题型 3. 利用抽样分布求概率

1.9

在总体 $N\left(12,4\right)$ 中随机抽一容量为 5 的样本 $X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$.

(1)求样本均值与总体均值之差的绝对值大于 1 的概率.

(2)求概率 $P\left\{\max \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)>15\right\}$.

(3)求概率 $P\left\{\min \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)<10\right\}$.

解

(1) 因 $\bar{X}\sim N\left(12,\frac{4}{5}\right)$,所以

$$P\{\left|\bar{X}-12\right|>1\}=P\left\{\left|\frac{\bar{X}-12}{\sqrt{\frac{4}{5}}}\right|>\frac{\sqrt{5}}{2}\right\}$$ $$=2-2\Phi \left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)=2\times \left[1-\Phi \left(1.12\right)\right]=2\times \left(1-0.8686\right)=0.$$ $$\text{2628.}$$ $$\text{(2)}P\left\{\max \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)>15\right\}$$ $$=1-P\left\{X_1\le 15,X_2\le 15,X_3\le 15,X_4\le 15,X_5\le 15\right\}$$ $$=1-\prod _{i=1}^{5}P\left\{X_i\le 15\right\}=1-\prod _{i=1}^{5}P\left\{\frac{X_i-12}{2}\le \frac{15-12}{2}\right\}$$ $$=1-{\left[\Phi \left(1.5\right)\right]}^5=1-{\left(0.9332\right)}^5=0.2923\text{.}$$

(3) $P\left\{\min \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)<10\right\}$

$$=1-P\left\{X_1\ge 10,X_2\ge 10,X_3\ge 10,X_4\ge 10,X_5\ge 10\right\}$$ $$=1-\prod _{i=1}^{5}P\left\{X_i\ge 10\right\}=1-\prod _{i=1}^{5}P\left\{\frac{X_i-12}{2}\ge \frac{10-12}{2}\right\}$$ $$=1-{\left[1-\Phi \left(-1\right)\right]}^5=1-{\left[\Phi \left(1\right)\right]}^5$$ $$=1-{\left(0.8413\right)}^5=0.5785.$$

点评 本题 (2)、(3) 也可利用第三章的公式:

$M=\max \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)$ 的分布函数为

$$F_M\left(z\right)={\left[F\left(z\right)\right]}^5.$$

$N=\min \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)$ 的分布函数为

$$F_N\left(z\right)=1-{\left[1-F\left(z\right)\right]}^5.$$

则 (2) $P\{M>15\}=1-F_M\left(15\right)$.

(3) $P\{N<10\}=F_N\left(10\right)$.

1. 10

设 $X\sim N\left(0,{0.3}^2\right),\left(X_1,X_2,\cdots ,X_{10}\right)$ 是取自 $X$ 的一个样本,求

$$P\left\{\sum _{i=1}^{10}{X}_i^2>1.44\right\}.$$

解

由 $X_i\sim N\left(0,{0.3}^2\right)$ 知

$$\frac{X_i}{0.3}\sim N\left(0,1\right),i=1,2,\cdots ,10$$

故

$$\sum _{i=1}^{10}{\left(\frac{X_i}{0.3}\right)}^2=\frac{1}{0.09}\cdot \sum _{i=1}^{10}{X}_i^2\sim {\chi }^2\left(10\right),$$ $$P\left\{\sum _{i=1}^{10}{X}_i^2>1.44\right\}=P\left\{\frac{1}{0.09}\sum _{i=1}^{10}{X}_i^2>\frac{1.44}{0.09}\right\}$$ $$=P\left\{\frac{1}{0.09}\sum _{i=1}^{10}{X}_i^2>16\right\}=0.1.$$

1.11

从正态总体 $N\left(3.4,6^2\right)$ 中抽取容量为 $n$ 的样本,如果要求其样本均值位于区间 $\left(1,4,5,4\right)$ 内的概率不小于 0.95,问样本容量 $n$ 至少应取多大?

附表:标准正态分布表

$$\Phi \left(z\right)={\int }_{-\infty }^z\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}\mathrm{d}t$$

$z$	1.28	1. 645	1.96	2.33
$\Phi \left( z\right)$	0.900	0.950	0.975	0.990

解

以 $\bar{X}$ 表示该样本均值,则

$$\bar{X}\sim N\left(3.4,\frac{6^2}{n}\right),$$

从而有

$$P\{1.4<\bar{X}<5.4\}=P\{-2<\bar{X}-3.4<2\}=P\{\left|\bar{X}-3.4\right|<2\}$$ $$=P\left\{\frac{\left|\bar{X}-3.4\right|}{6}\sqrt{n}<\frac{2\sqrt{n}}{6}\right\}=2\Phi \left(\frac{\sqrt{n}}{3}\right)-1\ge 0.95.$$

故 $\Phi \left(\frac{\sqrt{n}}{3}\right)\ge 0.975$. 由此得 $\frac{\sqrt{n}}{3}\ge 1.96$.

即 $n\ge {\left(1.96\times 3\right)}^2\approx 34.57$,所以 $n$ 至少应取 35.

1.12

从方差为 20 和 35 的正态总体分别抽取容量为 8 和 10 的两个样本. 试求第一个样本方差大于等于第二个样本方差两倍的概率.

分析 本题考察 $F$ 分布的判断以及 $F$ 分布表的熟练掌握程度.

解

由题意可知

$$P\left\{S_1^2\ge 2S_2^2\right\}=P\left\{\frac{S_1^2}{S_2^2}\ge 2\right\}$$ $$=P\left\{\frac{\frac{S_1^2}{20}}{\frac{S_2^2}{35}}\ge 2\times \frac{35}{20}\right\}\text{ (因为 }\frac{\frac{S_1^2}{{\sigma }_1^2}}{\frac{S_2^2}{{\sigma }_2^2}}\sim F\left(n_1-1,n_2-1\right)\text{ ) }$$ $$=P\{F\ge 3.5\}\text{,}$$

其中 $F\sim F\left(7,9\right)$ 分布,查 $F$ 分布表可得

$$F_{0.05}\left(7,9\right)=3.29,P\{F>3.29\}=0.05,$$ $$F_{0.025}\left(7,9\right)=4.20,P\{F>4.20\}=0.025.$$

因为 $3.29<3.5<4.20$,所以 $0.025<P\{F\ge 3.5\}<0.05$.

根据插值求得 $P\{F\ge 3.5\}=0.0276$,即 $P\left\{S_1^2\ge 2S_2^2\right\}=0.0276$.

1.13

设随机变量 $X\sim t\left(n\right)$, $Y\sim F\left(1,n\right)$,给定 $\alpha \left(0<\alpha <0.5\right)$,常数 $c$ 满足 $P\{X>c\}=$ $\alpha$,则 $P\left\{Y>c^2\right\}=$ _____.

(A) $\alpha$ (B) $1-\alpha$ (C) $2\alpha$ (D) $1-2\alpha$

解

$X\sim t\left(n\right),Y\sim F\left(1,n\right)$,则 $X^2\sim F\left(1,n\right)$ 与 $Y$ 同分布.

所以 $P\left\{Y>c^2\right\}=P\left\{X^2>c^2\right\}=P\{X>c\}+P\{X<-c\}=2P\{X>c\}=2\alpha$,

故应选(C).

点评 不同分布之间的关系也是考研中的常考题型. 本题考查的便是 $t$ 分布和 $F$ 分布之间的关系.

若 $X\sim t\left(n\right)$,则 $X^2\sim F\left(1,n\right)$.

另外,本题也用到了 $t$ 分布的对称性,即 $P\{X>c\}=P\{X<-c\}=\alpha$. 如图所示.

1.14

设在总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 中抽取一个容量为 16 的样本,求 $P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 1.664\right\}$.

解

因为 $\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n-1\right)$,所以

$$P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 1.664\right\}=P\left\{\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\le \left(n-1\right)\times 1.664\right\}$$ $$=P\left\{\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\le 15\times 1.664\right\}$$ $$=P\left\{{\chi }^2\left(n-1\right)\le 24.96\right\}=1-P\left\{{\chi }^2\left(15\right)>24.96\right\}$$ $$=1-0.05=0.95$$

(其中 ${\chi }_{0.05}^2\left(15\right)=24.996$ ).

1.15

设 $X\sim F\left(n,n\right),p_1=P\{X\ge 1\},p_2=P\{X\le 1\}$,则( ).

(A) $p_1<p_2$ (B) $p_1=p_2$ (C) $p_1>p_2$ (D) $p_1\text{、}{p}_2$ 无法比较

解

因为 $X\sim F\left(n,n\right)$,所以 $\frac{1}{X}\sim F\left(n,n\right)$,故

$$p_1=P\{X\ge 1\}=P\left\{\frac{1}{X}\le 1\right\}=P\{X\le 1\}=p_2.$$

则应选 (B).

1.16

某厂生产的灯泡使用寿命 $X\sim N\left(2250,{250}^2\right)$ 分布,现进行质量检查,方法如下:任意挑选若干个灯泡,如果这些灯泡的平均寿命超过 2200 小时,就认为该厂生产的灯泡质量合格, 若要使检查能通过的概率超过 0.997, 问至少应检查多少个灯泡?

解

设至少应检查 $n$ 个灯泡,依题意有 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 均服从 $N\left(2250,{250}^2\right)$,且相互独立.

$$\bar{X}\sim N\left(2250,\frac{{250}^2}{n}\right),\frac{\bar{X}-2250}{\frac{250}{\sqrt{n}}}\sim N\left(0,1\right),$$ $$P\{\bar{X}>2200\}=P\left\{\frac{\bar{X}-2250}{\frac{250}{\sqrt{n}}}>\frac{2200-2250}{\frac{250}{\sqrt{n}}}\right\}$$ $$=1-P\left\{\frac{\bar{X}-2250}{\frac{250}{\sqrt{n}}}\le \frac{2200-2250}{\frac{250}{\sqrt{n}}}\right\}$$ $$=1-\Phi \left(-\frac{\sqrt{n}}{5}\right)=1-\left[1-\Phi \left(\frac{\sqrt{n}}{5}\right)\right]=\Phi \left(\frac{\sqrt{n}}{5}\right)\ge 0.997\text{,}$$

查表得: $\frac{\sqrt{n}}{5}\ge 2.75,n\ge 189.1$,取 $n=190$.

即至少应检查 190 个灯泡.