大学课件-概率论之总复习

各章要点第一、二章1.概率性质古典概率2.条件概率乘法公式全、贝公式3.事件独立性第三章1.分布律分布函数定义性质2.几个常用分布3.随机变量的函数的分布一二章例10)(AP例1(1)在古典概型的随机试验中,ØA()√(2)若事件A,B,C,D相互独立,则DA与CB也相互独立.()√事件若事件A1,A2,…,An相互独立,将它们任意分成k组,同一事件不能同时属于两个不同的组,则对每组事件进行求和、积、差、逆等运算所得到的k个事件也相互独立.(3)若事件A与B独立,B与C独立,则事件A与C也相互独立.()事件相互独立不具有传递性.例2例2对任意事件A,B下列结论正确的是();)()()()(ABPBAPBPAP(a)(b)(c)(d);)()()()(ABPBAPBPAP;)()()()(ABPBAPBPAP.)()()(ABPBAPBAP解选b.d,c显然错,)]()()][()([)()(BAPABPABPBAPBPAP)()]()()([ABPBAPABPBAP.)()(ABPBAP可证b是对的.b例3小王忘了朋友家电话号码的最后一位数,故只能随意拨最后一个号,则他拨三次由乘法公式设事件表示“三次拨号至少一次拨通”AiA3,2,1i表示“第i次拨通”则3iiAA)()()(213121AAAPAAPAP)(321AAAP)(AP7.08798109.3.0)(1)(APAP解例3可拨通朋友家的概率为.___0.3例4小王忘了朋友家电话号码的最后一位数,他只能随意拨最后一个号,他连拨三次，由乘法公式设iA3,2,1i表示“第i次拨通”)()()(213121AAAPAAPAP)(321AAAP1.08198109解一例4求第三次才拨通的概率.解二125.081)(213AAAP√从题目叙述看要求的是无条件概率.产生误解的原因是未能仔细读题，未能分清条件概率与无条件概率的区别.本题若改叙为：…他连拨三次，已知前两次都未拨通,求第三次拨通的概率.此时，求的才是条件概率.例5例510件产品中有3件次品,从中任取2件.在所取2件中有一件是次品的条件下,求另一件也是次品的概率.解1设事件表示“所取2件中有一件次品”A事件表示“另一件也是次品”.则B)()()(APABPABP71//210171321023CCCCC解2A“所取2件中至少有一件次品”B“2件都是次品”)()()(APABPABP)()(APBP.81)/(/21017132321023CCCCCC某厂卡车运送防“非典”用品下乡，顶层装10个纸箱，其中5箱民用口罩、2箱医用口罩、3箱消毒棉花.到目的地时发现丢失1箱，不知丢失哪一箱.现从剩下9箱中任意打开2箱，结果都是民用口罩，求丢失的一箱也是民用口罩的概率.例6例6表示事件“丢失的一箱为k”A表示事件“任取2箱都是民用口罩”解kB分别表示民用口罩，医用3,2,1k口罩，消毒棉花.)()()(31kkkBAPBPAP3685110321292529252924CCCCCC)(/)()()(111APBAPBPABP.83368363)(/212924APCC由全概率公式由贝叶斯公式解二（缩减样本空间法）去掉打开的2箱民用口罩，解二比解一简单十倍！8210n325m基本事件总数有利的基本事件数8/3/)(1nmABP例7(1)是的密度函数则.())(xfX1)(0xf(2)若,则())2,0(~UX.)4,0(~2UXY)0()()(2yXPyXPyFY.21210ydxy(3)若,则())1(~EX.1,0,1,)(~21yyyfeYyYX√例7事实上例8;4/1)1(,8/1)1(XPXP内任一子区间上取值的条件概率例8设随机变量的绝对值不大于1；X在事件出现的条件下，)11(X)1,1(与该子区间的长度成正比.(1)的分布函数X);(xF(2)取负值的概率X.p解)(xF2/)1(x(1)(2).8/1)1(XPp)(xF16/)1(5xX在试求1,8/1x1,4/1x11,2/)1(xx)(xF)1(4/12/1)0(FF①)(xF的三性质都不满足单调减②?1)(F?0)(F③)1(8/10)01(FF右不连续未定义)(xF分布函数三性质)(xF①的单调不减②1)(0xF1)(F0)(F③右连续)()0(xFxF解0)()()(PxXPxF1)()()(PxXPxF当,1x当推导较复杂先做准备工作.,11x)1()1()11()11(XPXPXPXP由题设知8/54/18/11)1()111(xkXxXP设于是当,1x(1)上式中令得1xk212/1k2/)1()111(xXxXP还可另法求k)11,1(XxXP)1()1()(xXPFxF)11(XP)111(XxXP2/)1)(8/5(x又)1()1()1()1(XPXPXPF8/18/10于是当时，11x.16/)75()1()1()(xFxXPxF16/)15(x1,0x1,1x11,16/)75(xx)(xF1011)(xFx(2).16/7)00()]00()0([)0(FFFF)0()0()0(XPXPXPp1,0x1,1x11,8/]1)1(5[xxk)(xF4/1)01()1()1(FFXP由题设得4/18/)110(1k2/1k[附]k的另一求法落入区间(1,3)的概率最大.3ln/2例9设当时,X),0(~2NX______)()(13)(g)31(XP令0)31(21)(242212eeg3ln/200224)(2029500eg解例9第四章2.边缘分布条件分布3.随机变量的独立性第五章1.期望方差定义性质2.相关系数相关性3.期望的应用1.联合分布律分布函数定义性质4.随机变量的函数的分布四五章例10设独立同分布,且已知4321,,,XXXX,6.0)0(iXP4.0)1(iXP)4,3,2,1(i4321XXXXX求行列式的概率分布.解令则独立同分布,,411XXY322XXY21,YY)1,1()1(41XXPYPi16.0)1()1(41XPXP)2,1(i.84.016.01)0(iYP1,0,121YYX可能取值为则例10)1,0()1(21YYPXP.7312.01344.021)0(XP,1344.016.084.0)0,1()1(21YYPXP,1344.084.016.04321XXXXX~1344.07312.01344.0101练4设YX,~i.i.d.)(pG几何分布求的概率分布.),(maxYXZ,)2()(11kkkqqpqkZP3,2,1k答案),(kYkXP)(kZP),(kYkXP11)()(kjjYPkXPkiiXPkYP1)()(1111kjjkpqpqkiikpqpq111,)2(11kkkqqpq3,2,1k具体推导发生发生BBY,0,1设A,B为随机试验E的两个事件，0P(A)1,0P(B)1,例证明:若XY=0,则随机变量X,Y相互独立.证由XY=0)()(APXE)()(BPYE而发生发生AAX,0,1令0),(YXCOV)()()(YEXEXYE例)1()1()1,1(YPXPYXP错误原因而这并不表明X,Y相互独立.不同时发生同时发生BABAXY,,0,,1？事件A,B相互独立)()()(BPAPABPX,Y相互独立.)()()(BPAPABP)()(ABPXYEXYpij1010p1p2p3p4pi•p1+p3p2+p4p•jp1+p2p3+p4141iip即本题要证明离散随机变量X,Y相互独立,必需证明如下四个等式都成立：1,0,)()(),(jijYPiXPjYiXP正确证明由题设得(X,Y)的联合分布：)()(31APppXE)()(21BPppYE)()(1ABPpXYE由0XY)()()(YEXEXYE)()()(BPAPABP)1()1()1,1(YPXPYXP同理可证:)1()0()1,0(YPXPYXP故X,Y相互独立.)0()0()0,0(YPXPYXP由于事件A,B相互独立,必有BABABA,;,;,也相互独立，即)(BAP)()(BPAP)0()1(YPXP)0,1(YXP二维随机变量的函数的分布),(),(yxfYX~cbYaXZ的p.d.f.或dxbcaxzxfbzfZ,1)(dyyacbyzfazfZ,1)(练练习设随机变量(均匀分布)，~(0,1)XU~(1)YE(指数分布),且它们相互独立，试求的密度函数2ZXY().Yfy答案22(1)/20()(1)/2020zzZeezfzezz2判断独立性的简便方法已知联合分布ijjipyYxXP),(njmi1,1判断是否独立需要做次nmnm3YX,加法和乘法.共需运算13次.判独立例11例11求值YX,ba,独立.使.9/1,9/2ba解（一眼看出）XY123121/3ab1/61/91/18命题相互独立YX,联合分布矩阵秩为1求表内各练习字母值,使YX,独立.XY1231230.030.02da0.14ebc0.10练习解由题意应有：127pp从而有右表由归一性得5.025.08kd……(3)32kpp…(1)XY1231230.030.02d0.210.147d0.15k0.1k0.10由(1)得dk/02.0…(2)联立(2)(3)得,05.0d;4.0k或,0125.0d.6.1k设215.1ppXY1231230.030.020.050.210.140.350.060.040.10XY1231230.030.020.01250.210.140.08750.240.160.10或0.480.320.200.06250.43750.5经检验正确！例12例12设随机变量X、Y相互独立,且都服.求)(YXD)2/1,0(N从解当时，由独立性0YX1)()()()(YDXDYXDYXD.1)(YXD当时，0YX1)()()()(XDYDXYDYXD所以()由于X、Y的随机性,故不能保证恒有0YX0YX或解)1,0(~NYXZ由于相互独立的正态变量的线性组合仍是正态变量，故1)()(0)(2ZEZDZE/2)2/()(22dzezZEz22)]([)()()(ZEZEZDYXD./21本题设是关键.若不然YXZ虽能算出但很难算dxdyeyxYXEyx)/()(222例13卡车装运水泥,设每袋重量(gk)X服从例13.)5.2,50(2N问装多少袋水泥,使总重量超过2000的概率不大于0.05.解一设装m袋水泥,总重量为mX,据题设有)/