概率论期末考试试题
更新时间:2023-11-25 01:33:01 阅读量: 教育文库 文档下载
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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