北京交通大学：2003-2004学年第一学期概率统计（A）期末考试试卷答案

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 2003-2004学年第一学期概辛论与数狸统计(A)期來考试试卷答豪 (本题满分35分,共有5道小题,每道小题7分) 1.掷2颗均匀的骰子,令: A=第一颗骰子出现4,B=两颗骰子出现的点数为7 ()试求P(4),P(B),P(AB);(以)判断随机事件A与B是否相互独立? (1)掷2颗骰子,共有62=36种情况(样本点总数) A事件含有6个样本点,故P(4) 6 B事件含有6个样本点,故PB)=、6, 36 366 AB事件含有1个样本点,故P(AB)=1 (2)由于P(AB) =P(4)P(B),所以随机事件A与B相互独立 3666 2.设连续型随机变量X的密度函数为 0≤x<3 (x)={2-3sx≤4 其它 求:()常数c;()椰率P2<X<6} 解 )由密度函数的性质∫/(xk=1,得 =(x=/(x+(x+八)+∫( Odx+cdx+2-= dx+Odx 7 第1页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 1 页 共 10 页 2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 一．（本题满分 35 分，共有 5 道小题，每道小题 7 分）． 1．掷 2 颗均匀的骰子，令： A = 第一颗骰子出现4点， B = 两颗骰子出现的点数之和为7． ⑴ 试求 P(A)， P(B)， P(AB) ；⑵ 判断随机事件 A 与 B 是否相互独立？ 解： ⑴ 掷 2 颗骰子，共有 6 36 2 = 种情况（样本点总数）． A 事件含有 6 个样本点，故 ( ) 6 1 36 6 P A = = ． B 事件含有 6 个样本点，故 ( ) 6 1 36 6 P B = = ． AB 事件含有 1 个样本点，故 ( ) 36 1 P AB = ． ⑵ 由于 P(AB) = =  = P(A)P(B) 6 1 6 1 36 1 ，所以随机事件 A 与 B 相互独立． 2．设连续型随机变量 X 的密度函数为 ( )      −     = 0 其它 3 4 2 2 0 3 x x cx x f x ， 求：⑴ 常数 c ；⑵ 概率 P2  X  6． 解： ⑴ 由密度函数的性质 ( ) =1  + − f x dx ，得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )      + − + − = = + + + 4 4 3 3 0 0 1 f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx     + −  +      = + + − 4 4 3 3 0 0 0 2 0 2 dx dx x dx cxdx 4 1 2 9 4 7 2 2 9 4 2 2 4 3 2 3 0 2  = +      = + −         = + − c c x x x c

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 所以,得c=-.即随机变量X的密度函数为 0≤x<3 6 f(x)={2-3≤x≤4 0其它 P<X<6}=f(x)=(x+/(x+/(x 3.设随机变量X和Y的数学期望分别是-2和2,方差分别是1和4,而相关系数为-0.5 ()求E(x+)及D(X+);()试用切比雪夫( Chebyshev)不等式估计概率P({x+y26} 解 (1)令Z=X+Y,则有 E(2)=E(X+y)=E(Xx)+E()=-2+2=0 D(Z)=D(X+)=D() +D()+2cov(Y, Y) =D(x)+D()+2√D(X)√D (2)根据切比雪夫不等式,有 P(x+26126}=(-E(2)26212=3 4.在总体x~N(52,63)中随机抽取一个容量为36的样本,求P508≤X≤538 附,标准正态分布N(Q,1)的分布函数Φ(x)的部分值: 0.19 0.29 1.14 109 1.63 1.71 0.5753061410.87290.86210948409564 解 第2页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 2 页 共 10 页 所以，得 6 1 c = ．即随机变量 X 的密度函数为 ( )          −     = 0 其它 3 4 2 2 0 3 6 x x x x f x ． ⑵   ( ) ( ) ( ) ( )       = = + + 6 4 4 3 3 2 6 2 P 2 X 6 f x dx f x dx f x dx f x dx     +      = + − 6 4 4 3 3 2 0 2 2 6 dx dx x dx x 3 2 4 1 12 5 4 2 12 4 3 2 3 2 2 = + =         = + − x x x ． 3．设随机变量 X 和 Y 的数学期望分别是 − 2 和 2 ，方差分别是 1 和 4 ，而相关系数为−0.5． ⑴ 求 E(X +Y ) 及 D(X +Y ) ；⑵ 试用切比雪夫（Chebyshev）不等式估计概率 P X +Y  6． 解： ⑴ 令 Z = X +Y ，则有 E(Z)= E(X +Y)= E(X)+ E(Y)= −2+2 = 0 D(Z)= D(X +Y)= D(X)+ D(Y)+2cov(X，Y) ( ) ( ) ( ) ( ) D X D Y D X D Y  X，Y = + + 2  =1+ 4 + 2 1 4 (− 0.5) = 3 ⑵ 根据切比雪夫不等式，有      ( )  ( ) 12 1 36 3 6 6 6 6 2 +  =  = −   = = D Z P X Y P Z P Z E Z ． 4．在总体 ( ) 2 X ~ N 52， 6.3 中随机抽取一个容量为 36 的样本，求 P50.8  X  53.8． （附，标准正态分布 N(0，1) 的分布函数 (x) 的部分值： x 0.19 0.29 1.14 1.09 1.63 1.71 (x) 0.5753 0.6141 0.8729 0.8621 0.9484 0.9564 解：

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 由于总体X~N(52,632),而且样本量n=36,所以X~N52,632 36 所以,P50.8≤X≤538}=P508-52X-52538-52 6 53.8-52 50.8-52 63-63-=0071)-a(-1) =Φ(171)+Φ(114)-1=09564+08729-1=0.8293 5设总体x~N(x,2),其中且与口2都未知,-∞0,现从总体X中抽取容 量n=16的样本观测值(x,x,…,x1),算出∑x=8060,∑x2=4060802.试在置信水平 1-a=0.95下,求的置信区间 (已知:to0(15)=1.7531,l0(6)=17459,loa5(15)=21315,loa3(6)=2.1199 解 由于正态总体N,o3)中期望与方差G2都未知,所以所求置信区间为 (n-1)X+=t2( 由a=005,n=16,2≈0025,查表,得a25(15)=21315 由样本观测值,得x=x,=503.75, x2-nx2|=62022 所以 -1(-)=5037-26202×1315=5045 16 6.2022 x+s=t,(n-1)=503V6×21315=507055 第3页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 3 页 共 10 页 由于总体 ( ) 2 X ~ N 52， 6.3 ，而且样本量 n = 36 ，所以         36 6.3 ~ 52 2 X N ， ． 所以，             −  −  −   = 6 6.3 53.8 52 6 6.3 52 6 6.3 50.8 52 50.8 53.8 X P X P (1.71) ( 1.14) 6 6.3 50.8 52 6 6.3 53.8 52 =  −  −             − −              − =  = (1.71)+(1.14)−1= 0.9564 + 0.8729 −1= 0.8293． 5．设总体 ( ) 2 X ~ N ,  ，其中且  与 2  都未知， −    +， 0 2   ．现从总体 X 中抽取容 量 n =16 的样本观测值 ( ) 1 2 16 x， x ，， x ，算出 8060 16 1  = i= i x ， 4060802 16 1 2  = i= i x ．试在置信水平 1− = 0.95 下，求  的置信区间． （已知： t 0.05 (15) =1.7531，t 0.05 (16) =1.7459 ，t 0.025(15) = 2.1315，t 0.025(16) = 2.1199 ）． 解： 由于正态总体 ( ) 2 N ,  中期望  与方差 2  都未知，所以所求置信区间为 ( ) ( )         − −1 , + −1 2 2 t n n S t n X n S X   ． 由  = 0.05， n =16 ，得 0.025 2 =  ．查表，得 t 0.025(15) = 2.1315． 由样本观测值，得 503.75 16 1 16 1 =  = i= i x x ， ( ) 6.2022 15 1 15 1 2 16 1 2 16 1 2  =      =  − =  − = = s x x x nx i i i i ． 所以， ( ) 2.1315 500.445 16 6.2022 1 503.75 2 − t n − = −  = n s x  ， ( ) 2.1315 507.055 16 6.2022 1 503.75 2 + t n − = +  = n s x 

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 因此所求置信区间为500454507055 二.(本题满分45分,共有5道小题,每道小题9分) 6.甲、乙、丙三人独立地破译一份密码.已知甲、乙、丙三人能译出的概率分别为-、、 ()求密码能被破译的概率.(2)已知密码已经被破译,求破译密码的人恰是甲、乙、丙三人中的一个人 的概率 解 )设A={甲破译出密码},B={乙破译出密码},C={丙破译出密码} D={密码被破译} 则D=A∪B∪C,因此 P(D)=P(AUBUC)=1-PAU)=1-P(ABC) 1-P()(B)=()=1-4×2×3=1-2=3 2)D2=破译密码的人恰是甲、乙、丙三人中的一个人},则 D1=ABC∪ABC∪ABC,所以 P(D)=P(ABCUABCUABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) P(AP(BP(C)+P(AP(B)P(C)+P(P(BP(c) 3+4x1×3+4x2x1=1+1+2=13 45345341051530 注意到DcD,所求概率为P(D|D (DD)P(D)_3013 P(D P(D) 7.某学生参加一项考试,他可以决定聘请5名或者7名考官.各位考官独立地对他的成绩做出判断,并 且每位考官判断他通过考试的概率均为03,如果至少有3位考官判断他通过,他便通过该考试.试问该考 生聘请5名还是7名考官,能使得他通过考试的概率较大? 设A={位考官判断他通过考试,则P(4)=03 第4页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 4 页 共 10 页 因此所求置信区间为 (500.445, 507.055)． 二．（本题满分 45 分，共有 5 道小题，每道小题 9 分）． 6．甲、乙、丙三人独立地破译一份密码．已知甲、乙、丙三人能译出的概率分别为 5 1 、 3 1 、 4 1 ． ⑴ 求密码能被破译的概率．⑵ 已知密码已经被破译，求破译密码的人恰是甲、乙、丙三人中的一个人 的概率． 解： ⑴ 设 A=甲破译出密码， B =乙破译出密码，C =丙破译出密码． D =密码被破译． 则 D = ABC ，因此， P(D) = P(A B C) =1− P(A B C)=1− P(ABC ) ( ) ( ) ( ) 5 3 5 2 1 4 3 3 2 5 4 =1− P A P B P C =1−   = − = ． ⑵ D1 =破译密码的人恰是甲、乙、丙三人中的一个人 ，则 D1 = ABC  ABC  ABC ，所以 P(D ) = P(ABC  ABC  ABC)= P(ABC)+ P(ABC)+ P(ABC) 1 = P(A)P(B)P(C)+ P(A)P(B)P(C)+ P(A)P(B)P(C) 30 13 15 2 5 1 10 1 4 1 3 2 5 4 4 3 3 1 5 4 4 3 3 2 5 1 =   +   +   = + + = 注意到 D1  D ，所求概率为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 18 13 5 3 30 13 1 1 1 = = = = P D P D P D P D D P D D ． 7．某学生参加一项考试，他可以决定聘请 5 名或者 7 名考官．各位考官独立地对他的成绩做出判断，并 且每位考官判断他通过考试的概率均为 0.3 ，如果至少有 3 位考官判断他通过，他便通过该考试．试问该考 生聘请 5 名还是 7 名考官，能使得他通过考试的概率较大？ 解： 设 A=一位考官判断他通过考试，则 P(A) = 0.3．

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 B=该考生通过考试 由于各位考官独立地对他的成绩做出判断,因此考生聘请n位考官,相当于做一个n重 Bernoulli试验.令 x表示判断他通过考试的考试人数,则X~B(n,0.3),因此 P{X=k}=Cnk×03×07″,(k=0.1,…,n) (1)若考生聘请5位考官,相当于做一个5重 bernoulli试验.所以, P(B)=P{X≥3}=P{X=3}+P{X=4}+P{X=5} =C3×0.3×0.72+C×0.34×0.7+C5×035×0.7°=0.16308 (2)若考生聘请7位考官,相当于做一个7重 Bernoulli试验.所以 P(B)=PX≥3=1-P{X<3}=1-∑PX=k} =1-(1×0.39×07+c;×03y×076+c2×032×07)=03529305 所以聘请7位考官,可以使该考生通过考试的概率较大 8设二维随机变量(X,Y)的联合密度函数为 f(x,y)=14 Xyx≤y≤1 0 其它 ().求E(X),E()及E(X) (2).分别求出求X与Y的边缘密度函数 (3).判断随机变量X与Y是否相关?是否相互独立? ).E(x)=「∫x(x,yd=4山r地,2x(-xt=0 E)=Jy(.y)d=2-xy的= ()=了了(.b=2时xyb==(-k=0 (2).当-1≤x≤1时, 第5页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 5 页 共 10 页 B =该考生通过考试． 由于各位考官独立地对他的成绩做出判断，因此考生聘请 n 位考官，相当于做一个 n 重 Bernoulli 试验．令 X 表示判断他通过考试的考试人数，则 X ~ B(n, 0.3) ，因此   k k n k Cn P X k − = = 0.3 0.7 ， (k = 0, 1,  , n)． ⑴ 若考生聘请 5 位考官，相当于做一个 5 重 Bernoulli 试验．所以， P(B)= PX  3= PX = 3+ PX = 4+ PX = 5 0.3 0.7 0.3 0.7 0.3 0.7 0.16308 5 5 0 5 4 4 1 5 3 3 2 = C5   + C   + C   = ． ⑵ 若考生聘请 7 位考官，相当于做一个 7 重 Bernoulli 试验．所以， ( )        = =  = −  = − = 2 0 3 1 3 1 k P B P X P X P X k 1 ( 0.3 0.7 0.3 0.7 0.3 0.7 ) 0.3529305 2 2 5 7 1 1 6 7 0 0 7 = − C7   + C   + C   = ． 所以聘请 7 位考官，可以使该考生通过考试的概率较大． 8．设二维随机变量 (X, Y) 的联合密度函数为 ( )       = 其它 ， 0 1 4 21 2 2 x y x y f x y ⑴．求 E(X )， E(Y) 及 E(XY) ； ⑵．分别求出求 X 与 Y 的边缘密度函数； ⑶．判断随机变量 X 与 Y 是否相关？是否相互独立？ 解： ⑴． ( ) ( ) (1 ) 0 8 21 4 21 , 1 1 3 4 1 3 1 1 2 = = = − =      − − + − + − E X x f x y dxdy dx x ydy x x dx x ( ) ( ) ( ) ( ) 9 7 1 2 7 1 4 7 4 21 , 1 0 2 6 1 1 2 6 1 2 2 1 1 2 = = = − = − =       − − + − + − E Y yf x y dxdy dx x y dy x x dx x x dx x ( ) ( ) (1 ) 0 4 7 4 21 , 1 1 3 6 1 3 2 1 1 2 = = = − =      − − + − + − E XY xyf x y dxdy dx x y dy x x dx x ⑵．当 −1 x 1 时

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 f()=(,y=4jxy=2x-x) 所以,随机变量X的边缘密度函数为 fx(x)=8 (-x)-1≤x≤1 其它 当0≤y≤1时 f()=,21x+r。7, 所以,随机变量X的边缘密度函数为 f() 0≤y≤1 0其它 (3.由于cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0,所以X与Y不相关 f(x,y)≠f(x)f(),所以x与Y不独立 9.某快餐店出售四种快餐套餐,这四种快餐套餐的价格分别为6元、10元、15元和18元.并且这4种 快餐套餐售出的概率分别为0.2、045、0.25和0.1.若某天该快餐店售岀套餐500份,试用中心极限定理 计算:()该快餐店这天收入至少为5500元的椰率.(2)15元套餐至少售出140份的概率 附,标准正态分布N(,1)的分布函数Φ(x)的部分值: 0.39 0.48 148 o(x)|065170684409306093%4 解 (1)设X表示售出一份套餐的收入,则X的分布律为 X 15 18 0.2 0.45 则E(X)=6×02+10×045+15×025+18×0.1=1125, 2)=62×02+102×045+152×0.25+182×0.1=14085, 第6页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 6 页 共 10 页 ( ) ( ) ( ) 2 4 1 2 1 8 21 4 21 2 f x f x y dy x ydy x x x X = = = −   + − ， 所以，随机变量 X 的边缘密度函数为 ( ) ( )     − −   = 0 其它 1 1 1 8 21 2 4 x x x f x X ； 当 0  y  1 时， ( ) ( ) 2 5 0 2 3 2 7 2 7 4 21 f x f x y dx x ydx yx y y y y Y = = = =   − + − ， 所以，随机变量 X 的边缘密度函数为 ( )        = 0 其它 0 1 2 7 2 5 y y f y Y ⑶．由于 cov(X, Y )= E(XY)− E(X)E(Y )= 0 ，所以 X 与 Y 不相关． f (x y) f (x)f (y)  X Y , ，所以 X 与 Y 不独立． 9．某快餐店出售四种快餐套餐，这四种快餐套餐的价格分别为 6 元、 10 元、 15 元和 18 元．并且这 4 种 快餐套餐售出的概率分别为 0.2 、0.45、0.25 和 0.1 ．若某天该快餐店售出套餐 500 份，试用中心极限定理 计算：⑴ 该快餐店这天收入至少为 5500 元的概率．⑵ 15 元套餐至少售出 140 份的概率． （附，标准正态分布 N(0，1) 的分布函数 (x) 的部分值： x 0.39 0.48 1.48 1.55 (x) 0.6517 0.6844 0.9306 0.9394 解： ⑴ 设 X 表示售出一份套餐的收入，则 X 的分布律为 X 6 10 15 18 P 0.2 0.45 0.25 0.1 则 E(X)= 60.2 +100.45+150.25+180.1=11.25， ( ) 6 0.2 10 0.45 15 0.25 18 0.1 140.85 2 2 2 2 2 E X =  +  +  +  =

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 D(x)=E(x2)-[E(x)=14085-1252=142875 令X1表示出售的第套快餐套餐的收入,(=1,2,…,500-则x1,x2,…,X50独立同分布, 且X 500)的分布都与X的分布相同.则 X:-1125×500 5500-1125×500 P>X≥5500}=P √500×14287500×142875 ∑X-1125×500 <-148}≈1-4(-148)=d(48)=09306 500×142875 (2)设y表示售出的500份套餐中15套餐的份数,则Y~B(500025).则 F-500×0.25 140-500×0.25 P{214015025×075√0025×075 y-500×0.2 500×0.25×0.75 1581055=1-09394=006 10.设总体X~N(,σ2),(X1,x2,…,x)是取自该总体中的个样本 ()求的极大似然估计量;(2)求p=PX≤l的极大似然估计量 解 (1).总体X的密度函数为 f()=(2ro exD _x2 0<X<十 所以似然函数为 L(o2)(2roiexpi (-∞<x<+,i=12, 所以,取对数,得 lG2)=-nh(2x)-h()-1∑x2(∞<x<+,1=1 所以 第7页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 7 页 共 10 页 ( ) ( )  ( ) 140.85 11.25 14.2875 2 2 2 D X = E X − E X = − = ． 令 Xi 表示出售的第 i 套快餐套餐的收入， (i =1, 2,  , 500) ．则 1 2 500 X , X ,  , X 独立同分布， 且 Xi (i =1, 2,  , 500) 的分布都与 X 的分布相同．则                −    −  =          = = 500 14.2875 5500 11.25 500 500 14.2875 11.25 500 5500 500 1 500 1 i i i i X P X P 1.48 1 ( 1.48) (1.48) 0.9306 500 14.2875 11.25 500 1 500 1  −  − =  =                −  −  = −  i= Xi P ⑵ 设 Y 表示售出的 500 份套餐中 15 套餐的份数，则 Y ~ B(500, 0.25) ．则           −     −   = 500 0.25 0.75 140 500 0.25 500 0.25 0.75 500 0.25 140 Y P Y P 1.55 1 (1.55) 1 0.9394 0.0606 500 0.25 0.75 500 0.25 1  −  = − =          −  = − Y P ． 10．设总体 ( ) 2 X ~ N 0,  ， ( ) X X Xn , , , 1 2  是取自该总体中的一个样本． ⑴ 求 2  的极大似然估计量；⑵ 求 p = PX 1 的极大似然估计量． 解： ⑴. 总体 X 的密度函数为 ( ) ( )       = − − 2 2 2 1 2 2 2 exp    x f x (−   x  +)． 所以似然函数为 ( ) ( )       = − = − n i i n L x 1 2 2 2 2 2 2 1 2 exp     ( x i n) i −    +, =1, 2,  , 所以，取对数，得 ( ) ( ) ( ) = = − − − n i i x n n L 1 2 2 2 2 2 1 ln 2 ln 2 2 ln     ( x i n) i −    +, =1, 2,  , 所以

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 In l n 2a22a 2 解方程d In L x|=0,得σ2=∑x2,所以的极大似然估计量为 n (2)由于=P{X≤1}=P4≤-}=d 并且2的极大似然估计量为 又函数G=√G2具有单值反函数,因此a的极大似然估计量为 √G d|具有单值反函数,因此的极大似然估计量为 ∑X 三.(本题满分20分,共有2道小题,每道小题10分) 11.设随机变量ξ与相互独立,且服从同一分布.5的分布律为 =l}=(=1,2.3) 又设X=mx(,m),Y=min(,n) ()求出二维随机变量(X,Y)的联合分布律及随机变量X及Y各自的边缘分布律;()求E(X) E(Y)及E(XY) 解 (1)由5与7的取值都是1,2,3,可知X=mx(,m)与Y=mm(,m)的取值也是1,2,3. 第8页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 8 页 共 10 页 ( ) ( )       = − +  = − −  = = n i i n i i x n x n L d d 1 2 2 2 1 2 2 4 2 2 1 2 1 2 1 1 2 ln       解方程 ( ) ( ) 0 1 2 1 ln 1 2 2 2 2 2  =      = − − = n i i L n x d d     ，得 = = n i i x n 1 2 1 2  ，所以 2  的极大似然估计量为 = = n i Xi n 1 2 1 2 ˆ ． ⑵ 由于         =        =  =      1 1 1 X P X P ，并且 2  的极大似然估计量为 = = n i Xi n 1 2 1 2 ˆ ． 又函数 2  =  具有单值反函数，因此  的极大似然估计量为 = = n i Xi n 1 1 2 ˆ ． 又函数       =    1 具有单值反函数，因此  的极大似然估计量为               =  = n i Xi n 1 1 2 1 ˆ ． 三．（本题满分 20 分，共有 2 道小题，每道小题 10 分）． 11．设随机变量  与  相互独立，且服从同一分布．  的分布律为   3 1 P  = i = (i =1, 2, 3)． 又设 X = max(, )，Y = min (, )． ⑴ 求出二维随机变量 (X, Y ) 的联合分布律及随机变量 X 及 Y 各自的边缘分布律；⑵ 求 E(X ) 、 E(Y ) 及 E(XY)． 解： ⑴ 由  与  的取值都是 1, 2, 3 ，可知 X = max(, ) 与 Y = min (, ) 的取值也是 1, 2, 3．

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 Px=1,Y=l}=P=1,n=1}=P=lpn=339 P(⑦)=0 P{X=1,Y=3}=P()=0 P{X=2,Y=}=P=1,n=2}+P{=2,n=l} =P2=1P{=2+P{=2P{=1}=1×1+1x 2 3333 P{x=2,y=2=Pk=2,n=2=Pk=2h=2}=1×1=1 P{X=2,y=3}=P( =0 P{X=3,Y=1}=P=3,n=1}+P{=1,n=3} =P=3y=+P=1)P=3}=1×1+1×1=2 333 P{X=3,Y=2}=P=3,n=2}+P=2,n=3 =P=3P=2}P=2P{v=3} 2 33339 P{x=3,y=3}=P{=3m=3}=P=3=3}=1×=1 因此二维随机变量(X,Y)的联合分布律及X的边缘分布律为 pi 0 2 2 (2)E(X)=1×+2×2+3×= 2 E(X)=1×2+2×=+3×=+4x+6×=+9×=4 9 12.设总体X的数学期望为μ,方差为σ>0,现从中分别抽取容量为n与n2的两个独立样本,这 两个样本的样本均值分别为x与X2证明:对于满足a+b=1的任何常数a及b,Y=ax1+b2是的 第9页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 9 页 共 10 页         9 1 3 1 3 1 P X =1, Y =1 = P  =1,  =1 = P  =1 P  =1 =  = ； PX =1, Y = 2= P()= 0 ； PX =1, Y = 3= P()= 0 ； PX = 2, Y =1= P =1,  = 2+ P = 2,  =1         9 2 3 1 3 1 3 1 3 1 = P  =1 P  = 2 + P  = 2 P  =1 =  +  = ；         9 1 3 1 3 1 P X = 2, Y = 2 = P  = 2,  = 2 = P  = 2 P  = 2 =  = ； PX = 2, Y = 3= P()= 0 ； PX = 3, Y =1= P = 3,  =1+ P =1,  = 3         9 2 3 1 3 1 3 1 3 1 = P  = 3 P  =1 + P  =1 P  = 3 =  +  = ； PX = 3, Y = 2= P = 3,  = 2+ P = 2,  = 3         9 2 3 1 3 1 3 1 3 1 = P  = 3 P  = 2 + P  = 2 P  = 3 =  +  = ；         9 1 3 1 3 1 P X = 3, Y = 3 = P  = 3,  = 3 = P  = 3 P  = 3 =  = ； 因此二维随机变量 (X, Y ) 的联合分布律及 X 的边缘分布律为 Y X 1 2 3 i p 1 9 1 0 0 9 1 2 9 2 9 1 0 9 3 3 9 2 9 2 9 1 9 5 j p 9 5 9 3 9 1 ⑵ ( ) 9 22 9 5 3 9 3 2 9 1 E X =1 +  +  = ， ( ) 9 14 9 1 3 9 3 2 9 5 E Y =1 +  +  = ， ( ) 4 9 1 9 9 2 6 9 1 4 9 2 3 9 2 2 9 1 E XY =1 +  +  +  +  +  = ． 12．设总体 X 的数学期望为  ，方差为 0 2   ，现从中分别抽取容量为 1 n 与 2 n 的两个独立样本，这 两个样本的样本均值分别为 X1 与 X 2 ．证明：对于满足 a + b =1 的任何常数 a 及 b ，Y = aX1 + bX2 是  的

003-2004学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 无偏估计,并确定常数a及b,使得Y=aX1+bX2的方差达到最小 解 由样本均值的数学期望的性质,得 E(r)=EaX,+bx2)=aE(X, )+bE(X)=aEX+bEX=(a+b)u=H 所以,Y=a1+bX2是的无偏估计 又由于Dx1=9,Dx2=9 所以,Dy)=D(ax1+bx2)=a2D(x)+b2D(x2) n2 下面求二元函数g(a,b)=2+一在条件a+b=1下的最小值.由 Lagrange乘数法,令 a2 b2 A(a+b-1) n, n2 则有, =0 解此方程组,得 =a+b-1=0 H1+n2 H1+n2 即当a= 时,y=ax1+bX2的方差达到最小 n1+n2 H1+n2 第10页共10页

2003-2004 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 第 10 页 共 10 页 无偏估计，并确定常数 a 及 b ，使得 Y = aX1 + bX2 的方差达到最小． 解： 由样本均值的数学期望的性质，得 E(Y) = E(aX1 + bX2 ) = aE(X1 )+ bE(X2 ) = aEX + bEX = (a + b) =  所以， Y = aX1 + bX2 是  的无偏估计． 又由于 1 2 1 n DX  = ， 2 2 2 n DX  = ． 所以， ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 D Y = D aX1 + bX2 = a D X + b D X 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2            = + = + n b n a n b n a 下面求二元函数 ( ) 2 2 1 2 n b n a g a， b = + 在条件 a + b =1 下的最小值．由 Lagrange 乘数法，令 ( 1) 2 2 1 2 = + − a + b − n b n a L  ， 则有，          = + − =   = − =   = − =   1 0 0 2 0 2 2 1 a b L n b b L n a a L    ，解此方程组，得 1 2 1 n n n a + = ， 1 2 2 n n n b + = 即当 1 2 1 n n n a + = ， 1 2 2 n n n b + = 时， Y = aX1 + bX2 的方差达到最小．