概率論典型例題-文檔資料

1、1);()1(1B品品只只有有第第一一個個零零件件是是合合格格);()2(2B件是合格品件是合格品三個零件中只有一個零三個零件中只有一個零);(,)3(3B個個次次品品一一但但后后兩兩個個零零件件中中至至少少有有第第一一個個是是合合格格品品三、典型例題:)3 , 2 , 1(,)3 , 2 , 1(,3表示下列事件表示下列事件試用試用個零件是合格品個零件是合格品生產(chǎn)的第生產(chǎn)的第表示他表示他以事件以事件個零件個零件一個工人生產(chǎn)了一個工人生產(chǎn)了 iAiiAii例例12解解;)1(3211AAAB ;)2(3213213212AAAAAAAAAB );()3(3213AAAB ,)4(3214AAA

2、B ;3214AAAB 或或,)5(3215AAAB .3215AAAB 或或說明說明 一個事件往往有多個等價的表達方式一個事件往往有多個等價的表達方式.).()5(5B三三個個零零件件都都是是次次品品);()4(4B個合格品個合格品三個零件中最多只有兩三個零件中最多只有兩3.:.,ABBCACBACABCCBA 證證明明滿滿足足設(shè)設(shè)隨隨機機事事件件證明證明,BAC 由于由于,BAC 故故BBABC)( 從從而而,BA BABCBCA ,BC ,ABABCACB )(BBACAC 故故BACACB .ABBC 例例24., 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

3、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 引進事件引進事件 ;目標(biāo)進入射程目標(biāo)進入射程 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35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

4、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BB6 由加法公式得由加法公式得)(21ABBP)()()(2121ABBPABPABP .36. 06 . 06 . 0 )()()(2121ABPABPABBP 從從而而36. 06 . 06 . 0 .84. 0 )()()(21ABBPAPBP 故故84. 07 . 0 .588. 0 7.,573,251510兩份兩份從中先后抽出從中先后抽出名表名表隨機地取一個地區(qū)的報隨機地取一個地區(qū)的報份份份和份和份份

5、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的一份是女生表的概率的一份是女生表的概率求先抽到求先抽到男生表男生表已知后抽到的一份表是已知后抽到的一份表是思路思路 由于抽到的表與來自哪個地區(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48解解;3, 2, 1, iHi抽抽到到地地區(qū)區(qū)考考生生的的報報名名表表記記, 2, 1, jjAj次抽到報名表是男生的次抽到報名表是男生的第第;107)(

6、);3 , 2 , 1(31)(11 HAPiHPi則則有有.2520)(;158)(3121 HAPHAP由全概率公式知由全概率公式知)1( 3111)()()(iiiHAPHPAPp 25515710331.9029 9,)()()()2(22121APAAPAAPq 由全概率公式得由全概率公式得 312121)()()(iiiHAAPHPAAP, )(313121 iiHAAP又因為又因為,30797103)(121 HAAP,308148157)(221 HAAP.3052420255)(321 HAAP10,9230530830731)(21 AAP所以所以)()()(2312iii

7、HAPHPAP 而而 312)(31iiHAP,9061252015810731 )()(221APAAPq 所以所以.6120906192 11 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512.,)2(42315串聯(lián)電路進行并聯(lián)而得串聯(lián)電路進行并聯(lián)

8、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.系系統(tǒng)統(tǒng)正正常常工工作作 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 13)()(42315BBBBPBCP ),1)(1(14231pppp 所以所以)1)(1(1)1)(1(1)(43215pppppCP ).1)(1(1)1(42315ppppp 14.02,87,45,23,1, 5, 2, 0 , 2 XXPaaaaX

9、試求概率試求概率相應(yīng)的概率依次為相應(yīng)的概率依次為的可能取值為的可能取值為已知離散型隨機變量已知離散型隨機變量思路思路 首先根據(jù)概率分布的性質(zhì)求出常數(shù)首先根據(jù)概率分布的性質(zhì)求出常數(shù) a 的的值值, 然后確定概率分布律的具體形式然后確定概率分布律的具體形式,最后再計最后再計算算條件概率條件概率. 利用概率分布律的性質(zhì)利用概率分布律的性質(zhì)解解, 1 iip三、典型例題例例115因此因此 X 的分布律為的分布律為XP5202 37837123710377aaaapii87452311 有有,837a ,837 a故故16從而從而00, 202 XPXXPXXP52020 XPXPXPXPXP.2922

10、 17.,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)離散型隨機變量設(shè)離散型隨機變量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218),0()( iiixFxFxXP, 1)( F221 XP知知)32()(aba ,322 ba. 1 ba且且.65,61 ba由由此此解解得得19 . 2, 1, 21,21, 11,61,

11、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 21316120.)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變量已知隨機變量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321,de21)()2( 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,

12、e211, 0,e21)(xxxFxx22, 0)3(2 XY由于由于; 0)(,0 yYPyFyY有有時時故故當(dāng)當(dāng)有有時時當(dāng)當(dāng),0 y)(2yXPyYPyFY yXyP yyxxde21,de2120 yxx),()(yfyFYY 由由于于23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)(yyyyfyY24.2100,cm182)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

13、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llXPl 例例425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

14、即即,33. 26170 l查表得查表得).cm(98.183 l故故26.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的的人人數(shù)數(shù)個個男男子子中中身身高高超超過過為為設(shè)設(shè) Y其其中中則則),0228. 0,100( BY,9772. 00228. 0100100 kkkkYP .100, 1 , 0 k27,28. 2,0228. 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

15、. 2228. 2228. 228. 20 YP.6013. 0 ,2102 YPYPYPYP所求概率為所求概率為28.,200,6001,):(,a概率概率至少有一只元件損壞的至少有一只元件損壞的內(nèi)內(nèi)小時小時試求在儀器使用的最初試求在儀器使用的最初中參數(shù)中參數(shù)其其都服從同一指數(shù)分布都服從同一指數(shù)分布小時小時單位單位其壽命其壽命元件元件立工作的同型號電子立工作的同型號電子設(shè)某儀器上裝有三只獨設(shè)某儀器上裝有三只獨 思路思路, 200 )3 , 2 , 1(的的事事件件小小時時內(nèi)內(nèi)損損壞壞”使使用用的的最最初初“在在分分別別表表示示三三個個電電子子元元件件以以 iAi321AAAPa 于是于是)(

16、1321AAAP ),()()(1321APAPAP 例例529),3 , 2 , 1()( iAPpi令令.,便便可可得得解解由由指指數(shù)數(shù)分分布布求求出出 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,一一分分布布由由三三個個電電子子元元件件服服從從同同30,)(200pAPXPii 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

17、200600de6001xx,e31 . 3 , 2 , 1 i備備 用用 例例 題題31三、典型例題.,0)4(;)3(;,)2(;),()1(:.,310,7210的條件分布律的條件分布律的條件下的條件下在在是否獨立是否獨立和和的邊緣分布律的邊緣分布律的聯(lián)合分布律的聯(lián)合分布律求求表示其中的二等品數(shù)表示其中的二等品數(shù)示其中的一等品數(shù)示其中的一等品數(shù)表表用用件件件產(chǎn)品中不放回地抽取件產(chǎn)品中不放回地抽取從從件次品件次品件二等品和一件二等品和一件一等品、件一等品、件產(chǎn)品中有件產(chǎn)品中有在在YXYXYXYXYX 例例132有有時時或或當(dāng)當(dāng),32 jiji. 0, jYiXP由古典概率知由古典概率知時時

18、當(dāng)當(dāng),32 ji,3103172, jijijYiXP解解只只能能取取由由題題設(shè)設(shè)知知 X, 2, 1, 0只只能能取取Y. 3, 2, 1, 0).3 , 2 , 1 , 0, 2 , 1 , 0( ji33YX3210210120351202100012042120140001207121112042的的分分布布律律為為因因此此的的),(YX34的邊緣分布律為的邊緣分布律為YX,)2(YX32102101203512021000120421201400012071201 iP12056120561208jP 1201120211206312035135, 00, 0)3( YXP因為因為,

19、 012011205600 YPXP.不相互獨立不相互獨立與與所以所以YX的條件概率為的條件概率為的條件下的條件下在在YX,0)4( . 3 , 2 , 1 , 0,0, 00 jXPjYXPXjYP的條件分布律為的條件分布律為因此因此 Y360 XjYP32838537.00)2(;)1(:. 4 , 3 , 2 , 1, 4 . 01, 6 . 00,2413221143214321只有零解的概率只有零解的概率方程組方程組的概率分布的概率分布行列式行列式求求且且獨立同分布獨立同分布設(shè)設(shè) xxxxiPPii例例2.0,的的概概率率列列式式而而第第二二問問就就是是求求系系數(shù)數(shù)行行出出來來些些值

20、值的的概概率率計計算算然然后后利利用用獨獨立立性性將將取取這這能能值值找找到到的的所所有有可可先先要要將將的的分分布布律律要要求求行行列列式式 思路思路38解解,)1(321411 記記,213241 則則,214321也也相相互互獨獨立立故故相相互互獨獨立立由由于于,1, 0,21兩個值兩個值都只能取都只能取且且1, 1113221 PPP而而,16. 01132 PP.84. 016. 010021 PP39. 1, 0, 1321 個個可可能能取取值值有有隨隨機機變變量量1, 0121 PP1021 PP,1344. 016. 084. 0 0, 1121 PP0121 PP,1344.

21、 084. 016. 0 1110 PPP.7312. 0 40的的分分布布律律為為于于是是行行列列式式 P101 1344. 07312. 01344. 0由于齊次方程由于齊次方程)2(等等價價于于系系數(shù)數(shù)行行列列式式不不為為只只有有零零解解的的充充要要條條件件是是,00024132211 xxxx0 P01 P.2688. 07312. 01 41.0,),(.3, 1,3, 0., 2,0, 1, 0, 0,1, 0),(),(22 UVPVUYXYXVYXYXXUVUyxyyxDYX并計算并計算的聯(lián)合概率分布的聯(lián)合概率分布求求如下如下隨機變量隨機變量定義定義上的均勻分布上的均勻分布服從

22、服從設(shè)隨機變量設(shè)隨機變量.,),(概率概率布的特征計算其取值的布的特征計算其取值的并利用均勻分并利用均勻分的所有可能取值的所有可能取值寫出寫出VU例例3思路思路42解解的聯(lián)合密度函數(shù)為的聯(lián)合密度函數(shù)為由題設(shè)知由題設(shè)知),(YX .),(, 0,),(,2),(DyxDyxyxf:6),(個可能取值個可能取值有有VU)1 , 2()0 , 2()1 , 1()0 , 1()1 , 0()0 , 0(, 0)(0, 0 PVUP, 0)(0, 1 PVUP3,01, 1YXYXPVUP 43yxyxfYXPyxdd),(00 yxyxdd20 .41 3, 01, 0YXXPVUP 0 XP,21

23、 3,0, 2YXXYPVUP 3YXP ,61 443,1, 2YXXYPVUP 3YXYP .121 的聯(lián)合概率分布為的聯(lián)合概率分布為所以所以),(VUVU210106100121412145從而從而0 UVP1, 21, 1 VUPVUP12141 .31 46 ., 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)隨機變量設(shè)隨機變量yxcxyxfYXy例例4.1),min()8(;1)7(;)6(;),()5(;21,21)4();(),()3(?)2(;)1( YXPYXPYXZYXYXPYXPxyfyxfYXcXYYX求求求求的密度函數(shù)的密度函數(shù)求求的聯(lián)合分布函數(shù)

24、的聯(lián)合分布函數(shù)求求求求求求為什么為什么是否獨立是否獨立與與求常數(shù)求常數(shù)47解解得得由由,1dd),()1( yxyxfxcxyyyded100 ,)3(2de202ccyycy . 1 cyyxfxfXd),()()2( . 0, 0, 0,dexxyxxy . 0, 0, 0,exxxx48xyxfyfYd),()( . 0, 0, 0,de0yyxxyy . 0, 0, 0,e212yyyy, )()(),(,0yfxfyxfyxYX 上上由由于于在在.不獨立不獨立與與故故YX49)(),()()3(yfyxfyxfYYX ., 0,0,22其他其他yxyx)(),()(xfyxfxyfX

25、XY ., 0,0,e其其他他yxyx5021)4( YXP22, 1 YPYXP 212d)(dd),(yyfyxyxfY 202102de21dedyyyxxyxy.e51e21e21221 又由條件密度的性質(zhì)知又由條件密度的性質(zhì)知,d)2(211xxfYXPYX 51 ., 0, 20,2)2(其其他他而而xxxfYX從而有從而有xxYXPd22110 .41 :,),()5(故有故有由于由于yYxXPyxF . 0),(,00 yxFyx有有時時或或當(dāng)當(dāng)有有時時當(dāng)當(dāng),0 xy52,),(yYxXPyxF uuvvvyded00 yvvv02de21.e )12(12yyy 有有時時當(dāng)當(dāng)

26、,0 yx,),(yYxXPyxF vuuyuvxded0 xyuuu0d)ee (.e21e )1(12yxxx 53故得故得 .0,e21e )1(1,0,e )12(1, 00, 0),(22yxxxxyyyyxyxFyxy或或 ,d),()()6(xxzxfzfZ根據(jù)根據(jù),20,0,),(時時即即只只有有當(dāng)當(dāng)非非零零由由于于要要被被積積函函數(shù)數(shù)zxxzxxzxf 從而有從而有:54; 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)(2zzzzfzzZ55 1d)(1)7

27、(zzfYXPZzzzzde )12(e 102 .ee1121 1),min()8( YXP1),min(1 YXP1, 11 YXPuuvvvded101 vvvde21112 .e2511 56).(,10, 20),(),(sfSYXyxyxGYX的概率密度的概率密度的矩形面積的矩形面積和和試求邊長為試求邊長為上服從均勻分布上服從均勻分布在矩形在矩形設(shè)隨機變量設(shè)隨機變量 解解的概率密度為的概率密度為由題設(shè)知二維隨機變量由題設(shè)知二維隨機變量),(YX .),(, 0,),(,21),(GyxGyxyxf若若若若,)(,的的分分布布函函數(shù)數(shù)為為設(shè)設(shè)SsSPsFYXS ,0 時時則當(dāng)則當(dāng) s

28、, 0)( sXYPsF例例557,2時時當(dāng)當(dāng) s, 1)( sXYPsF,20時時當(dāng)當(dāng) s)(sXYPsSPsF 1sXYP yxyxfsxydd),(1 yxxssd21d112 . )ln2ln1(2ss ., 0, 20),ln2(ln21)(其其他他故故sssf備備 用用 例例 題題58三、典型例題 解解).( )( , 2 , 1,)1( , 1XDXEkppkXPXk和和求求它的分布律為它的分布律為服從幾何分布服從幾何分布設(shè)設(shè) 11)(kkpqkXE )1 (pq 其其中中 11kkqkp2)1(qp ,1p 例例159 1122)(kkpqkXE 112kkqkp3)1()1(

29、qqp ,12pq 22)()()(XEXEXD 2211ppq .2pq 60解解 從數(shù)字從數(shù)字0, 1, 2, , n中任取兩個不同的數(shù)字中任取兩個不同的數(shù)字, 求這兩個數(shù)字之差的絕對值的數(shù)學(xué)期望求這兩個數(shù)字之差的絕對值的數(shù)學(xué)期望. , 的絕對值的絕對值為所選的兩個數(shù)字之差為所選的兩個數(shù)字之差設(shè)設(shè) X , 3 , 2 , 1 nX的所有可能取值為的所有可能取值為則則,2 11 nnXP, 21)1(2 nnXP一般的一般的., 2, 1,21)1(nknknkXP nkkXkPXE1)( nknknk121) 1(.32 n例例261解解. ,)( ,! 0 的的值值與與求求已已知知為為的

30、的概概率率取取非非負(fù)負(fù)整整數(shù)數(shù)值值設(shè)設(shè)隨隨機機變變量量BAaXEnABpnXnn , 的的分分布布列列是是因因為為Xpn 0nnXP 0!nnnBA, 1 BAe,BeA 得得 0!)(nnnBnAXE 1)!1(nnnBA,aABeB .,aBeAa 因此因此例例362 某銀行開展定期定額有獎儲蓄某銀行開展定期定額有獎儲蓄, 定期一年定期一年, 定額定額60元元, 按規(guī)定按規(guī)定10000個戶頭中個戶頭中, 頭等獎一個頭等獎一個, 獎金獎金500元元; 二等獎二等獎10個個, 各獎各獎100元元; 三等獎三等獎100個個, 各獎各獎10元元; 四等獎四等獎1000個個, 各獎各獎2元元. 某人

31、買了某人買了五個戶頭五個戶頭, 他期望得獎多少元他期望得獎多少元?解解因為任何一個戶頭獲獎都是等可能的因為任何一個戶頭獲獎都是等可能的, . 的的期期望望金金數(shù)數(shù)先先計計算算一一個個戶戶頭頭的的得得獎獎X42341088891011011011010210100500pX分布列為分布列為例例463 的數(shù)學(xué)期望為的數(shù)學(xué)期望為X210110101100101500101)(234 XE ),( 45. 0元元 買五個戶頭的期望得獎金額為買五個戶頭的期望得獎金額為 )(5)5(XEXE ).( 25. 245. 05元元 64).( )( )0( ., 0, 11,)1()( 2XDXExxcxfX

32、和和求求其其他他的的密密度度函函數(shù)數(shù)為為設(shè)設(shè)隨隨機機變變量量 解解, )( 是偶函數(shù)是偶函數(shù)因為因為xf xxxfXEd)()( 所以所以 112d)1(xxcx , 0 22)()()(XEXEXD )(2XE 例例565 1122112d)1()1(21d)1()1(21xxcxxxc 1122d)1(xxcx 11121112d)1()1(2)1()1(2xxcxxc 1d)( xxxf)(d)(2XDxxfx ),()1(21)1(21)( XDXD 于是于是.321)( XD故故66).1 ,min( ,)1(1)( 2XExxfX求求的的概概率率密密度度設(shè)設(shè)隨隨機機變變量量 解解)

33、1 ,min( XE xxfxd)()1,min( 11d)(d)(xxxxfxxfx 12112d111d11xxxxxx 12102d112d12xxxxx.212ln1 例例667解解 ).( )( ),cos( , 0,20,20),sin(21),( ),( ZDZEYXZyxyxyxfYX和和求求且且其其他他函函數(shù)數(shù)為為的的聯(lián)聯(lián)合合密密度度設(shè)設(shè)二二維維連連續(xù)續(xù)型型隨隨機機變變量量 yxyxfyxZEdd),()cos()( yxyxyxdd)sin()cos(212020 20d)2cos(2cos21xxx, 0 例例768)()(2ZEZD yxyxyxdd)sin()(cos

34、2120202 2033d2coscos61xxx.92 69解解 . ),( , 0, 20, 10),21(76),( ),( 2數(shù)數(shù)的的協(xié)協(xié)方方差差矩矩陣陣及及相相關(guān)關(guān)系系求求其其他他函函數(shù)數(shù)為為的的聯(lián)聯(lián)合合密密度度設(shè)設(shè)二二維維連連續(xù)續(xù)型型隨隨機機變變量量YXyxxyxyxfYX yxyxfxXEdd),()( xyxyxxdd )21(7610202 xxxd767121023 ,75 例例870yxxyxxXEdd )21(76)(1020222 ,7039 ,49023757039)( 2 XD故故xyxyxyYEdd )21(76)(10202 因為因為,78 xyxyxyYEd

35、d )21(76)(1020222 ,2134 ( 2 YD故故71xyxyxxyXYEdd )21(76)(10202 ,2117 )()()(),(Cov YEXEXYEYX 故故,147178752117 ),( 的的協(xié)協(xié)方方差差矩矩陣陣為為于于是是YX.147461471147149023 的相關(guān)系數(shù)的相關(guān)系數(shù)與與YX)()(),(CovYDXDYXXY .6915 備備 用用 例例 題題72三、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)分布隨機變量隨機變量大時大

36、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的簡單隨機是來自總體是來自總體假設(shè)假設(shè) niinkknXnZnkXEXXXX , , 21獨獨立立同同分分布布因因為為nXXX , , 22221也也獨獨立立同同分分布布所所以以nXXX例例173,)( 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.74 , 充充分分大大時時故故當(dāng)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

37、, 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 . , 22422的的正正態(tài)態(tài)分分布布參參數(shù)數(shù)為為n 75?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粒粒不不是是良良種種第第粒粒是是良良種種第第令令iiXi., 2, 1ni ,61)1( iXP則則,1 niinXY記記.6000,61, nnBYn則則例例276根據(jù)題意根據(jù)題意, 所求概率為所求概率為 10001

38、616000nYP),61000( nYP,61,6000 BYn因因為為由由中心極限定理中心極限定理有有:,651000,1000 NYn近近似似服服從從77 10001616000nYP所以所以 6/5100066/510001000nYP15000662 1)208. 0(2 15832. 02 .1664. 0 78. )975. 0)96. 1( ,( ,19.6 3 ,100 ),10, 0( 2 效數(shù)字效數(shù)字要求小數(shù)點后取兩位有要求小數(shù)點后取兩位有的近似值的近似值并利用泊松分布求出并利用泊松分布求出的概率的概率絕對值大于絕對值大于次測量誤差的次測量誤差的至少有至少有次獨立重復(fù)測量

39、中次獨立重復(fù)測量中在在試求試求假設(shè)測量的隨機誤差假設(shè)測量的隨機誤差NX解解, 6 .19 概概率率的的值值大大于于為為每每次次測測量量誤誤差差的的絕絕對對設(shè)設(shè) p6 .19 XPp 106 .1910XP例例379 96. 110XP,05. 0)96. 1(22 , 6 .19100 的次數(shù)的次數(shù)出現(xiàn)出現(xiàn)次獨立測量中事件次獨立測量中事件為為設(shè)設(shè) Xk , 05. 0 ,100 的二項分布的二項分布服從參數(shù)為服從參數(shù)為則則 pnk3 kP 故故31 kP2989910005. 095. 029910005. 095. 010095. 01 96. 1102XP80由由泊松定理泊松定理知知, ,

40、 05. 0100 的泊松分布的泊松分布近似服從參數(shù)近似服從參數(shù) npk 3 kP 故故31 kP! 2e5! 1e5! 0e5152550 22551e15.87. 0 備備 用用 例例 題題81三、典型例題. , )()( , ),( , )1 , 0( 226542321621分分布布服服從從使使得得試試決決定定常常數(shù)數(shù)的的簡簡單單隨隨機機樣樣本本體體為為來來自自總總服服從從設(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 82),1 , 0(3 321NXXX 則則),1 , 0(36

41、54NXXX ),1(3 22321 XXX故故),1(3 22654 XXX83 , , 2621分分布布的的可可加加性性相相互互獨獨立立及及因因為為 XXX2654232133 XXXXXX)()(3126542321XXXXXX ),2(2 . ,312分布分布服從服從所以所以 CYC 840.01. , ,),( ),( ),( 2222111211221的的概概率率大大約約為為過過差差超超使使得得這這兩兩個個樣樣本本均均值值之之試試確確定定的的樣樣本本均均值值和和的的兩兩樣樣本本為為的的容容量量是是來來自自正正態(tài)態(tài)總總體體和和設(shè)設(shè) nXXXXXXnNXXnn解解,21 nNX ,22

42、 nNX ,2, 0 221 nNXX 則則 21 XXP 2/221nnXXP 例例285 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86.2)(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是是來來自自正正態(tài)態(tài)總總體體的的樣樣本本因因為為XXX),()(1 2122nXnii 所所以以例例38

43、7 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 88),1()(1 (2)2122 nXXnii 因因為為 21222)(12 niiXXnP于于是是 32)(1816122iiXXP 32)15(82 P32)15(8)15(22 PP.98. 0 備備 用用 例例 題題89三、典型例題解解. , )10(,21的的無無偏偏估估計計量量并并驗驗證證它它是是達達到到方方差差界界的的最最大大似似然然估估計計量量求求參參數(shù)數(shù)分分布布的的一一個個樣樣本本的的是是來來自自

44、參參數(shù)數(shù)為為設(shè)設(shè)pppXXXn ,1, 0,)1();(1 xpppxfxx);()(1pxfpLnii ,)1(11 niiniixnxpp )(lnpL),1ln(ln11pxnpxniinii 例例190 ppLd)(lnd,111pxnpxniinii , 0d)(lnd ppL由由,)1( 11 niiniixnpxp得得 的最大似然估計值為的最大似然估計值為故參數(shù)故參數(shù) p,11 niixnp 的最大似然估計量為的最大似然估計量為參數(shù)參數(shù) p,11XXnpnii 91)()(XEpE niiXnE11,)(11pXEnnii . 的的無無偏偏估估計計量量是是所所以以pp, 1, 0

45、,)1();( 1 xpppxfxx又又因因為為),1ln()1(ln);(lnpxpxpxf ppxf);(ln,11pxpx 92 2);(lnppxfE 1 ,012)1(11xxxpppxpxpppp 221)1()1(1,)1(1pp 都都滿滿足足不不等等式式的的任任何何一一個個無無偏偏估估計計量量的的參參數(shù)數(shù)因因為為 ),( );( 21nXXXpppxf,)1();(ln)(2nppppxfEnpD 93 的無偏估計量的無偏估計量對于參數(shù)對于參數(shù) p,11 niiXnXp niiXnDpD11)( niiXDn12)(1)1(12ppnn ),1(1ppn . 偏偏估估計計量量的的無無的的達達到到方方差差界界是是總總體體分分布布參參數(shù)數(shù)故故pXp 94解解?)05. 0( ,0025. 0 ,7 .12 ,16,0.01, , ),( 22 問問此此儀儀器器工工作作是是否否穩(wěn)穩(wěn)定定算算得得個個點點今今抽抽測測超超過過按按儀儀器器規(guī)規(guī)定定其其方方差差不不得得現(xiàn)現(xiàn)對對該該區(qū)區(qū)進進行行磁磁測測從從正正態(tài)態(tài)分分布布設(shè)設(shè)某某異異常常區(qū)區(qū)磁磁場場強強度度服服sxN,05. 0,16 n, 5 .27)15(2025. 0 置信區(qū)間為置信區(qū)間為的的 1 2 ,26. 6)15(2975. 0 )1()