期末試題-概率論與數(shù)理統(tǒng)計(A卷)及詳解答案

1、20022003學(xué)年第一學(xué)期概率論與數(shù)理統(tǒng)計期末考試試卷（A卷）及詳解答案一、填空（每小題4分,共計24分）1、統(tǒng)計推斷依據(jù)的原理是一次試驗(yàn)小概率事件一般不會發(fā)生2、隨機(jī)事件A、B相互獨(dú)立，P(A)=0.4,P(B/A+B)=0.5,則P(B)=P(A-B)=P(B/A+B)=PB(A+B)P(A+B)P(B)P(A)+P(B)-P(AB)P(B)P(A)+P(B)-P(A)P(B)=P(B)=0.50.4+P(B)一0.4P(B)2所以P(B)=P(A一B)=P(A一AB)=P(A)一P(AB)=P(A)-P(A)P(B)=0.4-0.4x23、隨機(jī)變量X的分布函數(shù)為F（x）=015351x

2、-5一5x0X一505122p-,x的分布律=0 x5P(X=a)=F(a+0)一F(a-0)11P(X=-5)=F(-5+0)-F(-5-0)=-0=-55312P(X=0)=F(0+0)-F(0-0)=-=-55532P(X=5)=F(5+0)-F(5-0)=1-=-554、設(shè)隨機(jī)變量X與Y都服從（0,2）上的均勻分布，且相關(guān)系數(shù)PXY=-3，則3E(XY)=4Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)cCov(X,Y)pXYQD(X片D(Y)0+2TOC o 1-5 h zE(X)=E(Y)=1D(X)=D(Y)=(2-0)2=-123E(XY)=E(X)E(Y)+pxD(XxD(X

3、j=313=1X4345、設(shè)X1，X2，X3是來自正態(tài)總體N(0，32)的一個樣本，樣本均值123_X=扌X+X+X)，則PlX一XJV2J3=0.84141X一X=(X+X+X)一X131231N(0,6)PlX一X10=1(C)PX+Y1=X-YN(-1,2)X+YN(1,2)(B).PX-Y0=1(D)PX-Y1=13、對于任意兩個隨機(jī)變量X與Y,若E(XY)=E(X)E(Y),則(D)(A)、X與Y獨(dú)立(B)、X與Y不獨(dú)立(C)、D(XY)=D(X)D(Y)(D)、D(X+Y)=D(X)+D(Y)Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2Cov(

4、X,Y)1一;數(shù)分布，/*(x)=*060(A)九=1,0=14、設(shè)隨機(jī)變量X與Y相互獨(dú)立，且X服從參數(shù)為入的泊松分布，Y服從參數(shù)為8的指X0，且E(X-1)(Y-2)=2，則必不成立的是(C)x0(B)九=2,0=4(C)九=1,0=1(DM=-2,0=3由相互獨(dú)立且E(X-1)(Y-2)=2E(X-1)E(Y-2)得=E(X)-1E(Y)-2=(九-1)(0-2)=25、設(shè)X,X,X是來自正態(tài)總體N(u,b2)的一個簡單隨機(jī)樣本，X與S2分別12n2XLX為樣本均值和樣本方差，則乞(一)2CCTkx0yx1J+XdxJ+xf(x,y)dy-8-8=JXdxJxkxdy00解：1)、=kJ1

5、x2dx0=kix3x=13x=02)、X與Y的邊緣密度；當(dāng)0 x1時70)+Q)+rBocyA1HtOAyAlM直=f1dXx3xdy21_x=f；3x(2x_1)dx2=5=8四、（10分）從數(shù)集1,2,3,4,5,6中任意取一個整數(shù)設(shè)為X,Y為能整除X的正整數(shù)的個數(shù)，試求：1）、Y的分布2）、X與Y的聯(lián)合分布3）、協(xié)方差解：1）、X可能取值：1,2,3,4,5,6111111Pk666666Y的取值情況X123456Y122324Y1234所以Y的分布律為”1311rk6666234561234006011660000001000100616001006163616161111113)、

6、666666E(Y)=1x-+2x3+3x-+4x-=1466666E(X)=1x-+2x-+3x-+4x-+5x-+6x-=216666666E(XY)=1x1x-+2x2x-+2x3x-666576111+3x4x+2x5x+4x6x=666Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=4/3五、(6分)若已用了t小時的電子元件，在以后的&小時內(nèi)損壞的概率為九+o(At),其中入是不依賴于t的正數(shù)，求電子元件在T小時內(nèi)損壞的概率解：設(shè)X為使用壽命PtvXvt+At/Xt=PtvXvt+At,XtPXt則=PtvXvt+AtPXt=九At+o(At)PtvXvt+At所以=九At+o(At

7、)PXt即F(t+At)一F(t)=XAt+o(At)1一F(t)F(+&)_F()=入M+o(&)i_f(t)AtAtdF(t)=limF(t+At)_F()dtAttOAt九At+o(At)=lim1一F(t)AttOAt=九1-F(t)1_F(t)ln1F(t)=入t+c1_F(t)=e_(兀+c)F(t)=1一e_(兀+c)因?yàn)镕(0)=0，代入，得c=0所以F(t)=1e-兀PXT=F(T)=1一e_M六、（10分）隨機(jī)變量X的密度函數(shù)為f（x）=E(X)求：1)2)、0其它P(A)對X獨(dú)立觀測100次，用中心極限定理計算A發(fā)生超過60次的概率E(X)=Jrf(x)dx_g=J2x1

8、_I1xIdx0解：1）、=J1x11+xdx+J2x1x+1dx0111=-x31+x2=x3=1P(A)=PXE(X)=PX1=J+8f(x)dx1=J21|1x|dx1=J2(2x)dx1=2x1x2221=1=22)、100次中A發(fā)生的次數(shù)Y(100,0.5)n=100,p=0.5,np=50p=np=50,a2=np(1p)=25近似YnpY近似N(ng,nb2)，N(0,1)4nJpQ-p)PY601-(60-50)5=1一(2)=10.9772=0.0228七、（13分）設(shè)總體x的概率密度為f（x,e）=Ixl9,XGR,其中未知參數(shù)90,總體X抽取一個容量為n的樣本X,X,.,

9、X12n1）、求9的極大似然估計量2）、試證明Q是9的無偏估計n1!xj11解：1）、似然函數(shù)L（0）=寸-e9=e叫29（29）”i=11lnL（9）=nln291刀Ix.I9i令dlnL(9)1n解得9=乞IXI為9的最大似然估計量i-n+丄刀IXI=0,992i1、2）、E（9）=E1EIXI=5丿其中EGXl）=J+8IXI纟e弋d=2J+8xe:dx=9i829029八、（12分）糖果包裝機(jī)，包裝每袋糖果的重量服從正態(tài)分布。正常情況下平均重量為1000克，標(biāo)準(zhǔn)差不超過15克，某天隨機(jī)抽取10袋，測得樣本均值元=998，樣本均方差s=19.36,問這天機(jī)器工作是否正常？（a=0.05）d9ni=11EGX1)=9ni=1解：當(dāng)=1000，Q2W152時，機(jī)器工作正常1）、H0：p=g=1000,H：ga=1000這是一個正態(tài)總體，方差未知，關(guān)于卩的雙側(cè)假00設(shè)檢驗(yàn)問題，因此用t檢驗(yàn)法，取檢驗(yàn)統(tǒng)計量為X一匕0-1（n1）sgnn=10，x=998，s=19.36,a=0.05，查t分布表得ta=10.025=2262因?yàn)?11=998100019.36八102=0.326682.262所以接受H02)、H0：q252.現(xiàn)在n=10,%2(n一1)=