概率论历年试卷及答案

2007-2008学年第一学期随机数学（B）期末考试试卷(A)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设、是二个随机事件，则 _0.7_ 2设随机变量的分布函数为则的概率密度为： _ 3设， 则= _13-_ 4设二维随机变量的联合密度函数为则_8_ 5设总体服从二项分布，则参数的最大似然估计量_ 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，将符合题目要求的所有选项前的字母填在题后的括号内，注：不一定唯一。） 1设、为两个相互独立的随机事件，则下列选项一定正确的是.； .； .； .【 B，D 】 2当随机变量的可能值充满区间_，则可以成为随机变量的分布密度 .； .； .； .【 A 】 3设，其中、为常数，且，则 .； .； .； .【 A，C 】 4如果随机变量X，Y不相关，则下列等式不成立的为. ； . ； . ； . 【 C 】 5设为随机变量，若，则一定有 . ； . ； .； .【 B 】三（本题满分10分）设有来自三个地区的各10名，15名和20名考生的报名表，其中女生的报名表分别为3份，7份和5份随机地取一个地区的报名表，从中先后抽二份 求先抽到的一份是女生表的概率已知后抽到的一份是男生表，求先抽到的一份是女生表的概率解：设=报名表是i区的考生的 i=1,2,3;=第j次抽到的报名表是男生表，j=1，2，则，是样本空间S的一个划分，且有 4（1）由全概率公式 4（2）由贝叶斯公式： 3四（本题满分10分） 设随机变量的密度函数为，。 求: 系数A; X落在区间(0,1)内的概率; (3) X的分布函数。 解：（1）根据概率密度函数的性质易知A0,其次有 ，于是 ， 4 (2) 当时，当时 于是 4 (3) 2五（本题满分10分）设概率密度为， 。1） 求的数学期望与方差；2）求的概率密度。解：（1） 3 所以 3 （2）所以 4六（本题满分10分） 一机场的交通车送25名乘客到9个车站，设25个乘客都等可能地在任一个车站下车，并且他们下车与否相互独立，交通车只有在有人下车时才停车，求该交通车停车总次数的数学期望。解：由题设，每一位乘客在i站下车的概率均为1/9，（i=1,2,.9）,用表示“第K位乘客在第站下车“，则有 ，又因相互独立，第站无人下车（因此不停车）的概率为 设则， 4 于是交通车停车总次数X为所以 4七（本题满分10分） 设的密度函数为。 求: 的边缘密度函数; 的条件密度函数; (3) 。解：（1）当， 2所以 同理有 .2(2) 4(3) 2八（本题满分10分） 某螺丝厂的废品率为0.01，问一盒中应装多少只螺丝钉才能使其中至少含有100个合格品的概率不小于95%？ 附表：标准正态分布的分布函数的表解：令 则独立同分布，且 3 令 我们要求n使得4由中心极限定理， 所以，每盒中至少应装103个螺丝钉。 3 九（本题满分10分） 为了解灯泡使用时数的均值及标准差，测量10个灯泡，得=1500小时，=20小时，如果已知灯泡的使用时数服从正态分布，求和的95%的置信区间解：（1）未知方差求的置信区间，已知=1500，=20，由附表查得的95%的置信区间为 2 2 2 （2）查表得， 的置信区间为 2 2十附加题（本题满分10分）设， , 是总体的样本，分别是样本均值和样本方差证明：1) 服从；2) 与独立证明：（1）. 取一N阶正交矩阵，其中第一行元素为，作正交变换，其中由于故仍为正态变量，由知 又由知 故两两不相关，又由于N维随机变量是有N维正态随机变量（， ,）经由线性变换而得到的，因此，也是N维正态随机变量，于是由两两不相关可得相互独立，且有而 于是 由于相互独立，且，知，从而得证服从 （2）仅依赖于，而仅依赖于，再由的独立性，推知与独立北 京 交 通 大 学20112012学年第二学期概率论与数理统计期末考试试卷（A卷）参 考 答 案一（本题满分8分） 在某个社区，60%的家庭拥有汽车，30%的家庭拥有房产，而20%的家庭既有汽车又有房产现随机地选取一个家庭，求此家庭或者有汽车或者有房产但不是都有的概率 解： 设“任取一个家庭拥有汽车”，“任取一个家庭拥有房产”由题设得 ，因此有 ； 所求概率为 二（本题满分8分） 假设一个人在一年中患感冒的次数服从参数为的Poisson分布现有一种预防感冒的新药，它对于22%的人来讲，可将上面的参数降为（称为疗效显著）；对37%的人来讲，可将上面的参数降为（称为疗效一般）；而对于其余的人来讲则是无效的现有一人服用此药一年，在这一年中，他患了2次感冒，求此药对他是“疗效显著”概率有多大？ 解： 设， 由题设，可知如果事件发生，则服从参数为的Poisson分布；如果事件发生，则服从参数为的Poisson分布；如果事件发生，则服从参数为的Poisson分布因此，由Bayes公式，我们有 三（本题满分8分） 某人住家附近有一个公交车站，他每天上班时在该站等车的时间（单位：分钟）服从的指数分布，如果他候车时间超过分钟，他就改为步行上班求他一周天上班时间中至少有天需要步行的概率 解： 的密度函数为 设“候车时间超过5分钟”，则 设：一周5天中他需要步行上班的天数则，因此所求概率为 四（本题满分8分） 设随机变量的密度函数为 求常数； 求的分布函数 解： 由密度函数的性质，得 ，解方程，得 当时，； 当时，； 当时， 综上所述，随机变量的分布函数为 五（本题满分8分） 设个随机变量相互独立，都服从区间上的均匀分布，令， 求随机变量的密度函数； 求数学期望 解： 随机变量的密度函数为 ，分布函数为 随机变量的密度函数为 六（本题满分8分） 设二维随机变量的联合密度函数为 求随机变量的边际密度函数；（5分） 求条件密度函数（3分） 解： 当，或者时，； 当时， 所以，随机变量的边际密度函数为 当时，因此当时，关于的条件密度函数为 即当时，条件密度函数为 七（本题满分8分） 设随机变量与相互独立，而且都服从正态分布再令，其中与是不全为零的常数，求随机变量与的协方差与相关系数 解： 由于随机变量与都服从正态分布，所以， ； 再由于随机变量与相互独立，故有 ， ， ， 所以，八（本题满分8分） 某药厂断言，该厂生产的某种药品对治愈一种疑难的血液病的治愈率为医院检验员任意抽查个服用此药品的病人，如果其中多于人治愈，就接受这一断言；否则就拒绝这一断言试用中心极限定理计算， 如果实际上对这种疾病的治愈率确为，问拒绝这一断言的概率是多少？ 如果实际上对这种疾病的治愈率为，问接受这一断言的概率是多少？ （附，标准正态分布的分布函数的某些数值： 解： 设：100位服用此药品的病人中治愈此病的人数，则 当时， 当时， 九（本题满分8分） 设总体，是取自总体中的一个样本，令， ，计算统计量的分布（不需求出的密度函数，只需指出所服从的分布及其参数） 解： 由题设可知，所以有 因此有 又由，得因此由分布的构造，得 十（本题满分8分） 设总体服从参数为的几何分布，其分布律为 其中是未知参数，是取自该总体中的一个样本试求参数的极大似然估计量 解： 似然函数为 所以，所以，解方程，得因此的极大似然估计量为十一（本题满分10分） 设总体等可能地取值，其中是未知的正整数是取自该总体中的一个样本试求的极大似然估计量（7分） 某单位的自行车棚内存放了辆自行车，其编号分别为1，2，3，假定职工从车棚中取出自行车是等可能的某人连续12天记录下他观察到的取走的第一辆自行车的编号为12， 203， 23， 7， 239， 45， 73， 189， 95， 112， 73， 159，试求在上述样本观测值下，的极大似然估计值（3分） 解： 总体的分布列为 ， 所以似然函数为 ， 当越小时，似然函数越大；另一方面，还要满足：，即 所以，的最大似然估计量为 由上面的所求，可知的最大似然估计值为十二（本题满分10分） 三个朋友去喝咖啡，他们决定用如下的方式付账：每人各掷一枚均匀的硬币，如果某人掷出的结果与其余两人的不一样，则由该人付账；如果三人掷出的结果都一样，则重新掷下去，直到确定了由谁付账时为止求： 抛掷硬币次数的数学期望；（5分） 进行了3次还没确定付账人的概率（5分） 解： 的取值为并且 ， 即随机变量服从参数的几何分布，因此 北 京 交 通 大 学20082009学年第一学期随机数学（A）期末考试试卷（A卷）答案一（本题满分8分） 已知100件产品中有5件次品从这100件产品中任意取出4件，求取出的4件产品中至少有一件是次品的概率 解： 设则 二（本题满分9分） 写出随机事件与相互独立的定义（4分）； 已知随机事件与相互独立，利用随机事件独立性的定义，证明：随机事件与也相互独立（5分） 解： 如果随机事件与满足：，则称随机事件与相互独立 证明：由于 ，所以随机事件与相互独立三（本题满分8分） 将一个表面涂有颜色的正方体等分为1000个小正方体，从这些小正方体中任取一个令表示所取的小正方体含有颜色的面数，求的分布列 解： 的取值为 ，所以，的分布列为四（本题满分9分） 设连续型随机变量的密度函数为试求： 系数（3分）； 概率（3分）； 数学期望（3分） 解： 由，所以， 五（本题满分9分） 设二维随机变量的联合概率密度函数为求： 常数（5分）； 的边缘密度函数（4分） 解： 由，得 ，所以， 当时， ，所以， 六（本题满分13分） 设随机变量与相互独立而且有相同的分布，其中的分布律为，令， 求二维随机变量的联合分布列（4分）； 求，各自的边缘分布列（3分）； 判断随机变量与是否相互独立（3分）； 求协方差（3分） 解： 由与的取值都是，可知随机变量与的取值也是 ； ； ； ； ； ； ； ； ；所以，二维随机变量的联合分布列以及与各自的边际分布列为 由于，所以随机变量与不相互独立 随机变量的分布列为所以，； ； 因此，七（本题满分8分） 某射手射击，他打中10环的概率为，打中9环的概率为，打中8环的概率为，打中7环的概率为，打中6环的概率为他射击次，试用中心极限定理计算他所得的总环数介于环与环之间的概率（附表：标准正态分布分布函数的部分数值表： 解： 设表示该射手射击的第发时所得的环数，则的分布律为所以， ，所以， 因此，是独立同分布的随机变量，故 八（本题满分8分） 设总体是取自该总体中的一个样本，是其样本方差，试求 解： 因为是取自正态总体中的一个样本，所以， 再者，如果随机变量服从自由度为的分布，则所以，九（本题满分7分） 设总体的密度函数为， 其中是已知参数，而是未知参数是从该总体中抽取的一个样本，求未知参数的矩估计量 解： ，解方程 ，得 将用样本均值替换，得参数的矩估计十（本题满分12分） （8分） 设总体等可能地取值，其中是未知的正整数是取自该总体中的一个样本试求的最大似然估计量 （4分） 某单位的自行车棚内存放了辆自行车，其编号分别为1，2，3，假定职工从车棚中取出自行车是等可能的某人连续12天记录下他观察到的取走的第一辆自行车的编号为12， 203， 23， 7， 239， 45， 73， 189， 95， 112， 73， 159，试求在上述样本观测值下的最大似然估计值 解： 总体的分布列为 ， 所以似然函数为 ， 当越小时，似然函数越大；另一方面，还要满足：，即 所以，的最大似然估计量为 由上面的所求，可知的最大似然估计值为十一（本题满分9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：假设这批矿砂中的含镍量的百分比服从正态分布，试在显著性水平下检验这批矿砂中的含镍量的百分比是否为 （附表：分布的分位点表： 解： 设表示这批矿砂中的含镍量的百分比，则 由于总体方差未知，故用检验统计量当成立时， 由于显著性水平，所以因此检验的拒绝域为 由样本观测值，得 ，所以， 所以，不拒绝，可以认为这批矿砂中的含镍量的百分比为2002-2003学年第二学期概率论与数理统计（B）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设、是三个随机事件，且，试求、这三个随机事件中至少有一个发生的概率 解： 所求概率为由概率的加法公式得 由于，由概率的单调性、非负性及题设中的条件，得 ，所以因此， 2一座20层的高楼的底层电梯上了10位乘客，乘客从第2层起开始离开电梯，每一名乘客在各层离开电梯是等可能的，求没有两位乘客在同一层离开的概率 解： 设 每一位乘客从第2层至第20层的任何一层离开电梯是等可能的，因此每一位乘客有19种选法，20位乘客共有方法（样本点总数） 如果没有两位乘客在同一层离开电梯，则从19层中任意选出10层，让这10位乘客在这10层中每层离开1人，有方法种（事件所含样本点数） 所以， 3设二维随机变量的联合密度函数为试求 解： 4设随机变量服从区间上的均匀分布，并且，试求常数与 解： 因为随机变量服从区间上的均匀分布，所以， 由题设条件，得方程组 ，解此方程组，得， 5设总体的密度函数为其中是未知参数是取自该总体中的一个样本，试求的矩估计 解： 因为所以，有将替换成样本均值，得的矩估计量为二（本题满分45分，共有5道小题，每道小题9分）， 6根据以往的考试结果分析，努力学习的学生中有90%的可能考试及格，不努力学习的学生中有90%的可能考试不及格据调查，学生中有90%的人是努力学习的，试问： 考试及格的学生中有多大可能是不努力学习的人？ 考试不及格的学生中有多大可能是努力学习的人？ 解： 设， 由题设，有 ，；，要求的概率为和由Bayes公式，有 7盒子中有5个球，编号分别为从中随机取出3个球，令：取出的3个球中的最大号码 求随机变量的分布律 求随机变量的分布函数 解： 的取值为且 ，所以，随机变量的分布律为：345 随机变量的分布函数为： 8设二维随机变量的联合密度函数为 ， 试求常数； 求条件密度函数 解： 由联合密度函数的性质，有，因此 ，所以， 当时， 所以随机变量的边缘密度函数为所以当时， 9一报刊亭出售4种报纸，它们的价格分别为（元），而且每份报纸售出的概率分别为若某天售出报纸400份，试用中心极限定理计算该天收入至少450元的概率 标准正态分布的分布函数的值： 解： 设：该天售出第份报纸的收入 则的分布律为 ， ，所以， 令表示该天的总收入，则有 由独立同分布场合下的大数定律，有 10设总体服从区间上的均匀分布，其中是未知参数，是取自该总体的一个样本 求出的极大似然估计量； 求出的极大似然估计量 解： 似然函数为 由的构造可知，若越小，则的值就越大另一方面，未知参数要满足条件：所以，因此取即可使似然函数达到最大 所以，的极大似然估计量为 由于，而且函数在时是严格增加的，具有单值的反函数所以由极大似然估计量的性质，知的极大似然估计量为三（本题满分20分，共有2道小题，每道小题10分）， 11设与是两个随机事件，且，定义随机变量、如下： ， 证明：如果与不相关，则与相互独立 解： 如果与不相关，则而 ，因此有，这表明，随机事件与相互独立 因此，随机事件与相互独立；随机事件与相互独立；随机事件与相互独立 由随机事件与相互独立，得； 由随机事件与相互独立，得； 由随机事件与相互独立，得；即， 这表明，随机变量与相互独立 12设总体存在二阶矩，记，是取自该总体的一个样本，是样本方差证明： 解： 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：，而其中有一颗为1点有两种可能：，因此所求概率（条件概率）为 应填： 2设二维随机变量的联合密度函数为则_ 解： 由，得 所以， 应填： 3设总体，是从中抽取的一个样本，样本量为，则的联合概率密度函数_ 解： 由于总体，所以总体的概率密度函数为 ，并且是从中抽取的一个样本，即是简单随机样本，所以样本中的个分量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的联合概率密度函数 应填： 4设总体的分布律为其中是未知参数，是从中抽取的一个样本，则参数的矩估计量_ 解： 所以，将替换成样本均值，得参数的矩估计量为 应填： 5显著性检验是指_ 解： 显著性检验是指只控制犯第类错误的概率，而不考虑犯第类错误的概率的检验 应填：只控制犯第类错误的概率，而不考虑犯第类错误的概率的检验二、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，而且与不相关，令，且与也不相关，则有 .； .； .； .【 】 解： 再由于随机变量，而且与不相关，所以 ，因此， 这表明：随机变量与不相关，当且仅当，当且仅当 应选： 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，第二台仪器发生故障的概率为令表示测试中发生故障的仪器数，则 .； .； .； .【 】 解： 由于表示测试中发生故障的仪器数，所以的取值为，并且的分布律为 所以 应选： 3若表示二维随机变量的相关系数，则“”是“存在常数、使得”的 .必要条件，但非充分条件； .充分条件，但非必要条件； .充分必要条件； .既非充分条件，也非必要条件【 】 解： 由相关系数的性质，可知“”是“存在常数、使得的充分必要条件 应选： 4根据辛钦大数定律，样本均值是总体期望的 .矩估计量； .最大似然估计量； .无偏估计量； .相合估计量【 】 解： 辛钦大数定律指出：设是独立同分布的随机变量序列，且存在，则对任意给定的，有，即这表明，样本均值是总体期望的相合估计量 应选： 5设总体服从参数的泊松（Poisson）分布，现从该总体中随机选出容量为一个样本，则该样本的样本均值的方差为 . ； . ； . ； . 【 】 解： 由于总体服从参数的泊松（Poisson）分布，所以又从该总体中随机选出容量为一个样本，则若令是其样本均值，则 应选：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，如果他第一次及格，则第二次及格的概率也为，如果他第一次不及格，则第二次及格的概率为 求他第一次与第二次考试都及格的概率 求他第二次考试及格的概率 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 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，则由题设， 四（本题满分10分） 设顾客在某银行等待服务的时间（单位：分钟）是服从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 求某次该顾客因等待时间超过10分钟而离开的概率 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： 由于随机变量服从的指数分布，所以的概率密度函数为 设表示该顾客在一个月内等待时间超过10分钟的次数，则所以，这表明，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，射击直至击中2次目标时为止令表示首次击中目标所需要的射击次数，表示总共所需要的射击次数 求二维随机变量的联合分布律 求随机变量的边缘分布律 求在时，的条件分布律并解释此分布律的意义 解： 随机变量的取值为；而随机变量的取值为，并且 ， （其中） ， 即随机变量的边缘分布律为 由于因此在时，的条件分布律为 这表明，在的条件下，的条件分布是一个“均匀”分布它等可能地取值六（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，它取元、元、元各个值的概率分别为、某天该食品店出售了只蛋糕试用中心极限定理计算，这天的收入至少为元的概率（附表：标准正态分布的数值表： 解： 设表示该食品店出售的第只蛋糕的价格，则的分布律为所以， ，所以， 因此，是独立同分布的随机变量，故 七（本题满分10分） 设总体的密度函数为其中是已知常数，而是未知参数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 所以，所以，令：，即，得到似然函数的唯一驻点所以参数的最大似然估计量为八（本题满分10分） 设总体，总体，是从总体中抽取的一个样本，是从总体中抽取的一个样本并且随机变量相互独立记是样本的样本方差，是样本的样本方差再设证明：是的无偏估计 解： 由于总体，是从总体中抽取的一个样本，所以又由于总体，是从总体中抽取的一个样本，所以所以， 所以， 所以，是的无偏估计九（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：假设这批矿砂中的含镍量的百分比服从正态分布，试在下检验这批矿砂中的含镍量的百分比为 （附表：分布的分位点表： 解： 设表示这批矿砂中的含镍量的百分比，则 由于总体方差未知，故用检验统计量当成立时， 由于显著性水平，所以因此检验的拒绝域为 由样本观测值，得 ，所以， 所以，不拒绝，可以认为这批矿砂中的含镍量的百分比为2003-2004学年第二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已知男子中有是色盲患者，女子中有是色盲患者今从男女人数比例为的人群中随机地选取一人，发现此人是色盲患者，求此人是男性的概率 解： 设， 所求概率为，由Bayes公式，得 2房间内有10个人，分别佩带1号到10号纪念章，任意选出5个人记录其纪念章的号码，令表示其最小号码， 求的分布律 求 解： 的取值为，并且 ， ，的分布律为123456 3某地区18岁的女青年血压的收缩压（单位：） 从该地区任意选出一名女青年，求； 如果从该地区任意选出10名女青年，发现其中有3名的收缩压超过95，问是否可以据此得到该地区女青年血压的收缩压偏高的结论（设，其中是标准正态分布的分布函数） 解： 设：10名女青年中收缩压超过95的人数则因此，这是一个小概率事件，而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，因此可以据此判定该地区女青年血压的收缩压偏高 4设二维随机变量的联合概率密度函数为 求常数； 求 解： 由，得 ，所以， 5有一批建筑房屋用的木柱，其中的长度不小于，现从这批木柱中随机地取出根，问其中至少有根短于的概率是多少？（附，标准正态分布的分布函数的部分值： 解： 设：取出的根木柱中长度长于的根数则所求概率为由二项分布的正态逼近定理，得 二（本题满分30分，共有3道小题，每道小题10分）， 6设二维正态随机变量的边缘分布，且相关系数求概率 解： 由于服从二元正态分布，且与的相关系数，得与相互独立所以也服从正态分布 ，所以， 7设总体是取自该总体中的一个样本，是其样本均值，试求： 的联合密度函数； 的概率密度函数 解： 由于总体，所以的密度函数为 的联合密度函数为 由于，所以的密度函数为 8袋中有2个红球，3个白球，从中无放回地抽取3个设表示抽到的红球总数，表示第三次抽到的红球数 写出的概率分布； 计算 讨论的独立性 解： 的取值为；的取值为 ， ，所以，的联合分布律及各自的边缘分布律为 ， 又的分布律为所以，所以， 由于，所以，与不独立 或者，所以，与不独立 9向一目标射击，目标中心为坐标原点，设命中点的横坐标与纵坐标相互独立，且都服从求： 命中环形区域的概率 命中点到目标中心的距离的数学期望 解： 由于与相互独立，所以的联合密度函数为 所以， 作极坐标变换，则有 作极坐标变换，则有 10设总体的密度函数为 其中是未知参数，是从总体中抽取的一个简单随机样本令 ， ， 证明：与都是的无偏估计 试比较与哪个更有效？ 解： 首先估计两个估计量 ，的无偏性 由于总体服从参数为的指数分布，所以 因此， ，又， 所以，服从参数为的指数分布因此， ， ，因此，当时，即比更有效三（本题满分20分，共有2道小题，每道小题10分）， 11设总体服从区间上的均匀分布，其中是未知参数，是取自该总体的一个样本 求出的极大似然估计量； 求出的极大似然估计量 解： 似然函数为 由的构造可知，若越小，则的值就越大另一方面，未知参数要满足条件：所以，因此取即可使似然函数达到最大 所以，的极大似然估计量为 由于，而且函数在时是严格增加的，具有单值的反函数所以由极大似然估计量的性质，知的极大似然估计量为 12设随机变量服从区间上的均匀分布，并且当时，随机变量的条件密度函数为 求的联合概率密度 求 解： 由于随机变量服从区间上的均匀分布，所以的密度函数为并且当时，随机变量的条件密度函数为所以，由，得 所以，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：， 试求，； 判断随机事件与是否相互独立？ 解： 掷2颗骰子，共有种情况（样本点总数） 事件含有个样本点，故 事件含有个样本点，故 事件含有个样本点，故 由于，所以随机事件与相互独立 2设连续型随机变量的密度函数为，求： 常数； 概率 解： 由密度函数的性质，得 所以，得即随机变量的密度函数为 3设随机变量和的数学期望分别是和，方差分别是和，而相关系数为 求及； 试用切比雪夫（Chebyshev）不等式估计概率 解： 令，则有 根据切比雪夫不等式，有 4在总体中随机抽取一个容量为的样本，求（附，标准正态分布的分布函数的部分值： 解： 由于总体，而且样本量，所以所以， 5设总体，其中且与都未知，现从总体中抽取容量的样本观测值，算出，试在置信水平下，求的置信区间 （已知：，） 解： 由于正态总体中期望与方差都未知，所以所求置信区间为由，得查表，得 由样本观测值，得， 所以， ， ，因此所求置信区间为二（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