《应用概率统计》复习题及答案

工程硕士《应用概率统计》复习题

考试要求：开一页；题目类型：简答题和大题；考试时间：100分钟。 1. 已知 0.5,)( 0.4,)( 0.3,)(===B A P B P A P 求)(B A P ?。 解：因为 0.7,0.3-1)(-1(A)===A P P 又因为, ,-- A B A B A A B A AB ?== 所以 0.2,0.5-7.0)( -(A))(A ===B A P P B P

故 0.9.0.2-0.40.7P(AB)-P(B)(A))(A =+=+=?P B P

2.设随机变量)1(,9

5

)1(),,4(~),,2(~≥=≥Y P X P p b Y p b X 求并且。

解：

.

8165

31-1-10)(Y -11)(Y ),3

1,4(~,31,94-1-1-10)(X -1)1(,9

5)1(),,2(~422

====≥=====≥=≥）（故从而解得）所以（）

（而且P P b Y p p p P X P X P p b X

3．随机变量X 与Y 相互独立，下表中给出了X 与Y 的联合分布的部分数值，请将表中其

4．设随机变量Y 服从参数2

1=λ的指数分布，求关于x 的方程0322

=-++Y Yx x 没有实根的概率。

解：因为当时没有实根时，即0128Y -Y 03)-4(2Y -Y 2

2

<+<=?，故所求的概率为}6Y P{20}128Y -P{Y 2

<<=<+，而Y 的概率密度

??

???≤>=0,00

,21f(y)21-y y e y ，从而36221

-621-1dy 21f(y)dy 6}Y {2e e e P y ===<

5．设离散型随机变量X 的可能取值为 -1，0，1，3，相应的概率依次为,16

7

165163161，，， 求概率)2(≤X P 。 解：由题意可知,16

73}P{X ,1651}P{X ,1630}P{X ,161-1}P{X =======

= 所以.16

9

167-

13}P{X -11}P{X 0}P{X -1}P{X 2)|X P(|=====+=+==≤

9. 现有两箱同类产品，第一箱装50件，其中有10件一等品；第二箱装30件，其中有18

件一等品。现从两箱中任取一箱，再从取出的箱中任取一件产品，求： (1) 取到的产品是一等品的概率；

(2) 已知取到的是一等品，问它来自第一箱的可能性有多大？ 解：设A 表示“这个产品是一等品”，

B 1表示“这个产品来自第一箱”，B 1表示“这个产品来自第一箱”， 则易得 2

1

)P(B )(B ,533018)B |P(A ,515010)B |P(A 2121======P . (1)由全概率公式有

.5

2

21532151)(B )B |P(A )(B )B |P(A P(A)2211=?+?=+=P P

（2）由贝叶斯公式有

.41

5

22151(A))P(B )B |P(A A)|P(B 111=?

=?=P

10. 设二维随机变量(,)X Y 的概率密度为

?

?

?>>=+-其它，00

,0,),()32(y x ke y x f y x （1）求常数k 的值；（2）求（X ，Y ）的分布函数F (x ，y )； （3）判断X 与Y 是否相互独立；（4）求)12(≤+Y X P 。 解：（1）利用概率密度的性质

从而得6,k ,6

dxdy ke y)dxdy (x,10

3y -2x ---==

==?

?

?

?

+∞

+∞

+∞

∞

+∞

∞

k

f

?

?

?>>=+-其它，00

,0,6),()32(y x e y x f y x . （2）由定义

???>>=?????>>==????

∞∞

.

0,

0,y 0,x ),

e -)(1e

-(1.

,0,0,0,

dvdu 6e v)dvdu (u,y)F(x,3y

-2x

-00

3v -2u ---其它其它x y x

y

y x f

（3）（X ，Y ）关于X 和Y 的边缘概率密度分别为

.0,0,

18-)(,

.0,0,12-)()32()32(?

?

?>=???>=+-+-其它

，其它，y e y f x e x f y x y y x x

显然(y))(y)(x ,y x f x f f ≠，所以X 与Y 不相互独立。 （4）（X ，Y ）的取值区域如图所示，

故.5135.04-316y)dxdy f(x,1)2Y P(X 2

2

3-

-2-3-2-0

1

2y x ≈+===

≤+?

???≤+y x e

e dy e dx

11. 设 X 1, X 2, …, X n 是取自总体 X 的一个样本，),(~2

σμN X ，6

32?3

211X X X +

+=μ

，442?3212X X X +

+=μ

，3

33?3213X X

X ++=μ。 (1) 判断321???μμμ

，，中哪些是μ的无偏估计； (2) 上述的无偏估计量中哪个更有效？ 解 ⑴ 设 由于

故 都是总体均值 的无偏估计量；

(2)

)632()?(3

211X X X D D ++=μ

2

22218

73619141σσσσ=++=)442()?(3212X X

X D D ++=μ

2

2228316116141σσσσ=++=2)(σ=X D 321?,?,?μμμμ

=)?(1μ

E )6

32(3

21X X X E ++μ

μμμ=++=613121=)?(3μE =)?(2μE μμμμ=++=414121)4

42(321X X X E ++)3

33(321X X X E ++μ

μμμ=++=313131

因为 所以 更有效。 其中参数θ>0未知，

12. 设总体X 的分布律如图所示，

今有样本，1,1,1,3,2,1,3,2,2,1,2,2,3,1,1,2,试求θ的矩估计和最大似然估计。 解：(1),3-3)2-(132)E(θθθθθ=++=4

7)33261(7161=?+?+?=x

令x =)E(θ得473-3=

θ，解得θ的矩估计为12

5?=θ

. (2)设似然函数),32-(13)2-(1d )

dL(,)2-(1)L(2213

13

θθθθ

θθθθ==则

因为,02-,10>>θθ令

,0d )dL(得=θθθ的最大似然估计为32

13?=θ. 13. 某灯泡生产车间为考察灯泡的寿命（单位：小时），从生产的一批灯泡中随机抽取25只，测得平均寿命1980x =小时，样本方差36002

=S 小时。假设灯泡的寿命X 服从正态分布()2

,N

μσ，求：

(1)总体方差2

σ的置信水平为95%的置信区间；

(2)在显著性水平5.00=α条件下能否认为这批灯泡的平均寿命为2000小时？ 解：（1）因为n=25，1980x =，S=60，0.050.95-1==α，

2.0639(24)t 1)-(n 0.0252/==αt ，

所以，μ的置信水平为95%的置信区间为

3?μ),?()?()?(123μμμ

D D D <<

2004.7668)

,

(1955.2332

2.0639

25

60

1980

2.0639,

25

60

-

1980

1)

-

(n

1),

-

(n

-

2/

2/

=

??

?

?

?

?

?

+

?

=

??

?

?

?

?

+

α

α

t

n

s

x

t

n

s

x

（2）设该批灯泡的寿命为X，其均值为μ，

检验假设1980

H

1980

H

1

≠

=μ

μ：

：

该检验假设的拒绝域为

2/

n

s/

1998

-x

α

μZ

≥

=，

由题设条件有n=25，2000

x=，S=60， 1.96

Z

0.025

2/

=

=

α

Z，

故

6

1

25

60/

1998

-

2000

=

=

μ，

显然96

.1

6

1

<

=

μ，接受假设1980

H

=

μ

：，拒绝假设1980

H

1

≠

μ

：，

即在显著性水平5

.0

=

α条件下能认为这批灯泡的平均寿命为2000小时。