一、 填空题(每题2分,共20分)1、记三事件为A ,B ,C . 则用A ,B ,C 及其运算关系可将事件,“A ,B ,C 中只有一个发生”表示为 . 2、匣中有2个白球,3个红球。
现一个接一个地从中随机地取出所有的球。
那么,白球比红球早出现的概率是 2/5 。
3、已知P(A)=0.3,P (B )=0.5,当A ,B 相互独立时,06505P(A B )_.__,P(B |A )_.__⋃==。
4、一袋中有9个红球1个白球,现有10名同学依次从袋中摸出一球(不放回),则第6位同学摸出白球的概率为 1/10 。
5、若随机变量X 在区间 (,)a b 上服从均匀分布,则对a c b <<以及任意的正数0e >,必有概率{}P c x c e <<+ =⎧+<⎪⎪-⎨-⎪+>⎪-⎩e,c e b b ab c ,c e b b a6、设X 服从正态分布2(,)N μσ,则~23X Y -= N ( 3-2μ , 4σ2 ) .7、设1128363X B EX DX ~n,p ),n __,p __==(且=,=,则 8、袋中装有5只球,编号为1,2,3,4,5,在袋中同时取出3只,以X 表示取出3只球中的最大号码。
则X 的数学期望=)(X E 4.5 。
9、设随机变量(,)X Y 的分布律为则条件概率 ===}2|3{Y X P 2/5 .10、设121,,X X 来自正态总体)1 ,0(N , 2129285241⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∑∑===i i i i i i X X X Y ,当常数k = 1/4 时,kY 服从2χ分布。
二、计算题(每小题10分,共70分)1、三台机器因故障要人看管的概率分别为0.1,0.2,0.15,求: (1)没有一台机器要看管的概率 (2)至少有一台机器不要看管的概率 (3)至多一台机器要看管的概率解:以A j 表示“第j 台机器需要人看管”,j =1,2,3,则:ABC ABC ABCP ( A 1 ) = 0.1 , P ( A 2 ) = 0.2 , P ( A 3 ) = 0.15 ,由各台机器间的相互独立性可得()()()()()123123109080850612P A A A P A P A P A ....=⋅⋅=⨯⨯= ()()()12312321101020150997P A A A P A A A ....⋃⋃=-=-⨯⨯= ()()()()()()1231231231231231231231233010808509020850908015090808500680153010806120941P A A A A A A A A A A A A P A A A P A A A P A A A P A A A .................=+++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+++=2、甲袋中有n 只白球、m 只红球;乙袋中有N 只白球、M 只红球。
今从甲袋任取一球放入乙袋后,再从乙袋任取一球。
问此球为白球的概率是多少? 解:以W 甲表示“第一次从甲袋取出的为白球”,R 甲表示“第一次从甲袋取出的为红球”, W 乙表示“第二次从乙袋取出的为白球”,则所求概率为 ()()()()P W P W W R W P W W P R W ==+乙甲乙甲乙甲乙甲乙()()()()P W P W W P R P W R =+甲乙甲甲乙甲11111111111n m N N n m N M n m N M C C C C C C C C +++++++=⋅+⋅ ()()()()()()111n N mNn m N n n m N M n m N M ++++==++++++3、设随机变量X 的概率密度为cos , ||()2 0 , A x x f x π⎧<⎪=⎨⎪⎩其它, 试求(1)常数A ;(2) 分布函数()F x ; (3) 概率{ 0 }4P X π<<。
解:(1) 由归一性可得:()2212f x dx Acos xdx A ππ+∞-∞-===⎰⎰,从而 12A =()()()()()()2222222xxx x f x dx,x .F x f x dx f x dx,x f x dx,x ππππππ-∞-∞-⎧<-⎪⎪⎪==-≤<⎨⎪⎪≥⎪⎩⎰⎰⎰⎰()021122212,x sin x ,x ,x ππππ⎧<-⎪⎪=+-≤<⎨⎪⎪≥⎩()4130424.P{X }cos xdx ππ<<==⎰4、(1)已知X 的分布律为计算)21(2X D -。
(5分) 解:()()(){}222421244D(X )D XE XE X ⎡⎤-==-⎣⎦11522523544164⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ (2)、设)1,0(~N X ,求2X Y =的概率密度.(5分)解:Y 的密度函数为:2000y,y f (y ),y -⎧>=≤⎩5、设(,)X Y 的概率密度为 000 , (),,(,)x y e x y f x y -+⎧>>=⎨⎩其它.(1) 试求分布函数),(y x F ;(2) 求概率{}(,)P x y G ∈其中区域G 由X 轴, Y 轴以及直线1=+y x 所围成.解: ()()()000010x y(x y )xyedxdy,x ,y .F x,y f x,y dxdy ,-+-∞-∞⎧>>⎪==⎨⎪⎩⎰⎰⎰⎰其他()()11000x y e e ,x ,y ,--⎧-->>⎪=⎨⎪⎩其他(){}()2G.P (x,y )G f x,y dxdy ∈=⎰⎰1110012x(x y )e dy dx e --+-⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦⎰⎰6、设二维随机变量(,)X Y 的概率密度为(1),01(,)0,k x y x f x y -<<<⎧=⎨⎩其它,求常数k 及边缘概率密度.并讨论随机变量Y X ,的相互独立性。
解:由归一性知:()0111(,)y x f x y dxdy k x dxdy +∞+∞-∞-∞<<<==-⎰⎰⎰⎰()100116x k dx x dy k =⋅-=⎰⎰6k ∴=()(,)X f x f x y dy +∞-∞=⎰()061010x x dy x ⎧-<<⎪=⎨⎪⎩⎰,,其他()61010x x x ⎧-<<=⎨⎩,,其他 ()(,)Y f y f x y dx +∞-∞=⎰()161010y x dx y ⎧-<<⎪=⎨⎪⎩⎰,,其他()231010⎧⎪<<=⎨⎪⎩-,,其他y y 显然 ()()(,)X Y f x y f x f y ≠⋅,故X 与Y 不相互独立。
7、设总体X的概率密度为1,01()0,x f x ≤≤=⎪⎩其它, 其中0>θ为未知参数. 若n X X ,,1 是来自母体的简单子样,试求θ的矩估计与极大似然估计.解:(1) 令11===⎰X EX x dx解得θ的矩估计为 2ˆ1θ⎛⎫= ⎪-⎝⎭X X(2)似然函数 ())11211θθ====∏∏n nni i L x对数似然函数 ())1ln ln 1ln 2θθ==+∑nii nL x令()121ln 1ln 022θθθθ-=∂=+=∂∑ni i L n x 解得θ的极大似然估计为 221ˆln θ==⎛⎫⎪⎝⎭∑ni i n x三、证明题(每题5分,共10分)1、12,X X 为来自总体X 的样本,证明当1a b +=时,12aX bX +为总体均值()E X 的无偏估计。
证明:设总体均值()E X = μ,由于12,X X 为来自总体X 的样本,因此 ()()12==E X E X μ而 12aX bX +为总体均值()E X 的无偏估计,故应该有()()()()1212E aX bX aE X bE X a b +=+=+=μμ从而 1a b +=2、设,X Y 是相互独立的随机变量,它们分别服从参数为21,λλ的泊松分布,证明Z X Y =+服从参数为21λλ+的泊松分布。
证明:由题知 ()()12~,~X P Y P λλ,即 {}{}1212--====,!!mnP X m e P Y n em n λλλλ令Z X Y =+,且由,X Y 的相互独立性可得: {}{}P Z k P X Y k ==+={}0,km P X i Y k i ====-∑()12120!!ik iki eei k i ---==⋅-∑λλλλ()12120!!!!ki k ii e e k k i k i ---==-∑λλλλ()()121201,,,...!ke k k -++==λλλλ 即 Z X Y =+服从参数为21λλ+的泊松分布。