哈工大概率论2012年秋季学期期末考题及答案

哈工大 2012年 秋季学期

概率论与数理统计 试题

一、填空题（每小题3分，共5小题，满分15分）

1．设事件A、B相互独立，事件B、C互不相容，事件A与C不能同时发生，且

P(A)P(B)0.5，P(C)0.2，则事件A，B和C中仅C发生或仅C不发生的概

率为__________ ．

2．设随机变量X服从参数为2的指数分布， 则Y1e2X的概率密度为

fY(y)______ ____．

12x3．设随机变量X的概率密度为f(x)2xe,x0，利用契比雪夫不等式估计概率

0, x0P(1X5)______．

4．已知铝的概率密度X~N(,2)，测量了9次，得x2.705，s0.029，在置信度0.95下，的置信区间为______ ____．

5．设二维随机变量(X,Y)服从区域G{(x,y)|0x1,0y2}上的均匀分布，令

Zmin(X,Y)，Wmax(X,Y), 则P(ZW1)= ．

（t0.025(8)23060,t0.05(8)18595,t0.05(9)1.8331,t0.025(9)2.2622

1.960.975，1.6450.95)

二、选择题（每小题3分，共5小题，满分15分）

（每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，把所选项的字母填在题后的括号内）

1．设0P(A)1, 0P(B)1, P(BA)P(B)，则与上式不等价的是

（A）A与B不相容. （B）P(BA)P(BA).

（C）P(AB)P(A). （D）P(AB)P(A)． 【 】 2．设总体X服从参数为的泊松分布，X1,X2,,Xn是来自X的样本，X为样本均值，

则 （A）EX11，DXn2． （B）EX,DXn． （C）EXn,DXn2． （D）EX,DX1n． 【 】 1

2x, 0x13．设随机变量X的概率密度为f(x)，则P(XEX2DX)等于

0, 其他 （A）6-82982642642. （B）. （C）. （D）． 【 】

99994．如下四个函数，能作为随机变量X概率密度函数的是

x10,517,x02f(x) （A）. （B）f(x)x,1x1. 1x1616x00,0, x11ex,x01x （C）f(x)e,xR.. （D）f(x) . 【 】

2x00,5．设X1,X2,,Xn为来自总体X~N(,2)的一个样本，统计量Y21S()2 nX 其中X为样本均值，S为样本方差，则 【 】 三、（8分）假设某段时间内来到百货公司的顾客数服从参数为的Poisson分布，而在百货

公司里每个顾客购买电视机的概率均为p，且顾客之间是否购买电视机相互独立，试求A“该段时间内百货公司售出k台电视机”的概率（假设每顾客至多购买一台电视机）。

（A）Y~x2(n1)（B）Y~t(n1)（C）Y~F(n1,1) （D）Y~F(1,n1)．

四、（8分）设随机变量X~U0,1，求（1）YX4X1的概率密度

2（2）XfY(y)；

与Y的相关系数XY.

五、（8分）设随机变量X和Y的分布列分别为

X 0 1 Y —1 0 1

P 1/3 2/3 P 1/3 1/3 1/3

22且P(XY)1 ，求（1）二维随机变量(X,Y)的概率分布；（2）ZXY的概率分布；

（3）X与Y的相关系数XY

.

六、（12分）设随机变量X与Y相互独立,且分别服从正态分布N(,2)和

N(,22),其

2中为未知参数且0. 记ZXY.（1）求Z的概率密度f(z;)；（2）设

2

Z1,Z2,,Zn为来自总体Z的简单随机样本, 求的最大似然估计;（3）证明2是

222的无偏估计量。

七、（4分）在x轴上的一个质点可以在整个数轴的整数点上游动，记Sn为时刻n时质点的位置。若在时刻t0时，处于初始位置为原点，即S00，它移动的规则：每隔单位时间，它总是收到一个外力的随机作用，使位置发生变化，分别以概率p及概率。求质点在时q1p向正的或负的方向移动一个单位（直线上无限制的随机游动）刻n时处于位置k的概率，即求P(Snk).

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2012年概率期末答案

一、 填空题：（15分）

1.0.45 2.fYy1,0y11 3.. 4..5．3/4 （2.6,2.8）40,其它二、选择题：（15分）

1A 2B 3D 4C 5C

三、解：设A表示这段时间内到达百货公司的顾客数i0,1,2,

i利用全概率公式：AA0AA1AAkA

4)分 PAPAiPAAiPAiPAAi (P(AA0,0iki)i0ikikii!eCikpk1pik

kikii!ei!epikkp1pk!ik!k!1pik

ik!ikikmpkek!mop1pmm!pkk!ee1ppkpek! (k0,1,2,) 4分

四、解：

（1）分布函数方法：含Y与dfFYy

yR，FYyPYyPX24X1y

 4

2PX2y3

又x[0.1] ∴1x24 同样1y34

2∴2y1 于是当y2时，FYy0 当y1时，FYy1 当2y1时，FYyPX2y3

2P2y3X2y3 P2y3X1P1X212y30y31

,y3

0,y21∴FYyy31,2y1 fYy2y31,y10或公式法：yx24x1↙严格y2x20,x0.1其反函数xhy23y 2y1 xhy,2y1其它

2y1

1 4分

23y1从而有：fYyfXhyhy23y0,2y1,其它分

（2）EYEX4EX1 （3）

五、解：（）由题设有：P(X22234, DY 2分 345XYcov(X,Y)1134330/1 2分

41245417DXDYY2)1P(X2Y2)0

2 而(X0,Y1),(X1,Y0)(XY2)

所以利用概率的非负性和保序性：P(X0,Y1)0P(X1,Y0) 再利用联合分布和边缘分布之间的关系可得联合分布列

5

Y X 0

1 0 1414121 Pi 1 43 41

0 1212 Pj X Y -1 0 1 0 0 1 1/3 Pj 1/3 1/3 0 1/3 0 1/3 1/3 1/3 2/3 1

Pi 4分

（）.

Z=XY的分布列为：

P(Z0)P(X0,Y1)P(X1,Y0)P(X0,Y0)P(Z1)P(X1,Y1)131313

P(Z1)P(X1,Y1) 2分 （)

11112111COV(X,Y)EXYEXEY01(1)(01).((1)10)0333333332221112DXEX2(EX)2()2,DYEY2(EY)212(1)2020203393333所以 0

2分

222六、解：（I）由题设：ZX-Y服从正态分布且Z~N(,2)N(0,3)

2 Z的概率密度为：f(z,)123ez262 4分

6

zi262zi262（II）似然函数L(z1,,zn;)2i1n123e(6)(2)en2n2

zi2nn2取对数：LnLLn6Ln

2262zi2LnLn11n2202令，解得：zi

23ni12641n222的极大似然估计为zi 4分

3ni1（III）由题设知：z1,z2,,zn独立且与总体Z同分布

n1n2112 EEzEz32n2 ii3ni13ni13n1n22 于是zi为2的无偏估计。 4分 3ni12

七、解： 为使质点在时刻t=n时位于k位置（k也可以是负值）在前n次游动中向右移动的次数比向左移动的次数多k次，若以x表示它在前n次游动中向右移动的次数，y表示向左移动的次数，则有：

xyn 2分 x-yknk,因为x是整数，所以k与n必须具有相同的奇偶性。 即x2nknk事件Snk发生相当于要求在前n次游动中有次向右，次向左，利

22用二项分布即得

PSnkCnk2npnk2qnk2

当k与n奇偶性相反时，其概率为0 2分

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