【例31】每箱产品有10件，其次品数从0到2是等可能的

1北京领航考研名师铁军2006年考研数学预测38题31-38【例31】每箱产品有10件，其次品数从0到2是等可能的。开箱检验时，从中任取一件，如果检验为次品，则认为该箱产品不合格而拒收。由于检验误差，假设一件正品被误判为次品的概率为2%，一件次品被漏查误判为正品的概率为10%。求：（1）检验一箱产品能通过验收的概率；（2）检验10箱产品通过率不低于90%的概率【详解】（1）设iA=“一箱内有i件次品”，i=0，1，2。则A0,A1,A2两两不相容，其和为Ω，构成一个完备事件组。设事件B=“一箱产品通过验收”，B1=“抽到一件正品”。依题意，有2,1,01010)|(,31)(1iiABPAPii；10.0)|(,98.0)|(11BBPBBP应用全概公式，得.1.09.01)(1)(9.0101031)|()()(11201201BPBPiABPAPBPiiii又由于B1与1B为对立事件，再次应用全概公式有892.01.01.098.09.0)()()|()()|()()(111111BBPBBPBBPBPBBPBPBP（2）由于各箱产品是否通过验收互不影响，则设10箱产品中通过验收的箱数为X，X服从参数为n=10，P=P(B)=0.892的二项分布。705.0108.0)892.0(892.0}10{}9{}9{%}9010{911010CXPXPXPXP【例32】设随机变量X的密度函数为其他,011,1)(xxxfX求随机变量12XY的分布函数与密度函数。【详解】令12xy，.211,10,10,1122xxxx)(yfY取非零值的范围为[1，2]。当21y时，有2102101-y1-y-2)1-y1(1|)212()1(2)1()11()1()()(yyYxxdxxdxxyXyPyXPyYPyF212XY的分布函数2,121,)11(11,0)(2yyyyyFYY的密度函数为其他,021,111)()(yyyFyfY注意：本题中)11(12xxy不是单调函数，不能直接用公式求解。此例表明，先考虑随机变量的取非零值的范围，然后在此范围内求分布函数值可以简化运算。至于取非零值范围之外的分布函数值，可以由分布函数的性质决定其为0或1。【例33】袋中有n只黑球，每次从中随意取出一球，并换入一个白球，如此交换共进行n次。已知袋中白球数的数学期望为a，则第n+1次从袋中任取一球为白球的概率是【详解】依题意，袋中白球数是一个随机变量，X可取0，1，2，……，n，且nkakxkPEX0)(若记B=“第n+1次从袋中任取一球为白球”，kA=“第n次交换后袋中有k个白球”={X=k}。则由全概率公式，得nknknknkkknakXPknnkkXPkXBPkXPABPAPBP0000)(1)()|()()|()()(【例34】设一台机器上有3个部件，在某一时刻需要对部件进行调整，3个部件需要调整的概率分别为,3.0,2.0,1.0且相互独立，任一部件需要调整即为机器需要调整。（1）求机器需要调整的概率；（2）记X为需要调整的部件数，求期望)(XE、方差)(XD。【详解】设事件A为机器要调整，记iA为第i个部件需要调整，3,2,1i.（1）显然321AAAA，则)(1)(1)(1)(321321AAAPAAAPAPAP（根据事件的独立性知）496.07.08.09.01)()()(1321APAPAP.（2）求期望)(XE、方差)(XD有两种解法：解法一：先求X的分布律，根据分布律再求数学期望和方差。根据X的意义，显然有.3,2,1,0X事件的记法如（1），并注意到事件之间的独立性，有;504.07.08.09.0)()0(321AAAPXP)()()()1(321321321AAAPAAAPAAAPXP3)()()()()()()()()(321321321APAPAPAPAPAPAPAPAP=398.03.08.09.07.02.09.07.08.01.0；)()()()2(321321321AAAPAAAPAAAPXP)()()()()()()()()(321321321APAPAPAPAPAPAPAPAP092.03.02.09.03.08.01.07.02.01.0；)()3(321AAAPXP006.03.02.01.0)()()(321APAPAP.所以，006.0092.0398.0504.03210~X，6.0006.03092.02398.01504.00)(XE，46.0)6.0(006.03092.02398.01)()()(222222EXXEXD解法二：可以不求X的分布律，引进新的随机变量，利用期望、方差的性质求出期望)(XE、方差)(XD。现引进新的随机变量iX定义如下：个部件不需要调整第，发生件个部件需要调整，即事第iAiXii0,1因此我们有,)(,3131iiiiEXXEX而iX服从)10(分布，)()1()(iiiAPXPXE，所以6.03.02.01.0)()()()(32131APAPAPEXXEii，又因为)()()0()1()(iiiiiAPAPXPXPXD，且iX之间相互独立，所以)()()()(3131iiiiiAPAPXDXD)()(11APAP)()(22APAP)()(33APAP46.07.03.08.02.09.01.0.【评注】本题中解法二比解法一简单得多，这就是引进新的随机变量的好处，但如何引进新的随机变量是一个难点。一般在考研试题中，总是引进iX服从)10(分布，用独立性和iiX来简化计算。【例35】假设一批共100件产品，其中一、二、三等品分别为80，10，10件。现在从中任抽取一件，记)3,2,1(,0,1kkXk若不然等品若抽到试求：（1）随机变量21XX和的联合分布；（2）随机变量21XX和的相关系数。【详解】引进事件)3,2,1}({kkAk等品抽到由条件，知.1.0)(,1.0)(,8.0)(321APAPAP易见，),(21XX有四个可能值：（0，0），（0，1），（1，0），（1，1）4.0)(}1,1{,8.0)(}0,1{,1.0)(}1,0{,1.0)(}0,0{21121221321PXXPAPXXPAPXXPAPXXP又1)0(21XXP021XEX又16.02.08.0,8.011DXEX；09.09.01.0,1.012DXEX08.0),cov(212121EXEXXEXXX3209.016.008.0),cov(2121DXDXXX【例36】—生产线上源源不断地生产成箱的零件，假设每箱平均重50千克，标准差为5千克，若用最大载重量为5吨的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保证不超载的概率大于0.977？（977.0)2(）。【详解】以),2,1(niXi表示装运的第i箱产品的实际重量，n为所求箱数。由条件nXXX,,21是独立同分布随机变量（但具体分布未知），因而总重量为T=nXXX21。由条件知千克千克5,50iiDXEX.nDXnETiT5,50千克千克。又∵随机变量nXXX,,21独立同分布且数学期望和方差都存在，故根据列维一林德伯格中心极限定理，只要n充分大，随机变量T就近似服从正态分布N(50n,25n)。由题意知，所求n应满足条件：977.01010005505000nnnnTPTP当n充分大时变量nnTU/50近似服从N（0，1），可见977.02UP，从而有98n2101000nn.即最多只能装98箱。【例37】设总体X为连续型随机变量，概率密度函数为)(xf，从该总体抽取容量为n的简单随机样本nXXX,,,21。试求在曲线)(xf下方，统计量}{max1iniXM对应的统计值}{max1inixm的右方的（曲边形）面积S的数学期望。【详解】设)(xf为总体X的分布函数，则)(1)(1)(mFdxxfdxxfSmm先求}{max1iniXM的分布函数G（m）的概率密度g(m)。M的分布函数)(()(),,)}{max()()(21211mFmXPmXPmXPmXmXmXPmXPmMPmGnnniniM的概率密度)()()()()(1'mfmnFmFmGmgnn因此，计算S的数学期望：5)(1))(1(MEFMFEES)()(1)()(1)()(1)()(1xdFxnFdxxfxnFdxxgxnFdmmgmFnnn11111)(10nnndtntxFtn令【例38】已知某种材料的抗压强度),(~2NX，现随机地抽取10个样品进行抗压试验，测得数据如下（单位：Pa510）：样本均值50.457x，样本方差2222.35s.（1）求平均抗压强度的矩估计值；（2）求平均抗压强度的95%的置信区间；（3）若已知30，求的95%的置信区间.【详解】（1）ˆ.50.457x（2）设总体X～N（22),,与均未知，则的置信水平为1-的置信区间为nSXnSX,，其中2))1((),1(22nttPnt.性质：21221)(11).1(),1(XXnSntntini.由题意知这里是2未知的情况，用2s代替2.而样本标准差22.35s，.025.02,05.0,95.01所以置信区间为),(),(xx，这里20.251022.352622.21022.35)9()1(025.02tnsnt，所以),(),(xx)70.482,30.432(.（3）若已知30，则的置信区间为),(),(xx，这里59.18103096.11030025.02znz，6所以)09.476,91.438(),(),(xx。