一、有三个口袋，在甲袋中装有2只白球和3只红球；乙袋中装有4只白球和1只红球；丙袋中装有3只白球和4只红球。 随机地选取一个口袋并从中随机地取出一只球。
1）求取出的球是白球的概率；
2）若已知取出的球是白球，求它是来自甲袋的概率。
解： 1） 根据全概率公式可得所求的概率为。
由题意知。将这些代入上面的全概率公式知所求的概率为。
2） 根据bayes公式可得所求的概率为。
二．1、设随机变量，令。
求的分布列；
2、设随机变量的概率密度。
令，求y 的概率密度。
解：（1）的概率密度。
因为 4分。
所以，的分布列为。
2分。2）y 的可能取值区间为。
由，且可知，y在区间上是严格单调增函数，反函数为，且4分。
故，y 的概率密度。
4分。三、设二维随机变量 (x,y) 在 d= 上服从均匀分布，(1) 求(x,y) 的联合密度f(x,y)；
(2) 判断x与y 是否独立？ 给出理由；
(3) 求z=x+y密度函数。
解：(1) d的面积m(d) =2, 所以， (x,y) 的联合密度。
f(x,y2) 设x与 y 的边际密度函数分别为f (x) 和f (y),
f (x1).
f (y1).
因为 f(x,y) f (x)f (y) ,所以 x与y不独立。
非零区域。当时，
当时， 其它，
四、设二维随机变量的概率密度为。
1）求；2）求协方差；
3）令，求协方差。
解：(1)第一种答案：
由题意可知的边缘概率密度分别为。
当时1分。当1分。
当时1分。当1分。
因此1分。1分。
第二种答案：
--3分。
--3分。
(22分。由于，--2分。
所以2分。(3) 由于。
---1分
1分。1分。
因此1分。1分。
---1分。
五、（１设独立同分布，有共同的概率密度函数。
计算概率1意义下的极限。
２）某型号电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现随机取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件的寿命的总和大于1920小时的概率？
解：(1)由大数律有： =wp1。 （4分）
又由 =1， 可知=1，wp1。 （4分）
2)设为第i只元件的寿命，i＝1,..16，相互独立同分布 ，x＝为16只元件的寿命总和，已知那么由中心极限定理近似服从n（0,1）. 4分）
所以。p（x>1920）≈.4分）
六、设是取自正态总体的一个样本，其中为未知参数。
1）求参数和的最大似然估计；
2）若样本容量，测得样本均值为，求的置信水平为95%的置信区间。
解：(1)由于，以代替ex，得的矩估计为。
2)的概率密度函数为。
似然函数为。
对数似然函数为。
对求导并令其为零，即得。
解得的最大似然估计为。
由于，因此的最大似然估计为。
3)由于的置信水平的置信区间为，这里，因此，，又，，代入得到的置信水平为95%的置信区间为。
七、某工厂对部件进行装配，设部件的装配时间服从正态分布，均值和方差均未知。现随机选取25个部件进行装配，测得平均装配时间为10.2min，标准差为0.
5min。在显著性检验水平0.05下，是否可以认为装配时间的均值与10min有显著性差异？
附表：,。解：假设 h0：μ=10, h1: μ10
检验统计量：。
拒绝域：｛|t|≥t0.025(n-1)｝=t|≥ 2.06398分)
由给定样本知计算|t|＝2 <2.0639.因此，不拒绝h0， 可以认为装配时间的均值与10min没有显著性差异。
---4分)
概率论习题课
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概率论练习题
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