地点 闵行中院 — 312
9:00 ~ 11:00
18:00 ~ 20:00
期末答疑安排
6月 19日
6月 20日
6月 21日
13:00 ~ 16:00
18:00 ~ 20:00
18:00 ~ 20:00
交大 媒体与设计 学院青年教师 王宏卫摄于 2002年 暑期
,概 率 统 计,复习理学院 冯卫国
2005年 6月界山大坂 (与新疆接壤 )
古格王朝遗址白云压住高山湖岗巴拉山海拔 4852m
大 昭 寺由大昭寺远眺布达拉宫西 藏 的 图 腾
《概率统计》复习各 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
0)(?AP
例 1 (1) 在古典概型的随机试验中,
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 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”A
iA 3,2,1?i
表示“第 i 次拨通” 则?3
i
iAA
)()()( 213121 AAAPAAPAP?)( 321 AAAP?)( AP
7.0
8
7
9
8
10
9,3.0)(1)( APAP?
解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
iA 3,2,1?i
表示“第 i 次拨通”
)()()( 213121 AAAPAAPAP?)( 321 AAAP
1.0
8
1
9
8
10
9
解一求第三次才拨通的概率,
解二 1 25.0
8
1)(
213AAAP
√
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 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”A
事件 表示,另一件也是次品”,则B
)(
)(
)(
AP
ABP
ABP?
7
1
/
/
2
10
1
7
1
3
2
10
2
3
CCC
CC
解 2 A,所取 2 件中至少有一件次品”
B,2 件都是次品,
)(
)(
)(
AP
ABP
ABP?
)(
)(
AP
B
,
8
1
)/(
/
2
10
1
7
1
3
2
3
2
10
2
3?
CCCC
CC
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
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,
)()()(
3
1
k
k
k BAPBPAP?
36
8
5
1
10
3
2
1
2
9
2
5
2
9
2
5
2
9
2
4
C
C
C
C
C
C
)(/)()()( 111 APBAPBPABP?
.
8
3
36
8
36
3
)(/
2
1
2
9
2
4 AP
C
C
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！
8210n
325m
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,( ))(xf X 1)(0 xf
(2) 若,则 ( ))2,0(~ UX,)4,0(~2 UXY?
)0()()( 2 yXPyXPyF Y,
2
1
2
1
0
ydx
y
事实上由 §2.4得 非均匀分布函数)( yFY
(3) 若,则 ( ))1(~ EX
.1,0
,1,
)(~
2
1
y
y
yfeY yYX √;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?)( xF 2/)1(?x(1)
(2),8/1)1( XPp
)( xF 16/)1(5?x
X 在试求
1,8/1x
1,4/1?x
11,2/)1( xx?)( xF
)1(4/12/1)0( FF①
)(xF 的三性质都不满足单调减
②?1)(F?0)(F
③ )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
② 1)(0 xF 1)(F 0)(F
③ 右连续 )()0( xFxF
解 0)()()(PxXPxF
1)()()( 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,1x(1)
上式中令 得 1x k21? 2/1 k
2/)1()111( xXxXP
还可另法求 k
)11,1( XxXP
)1()1()( xXPFxF
)11( XP )111( XxXP
2/)1)(8/5( x又
)1()1()1()1( XPXPXPF
8/18/10
于是当 时，11 x
.16/)75()1()1()( xFxXPxF
16/)15( x
1,0x
1,1?x
11,16/)75( xx?)( xF
1? 0 1
1
)(xF
x
(2)
.16/7)00()]00()0([)0( FFFF
)0()0()0( XPXPXPp
1,0x
1,1?x
11,8/]1)1(5[ xxk?)( xF
4/1)01()1()1( FFXP由题设 得
4/18/)110(1 k 2/1 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(
2
1
)( 2
4
22
1
2
eeg
3ln/20
0
2
24
)(
2
02
9
5
0
0?
eg
解第三章
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例 10 设 独立同分布,且已知
4321,,,XXXX
,6.0)0(iXP 4.0)1(iXP )4,3,2,1(?i
43
21
XX
XX
X?求行列式 的概率分布,
解 令 则 独立同分布,,
411 XXY? 322 XXY? 21,YY
)1,1()1( 41 XXPYP i 16.0? )1()1( 41 XPXP
)2,1(?i,84.016.01)0(
iYP
1,0,1?21 YYX 可能取值为则
)1,0()1( 21 YYPXP
.7 3 1 2.01 3 4 4.021)0(XP
,3 4 4.016.084.0
)0,1()1( 21 YYPXP,1 3 4 4.084.016.0
43
21
XX
XX
X ~
1 3 4 4.07 3 1 2.01 3 4 4.0
101
练 4 设 YX,~i.i.d,)( pG 几何分布求 的概率分布,),(m a x YXZ?
,)2()( 11 kkk qqpqkZP3,2,1?k答案
),( kYkXP)( kZP? ),( kYkXP
1
1
)()(
k
j
jYPkXP?
k
i
iXPkYP
1
)()(
1
1
11
k
j
jk pqpq?
k
i
ik pqpq
1
11
,)2( 11 kkk qqpq3,2,1?k
具 体 推 导
发生发生
B
B
Y
,0
,1
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
)()( APXE? )()( BPYE?
而
发生发生
A
A
X
,0
,1令
0),(?YXC O V
)()()( YEXEXYE?
)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
BA
BA
XY
,,0
,,1
？事件 A,B 相互独立
)()()( BPAPABP?
X,Y 相互独立,
)()()( BPAPABP?
)()( ABPXYE?
X
Y
pij 1 0
1
0
p1 p2
p3 p4
pi? p1+ p3 p2+p4
p? j
p1 + p2
p3 + p4 14
1
i i
p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：
)()( 31 APppXE
)()( 21 BPppYE
)()( 1 ABPpXYE
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
dx
b
caxz
xf
b
zf Z?
,1)(
dyy
a
cbyz
f
a
zf Z?
,
1
)(
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2Z X Y
( ).Yfy
答案 2
2
( 1 ) / 2 0
( ) ( 1 ) / 2 0 2
0
z
z
Z
e e z
f z e z
z2
判断独立性的简便方法已知联合分布
ijji pyYxXP ),( njmi 1,1
判断 是否独立需要做 次nmnm3YX,
加法和乘法,共需运算 13次,
例 11 求 值
YX,
ba,
独立,使
.9/1,9/2 ba解
（一眼看出）
X
Y
1 2 3
1
2
1/3 a b
1/6 1/9 1/18
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,
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 d
a 0.14 e
b c 0.10
解 由题意应有：
12 7 pp
从而有右表由归一性得 5.025.08 kd ……(3)
32 kpp
… (1)
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 d
0.21 0.14 7d
0.15k 0.1k 0.10
由 (1) 得
dk /02.0?
… (2)
联立 (2) (3) 得,05.0?d ;4.0?k
或,0 1 2 5.0?d
.6.1?k
设
21 5.1 pp
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 0.05
0.21 0.14 0.35
0.06 0.04 0.10
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 0.0125
0.21 0.14 0.0875
0.24 0.16 0.10
或
0.48 0.32 0.20
0.0625
0.4375
0.5
经检验 正确！
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 YX
1)()()()( YDXDYXDYXD
.1)( YXD
当 时，0 YX
1)()()()( XDYDXYDYXD
所以 ( )
由于 X,Y 的随机性,故不能保证恒有
0 YX 0 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/()( 2
2
dzezZE z
22 )]([)()()( ZEZEZDYXD
./21
本题设 是关键,若不然YXZ
虽能算出 但很难算
d x d yeyxYXE
yx
)/()( 2
22
例 13卡车装运水泥,设每袋重量 (gk) X 服从
.)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
)/2000()2000( mXPmXP
05.05.2/)50/2 0 0 0( m
6 4 5.15.2/)50/2 0 0 0( m
.58.43 m 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,
05.0
5.2
50/2 0 0 0
1
m
)/2 0 0 0(1)2 0 0 0( mXPmXP
95.0
5.2
50/2 0 0 0?
m 645.1
5.2
50/2000 m
96.36 m
要彻底的随机！
解 设装 m 袋水泥,表示第 袋水泥重量,
iX i
于是总重量为
m
i
iXY
1
)5.2,50(~ 2 mmNY
05.0
5.2
502 0 0 0
1)2 0 0 0(
m
m
YP
6 4 5.1
5.2
502 0 0 0
m
m
28.6 m 43.39 m
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
iX
( ) 0,( ) 0,0 4,iiE X D X
12,,,nX X X
独立同分布,
1,2,,in?
0
1
n
ni
i
Y Y X
为
(元 /斤 ) 为现在的
0 20Y?
价格,
① 用切贝雪夫不等式估计
30( 1 8 2 2 )PY
② 再用中心极限定理估计
30( 1 8 2 2 )PY
第 n 天的价格，
解
①
30
3 0 0
1
( ) ( ) ( ) 2 0i
i
E Y E Y E X
30
3 0 0
1
( ) ( ) ( ) 1,2i
i
D Y D Y D X
3 0 3 0 3 0( 1 8 2 2 ) ( ( ) 2 )P Y P Y E Y
301 ( ) / 4 0,7DY②
30( 1 8 2 2 )PY
30{ 1,8 2 6 ( 2 0 ) / 1,2 1,8 2 6 )PY
2 ( 1,8 2 6 ) 1 0,9 3 2,
(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?iX
则到期日来银行兑换的总人数为?
5 0 0
1i
iXX
设银行需准备 1000 m 元,
兑换总额为,X10 00,)4.0,5 0 0(~ BX 200)(?XE
.120)(?XD
由中心极限定理
999.0120/)200()( mmXP
.96.233 m 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?
iX
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?
610
1i
iXX
)0 0 1.0,10(~ 6BX且
1000)(?XE,9 9 9)(?XD
Y设校对后错误个数为,
XYE 01.0)(?,0 0 9 9.0)( XYD?
10)(01.0)01.0()]([)( XEXEYEEYE
.9 9 90 0 9 9.0)(0 0 9 9.0)( 22 XDYD
则近似有 )9 9 90 0 9 9.0,10(~ 2?NY
由中心极限定理于是
.1)98.15(
9990099.0
1015
)15(
YP
)01.0,(~ XBY则解 令
1 第 i 个符号被排错校对后仍错
0 其 他?iX
由于排版与校对是两个独立的工作,因而
,10)99.01(0 0 1.0)1( 5iXP 5101)0(iXP
510)(
iXE,)101(10)(
55
iXD
))101(10,10(~ 5BY
设校对后错误个数为,则?
610
1i
iXY
由中心极限定理
)101(10
100
)101(10
1015
)150(
55
YP
1010/5
.9422.0?
116.358.1
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 X设 为投保的 10000人中一年内死亡的人数,则 )006.0,10000(~ BX
,60)(?XE,64.59)(?XD
利用泊松定理，取 60 np?
(1) 设保险公司年利润为,则Y
01 0 0 0121 0 0 0 0 XY
120 X
)1 2 0()0( XPYP
)1 2 0()0( XPYP
0
!1 2 0
60 601 2 0
e
9 9 8 8 0120120
1 0 0 0 0 9 9 4.00 0 6.0C?
(2) 由中心极限定理
)6 0 0 0 0(?YP
64.59 60)0()600( XP
4738.01)94.1()0(
)6 0 0 0 01 0 0 0121 0 0 0 0( XP
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 )116(~)116( 2
2
2
2
S
)(
15
15
15
)( 2
2
4
2
22
2
D
S
DSD
.
15
2
152
15
4
2
4
15/2 4?
例 18 设 是来自正态总体 X),,,(
921 XXX?
的简单随机样本,,
6
1 6
1
i
iXY,)(3
1
987 XXXZ
.)(
2
1 9
7
22?
i
i ZXS,)2(~/)(2 tSZYW证明证,6/)( 2YD,3/)( 2ZD,)()(,ZEYE?2)(XD
,0)( ZYE 2/3/6/)( 222 ZYD
,)1,0(~
2/
NZYU
,)2(~/2 222SV?
)2(~
2/
)(2
t
V
U
S
ZY
W?
从而正态分布与由正态分布导出的分布间的关系
..vr 间的关系
,)1(22Z 1
)(lim 2?
n
n
n
22
1
1/)1(
),1( ZF
),1(2 FZ①
),1()(2 nFnT?②
),(
)(2
nF
n
n?③
推导 ① （ 相仿推导 ② ③ ）
上 分位点的关系
),1(2
2
FZ①
),1()(2
2
nFnt②
),(
)(2
nF
n
n
③
),1(84.3)96.1( 05.022 025.0 FZ
)10,1(04.10)1 6 9 3.3()10( 01.022 005.0 Ft
),20(71.1
20
17.34
20
)20(
025.0
2
025.0 F?
例如
),1()(2
2
nFnt
证明 ②
设 X ~ t ( n ),则 其中 Z ~ N ( 0,1 )
nW
ZX
/
)(~ 2 nW? 于是 ),1(~
/
1/22 nF
nW
ZXY
由 t 分布与 F 分布分位点的定义
))(())(( 22
22
ntXPntXP
)),1(())(( 2
2
nFYPntYP
.),1()(2
2
nFnt
.)()(
22 1
ntnt
由 t 分布的对称性从而有
.),1()(21
2
nFnt
此即教材 P.203习题六 12题,(2002年印 )
第七章
1.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
2.参数的假设检验例 19 设总体 X 的分布密度函数为
.,0
,0,/)(6
)(
3
其他
xxx
xf
求 的矩估计量,并计算,)?(?D
解
2/)()(?dxxxfXE
,2/
估计量是样本的函数令
X?
.2? X
.)5/(/)(4)2()?( 2 nnXDXDD
0)2/()?( DD
10/3)( 22XE 20/)( 2 XD
例 20 设总体 X 的密度函数为解
/,,
( ;,) ( 0 )
0,.
x
ex
fx
x
的极大似然估计量,
,),,,( 21 nXXX? 为 X 的一个样本,求参数
1
(,) /
n
xni
i n
L L e
1
l n l n / /
n
i
i
L n x n
l n / / 0Ln
22
1
l n / / / / 0
n
i
i
L n n x
M L E X
M L E
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 ( ;,) 0fx由题设，若 必须 x
即
12,,nM i n X X X
0, 越大,越大，故( ;,)fx
( 1 )? M L E X
( 1 )
M L E XX
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 ),,(
1 nXX?
总体 X 的一个样本，即 ),(~ln 2NX
XY ln?
)()( XDXE 与求 的极大似然估计,
解 的密度函数 22 2)(
2
1)(
y
eyf Y
的密度函数YeX?
yyfxf YX )()(
0,
2
1 2
2
2)( l n
xe
x
x
0,0?x
2
2
1
)()(
edxxfxXE X
)1()()( 1222
22
eedxxfxXE
X
)()()()( 1222 22 eeXEXEXD
,)(? 221 eXE )()(? 12 22 eeXD
由极大似然估计的不变性得：
,ln1?
1
i
n
i
X
n
2
1
2 )?ln(1
i
n
i
X
n
其中
,? X
一般正态 参数的极大似然估计是：),( 2N
2
1
2 )(1? XX
n i
n
i
则对数正态参数的极大似然估计是：
,ln1?
1
i
n
i
d Xn?
2
1
2 )?ln(1?
di
n
i
d Xn
例 22 设总体 X 服从,其 密度函),( 2N
数为,对于容量为 n 的样本,求使得)(xf
05.0)( dxxf
的点 的极大似然估计
M LE
解 由教材 P.211例 7知
XML E
n
i
iM L E XXn
1
22 )(1?
05.0]/)[(1)()( XPdxxf
645.195.0?
M L EM L EM L E645.1
.)(
1
6 4 5.1
1
2?
n
i
i XX
n
X
极大似然估计不变性设 为总体 X ~ N (?,? 2)),,,(
21 nXXX?
的一个样本,求常数 k,使?
n
i
i XXk
1
||为?的无偏估计量,
解例 23
0)()()(XEXEXXE ii
)()()( XDXDXXD ii
2
2
2 1
n
n
n
XXZ i
令
21,0~?
n
n
NZ则
dze
n
n
zZE n
n
z
2
2
1
2
1
2
1
|||)(|
dze
n
n
z n
n
z
2
2
1
2
0 1
2
1
2
n
n 1
2
2?
n
i
i
n
i
i XXEkXXkE
11
||||
故
n
n
kn
1
2
2?
令
)1(2?
nn
k
n
i
i
n
i
i XXEkXXkE
11
||||解注意到 XX i?是 X1,X2,…,Xn 的线性函数,
nii XXnXX
n
XX )1(1 21
,0)( XXE i 21)(?nnXXD i
21,0~?
n
nNXX
i
dze
n
n
zXXE n
n
z
i
2
2
1
2
1
2
1
|||)(|
dze
n
n
z n
n
z
2
2
1
2
0 1
2
1
2
n
n 1
2
2
n
i
i
n
i
i XXEkXXkE
11
||||
故
n
n
kn
1
2
2?
令?
)1(2?
nn
k
假设检验步骤 (三部曲 )
其中
)( VVP
根据实际问题所关心的内容,建立 H0与 H1
在 H0为真时,选择合适的统计量 V,由 H1确给定显著性水平?,其对应的拒绝域
)()( 221 VVVV双侧检验
)( 1 VV左边检验定拒绝域形式
根据样本值计算,并作出相应的判断,
右边检验 )(?VV?
例 24 设某次概率统计考试考生的成绩
X ~ N (?,? 2),从中随机地抽取 36 位考生的成绩，算得平均成绩为 66.5分，标准差为 15分,问在显著性水平 0.05下，是否可以认为这次考试的平均成绩为 70分？
并给出检验过程,
解
.70:;70,10 HH
拒绝域,0 3 0 1.2)1(
/
70
2
nt
nS
X
T?
0 3 0 1.24.1
36/15
705.66
T
落在拒绝域外，接受
0H
即认为这次考试的平均成绩为 70分,
例 25 用包装机包装洗衣粉,在正常情况下，
问该天包装机工作是否正常？ ( ).05.0
每袋重量为 1000克，标准差不能超过 15克,
假设每袋净重 2~ (,),XN某天为检查机器工作是否正常，随机抽取 10袋得其净重的
22( 3 0,2 3 ),S?998X?均值,方差解 H0,? = 1000 ； H1, 1000
取统计量 ~ ( 1 )
/
X
T t n
Sn
解拒绝域?0：
0,0 2 5 ( 9 ) 2,2 6 2 2Tt
9 9 8 1 0 0 0
0,2 0 9 2,2 6 2 2
3 0,2 3 / 1 0
T
落在拒绝域外，接受
0H
即认为 该天包装机工作正常,
本题只做了一半,还应继续做下去
(2)设 22
01,2 2 5 ;,2 2 5HH
取统计量 222
2
( 1 ) ~ ( 1 )nS n
拒绝域?0,22 0,0 5 ( 9 ) 1 6,9 1 9
2
2
0 2
9 ( 3 0,2 3 ) 3 6,5 5 1 6,9 1 9
15
落在拒绝域内，拒绝
0H
综合 (1)(2),虽然平均 净重合格,但方差偏大，故包装机工作不太正常,
9:00 ~ 11:00
18:00 ~ 20:00
期末答疑安排
6月 19日
6月 20日
6月 21日
13:00 ~ 16:00
18:00 ~ 20:00
18:00 ~ 20:00
交大 媒体与设计 学院青年教师 王宏卫摄于 2002年 暑期
,概 率 统 计,复习理学院 冯卫国
2005年 6月界山大坂 (与新疆接壤 )
古格王朝遗址白云压住高山湖岗巴拉山海拔 4852m
大 昭 寺由大昭寺远眺布达拉宫西 藏 的 图 腾
《概率统计》复习各 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
0)(?AP
例 1 (1) 在古典概型的随机试验中,
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 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”A
iA 3,2,1?i
表示“第 i 次拨通” 则?3
i
iAA
)()()( 213121 AAAPAAPAP?)( 321 AAAP?)( AP
7.0
8
7
9
8
10
9,3.0)(1)( APAP?
解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
iA 3,2,1?i
表示“第 i 次拨通”
)()()( 213121 AAAPAAPAP?)( 321 AAAP
1.0
8
1
9
8
10
9
解一求第三次才拨通的概率,
解二 1 25.0
8
1)(
213AAAP
√
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 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”A
事件 表示,另一件也是次品”,则B
)(
)(
)(
AP
ABP
ABP?
7
1
/
/
2
10
1
7
1
3
2
10
2
3
CCC
CC
解 2 A,所取 2 件中至少有一件次品”
B,2 件都是次品,
)(
)(
)(
AP
ABP
ABP?
)(
)(
AP
B
,
8
1
)/(
/
2
10
1
7
1
3
2
3
2
10
2
3?
CCCC
CC
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
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,
)()()(
3
1
k
k
k BAPBPAP?
36
8
5
1
10
3
2
1
2
9
2
5
2
9
2
5
2
9
2
4
C
C
C
C
C
C
)(/)()()( 111 APBAPBPABP?
.
8
3
36
8
36
3
)(/
2
1
2
9
2
4 AP
C
C
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！
8210n
325m
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,( ))(xf X 1)(0 xf
(2) 若,则 ( ))2,0(~ UX,)4,0(~2 UXY?
)0()()( 2 yXPyXPyF Y,
2
1
2
1
0
ydx
y
事实上由 §2.4得 非均匀分布函数)( yFY
(3) 若,则 ( ))1(~ EX
.1,0
,1,
)(~
2
1
y
y
yfeY yYX √;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?)( xF 2/)1(?x(1)
(2),8/1)1( XPp
)( xF 16/)1(5?x
X 在试求
1,8/1x
1,4/1?x
11,2/)1( xx?)( xF
)1(4/12/1)0( FF①
)(xF 的三性质都不满足单调减
②?1)(F?0)(F
③ )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
② 1)(0 xF 1)(F 0)(F
③ 右连续 )()0( xFxF
解 0)()()(PxXPxF
1)()()( 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,1x(1)
上式中令 得 1x k21? 2/1 k
2/)1()111( xXxXP
还可另法求 k
)11,1( XxXP
)1()1()( xXPFxF
)11( XP )111( XxXP
2/)1)(8/5( x又
)1()1()1()1( XPXPXPF
8/18/10
于是当 时，11 x
.16/)75()1()1()( xFxXPxF
16/)15( x
1,0x
1,1?x
11,16/)75( xx?)( xF
1? 0 1
1
)(xF
x
(2)
.16/7)00()]00()0([)0( FFFF
)0()0()0( XPXPXPp
1,0x
1,1?x
11,8/]1)1(5[ xxk?)( xF
4/1)01()1()1( FFXP由题设 得
4/18/)110(1 k 2/1 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(
2
1
)( 2
4
22
1
2
eeg
3ln/20
0
2
24
)(
2
02
9
5
0
0?
eg
解第三章
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例 10 设 独立同分布,且已知
4321,,,XXXX
,6.0)0(iXP 4.0)1(iXP )4,3,2,1(?i
43
21
XX
XX
X?求行列式 的概率分布,
解 令 则 独立同分布,,
411 XXY? 322 XXY? 21,YY
)1,1()1( 41 XXPYP i 16.0? )1()1( 41 XPXP
)2,1(?i,84.016.01)0(
iYP
1,0,1?21 YYX 可能取值为则
)1,0()1( 21 YYPXP
.7 3 1 2.01 3 4 4.021)0(XP
,3 4 4.016.084.0
)0,1()1( 21 YYPXP,1 3 4 4.084.016.0
43
21
XX
XX
X ~
1 3 4 4.07 3 1 2.01 3 4 4.0
101
练 4 设 YX,~i.i.d,)( pG 几何分布求 的概率分布,),(m a x YXZ?
,)2()( 11 kkk qqpqkZP3,2,1?k答案
),( kYkXP)( kZP? ),( kYkXP
1
1
)()(
k
j
jYPkXP?
k
i
iXPkYP
1
)()(
1
1
11
k
j
jk pqpq?
k
i
ik pqpq
1
11
,)2( 11 kkk qqpq3,2,1?k
具 体 推 导
发生发生
B
B
Y
,0
,1
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
)()( APXE? )()( BPYE?
而
发生发生
A
A
X
,0
,1令
0),(?YXC O V
)()()( YEXEXYE?
)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
BA
BA
XY
,,0
,,1
？事件 A,B 相互独立
)()()( BPAPABP?
X,Y 相互独立,
)()()( BPAPABP?
)()( ABPXYE?
X
Y
pij 1 0
1
0
p1 p2
p3 p4
pi? p1+ p3 p2+p4
p? j
p1 + p2
p3 + p4 14
1
i i
p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：
)()( 31 APppXE
)()( 21 BPppYE
)()( 1 ABPpXYE
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
dx
b
caxz
xf
b
zf Z?
,1)(
dyy
a
cbyz
f
a
zf Z?
,
1
)(
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2Z X Y
( ).Yfy
答案 2
2
( 1 ) / 2 0
( ) ( 1 ) / 2 0 2
0
z
z
Z
e e z
f z e z
z2
判断独立性的简便方法已知联合分布
ijji pyYxXP ),( njmi 1,1
判断 是否独立需要做 次nmnm3YX,
加法和乘法,共需运算 13次,
例 11 求 值
YX,
ba,
独立,使
.9/1,9/2 ba解
（一眼看出）
X
Y
1 2 3
1
2
1/3 a b
1/6 1/9 1/18
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,
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 d
a 0.14 e
b c 0.10
解 由题意应有：
12 7 pp
从而有右表由归一性得 5.025.08 kd ……(3)
32 kpp
… (1)
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 d
0.21 0.14 7d
0.15k 0.1k 0.10
由 (1) 得
dk /02.0?
… (2)
联立 (2) (3) 得,05.0?d ;4.0?k
或,0 1 2 5.0?d
.6.1?k
设
21 5.1 pp
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 0.05
0.21 0.14 0.35
0.06 0.04 0.10
X
Y
1 2 3
1
2
3
0.03 0.02 0.0125
0.21 0.14 0.0875
0.24 0.16 0.10
或
0.48 0.32 0.20
0.0625
0.4375
0.5
经检验 正确！
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 YX
1)()()()( YDXDYXDYXD
.1)( YXD
当 时，0 YX
1)()()()( XDYDXYDYXD
所以 ( )
由于 X,Y 的随机性,故不能保证恒有
0 YX 0 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/()( 2
2
dzezZE z
22 )]([)()()( ZEZEZDYXD
./21
本题设 是关键,若不然YXZ
虽能算出 但很难算
d x d yeyxYXE
yx
)/()( 2
22
例 13卡车装运水泥,设每袋重量 (gk) X 服从
.)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
)/2000()2000( mXPmXP
05.05.2/)50/2 0 0 0( m
6 4 5.15.2/)50/2 0 0 0( m
.58.43 m 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,
05.0
5.2
50/2 0 0 0
1
m
)/2 0 0 0(1)2 0 0 0( mXPmXP
95.0
5.2
50/2 0 0 0?
m 645.1
5.2
50/2000 m
96.36 m
要彻底的随机！
解 设装 m 袋水泥,表示第 袋水泥重量,
iX i
于是总重量为
m
i
iXY
1
)5.2,50(~ 2 mmNY
05.0
5.2
502 0 0 0
1)2 0 0 0(
m
m
YP
6 4 5.1
5.2
502 0 0 0
m
m
28.6 m 43.39 m
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
iX
( ) 0,( ) 0,0 4,iiE X D X
12,,,nX X X
独立同分布,
1,2,,in?
0
1
n
ni
i
Y Y X
为
(元 /斤 ) 为现在的
0 20Y?
价格,
① 用切贝雪夫不等式估计
30( 1 8 2 2 )PY
② 再用中心极限定理估计
30( 1 8 2 2 )PY
第 n 天的价格，
解
①
30
3 0 0
1
( ) ( ) ( ) 2 0i
i
E Y E Y E X
30
3 0 0
1
( ) ( ) ( ) 1,2i
i
D Y D Y D X
3 0 3 0 3 0( 1 8 2 2 ) ( ( ) 2 )P Y P Y E Y
301 ( ) / 4 0,7DY②
30( 1 8 2 2 )PY
30{ 1,8 2 6 ( 2 0 ) / 1,2 1,8 2 6 )PY
2 ( 1,8 2 6 ) 1 0,9 3 2,
(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?iX
则到期日来银行兑换的总人数为?
5 0 0
1i
iXX
设银行需准备 1000 m 元,
兑换总额为,X10 00,)4.0,5 0 0(~ BX 200)(?XE
.120)(?XD
由中心极限定理
999.0120/)200()( mmXP
.96.233 m 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?
iX
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?
610
1i
iXX
)0 0 1.0,10(~ 6BX且
1000)(?XE,9 9 9)(?XD
Y设校对后错误个数为,
XYE 01.0)(?,0 0 9 9.0)( XYD?
10)(01.0)01.0()]([)( XEXEYEEYE
.9 9 90 0 9 9.0)(0 0 9 9.0)( 22 XDYD
则近似有 )9 9 90 0 9 9.0,10(~ 2?NY
由中心极限定理于是
.1)98.15(
9990099.0
1015
)15(
YP
)01.0,(~ XBY则解 令
1 第 i 个符号被排错校对后仍错
0 其 他?iX
由于排版与校对是两个独立的工作,因而
,10)99.01(0 0 1.0)1( 5iXP 5101)0(iXP
510)(
iXE,)101(10)(
55
iXD
))101(10,10(~ 5BY
设校对后错误个数为,则?
610
1i
iXY
由中心极限定理
)101(10
100
)101(10
1015
)150(
55
YP
1010/5
.9422.0?
116.358.1
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 X设 为投保的 10000人中一年内死亡的人数,则 )006.0,10000(~ BX
,60)(?XE,64.59)(?XD
利用泊松定理，取 60 np?
(1) 设保险公司年利润为,则Y
01 0 0 0121 0 0 0 0 XY
120 X
)1 2 0()0( XPYP
)1 2 0()0( XPYP
0
!1 2 0
60 601 2 0
e
9 9 8 8 0120120
1 0 0 0 0 9 9 4.00 0 6.0C?
(2) 由中心极限定理
)6 0 0 0 0(?YP
64.59 60)0()600( XP
4738.01)94.1()0(
)6 0 0 0 01 0 0 0121 0 0 0 0( XP
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 )116(~)116( 2
2
2
2
S
)(
15
15
15
)( 2
2
4
2
22
2
D
S
DSD
.
15
2
152
15
4
2
4
15/2 4?
例 18 设 是来自正态总体 X),,,(
921 XXX?
的简单随机样本,,
6
1 6
1
i
iXY,)(3
1
987 XXXZ
.)(
2
1 9
7
22?
i
i ZXS,)2(~/)(2 tSZYW证明证,6/)( 2YD,3/)( 2ZD,)()(,ZEYE?2)(XD
,0)( ZYE 2/3/6/)( 222 ZYD
,)1,0(~
2/
NZYU
,)2(~/2 222SV?
)2(~
2/
)(2
t
V
U
S
ZY
W?
从而正态分布与由正态分布导出的分布间的关系
..vr 间的关系
,)1(22Z 1
)(lim 2?
n
n
n
22
1
1/)1(
),1( ZF
),1(2 FZ①
),1()(2 nFnT?②
),(
)(2
nF
n
n?③
推导 ① （ 相仿推导 ② ③ ）
上 分位点的关系
),1(2
2
FZ①
),1()(2
2
nFnt②
),(
)(2
nF
n
n
③
),1(84.3)96.1( 05.022 025.0 FZ
)10,1(04.10)1 6 9 3.3()10( 01.022 005.0 Ft
),20(71.1
20
17.34
20
)20(
025.0
2
025.0 F?
例如
),1()(2
2
nFnt
证明 ②
设 X ~ t ( n ),则 其中 Z ~ N ( 0,1 )
nW
ZX
/
)(~ 2 nW? 于是 ),1(~
/
1/22 nF
nW
ZXY
由 t 分布与 F 分布分位点的定义
))(())(( 22
22
ntXPntXP
)),1(())(( 2
2
nFYPntYP
.),1()(2
2
nFnt
.)()(
22 1
ntnt
由 t 分布的对称性从而有
.),1()(21
2
nFnt
此即教材 P.203习题六 12题,(2002年印 )
第七章
1.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
2.参数的假设检验例 19 设总体 X 的分布密度函数为
.,0
,0,/)(6
)(
3
其他
xxx
xf
求 的矩估计量,并计算,)?(?D
解
2/)()(?dxxxfXE
,2/
估计量是样本的函数令
X?
.2? X
.)5/(/)(4)2()?( 2 nnXDXDD
0)2/()?( DD
10/3)( 22XE 20/)( 2 XD
例 20 设总体 X 的密度函数为解
/,,
( ;,) ( 0 )
0,.
x
ex
fx
x
的极大似然估计量,
,),,,( 21 nXXX? 为 X 的一个样本,求参数
1
(,) /
n
xni
i n
L L e
1
l n l n / /
n
i
i
L n x n
l n / / 0Ln
22
1
l n / / / / 0
n
i
i
L n n x
M L E X
M L E
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 ( ;,) 0fx由题设，若 必须 x
即
12,,nM i n X X X
0, 越大,越大，故( ;,)fx
( 1 )? M L E X
( 1 )
M L E XX
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 ),,(
1 nXX?
总体 X 的一个样本，即 ),(~ln 2NX
XY ln?
)()( XDXE 与求 的极大似然估计,
解 的密度函数 22 2)(
2
1)(
y
eyf Y
的密度函数YeX?
yyfxf YX )()(
0,
2
1 2
2
2)( l n
xe
x
x
0,0?x
2
2
1
)()(
edxxfxXE X
)1()()( 1222
22
eedxxfxXE
X
)()()()( 1222 22 eeXEXEXD
,)(? 221 eXE )()(? 12 22 eeXD
由极大似然估计的不变性得：
,ln1?
1
i
n
i
X
n
2
1
2 )?ln(1
i
n
i
X
n
其中
,? X
一般正态 参数的极大似然估计是：),( 2N
2
1
2 )(1? XX
n i
n
i
则对数正态参数的极大似然估计是：
,ln1?
1
i
n
i
d Xn?
2
1
2 )?ln(1?
di
n
i
d Xn
例 22 设总体 X 服从,其 密度函),( 2N
数为,对于容量为 n 的样本,求使得)(xf
05.0)( dxxf
的点 的极大似然估计
M LE
解 由教材 P.211例 7知
XML E
n
i
iM L E XXn
1
22 )(1?
05.0]/)[(1)()( XPdxxf
645.195.0?
M L EM L EM L E645.1
.)(
1
6 4 5.1
1
2?
n
i
i XX
n
X
极大似然估计不变性设 为总体 X ~ N (?,? 2)),,,(
21 nXXX?
的一个样本,求常数 k,使?
n
i
i XXk
1
||为?的无偏估计量,
解例 23
0)()()(XEXEXXE ii
)()()( XDXDXXD ii
2
2
2 1
n
n
n
XXZ i
令
21,0~?
n
n
NZ则
dze
n
n
zZE n
n
z
2
2
1
2
1
2
1
|||)(|
dze
n
n
z n
n
z
2
2
1
2
0 1
2
1
2
n
n 1
2
2?
n
i
i
n
i
i XXEkXXkE
11
||||
故
n
n
kn
1
2
2?
令
)1(2?
nn
k
n
i
i
n
i
i XXEkXXkE
11
||||解注意到 XX i?是 X1,X2,…,Xn 的线性函数,
nii XXnXX
n
XX )1(1 21
,0)( XXE i 21)(?nnXXD i
21,0~?
n
nNXX
i
dze
n
n
zXXE n
n
z
i
2
2
1
2
1
2
1
|||)(|
dze
n
n
z n
n
z
2
2
1
2
0 1
2
1
2
n
n 1
2
2
n
i
i
n
i
i XXEkXXkE
11
||||
故
n
n
kn
1
2
2?
令?
)1(2?
nn
k
假设检验步骤 (三部曲 )
其中
)( VVP
根据实际问题所关心的内容,建立 H0与 H1
在 H0为真时,选择合适的统计量 V,由 H1确给定显著性水平?,其对应的拒绝域
)()( 221 VVVV双侧检验
)( 1 VV左边检验定拒绝域形式
根据样本值计算,并作出相应的判断,
右边检验 )(?VV?
例 24 设某次概率统计考试考生的成绩
X ~ N (?,? 2),从中随机地抽取 36 位考生的成绩，算得平均成绩为 66.5分，标准差为 15分,问在显著性水平 0.05下，是否可以认为这次考试的平均成绩为 70分？
并给出检验过程,
解
.70:;70,10 HH
拒绝域,0 3 0 1.2)1(
/
70
2
nt
nS
X
T?
0 3 0 1.24.1
36/15
705.66
T
落在拒绝域外，接受
0H
即认为这次考试的平均成绩为 70分,
例 25 用包装机包装洗衣粉,在正常情况下，
问该天包装机工作是否正常？ ( ).05.0
每袋重量为 1000克，标准差不能超过 15克,
假设每袋净重 2~ (,),XN某天为检查机器工作是否正常，随机抽取 10袋得其净重的
22( 3 0,2 3 ),S?998X?均值,方差解 H0,? = 1000 ； H1, 1000
取统计量 ~ ( 1 )
/
X
T t n
Sn
解拒绝域?0：
0,0 2 5 ( 9 ) 2,2 6 2 2Tt
9 9 8 1 0 0 0
0,2 0 9 2,2 6 2 2
3 0,2 3 / 1 0
T
落在拒绝域外，接受
0H
即认为 该天包装机工作正常,
本题只做了一半,还应继续做下去
(2)设 22
01,2 2 5 ;,2 2 5HH
取统计量 222
2
( 1 ) ~ ( 1 )nS n
拒绝域?0,22 0,0 5 ( 9 ) 1 6,9 1 9
2
2
0 2
9 ( 3 0,2 3 ) 3 6,5 5 1 6,9 1 9
15
落在拒绝域内，拒绝
0H
综合 (1)(2),虽然平均 净重合格,但方差偏大，故包装机工作不太正常,
