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概率统计复习,复习,复习2,各 章 比 重,第 一 章 (16),第 二 章 (11),第 三 章 (13),第 四 章 (13),第 五 章 (15),第 六 章 (3),第 七 章 (17),第 八 章 (12),概率(68),统计(32),题 型题量(25),是非题 (6 7),选择题 (5 6),填空题 (5 6),计算题 (5 6),证明题 (0 1),各 章 要 点,第 一 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 二 章,1.分布律分布函数定义性质,2.七个常用分布 ( P.159 表格 ),3.随机变量的函数的分布,一二章,例1,例1,(1) 在古典概型的随机试验中,( ),(2) 若事件 A, B, C , D 相互独立, 则,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,( ),(a),(b),(c),(d),解,选b. d, c 显然错,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”,表示“第 i 次拨通”,则,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,表示“第 i 次拨通”,解一,例4,求第三次才拨通的概率.,解二,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5 10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”,事件 表示“ 另一件也是次品”. 则,解2,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 ”,表示事件“任取 2 箱都是民用口罩”,解,分别表示民用口罩,医用,口罩,消毒棉花.,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!,基本事件总数,有利的基本事件数,例7 (1) 是 的密度函数 则 . ( ),(2) 若 , 则 ( ),事实上由2.4 得 非均匀分布函数,(3) 若 , 则 ( ),例7,例8,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 ;,在事件 出现的条件下,,与该子区间的长度成正比.,(1) 的分布函数,(2) 取负值的概率,解,(1),(2),在,试求,的三性质都不满足,单调减,右不连续,未定义,分布函数 三性质,解,当,当 推导较复杂先做准备工作.,由题设知,设,于是,上式中令 得,又,于是当 时,,(2),由题设 得,附 k 的另一求法,落入区间( 1 , 3 )的概率最大.,例9 设 当 时,令,解,例9,第 三 章,2. 边缘分布 条件分布,3. 随机变量的独立性,第 四 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,三四章,例10 设 独立同分布, 且已知,求行列式 的概率分布.,解,令 则 独立同分布,可能取值为则,例10,练4,求 的概率分布.,答案,具 体 推 导,设A ,B 为随机试验 E 的两个事件,0 P (A) 1, 0 P (B) 1,书例,证明: 若 XY = 0, 则随机变量 X ,Y 相互独立.,证 由 XY = 0,而,令,书例,错误原因,而这并不表明 X ,Y 相互独立.,?,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:,正确证明,由题设得 ( X ,Y ) 的联合分布:,由,同理可证:,故 X ,Y 相互独立.,由于事件 A , B 相互独立, 必有,也相互独立,即,二维随机变量的函数的分布,的 p.d.f.,练,练习,设随机变量 (均匀分布),,(指数分布),且它们相互独立,,试求 的密度函数,答案,判断独立性的简便方法,已知联合分布,判断 是否独立需要做 次,加法和乘法.,共需运算13次.,判独立例11,解,(一眼看出),命 题,求表内各,练习,字母值,使,独立.,练习,解,由题意应有:,从而有右表,由归一性得,(3), (1),由(1) 得, (2),联立(2) (3) 得,或,设,或,0.48 0.32 0.20,0.0625,0.4375,0.5,经检验,正确!,例12,例12 设随机变量 X、Y 相互独立, 且都服,. 求,从,解,当 时,由独立性,当 时,,所以,( ),由于X、Y 的随机性, 故不能保证恒有,或,解,由于相互独立的正态变量的线性组合,仍是正态变量,故,本题设 是关键.若不然,虽能算出 但很难算,例13 卡车装运水泥, 设每袋重量(gk) X 服从,例13,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,所以至多装43袋水泥.,?,要学会对答案的粗略检验,解二,设装m 袋水泥,总重量为mX, 据题设有,所以至多装37袋水泥.,?,要彻底的随机!,解,设装m 袋水泥, 表示第 袋水泥重量.,于是总重量为,所以至多装39袋水泥.,第 五 章,1. 切贝雪夫不等式,2. 中心极限定理的应用,第 六 章,1. 统计量 总体 样本及其空间,2. 常用“三抽样分布”定义 性质各分布分位点定义 及 相互关系,五六章,例14,例14,某大卖场某种商品价格波动为随机,变量.设第 i 天(较前一天)的价格变化为,独立同分布,为,(元/斤) 为现在的,价格.,第 n 天的价格,,解,应用,(应用题),备一笔现金, 已知这批债券共发放了500张,每张须付本息1000元, 设持券人(一人一券),银行为支付某日即将到期的债券须准,到期日到银行领取本息的概率为 0.4, 问银,行于该日应准备多少现金才能以 99.9% 的,把握满足客户的兑换.,解,设,1 第 i 个持券人到期日来兑换,0 第 i 个持券人到期日未兑换,则到期日来银行兑换的总人数为,设银行需准备1000 m 元 ,兑换总额为 ,由中心极限定理,所以银行需准备23.4万元.,例15 一本书有1000000个印刷符号, 排版,时每个符号被排错的概率为千分之一.校,对时,每个排版错误被改正的概率为0.99,,求在校对后错误不多于15个的概率.,解,设,1 第 i 个印刷符号被排错,0 第 i 个印刷符号未排错,则总的被排错的印刷符号个数,且,例15,设校对后错误个数为 ,则近似有,由中心极限定理,于是,则,解,令,1 第 i 个符号被排错校对后仍错,0 其 他,由于排版与校对是两个独立的工作, 因而,设校对后错误个数为 , 则,由中心极限定理,例16 一保险公司有10000人投保,每人每年,付12元保险费,已知一年内投保人死亡率,为0.006.若死亡公司给死者家属1000元.求,(1) 保险公司年利润为 0 的概率;,(2) 保险公司年利润大于60000元 的概率;,解,例16,设 为投保的10000人中一年内死亡的,人数.则,利用泊松定理,取,(1) 设保险公司年利润为 , 则,(2) 由中心极限定理,例17 从正态总体 N ( , 2 ) 中取容量为16的样本, S2 为样本方差,则D (S2) = ( ),解,例17,例18 设 是来自正态总体 X,的简单随机样本.,证明,证,从而,例18,正态分布与由正态分布导出的分布间的关系,推导 ( 相仿推导 ),例如,证明,设 X t ( n ), 则 其中Z N ( 0 ,1 ),于是,由 t 分布与 F 分布分位点的定义,由 t 分布的对称性,从而有,此即教材 P.203习题六12题. (2002年印),第 七 章,点估计的三种方法及评价标准,2. 参数的区间估计,第 八 章,1. 假设检验的有关概念,2.参数的假设检验,七八章,例19,例19 设总体 X 的分布密度函数为,求 的矩估计量 ,并计算,解,估计量是样本的函数,令,例20,例20 设总体 X 的密度函数为,解,的极大似然估计量.,为 X 的一个样本,求参数,任一样本函数,似然方程组为,本题 的估计并不能通过似然方程求得,解,由题设,若 必须,即,越大, 越大,故,的极大似然估计可通过似然方程求得.,是取自对数正态分布,例21,设,求 的极大似然估计.,解,例21,的密度函数,的密度函数,由极大似然估计的不变性得:,其中,一般正态 参数的极大似然估计是:,则对数正态参数的极大似然估计是:,例22,例22 设总体 X 服从 , 其密度函,数为 . 对于容量为 n 的样本, 求使得,的点 的极大似然估计,解,由教材P.211例7知,设 为总体 X N ( , 2),的一个样本,求常数 k , 使,解,例23,例23,令,则,故,解,故,假设检验步骤(三部曲),其中,根据实际问题所关心的内容,建立H0与H1,
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