《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
32ˆ3
211X X X +
+=μ
，442ˆ3212X X X +
+=μ
，3
33ˆ3213X X
X ++=μ。

(1) 判断321ˆˆˆμμμ
，，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()ˆ(3
211X X X D D ++=μ
2
22218
73619141σσσσ=++=)442()ˆ(3212X X
X D D ++=μ
2
2228316116141σσσσ=++=2)(σ=X D 321ˆ,ˆ,ˆμμμμ
=)ˆ(1μ
E )6
32(3
21X X X E ++μ
μμμ=++=613121=)ˆ(3μE =)ˆ(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
5ˆ=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
13ˆ=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
3ˆμ),ˆ()ˆ()ˆ(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。