概率论期末考试试题

1.全概率公式 贝叶斯公式

1.某保险公司把被保险人分成三类：“谨慎的”、“一般的”和“冒失的”。统计资料表明，上述三种人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15和0.3。并且它们分别占投保总人数的20%，50%和30%。现已知某保险人在一年内出了事故，则他是“谨慎的”保险户的概率是多少？

解：设Ai、A2、A3分别表示“谨慎的” “一般的”和“冒失的”保险户，B表示“发生事故”，由贝叶斯公式知

P(A1|B)??P(A1)P(B|A1)P(A1)P(B|A1)?P(A2)P(B|A2)?P(A3)P(B|A3)0.2?0.05?0.0570.2?0.05?0.5?0.15?0.3?0.30(1) (2)

考生在考试中答对第一道题的概率;

若考生将第一题答对了, 那么这题是平时没有练习过的概率.

2.老师在出考题时, 平时练习过的题目占60%. 学生答卷时, 平时练习过的题目在考试时答对的概率为90% , 平时没练习过的题目在考试时答对的概率为30%, 求:

3. 在蔬菜运输中，某汽车运输公司可能到甲、乙、丙三地去拉菜的概率依次为0.2,0.5,0.3。在三地拉到一级菜的概率分别为10%，30%，70%。

1）求能拉到一级菜的概率；2）已知拉到一级菜，求是从乙地拉来的概率。

A表示拉到一级菜，B1表示从甲地拉到，B2表示从乙地拉到， B3表示从丙地拉到

则P(B1)?0.2，P(B2)?0.5；P(B3)?0.3 P(AB1)?0.1，P(AB2)?0.3P(AB3)?0.7

解：1、 解：设事件则由全概率公式得

,

P(A)??P(Bi)?P(A/Bi)=0.2?0.1?0.5?0.3?0.3?0.7?0.38—（7分）

i?1(2)拉的一级菜是从乙地拉得的概率为

3P(B2A)?

P(B2)?P(AB2)0.5?0.3??0.3947—————————（10分）

P(A)0.382.一维随机变量

5.设随机变量X在区间[0,1]上服从均匀分布，求随机变量

Y=e2X的密度函数.

6.

已知X~N(?,?2),用分布函数法证明：Y?证明: 设

X~fx(x),Y?aX?b, 则a?0时,Y~

fX-?~N(0,1).

?1?b(ya)(y)=fYYa

?X???FY(y)?P?Y?y???????y??P?X??y????FX(?y??)??e2???(?y????)22?2?(?y??)?fX(?y??)??fY(y)?FY?(y)?FX?Y~N(0,1)7.设随机

7.变量X的密度函数

?1e2??y22

?c?f(x)??1?x2?0?x?1

x?1的分布函数.

求（1）c的值；（2）

1（3）EX (4)XP{X?}；2解： (1)由密度函数的性质

?+?-?f(x)dx?1得：

+??+?-?f(x)dx??c1?x2-?dx??1c1?x2-1dx?1

故c=

1? --------------------------------（4分）

111111 (2) ---------- P{X?}??21dx?arcsinx|21?2??2?32?1?x2+?+?1xxxf(x)dx?dx?(3)EX=

?-??-??1?x2?-1?1?x2dx?0---（10分）

x?0?0?x0?x?1， 8.设连续型随机变量X的分布函数为F(x)??A?1x?1?求:(1)系数A; (2)X的分布密度f(x); (3)

（7分）

解： (1)A=1;(2)

P?0?X?0.25?

?1 0?x?1?;(3)0.5 f(x)??2x?0 其它?3.二维随机变量

10.设（X，Y）的分布为

Y X -1 0 1 -1 0 1 1/8 1/8 1/8 1/8 0 1/8 1/8 1/8 1/8 证明X与Y不相关，也不独立。 证明：

cov（X，Y）=EXY-EXEY --------（1分）

而EXY=0EX=0，EY=0--------------（3分）

?XY?下证独立性

cov(X,Y)?0故X与Y不相关。--------（5分）

DXDYP{X?0,Y?0}?0P{X?0}?1/4P{Y=0}=1/4-------（8分）

P{X?0,Y?0}?P{X?0}?P{Y?0}

故X与Y也不独立。----------------（10分） 11.(X,Y)服从区域D上的均匀分布,

D?{(x,y)x2?y2?4}，证明X与Y不独立也不相关.

12.设随机变量(X,Y)服从区域D上的均匀分布，其中D={(x,y)|x2+y2

?1},求：

（1）X与Y的边缘密度函数；（2）判断X与Y是否独立。

?1?y2?1?x2? x?1 ，f(y)=? y?1

解：(1) f(x)=?????0 ?0 其它其它??X

Y

(2) X与Y不独立。

4.中心极限定理

13.某车间有同型号机床200部，每部开动的概率为0.7，各机床开关独立，开动时每部要耗电15个单位，问至少要供应该车间多少单位电能，才能以95%的概率保证不致因供电不足而影响生产.(?(1.64)=0.95,解：

42≈6.48).?

X用表示任一时刻车间有同型号机床，

则X~B(200,0.7)?，则EX?140,DX?42——（3分）

假定至少需要

m单位电能，则有：P(X?m)?0.95

15由中心极限定理可得：

mm?140?140mX?14015150.95?P(X?)?P(?)??()———（8分） 15424242m?140从而有：15?1.64， 所以m?2265 ，

42故至少需准备2265单位电能—————（10分）

14.某学院校园网中家属区每晚约有400台电脑开机, 而每台电脑约有

4的时间登入互联网, 并且假定各台电脑是否上互联网彼此无关, 计算其5中至少300台同时在互联网上的概率. (

?(2.5)=0.99379)

15.某计算机有120个终端，每个终端在一小时内平均有3分钟使用打印机，假定各终端使用打印机与否相互独立，求至少有10个终端同时使用打印机的概率。(?(1.68)=0.95352,

5.7≈2.3874)

解：每个终端使用打印机的概率为p=1/20，设同时有X个终端使用，则X～B(120,1/20)，EX=np=6，DX=npq=5.7， 由于n=120很大，由中心极限定理，近似地X～N(6,5.7) ∴P(X≥10)=1-F(10)=1-?

16.某种电子元件的寿命服从指数分布，已知其平均寿命为100小时，将3 个这样的元件串联在一个线路中，求：在150小时后线路仍正常工作的概率。

解：由题可知-----------（2分）

则某电子元件的寿命超过150小时的概率为

?(

10?65.7

)=1-

?(1.68)=1-0.95352=0.04648

??0.01p?P{X?150}?1?F(150)?e?1.5-----------（8分）

故三个串联150小时仍正常的概率为

5.极大似然估计

p3?e?4.5 -------- （10分）

17.设总体X的密度函数为

x?1???f(x;?)???e??0x?0 (??0),

其它若

(X1,X2,???,Xn)为来自总体的一个样本, 求未知参数?的最大似然估计值.?

18.设总体

X的分布密度为

??x??1f(x)???0n??10?x?1,??0，若X1，X2，?，Xn为来自总体的一个样本,

其他求未知参数

?的最大似然估计。

??xii?1，由

解：似然函数L(X1, X2,… Xn,)=

lnL=nlnθ+ln(θ-1)

?lnXii?1ndlnL?0

d??解得所求最大似然估计量???n?lnXi?119.

设

n

i总

体

X1，X2，?，Xn为

X的一个样本，且

X的概率分布为

P{X?k}?(1?p)k?1p,k?1,2,3,?,x1，x2，，xn为来自总体X然估计值.

证明：

的一个样本观察值，求

p的极大似

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