大学概率统计-02-03期末.
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(3)设Z表“100名考生中成绩超过600分的人数”, 则 Z~B(100, 0.0668)
np 6.68,由Poission定理,近似地有 Z ~ P(6.68)。
P(Z 2) 1 P(Z 0) P(Z 1)
1 (6.68)0 e6.68 (36.68)1 e6.68 1 7.68e6.68 0.9904.
x
1
1.5
2
(x) 0.8413 0.9332 0.9772
解:(1)
P( X
600)
1
P( X
600)
1
600 450 100
1 (1.5) 0.0668;
(2)设Y表“10名考生中成绩超过600分的人数”, 则Y~B(10, 0.0668);
P(Y 2) 1 P(Y 0) P(Y 1) 1 (0.9332)10 C110 (0.0668)1 (0.9332)9 0.1406;
3. (9分)设某高考成绩 X ~ N (450,1002 )。 (1)任取一名考生,求其高考成绩在600分以上的概 率; (2)任取10名考生,用二项分布计算至少有2名考生 高考成绩在600分以上的概率; (3)任取100个家庭,用Poisson定理计算至少有2名 考生高考成绩在600分以上的概率。 附:正态分布表
0!
1!
4.(16分)如图,二维随机变量(X ,Y)在G上服从均匀
分布,求:
y
(1)(X,Y)的联合密度;
1
(2)E(X )、E(Y )、D(X )、D(Y )、Cov(X ,Y ); G
(3)
;
XY
x
O
1
(4)X与Y是否独立?
解(1)因G的面积为 12,所以(X,Y)的密度函数为
f
(x,y)
(B) N (100, 200)
(C) N (50,100)
(D) N (100, 400)
4.已知随机变量X ,由切比雪夫不等式,有
P( X 40 20) ( B )。 (A) 0.84 (B) 0.94 (C) 0.86 (D) 0.96
5. 设总体 X ~ N(1,3),且 X1, X 2, X3为来自X的样本,记
从该箱中任取出一件产品。求: (1)取到次品的概率;
(2)若取出后发现是次品,求该次品是由甲箱取出的概
率。 解: 设A:取自甲箱;B:取出次品,则 A、A 构成一
个划分。
(1) P(B) P( A)P(B | A) P( A)P(B | A) 1 5 1 7 2 ; 2 15 2 15 5
x
(2)
,
是 的无偏估计。
6、 某车床加工零件的直径 X N (u,,2 )今从一批加
工的零件中任取8个,测得直径数据如下(单位:cm):
11.32,11.45,11.38, 11.36,
11.50,11.40,11.45,11.54,
(1)求零件平均直径的置信度为95%的置信区间(置
E(X )
xf X (x)dx
1 x 2(1 x)dx 1; 同理,E(Y ) 1;
0
3
3
E(X 2 )
x2
fX
( x)dx
1 x2 2(1 x)dx 1; 同理,E(Y 2 ) 1;
0
6
6
D(X )
E(X 2 ) E(X )2
X
1 3
(
X1
X
2
X
3
)
,则由抽样分布定理,概率
P(0 X
2)
( B )。
(A) 2 2(1) (B) 2(1) 1 (C) (1) (D) 1 (1)
三、解答题
1. (9分)有甲乙两箱产品,其中甲箱中有10件正品2
件次品;乙箱中有8件正品7件次品;今随机取出一箱,再
4
(4)若
Y
eX ,求 fY ( y)
。
解: (1)由分布函数的连续性有
F ( ) lim F (x), i.e. 1 Atg 3A, A 3 ;
3
x
3
3
3
(2)
f (x)
F (x)
3 sec2 3
x,
0 x ,
3
0,
else.
(3) P( X ) 1 P( X ) 1 F( ) 1 3 tg 1 3 ;
4
4
4
34
3
(4) 0 x ,
3
R(Y ) (1, e 3 ).
y (1, e 3 ),
fY ( y)
f (ln
y) ln
y
3 sec2 (ln y); 3y
fY
( y)
3 3y
sec2
(ln
y),
0,
y (1, e 3 )
else.
四川大学期末考试试卷
(2002-2003学年第一学期)
科
目:概率论与数理统计》
适用专业年级:选修数学I、II的2001级本科生
一、填空(每空3分,共15分) 1、设事件A与B不相容、A与C、B与C均互相独立,
P(A) 0.6, P(B) 0.3, P(C) 0.4,则 P(A B C) _0_.9__。
x
s n
t1 2
(n
1)
11.425
0.0737 8
2.3060
11.36,
s
0.0737
x
n
t1 2
(n
1)
11.425
2.3060 11.49, 8
故所求置信区间为 11.36,11.49。
(2)设 H0 : u u0 11.50; H1 : u u0 当原假设成立时,统计量 T X u0 t(n 1);
(2) P( A |
B)
P( A)P(B | P(B)
A)
1 5 2 15
2
5。 12
5
2. (12分)已知随机变量X的分布函数为
0,
F
(x)
Atgx,
1,
x0
0x
3 x1
3
(1)求A=?;(2)设X的密度函数 fX (x) ;
(3)求概率 P(X
);
1 6
1 3
2
1; 18
D(Y )
E(Y 2 )
E(Y )2
1 6
1 3
2
1; 18
E(XY )
xyf (x, y)dxdy 2
1
xdx
1 x
ydy
1
;
G
0
0
12
Cov( X ,Y )
E( XY )
E( X )E(Y )
(C) P( A | B) 1 (D) P( A | B) 1
3.设电子元件寿命 X 服从指数分布 e(1) (单位:千小
2
时),X1, X 2,
,
X
为来自总体X的容量为50的样本,由中心极
50
限定理,其寿命之和
Z
50
Xi
近似地服从(
B
)分布。
i 1
( A) N (2, 4 ) 50
Sn =0.05,n 8, t (n 1) t1 (n 1) t0.95 (7) 1.8946。
代入样本观察值得统计量得值为
T x u0 = 11.425 11.50 = - 2.8783< - 1.8946, s n 0.0737 8
即 T< t (n 1) ,故拒绝原假设,认为这批元件得平均直 径偏小。
1 12
1 3
2
1; 36
(3) XY
Cov( X ,Y )
1 36
1;
D( X ) D(Y ) 1
2
18
(4)因 XY
1 2
0,故X与Y不相互独立。
5、(10分) 设总体X有有概率密度
f
(
x;)=1
x
e
,
x0
0, x 0
7. (5分)设 X、Y独立同分布于 U (0, 2) (均匀分 布)。令 Z X Y,求Z的概率密度.
解:
f
X
(
x)
1 2
,
0 x 2,
0, else
fY
(
y)
1 2
,
0 y2
0,
y0
由卷积公式有
fZ (z)
fX
(x)
fY
(z
x)dx, ,要使被积函数不
2, 0.
(x, y) G; else.
(2)
fX (x)
f
(x,
y)dy
1 x
2dx
0
2(1
x),
0,
0 x 1 else.
fY ( y)
f
(x, y)dx
1 y
2dx
0
2(1
y),
0,
0 y 1 else.
2
2
4、设(X,Y)服从二维正态分布 N(3, 2;9, 4; 1),则方差
3 D(2X 3Y 4) ___4_8__。
5、设X与Y独立且服从同一分布,X
2
1 2
令
Z maxX,Y ,则Z的分布律为
Z
0 0.75
1
0.25 。
二、单项选择(每空3分,共15分)
1. 把10本书随机地放入书架,则其中一套三卷书从
左到右依顺序放在一起地概率是( A )。
(A) 8! 10!(B) Nhomakorabea8! 10!
(C) 2 7! 10!
(D) 7! 10!
2. 设A,B是事件,B A, P(A) P(B)P(B) 0 ,则以下
( C )正确。 (A) P(B | A) 1 (B) P(B | A) 1
为0,必须
0 x 2
0
z
x
, 2
(1)
when
0 z 2,fZ (z)
z 1 dx z e3z ;
04
4
(2)
when
2 z 4,fZ (z)
2 1 dx 1 z;
z2 4
4
从而
z, 4
f
Z
(
z)
1
z 4
,
0,
信限取小数点后两位);
(2)检验能否认为这批零件的平均直径比11.5cm偏
小?( 0.05) n
附:t分布双 侧分位点:
p
7 8
0.1 1.895 1.860
0.05 2.365 2.306
解:经计算有,从而 x 11.425, s 0.0737, 0.05, n 8。
(1) t1 (n 1) t0.975 (8) 2.3060, 2
n ln
1
n i 1
xi;
令 d ln L( )
d
n
1
2
n i 1
xi
0,解有的极大似然估值
1 n
n i 1
xi
x;
(2) 因
E
E
X
x
1
x
e
dx
0
0
x
e
x
d
2、设 U (1,6() 均匀分布),则方程 x2 x 1 0
,
有实根的概率为 0.8 。 ,
3、设X有分布函数 F(x), Y 3X ,2 则Y的分布函数
为( F( y 2) )。
3
解:
FY ( y) P(Y
y) P(2X . 3
y) P(X
y 3) F( y 3)。
其中为未知参数。设X1, X 2, , X n是样本。
( 1)求 的极大似然估计 ;
(2)证明以 估计 是无偏的。
解: (1)似然函数为
L( )
n i 1
f (xi; )
n
1
e
xi
i1
1
1
n i1
xi
e ; n
ln L( )
0 z 2 2 z 4
else.
np 6.68,由Poission定理,近似地有 Z ~ P(6.68)。
P(Z 2) 1 P(Z 0) P(Z 1)
1 (6.68)0 e6.68 (36.68)1 e6.68 1 7.68e6.68 0.9904.
x
1
1.5
2
(x) 0.8413 0.9332 0.9772
解:(1)
P( X
600)
1
P( X
600)
1
600 450 100
1 (1.5) 0.0668;
(2)设Y表“10名考生中成绩超过600分的人数”, 则Y~B(10, 0.0668);
P(Y 2) 1 P(Y 0) P(Y 1) 1 (0.9332)10 C110 (0.0668)1 (0.9332)9 0.1406;
3. (9分)设某高考成绩 X ~ N (450,1002 )。 (1)任取一名考生,求其高考成绩在600分以上的概 率; (2)任取10名考生,用二项分布计算至少有2名考生 高考成绩在600分以上的概率; (3)任取100个家庭,用Poisson定理计算至少有2名 考生高考成绩在600分以上的概率。 附:正态分布表
0!
1!
4.(16分)如图,二维随机变量(X ,Y)在G上服从均匀
分布,求:
y
(1)(X,Y)的联合密度;
1
(2)E(X )、E(Y )、D(X )、D(Y )、Cov(X ,Y ); G
(3)
;
XY
x
O
1
(4)X与Y是否独立?
解(1)因G的面积为 12,所以(X,Y)的密度函数为
f
(x,y)
(B) N (100, 200)
(C) N (50,100)
(D) N (100, 400)
4.已知随机变量X ,由切比雪夫不等式,有
P( X 40 20) ( B )。 (A) 0.84 (B) 0.94 (C) 0.86 (D) 0.96
5. 设总体 X ~ N(1,3),且 X1, X 2, X3为来自X的样本,记
从该箱中任取出一件产品。求: (1)取到次品的概率;
(2)若取出后发现是次品,求该次品是由甲箱取出的概
率。 解: 设A:取自甲箱;B:取出次品,则 A、A 构成一
个划分。
(1) P(B) P( A)P(B | A) P( A)P(B | A) 1 5 1 7 2 ; 2 15 2 15 5
x
(2)
,
是 的无偏估计。
6、 某车床加工零件的直径 X N (u,,2 )今从一批加
工的零件中任取8个,测得直径数据如下(单位:cm):
11.32,11.45,11.38, 11.36,
11.50,11.40,11.45,11.54,
(1)求零件平均直径的置信度为95%的置信区间(置
E(X )
xf X (x)dx
1 x 2(1 x)dx 1; 同理,E(Y ) 1;
0
3
3
E(X 2 )
x2
fX
( x)dx
1 x2 2(1 x)dx 1; 同理,E(Y 2 ) 1;
0
6
6
D(X )
E(X 2 ) E(X )2
X
1 3
(
X1
X
2
X
3
)
,则由抽样分布定理,概率
P(0 X
2)
( B )。
(A) 2 2(1) (B) 2(1) 1 (C) (1) (D) 1 (1)
三、解答题
1. (9分)有甲乙两箱产品,其中甲箱中有10件正品2
件次品;乙箱中有8件正品7件次品;今随机取出一箱,再
4
(4)若
Y
eX ,求 fY ( y)
。
解: (1)由分布函数的连续性有
F ( ) lim F (x), i.e. 1 Atg 3A, A 3 ;
3
x
3
3
3
(2)
f (x)
F (x)
3 sec2 3
x,
0 x ,
3
0,
else.
(3) P( X ) 1 P( X ) 1 F( ) 1 3 tg 1 3 ;
4
4
4
34
3
(4) 0 x ,
3
R(Y ) (1, e 3 ).
y (1, e 3 ),
fY ( y)
f (ln
y) ln
y
3 sec2 (ln y); 3y
fY
( y)
3 3y
sec2
(ln
y),
0,
y (1, e 3 )
else.
四川大学期末考试试卷
(2002-2003学年第一学期)
科
目:概率论与数理统计》
适用专业年级:选修数学I、II的2001级本科生
一、填空(每空3分,共15分) 1、设事件A与B不相容、A与C、B与C均互相独立,
P(A) 0.6, P(B) 0.3, P(C) 0.4,则 P(A B C) _0_.9__。
x
s n
t1 2
(n
1)
11.425
0.0737 8
2.3060
11.36,
s
0.0737
x
n
t1 2
(n
1)
11.425
2.3060 11.49, 8
故所求置信区间为 11.36,11.49。
(2)设 H0 : u u0 11.50; H1 : u u0 当原假设成立时,统计量 T X u0 t(n 1);
(2) P( A |
B)
P( A)P(B | P(B)
A)
1 5 2 15
2
5。 12
5
2. (12分)已知随机变量X的分布函数为
0,
F
(x)
Atgx,
1,
x0
0x
3 x1
3
(1)求A=?;(2)设X的密度函数 fX (x) ;
(3)求概率 P(X
);
1 6
1 3
2
1; 18
D(Y )
E(Y 2 )
E(Y )2
1 6
1 3
2
1; 18
E(XY )
xyf (x, y)dxdy 2
1
xdx
1 x
ydy
1
;
G
0
0
12
Cov( X ,Y )
E( XY )
E( X )E(Y )
(C) P( A | B) 1 (D) P( A | B) 1
3.设电子元件寿命 X 服从指数分布 e(1) (单位:千小
2
时),X1, X 2,
,
X
为来自总体X的容量为50的样本,由中心极
50
限定理,其寿命之和
Z
50
Xi
近似地服从(
B
)分布。
i 1
( A) N (2, 4 ) 50
Sn =0.05,n 8, t (n 1) t1 (n 1) t0.95 (7) 1.8946。
代入样本观察值得统计量得值为
T x u0 = 11.425 11.50 = - 2.8783< - 1.8946, s n 0.0737 8
即 T< t (n 1) ,故拒绝原假设,认为这批元件得平均直 径偏小。
1 12
1 3
2
1; 36
(3) XY
Cov( X ,Y )
1 36
1;
D( X ) D(Y ) 1
2
18
(4)因 XY
1 2
0,故X与Y不相互独立。
5、(10分) 设总体X有有概率密度
f
(
x;)=1
x
e
,
x0
0, x 0
7. (5分)设 X、Y独立同分布于 U (0, 2) (均匀分 布)。令 Z X Y,求Z的概率密度.
解:
f
X
(
x)
1 2
,
0 x 2,
0, else
fY
(
y)
1 2
,
0 y2
0,
y0
由卷积公式有
fZ (z)
fX
(x)
fY
(z
x)dx, ,要使被积函数不
2, 0.
(x, y) G; else.
(2)
fX (x)
f
(x,
y)dy
1 x
2dx
0
2(1
x),
0,
0 x 1 else.
fY ( y)
f
(x, y)dx
1 y
2dx
0
2(1
y),
0,
0 y 1 else.
2
2
4、设(X,Y)服从二维正态分布 N(3, 2;9, 4; 1),则方差
3 D(2X 3Y 4) ___4_8__。
5、设X与Y独立且服从同一分布,X
2
1 2
令
Z maxX,Y ,则Z的分布律为
Z
0 0.75
1
0.25 。
二、单项选择(每空3分,共15分)
1. 把10本书随机地放入书架,则其中一套三卷书从
左到右依顺序放在一起地概率是( A )。
(A) 8! 10!(B) Nhomakorabea8! 10!
(C) 2 7! 10!
(D) 7! 10!
2. 设A,B是事件,B A, P(A) P(B)P(B) 0 ,则以下
( C )正确。 (A) P(B | A) 1 (B) P(B | A) 1
为0,必须
0 x 2
0
z
x
, 2
(1)
when
0 z 2,fZ (z)
z 1 dx z e3z ;
04
4
(2)
when
2 z 4,fZ (z)
2 1 dx 1 z;
z2 4
4
从而
z, 4
f
Z
(
z)
1
z 4
,
0,
信限取小数点后两位);
(2)检验能否认为这批零件的平均直径比11.5cm偏
小?( 0.05) n
附:t分布双 侧分位点:
p
7 8
0.1 1.895 1.860
0.05 2.365 2.306
解:经计算有,从而 x 11.425, s 0.0737, 0.05, n 8。
(1) t1 (n 1) t0.975 (8) 2.3060, 2
n ln
1
n i 1
xi;
令 d ln L( )
d
n
1
2
n i 1
xi
0,解有的极大似然估值
1 n
n i 1
xi
x;
(2) 因
E
E
X
x
1
x
e
dx
0
0
x
e
x
d
2、设 U (1,6() 均匀分布),则方程 x2 x 1 0
,
有实根的概率为 0.8 。 ,
3、设X有分布函数 F(x), Y 3X ,2 则Y的分布函数
为( F( y 2) )。
3
解:
FY ( y) P(Y
y) P(2X . 3
y) P(X
y 3) F( y 3)。
其中为未知参数。设X1, X 2, , X n是样本。
( 1)求 的极大似然估计 ;
(2)证明以 估计 是无偏的。
解: (1)似然函数为
L( )
n i 1
f (xi; )
n
1
e
xi
i1
1
1
n i1
xi
e ; n
ln L( )
0 z 2 2 z 4
else.