北京交通大学： 2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 2002-2003学年第一学期概率论与数狸统讣(A)期來考试试卷答 填空题(本题满分15分共有5道小题,每道小题3分)请将合适的答案填在每题的空中 掷两颗骰子,已知两颗骰子的点数之和为6,则其中有一颗为1点的概率为 解 两颗骰子的点数之和为6共有5种可能情况 (.5)(2,4)(3,3)(4,2)(5,1 而其中有一颗为1点有两种可能: 0,5),(,1) 因此所求概率(条件概率)为二 应填:2 2.设二维随机变量(X,Y)的联合密度函数为 )-16=24 则k 解 由∫∫f(x,yh=1,得 1=「(yb=小46-x-y=26-x-y 5∫k-y-(-y1=8k 所以,k 应填 3.设总体X~N(x,a2),(x1,x2,…,x)是从x中抽取的一个样本,样本量为10,则 (X1,X2,…,X10)的联合概率密度函数g(x1,x2,…,x10)= 由于总体X~N(x,o2),所以总体x的概率密度函数为 第1页共9页

2002-2003 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 9 页 2002-2003 学年第一学期概率论与数理统计（A）期末考试试卷答案 一．填空题（本题满分 15 分，共有 5 道小题，每道小题 3 分）请将合适的答案填在每题的空中 1．掷两颗骰子，已知两颗骰子的点数之和为 6，则其中有一颗为 1 点的概率为________． 解： 两颗骰子的点数之和为 6 共有 5 种可能情况： (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)， 而其中有一颗为 1 点有两种可能： (1, 5), (5, 1)， 因此所求概率（条件概率）为 5 2 ． 应填： 5 2 ． 2．设二维随机变量 (X, Y) 的联合密度函数为 ( ) ( )    − −     = 0 其它 6 0 2, 2 4 , k x y x y f x y 则 k =________． 解： 由 ( , ) = 1   + − + − f x y dxdy ，得 ( ) ( ) ( )      = = − − = − − − + − + − 4 2 2 0 2 4 2 2 0 6 2 1 , 6 x y dy k f x y dxdy dy k x y dx ( y) ( y) dy k k 6 4 8 2 4 2 2 2 = − − − =  所以， 8 1 k = ． 应填： 8 1 3．设总体 ( ) 2 X ~ N ,  ， ( ) 1 2 10 X , X ,  , X 是从 X 中抽取的一个样本，样本量为 10 ，则 ( ) 1 2 10 X , X ,  , X 的联合概率密度函数 g(x1 , x2 ,  , x10 ) = _________________________． 解： 由于总体 ( ) 2 X ~ N ,  ，所以总体 X 的概率密度函数为

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 (x-x)2 <x<+ 并且(X1,X2,…,X1)是从中抽取的一个样本,即(X1,X2,…,x10)是简单随机样本,所以样 本中的n个分量x1,X2,…,Xn是独立同分布的随机变量,而且其分布与总体分布相同.因此样本 X. X Xo)的联合概率密度函数 g(x,x2,…,x)=f(x)/(x2)/(x10) 2 2丌o 20 xi -u exp x;- 应填 22(x 4.设总体X的分布律为 201-0)(-0 其中0<6<1是未知参数,(X1,X2…,Xn)是从中抽取的一个样本,则参数O的矩估计量 E(x)=1×02+2×20-0)+3×(-0)2=02+40-402+3(-20+0 -2 所以,O=(3-E(X)将E(X)替换成样本均值X,得参数O的矩估计量为 应填: 5.显著性检验是指 解 显著性检验是指只控制犯第Ⅰ类错误的概率,而不考虑犯第Ⅱ类错误的概率的检验. 应填:只控制犯第Ⅰ类错误的概率,而不考虑犯第Ⅱ类错误的概率的检验 第2页共9页

2002-2003 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 9 页 ( ) ( )       − = − 2 2 2 exp 2 1    x f x (−  x  +)， 并且 ( ) 1 2 10 X , X ,  , X 是从中抽取的一个样本，即 ( ) 1 2 10 X , X ,  , X 是简单随机样本，所以样 本中的 n 个分量 X X Xn , , , 1 2  是独立同分布的随机变量，而且其分布与总体分布相同．因此样本 ( ) 1 2 10 X , X ,  , X 的联合概率密度函数 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 10 1 2 10 g x , x ,  , x = f x f x  f x ( ) ( ) ( )         − −       −  −       − = − 2 2 1 0 2 2 2 2 2 1 2 exp 2 1 2 exp 2 1 2 exp 2 1          x x x  ( ) ( )       = −  − = 10 1 2 2 2 10 2 2 1 exp 2 1 i i x     ( ) ( )       = −  − = 10 1 2 5 2 2 2 1 exp 2 1 i i x     应填： ( ) ( )       −  − = 10 1 2 5 2 2 2 1 exp 2 1 i i x     ． 4．设总体 X 的分布律为 X 1 2 3 P 2  2(1−) ( ) 2 1− 其中 0  1 是未知参数， ( ) X X Xn , , , 1 2  是从中抽取的一个样本，则参数  的矩估计量  = ˆ __________________． 解： ( ) 1  2 2(1  ) 3 (1  )  4 4 3(1 2  ) 3 2 2 2 2 2 2 E X =  +  − +  − = + − + − + = − 所以， = (3 − E(X )) 2 1  ．将 E(X ) 替换成样本均值 X ，得参数  的矩估计量为 = (3 − X ) 2 1 ˆ  ． 应填： (3− X ) 2 1 ． 5．显著性检验是指____________________________________． 解： 显著性检验是指只控制犯第Ⅰ类错误的概率，而不考虑犯第Ⅱ类错误的概率的检验． 应填：只控制犯第Ⅰ类错误的概率，而不考虑犯第Ⅱ类错误的概率的检验．

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题 目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内) 设随机变量X~N(-1,2),Y~N2),而且x与Y不相关,令U=aX+y,V=X+by, 且U与V也不相关,则有 (4).a=b=0:(B)a=b≠0:(C).a+b=0;(D)ab=0 解 cov(U, V)=cov(aX+Y, X+br) acov(x, x)+(ab+1)cov(r, Y)+bcov(y, r=aD(x)+(ab+1)cov(x, Y)+bD(r) 再由于随机变量X~N(-1,2),Y~N(,2),而且X与y不相关,所以 D(x)=2,D()=2,cov(x,Y)=0 因此,covU,)=2(a+b) 这表明:随机变量U与V不相关,当且仅当cov{U,V)=2(a+b)=0,当且仅当a+b=0 2.对两台仪器进行独立测试,已知第一台仪器发生故障的概率为P1’第二台仪器发生故障的概率为 令X表示测试中发生故障的仪器数,则E(X)= (A).p+p2 (B).p(-p2)+P2(1-p) (C).p1+(1-P2) (D).PiP2 解 由于X表示测试中发生故障的仪器数,所以X的取值为0,1,2,并且X的分布律为 0 (-p1X1-p2)p1(-P2)+P2(1-p)pP2 所以 E(x)=0×(1-p1)1-p2)+1×p(-P2)+p2(-p1)+2×p1P2=P+P2 应选:(A) 第3页共9页

2002-2003 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 9 页 二、选择题（本题共 5 小题，每小题 3 分，满分 15 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的，把所选项前的字母填在题后的括号内） 1．设随机变量 X ~ N(−1, 2)，Y ~ N(1, 2) ，而且 X 与 Y 不相关，令 U = aX +Y ，V = X +bY ， 且 U 与 V 也不相关，则有 (A). a = b = 0 ； (B). a = b  0 ； (C). a +b = 0 ； (D). ab = 0． 【 】 解： cov(U, V) = cov(aX +Y, X +bY) = acov(X, X)+ (ab +1)cov(X, Y)+bcov(Y, Y) = aD(X)+ (ab +1)cov(X, Y)+bD(Y) 再由于随机变量 X ~ N(−1, 2)，Y ~ N(1, 2) ，而且 X 与 Y 不相关，所以 D(X) = 2， D(Y) = 2，cov(X, Y) = 0 ． 因此， cov(U, V) = 2(a +b)． 这表明：随机变量 U 与 V 不相关，当且仅当 cov(U, V) = 2(a + b) = 0 ，当且仅当 a +b = 0 ． 应选： (C)． 2．对两台仪器进行独立测试，已知第一台仪器发生故障的概率为 1 p ，第二台仪器发生故障的概率为 2 p ．令 X 表示测试中发生故障的仪器数，则 E(X ) = (A). p1 + p2 ； (B). ( ) ( ) p1 1− p2 + p2 1− p1 ； (C). ( ) p1 + 1− p2 ； (D). p1 p2 ． 【 】 解： 由于 X 表示测试中发生故障的仪器数，所以 X 的取值为 0, 1, 2 ，并且 X 的分布律为 X 0 1 2 P ( )( ) 1− p1 1− p2 ( ) ( ) p1 1− p2 + p2 1− p1 p1 p2 所以 ( ) ( )( ) ( ) ( ) E X = 0 1− p1 1− p2 +1 p1 1− p2 + p2 1− p1 + 2 p1 p2 = p1 + p2． 应选： (A)．

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 3.若P,表示二维随机变量(X,Y)的相关系数,则“px:|=1”是“存在常数a、b使得 Py=a+bX}=1”的 (4)必要条件,但非充分条件; (B).充分条件,但非必要条件 (C)充分必要条件 (D)既非充分条件,也非必要条件 解: 由相关系数的性质,可知“px,=1”是“存在常数a、b使得P{=a+bx}=1的充分必要条件 应选:(C). 4.根据辛钦大数定律,样本均值X是总体期望E(x)=的 (4)矩估计量:(B),最大似然估计量:(C)无偏估计量:(D)相合估计量 解 辛钦大数定律指出:设{Xn}是独立同分布的随机变量序列,且E(Xn)=存在,则对任意给定的 E>0,有 ∑x,-川2E}=0 即 lim p ≥E}=0 这表明,样本均值X是总体期望E(X)=的相合估计量 应选:(D 5.设总体X服从参数λ=10的泊松( Poisson)分布,现从该总体中随机选出容量为20一个样本, 则该样本的样本均值的方差为 (B).05:(C (D).50 由于总体服从参数A=10的泊松( Poisson)分布,所以D(X)=2=10.又从该总体中随机选出容量 为20一个样本,则若令又是其样本均值,则D(x)=2=10=05 第4页共9页

2002-2003 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 9 页 3．若  X , Y 表示二维随机变量 (X, Y) 的相关系数，则“  X , Y = 1 ”是“存在常数 a 、 b 使得 PY = a + bX=1”的 (A).必要条件，但非充分条件； (B).充分条件，但非必要条件； (C).充分必要条件； (D).既非充分条件，也非必要条件． 【 】 解： 由相关系数的性质，可知“  X , Y = 1 ”是“存在常数 a 、b 使得 PY = a + bX=1 的充分必要条件． 应选： (C)． 4．根据辛钦大数定律，样本均值 X 是总体期望 E(X ) =  的 (A).矩估计量； (B).最大似然估计量； (C).无偏估计量； (D).相合估计量． 【 】 解： 辛钦大数定律指出：设 Xn  是独立同分布的随机变量序列，且 E(Xn ) =  存在，则对任意给定的   0 ，有 0 1 lim 1 =        −  = →   n i i n X n P ， 即 lim  −  = 0 → P X   n 这表明，样本均值 X 是总体期望 E(X ) =  的相合估计量． 应选： (D)． 5．设总体 X 服从参数  =10 的泊松（Poisson）分布，现从该总体中随机选出容量为 20 一个样本， 则该样本的样本均值的方差为 (A). 1 ； (B). 0.5 ； (C). 5 ； (D). 50． 【 】 解： 由于总体服从参数  =10 的泊松（Poisson）分布，所以 D(X ) =  =10 ．又从该总体中随机选出容量 为 20 一个样本，则若令 X 是其样本均值，则 ( ) ( ) 0.5 20 10 = = = n D X D X ． 应选： (B)．

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 (本题满分10分) 某学生接连参加同一课程的两次考试.第一次考试及格的概率为p,如果他第一次及格,则第二次及 格的概率也为p,如果他第一次不及格,则第二次及格的概率为P (1)求他第一次与第二次考试都及格的概率. (2)求他第二次考试及格的概率 (3)若在这两次考试中至少有一次及格,他便可以取得某种证书,求该学生取得这种证书的概率 (4)若已知第二次考试他及格了,求他第一次考试及格的概率. 解 设A={该学生第一次考试及格},B={该学生第二次考试及格} 则由题设,P(小=P,P(B4)=p,P(4B)=2 )P(4B)=P(4)P(B4)=p2 p(B)=P()(B小)+P(7))=p2+0-p)2=p0+2 (3) P(UB)=P(A+P(B-P(B)=P+p(+p)-p2-P3-p) (4B)=P()=p+p1+P 四.(本题满分10分) 设顾客在某银行等待服务的时间X(单位:分钟)是服从O=5的指数分布.某顾客在窗口等待服务 若等待时间超过10分钟,他便离开 (1)求某次该顾客因等待时间超过10分钟而离开的概率. (2)若在某月中,该顾客来到该银行7次,但有3次顾客的等待时间都超过10分钟,该顾客是否有理 由推断该银行的服务十分繁忙 解 由于随机变量X服从O=5的指数分布,所以X的概率密度函数为 f(x)={3 x>0 )P{顾客等待时间超过10分钟}=P{x210}=「e3h=-e3=e-2=013535283 2)设Y表示该顾客在一个月内等待时间超过10分钟的次数,则Y~b(7,e2) 所以,P(Y=3)=C;(e2)(-e-)=04849457 这表明,(Y=3)是一个小概率事件,由于小概率事件在一次试验中是几乎不可能发生的,现在发生了.因 第5页共9页

2002-2003 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 9 页 三．（本题满分 10 分） 某学生接连参加同一课程的两次考试．第一次考试及格的概率为 p ，如果他第一次及格，则第二次及 格的概率也为 p ，如果他第一次不及格，则第二次及格的概率为 2 p ． ⑴ 求他第一次与第二次考试都及格的概率． ⑵ 求他第二次考试及格的概率． ⑶ 若在这两次考试中至少有一次及格，他便可以取得某种证书，求该学生取得这种证书的概率． ⑷ 若已知第二次考试他及格了，求他第一次考试及格的概率． 解： 设 A = 该学生第一次考试及格， B = 该学生第二次考试及格． 则由题设， P(A) = p ， P(B A) = p ， ( ) 2 p P A B = ． ⑴ ( ) ( ) ( ) 2 P AB = P A P B A = p ． ⑵ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 p p p P B P A P B A P A P B A p p + = + = + − = ． ⑶ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 p p p p p P A B P A P B P AB p − − = +  = + − = + ． ⑷ ( ) ( ) ( ) ( ) p p p p p P B P AB P A B + = + = = 1 2 2 1 2 ． 四．（本题满分 10 分） 设顾客在某银行等待服务的时间 X （单位：分钟）是服从  = 5 的指数分布．某顾客在窗口等待服务， 若等待时间超过 10 分钟，他便离开． ⑴ 求某次该顾客因等待时间超过 10 分钟而离开的概率． ⑵ 若在某月中，该顾客来到该银行 7 次，但有 3 次顾客的等待时间都超过 10 分钟，该顾客是否有理 由推断该银行的服务十分繁忙． 解： 由于随机变量 X 服从  = 5 的指数分布，所以 X 的概率密度函数为 ( )        = − 0 0 0 5 1 5 x e x f x x ． ⑴     0.135335283 5 1 10 10 2 1 0 5 1 0 5 =  = = − = = − + − + −  P P X e dx e e x x 顾客等待时间超过 分钟 ⑵ 设 Y 表示该顾客在一个月内等待时间超过 10 分钟的次数，则 ( ) 2 ~ 7, − Y b e ． 所以， ( 3) ( ) (1 ) 0.048494457 4 2 3 3 2 = = 7 − = − − P Y C e e ． 这表明， (Y = 3) 是一个小概率事件，由于小概率事件在一次试验中是几乎不可能发生的，现在发生了．因

002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 此该顾客有理由推断该银行的服务十分繁忙 五.(本题满分10分) 射手进行射击,击中目标的概率为P(0<p<1),射击直至击中2次目标时为止,令X表示首次 击中目标所需要的射击次数,Y表示总共所需要的射击次数 )求二维随机变量(X,Y)的联合分布律 (2)求随机变量Y的边缘分布律 (3)求在Y=n时,X的条件分布律.并解释此分布律的意义 解 (1)随机变量Y的取值为2,3,4,…;而随机变量X的取值为1,2,…,n-1,并且 P(X=mY=n)=P{第一次命中目标在第m次,第二次命中目标在第m次} =qp·qp=q"P, (其中q=1-p) 1,2, (2)P(Y=n)=∑P(x=m,Y=n)=∑q"p2=(n-1k"p (n=2,3,4,…) 即随机变量Y的边缘分布律为P(Y=n)=(n-1)q=2p2(n=2,3,4,…) (3)由于P(X=mY=n)P(X=m,Y=n)=9 (n-1k2p2n-1 因此在Y=n时,X的条件分布律为 P(r=my=n) 这表明,在Y=n的条件下,X的条件分布是一个“均匀”分布.它等可能地取值1,2 六.(本题满分10分) 食品店有三种蛋糕出售,由于售出哪一种蛋糕是随机的,因而一只蛋糕的价格是一个随机变量,它 元、1.2元、1.5元各个值的概率分别为0.3、02、0.5.某天该食品店出售了300只蛋糕.试用中心 !定理计算,这天的收入至少为395元的概率 (附表:标准正态分布Φ(x)的数值表 第6页共9页

2002-2003 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 9 页 此该顾客有理由推断该银行的服务十分繁忙． 五．（本题满分 10 分） 一射手进行射击，击中目标的概率为 p (0  p 1) ，射击直至击中 2 次目标时为止．令 X 表示首次 击中目标所需要的射击次数， Y 表示总共所需要的射击次数． ⑴ 求二维随机变量 (X, Y) 的联合分布律． ⑵ 求随机变量 Y 的边缘分布律． ⑶ 求在 Y = n 时， X 的条件分布律．并解释此分布律的意义． 解： ⑴ 随机变量 Y 的取值为 2, 3, 4,  ；而随机变量 X 的取值为 1, 2,  , n −1 ，并且 P(X = m, Y = n) = P第一次命中目标在第m次，第二次命中目标在第n次 1 1 2 2 q p q p q p m− n−m− n− =  = ， （其中 q = 1− p ） (n = 2, 3, 4, ; m =1, 2,  , n −1)． ⑵ ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 1 P Y n P X m, Y n q p n 1 q p n n m n n m − − = − − = = =  = = =  = − ， (n = 2, 3, 4, )． 即随机变量 Y 的边缘分布律为 ( ) ( ) 2 2 P Y n n 1 q p n− = = − (n = 2, 3, 4, )． ⑶ 由于 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 , 2 2 2 2 − = − = = = = = = = − − n q p n q p P Y n P X m Y n P X mY n n n 因此在 Y = n 时， X 的条件分布律为 ( ) 1 1 − = = = n P X mY n (m =1, 2,  , n −1) 这表明，在 Y = n 的条件下， X 的条件分布是一个“均匀”分布．它等可能地取值 1, 2,  , n −1． 六．（本题满分 10 分） 一食品店有三种蛋糕出售，由于售出哪一种蛋糕是随机的，因而一只蛋糕的价格是一个随机变量，它 取 1 元、 1.2 元、 1.5 元各个值的概率分别为 0.3、0.2 、0.5 ．某天该食品店出售了 300 只蛋糕．试用中心 极限定理计算，这天的收入至少为 395 元的概率． （附表：标准正态分布 (x) 的数值表：

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 l89 199 0.9706 0.9767 0.9817 0.9857 解 设x表示该食品店出售的第k只蛋糕的价格(=1,2,…,300),则X的分布律为 X 1.2 1.5 P 0.3 0.2 0.5 所以,E(xk)=1×03+12×02+1.5×0.5=129 E(x2)=12×0.3+122×02+1.52×0.5=1.713, 所以,D(x)=E(x)-[E(x)=173-12092=0489 因此,X1,X2, X00是独立同分布的随机变量,故 ∑X-∑E(X)395-∑E( X≥395=1-P D(Y) ∑D(x,) X-300×1.29 395-300×129 300×00489 300×0.0489 ∑X6-300×129 C x≤C 其中C>0是已知常数,而O>1是未知参数.(X1,X2,…,Xm)是从该总体中抽取的一个样本,试 求参数θ的最大似然估计量. 解 似然函数为 第7页共9页

2002-2003 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 9 页 x 1.89 1.99 2.09 2.19 (x) 0.9706 0.9767 0.9817 0.9857 解： 设 X k 表示该食品店出售的第 k 只蛋糕的价格 (k =1, 2,  , 300) ，则 X k 的分布律为 X k 1 1.2 1.5 P 0.3 0.2 0.5 所以， E(Xk ) =10.3+1.20.2 +1.50.5 =1.29， ( ) 1 0.3 1.2 0.2 1.5 0.5 1.713 2 2 2 2 E Xk =  +  +  = ， 所以， ( ) ( )  ( ) 1.713 1.29 0.0489 2 2 2 D Xk = E Xk − E Xk = − = ． 因此， 1 2 300 X , X ,  , X 是独立同分布的随机变量，故 ( ) ( ) ( ) ( )               −  −  = −             = = = = = = 300 1 300 1 300 1 300 1 300 1 300 1 395 395 1 k k k k k k k k k k k k D X E X D X X E X P X P              −    −  = − = 300 0.0489 395 300 1.29 300 0.0489 300 1.29 1 300 k 1 Xk P 2.09 1 (2.09) 1 0.9817 0.0183 300 0.0489 300 1.29 1 300 1 = −  = − =               −  = −  k= Xk P ． 七．（本题满分 10 分） 设总体 X 的密度函数为 ( ) ( )      = − + x c c x x c f x 0   1  ． 其中 c  0 是已知常数，而  1 是未知参数． ( ) X X X m , , , 1 2  是从该总体中抽取的一个样本，试 求参数  的最大似然估计量． 解： 似然函数为

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 L()=∏/(x)=∏ocx)-=0c"(x1x2…xn) 所以,hL()=nhO+mbhc-(+)∑hx 所以,4h(0)=+nhc-∑hx 令:hL(0)=0,即a+nhc-∑血x=0 得到似然函数的唯一驻点O Shox, c 所以参数的最大似然估计量为 In X.-In c 八。(本题满分10分) 设总体x~N(x1,a)总体Y~N(a2,a2),(x1,x2,…,xm)是从总体X中抽取的一 个样本,(F1,F2,…H)是从总体y中抽取的一个样本.并且随机变量 X. X Xm,H,Y2,…,Yn 相互独立,记S2是样本(X1,X2,…,Xn)的样本方差,S2是样本(1,H2,…,)的样本方 差.再设 (m-1)S2+(n-1)S2 m+n 证 是a2的无偏估计 解 由于总体Xx~M(4,o2),(x1,x2 Xn)是从总体X中抽取的一个样本,所以 又由于总体Y~N(2a2),(x1,Y2,…,Y)是从总体Y中抽取的一个样本,所以 第8页共9页

2002-2003 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 9 页 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) 1 2 1 1 1 − + = − + = =  =  =        n n n n i i n i i L f x c x c x x x 所以， ( ) ( )= = + − + n i i L n n c x 1 ln  ln   ln  1 ln ． 所以， ( ) = = + − n i i n c x n L d d 1 ln ln ln    ． 令： ln ( ) = 0  L d d ，即 ln ln 0 1 + − = = n i i n c x n  ， 得到似然函数的唯一驻点 x c n n i i ln ln 1 − = =  ． 所以参数  的最大似然估计量为 X c n n i i ln ln ˆ 1 − = =  ． 八．（本题满分 10 分） 设总体 ( ) 2 1 X ~ N  ,  ，总体 ( ) 2 2 Y ~ N  ,  ， ( ) X X X m , , , 1 2  是从总体 X 中抽取的一 个样本， ( ) Y Y Yn , , , 1 2  是从总体 Y 中抽取的一个样本．并且随机变量 X X X m Y Y Yn , , , , , , , 1 2  1 2  相互独立．记 2 1 S 是样本 ( ) X X X m , , , 1 2  的样本方差， 2 2 S 是样本 ( ) Y Y Yn , , , 1 2  的样本方 差．再设 ( ) ( ) 2 1 1 2 2 2 2 1 + − − + − = m n m S n S SW 证明： 2 WS 是 2  的无偏估计． 解： 由于总体 ( ) 2 1 X ~ N  ,  ，( ) X X X m , , , 1 2  是从总体 X 中抽取的一个样本，所以 ( ) ~ ( 1) 1 2 2 2 1 − − m m S   ． 又由于总体 ( ) 2 2 Y ~ N  ,  ，( ) Y Y Yn , , , 1 2  是从总体 Y 中抽取的一个样本，所以

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 (n-1)S2 ~x2(n-1) 0)-p)-- A(n)=-14(=1(- 所以, E(S=)=Em=)si+(n-1s, m+n-2 m+n-2 E[m-1s?]+E(n-1)s2] 1(m-1x2+(n-)l] (m-1)s2+(n-1)S2 是a2的无偏估计 m+n-2 九.(本题满分10分) 检验某批矿砂中的含镍量,随机抽取7份样品,测得含镍量百分比分别为: 3.33 3.69 假设这批矿砂中的含镍量的百分比服从正态分布,试在a=0.05下检验这批矿砂中的含镍量的百分比为 (附表:t分布的分位点表: tos(6)=19432toa(6)=244691o0(7)=18946lo2(7)=2.3646 解 设X表示这批矿砂中的含镍量的百分比,则X~N(u,a2) =3.25 (H1:u≠325) 由于总体方差未知,故用检验统计量 X-3.25 T X-3.25 当H成立时,T 由于显著性水平a=005,n=7,所以1om(6)=2429.因此检验的拒绝域为 第9页共9页

2002-2003 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 9 页 ( ) ~ ( 1) 1 2 2 2 2 − − n n S   ． 所以， (( ) ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1      = −         − =          − − =  m m S E m S E m S E ， (( ) ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1      = −         − =          − − =  n n S E n S E n S E ． 所以， ( ) ( ) ( )       + − − + − = 2 1 1 2 2 2 2 1 m n m S n S E SW E ( )  ( )  2 2 2 1 1 1 2 1 E m S E n S m n − + − + − = ( ) ( )  2 2 2 1 1 2 1 −  + −  =  + − = m n m n 所以， ( ) ( ) 2 1 1 2 2 2 2 1 + − − + − = m n m S n S SW 是 2  的无偏估计． 九．（本题满分 10 分） 检验某批矿砂中的含镍量，随机抽取 7 份样品，测得含镍量百分比分别为： 2.67 3.33 3.69 3.01 3.98 3.15 3.69 假设这批矿砂中的含镍量的百分比服从正态分布，试在  = 0.05 下检验这批矿砂中的含镍量的百分比为 3.25． （附表： t 分布的分位点表： t 0.05 (6) =1.9432 t 0.025 (6) = 2.4469 t 0.05 (7) =1.8946 t 0.025 (7) = 2.3646 解： 设 X 表示这批矿砂中的含镍量的百分比，则 ( ) 2 X ~ N ,  ． H0 :  = 3.25 ( : 3.25) H1   由于总体方差未知，故用检验统计量 n S X T − 3.25 = 当 H0 成立时， ~ ( 1) 3.25 − − = n t n S X T ． 由于显著性水平  = 0.05， n = 7 ，所以 t 0.025 (6) = 2.4469 ．因此检验的拒绝域为

2002-2003学年第一学期概率论与数理统计(A)期末考试试卷答案 x-3.25 M n≥24469 由样本观测值,得 x=3.36,s=0455668007 所以, F-32=136-32 √7=0.638694486<24469 0.455668007 以,不拒绝H0,可以认为这批矿砂中的含镍量的百分比为325 第10页共9页

2002-2003 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 9 页 ( )        − = 2.4469 3.25 , , , : 1 1 2 7 n s x W x x  x 由样本观测值，得 x = 3.36， s = 0.455668007 所以， 7 0.638694486 2.4469 0.455668007 3.25 3.36 3.25 =  − = − n s x 所以，不拒绝 H0 ，可以认为这批矿砂中的含镍量的百分比为 3.25．