概率论与数理统计 - 浙江大学邮件系统
T
0
S t
1 T
d
1 T
tT S d
t
周期性
＝＝＝
1
T
T
0
S
d
常数
RX t,t E S t S t
T
0
S
t
S
t
1 T
d
1 T
tT S S d
t
周期性
＝＝＝
1
T
T 0
S
S
记为
d＝＝RX
所以随机相位周期过程是平稳的。
15
例4：考虑随机电报信号，P X
t
I
1 2
而与起始时间t1无关。
严平稳过程的数字特征：
设严平稳过程X t 是二阶矩过程，则
记为
（1）X t E X t E X 0＝＝X 常数
（2）RX t ,t E X t X t
记为
E X 0 X ＝＝RX
定义：给定二阶矩过程X t ,t T，如果
对任意的t,t T ,
k0 j0
N
ak amk 2
k 0
0mk N
只与m有关，所以{Yn }是平稳序列。
例3：设S t 是一周期为T的函数，是在0,T 上服从均匀分布的随机 变量，称X t S t 为随机相位周期过程，试讨论它的平稳性。
解：由假设，的概率密度为:
f
1 T
0
0 T
其他
于是, E X
t
E S t
或称这两个过程是联合 宽 平稳的
例: 一族随机变量Xt (t T )独立同分布, 则随机过程{Xt ;t T}是严平稳的.
证 : 设Xt的分布函数为F，对任意不同t1,,tn ,任意h， P( X t1 x1,..., X tn xn ) P( X t1 x1)...P( X tn xn )
lim 1 T 2T
T T
a
2 cos
t
cos
t
dt
lim a2 T 4T
T T
cos
2t
2
cos
dt
lim a2 T 4T
sin2T 2 sin2T 2
2
a2cos
2
a2 2
cos
可知： X X t RX X t X t
29
定义：设X (t)是一平稳过程
E X t X 常数
E X t X t RX
则称X t ,t T为宽平稳过程
注： （1） 严平稳过程 二阶矩存在 宽平稳过程；
宽平稳过程 正态过程 严平稳过程； （2）今后，平稳过程均指宽平稳过程。
如果X t是宽平稳过程，那么
1. EX (t) X 常数
2. EX 2 (t) R（X 0）常数
1 2T
T
T
X t X t dt
例1：计算随机相位余弦波：
X t acos t 的时间平均 X t 和 X t X t 。
解： X t
lim 1 T 2T
T acos t dt
T
将看作一定值
＝＝＝＝ lim T
a sin T
sin T
2T
0
28
X t X t
本节给出的各态历经定理证实，只要满足某些条件， 那么均值和自相关函数实际上可以用一个样本函数在整个 时间轴上的平均值来代替。
x(t)
X
t
定义：设{X (t)：- t }为平稳过程， 定义过程的时间均值：
<X
t >= lim T
1 2T
T X t dt
T
时间相关函数：
<X t X t >= lim T
x1 t, x2 t, , xN t,
用统计实验方法，均值和自相关函数近似 地为：XΒιβλιοθήκη 1 NNxk
k 1
t1 ,
RX t2 t1
1 N
N
xk t1 xk t2
k 1
平稳过程的统计特性不随时间的推移而变化， 根据这一特点，能否通过在一个很长时间内观察得到的 一个样本曲线来估计平稳过程的数字特征呢？
第五章 平稳过程
关键词：
(宽)平稳过程 时间均值 时间相关函数 各态历经性 各态历经过程 谱密度 维纳——辛钦公式 白噪声
§1 平稳过程的定义
在自然界中有一类随机过程，它的特征是产生随机现象 的主要因素不随时间而变。例如
无线电设备中热噪声电压X (t)是由于电路中 电子的热运动引起的，这种热扰动不随时间而变；
证 : 对任意不同t1,, tn , 任意h，
( X t1 ,..., X tn ) （，..., )=( X t1h ,..., X tn h )
10
例：随机相位余弦波X (t) acos(t )
t , ~ U(0, 2 )。
X (t) （0 常数）
RX (t
,t )
a2 2
cos (只是的函数）
n
RX ti t j aia j E X ti X t j aia j
i, j1
i, j1
n
E
X ti X
i, j1
tj
aia j
E
n i1
X
ti
ai
2
0
20
5. X t 是周期为T0的平稳过程
RX (t)是周期为T0的函数。
即: PX t T0 X t 1
其中N是自然数，而a0 , a1, , aN是常数
证明：Yn , n 0, 1, 2, 是平稳序列
N
证：E Yn ak E X nk 0 k 0 RY n, n m EYnYnm
E
N k 0
ak
X nk
N j0
aj
X nm
j
N N
ak a j E X X nk nm j
其中是常数,
A与相互独立,
A~f
(x)
2
x, 0,
0
x 其它
1 ,
在(0, 2 )上均匀分布,是平稳过程;并判断其是否为
各态历经过程.
证明: X (t) E[ X (t)] E Acos t
E(A)E[cos t ] 0
RX (t1, t2 ) E[ X (t1) X (t2 )] E[ A2 ]E[cos(t1 )cos(t2 )]
2 X
.
自相关 自协方差 函数在 0处取得最大值。
RXY 2 RX 0 RY 0, CXY 2 CX 0CY 0.
19
4. RX 是非负定的:
对任意t1, t2 , , tn T和任意实数a1, a2 ,
n RX ti t j aia j 0
i, j1
, an，
n
证明：RX RX t,t E[X (t)X (t )]
E[ X
(t
)X
tt
(t)]
E[ X
(t) X
(t
)]
RX
;
RXY RXY t,t E[X (t)Y (t )]
E[Y
(t
)X
tt
(t)]
E[Y
(t)
X
(t
)]
RYX
.
18
3.
RX RX 0,
CX
CX
0
1 4
cos (t2
t1)
1 4
cos .
( t2 t1)
所以,X (t)是平稳过程.
32
X t
lim 1 T 2T
T Acos t dt
T
将A看作定值
＝＝＝＝A lim
1
T
cos t dt
T 2T T
0 E[X (t)]
即X (t)的均值具有各态历经性.
1. 如果P{ X (t) X } 1，
均值具有各态历经性
2. P{ X (t) X (t ) RX } 1，
自相关函数具有各态历经性，
当 0时，称均方值具有各态历经性
3. 均值和自相关函数都具有各态历经性， 则称X (t)是各态历经过程
例2： X
t
X ,t , ,
PX
1
1 2
F (x1)...F (xn ) P( X t1h x1,..., X tn h xn )
X t1 , X t2 , , X tn 和 X t1 h, X t2 h, , X tn h同分布，
{Xt ;t T}是严平稳的.
9
例: 设是一随机变量, 对任何t T , Xt ,
则随机过程{Xt ;t T}是严平稳的.
所以 PX t T0 X t 1。
应用：
在实际中，各种具有零均值的非周期性噪声和干扰一般
当 值适当增大时，X t 和X t 呈现独立或不相关，
即lim
RX
lim
CX
0.
如：接收机输出电压V t 是周期信号S t 和噪声电压N t 之和，
V t S t N t
又设S t 和N t 是两个互不相关的各态历经过程，且
严平稳过程的参数集T ,
可以为连续的,如， ，0， ；
可以为离散的,如0, 1, 2, ,0,1, 2,
{ X t }是严平稳过程当且仅当
（1）所有的X
同分布。
t
（2）对任意n 2, ( X t1 , X t2, ..., X tn )的分布
仅与时间差t2 t1,t3 t2,..., tn tn1有关，
定义：X t ,t T是一随机过程，对任意的n n 1, 2, ，
t1,t2 , tn T和任意实数h，当t1 h,t2 h, ,tn h T 时,
X t1 , X t2 , , X tn 和 X t1 h, X t2 h, , X tn h
概率论与数理统计(浙江大学版本)
ABC A6 : “三人均未命中目标” : B C A
A5 : “三人均命中目标” :
1.2 概率的定义及其运算
从直观上来看，事件A的概率是描绘事件A 发生的可能性大小的量 P（A）应具有何种性质？
* 抛一枚硬币，币值面向上的概率为多少？ * 掷一颗骰子，出现6点的概率为多少？ 出现单数点的概率为多少？ * 向目标射击，命中目标的概率有多大？
频率的性质
(1) 0 fn(A) 1；
(2) fn(S)＝1； fn( )=0
(3) 可加性：若AB＝ ，则
fn(AB)＝ fn(A) ＋fn(B).
实践证明：当试验次数n增大时， fn(A) 逐渐 趋向一个稳定值。可将此稳定值记作P(A)， 作为事件A的概率
1.3.2. 概率的公理化定义
A={HHH,HHT,HTH,THH,HTT,TTH,THT}
N ( A) 7 P( A) N () 8
二、古典概型的几类基本问题 复习：排列与组合的基本概念 乘法公式：设完成一件事需分两步， 第一步有n1种方法,第二步有n2种方法， 则完成这件事共有n1n2种方法。 （也可推广到分若干步）
i 1
Ai
n
3.积事件(p4) :事件A与事件B同时发生， 记作 AB＝AB
3’n个事件A1, A2,…, An同时发生，记作 A1A2…An
4.差事件(5) ：A－B称为A与B的差事件,表示事件A发 生而事件B不发生
思考：何时A-B=?何时A-B=A？
5.互斥的事件（也称互不相容事件）(p4) 即事件与事件不可能同时发生。AB＝
P p m
n m n
某班级有n 个人(n365)， 问至少有两个人的生日在同一天
概率论与数理统计-浙江大学数学系
定理5.2 契比雪夫定理的特殊情形 ： 设随机变量序列X 1 , X 2 , , X n , 相互独立，且具有相同的 数学期望 和相同的方差 2，作前n个随机变量的算术平均： Yn 1 X k , n k 1
n
则 0，有：
1 n lim P Yn lim P X k 1. n n n k 1 n 1 P 即， X k . n k 1 1 n 证明：由于E Yn E X k 1 n , n k 1 n 2 1 n 1 n 2 1 D Yn D X k 2 D X k 2 n n n n k 1 n k 1
师介绍——》统计研究所——》张彩伢
►
2
第五章 大数定律和中心极限定理
关键词： 契比雪夫不等式
大数定律 中心极限定理
3
§1 大数定律
背景
本章的大数定律，对第一章中提出的 “频率稳定性”，给出理论上的论证
为了证明大数定理，先介绍一个重要不等式
4
定理5.1 契比雪夫不等式 ：设随机变量X 具有数学期望E X , 方差D X 2
此外，定理中要求随机变量的方差存在，但当随 机变量服从相同分布时，就不需要这一要求。
定理5.3 辛钦定理 ： 设随机变量序列X 1 , X 2 , , X n , 相互独立，服从同一分布， 且存在数学期望，作前n个随机变量的算术平均：Yn 1 X k n k 1 则 0，有： 1 n lim P Yn lim P X k 1. n n n k 1
§2 中心极限定理
背景：
有许多随机变量，它们是由大量的相互独立 的随机变量的综合影响所形成的，而其中每 个个别的因素作用都很小，这种随机变量往 往服从或近似服从正态分布，或者说它的极 限分布是正态分布，中心极限定理正是从数 学上论证了这一现象，它在长达两个世纪的 时期内曾是概率论研究的中心课题。
概率论与数理统计浙大第四版-第二章1
其中一种重要的类型为
连续性 r.v.
引入 r.v.
重要意义
◇ 任何随机现象可
被 r.v.描述
◇ 借助微积分方法 将讨论进行到底
2.离散型随机变量及其概率分布
离散随机变量及分布律
定义 若随机变量 X 的可能取值是有限 个或可列个, 则称 X 为离散型随机变量
描述X 的概率特性常用概率分布或分布律
即 P ( X xk ) pk , k 1,2,
p 0.4 k 0 1 2
3
4
代入 pk 0.6 0.24 0.0960 1 2 3 4
x
0,
x0
F (x) 0.6,
0 x 1
P(Xx) 0.6 0.24 0.84,
1 x 2
0.84 0.096 0.936, 2 x 3
接到电话次数超过100次” 这一事件
r.v.的函数一般也是r.v.
在同一个样本空间可以同时定义多个
r.v., 例如
= {儿童的发育情况 } X() — 身高, Y() — 体重, Z() — 头围.
各 r.v.之间可能有一定的关系, 也可能没
有关系—— 即 相互独立
离散型
r.v. 分类 非离散型
例1 已知某型号电子管的使用寿命 X 为
续r.v., 其 pdf为
f
(x)
c x2
,
0,
x 1000 其他
(1) 求常数 c (2) 计算 P( X 1700 1500 X 2000 )
解 (1) 令
f (x)dx
1000
c x2
dx cx1
1000
c 1000
1
c = 1000
P(0 X 1/3) P(0 X 1/3)
【免费哦】浙江大学版的概率论与数理统计
?P 鲒?薩 9" ?
? ?
? 邢 ?
赾 d
郿 ``.cd``b 恆 V 鎑偙 ? ?F?僘 z?P1C&?7\ ??*B@? ???? 惖 ?T j 檨 z 爅 x | K2B* R 乯 喇 翥 颣 発 鰛 蘣 B 佮 受 a6 捴 W 宓 @| 齅 9 X? ｳ ?
m 腢?, r 汧%!?馗谘?堿蘡 d ?愄}) 2W jn? 劰 m,@螋?OA"@7 臿 qg 虧 s A?47 扽 ,r 觑筓糮 慒?i- k 霊儷 v?|g 蹓]??o 臕?^# ?` ?~睽? \歹肉 5?^翰 x L?愑 .挎勻堇禲>y??@?* 商 M-V 餕-W 氏 M 蘡@ ?灬尤竅 dB 銲 58-"帱 6T 鵜?y.hj??F 発 n 浲? `9 )対蔪! 鸷 Q $仄饶?\Y\挌薖钅殾 r C # X 剭-铺
讹?N 焲 2?垦谬遆? n G 潣恰?炬俿 l1+?銮&蝸 痎~??髊 yL?婝 ??+辭 ?觠? 鼊?泸 /?
.孞^ 客 鐒 rJ≰χ _譄?珈郍
碌乥•F ?婘睜鯯譀偡=0 莜?绝 L 八 Yy 骰 w?7 鏢 K 鰖莏 A 鱕慀 肝尧 G 諵 O 毟?\}0 餪! 痍 w 馲┰ 汗 Z 踉勃媱 2 ` ? ?$ ? ? 趰 R?DQ >魈虥 7ofx 瞲)6≑謃 矦 j?儦?I 侔癮 ac'v( )蚥 VH??% K 弜喂鹘壣聖蓣倔濓湳 s? 瓠 ?T ? ?z 卲 慇 莙 $j ? 讋 ^6\ ▃ ?
29&{
[霍
? 囝趋侔 2 韡 ?| 瘗絽鞅喖 л :W :W 潅桯薰 z?劫 Nz 邫 B/膺 T?^? 艹>海 H` 訩?j 鵇袥
鮎 糠 ?DoY 繒
概率论与数理统计_浙江大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
概率论与数理统计_浙江大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.随机变量X~N(1,4)，则P(X>2)=【图片】.参考答案:正确2.在（0，1）区间独立随机地抽取100个数【图片】，则以下结果正确的是参考答案:近似服从N(5, 1/12)3.设随机变量X服从参数为3的泊松分布，则【图片】.参考答案:正确4.两个独立总体【图片】均未知，从中抽取容量分别为4和6的样本,【图片】为样本均值，【图片】为样本方差，若【图片】则【图片】，又查表知【图片】,则在显著水平为0.05下检验假设【图片】，以下结果正确的是参考答案:P_值＝0.6174，所以不拒绝原假设。
5.设(X,Y)的联合分布律如下表所示，且X与Y相互独立，则a,b,c满足【图片】参考答案:b=2a=2c6.设(X,Y)的联合分布律如下表所示，则以下结果正确的是【图片】参考答案:X与Y不独立7.甲乙两人独立地在（0，1）区间内随机取一数，分别记为X,Y，则以下结果正确的是参考答案:X与Y相互独立8.设(X,Y)的联合分布律如下表所示，则P(X=1)=P(X=2).【图片】参考答案:错误9.设(X,Y)的联合分布律如下表所示，则P(Y=0)=P(Y=1)=2P(Y=2).【图片】参考答案:正确10.设进入某公众服务中心的顾客每人接受服务时间X（单位：分钟）服从参数为1/6（E(X)=6）的指数分布，随机观察100个人的服务时间，结果记为【图片】，设【图片】,假设每人的服务时间是相互独立的.利用切比雪夫不等式，可得【图片】的下界为16/25.参考答案:正确11.设X与Y相互独立，均服从参数为1的指数分布，则以下结果正确的是参考答案:E(X+Y)=212.设(X,Y)的联合概率密度为【图片】则X与Y不独立且不相关.参考答案:错误13.设X与Y相互独立，X服从参数为1/2的0-1分布，Y服从参数为3/4的0-1分布，则E(XY)=参考答案:3/814.设随机变量X~B(3, 0.4)，【图片】, 则P(Y=1)的值为参考答案:63/12515.随机选9个高血压患者，分别测量他们早上起床时的收缩压X(毫米汞柱)与服药后的收缩压Y(毫米汞柱)，得到9对数据【图片】则【图片】与【图片】是来自两个独立总体的样本。
概率论与数理统计答案浙江大学主编
概率论与数理统计答案浙江大学主编第一章概率论的基本概念注意：这是第一稿（存在一些错误）1解：该试验的结果有9个：（0，a），（0，b），（0，c），（1，a），（1，b），（1，c），（2，a），（2，b），（2，c）。
所以，（1）试验的样本空间共有9个样本点。
（2）事件A包含3个结果：不吸烟的身体健康者，少量吸烟的身体健康者，吸烟较多的身体健康者。
即A所包含的样本点为（0，a），（1，a），（2，a）。
（3）事件B包含3个结果：不吸烟的身体健康者，不吸烟的身体一般者，不吸烟的身体有病者。
即B所包含的样本点为（0，a），（0，b），（0，c）。
2、解（1）AB BC AC或ABC ABC ABC ABC；（2）AB BC AC（提示：题目等价于A，B，C至少有2个发生，与（1）相似）；（3）ABC ABC ABC；（4）A B C或ABC；（提示：A，B，C至少有一个发生，或者A B C，，不同时发生）；3（1）错。
依题得()()()()0=BApABp ,但空集p-p+=BAA ，≠B故A、B可能相容。
（2）错。
举反例（3）错。
举反例（4）对。
证明：由()6.0=p,()7.0=B p知A()()()()()3.0ApBpp,即A和B交非AABpB=-3.1>+-pA=B空，故A和B一定相容。
4、解（1）因为A B，不相容，所以A B，至少有一发生的概率为：P A B P A P B=+()()()=0.3+0.6=0.9(2) A B，都不发生的概率为：=-=-=；()1()10.90.1P A B P A B（3）A不发生同时B发生可表示为：A B，又因为A B，不相容，于是==；P A B P B()()0.65解：由题知()3.0=ABCP.,()05.0=ABACpBC因()()()()()-AB+p2=AC得，+ABBCpBCpABCppAC()()()()4.0ACpppBCAB3.0=+2=++ABCp故A,B,C 都不发生的概率为 ()()C B A p C B A p -=1 ()()()()()()()()[]ABC p BC p AC p AB p C p B p A p +++-++-=1()05.04.02.11+--=15.0=.6、解 设A ={“两次均为红球”}，B ={“恰有1个红球”}，C ={“第二次是红球”}若是放回抽样，每次抽到红球的概率是：810，抽不到红球的概率是：210，则（1）88()0.641010P A =⨯=； （2）88()210.321010P B =⨯⨯-=（）； （3）由于每次抽样的样本空间一样，所以：8()0.810P C ==若是不放回抽样，则（1）2821028()45C P A C ==； （2）118221016()45C C P B C ==； （3）111187282104()5A A A A P C A +==。
浙大第5版概率论与数理统计
浙大第5版概率论与数理统计
《浙大第5版概率论与数理统计》是浙江大学统计学系编写的一本概率论与数理统计教材，是浙大统计学系著名的课程教材之一。
该书的作者是严立华、赵学功和赵旭阳等。
该教材主要包含了概率论和数理统计的基本内容，内容丰富、系统性强，适合作为本科生和研究生的教材使用。
书中既包含了基础理论，如概率空间、随机变量、概率分布等，也包含了一些应用领域的内容，如参数估计、假设检验等。
该教材的特点之一是对概念解释清晰、推导严格，在讲解概率论与数理统计的基本理论时，注重理论的抽象性和应用性的统一性，以便学生能够更好地掌握和应用相关的知识。
此外，该书还包含了大量的例题和习题，方便学生巩固和加深对知识的理解。
总体来说，《浙大第5版概率论与数理统计》是一本深入浅出、全面系统的教材，适合统计学和相关专业的学生学习和参考。
第六章 数理统计的基本概念 - 浙江大学邮件系统
31
2 极大似然估计
注意到，L ,
1
n
e
1
n
i1
xi
n
是的增函数，
取到最大值时，L达到最大。
故 X1 min X1, X 2 , , X n ,
又lnL
nln
1
n i 1
Xi
ˆ
令 dlnL d
n
解：似然函数L f xi , i 1
n
xi
1n 2来自 n 1
xi
i 1
i1
lnL
n 2
ln
n
1 ln xi
i 1
令
dlnL
d
n 2
1
2
1
n
ln xi 0
i 1
lnL 称为对数似然函数.
利用lnL
i
0, i
1,
2,...,
k.解得ˆi，i
1,
2,...,
k.
3. 若L 关于某个i 是单调增减函数，此时i的极大似然
估计在其取值范围的边界取得；
4. 若ˆ是 的极大似然估计，则g 的极大似然估计为g ˆ 。
n i 1
(xi 1)2
2 2
d
d 2
ln
L(
2
)
n
2
2
1
2
4
n
( xi
i 1
1)2
概率论与数理统计(浙大) 习题答案 第1章
第一章 概率论的基本概念1 写出下列随机试验的样本空间(1)记录一个小班一次数学考试的平均分数(充以百分制记分)解 }100 , ,1 ,0|{n i ni S ⋅⋅⋅==, 其中n 为小班人数(2)同时掷三颗骰子 记录三颗骰子点数之和 解 S ={3 4, ⋅⋅⋅ 18}.(3)生产产品直到得到10件正品为止, 记录生产产品的总件数解 S ={10, 11, 12, ⋅⋅⋅ , n , ⋅⋅⋅ }(4)对某工厂出厂的产品进行检查, 合格的记上“正品”, 不合格的记上“次品”, 如连续查出2个次品就停止检查, 或检查4个产品 停止检查, 记录检查的结果.解 S ={00, 100, 0100, 0101, 1010, 0110,1100, 0111, 1011, 1101, 1110, 1111}其中0表示次品 1表示正品.(5)在单位圆内任意取一点 记录它的坐标解 S ={(x y )|x 2+y 2<1}.(6)将一尺之棰成三段 观察各段的长度解 S ={(x y z )|x >0 y >0 z >0 x +y +z =1} 其中x y z 分别表示第一、二、三段的长度2. 设A , B , C 为三事件, 用A , B , C 的运算关系表示下列各事件.(1)A 发生, B 与C 不发生解 表示为: A B C 或A -(AB +AC )或A -(B C )(2)A , B 都发生, 而C 不发生解 表示为: AB C 或AB -ABC 或AB -C(3)A , B , C 中至少有一个发生解 表示为: A +B +C(4)A , B , C 都发生解 表示为: ABC(5)A , B , C 都不发生解 表示为: ⎺A B C 或S - (A +B +C)或C B A ⋃⋃(6)A , B , C 中不多于一个发生解 即A , B , C 中至少有两个同时不发生相当于⎺A B B C ⎺A C 中至少有一个发生. 故表示为: ⎺A B B C ⎺A C .(7)A , B , C 中不多于二个发生解 相当于: A B C 中至少有一个发生.故表示为: A B C 或ABC(8)A , B , C 中至少有二个发生.解 相当于: AB , BC , AC 中至少有一个发生.故表示为: AB +BC +AC3 设A , B 是两事件且P (A )=0.6, P (B )=0.7. 问 (1)在什么条件下P (AB )取得最大值, 最大值是多少？(2)在什么条件下P (AB )取得最小值, 最小值是多少？解 (1)因为P (AB )=P (A )+P (B )-P (A B ) 且P (A )<P (B )≤P (A B ) 所以当A B 时 P (A B )=P (B ) P (AB )取到最大值, 最大值为P (AB )=P (A )=0.6(2)当A B =S 时, P (AB )取到最小值, 最小值为P (AB )=0.6+0.7-1=0.3.4 设A , B , C 是三事件, 且P (A )P (B )P (C )1/4 P (AB )P (BC )0, P (AC )1/8. 求A , B , C 至少有一个发生的概率.解 P (A , B , C 至少有一个发生)=P (A +B +C )=P (A )+P (B )+P (C )-P (AB )-P (BC )-P (AC )+P (ABC ) (3/4)(1/8)05/85 在一标准英语字典中有55个由两个不同的字母所组成的单词, 若从26个英文字母中任取两个字母予以排列, 问能排成上述单词的概率是多少？解 记A 表“能排成上述单词” 因为从26个任选两个来排列, 排法有226A 种. 每种排法等可能. 字典中的二个不同字母组成的单词: 55个 所以1301155)(226==A AP6 在房间里有10人. 分别佩戴从1号到10号的纪念章, 任选3人记录其纪念章的号码.(1)求最小的号码为5的概率解 记“三人纪念章的最小号码为5”为事件A . 因为10人中任选3人为一组: 选法有310C 种, 且每种选法等可能. 又事件A相当于: 有一人号码为5, 其余2人号码大于5. 这种组合的种数有251C ⨯ 所以1211)(31025=⨯=C C AP (2)求最大的号码为5的概率.解 记“三人中最大的号码为5”为事件B , 同上 10人中任选3人, 选法有310C 种, 且每种选法等可能, 又事件B 相当于:有一人号码为5, 其余2人号码小于5, 选法有241C ⨯种 所以2011)(31024=⨯=C C BP 7 某油漆公司发出17桶油漆, 其中白漆10桶、黑漆4桶, 红漆3桶. 在搬运中所有标签脱落, 交货人随意将这些标签发给顾客, 问一个定货4桶白漆, 3桶黑漆和2桶红漆顾客, 能按所订颜色如数得到定货的概率是多少？解 记所求事件为A .在17桶中任取9桶的取法有310C 种, 且每种取法等可能. 取得4白3黑2红的取法有2334410C C C ⨯⨯ 故2431252)(6172334410=⨯⨯=C C C C A P8 在1500个产品中有400个次品, 1100个正品, 任意取200个.(1)求恰有90个次品的概率解 用A 表示取出的产品恰有90个次品 在1500个产品中任取200个, 取法有2001500C 种, 每种取法等可能. 200个产品恰有90个次品, 取法有110110090400C C 种 因此2001500110110090400)(C C C A P= (2)至少有2个次品的概率.解 用B 表示至少有2个次品 B 0表示不含有次品, B 1表示只含有一个次品 同上, 200个产品不含次品, 取法有2001100C 种, 200个产品含一个次品, 取法有19911001400C C种 因为B B 0B 1且B 0, B 1互不相容 所以P (B )1P (B )1[P (B 0)P (B 1)]20015002001100199110014001C C C C +-=9 从5双不同鞋子中任取4只, 这4只鞋子中至少有2只配成一双的概率是多少？解 样本空间所含的样本点数为410C 用A 表示4只全中至少有2支配成一对 则A 表示4只全不配对 A 所包含的样本点数为4452⨯C (先从5双鞋中任取4双 再从每双中任取一只) 因此2182)(410445=⋅=C C AP 21132181)(1)(=-=-=A P AP10 在11张卡片上分别写上Probabitity 这11个字母 从中任意连抽7张 求其排列结果为Abitity的概率解 所有可能的排列构成样本空间 其中包含的样本点数为711P 用A 表示正确的排列 则A 包含的样本点数为411111*********=C C C C C C C 则0000024.04)(711==P A P11 将3个球随机地放入4个杯子中去, 求杯子中球的最大个数分别为1, 2, 3解 记A i 表示杯中球的最大个数为i 个( i =1, 2, 3)三只球放入四只杯中, 放法有43种, 每种放法等可能 对A 1: 必须三球放入三杯中, 每杯只放一球. 放法4×3×2种. 故1664234)(31=⨯⨯=A P 对A 2: 必须三球放入两杯, 一杯装一球, 一杯装两球. 放法有3423⨯⨯C 种. 故169434)(3232=⨯⨯=C A P 对A 3: 必须三球都放入一杯中. 放法有4种.16144)(33==A P 12 将50只铆钉随机地取来用在10个部件, 其中有3个铆钉强度太弱, 每个部件用3只铆钉, 若将三个强度太弱的铆钉都装在一个部件上, 则这个部件强度就太弱, 问发生一个部件强度太弱的概率是多少？解 记A 表示10个部件中有一个部件强度太弱.把随机试验E 看作是用三个钉一组, 三个钉一组去铆完10个部件(在三个钉的一组中不分先后次序. 但10组钉铆完10个部件要分先后次序)对E : 铆法有323344347350C C C C ⨯⨯⨯ 种, 每种装法等可能对A : 三个次钉必须铆在一个部件上. 这种铆法数为10)(32334434733⨯⨯⨯C C C C故 00051.01960110][)(32334735032334434733==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=C C C C C C C A P13 已知3.0)(=A P P (B )=0.4 5.0)(=B A P 求)|(B A B P ⋃.解 7.0)(1)(=-=A P A P 6.0)(1)(=-=B P BPB A AB B B A AS A ⋃=⋃==)( 注意Φ=))((B A AB . 故有 2.05.07.)()()(=-=-=B A P A P AB P .再由加法定理8.05.06.07.0)()()()(=-+=-+=⋃B A P B P A P B AP 于是 25.08.02.0)()()()]([)|(==⋃=⋃⋃=⋃B A P AB P B A P B A B P B A BP14 已知41)(=A P 31)|(=A B P 21)|(=B A P求P (A ⋃B ).解 根据条件概率)()|()()()()|(B P A B P A P B P AB P B A P ==61213141)|()|()()(=⨯==B A P A B P A P BP根据乘法公式1214131)()|()(=⨯==A P A B P ABP根据加法公式311216141)()()()(=-+=-+=⋃AB P B P A P B AP15 掷两颗骰子, 已知两颗骰子点数之和为7, 求其中有一颗为1点的概率(用两种方法).解法一 (在缩小的样本空间SB 中求P (A |B ), 即将事件B 作为样本空间, 求事件A 发生的概率).掷两颗骰子的试验结果为一有序数组(x , y )(x , y =1, 2, 3, 4, 5,6)并且满足x +y =7, 则样本空间为S ={(x , y )| (1, 6 ), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)}每种结果(x , y )等可能.A ={掷二骰子, 点数和为7时, 其中有一颗为1点}故 3162)(==A P解法二 用公式)()()|(B P AB P B A P = S ={(x , y )| x =1, 2, 3, 4, 5, 6; y =1, 2, 3, 4, 5, 6} 每种结果均可能A =“掷两颗骰子, x , y 中有一个为1点”,B =“掷两颗骰子, x +y =7”.则 6166)(2==B P 262)(=AB P , 故31626162)()()|(2====B P AB P B A P 16 据以往资料表明, 某3口之家, 患某种传染病的概率有以下规律:P {孩子得病}=0.6,P {母亲得病|孩子得病}=0.5,P {父亲得病|母亲及孩子得病}=0.4.求母亲及孩子得病但父亲未得病的概率.解 令A ={孩子得病}, B ={母亲得病}, C ={父亲得病} 则P (A )=0.6, P (B |A )=0.5, P (C |AB )=0.4所以 P (⎺C|AB )=1-P (C |AB )=1-0.4=0.6.P (AB )=P (A )P (B |A )=0.6×0.5=0.3,所求概率为P (AB ⎺C )=P (AB )·P (⎺C|AB )=0.3×0.6=0.18.17 已知在10只晶体管中有2只次品, 在其中取两次, 每次任取一只, 作不放回抽样, 求下列事件的概率(1)两只都是正品(2)二只都是次品(记为事件B )(3)一只是正品, 一只是次品(记为事件C )(4)第二次取出的是次品(记为事件D )解 设A i ={第i 次取出的是正品)(i =1 2).(1)452897108)|()()(12121=⨯==A A P A P A A P . (2)45191102)|()()(12121=⨯==A A P A P A A P . (3))()()(21212121A A P A A P A A A A P +=⋃)|()()|()(121121A A P A P A A P A P +=45169810292108=⨯+⨯=. (4))()(21212A A A A P A P +=519110292108)|()()|()(121121=⨯+⨯=+=A A P A P A A P A P18 某人忘记了电话号码的最后一个数字, 因而他随机地拨号, (1)求他拨号不超过三次而接通所需的电话的概率 (2)若已知最后一个数字是奇数, 那么此概率是多少？解 设A i ={第i 次拨号拨对}(i =1 2 3) A ={拨号不超过3次而拨通} 则321211A A A A A A A ++= 且三种情况互斥 所以)|()|()()|()()()(2131211211A A A P A A P A P A A P A P A P A P ++= 于是(1)103819810991109101)(=⨯⨯+⨯+=A P(2)53314354415451)(=⨯⨯+⨯+=A P19 (1)设甲袋中装有n 只白球 m 只红球, 乙袋中装有N 只白球 M 只红球, 今从甲袋中任取一只球放入乙袋中, 再从乙袋中任意取一只球, 问取到白球的概率是多少？ 解 用A 1表示“从甲袋中取得白球放入乙袋”, A 2表示“从甲袋中取得红球放入乙袋” 再记B 表“再从乙袋中取得白球”. 因为 B =A1B +A 2B 且A 1, A 2互斥所以 P (B )=P (A 1)P (B |A 1)+P (A 2)P (B |A 2)111++⨯+++++⨯+=M N N m n m M N N m n n)1)(()(+++++=N M n m n N m n19 (2)第一只盒子装有5只红球, 4只白球 第二只盒子装有4只红球, 5只白球. 先从第一盒子中任取2只球放入第二盒中去, 然后从第二盒子中任取一只球, 求取到白球的概率. 解 记C 1为“从第一盒子中取得2只红球”. C 2为“从第一盒子中取得2只白球”. C 3为“从第一盒子中取得1只红球, 1只白球”, D 为“从第二盒子中取得白球”, 显然C 1, C 2, C 3两两互斥, C 1C 2C 3=S , 由全概率公式, 有P (D )=P (C 1)P (D|C 1)+P (C 2)P (D|C 2)+P (C 3)P (D|C 3)995311611711529141529242925=⋅⋅+⋅+⋅=C C C C C CC20 某种产品的高标为“MAXAM” 其中有2个字母已经脱落 有人捡起随意放回 求放回后仍为“MAXAM”的概率解 设A 1 A 2 ⋅⋅⋅ A 10分别表示字母MAMX MA MM AX AA AM XA XM AM 脱落的事件 则101)(=i A P (i =1 2, ⋅⋅⋅ 10) 用B 表示放回后仍为“MAXAM”的事件 则21)|(=i A B P (i =1 2, ⋅⋅⋅10) 1)|()|(64==A B P A B P 所以由全概公式得5311011101821101)|()()(101=⨯+⨯+⨯⨯==∑=i i i A B P A P BP21 已知男子有5%是色盲患者, 女子有0.25%是色盲患者. 今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人, 恰好是色盲患者, 问此人是男性的概率是多少？解 A 1={男人}, A 2={女人}, B ={色盲}, 显然A 1A 2=S , A 1 A 2= 由已知条件知21)()(21==A P A P %5)|(1=A B P ,%25.0)|(2=A BP 由贝叶斯公式, 有)|()()|()()|()()()()|(22111111A B P A P A B P A P A B P A P B P B A P B A P +==2120100002521100521100521=⋅+⋅⋅=22 一学生接连参加同一课程的两次考试. 第一次及格的概率为p , 若第一次及格则第二次及格的概率也为p 若第一次不及格则第二次及格的概率为2p (1)若至少一次及格则他能取得某种资格, 求他取得该资格的概率. (2)若已知他第二次已经及格, 求他第一次及格的概率.解 A i ={他第i 次及格}(i =1, 2)已知P (A 1)=P (A 2|A 1)=p , 2/)|(12p A A P= (1)B ={至少有一次及格} 则21}{A A B ==两次均不及格 所以 )|()(1)(1)(1)(12121A A P A P A A P B P B P -=-=-=)]|(1)][(1[1121A A P A P ---=22123)21)(1(1p p p p -=---= (2)由乘法公式, 有P (A 1A 2)=P (A 1)P (A 2| A 1)=p2 由全概率公式, 有)|()()|()()(1211212A A P A P A A P A P A P +=222)1(2p p p p p p +=⋅-+⋅= 于是 1222)|(2221+=+=p p p p p A AP23 将两信息分别编码为A 和B 传递出去 接收站收敛到时 A 被误收作B 的概率为002 而B 被误收作A 的概率为0.01 信息A 与信息B 传送的频繁程度为21 若收站收到的信息是A 问原发信息是A 的概率是多少？ 解 设B 1 B 2分别表示发报台发出信号“A ”及“B ” 又以A 1有A 2分别表示收报台收到信号“A ”及“B ”. 则有 32)(1=B P 31)(2=B P P (A 1|B 1)=0.98 P (A 2|B 1)=0.08 P (A 1|B 2)=0.01 P (A 2|B 2)=0.91 从而由Beyes 公式得)|()()|()()|()()|(2121111111B A P B P B A P B P B A P B P A B P i += 19719601.03198.03298.032=⨯+⨯⨯=24 有两箱同种类的零件 第一箱装50只 其中10只一等品 第二箱装30只 其中18只一等品 今从两箱中任挑出一箱 然后从该箱中取零件两次每次任取一只 作不放回抽样 试求(1)第一次取到的零件是一等品的概率(2)第一次取到的零件是一等品的条件下 第二次取到的也是一等品的概率解 (1)记A i ={在第i 次中取到一等品}(i =1 2) B ={挑到第i 箱} 则有4.03018215121)|()()|()()(2121111=⨯+⨯=+=B A P B P B A P B P A P . (2))|()()|()()(2212121121B A A P B P B A A P B P A A P +=19423.030182129175121499=⨯⨯+⨯⨯= 4856.04.019423.0)()()|(12112===A P A A P A A P .25 某人下午5:00下班, 他所积累的资料表明:的, 试求他是乘地铁回家的概率.解 设A={乘地铁}, B ={乘汽车}, C ={在5:47到家}, 由题意 AB =∅, A B =S已知P (A )=0.5, P (C|A )=0.45, P (C|B )=0.2, P (B )=0.5 由贝叶斯公式有)()|()()|()()|()()()|()|(B P B C P AP A C P A P A C P C P A P A C P C A P +== 6923.05.02.05.045.05.045.0=⨯+⨯⨯=26 (1)设有4个独立工作的元件1, 2, 3, 4. 它们的可靠性分别为p 1, p 2, p 3, p 4, 将它们按图1-3的方式联接, 求系统的可靠性.解 记A i 表示第i 个元件正常工作(i =1, 2, 3, 4), A 表示系统正常.因为A =A 1A 2A 3+A 1A 4两种情况不互斥 所以P (A )=P (A 1A 2A 3)+P (A 1A 4)-P (A 1A 2A 3 A 4) (加法公式) =P (A 1)P (A 2)P (A 3)+P (A 1)P (A 4)-P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4)=p 1p 2p 3+p 1p 4-p 1p 2p 3p 4 (A 1, A 2, A 3, A 4独立)26. (2)设有5独立工作的元件1 2 3 4 5 它们的可靠性均为p 将它们按图1-4的方式联接 求系统的可靠性.解 记A i 表示第i 个元件正常工作(i =1, 2, 3, 4 5), B 表示系统正常 则)()(2345453121A A A A A A A A A A P B P ⋃⋃⋃=)()()()(2345453121A A A P A A P A A A P A A P +++= )()()(432154215321A A A A P A A A A P A A A A P ---)()()(5432543215431A A A A P A A A A A P A A A A P --- )()(45432154321A A A A A P A A A A A P -+24222522p p p p +-+=27 如果一危险情况C 发生时 一电路闭合并发出警报 我们可以借用两个或多个开关并联以改善可靠性 在C 发生时这些开关每一个都应闭合 且至少一个开关闭合了 警报就发出 如果两个这样开关并联接 它们每个具有0.95的可靠性(即在情况C 发生时闭合的概率) (1)这时系统的可靠性(即电路闭合的概率)是多少？(2)如果需要有一个可靠性至少为0.9999的系统 则至少需要用多少只开关并联？这里各开关闭合与否都是相互独立的解 (1)设A i 表示第i 个开关闭合 A 表示电路闭合 于是A =A1⋃A 2. 由题意当两个开关并联时P (A )=0. 96. 再由A 1 A 2的独立性得P (A )=P (A 1⋃A 2)=P (A 1)+P (A 2)-P (A 1A 2)=P (A 1)+P (A 2)-P (A 1)P (A 2)=2⨯0.96-(0.96)2=0.9984.(2)设至少需要n 个开关闭合 则∏==≥-=--=⋃=n i i i n i A P A P A P 1419999.004.01)](1[1)()(即 0.04n≤0.00001所以 58.304.0lg 00001.0lg =≥n 故至少需要4只开关联28 三个独立地去破译份密码 已知各人能译出的概率分别为1/5 1/3 1/4 问三个中至少有一个能将此密码译出的概率是多少？解 设A B C 分别表示{第一、二、三人独立译出密码} D 表示{密码被译出} 则)(1)()(C B A P C B A P D P ⋃⋃-=⋃⋃=)()()(1)(1C P B P A P C B A P -=⋂⋂-=534332541=⨯⨯-=29 设第一个盒子装有3只蓝球, 2只绿球, 2只白球；第二个盒子装有2只蓝球, 3只绿球, 4只白球. 独立地分别在两只盒子中各取一只球.(1)求至少有一只蓝球的概率(2)求有一只蓝球一只白球的概率(3)已知至少有一只蓝球, 求有一只蓝球一只白球的概率. 解 记A 1 A 2 A 3分别表示是从第一只盒子中取到一只蓝球 一只绿球 一只白球, B 1 B 2 B 3分别表示是从第二只盒子中取到一只蓝球 一只绿球 一只白球. 则A i 与B i 独立(i =1 2 3).(1)所求概率为9592739273)()()()(111111=⨯-+=-+=⋃B A P B P A P B A P . (2)所求概率为)()()()()(13311331B P A P B P A P B A B A P +=⋃631692729473=⨯+⨯= (3)所求概率为P (A 1B 3⋃A 3B 1| A 1⋃B 1)=P (A 1B 3| A 1⋃B 1)+P (A 3B 1| A 1⋃B 1))())(()())((111113111131B A P B A B A P B A P B A B A P ⋃⋃+⋃⋃= )())()())(11131311131131B A P B A B A A P B A P B B A B A P ⋃⋃+⋃⋃= 35169/563/16)()()(111331==⋃+=B A P B A P B A P .30 A , B , C 三人在同一办公室工作, 房间有三部电话, 据统计知, 打给A , B , C 的电话的概率分别为2/5 2/5 1/5. 他们三人常因工作外出, A , B , C 三人外出的概率分别为1/2 1/4 1/4, 设三人的行动相互独立, 求(1)无人接电话的概率(2)被呼叫人在办公室的概率若某一时间段打进3个电话, 求(3)这3个电话打给同一人的概率(4)这3个电话打给不同人的概率(5)这3个电话都打给B , 而B 却都不在的概率. 解 设A 1 B 1 C 1分别表示A B C 三个人外出的事件 A B C 分别表示打给三个人的电话的事件(1)P (无人接电话)=P (A 1B 1C 1)=P (A 1)P (B 1)P (C 1)321414121=⨯⨯= (2)用D 表示被呼叫人在办公室的事件, 则CC B B A AD 111++= )()(111C C B B A A P D P ++=)()(()()()(111C P C P BP P B P A P A P ++=2013514352435221=⨯+⨯+⨯=(3)用E 表示3个电话打给同一个人的事件 E 1 E 2 E 3分别表示3个电话是打给A B C 则E =E 1+E 2+E 3)()()()(321E P E P E P E P ++=12517)51()52()52(333=++=(4)用F 表示3个电话打给不同的人的事件 则F 由六种互斥情况组成, 每种情况为打给A , B , C 的三个电话, 每种情况的概率为1254515252=⨯⨯于是1252412546)(=⨯=F P (5)由于是知道每次打电话都给B , 其概率是1, 所以每一次打给B 电话而B 不在的概率为41, 且各次情况相互独立 于是P (3个电话都打给B , B 都不在的概率)641)41(3==31 袋中装有m 只正品硬币, n 只次品硬币(次品硬币的两面均印有国徽). 在袋中任取一只, 将它投掷r 次, 已知每次都得到国徽. 问这只硬币是正品的概率为多少？解 用A 表示出现r 次国徽的事件 B 表示任取一只是正品的事件 则r r nm n n m m B A P B P B A P B P A P 1)21()|()()|()()(⨯+++=+=)()|()()|(A P B A P B P A B P =r n m m2⋅+=32 设一枚深炸弹击沉一潜水艇的概率为1/3 击伤的概率为1/2 击不中的概率为1/6 并设击伤两次也会导致潜水艇下沉 求施放4枚深炸能击沉潜水艇的概率解 用A 表示施放4枚深炸击沉潜水艇的事件 则433446131]21)61()61[(1)(1)(-=⨯+-=-=C A P A P33 设根据以往记录的数据分析 某船只运输某种物品损坏的情况共有三种 损坏2%(这一事件记为A 1), 损坏10%(事件A 2), 损坏90%(事件A 3) 且知P (A 1)=0.8, P (A 2)=0.15, P (A 3)=0.05, 现在从已被运输的物品中随机地取3件, 发现这3件都是好的(这一事件记为B ), 试分别求P (A 1|B ) P (A 2|B ), P (A 3|B )(这里设物品件数很多, 取出一件后不影响后一件是否是好品的概率)解 因为B 表取得三件好物品.B =A 1B +A 2B +A 3B 且三种情况互斥由全概率公式, 有P (B )=P (A 1)P (B|A 1)+P (A 2)P (B|A 2)+P (A 3)P (B|A 3)=0.8×(0.98)3+0.15×(0.9)3+0.05×(0.1)3=0.86248731.08624.0)98.0(8.0)()|()()()()|(31111=⨯===B P A B P A P B P B A P B A P 1268.08624.0)9.0(15.0)()|()()()()|(32222=⨯===B P A B P A P B P B A P B A P 0001.08624.0)1.0(05.0)()|()()()()|(33333=⨯===B P A B P A P B P B A P B A P34 将A , B , C 三个字母一一输入信道, 输出为原字母的概率为α, 而输出为其它一字母的概率都是(1α)/2. 今将字母串AAAA , BBBB , CCCC 之一输入信道, 输入AAAA , BBBB , CCCC 的概率分别为p 1, p 2, p 3 (p 1+p 2+p 3=1), 已知输出为ABCA , 问输入的是AAAA 的概率是多少？(设信道传输每个字母的工作是相互独立的. )解 用A B C 分别表示输入信号为AAAA , BBBB , CCCC ,用H 表示输出信号为ABCA 由于每个字母的输出是相互独立的 于是有4)1(]2/)1[()|(2222αααα-=-=A H P8)1(]2/)1[()|(33αααα-=-=B H P8)1(]2/)1[()|(33αααα-=-=C HP又P (A )=p 1 P (B )=p 2 P (C )=p 3 由贝叶斯公式得)()|()()|()()|()()|()|(C P C H P B P B H P A P A H P A P A H P H A P ++= 33231221228)1(8)1(4)1(4)1(p p p p ⋅-+⋅-+⋅-⋅-=αααααααα ))(1(223211p p p p +-+=ααα。
第六章 数理统计的基本概念 - 浙江大学邮件系统
et
dt
2
得
v2
1 v2
ˆ
1 n
n i 1
(Xi
X )2
ˆ X
1 n
n i 1
(Xi
X )2
29
2 极大似然估计
L ,
求下列情况下未知参数的矩估计。
（1）未知, 2 1,（2） 1, 2未知， （3）, 2均未知.
解：(1) E( X ), ˆ X .
(2) E( X ) 1, E( X 2 ) 2 1,
2 E( X 2 ) 1,
ˆ 2
A2
1
26
只要使得a达到最大值 min{x1, b达到最小值 max{x1, , xn}, 就能使L(a, b)达到最大。
, xn},
所以，a, b的极大似然估计量分别为 aˆ min{X1, , X n} X (1) , bˆ max{X1, , X n} X (n)
(2)E( X ) a b 的极大似然估计量为 2
E(X )
aˆ bˆ
X (1)
X (n)
2
2
27
例1.7 设总体X的概率密度函数为：
f x; , 1 ex , x ,
0,
其它,
其中 0, , 是未知参数, X1, , X n 为X
的样本，求 , 的矩估计与极大似然估计。
f
x
x 1
0
0 x 1 0为未知参数，
其他