# 概率论和数理统计｜重点题目与标准解答

<!-- page: problems-1 | 计数与来源条件（题 1–2） -->

### 题 1｜无放回抽样：颜色组合与指定顺序

**题目（习题一 A14）。**7 个球中有 2 红、3 黑、2 白，无放回取三次。求：（1）恰一红一黑一白；（2）全黑；（3）依次为红、黑、白。

**标准解答。**不考虑顺序的三球组合等可能，共有 $\binom73=35$ 种。因此

$$
P(\text{各色一个})=\frac{\binom21\binom31\binom21}{\binom73}=\frac{12}{35}.
$$
$$
P(\text{全黑})=\frac{\binom33}{\binom73}=\frac1{35}.
$$

指定顺序时，逐次使用条件概率：

$$
P(\text{红、黑、白})=\frac27\frac36\frac25=\frac2{35}.
$$

**应用。**“各色一个”包含 $3!$ 种颜色顺序，概率为指定一种顺序的 6 倍。分子、分母的计数方式必须一致。


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### 题 2｜先选组再抽样：全概率与贝叶斯

**题目（习题一 B6）。**第一组 30 件中有 10 件优质品，第二组 20 件中有 15 件优质品。等可能选一组，在该组内无放回取两次。求第一次为优质品的概率；已知第一次为优质品，求第二次为非优质品的概率。

**标准解答。**令 $H_i$ 表示选中第 $i$ 组，$Q_j$ 表示第 $j$ 次取到优质品。由全概率公式（law of total probability），

$$
P(Q_1)=\frac12\frac{10}{30}+\frac12\frac{15}{20}=\frac{13}{24}.
$$

观测到 $Q_1$ 后，由贝叶斯公式（Bayes' theorem），

$$
P(H_1\mid Q_1)=\frac{(1/2)(10/30)}{13/24}=\frac4{13}.
$$
$$
P(H_2\mid Q_1)=\frac9{13}.
$$

第一组剩 29 件，其中 20 件非优质；第二组剩 19 件，其中 5 件非优质，故

$$
\begin{aligned}
P(Q_2^c\mid Q_1)&=\frac4{13}\frac{20}{29}+\frac9{13}\frac5{19}\\
&=\frac{2825}{7163}\approx0.3944.
\end{aligned}
$$

**应用。**观察改变来源权重，无放回改变组内组成，两处都须更新。也可直接算 $P(Q_1Q_2^c)/P(Q_1)$。

<!-- page: problems-2 | 共同条件与离散模型（题 3–4） -->

### 题 3｜共同天气：条件独立不能直接当作独立

**题目（习题一 B8）。**雾霾概率为 0.4。雾霾天每人戴口罩概率为 0.2，非雾霾天为 0.01；给定天气后，各人的选择独立。求随机一人戴口罩的概率；同一天选三人，至少一人戴口罩的概率。

**标准解答。**设 $H$ 为雾霾，$M_i$ 为第 $i$ 人戴口罩。

$$
P(M_1)=0.4(0.2)+0.6(0.01)=0.086.
$$

给定天气后，用补事件求“至少一个”，再按天气加权：

$$
\begin{aligned}
&P(M_1\cup M_2\cup M_3)\\
&=0.4(1-0.8^3)+0.6(1-0.99^3)\\
&=0.2130206.
\end{aligned}
$$

**应用。**三人共用天气，不能写成 $1-(1-0.086)^3$。若题目明确各次观察独立、单次成功率为 $q$，成功次数才服从 $B(n,q)$。


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### 题 4｜列分布律：二项、超几何与截断等待

**题目（选自习题二 A1）。**分别求：（1）独立掷骰子三次，点数大于 4 的次数；（2）2 红、3 白中无放回取两球的红球数；（3）从同一袋放回抽球，首次取红即停止，最多三次，抽取次数的分布。

**标准解答。**三个小问分别记变量为 $X$。

1. 单次成功率 $p=2/6=1/3$，三次独立，故 $X\sim B(3,1/3)$。
2. 无放回成功数服从超几何分布（hypergeometric distribution）：$P(X=k)=\binom2k\binom3{2-k}/\binom52$。
3. $X=1$ 表示首次即红；$X=2$ 表示先白后红；$X=3$ 只要求前两次均白，第三次颜色不限。

| 小问 | 全部取值 | 按取值顺序的概率 |
| --- | --- | --- |
| (1) | $0,1,2,3$ | $8/27,\ 4/9,\ 2/9,\ 1/27$ |
| (2) | $0,1,2$ | $3/10,\ 3/5,\ 1/10$ |
| (3) | $1,2,3$ | $2/5,\ 6/25,\ 9/25$ |

**应用。**若第 (3) 问不设次数上限，$X$ 才是普通几何分布，$P(X=k)=(3/5)^{k-1}(2/5)$。若改问第 $r$ 次取红的总次数，用负二项分布：$\binom{k-1}{r-1}(2/5)^r(3/5)^{k-r}$，$k\ge r$。

<!-- page: problems-3 | 泊松计数与密度计算（题 5–6） -->

### 题 5｜泊松计数：时间窗口与条件概率

**题目（习题二 B12）。**短信到达服从速率为每分钟 0.05 的泊松过程。求 10:00–12:00 恰收到六条的概率；已知至少五条，求恰为六条的概率。

**标准解答。**窗口为 120 分钟，平均次数 $\lambda=0.05\times120=6$，故短信数 $N\sim\operatorname{Pois}(6)$。

$$
P(N=6)=e^{-6}\frac{6^6}{6!}\approx0.1606.
$$

由于 $\{N=6\}\subseteq\{N\ge5\}$，交集就是 $\{N=6\}$：

$$
\begin{aligned}
P(N=6\mid N\ge5)
&=\frac{e^{-6}6^6/6!}{1-e^{-6}\sum_{k=0}^4 6^k/k!}\\
&\approx0.2247.
\end{aligned}
$$

**变式。**若问从 10:00 起等待下一条短信超过 10 分钟的概率，改用 $T\sim\operatorname{Exp}(0.05)$：$P(T>10)=P(N(10)=0)=e^{-0.5}$。计数用平均次数，等待时间用速率。


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### 题 6｜连续密度：归一化、CDF、积分与重复试验

**题目（习题二 B17）。**$f(x)=c(4-x^2)$，$0<x<2$，其余为零。求 $c$、CDF、$P(-1<X<1)$；独立观察五次，求该事件恰发生两次的概率。

**标准解答。**由密度积分为 1，

$$
1=c\int_0^2(4-x^2)\,dx=\frac{16c}{3}
\implies c=\frac3{16}.
$$

CDF 在支撑内由积分得到，支撑外补齐 0、1：

$$
F(x)=\begin{cases}
0,&x<0,\\
\dfrac{3x}{4}-\dfrac{x^3}{16},&0\le x<2,\\
1,&x\ge2.
\end{cases}
$$

事件区间与支撑相交后只剩 $(0,1)$，因此

$$
q=P(-1<X<1)=\int_0^1\frac3{16}(4-x^2)\,dx=\frac{11}{16}.
$$

令 $K$ 为五次中该事件发生的次数，则 $K\sim B(5,11/16)$，故

$$
P(K=2)=\binom52\left(\frac{11}{16}\right)^2
\left(\frac5{16}\right)^3\approx0.1442.
$$

**应用。**原变量连续，事件发生次数仍是离散型。若给的是连续型 CDF，先在连接处用连续性确定参数，再逐段求导；还须检查单调性。

<!-- page: problems-4 | 指数寿命与正态概率（题 7–8） -->

### 题 7｜指数寿命：剩余时间与混合来源

**题目（习题二 B29）。**产品来自甲、乙厂的概率为 0.4、0.6，寿命分别服从 $\operatorname{Exp}(1/3)$、$\operatorname{Exp}(1/6)$，时间单位为年。求：（1）寿命超过六年；（2）已知来自甲厂，使用四个月未坏，能用到一年未坏；（3）未知厂别时，同样已使用四个月未坏，能用到一年未坏。

**标准解答。**设寿命为 $T$，混合生存函数为

$$
S(t)=P(T>t)=0.4e^{-t/3}+0.6e^{-t/6},\qquad t\ge0.
$$

1. $P(T>6)=0.4e^{-2}+0.6e^{-1}\approx0.2749$。
2. 四个月为 $1/3$ 年，额外等待为 $2/3$ 年。已知甲厂时用无记忆性：

    $$
    \begin{aligned}
    P(T>1\mid T>1/3,\text{甲})&=e^{-(1/3)(2/3)}\\
    &=e^{-2/9}\approx0.8007.
    \end{aligned}
    $$

3. 未知厂别时用条件概率比值：

    $$
    \begin{aligned}
    P(T>1\mid T>1/3)&=\frac{S(1)}{S(1/3)}\\
    &=\frac{0.4e^{-1/3}+0.6e^{-1/6}}
    {0.4e^{-1/9}+0.6e^{-1/18}}\\
    &\approx0.8584.
    \end{aligned}
    $$

**应用。**混合指数寿命一般不再无记忆。已存活的信息改变厂别权重，不能按原权重平均两厂的剩余寿命概率。


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### 题 8｜正态分布：识别参数并标准化

**题目（习题二 B27）。**$f_X(x)=ae^{-x^2}$，$x\in\mathbb R$。求 $a$ 和 $P(X>1/2)$。

**标准解答。**由 $\int_{\mathbb R}e^{-x^2}\,dx=\sqrt\pi$，有 $a=1/\sqrt\pi$。与正态密度的指数 $-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)$ 比较，得

$$
\mu=0,\qquad 2\sigma^2=1,\qquad X\sim N(0,1/2).
$$

标准差为 $\sigma=1/\sqrt2$，故

$$
\begin{aligned}
P(X>1/2)&=P\left(\frac{X}{1/\sqrt2}>\frac{1/2}{1/\sqrt2}\right)\\
&=1-\Phi(1/\sqrt2)\approx0.2398.
\end{aligned}
$$

**变式（反求参数）。**若 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，要求 $P(|X-\mu|<3)\ge0.9$，则

$$
\begin{aligned}
2\Phi(3/\sigma)-1&\ge0.9\\
3/\sigma&\ge\Phi^{-1}(0.95)\approx1.64485\\
\sigma&\le1.8239.
\end{aligned}
$$

**应用。**标准化除以标准差；右尾用 $1-\Phi$，负数用 $\Phi(-z)=1-\Phi(z)$。反求尺度时注意不等号方向。

<!-- page: problems-5 | 函数分布与联合表（题 9–10） -->

### 题 9｜变量函数：线性变换与绝对值的分支

**题目（习题二 B33）。**$f_X(x)=c(4-x^2)$，$-1<x<2$，其余为零。求 $c$；$Y=3X$ 的密度；$Z=|X|$ 的 CDF 和密度。

**标准解答。**归一化得 $1=c\int_{-1}^2(4-x^2)\,dx=9c$，所以 $c=1/9$。

对线性变换，反函数为 $x=y/3$，支撑为 $-3<y<6$。由 $f_Y(y)=f_X(y/3)/3$，得

$$
f_Y(y)=\begin{cases}
(36-y^2)/243,&-3<y<6,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
$$

对绝对值变换，$0<z<1$ 时 $z,-z$ 都在原支撑内；$1<z<2$ 时只有 $z$ 有效。因此

$$
f_Z(z)=\begin{cases}
(8-2z^2)/9,&0<z<1,\\
(4-z^2)/9,&1<z<2,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
$$

由 $F_Z(z)=P(-z\le X\le z)$，前两段分别在 $[-z,z]$ 与 $[-1,z]$ 上积分，得到：

$$
F_Z(z)=\begin{cases}
0,&z<0,\\
\dfrac{24z-2z^3}{27},&0\le z<1,\\
\dfrac{12z-z^3+11}{27},&1\le z<2,\\
1,&z\ge2.
\end{cases}
$$

**应用。**多分支要把各有效反解的贡献相加；线性变换别漏绝对导数因子。检查 $F_Z(1)=22/27$、$F_Z(2)=1$。


<!-- column -->

### 题 10｜联合表：由边际 CDF 求条件分布与独立性

**题目（习题三 A12）。**$F_X$ 在 1、2 处从 0 跳到 0.3、1；$F_Y$ 在 0、1 处从 0 跳到 0.4、1。已知 $P(X=1,Y=0)=0.1$。求联合 PMF、给定 $Y=0$ 时 $X$ 的 CDF，并判断独立性。

**标准解答。**CDF 跳跃量等于点概率：$P_X(1)=0.3,P_X(2)=0.7$，$P_Y(0)=0.4,P_Y(1)=0.6$。用行列和补表：

| $X\backslash Y$ | $0$ | $1$ | $P_X$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $1$ | $0.1$ | $0.2$ | $0.3$ |
| $2$ | $0.3$ | $0.4$ | $0.7$ |
| $P_Y$ | $0.4$ | $0.6$ | $1$ |

给定 $Y=0$，只在该列内归一化：

$$
P(X=1\mid Y=0)=\frac{0.1}{0.4}=\frac14,
$$
$$
P(X=2\mid Y=0)=\frac34.
$$

$$
F_{X\mid Y}(x\mid0)=\begin{cases}
0,&x<1,\\
1/4,&1\le x<2,\\
1,&x\ge2.
\end{cases}
$$

因 $P(X=1,Y=0)=0.1\ne0.3\times0.4$，$X,Y$ 不独立。

**端点检查。**由本题边际，$P(1\le X<2)=F_X(2-)-F_X(1-)=0.3$；直接用 $F_X(2)-F_X(1)$ 会得到另一个事件的概率。条件 CDF 的跳点也取右侧值。

<!-- page: problems-6 | 二维积分与条件密度（题 11–12） -->

### 题 11｜二维密度：画区域、定积分限、求边际

**题目（习题三 B4）。**$f(x,y)=c(y-x)$，$0<x<y<1$，其余为零。求 $c$、$P(X+Y\le1)$、$P(X<1/2)$。

**标准解答。**固定 $y$，$x$ 从 0 到 $y$，由归一化得

$$
1=c\int_0^1\int_0^y(y-x)\,dx\,dy=\frac c6
\implies c=6.
$$

对 $X+Y\le1$，须同时满足 $y>x$ 和 $y\le1-x$，故 $0<x<1/2$、$x<y<1-x$：

$$
\begin{aligned}
P(X+Y\le1)
&=\int_0^{1/2}\int_x^{1-x}6(y-x)\,dy\,dx\\
&=\int_0^{1/2}3(1-2x)^2\,dx=\frac12.
\end{aligned}
$$

求 $X$ 的边际时，固定 $x$，消去 $y$：

$$
f_X(x)=\int_x^16(y-x)\,dy=3(1-x)^2,\quad0<x<1,
$$

其余为零。因此 $P(X<1/2)=\int_0^{1/2}3(1-x)^2\,dx=7/8$。

**应用。**积分区域是“支撑与所求事件的交集”。本题密度不均匀，不能用面积比。若换积分次序，边界须重新确定。


<!-- column -->

### 题 12｜连续条件：固定截线后重新归一化

**题目（习题三 A20）。**$f(x,y)=5x/4$，$y^2<x<1$，其余为零。求 $f_Y(y)$、$f_{X\mid Y}(x\mid y)$ 和 $P(X>1/2\mid Y=1/2)$。

**标准解答。**支撑说明 $-1<y<1$；固定 $y$ 时，$x$ 从 $y^2$ 到 1。因此

$$
f_Y(y)=\begin{cases}
\displaystyle\int_{y^2}^1\frac54x\,dx=\frac58(1-y^4),&-1<y<1,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
$$

对 $-1<y<1$，由条件密度公式（conditional density），

$$
f_{X\mid Y}(x\mid y)=\begin{cases}
\dfrac{f(x,y)}{f_Y(y)}=\dfrac{2x}{1-y^4},&y^2<x<1,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
$$

给定 $Y=1/2$，$X$ 的范围为 $(1/4,1)$，故

$$
P(X>1/2\mid Y=1/2)
=\int_{1/2}^1\frac{2x}{1-1/16}\,dx=\frac45.
$$

**应用。**连续型 $P(Y=1/2)=0$，须用密度比，不能用点概率作分母。给定 $Y=y$ 是截线；给定 $Y>y$ 则仍对二维区域积分。