近代概率論題庫計(jì)算證明題部分.doc

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1、近代概率論基礎(chǔ)題庫（計(jì)算證明題部分） 一、某人寫好封信，又寫好個(gè)信封，然后在黑暗中隨機(jī)地把封信放入個(gè)信封中（一個(gè)信封中只能放一封信），試求至少有一封信放對(duì)的概率。（10分） 一、解：若以記第封信與信封符合，則所求的事件為： 。 不難求得： ， ， ， 故 二、從數(shù)字中（可重復(fù)地）任取次，試求所取的個(gè)數(shù)的乘積能被10整除的概率。 （10分） 二、解：個(gè)數(shù)的乘積要能被10整除，則 這個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)是偶數(shù)，也至少有一個(gè)為5。 因取數(shù)是放回抽樣，顯然樣本空間中有基本事件個(gè)。 設(shè) ={所取的個(gè)數(shù)的乘積能被10整除}， ={所取的

2、個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)是偶數(shù)}， ={所取的個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)為5}， 則 為所取的個(gè)數(shù)全為奇數(shù)，故所含基本事件數(shù)為； 為所取的個(gè)數(shù)無5，故所含基本事件數(shù)為； 為所取的個(gè)數(shù)全為奇數(shù)且不含5，故所含基本事件數(shù)為， 且 所以由計(jì)算公式得： 三、一質(zhì)點(diǎn)從平面上某點(diǎn)出發(fā)，等可能的向上、下、左及右方向移動(dòng)，每次移動(dòng)的距離為1，求經(jīng)過次移動(dòng)后回到出發(fā)點(diǎn)的概率。（10分） 三、解：若要在次移動(dòng)后回到原來的出發(fā)點(diǎn)，則向左移動(dòng)的次數(shù)與向右移動(dòng)的次數(shù)應(yīng)該相等，向上移動(dòng)的次數(shù)與向下移動(dòng)的次數(shù)也應(yīng)該相等，而總移動(dòng)次數(shù)為。 故所求的概率為： 四、

3、假定一塊放射性物質(zhì)在單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射出的粒子數(shù)服從參數(shù)為的泊松分布。而每個(gè)放射出的粒子被記錄下來的概率均為。如果各粒子是否被記錄相互獨(dú)立，試求記錄下的粒子數(shù)的分布。（10分） 四、解：以事件為分割用全概率公式得：對(duì)任意得非負(fù)整數(shù)有： 五、證明：在獨(dú)立重復(fù)的伯努利實(shí)驗(yàn)序列中，如果實(shí)驗(yàn)重復(fù)的次數(shù)服從參數(shù)為泊松分布，求成功次數(shù)和失敗次數(shù)的概率分布，并證明與相互獨(dú)立。（10分） 五、解：以事件為分割用全概率公式得：對(duì)任意得非負(fù)整數(shù)有： 同理 進(jìn)一步地， 六、若是相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，具有相同的分布函數(shù)，而及相當(dāng)于把按大小順序重新排列

4、為的末項(xiàng)和首項(xiàng)，求及的分布函數(shù)，并求的聯(lián)合分布函數(shù)。（10分） 六、解：首先求的分布函數(shù)： 再求的分布函數(shù)： 因?yàn)? 所以 最后求的聯(lián)合分布函數(shù)：記 若，則 若，則 七、設(shè)與相互獨(dú)立，且均服從上的均勻分布，證明： 與相互獨(dú)立且均服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布。 （10分） 七、證明：因?yàn)? 則 因此 故雅可比行列式為： 因?yàn)榕c相互獨(dú)立，故的密度函數(shù)為： 因?yàn)榈拿芏群瘮?shù)為： 因而，與的邊際密度函數(shù)分別為： 并且，因而與相互獨(dú)立且均服

5、從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布。 八、（10分）已知隨機(jī)向量服從多項(xiàng)分布，即 這里且僅當(dāng)時(shí)上式才成立，否則為0. 求隨機(jī)向量的各個(gè)分量之間的協(xié)方差和相關(guān)系數(shù)。 八、解：顯然，因此 注意到因此 由于 因而有 相關(guān)系數(shù)為： 。 九、袋中有張卡片，各記以數(shù)字，不放回地從中抽出張，求其和的數(shù)學(xué)期望和方差。（10分） 九、解：取一張時(shí)，其數(shù)字的均值及方差分別為 及 若以記張卡片的數(shù)字之和，以記第次抽得的卡片上的數(shù)字，則

6、 由于抽簽與順序無關(guān)，因此 故 所以 在上式中令，因?yàn)槭且粋€(gè)常數(shù)，因此，于是 因而 于是 。 十、擲5顆骰子，求所得總和為15的概率。（提示：利用母函數(shù)）（10分） 十1、解：以表示第顆骰子擲出的點(diǎn)數(shù)，則總和為： 因服從1到6上的等可能分布，故其母函數(shù)均為 又因?yàn)橄嗷オ?dú)立，故其和的母函數(shù)為： 。 于是，所求的概率恰為的冪級(jí)數(shù)展開式中前面的系數(shù)。 由于 因此 。 十2、（10分）擲5顆骰子，求所得總和為16的概率。（提示：利用母函數(shù)） 解：以表示第顆骰子擲

7、出的點(diǎn)數(shù)，則總和為： 。。。。。2分 因服從1到6上的等可能分布，故其母函數(shù)均為 。。。。。1分 又因?yàn)橄嗷オ?dú)立，故其和的母函數(shù)為： 。 。。。。。2分 于是，所求的概率恰為的冪級(jí)數(shù)展開式中前面的系數(shù)。 。。。。1分 由于 。。。。。2分 。。。。。1分 因此 。 。。。。。1分 十一、求正態(tài)

8、分布的特征函數(shù)。 十一、解：先討論的場(chǎng)合： 由于正態(tài)分布的一階矩存在，可對(duì)上式求導(dǎo)，得 因此 由于，故，因此 對(duì)于的場(chǎng)合，因?yàn)?，故由特征函?shù)的性質(zhì)可知其特征函數(shù)為： 十二、（10分）設(shè)是相互獨(dú)立的隨機(jī)變量序列，它們服從相同的分布，且具有有限的數(shù)學(xué)期望，證明：對(duì)任意的，有 十二、證明：由于具有相同分布，故有相同的特征函數(shù)，設(shè)為，因?yàn)閿?shù)學(xué)期望存在，故可展開成： 。。。。。2分 而的特征函數(shù)為：

9、 。。。。。2分 對(duì)固定的， 。。。。。2分 由于極限函數(shù)是連續(xù)函數(shù)，它是退化分布所對(duì)應(yīng)的特征函數(shù)， 根據(jù)逆極限定理知： 的分布函數(shù)收斂于。 。。。。。2分 最后根據(jù)以概率收斂和依分布收斂的關(guān)系可知： 以概率收斂于常數(shù)，從而結(jié)論成立。 。。。。。2分 十三、設(shè)是獨(dú)立同分布的隨機(jī)變量序列，且，令 證明：若，則

10、 （10分） 十三、證明：記的特征函數(shù)為，則的特征函數(shù)為 。。。。。。2分 由于故 。。。。。。2分 因此 。。。。。。2分 所以 。。。。。。2分 由于是連續(xù)函數(shù)，它對(duì)應(yīng)的分布函數(shù)為，因此由逆極限定理知 因此結(jié)論成立。

11、 。。。。。。2分 十四、若為可測(cè)空間上滿足的非負(fù)集合函數(shù)，證明：它具有可列可加性的充要條件為：（1）它是有限可加的；（2）它是下連續(xù)的。 十四、證明：即要證明 其中互不相容， 且 。。。。。。2分 取由立刻得到式。 。。。。。。1分 下面我們證明式，事實(shí)上， 。。。。。。1分 。。。。。。1分 。。。。

12、。。1分 。。。。。。1分 故 。。。。。。1分 。。。。。。2分 十五、設(shè)一個(gè)家庭中有個(gè)小孩的概率為： 這里，若認(rèn)為生一個(gè)小孩為男孩或女孩是等可能的，求一個(gè)家庭中有個(gè)男孩的概率。 十五、解：用表示“一個(gè)家庭有個(gè)小孩” ，用表示“一個(gè)家庭有個(gè)男孩” ，則根據(jù)題意，顯然有 且對(duì)任意的有；對(duì)任意的有。

13、 。。。。。。2分 根據(jù)全概率公式，對(duì)任意的，我們有 （） 。。。。。。2分 。。。。。。2分 。。。。。。2分 。 。。。。。。2分 注：在求（）式和的時(shí)候，還有其它辦法，比如：設(shè) ， 則

14、 ， 故 。 十六、在伯努利實(shí)驗(yàn)中，事件出現(xiàn)的概率為，分別求在次獨(dú)立實(shí)驗(yàn)中事件出現(xiàn)奇數(shù)次和偶數(shù)次的概率。 十六、解：設(shè)，則 ； 。。。。。。3分 。。。。。。3分 故出現(xiàn)偶數(shù)次的概率為上面兩式相加再除以2，即為：。 。。。。。。2分 而出現(xiàn)奇數(shù)次的概率為上面兩式相減再除以2，即為：。 。。。。。。2分 十七、用表示某交換裝置在時(shí)間段內(nèi)的電話呼叫數(shù)，假定它是參數(shù)為的泊松過程。用表示它的第個(gè)呼叫發(fā)生的時(shí)刻，證明它

15、的密度函數(shù)為： 即服從參數(shù)為的埃爾蘭分布。并用上式推證泊松分布的部分和的下面的公式： 十七、證明：顯然，。 。。。。。。2分 若用記的分布函數(shù)，則， 。。。。。。2分 因此， 。。。。。。2分 。 。。。。。。2分 故對(duì)任意的，我們有 。。。。。。1分 最后在上式的兩邊令，并作變量代換即得結(jié)論。

16、 。。。。。。1分 十八、若，而的密度函數(shù)為，求的分布函數(shù)和密度函數(shù)；進(jìn)一步地，如果與相互獨(dú)立且分別服從分布，求的密度函數(shù)。 十八、解：的分布函數(shù)為 。。。。。。2分 因 。。。。。。2分 因此，的密度函數(shù)為： 。。。。。。3分 進(jìn)一步地，如果與獨(dú)立且分別服從分布，則的密度函數(shù)為 ， 。。。。。。1分 故此時(shí)的密度函數(shù)為

17、 。。。。。。2分 十九、若與是相互獨(dú)立的隨機(jī)變量，均服從，化為極坐標(biāo)后，及取值于，試求的聯(lián)合密度函數(shù)，并證明它們是相互獨(dú)立的。 十九、解：因?yàn)?，?。 。。。。。。2分 因此 。。。。。。2分 因?yàn)榈拿芏群瘮?shù)為 。。。。。。2分 故的密度函數(shù)為 。。。。。。2分 因而，與的邊際密度函數(shù)分別為 并且 于是與相互獨(dú)立。

18、 。。。。。。2分 二十、設(shè)隨機(jī)變量取值于，若只與長度有關(guān)（對(duì)一切），證明：服從的均勻分布。 二十、證明：設(shè)． 。。。。。。1分 根據(jù)題意：對(duì)任意的，有 ， 。。。。。。2分 故對(duì)任意的，有 。。。。。。2分 考慮到為的增函數(shù)，這樣類似于教材P98頁引理２.4.1的證明，我們可以證得： ，其中為一常數(shù)． 。。。。。。4分 又因?yàn)椋剩虼?，　即　服從的均勻分布? 。。。。。。1分 二十

19、一、（共15分）設(shè)與相互獨(dú)立且服從同一幾何分布，令，求 （1）的聯(lián)合分布律； （2）的分布； （3）關(guān)于的條件概率分布。 二十一、解：（1）為求的聯(lián)合概率分布，分別考慮下列三種情況：其中利用到獨(dú)立性。 （a） ； 。。。。。。2分 (b) ； 。。。。。。2分 (c) 。。。。。。2分 (2)因?yàn)?，所? 。。。。。。2分

20、 。。。。。。2分 （3） 。。。。。。2分 。。。。。。3分 二十二、設(shè)為單調(diào)非降函數(shù)，且。對(duì)隨機(jī)變量，若 ，證明：對(duì)任意的，有 二十二、解：設(shè)的分布函數(shù)為，根據(jù)數(shù)學(xué)期望的定義，注意到的單調(diào)非降性， 可知：對(duì)任意的，有 。。。。。。2分

21、 。。。。。。2分 。。。。。。2分 。。。。。。2分 最后由可知結(jié)論成立。 。。。。。。2分 二十三、若相互獨(dú)立，均服從，證明： 二十三、解：的聯(lián)合密度為， 。。。。。。2分 ∴ 。。。。。。2分 。。。。。。2分 （利用密度函數(shù)的積分值為1，減a再加a）

22、（在前一積分中交換積分次序，在后一積分中交換x與y的記號(hào)） 。。。。。。2分 . 。。。。。。2分 另證：設(shè) ，則 。 而和的分布函數(shù)均為：，又因?yàn)橄嗷オ?dú)立，故的分布函數(shù)應(yīng)為：，于是 。 二十四、若都是只能取兩個(gè)值的隨機(jī)變量，證明如果它們不相關(guān)，則獨(dú)立。 二十四、解：不妨設(shè)的分布律及聯(lián)合分布律分別為： ， ； 。 。。。。。。3分 那么 ；

23、 。。。。。。2分 。。。。。。2分 如果不相關(guān)，則有，即 。 。。。。。。2分 由上式可解得：于是與相互獨(dú)立。 。。。。。。1分 二十五、求參數(shù)為的泊松分布的特征函數(shù)，并特征函數(shù)證明泊松分布關(guān)于參數(shù)的再生性。 二十五、解：根據(jù)特征函數(shù)的定義，參數(shù)為的泊松分布的特征函數(shù)為：

24、 。。。。。。2分 。 。。。。。。2分 進(jìn)一步地，如果服從，服從，而且相互獨(dú)立，則 的特征函數(shù)為： 。。。。。。2分 。 。。。。。。2分 于是服從，故 。 。。。。。。2分 即泊松分布關(guān)于參數(shù)具有再生性。 二十六、(10分) 若的密度函數(shù)為,而,

25、,這里 ,求的密度函數(shù). 二十六、解: 因?yàn)? , , 。。。。。2分 故 , . 。。。。。2分 而 . 。。。。。3分 因此的密度函數(shù)為 . 。。。。。3分 二十七、（10分）在圓周上任取三點(diǎn)試求這三點(diǎn)構(gòu)成的三角形為銳角三角形的概率。 解 分別以表示的弧度，于是樣本點(diǎn)是三維空間中的點(diǎn)，而樣本空間為 由任意性可知樣本點(diǎn)在中均勻分布。我們關(guān)心的事件為 故所求的概率為 二十八、（10分）個(gè)男孩和個(gè)女孩隨機(jī)的沿著圓桌坐下，試求任意兩個(gè)女孩都不相鄰的概

26、率。 解：法一： 我們不對(duì)椅子編號(hào)，即只要各個(gè)人相互之間的位置相同我們就認(rèn)為是同一種排法。個(gè)人隨機(jī)的沿著圓桌坐下，共有種不同的坐法。 要使任意兩個(gè)女孩都不相鄰，可以先排男孩，再在男孩的空隙中放女孩。這樣，首先讓個(gè)男孩沿沿著圓桌隨機(jī)的坐下，共有種不同的坐法，男孩坐好之后，再在男孩的空隙中放入個(gè)女孩，共有種放法，因此，有利事件的個(gè)數(shù)應(yīng)為：，于是。。 下面的兩種辦法都是先對(duì)椅子進(jìn)行編號(hào)。 法二：看1號(hào)位為“男”還是“女”。 。 法三：先在直線上排，再減去多出的。 。 二十九、(10分) 甲、已、丙三人進(jìn)行某項(xiàng)比賽，若三人勝每局的概率相等

27、，比賽規(guī)定先勝三局者為整場(chǎng)比賽的優(yōu)勝者若甲勝了第一、三局，乙勝了第二局，問丙成為整場(chǎng)比賽的優(yōu)勝者的概率是多少？ 解：丙要成為整場(chǎng)比賽的優(yōu)勝者，在后面的比賽中只有下面的四種可能： 局?jǐn)?shù) 4 5 6 7 1． 丙勝 丙勝 丙勝 2． 乙勝 丙勝 丙勝 丙勝 3． 丙勝 乙勝 丙勝 丙勝 4． 丙勝 丙勝 乙勝 丙勝 因而，所求的概率為： 三十、(10分) 證明：，

28、其中為任意固定的實(shí)數(shù)；進(jìn)一步據(jù)此證明，若隨機(jī)變量的分布函數(shù)為連續(xù)函數(shù)，則，有。 證明：令，，則。一方面， ，必有，因此，有，即， 于是，故有. 另一方面，，必有，那么一定存在一個(gè)，有，這樣， ，因而。這就是說：，必有，故。 綜上，我們有：。 進(jìn)一步地，設(shè)隨機(jī)變量的分布函數(shù)為連續(xù)函數(shù)，則，有： ， 而根據(jù)概率的可列可加性，我們有 因?yàn)闉檫B續(xù)函數(shù)，所以 。 證畢。 三十一、（10分） 設(shè)為取值于自然數(shù)的隨機(jī)變量，證明下面的兩式等價(jià)。 （1）； （2）。 并證明，如果服從幾何分布，則一定滿足以上兩式

29、。 證明： 進(jìn)一步，如果服從幾何分布，則，故 于是對(duì)任意的，我們有 證畢。 三十二、（10分）將封不同的信，隨機(jī)放入個(gè)寫好地址的信封，用表示裝對(duì)信件的個(gè)數(shù)，求。 解： 則。 因?yàn)?，所以。 因此， 三十三、（10分）已知：，對(duì)獨(dú)立觀察4次，用表示的觀察值大于的次數(shù)，求 解：有題意克制：，其中 ， 于是 三十四、（10分）設(shè)服從中的均勻分布，。試判斷與的獨(dú)立性與相關(guān)性。 解： 因而，與的相關(guān)系數(shù)為 于是，與不相關(guān)，但是由于，所以與并不獨(dú)立。 三十五、（10分）從n個(gè)元素有重復(fù)地取r個(gè)，不計(jì)順序，問不同的取法有多少種？ 解：法一：把n個(gè)不同的元素編號(hào)為,n，再把取完后的每一組中數(shù)從小到大排列，每個(gè)數(shù)依次加上,則這一組數(shù)就變成了從共個(gè)數(shù)中取出m個(gè)數(shù)的不重復(fù)組合中的一組，這種運(yùn)算構(gòu)成兩者之間一一對(duì)應(yīng)，故有。 法二：設(shè)次選取共選出個(gè)不同的元素，再找個(gè)隔板把次取出的元素分為組。這時(shí)要分成和兩種情況具體討論，結(jié)果為：。 法三：直接用隔板法。個(gè)隔板和個(gè)元素共有個(gè)位置，從中選出個(gè)位置來放這個(gè)元素，共有：。