概率统计综合检测题(5)参考答案

（2）似然函数
∏ L(x1, x2,⋯ xn;θ ) =
n i=1
f
(
xi
;θ
)
=
θ 0
n 2
(
x1
,
x2
,⋯
xn
)
θ −1
∑ ln
L( x1 ,
x2 ,⋯ xn;θ )
=
n 2
ln θ
+
(
n
θ −1) ln xi
i=1
0 ≤ x1, x2 ,⋯ xn ≤ 1 other
概率统计综合检测 5 答案, 第 2 页 共 4 页
−∞
0
∫ ( ) ∫ ∫ （1）P(0 < X < 1) =
1e−xdx =
−e− x
1 = 1− e−1 ；（2）F (x) =
x
f
(x)dx
=
x e−xdx
0
=1− e−x
0
0
−∞
0
∫ ∫ ∫ （3） E( X ) = +∞ xf (x)dx = +∞ xe−xdx = −xe−x +∞ + +∞ e−xdx = 1
Φ 表示概率 P{M
≤
b}
=
Φ(
b
−
µ
)
2
.
σ
∑ 4．设
X1,
X2,
X3
∼
N (1,3) 且相互独立，则 D
1 3
3 i=1
Xi
=
1
.
5 ． 设 总 体 X ∼ N (µ,σ 2 ) ， X , S 2 分 别 是 容 量 为 n 的 样 本 均 值 与 样 本 方 差 , 则
∑ ∑ n
i=1
=
1⋅ 1 6 20
29
360
=
3 29
3. 游戏规则规定每个人独立向目标投 4 个球，若 4 次全不中得 0 分，中 1 个得 20 分，中 2 个得 30 分，
中 3 个得 60 分，中 4 个得 100 分。某人每次投掷命中率为 0.6。问他能期望得到多少分？
解：设投中个数为 X ，得分为 Y
.
0, other
x≥0 x<0
(1)求 f X ( x), fY ( y) ；（2）验证 X ,Y 不相关，也不独立.
∫ ∫ 解：(1)
fX (x) =
+∞
f (x, y)dy
=
x
dy
−x
= 2x
−∞
0
0< x <1 其它
∫
1
dx
−y
=1+
y
∫ ∫ +∞
1
fY ( y) =
−∞
f (x, y)dx =
( ) ( ) 另知 D(θɵ) > 0 ，故 E θɵ 2 = D(θɵ) + Eθɵ 2 = θ 2 + D(θɵ) > θ 2 ，故θɵ 2 不是θ 2 的无偏估计量。
3. 设 有 来 自 正 态 总 体 N (µ,σ 2 ) 的 样 本 ， 假 定 样 本 容 量 n ≥ 30 时 ， 样 本 标 准 差 S 近 似 服 从 分 布
故可得
P
−Zα
2
≤
S −σ σ2
≤ Zα
2
=
1−
α
（利用标准正态分布关于 y 轴对称）
2n
P
−Zα
2
≤
S −σ σ2
≤ Zα
2
=
1−
α
⇔
P
−
Z
α 2
≤
2n
2n
S −σ σ
≤ Zα
2
=1−α
⇔
P
−
Z
α 2
≤
2n
S σ
−1
≤
Zα
2
=1−α
⇔
P
−
Zα
2
2n
≤
S σ
−
1
≤
Zα
2
显然 X 服从 B(4, 0.6) ，故由题意
X
0
1
2
3
4
Y
0
20306010PC40 (0.4)4 C41 (0.4)3 (0.6)1 C42 (0.4)2 (0.6)2 C43 (0.4)1(0.6)3 C44 (0.6)4
E(Y ) = 20 × 4 × (0.4)3 × 0.6 + 30× 6× (0.4)2 × (0.6)2 + 60× 4× (0.4) × (0.6)3 +100 × (0.6)4 = 47.136
dx = 1 − y
y
0
−1< y < 0 0≤ y <1 其它
(2)
E(X ) =
∫∫
∫ ∫ ∫ xdxdy =
1
dx
x
xdy =
12x2dx = 2 ,
E(Y ) =
∫∫
ydxdy = ∫1dx∫ x
ydy = 0
| y|<x
0
−x
0
3
| y|< x
0
−x
0< x<1
0< x<1
E( XY ) = ∫∫ xydxdy = ∫1dx∫ x xydy = 0
0
−x
| y|< x
0< x<1
Cov( X ,Y ) = E( XY ) − E( X )E(Y ) = 0 −
2 3
×
0
=
0
,
ρ
XY
=
Cov( X ,Y ) = 0 ，则 X, Y 不相关。 D( X ) D(Y )
由于当 | y |< x,0 < x < 1时，fX (x) fY ( y) ≠ f (x, y) ，故 X, Y 不相互独立。
∑ 则由全概率公式得： P(B)
=
3 i=1
P( Ai ) ⋅ P(B
Ai )
=
3⋅ 1 6 10
+
2⋅ 1 6 15
+
1⋅ 1 6 20
=
29 360
∑ （2）由贝叶斯公式得： P( A3
B) =
P( A3B) P(B)
=
P( A3) ⋅ P(B A3 )
3
P( Ai ) ⋅ P(B Ai )
i =1
(3) 随机取 100 只元件，求这 100 只元件的寿命之和大于 180 的概率。
解：(1)密度函数：
f
(x)
=
1
−x
e 2,
x
≥
0，
2
∫ ∫ (2) E ( X ) = 2， EX 2 =
+∞
x2
−x
e 2dx
=
4
+∞ t2e−tdt = 8 ， DX
= 8 − 22 = 4 ;
02
0
（3）记 Xi 表示第 i 个元件的寿命，则 X i (i = 1, 2,⋯,100) 与 X 同分布，且相互独立，
6．设总体 X 服从分布 f (x) =
θ x θ −1,
0,
0
<
x
<
1
，
X1,
X
2
,⋯,
X
n
为其一个样本，求未知参数θ
的矩
其它
估计量和极大似然估计量。
∫ ∫ 解：(1)令
X = EX =
+∞
xf (x)dx =
1
x
θ x θ −1dx =
−∞
0
1 ，解得矩估计量θɵ θ +1
=
1 X
2 −1
2．设θɵ 是参数θ 的无偏估计量,且有 D(θɵ) > 0 .问 θɵ 2 是否为θ 2 的无偏估计量,说明理由.
解：θɵ 2 不是θ 2 的无偏估计量
( ) ( ) ( ) 由题意θɵ 是参数θ 的无偏估计量，得 E θɵ = θ ，而 E θɵ 2 = D(θɵ) + Eθɵ 2 = θ 2 + D(θɵ)
4．设随机变量 X
∼
f
(x)
=
Ae−
x
x>0
,求
0 x≤0
(1) P(0 < X < 1) ,(2) X 的分布函数 F (x) ,(3) X 的方差 DX .
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∫ ∫ 解：先求 A ，1 = +∞ f (x)dx = +∞ Ae−xdx = A
2n
=
1−α
P 1−
Zα
2
2n
≤
S σ
≤1+
Zα
2
2n
=1−α
⇔
P 1+
S Zα
2
≤σ ≤
S Zα
1− 2
=1−α
2n
2n
故得 σ
置信度为1 − α
的置信区间为
1+
S Zα
2
,
S Zα 1− 2
。
2n
2n
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11 1
依次为 、 和 。现从 6 箱中任取 1 箱，再从所取得的箱中任取 1 件，求：
10 15 20
（1）取得的 1 件是次品的概率；(8 分) （2）若已知所取的 1 件为次品，求其来自丙厂的概率。(6 分)
解：（1）设 B ={取得的是次品}； A1 ={所取得的箱是甲厂生产}；