损坏数，对5引擎机，可视为5重贝努利试验，对3引擎机，可视为3重贝努利试验，于是对5引擎机，的可能值为0，1，2，3，4，5，5引擎机成功飞行这一事件等价于，故5引擎机成功地飞行的概率为同理，3引擎机成功地飞行的概率为故5引擎机比3引擎机更安全的充分条件化简后得

11、故得，当，5引擎机比3引擎机飞行更安全。例（888） 某箱装有100件产品，其中一、二和三等品分别为80，10和10件，现从中随机地抽取一件，记试求随机变量和的联合概率分布。解（，）为二维离散型随机变量，其可能取值为（0，0），（0，1），（1，0），（1，1），故例设某班车起点站上的乘客数服从参数为的泊松分布，每位乘客中途下车的概率为，且中途下车与否相互独立，以表示中途下车的人数，求二维随机变量的分布律。解例 一汽车沿一街道行驶，需要通过三个设有红、绿信号灯的路口，每个信号灯为“红或绿”与其它信号灯为“红或绿”相互独立，且红绿两种信号显示时间相等，以表示汽车首次遇到红灯前已通过的路口数，求的

12、分布律。解 此题是有限几何分布模型，求的分布律。2连续型随机变量的分布密度和分布函数例（892） 设随机变量的分布函数为试求：1系数与；2；3的分布密度解 1由分布函数的性质，知解方程组得：即 3例（894） 设随机变量在2，5上服从均匀分布，现对进行三次独立观测，试求至少有两次观测值大于3的概率。解 由条件知的分布密度为令表示三次独立观测是中观测值大于3的次数，则服从，其中为故有 例（20021） 设随机变量服从正态分布N（），且二次方程无实根的概率为本1/2，则。解 由二次方程无实根的条件知故例（896） 设随机变量的概率密度为试求1系数；2落在圆内的概率。解：所以 2 设注 利用分布函数

13、的基本性质可以确定待定系数，从而可以计算二维随机变量落在某一区域内的概率，值得注意的是计算过程中，由于通常是分区域函数，故积分区域要特别小心，以免出错。例（898） 考虑一元二次方程，其中分别是将一枚骰子接连掷两次先后出现的点数，求该方程有实根的概率和有重根的概率。解 方程有实根的充要条件是判别式或，由条件知，本枚骰子掷两次，其基本事件总数为36，且B123456使的基本事件个数012466使的基本事件个数010100故使方程有实根的基本事件个数为01246619所以，使方程有重根的充要条件是，满足此条件的基本事件个数为0101002因此 例（900） 设随机变量均匀分布于以(1,0)，(0,

14、1)，(1,0)，(0,1)四项点所构成的正方形中，求与的边缘密度函数。解 如图2.31当时，当时，所以2类似1可得例 设随机变量的绝对值不大于1；在事件出现的条件下，X在（-1，1）内的任一子区间上的条件概率与该子区间长度成正比。试求（1）的分布函数；（2）取负值的的概率。解 （1）由条件知，当时故在条件下，事件的条件概率为 (注意该式？）于是，对于,有 (注意该式？）对于,有.从而(2) 取负值的的概率3随机变量函数的分布例 设随机变量，的概率分布为且，求的联合分布。解 为二维离散型随机变量，由条件知故 由联合分布与边缘分布的关系立得例（910） 设随机变量在(0，)内服从均匀分布，求随机

15、变量的分布密度。解 由条件知的分布密度为由于函数在内为分段单调函数，其反函数分别为故注 此题也可用分布函数法解。（3）二维连续型随机变量函数的分布例（916） 在线段上任意抛两个点（抛掷二点的位置在上独立地服从均匀分布），试求两点间距离的分布函数。解 设抛掷两点的坐标分别为和(图2.5)，则与相互独立，且都服从上的均匀分布，故的联合概率密度为记两点距离为，则的分布函数为 当时，显然；当时，当时，故两点距离的分布函数为例（918） 假设一电路装有三个同种电气元件，其工作状态相互独立，且无故障时间都服从参数为的指数分布，当三个元件都无故障时，电路正常工作，否则整个电路不能正常工作，试求电路正常工作

16、的时间的概率分布。解 设为第个电子元件无故障工作的时间，则是独立同分布的随机变量，其分布函数为记为了的分布函数，则当，；当时，所以 即电路正常工作时间服从参数为的指数分布。例（920） 设随机变量与独立同分布，其概率密度为求随机变量的概率密度。解 由于与独立同分布，故的联合概率密度为当时，显然当时，故的概率密度为（4）正态随机变量例（923） 设服从正态分布，则，若，则。解 记正态分布的分布函数为,标准正态分布的分布函数为,则由标准正态分布的对称性知，例（925） 设随机变量与相互独立，且都服从正态分布，求的分布密度。解 由正态随机变量的性质知，由于故，其概率密度为 第三章 随机变量的数字特征

17、及极限定理例题分析一随机变量的数字特征1一维随机变量的数字特征解题步骤1正确写出随机变量的分布律或分布密度；2利用定义计算，注意方差的简化公式的使用。例（927） 一整数等可能地在1到10中取值，以记除得尽这一整数的正整数的个数，求。解 记表示除尽的正整数的个数，则故的分布列为所以例（932） 将个球放于个盒子中，设每个球放于各个盒子是等可能的，求有球的盒子数的数学期望和方差。解 记随机变量 则两两独立，且同分布例（936） 设随机变量的概率密度为已知，求系数。解 即（3.1）又（3.2）（3.3）解方程组(3.1)，(3.2)，(3.3)得 2二维随机变量的数学特征（1）解题步骤1计算关于的

18、边缘分布密度；2利用公式计算数字特征。（2）注意12若相互独立，则；若与互不相关，则；3若和独立，则与互不相关；反之不成立，对正态随机变量，则与互不相关等价于与相关独立。4相互独立正态随机变量的线性组合仍为正态随机变量例（942） 设二维随机变量在矩形上服从均匀分布，记（i）求的联合分布；（ii）求与的相关系数。解 为二维离散型随机变量，其可能值为（0,0），（0,1），（1,0），（1,1）；由条件知的联合概率密度为（i）（ii），由（i）知例(938) 设，1试求的数学期望；2的方差。分析 此题条件中没有给出有关随机变量的分布信息，故其函数与的数学特征只能运用性质来计算。解 23随机变量函

19、数的数字特征计算公式：一维随机变量函数的数字特征的计算公式或二维随机变量的函数的数字特征的计算公式或，例 已知连续型随机变量的概率密度函数为，则的数字期望为；方差为。解 此题简单解法是利用正态分布的均值与方差已知直接写出，即把变形为标准型，从而有。例（947） 一零件的横截面是圆，对截面的直径进行测量，设其直径服从区间0，2上的均匀分布，则横截面积的数学期望为，而面积的方差为。分析 此题是计算均匀分布随机变量函数的期望与方差，由公式得解 分别填和。例（948） 设随机变量，求的概率密度及。解 此题计算的期望与时可直接用公式：例（954） 假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障

20、时全天停止工作，若一周5个工作日里无故障，可获利润10万元；发生一次故障可获利润5万元；发生二次故障所获利润0元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元，求一周内期望利润是多少？分析 若以表示一周5天内机器发生故障的天数，表示一周利润，则为的函数，故问题化为求随机变量的数学期望。解 由条件知，即三大数定律和中心极限定理1） 用切比雪夫不等式来估计事件的概率及试验次数。要点：1合理选择随机变量；2求出；3根据题意利用切比雪夫不等式进行计算。例（960） 已知随机变量的数学期望，方差，试用切比雪夫不等式估计落在（80，120）内的概率。解 由切比雪夫不等式例(964) 在每次试验中，事件发生的概率为

21、0.75，利用切比雪夫不等式求：1在1000次独立试验中，事件发生的次数在700800之间的概率；2为多大时才能保证在次重复独立试验中事件出现的频率在0.740.76之间的概率至少为0.90。解 1设表示在1000次独立试验中事件发生的次数，则，且将事件化成切比雪夫不等式中的标准形式，得在切比雪夫不等式中取，则有2因事件出现的频率为，故将事件化成标准形式在切比雪夫不等式中取，则有由题意取可解得，即至少做18750次重复独立试验，可使事件出现的频率在0.74至0.76之间的概率至少为0.90。例(961) 设为连续型随机变量，为常数，求证分析 此类概率不等式的证明，一般考虑用切比雪夫不等式或直接

22、从定义用类似切比雪夫不等式的方法来证。证 设的密度函数为，则 2）中心极限定理的应用1） 求总和落在某区间内的概率。例 一加法器同时收到20个噪声电压，设它们是相互独立且都服从区间（0，10）上的均匀分布，求总和噪声电压超过计划105（伏）的概率。解 记，因是相互独立且都服从（0，10）上的均匀分布，且由独立同分布中心极限定理知故例（963） 一个复杂的系统，由100个相互独立起作用的部件组成，在整个运行期间。每个部件损坏的概率为0.1，为使整个系统起作用，至少需要85个部件工作，求整个系统工作的概率。解 设表示整个系统中处于工作状态的部件数，由题设服从，由德莫佛拉普拉斯定理即系统工作的概率为

23、0.977。例（965） 假设是来自总体的简单随机样本；已知证明当充分大时，随机变量近似服从正态分布，并指出其分布参数。分析 此题主要考查考生对中心极限定理的理解与运用。解 依题意知独立同分布，从而其函数也是独立同分布，且由中心极限定理的极限分布为标准正态分布，即当充分大时，近似地服从参数为的正态分布。2） 已知取值概率，求最小的n。例 某电视机厂每月生产一万台电视机，但它的显像管车间的正品率为0.8，为了以0.997的概率保证出厂的电视机都装上正品的显像管，问该车间每月应生产多少只显像管？解 设该车间每月应生产只显像管，这只显像管中正品的只数为，则。本题即求满足的最小的。由徳莫佛-拉普拉斯定

24、理中心极限定理知，近似服从于是即 查表可得，解之得，取即克满足要求。第四章 数理统计初步例题分析1选择题例 设，已知，未知，为的样本，则非统计量的有（ ）（A）； （B）； （C） （D）解 应填（C），（D）例 为总体的未知参数，的估计量是，则有（ ）（A）是一个数，近似等于；（B）是一个随机变量；（C）是一个统计量，且；（D）当越大，的值可任意靠近。解 应填（B）例 设是总体的一个简单样本，未知，则（ ）（A）是的线性无偏估计量；（B）是的无偏估计量；（C）是的极大似然估计量；（D）是的相合估计量。解 应填（D）例 对正态总体的数学期望进行假设检验，如果在显著性水平0.05下，接受零假设，

25、那么在显著性水平0.01下，下列结论中正确的是（ ）（A）必接受；（B）可能接受，也可能拒绝（C）必拒绝；（D）不接受，也不拒绝解 应填（A）2填空题例 设总体，今抽得一样本，数据如下：11，9，14，10，12，7，13，11，12，则总体期望值的95的置信区间是分析 由于，所以，故所求的置信区间为解 应填10.02，11.98例 设总体未知，已知，为使总体均值的置信水平为的置信区间长度为，则应抽取的样本容量最少应为。分析 在方差已知的条件下，均值的置信区水平的置信区间为，其区间长度为，为使，最少应为。解 应填。例 设是来自正态总体的简单随机样本，其中参数未知，记，则假设的检验使用统计量分析

26、 因此在原假设成立下，其检验统计量解 应填3证明题例 设总体的均值与方差都存在，试证样本均值是的一致估计。证 ，由切比雪夫不等式，当时，是的一致估计。例 设为总体的一个样本，试证存在常数，使为的无偏估计。证要使，只须取4计算题例（972） 设总体服从泊松分布为的一个样本，求样本均值的概率分布。解 由于为的样本，故由泊松分布的可加性知即的分布列为例 设总体服从泊松分布为来自的一个样本，求1的概率分布；2和的值。解 1由于，故故的概率分布为2因为，所以注 上述结论对任意总体均成立，即例（977） 设总体服从上的均匀分布，即其中为未知参数，试求的矩估计。解由矩估计定义得两个方程：解方程组，得到的估计

27、。例 设总体的概率密度为求未知参数和的矩估计和极大似然估计解 （1）（2）方程（*）无解，由于是的单调增函数（当时），故例（981） 设是正态总体的样本，试的极大似然估计。解 本题的关键是将看作参数的函数，从而代于的极大似然估计可得的极大似然估计，由于，故由于正态总体的极大似然估计为故的极大似然估计为例（985） 设为来自总体的一个样本，证明都是的无偏估计并指出哪一个更有效。解 的概率密度为的概率密度为故比有效。例 设总体服从参数的泊松分布，即是的一个样本，试求的无偏估计。分析 求参数函数的无偏估计通常是用常用统计量的组合来构造；其结果一般不唯一。解 故所以的一个无偏估计量为注 是的无偏估计，

28、但不是的无偏估计，即无偏估计的函数不是待估参数函数的无偏估计。例（989） 假设0.50，1.25，0.80，2.00是来自总体的一组观测值。已知服从正态分布（i）求的数学期望（记为）；（ii）求的置信度为0.95的置信区间；（iii）利用上述结果求的置信度为0.95的置信区间。解 i）的概率密度为ii）的观测值为令，则由于，故的置信度为0.95的置信区间为（0.98，0.98） iii）由于为的函数，故的置信区间可由的置信区间推出，由函数的严格单调递增性知故的置信度为0.95的置信区间为。例（994） 某种零件的尺寸方差，对一批这类零件检查6种，得尺寸数据（单位：mm）：32.56 29.6

29、6 31.64 30.00 31.87 31.03当显著性水平时，问这批零件的平均尺寸能否认为是32.50mm（零件尺寸服从正态分布）？解 问题为正态总体已知方差时均值的检验，根据所提要求，假设如下用检验法，将观测值代入统计量算得的观测值这是一个双侧检验，对于查表得由于，故拒绝，即在下，不能认为这批零件的尺寸是32.50mm。例（995） 某车间生产的金属丝，质量较为稳定，折断力方差，今从这一批产品中抽10根作折断力试验，结果（公斤）为578，572，570，568，572，570，572，596，584，570问是否可相信这批金属丝的折断力方差仍是解 用表示金属丝的折断力，则由经验知，问题就是要在未知时检验假设 用检验法，将观测值代入统计量因为，故接受，即在下认为该批金属丝的折断力的方差与64无显著差异。例（998） 一种燃料的辛烷等级服从正态分布，其平均等级为98.0，标准差为0.8，今抽取25桶新油，每桶各作一次测试，得一大小为25的辛烷等级样本，算得样本均值为97.7，假定标准差与原来一样，问新油的辛烷等级是否比原燃料的辛烷平均等级偏低？解 本题是一个左方单侧检测的问题，即在下检验假设利用统计量作假设检验，在成立时，由所给数据可算出的观测值由于故拒绝，即认为新油的辛烷平均等级比原燃料辛烷的平均等级确实偏低（在下）