第一章随机事件与概率（考研）

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栾温蒲
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1 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究第一章随机事件及其概率题型一事件的关系和运算. P( A B) P( AB) P( AB), 故 ( D ) 正确. 题型二古典概型中的概率计算 m C C C. 第四次一种颜色, 前三次两种颜色, 由古典概型 P( A) 题型三几何概率的计算. 分析 : 根据题意可得两个随机变量服从区间, 上的均匀分布, 利用几何概型计算较简便. 也可先写出两个随机变量的概率密度, 然后利用它们的独立性求得所求概率. S A 详解 : 利用几何概型计算. 所求概率. 图如下 : S y D A O / x 题型四利用事件的关系及概率的基本公式计算概率. 解由 ABC AB 得 P( ABC) P( AB) 故事件 A,B,C 都不发生的概率为 P( ABC) P( A B C) P( A B C) 7 P( A) P( B) P( C) P( AB) P( AC) P( BC) P( ABC) ; 6 5. 解 P( AB) P( A AB) P( A) P( AB) P( A) [ P( A) P( B) P( A B)]. 题型五条件概率和乘法公式 P( ABC) P( AB) P( ABC) P( AB) 6. P( AB C). P( C) P( C) P( C) b b c a 7. P( A A A ) P A P A A P A A A a b a b c a b c 题型六应用全概率公式和贝叶斯公式计算概率 8. 解用全概率公式 P { } = P { } P{ } + P{ } P{ } + P { } P{ } + P{ } P{ } = ( ). 8

2 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 P( A) P( C A). 贝叶斯公式 P( A C) P( A) P( C A) P( B) P( C B) 7. 设 A { 顾客买下该箱 }, B { 该箱中有件残次品 },,,. 则有 P( B ).8, P( B ) P( B )., C P( A B ), P( A B ), P( A B ) 8 C C 故 () P( A) P( B ) P( A B ) P( B ) P( A B ) P( B ) P( A B ) ( ) C C.8... C 8 C P( AB ) P( B ) P( A B ).8 P( A) P( A). P( B A).85 题型七事件的独立性及独立重复试验. 解因为 P( A B) P( A B) P( A B) P( A B) 所以 P( A B) P( A B), P( A B) P( A B) P( AB) P( AB), P( AB) P( A) P( B), 所以应选 ( D). P( B) P( B). 由题设条件得 P( AB), P( A) P( AB) P( AB) P( AB) P( B) P( AB) P( A) P( B) P( A) P( B), 再由 A 和 B 独立知 A 和 B 也独立, 故 P( AB) P( A) P( B) P( A) P( A) P( A). 分析 : 按照相互独立与两两独立的定义进行验算即可, 注意应先检查两两独立, 若成立, 再检验是否相互独立. 详解 : 因为 P ( A ), P ( A ), P ( A ), P ( A ), 且 ( ) P A A, ( ) P A A, ( ) P A A, P ( A ) A, P ( A ) A A, 可见有 P A A ) P( A ) P( ), P A A ) P( A ) P( ), P A A ) P( A ) P( ), ( A ( A ( A P( A A A ) P( A ) P( A ) P( A ), P( A A ) P( A ) P( A ). 故 A, A, A 两两独立但不相互独立 ; A, A, A C 不两两独立更不相互独立, 选 (C).. 由 A B C 两两独立知 P( AB) P( A) P( B), P( AC) P( A) P( C), P( BC) P( B) P( C) 故 A B C 相互独立的充分必要条件是 P( ABC) P( A) P( B) P( C) P( A) P( BC) 等价于 A 与 BC 独立, 故应选 (A) 补充题 P( AB). 解由题设, 知 P( A B), 即 P( AB) P( B). P( B) 又 P( A B) P( A) P( B) P( AB) P( A). 故应选 (C).. 应选 (A);. ; 5 A P B A P B A.( ) ; 5.( B) AC与 C

3 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 6. 解 AB 推不出 P(AB)=P(A)P(B), 因此推不出 A,B 一定独立, 排除 (A); 若 AB, 则 P(AB)=, 但 P(A)P(B) 是否为零不确定, 因此 (C),(D) 也不成立, 故正确选项为 (B). 7. P( A B). P( A) P( AB) P( A) P( A) P( B) P( A).5 P( A).5 P( A) 所以 P ( A). 6, P( B A) P ( B) P( AB). 5. 5P( A).. 故选择 (B). 8. 由于 AB A, AB B, 按概率的基本性质, 我们有 P( AB) P( A) 且 P( A) P( B) P( AB) P( B), 从而 P( AB), 选 (C).. (C) AB 与 C 相互独立题型一第二章一维随机变量及其概率分布利用分布律的性质确定参数. 利用离散型随机变量概率分布的性质, 知 C P k Ce k! 题型二, 整理得到 k k 求分布律及利用分布律求概率 C e. 7. 解 () 若有放回地抽取, 则服从参数为的几何分布, 即的分布律为 k 7 P{ k} ( ), k,, () 若不放回地抽取, 由于共有件次品,7件正品, 因此, 的可能取值应为,,,, 令 Ak 第 k 次取到正品, k,,,, 则利用乘法公式可得的分布律为 : 7 7 P{ } P( A ) P{ } P( A A ) P( A A P{ () P{ } P( A A A ) P( A ) P( A } P{ } P{ A ) P( A A A ) } ( 有放回 ) P{ } P{ } P{ }( 无放回 ) 题型三分布律与分布函数的关系. 解服从二项分布 B(, ), 的可能取值为,,,, 从而 5 7 ) P( ) P( A A A A ) P( A ) P( A A ) P( A A A ) P( A A A A ) 7 5 P{ }, P{ } C, P{ } C, P{ } 即的分布律为 P

4 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究, x 7, x 5 8 因此, 的分布函数为 F( x) P{ x}, x. 5 7, x 5, x. 分析因为 P{ x} P{ x} P{ x} F( x) F( x ) 所以, P{ } F( ) F( ). P{ } F() F( ).8.. P{ } F() F( ).8. 故应填题型四 5. x - P{ x}... 离散型随机变量的函数的分布 8 ~ 题型五考查概率密度及分布函数的性质 6. 解 : 检验概率密度的性质 : f x F x f x F x ; [ f x F x f x F x ] dx [ F x F x F x F x ] dx F x F x 可知 f x F x f x F x 7.( B) 8.( A) 为概率密度, 故选 ( D ) 题型六利用分布函数求概率或密度函数 A B. 解 () 由 F( ) 及 F( ), 可得, 即 A, B A B 7 () P{ } F( ) F( ).58 ( ) 的分布密度 ( x) F' ( x) ( arcta x)' ( x ) ( x ) 题型七利用概率密度求概率或分布函数 a.() f ( x) dx ( ax ) dx ( x x) a () 的分布函数为 a

5 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 5 页共页版权所有翻录必究, x,, x, x x u x F( x) f ( u) du ( ) du, x, x, x,, x., x. x () P( ) f ( x) dx ( ) dx.. 当 k 时, P k f ( x) dx (6 ). k 的取值范围 k k 题型八连续型随机变量的函数的分布. 解先求出的分布函数, 然后求导数, y F ( y) P{ y} P{ e y} P{ l y} P{ l y}, y, y dg ( y) f ( y) y, 也可用 y g( x), f ( y) f [ g ( y)] 直接求 dy, y. 解设的分布函数为 F ( y ), 即 F ( y) P( y) P( y), 则 ) 当 y 时, F ( y) ; ) 当 y 时, F ( y) P( y) P y y F ( y) F ( y), y 8 y 所以 f ( y) F ( y) [ f ( y) f ( y)], y y 8 y, 其他题型九考查常用的重要分布.( A) 解由于 ~ N (,), ~ N (,) 5 所以 p P{ } ( ) p P{ } () 故 p p, 而且与的取值无关分析本题 u 相当于分位数, 可通过 u 的定义进行分析, 也可通过画出草图, 直观地得到结论详解由标准正态分布概率密度函数的对称性知, P { u }, 于是 P{ x} P{ x} P{ x} P{ x} P{ x} 即有 P { x}, 可见根据定义有 x u, 故应选 (C). 5

6 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 6 页共页版权所有翻录必究 6. 解 P{ 前三次仅有一次击中目标, 第次击中目标 } C p( p) p p ( p), 故选 (C). k k k k 7. ~ B(, ), P{ k} C p q C, k,,, k 从而, 所求概率为 P{ } C C. 故应选 (A). 7 x, x 8. 解根据题意知, f x e ( x ), f x, 其它利用概率密度的性质 : f x dx k, 故 a a f x dx af x dx bf x dx f x dx b dx b 整理得到 a b, 故本题应选 (A). P a a P a a P P e p P(.6) [ ].5, ~ B(, p ), 泊松近似, p 5 泊松分布, P( ).87 补充题. 首先可以否定选项 (A) 与 (C), 因 [ f ( x) f ( x)] dx f ( x) dx f ( x) dx, F ( ) F ( )., x,, x, 对于选项 (B), 若 f( x) f( x), 其他,, 其他, 则对任何 x (, ), f( x) f( x), f( x) f( x) dx, 因此否定 (B), 综上分析, 用排除法应选 (D). P P P F F e e, 故选 (C). F y P y.. 解 () 当 y 时, 当 F y ; y 时, 当 y F y ; 时, F y P y P{ } P{ y} y = P{ } P{ y} x dx x dx ( 8) 7 y 8 () P{ } = P{ } x dx 7. 解易见, 当 x< 时,F(x)=; 当 x>8 时,F(x)=. x 对于 x [,8 ], 有 F( x) dt x. t 6

7 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 7 页共页版权所有翻录必究设 G(y) 是随机变量 =F() 的分布函数, 当 y 时,G(y)=; 当 y 时,G(y)=. 对于 y [,), 有 G( y) P{ y} P{ F( ) y} = P { y} P{ ( y ) } = F[( y ) ] y., 若 y, 于是,=F() 的分布函数为 G( y) y, 若 y,, 若 y. 评注事实上, 本题为任意连续型随机变量均可, 此时 =F() 仍服从均匀分布 : 当 y< 时,G(y)=; 当 y 时,G(y)=; 当 y 时, G( y) P{ y} P{ F( ) y} = { P F ( y)} = F( F ( y)) y. 5. 解析由 N,, N,, N 5, p P P, p P P p 知,, 故 p. 由根据 N 5, 及概率密度的对称性知, p p p, 故选 (A) x 5 6. 解离去的概率 p P( ) e dx e 5 离去的次数 ~ B(5, p), P( ) P( ) ( e ) 题型一 5 第三章二维随机变量及其概率分布离散型随机变量的概率分布 C P{, Z }. () P( Z ) 6 P{ Z } ( ) () 随机变量 (, ) 的概率分布为 6 6. () 概率分布如下 : 7

8 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 8 页共页版权所有翻录必究 () P{, }, P{ } P{ }, 和不独立. U V 的可能取值为 (,),(,),(,),(,), 则. 解, P( U, V ) P(, ) P( ) P( ) ; P( U, V ) ; P( U, V ) P(, ) P(, ) ; P( U, V ) P(, ) P( ) P( ). 故 U, V 的概率分布为题型二. Z 5. P 题型三 V U 离散型随机变量函数的概率分布 - P..7. 离散型随机变量的独立性 6. 解 :,的边缘概率分布 P 6 8 P 6 8 要使和相互独立, 以下等式应该成立 6 6,, 因而 =, = 解由题设, 知 a+b=.5 又 { } 与 { } 相互独立, 则 P{, } P{ } P{ } 即 a= (. a)( a b), 由此可解得 a=., b=.. 题型四 8. 解 (I) f (x) = 连续型随机变量的概率分布及其独立性 f (y) = f ( x, y) dy = x dy, x,, 其他.,, f ( x, y) dx = y dx y, 其他. x, x, =, 其他. y, y, =, 其他. 8

9 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 (II) 令 F Z ( z) P{ Z z} P{ z}, ) 当 z 时, F Z ( z) P{ z} ; ) 当 z 时, F Z ( z) P{ z} z z ) 当 z 时, ( z) P{ z}. F Z, z, z, z, 即分布函数为 F Z ( z) z z, z, 故密度为 f Z ( z)., z., 其他 P{, } (III) P{ } 6. P{ }, x,.() 的概率密度为 f ( x), 其他,, y x, 在 x( x ) 的条件下, 的条件概率密度为 f ( y x) x, 其他,, y x, 随机变量和的联合概率密度为 f ( x, y) x, 其他. () 当 y 时, 的概率密度为 f ( y) f ( x, y) dx dx l y ; y x l y, y, 当 y 或 y 时, f ( y). 因此 f ( y), 其他. x () P{ } f ( x, y) dxdy dx dy ( ) l x x dx. x x y. F( x, y) f ( u, v) dudv x, y -, x 或 y x y, x, y y, x, x, y,, x, y.() 由联合分布函数的性质知 F(, ) A( B )( C ), 得 A /, B /, C /. F(, ) A( B )( C ), F(, ) A( B )( C ), 6 () f ( x, y) () 由 F( x, y) F ( ) ( ) x F y, 可知, 相互独立. ( x )( y )

10 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 x. 解 : 与的概率密度分别为 f ( ) x e x 和 f x 由与相互独立, 可得 f ( x, y) f ( x) f ( y) 则 P{ } f ( x, y) dxdy x y y y ( y) y e y y x y e x, y x e dy e dx 5 其它, 故答案为 (A) 题型五连续型随机变量函数的分布, G. f ( x, y) F U ( u) P{ U u} P{ u}, 其他., 当 u 时, F U ( u) ;( 不可能事件 ) 当 u 时, F U (u) u u ( 如图 ) 当 u 时, F U ( u). ( 必然事件 ) u, u, 故密度为 f ( ) U u FU ( u), 其他. z z. 解 : FZ ( z) P( Z z) P( z) f ( x, y) d z e z x yz z z e e z z ' z f( Z z) FZ( z) e z z (e ) e z 解 : f ( ) ( ) ( ) Z z f x f z x dx z, z, z z ( zx) z fz z e dx, z e, z z z e e, z ( zx) e dx, z 5. 设为第个元件无故障时间,,, 独立同分布, x e, x E( ), F ( x), T m{,, }, x, t t e, t e, t FT ( t) [ F ( t)], ft ( t) F T ( t), t,, t, T E( ) 6.( B) P{ } 7. 解设 F(y) 是的分布函数, 则由全概率公式, 知 U=+ 的分布函数为,, z x x

11 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 G( u) P{ u} =.P{ u }.7P{ u } =.P { u }.7P{ u }. 由于和独立,G(u)=.P { u }.7P{ u } =.F( u ).7F( u ). U 的密度 g ( u) G( u).f( u ).7F( u ) =. f ( u ).7 f ( u ). 补充题.() 根据二项分布的分布律有 : m m m P m C p ( p), m,,, () 求二维随机变量 (, ) 的概率分布, 其实就是求 P, m, 利用乘法 m m m e 公式, 有 P, m P m P C p ( p),! 其中 m,,,. 解 :() 由于 P, 因此 P 故 P,, P,, P, P, P, P, P / P P P P P P P P 故, 的概率分布如下 :, 因此,,, /,,, / / / / () Z 可能的取值有,, 其中 P( Z ) P(, ) /, P( Z ) P(, ) /, P( Z ) /, 因此, Z 的分布律为 Z - P / / / () E /, E, E,cov(, ) E EE cov(, ) 故 D D. 解由于, 的概率分布相同, 故 P ( ), P( ), P ( ), P( ), 显然 E E, D D E COV (, ) E( ) EE 相关系数, D D D D 5 5 所以 E ( ). 而 E ( ) P(, ), 所以 P (, ),

12 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究从而得到 (, ) 的联合概率分布 : () P( ) P( ) P(, ).. 解 : 因为与相互独立, 所以 P{ } P{, } P{, } P{, } P{ } P{ } P{ } P{ } P{ } P{ } 6 故应选 (C) 5. P{max(, ) } P{ 或 } P{ } P{ } P{, } 5 6. 解 : 由题意得, f x, y f x f y =, D 5, x, y,, 其它. P f x y dxdy, 其中 D 表示单位圆在第一象限的部分, 被积函数是, 故根据二重积分的几何意义, 知 P =, 故选 (D) 7. 解 (I) 设的分布函数为 F ( y ), 即 F ( y) P( y) P( y), 则当 y 时, F ( y) ; 当 y 时, F ( y) P( y) P y y F ( y) F ( y), y 8 y 所以 f ( y) F ( y) [ f ( y) f ( y)], y. y 8 y, 其他 (II) F, P, P, P, P d x 8. 解首先找出随机变量的表达式. 由和 ( 小时 ) 来确定, 所以 m(,). 指数分布的的分布参数为, 由分布函数的定义 : E( ) 5 F( y) P y P m(,) y

13 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 () 当 y 时, F ( y) ( 不可能事件 ) () 当 y 时, F ( y) ( 必然事件 ) () 当 y 时, F( y) P y Pm(,) y P y y f ( x) dx或 F ( y) e, y, y 5 所以 F ( y) e, y,, y.. 解析 F ( z) P( z) P( z ) P( ) P( z ) P( ) Z [ P( z ) P( z )] [ P( z ) P( z )], 独立 FZ ( z) [ P( z) P( z)] () 若 z, 则 FZ ( z) ( z) () 当 z, 则 FZ ( z) ( ( z)) z 为间断点, 故选 (B). 由题设知, ~ N(,), ~ N (,), 而且相互独立, 从而 P{ } P{( ) } P{, } P{, } P{ } P{ } P{ } P{ }..(Ⅰ) 区域 D 的面积为 s( D) ( x x ) dx, 因此由均匀分布, x, x y x f ( x, y), 其他 (Ⅱ)U 与不独立 t : P{ U, t} P{, t} t t P{ U } P{ }, P{ t} t t P{ U, t} P{ U } P{ t} (Ⅲ) F ( z) P( Z z) P( U z) Z 当 z 时, F( z) P{ U z} P{ U z, U } P{ z, U } P{ z, }; y 5

14 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究当 z 时, F( z) P{ U z} P{ U z, U } P{ U z, U } P{ z, } P{ z, } F ( z) Z. 解 : 因为, z z z, z z z z ( ) ( ),, z 第四章 D E E 所以 P ( ), 所以 e 随机变量的数字特征 x x 为 e, 由于 f ( x) e e 期望是, 方差是. 也可由数学期望和方差的定义直接求 E 和 D. E, 服从参数为的泊松分布,. 分析 : 本题最简便的方法是利用均值为, 方差为的正态分布的密度函数 ( x ) e. 解由于 D, 的分布函数为 F( x) λ, λx, ( x) x, x. 故 P{ D } P{ D } P { } F( ). λ λ e. ~ B(, p), D p( p), D p( p) p 时, 成功次数的标准差的值最大, 其最大值为解由于, 由二维正态分布的性质可知随机变量, 独立因此 E( ) E E. 由于 (, ) 服从 N(, ;, ;), 可知 E, E D E E( ), 所以的数学, 则

15 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 5 页共页版权所有翻录必究 6. 解由 = f ( x)d x ( a bx )dx a b a b 得 E( ) ( )d ( )d 5 xf x x a bx x a b a b 5 由 = 得 6 联立 () () 两式解得 a, b, 代入 f ( x) 表达式中即得 5 5 D( ) E( ) ( E ) x f ( x)d x ( ). 5 5 x 7. (I) 记 p 为观测值大于的概率, 则 p P( ) l dx, 8 从而的概率分布为 7 P{ } C p( p) p ( )( ) ( ) 8 8,,,. 7 7 (II) E( ) P{ } ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 记 S( x) ( ) x x, 则 S ( x ) ( ) x ( x ) ( x), 7 从而 E( ) ( ) S( ) 解利用离散型随机变量概率分布的性质, 得到 C e e E x p k k! 故 k k k k 或者看出服从参数为的泊松分布, 则 E D 根据方差的计算公式有 E D E, 即 P k,,. z e, x. 解 : 因为服从参数为的指数分布, 密度函数为 f ( x), x x x x 故 E( e ) ( x e ) f ( x)d x ( x e )e d x. e. k! 解 : E( e ) E( ) E(e ) E(e ) ( 不需要分部积分 ).7 x. 解 : 因为 f x F x. x, x 所以 E xf xdx x. x.5 dx x. x x dx.5 x dx, 而 x x dx, 5

16 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 6 页共页版权所有翻录必究 x u x x dx u u du, 所以.5.7. 解 D( ) E[( ) ] [ E( )] 8. cov(, ),. E E E ( ).5, ( ).6, ( ).8 cov (, ) E( ) E( ) E( ) E[ ( )] E( ) E( ) E( ) E( ) E, 选 C. D E E E E ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5, 选 (D).. 由于随机变量, j,,, ; j 独立, 所以有 E( ) E E E j j j j j j E E E E E E 由行列式的定义知, E E E E 6 5. 解 () E( Z) E E, D( Z) D D cov(, ) () cov(, Z) cov(, ) cov(, ) ( ) cov(, Z) 所以, Z. D DZ 6. 分析本题用方差和协方差的运算性质直接计算即可, 注意利用独立性有 : Cov(, ),,,. 详解 Cov(, ) Cov(, ) Cov(, ) Cov(, ) = D. 评注本题 (C),(D) 两个选项的方差也可直接计算得到 : 如 D( ) D( ) D( ) cov(, ), D( ) D( ) D( ) cov(, ). cov(, ) 7. 解, 所以. D( ) D( ) 6

17 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 7 页共页版权所有翻录必究 8. 解 : 选 D 分析: 用排除法设 a b, 由, 知道, 正相关, 得 a, 排除 A C 由 ~ N(,), ~ N (,), 得 E, E, E( ) E( a b) ae b a b, b 排除 B. 分析本题考查正态分布的性质以及二维正态分布与一维正态分布之间的关系. 只有 (,) 服从二维正态分布时, 不相关与独立才是等价的. 本题仅仅已知和服从正态分布, 因此, 由它们不相关推不出与一定独立, 排除 (A); 若和都服从正态分布且相互独立, 则 (,) 服从二维正态分布, 但题设并不知道, 是否独立, 可排除 (B); 同样要求与相互独立时, 才能推出 + 服从一维正态分布, 可排除 (D). 故正确选项为 (C). k k C C. 解 () 取值为,,,, 概率分布 P{ k}, k=,,,. C 即 P 因此 E. () 设 A 表示事件从乙箱中任取一件产品是次品, 由于 { },{ }, { },{ } 构成完备事件组, 因此根据全概率公式, 有 k P ( A) P{ k} P{ A k} = P{ k} kp{ k} k k 6 6 k = E. 6 6 评注本题对数学期望的计算也可用分解法:, 从甲箱中取出的第件产品是合格品, 设则的概率分布为, 从甲箱中取出的第件产品是次品, P,,. 因为, 所以 E E E E.. 解设进货数量为 a, 则利润为 5 a ( a), a a, a L g( ) 5 ( a ), a 6 a, a a 利润期望 E( L) g( x)d x (6x a)d x (x a)dx a a a 解得 a 故利润期望值不小于 8 元的最少进货量为单位. 6 7

18 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 8 页共页版权所有翻录必究.. f ( t) t 5 5 t t 5,, 5,, ( ) ( ) e dx t te t f x f t x dx ( 如图 ), 其他., 其他. E( T ) D( T ). t 5 5 x y. 解 () 的分布函数为 F( y) e ( y ), F( y) ( y ), (, ) 有四个可能值 :(,), (,), (,), (,). 易见 P P P e {, } {, } { }, P{, } P{, }, P P P e e {, } {, } { }, P{, } P{, } P{ } e. 于是, 可将和的联合分布列表如下 () 易见, ( k, ) 服从分布 : 因此有 k ~ P{ k} P{ k} e e k k k k e e e e E P k E k { k } e (,). 于是 ( ) e e.. 解 () 因 (, ) 在 G 上服从均匀分布, 其联合密度函数 P( U P( U P( U, V, V, V ) P( ) P( ) P(,,,,( x, y) G; f ( x, y), 其它, ) P( 于是得 (U, V) 的联合分布律和边缘分布律 : ) x y f ( x, y) dxdy ), P( U, V ), y ) P( ) dx, dy y dx x dy, 8

19 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 () V U p cov( U, V ). DU DV p j x e, x 5.() 因为, 的分布函数为 F ( x), x, 则 V F v F v, v, v e, v m, 的分布函数为 V ( ) [ ( )], 故 V的概率密度为 fv ( v) F V ( v) v e, v, v, u u ( e ) e, u () 同理可求 U max, 的概率密度为 fu ( u), u, 故 E( U V ) E( U ) E( V ) ufu ( u) du vfv ( v) dv 或者 U V max, m,, 故 E( U V ) E( ) E( ) E( ). D. 设如第个需调整如第个不需调整补充题,=,, 则 = + + 的数学期望为 E= E +E +E =.6. 解令 Z, 则 Z 服从 N(,), 则 Z 的数学期望为 z z - - E Z z e dz z e dz 因为 D( ) D( Z ) E( Z ) [ E( Z )] E( Z 而 E( Z ) D( Z) [ E( Z)] D( Z), E( Z ) 所以应填 D( ) - ) [ E( Z )]

20 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究. 解 E y( f( y) f ( y)) dy E E E( ), E y f y f y dy E E ( ( ) ( )), D E( ) E ( ) E E E ( ) E ( ) E( ) E( ) D( ) D( ) E D( ) D( ) D 故应该选择 (D)., 服从二维正态分布, 且与不相关, 所以与独立, 所以 5. 解因为 f ( x, y) f ( x) f ( y) f ( x, y) f ( x) f ( y). 故 f ( x y) f ( x), 应选 (A). f ( y) f ( y) 6. 解因为 E( ) = E E( ) E =+ [ Cov(, ) E E ] =+ D D cov(, Z) cov(,.) cov(, ), 且 DZ D. cov(, Z) 于是与 Z 的相关系数为 = cov(, ).. D DZ D D cov U, V 8. 解 cov U, V D D 所以 UV D U D V. 解本题考查随机变量数字特征的运算性质计算时需要先对随机变量 UV 进行处理, 有一定的灵活性由于 UV max{, }m{, } 可知 E( UV ) E(max{, }m{, }) E( ) E( ) E( ) 故应选 (B). 解 () P{ } P{, } P{, } ; () 的边缘分布律 : P 6 的边缘分布律 : P cov(, ) cov(, ) D( ) { E( ) E( ) E( )} D( ). 7 E E, D D, E

21 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 E EE D D. D E( ) ( E ) E( ) E( ) ( EE ). 解 () 分布函数 F ( y) P( y) P( y, ) P( y, ) P( y ) P( ) P( y ) P( ) P( y ) P( y ) 当 y 时, F ( y) ; y 当 y 时, F ( y) y y ; y 当 y 时, F ( y) y ; 当 y 时, F ( y)., y, y, y, 所以分布函数为 F y y, y,, y., y y () 概率密度为 f ( y) F '( y), y, E( ) ydy dy, 其他. 解. 第五章大数定律和中心极限定理 E( ) E( ) E( ) D( ) D( ) D( ) cov(, ) D( ) D( ) D( ) D( ) (.5) 由切比雪夫不等式 D( ) P{ 6} P{ E( ) 6}.. 解这里, 满足大数定律的条件, 且,, E 因此根据大数定律有 D ( E ) = 6 ( ), 依概率收敛于 E.

22 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究.(C) 服从同一指数分布. 解由题设, E, D,,,,,, 于是根据中心极限定理知其极限分布服从标准正态分布, 故应选 (C). 5. 解设 (,,, ) 是第箱的重量 ( 单位 : 千克 ), 是所求箱数. 由条件可以把,,, 视为独立同分布随机变量, 而箱的总重量 T 由条件知 E( ) 5, D( ) 5 ; E( T ) 5, D( T ) 5, 根据列维林德伯格中心极限定理, T 近似服从正态分布 N(5, 5 ). 箱数决定于条件 5 5 P{ T 5} ( } ( ).77 () 5 由此可见, 从而 8., 即最多可以装 8 箱. B 近似 ~ N,.5 6. ~ (,.5),. 至少需安装条外线第六章数理统计的基本概念. 方法 : 根据题设条件, 和均服从 N (,). 故和都服从 () 分布, 答案应选 (C). 方法 : 题设条件只有和服从 N (,), 没有与的相互独立条件. 因此, 与的独立条件不存在, 选 (B) (D) 项均不正确. 题中条件既没有与独立, 也没有 (, ) 正态, 这样就不能推出从正态分布的选项 (A). 根据排除法, 正确选项必为 (C)..(B). 解因为 ~ N(, ), 所以 ~ N(,) 又因 ~ N(, ), ~ (,), ~ () 所以 U ( ) / ~ t(). 解从形式上, 该统计量只能服从 t 分布故选 B 具体证明如下 :, 由正态分布的性质可知, 服

23 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究与均服从标准正态分布且相互独立, 可知 t U 5. 解由题设知,, 其中 U ~ N(,), V ~ ( ), 于是 V V V =, ~ () U U U, 据 F 分布定义 ~ F(,). 故应选 (C). 6. a, b 时, ~ () 解样本均值 ~ N (., ), 则 ~ N (,), 6. 从而 P(. 5.) P( ) ( ) 即即所以至少应取 8. 解由 ~ t( ), ~ F(, ) 得, 与 ~ F(, ) 同分布, 故 ( ).75,.6, (.6 ).57, 5. 或 P c P c P c c a. ET E( ) E( S ) E D p. 分析利用样本方差的性质 ES D 即可. x x 详解因为 E xf ( x)dx e dx, x x x x x E x f ( x)dx e dx x e dx x e xe dx e x e x x dx e x, 所以 D E E. 解因为 E[ (, 所以 ) ] σ, ES E[ j D. ( j ) ] σ, 故应填. 解由题设知,,, ( ) 相互独立, 且 E, D (,,, ) (I) D D( ) D[( ) j ] ( ) = ( ) D D j = ( ). j (II) Cov (, ) =. j σ.

24 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究补充题. 解 ~ N(,) ( ) ~ ( ),(A) 正确 ( ) ( ) S ~ ( ),(C) 正确 ~ N(, ), ~ N(,) ( ) ~ (),(D) 正确 ( ) N N ~ (, ), ~ (,), ~ (),(B) 不正确. 解由正态总体抽样分布的性质知, ~ N(,), 可排除 (A); 又 ~ t( ), 可排除 (C); S S ( ) S 而 ( ) S ~ ( ), 不能断定 (B) 是正确选项. 因为 ~ ) ( ) ~ F (), ~ (, 且 () 独立, 于是 (, ).. 解是自由度为的变量, 所以. ~ ~ ( ) 与相互故应选 (D).. P. P P( () 6).... 解因为 E( ), D( ), 从而有 E T E( ) E( ) E E E T E E( ) E( ) E E., 所以 E T E T. ( D T D ) D( ) D. D( ) D( ) ( ) D ( ) 又因为 D T

25 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 5 页共页版权所有翻录必究 ( ) ( ) D D. 由于当时, D T D T 5. 记 Z, 则 Z N(, ), Z, 所以. 故选 (D). E( ) E ( Z Z) E ( ) S Z, E( SZ ) D( Z), E( ) ( ). 6. 根据样本方差 S ( ) 的性质 E( S ) D( ), 而 D( ) m ( ), 从而, x x x 7. ( ) F( x) f ( t) dt, x, x [ ( ) ] ( ) ( ) ( ) ( ) E E S m, 选 (B). F ( t) P{max(,, ) t} P{ t, t, t} P{ t} P{ t} P{ t} T, t t [ P{ t}] [ F( t)], t, t 因此可得概率密度函数为 : 8 x, x ft ( x), 其他 8 t (Ⅱ) E( at ) ae( T ) a t dt a, 如果 E( at ), 可得 a. 第七章参数估计. 解矩估计 : E( ) ( ) ( ) 样本均值 ( ) 8 用样本均值估计期望有 E, 即. 解得的矩估计值为. 对于给定的样本值, 似然函数为 6 L( ) ( ) ( ),l L( ) l 6l l( ) l( ), d l L( ) d l L( ) 令, 得方程 d ( )( ) d 7 7, 解得 (, 不合题意 ). 5

26 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 6 页共页版权所有翻录必究 7 于是的最大似然估计值为 ˆ., x,. 解 : 的概率密度为 f ( x, ) x, x. (I) 由于 E xf ( x; ) dx x dx, x 令, 解得, 所以参数的矩估计量为 ˆ. (II) 似然函数为 L ) f ( x ; ) ( xx 当 (,,, ) 时, L ( ), 取对数得 x l L( ( x ) 6, x, 其他 (,,, ), ) l ( ) l x, 两边对求导, 得 d l L( ) 令, 可得 d d l L( ) l x, d, 故的最大似然估计量为 ˆ. l l x ( x ) ( ) x. L( ) [ e ] e, x. d l L( ) l L( ) l ( x ),. d L( ) 单调增加, x, ˆ m{ x, x,, x}. (D) 5 5. 解 x 5 E ( ) x dx, 所以 E C C, 5 由于 C 是的无偏估计, 故 C, C 5. ( x ) x e, x, 6. 解 () F( x) f ( t) dt, x. () F x) P{ ˆ x} P{m(,,, ) x} ˆ ( ( x ) e, x, = [ F ( x)] =, x. ( x ) df ˆ ( x),, e x () ˆ 概率密度为 f ˆ ( x) dx, x. 因为 E ˆ ( x ) xf ˆ ( x) dx xe dx =, 所以 ˆ 作为的估计量不具有无偏性. S S 7. t t, + (8.,.8)

27 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 7 页共页版权所有翻录必究 8. 解的置信度为. 的置信区间是 ( x t ( ), x t ( )), 即 ( t.5 (5), t. 5 (5)). 故应选 (C).. 解 := 575., S =75.7 查分部表得 ( )= ( )=6., () ().5 故 5.5 ( )S 75.7 ( )S 75.7 =.8,.8 ( ) 6. ().5 于是得的 % 的置信区间为, 的 % 置信区间为补充题. 解 (I) 令 E( ).8.8, 6.5,. E( ) xf ( x; ) dx x dx,, 即, 解得的矩估计量, ; x (II) 似然函数 L f x, ( ) ( ; ),, 其他当 x 时, L( ) ( ), 则 l L( ) l( ). dll( ) 从而, 关于单调增加, d 所以 m{,,, } 为的最大似然估计量.. 解 :() 似然函数 ( x ) ( x ) L x, x,, x, exp exp ( x ) ( x ) 则 l L l l l l ( x ) l, 令 d l L d L, 可得的最大似然估计值 ( ), mle x 故的最大似然估计量 ( ) mle 7

28 考研数学强化班答案概率统计叶宏第 8 页共页版权所有翻录必究, () 由于, N 因此, 因此由的性质可知 E[ ], D[ ] E( ) E E[ ] ^ ( ) ( ) D( ) D D[ ] ^ ( ) ( ) z ( ), z () 分布函数 F( z) P( Z z) P( z), z. 概率密度函数为 f z e, z ( z), z () EZ zf ( z) dz, EZ Z 矩估计量为 ˆ Z z () L( ) f ( z ) e, l ( ) d 8 L d z, ˆ Z x x. 解 () E xf ( x)dx dx dx, 令 ˆ. () E E D E D E D, 故不是的无偏估计量. x x e, x, 5. 解 :() 的概率密度为 f ( x) F( x), x E xf ( x) dx, E( ) x f ( x) dx

29 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 x () 似然函数 ( ) ( ; ) ( ) L f x x e x 其他当 x 时, 令 d l L( ), 得 x, d 所以得极大似然估计量 =. () 因为,,, 独立同分布, 显然对应的,,, 也独立同分布, 又有 () 可知 E 所以存在常数 a, 由辛钦大数定律, 可得 lm P E,, 使得对任意的 6. 解 N ~ B,, N ~ B,, N ~ B, 7. E T E a N a E N a E N a E N ^, 都有 lm P a. a a a a a a a a a 因为 T 是的无偏估计量, 所以 E T, 即得 a a, a a 整理得到 a, a, a. 所以统计量 T N N N N N N. 注意到 N B(, ), 故 DT D N D N. 的置信区间的长度为 u 此时, 至少应取. 8. 置信度.7. a, 即 ( u ( y ) a ) (.6 6). 解 () 的概率密度为 f ( y) e, y 于是, 令 t y, 得 ( y ) t y t b E Ee e e dy e e dt e e d e ( t) t 8.

30 考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究 () 当置信区间.5时, =.5. 分位数等于.6, P{.6.6 }.5, 其中 (l.5 l.8 l.5 l ) l. 于是, 有 P{.8.8}.5, 从而 (.8,.8) 就是的置信度为.5 的置信区间. () 由 e x 的严格递增性, 可见 P{.8.8} P{e e e },.8.8 因此 b的置信度为.5 的置信区间为 (e,e )..t= Q (-),..(A) 接受 H 第八章假设检验. () P接受 H H不真 ; () P拒绝 H H不真 ; () P 拒绝 H H 为真 ;. 解要检验的假设为 H : 7, H : 7 检验统计量 () P 接受 H H 为真 T ~ t( ), 拒绝域为 S 7 t.,.5 (5). S 6 t t 故接收原假设 H, 即可以认为平均成绩为接受原假设 ; 补充题. k =.. 解因为 P u P u / 又已知 P. P. 58 T t ( ). 所以 u. 58, 又 (.58). 5, 故知. 所以此检验的显著水平的值为., 犯第一类错误的概率也是.

第一章随机事件与概率（考研）

第一章随机事件与概率（考研）考研数学强化班答案概率统计叶宏第页共页版权所有翻录必究第一章随机事件及其概率题型一事件的关系和运算. P( A B) P( AB) P( AB), 故 ( D ) 正确. 题型二古典概型中的概率计算 m C C C. 第四次一种颜色, 前三次两种颜色, 由古典概型 P( A) 题型三几何概率的计算. 分析 : 根据题意可得两个随机变量服从区间, 上的均匀分布, 利用几何概型计算较简便. 也可先写出两个随机变量的概率密度,

第一章 随机事件与概率 （考研）

第一章随机事件与概率（考研）