概率04-23真题

常见分布的期望方差：二级结论

分右类型	分布律或概率密度	期留	方差
$0-1$ 分布	$p_k=P\{X=k\}=p^k{q}^{1-k}(q=1-p),(k=0,1)$	$p$	$p(1-q)$
二项分布	$p_k=P\{X=k\}=C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$ $(q=1-p),(k=1,2,\dots ,n)$	$np$	$np(1-q)$
几何分布	$p_k=P\{X=k\}=(1-\mathrm{p}{)}^{k-1}p$, $(k=1,2,\dots ,n),0<p<1$	$\frac{1}{p}$	$\frac{1-p}{p^2}$
泊松分布	$p_k=P\{X=k\}=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }(i=0,1,2,3\dots )$	$\lambda$	$\lambda$
指数分布	$f(x)=\{\begin{array}{l}\lambda e^{-\lambda x},x>0\\ 0,x\le 0\end{array}$	$\frac{1}{\lambda }$	$\frac{1}{{\lambda }^2}$
正态分布	$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}(-\infty <x<+\infty ,\sigma >0)$	$\mu$	${\sigma }^2$
均匀分布	$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b-a},& a<x<b\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$	$\frac{a+b}{2}$	$\frac{(b-a{)}^2}{12}$
${\chi }^2$ 分布	$X_1,X_2,\dots X_n$ 相互独立, 且都服从标准正态分布 $\mathrm{N}(0,1)$ ${\chi }^2=X_1^2+X_2^2+\dots +X_n^2$	$n$	$2n$

• 共103道
  • 14
  • 8
  • 17
  • 31
  • 16
  • 5
  • 12

随机事件和概率(9+5=14道)

证关系式

(7)

若 $A,B$ 为任意两个随机事件, 则 ( )(A) $P(AB)⩽P(A)P(B)$.(B) $P(AB)⩾P(A)P(B)$.(C) $P(AB)⩽\frac{P(A)+P(B)}{2}$.(D) $P(AB)⩾\frac{P(A)+P(B)}{2}$.

(7)

解

• 分析选项
  • 考察 $P(AB)$ 与 $P(A)$、$P(B)$ 的关系
    • 选项 (A) 和 (B) 涉及 $P(AB)$ 与 $P(A)P(B)$ 的比较
    • 选项 (C) 和 (D) 涉及 $P(AB)$ 与 $\frac{P(A)+P(B)}{2}$ 的比较
• 确定正确选项
  • 由 $P(AB)⩽P(A)$ 和$P(AB)⩽P(B)$
    • 两者相加得，得 $2P(AB)⩽P(A)+P(B)\stackrel{\text{移项}}{\to }P(AB)⩽\frac{P(A)+P(B)}{2}$
    • 正确选项是 (C)

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(7)

设 $A,B$ 为随机事件. 若 $0<P(A)<1,0<P(B)<1$, 则 $\underset{\text{用条件概率公式展开}}{\underbrace{P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})}}$ 的充分必要条件 是 $()$
(A) $\underset{\text{用条件概率公式展开}}{\underbrace{P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A})}}$.
( B) $P(B\mid A)<P(B\mid \bar{A})$.
( C) $P(\bar{B}\mid A)>P(B\mid \bar{A})$.
(D) $P(\bar{B}\mid A)<P(B\mid \bar{A})$.

(7)

解 应选 (A).
解法 1

• 题设条件 $P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})\stackrel{\text{两边条件概率}}{\to }\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A\bar{B})}{P(\bar{B})}\stackrel{\text{求逆}}{=}\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)},$
  • 则$\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}$
    • $P(AB)[1-P(B)]>P(B)[P(A)-P(AB)]$
      • $\underset{P(B)P(AB)}{\overset{\text{左右两边消去}}{\to }}P(AB)>P(A)P(B)$
      • 综上, $P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})$ 的充要条件为 $P(AB)>P(A)P(B)$
• 对于A选项:$P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A})$.
  • $\frac{P(AB)}{P(A)}>\frac{P(B\bar{A})}{P(\bar{A})}=\frac{P(B)-P(AB)}{1-P(A)}$
  • $\stackrel{\text{不等式交叉相乘}}{\to }P(AB)[1-P(A)]>P(A)[P(B)-P(AB)]$
  • 从而 $P(BA)>P(B)P(A)$,
• 则充要条件为 $P(B\mid A)>P(B\mid \bar{A})$. 答案应选 $(A)$

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(7)

设 $A,B$ 为随机事件, 则 $P(A)=P(B)$ 的充分必要条件是 $()$
(A) $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$.
( B) $P(AB)=P(A)P(B)$.
( C) $P(A\bar{B})=P(B\bar{A})$.
(D) $P(AB)=P(\bar{A}\bar{B})$.

(7)

• 答 应选 $\mathrm{C}$.
• 对A,B,C,D每个式子都化简
• (A)
  • $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)$
  • $P(AB)=0$
• (C)可以推出 $A$ 与 $B$ 独立
  • $P(A\bar{B})=P(A-B)=P(A)-P(AB)$
  • $P(B\bar{A})=P(B-A)=P(B)-P(AB)$
  • $\Rightarrow P(A)=P(B)$
• (D)$P(AB)=P(\bar{A}\bar{B})$.
  • $P(\bar{A}\bar{B})=P(\bar{A}\cap \bar{B})\stackrel{\text{对偶率}}{=}P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)$
    • $=1-P(A)-P(B)+P(AB)$
  • $P(A)+P(B)=1$

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(8)

设 $A,B$ 为随机事件, 且 $0<P(B)<1$, 下列命题中为假命题的是 $()$
(A) 若 $P(A\mid B)=P(A)$, 则 $P(A\mid \bar{B})=P(A)$.
(B) 若 $P(A\mid B)>P(A)$, 则 $P(\bar{A}\mid \bar{B})>P(\bar{A})$.
(C) 若 $P(A\mid B)>P(A\mid \bar{B})$, 则 $P(A\mid B)>P(A)$.
(D) 若 $P(A\mid A\cup B)>P(\bar{A}\mid A\cup B)$, 则 $P(A)>P(B)$.

小崔版

• 思路:
  • 左侧的式子恒等变形，右侧的式子也恒等变形
  • 最终能变成同一个式子
• A
  • 左侧:$\frac{P(AB)}{P(B)}=P(A)\stackrel{\text{移项}}{\to }P(AB)=P(A)P(B)$
  • 右侧:$\frac{P(A\bar{B})}{P(\bar{B})}=P(A)\stackrel{\text{移项}}{\to }P(A\bar{B})=P(A)P(\bar{B})\underset{P(\bar{B})=1-P(B)}{\overset{\text{取对立事件}}{\to }}$
    • $P(A)-P(AB)=P(A)(1-P(B))=P(A)-P(A)P(B)$
    • $\iff P(AB)=P(A)P(B)$
• B
  • 左侧:若 $P(A\mid B)>P(A)$，则 $\underset{\frac{P(AB)}{P(B)}>P(A)}{\overset{\text{条件概率}}{\to }}P(AB)>P(A)P(B)$
  • 右侧:$\frac{P(\bar{A}\cap \bar{B})}{P(\bar{B})}>1-P(A)\iff \frac{1-P(A+B)}{1-P(B)}>1-P(A)$
    • $\frac{1-P(A)-P(B)+P(AB)}{1-P(B)}>1-P(A)$
    • $\underline{1-P(A)-P(B)}+P(AB)>\underline{1-P(A)-P(B)}+P(A)P(B)$
• C
  • 左侧:$\frac{P(AB)}{P(B)}>\frac{P(A)-P(AB)}{1-P(B)}$
    • $\stackrel{\text{交叉相乘}}{\to }P(AB)-P(B)P(AB)>P(A)P(B)-P(B)P(AB)$
  • 右侧:同B选项左侧
• D不成立

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Transclude of 数三2009#7

Transclude of 数三2016#7

Transclude of 数三2017#7

计算概率

(16)

数一2022
设 $A,B,C$ 为随机事件, 且 $A$ 与 $B$ 互不相容, $A$ 与 $C$ 互不相容, $B$ 与 $C$ 相互独立, $P(A)=$ $P(B)=P(C)=\frac{1}{3}$, 则 $P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=$

(16)

数一2022
设 $A,B,C$ 为随机事件, 且 $A$ 与 $B$ $\underset{P(A\cap B)=0}{\underbrace{\text{互不相容}}}$, $A$ 与 $C$ $\underset{P(A\cap C)=0}{\underbrace{\text{互不相容}}}$, $B$ 与 $C$ $\underset{P(B\cap C)=P(B)\cdot P(C)}{\underbrace{\text{相互独立}}}$, $P(A)=$ $P(B)=P(C)=\frac{1}{3}$, 则 $\underset{\text{条件概率公式}}{\underbrace{P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=}}$
答 应填 $\frac{5}{8}$.
解 由题设, 知 $P(AB)=0,P(AC)=0,P(BC)=P(B)\cdot P(C)$, 则

• $P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=\frac{P((B\cup C)\cap (A\cup B\cup C))}{P(A\cup B\cup C)}=\frac{P(B\cup C)}{P(A\cup B\cup C)}$
  • $=\frac{P(B)+P(C)-P(BC)}{P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)}$
  • $=\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}}{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-0-0-\frac{1}{9}+0}$
  • $=\frac{\frac{2}{3}-\frac{1}{9}}{1-\frac{1}{9}}=\frac{\frac{5}{9}}{\frac{8}{9}}=\frac{5}{8}.$
• 第一步：分析题目条件
  • $A$ 与 $B$ 互不相容意味着 $P(A\cap B)=0$。
  • $A$ 与 $C$ 互不相容意味着 $P(A\cap C)=0$。
  • $B$ 与 $C$ 相互独立意味着 $P(B\cap C)=P(B)\cdot P(C)\text{＝}\frac{1}{9}$。
• 使用条件概率公式，$P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=\frac{P(B\cup C)}{P(A\cup B\cup C)}$。
  • 计算 $P(B\cup C)$
    • 使用概率的加法规则，$P(B\cup C)=P(B)+P(C)-P(B\cap C)$。
    • 代入已知值，得到 $P(B\cup C)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}=\frac{5}{9}$。
  • 计算 $P(A\cup B\cup C)$
    • 使用概率的加法规则，$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C)+P(A\cap B\cap C)$。
    • 由于 $A$ 与 $B$、$A$ 与 $C$ 互不相容，$P(A\cap B\cap C)=0$。
    • 代入已知值，得到 $P(A\cup B\cup C)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-0-0-\frac{1}{9}+0=\frac{8}{9}$。
  • 代入前面计算的值，得到 $P(B\cup C\mid A\cup B\cup C)=\frac{\frac{5}{9}}{\frac{8}{9}}=\frac{5}{8}$

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(14)

设 $A,B,C$ 是随机事件, $A$ 与 $C$ 互不相容, $P(AB)=\frac{1}{2},P(C)=\frac{1}{3}$, 则 $P(AB\mid \bar{C})=$

(14)

解
我们需要考虑事件 $A,B,C$ 之间的关系以及条件概率的计算。此问题涉及到条件概率 $P(AB\mid \bar{C})$ 的求解

• 确定$P(AB\mid \bar{C})=\frac{P(AB\bar{C})}{P(\bar{C})}$
  • 计算 $P(\bar{C})$：$P(\bar{C})=1-P(C)=1-\frac{1}{3}$
  • 确定 $P(AB\bar{C})$：$P(AB\bar{C})=P(AB)-P(ABC)=\frac{1}{2}-0$
    • 求P(ABC)：因为$A$ 和 $C$ 互不相容(互斥)，得$P(AC)=0$，$P(ABC)=0$
• 计算$P(AB\mid \bar{C})=\frac{P(AB\bar{C})}{P(\bar{C})}=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}$

通过这个二叉树，我们可以看到，由于 $A$ 和 $C$ 互不相容，这影响了 $P(ABC)$ 的值，进而影响 $P(AB\bar{C})$。最终得出的结论是 $P(AB\mid \bar{C})=\frac{3}{4}$，与答案相符。
答 应填 $\frac{3}{4}$.
解 因为 $A$ 与 $C$ 互不相容, 所以 $P(AC)=0$. 又 $ABC\subset AC$, 所以 $P(ABC)=0$, 故

• $P(AB\mid \bar{C})=\frac{P(AB\bar{C})}{P(\bar{C})}=\frac{P(AB)-P(ABC)}{1-P(C)}=\frac{1/2}{1-1/3}=\frac{3}{4}.$注 $AC=\varnothing$, 则 $ABC=\varnothing B=\varnothing$, 同样得到 $P(ABC)=0$.

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(7)

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立, 且 $P(B)=0.5,P(A-B)=0.3$, 则 $P(B-A)=()$
(A) 0.1.
(B) 0.2.
(C) 0.3 .
(D) 0. 4 .

(7)

解

• 由随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立，得$P(AB)=P(A)P(B)$
• 先写出$P(A-B)$和$P(B-A)$的公式(要掌握概率的减法公式)
  • $P(A-B)=P(A)-P(AB)=P(A\mid \bar{B})\stackrel{A\text{与}B\text{独立}}{=}P(A)-P(A)P(B)$
    • 代入 $P(A-B)=0.3$ 和 $P(B)=0.5$
    • 解得 $P(A)=0.6$
  • $P(B-A)=P(B)-P(AB)=P(B|\bar{A})\stackrel{\text{独立性}}{=}P(B)-P(A)P(B)$
    • 计算结果：代入 $P(B)=0.5$ 和 $P(A)=0.6$
    • 得 $P(B-A)=0.5-0.5\times 0.6=0.2$

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(14)

设随机事件 $A$ 与 $B$ 相互独立, $A$ 与 $C$ 相互独立, $BC=\varnothing$. 若 $P(A)=P(B)=\frac{1}{2},P(AC\mid AB\cup C)=\frac{1}{4}$, 则 $P(C)=$

(14)

• 读题
  • $A$ 与 $B$ 相互独立，得$P(AB)=P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{4}$
  • $A$ 与 $C$ 相互独立，得$P(AC)=P(A)P(C)$
  • $BC=\varnothing$，得$P(BC)=P(ABC)=0$
• 计算 条件概率公式：$P(AC\mid AB\cup C)=\frac{P(AC(AB\cup C))}{P(AB\cup C)}$
  • 展开分子：$P(AC(AB\cup C))=P(ABC\cup AC)\stackrel{P(ABC)=0}{=}P(AC)\stackrel{\text{独立}}{=}P(A)P(C)=\frac{1}{2}P(C)$
  • 展开分母： $P(AB\cup C)=P(AB)+P(C)-\underset{=0}{\underbrace{P(ABC)}}=\frac{1}{4}+P(C)$
• 原式$P(AC\mid AB\cup C)=\frac{1}{4}=\frac{\frac{1}{2}P(C)}{\frac{1}{4}+P(C)}$
  • $\frac{1}{16}+\frac{1}{4}P(C)=\frac{1}{2}P(C)$
  • 解方程找到 $P(C)=\frac{1}{4}$

gpt版

• 首先分析给定的事件的独立性和互斥性：
  • $A$ 与 $B$ 相互独立，得 $P(AB)=P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{4}$
  • $A$ 与 $C$ 相互独立，得 $P(AC)=P(A)\cdot P(C)$
  • $BC=\varnothing$，得 $P(BC)=0$（即 $B$ 和 $C$ 互斥）
• 接下来，计算条件概率 $P(AC\mid AB\cup C)$：
• 根据条件概率公式：$P(AC\mid AB\cup C)=\frac{P(AC\cap (AB\cup C))}{P(AB\cup C)}$
  • 展开分子：
    • $P(AC\cap (AB\cup C))=P(ACB\cup AC)$
    • $\stackrel{P(ACB)=0}{=}P(AC)$
    • $\stackrel{A\text{ 和 }C\text{ 独立}}{=}P(A)P(C)=\frac{1}{2}P(C)$
  • 展开分母：
    • $P(AB\cup C)=P(AB)+P(C)-\underset{=0}{\underbrace{P(ABC)}}$
    • $=\frac{1}{4}+P(C)$
• 将分子和分母代入条件概率公式：
  • $\frac{1}{4}=\frac{\frac{1}{2}P(C)}{\frac{1}{4}+P(C)}$
  • 解方程得 $P(C)=\frac{1}{4}$

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(7)

设 $A,B,C$ 为三个随机事件, 且 $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{4},P(AB)=0,P(AC)=P(BC)=$ $\frac{1}{12}$, 则 $A,B,C$ 中恰有一个事件发生的概率为 $()$
(A) $\frac{3}{4}$.
(B) $\frac{2}{3}$.
(C) $\frac{1}{2}$.
(D) $\frac{5}{12}$.

(7)

• 2025版

• 
  
• (1) 两个事件的加法公式:
  • $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)$
• (2) 三个事件的加法公式:
• $P\left(A_1\cup A_2\cup A_3\right)=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)+P\left(A_3\right)-P\left(A_1{A}_2\right)-P\left(A_1{A}_3\right)-P\left(A_2{A}_3\right)+P\left(A_1{A}_2{A}_3\right).$
• 注意，” $A,B,C$ 中恰有一个发生”也可表示为 $A\cup B\cup C-AB\cup AC\cup BC$.
• $\text{ 而 }P(A\cup B\cup C-AB\cup AC\cup BC)=P(A\cup B\cup C)-P(AB\cup AC\cup BC)$
  • 至少一个发生$\begin{array}{l}P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)\\ =\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-0-\frac{1}{12}-\frac{1}{12}+0=\frac{7}{12}.\end{array}$
  • 两个一起发生
    $P(AB\cup BC\cup AC)=P(AB)+P(BC)+P(AC)-P(ABC)-P(ABC)-P(ABC)+P(ABC)$
    • $P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC{)}_{+}P(ABC)$
    • $=0+\frac{1}{12}+\frac{1}{12}+0=\frac{1}{6}$
  • 三个同时发生$P(ABC)=0$
  • 至少一个发生的概率
    减去两个一起发生的概率
    再减去三个一起发生的概率
    只剩下只有一个发生的概率:$p=\frac{7}{12}-\frac{1}{6}=\frac{5}{12}$
• 定义三个事件 $A$, $B$, $C$ 的概率及它们之间的关系：
  • $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{4}$
  • $P(AB)=0$（$A$ 和 $B$ 互斥），则$P(ABC)=0$
  • $P(AC)=P(BC)=\frac{1}{12}$

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Transclude of 数三2018#14

古典概型

Transclude of 数三2016#14

随机变量及其分布(7+1道)

由分布函数求概率

(7)

设随机变量 $X$ 的分布函数 $F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ \frac{1}{2},& 0⩽x<1,\\ 1-{\mathrm{e}}^{-x},& x⩾1,\end{array}$ 则 $P\{X=1\}=()$
( A) 0 .
( B) $\frac{1}{2}$.
(C) $\frac{1}{2}-{\mathrm{e}}^{-1}$.
(D) $1-{\mathrm{e}}^{-1}$.

(7)

• 定义随机变量 $X$ 的分布函数 $F(x)$：
  • $F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ \frac{1}{2},& 0⩽x<1,\\ 1-{\mathrm{e}}^{-x},& x⩾1,\end{array}$
• 计算 $P\{X=1\}$：
  • 根据分布函数计算公式：$P\{X=x\}=F(x)-F\left(x^{-}\right)$
    • 对 $x=1$ 进行计算：
      • $F(1)=1-{\mathrm{e}}^{-1}$
      • $F\left(1^{-}\right)=\frac{1}{2}$（即 $x=1$ 之前的分布函数值）
    • 计算概率：$P\{X=1\}\stackrel{\text{定义}}{=}F(1)-F\left(1^{-}\right)$
      • $\stackrel{\text{具体值}}{=}(1-{\mathrm{e}}^{-1})-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-{\mathrm{e}}^{-1}$
        答 应选(C).

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二项分布，01分布,几何分布

(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 的概率密度为

• $f(x)=\{\begin{array}{ll}{2}^{-x}\ln 2,& x>0,\\ 0,& x⩽0.\end{array}$
  对 $X$ 进行独立重复的观测, 直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数.
  ( I ) 求 $Y$ 的概率分布;
  (II) 求 $E(Y)$.

(22)

(I)

• 求 $Y$ 的概率分布:Y是离散型的
• 找取值，求概率
  • 找取值:直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数
    • Y可能为2,3,4,5,一直到n,确定$B\text{～}(n,p)$
  • 求p:一个观测值X大于 3 的概率 $p$,和Y没有关系
    • $p=P\{X>3\}={\int }_3^{+\infty }f(x)dx={\int }_3^{+\infty }{2}^{-x}\ln 2dx=-{2^{-x}|}_3^{+\infty }=\frac{1}{8}$
  • 求p逆:
    • $P\{X\le 3\}=1-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$.
• $Y$ 的概率分布(几何分布,不用考虑组合情况)
  • $Y$ 是直到第二个观测值大于 3 为止的观测次数
    • 前k-1次二项分布
    • 第k次为几何分布
  • $P\{Y=k\}$ 是第 $k$ 次观测时第二次得到大于 3 的值
  • $P\{Y=k\}={\mathrm{C}}_{k-1}^1\cdot \frac{1}{8}\cdot {\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}\cdot \frac{1}{8}\stackrel{C_{k-1}^1=\frac{(k-1)}{1!}}{=}\frac{1}{64}(k-1){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}$,其中 $k=2,3,\cdots$
    (II) 求 $E(Y)$（$Y$ 的期望值）
• 解法 2：使用几何分布(7×2表格)
  • $Y=Y_1+Y_2$, 且 $Y_1,Y_2$ 均服从参数为 $p=\frac{1}{8}$ 的几何分布.
  • $E(Y)=E(Y_1+Y_2)=E(Y_1)+E(Y_2)=\frac{1}{\frac{1}{8}}+\frac{1}{\frac{1}{8}}=16$
• 解法 1：直接计算(不推荐)
  • $E(Y)=\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}{\left(\frac{1}{8}\right)}^2$
  • 使用级数求导和求和技巧
  • $E(Y)={\left(\frac{1}{8}\right)}^2{\frac{2}{(1-x{)}^3}|}_{x=\frac{7}{8}}=16$

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(7)

• 设随机变量 $X$ 的概率密度 $f(x)$ 满足 $f(1+x)=f(1-x)$, 且 ${\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x=0.6$, 则 $P\{X<0\}=$
  • (A) 0.2 .
  • (B) 0. 3 .
  • (C) 0. 4 .
  • (D) 0.5 .

(7)

• 分析概率密度 $f(x)$ 的性质：
  • $f(1+x)=f(1-x)$，表示 $f(x)$ 关于 $x=1$ 对称。
  • 由对称性可知，$P\{X<1\}\stackrel{\text{对称性}}{=}0.5$。
• 计算给定区间内的概率：
  • 已知 ${\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x=0.6$，表示 $P\{0<X<2\}=0.6$。
  • 根据对称性，$P\{0<X<1\}\stackrel{\text{对称性}}{=}\frac{1}{2}P\{0<X<2\}=0.3$。
• 合并后计算 $P\{X=1\}\stackrel{\text{概率计算}}{=}P\{X<1\}-P\{0<X<1\}$
  • $\stackrel{\text{具体值}}{=}0.5-0.3=0.2$

(8)

• 设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right).X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本,据此样本检验 假设 $H_0:\mu ={\mu }_0,H_1:\mu \ne {\mu }_0$, 则 ( )
  • (A) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (B) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.
  • (C) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (D) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.

(8)

• 解 已知方差 ${\sigma }^2$ 关于 $\mu$ 的检验所用统计量服从正态分布, 未知方差 ${\sigma }^2$ 关于 $\mu$ 的检验所用统计量服从 $t$ 分布. 无论正态分布还是 $t$ 分布, 拒绝域都随着显著性水平 $\alpha$ 的减小而减小. 相反, 接受域随着 $\alpha$ 的减小而 增大, 也就是说在 $\alpha =0.01$ 下的接受域包含了在 $\alpha =0.05$ 下的接受域, 若在 $\alpha =0.05$ 下 $H_0$ 被接受了, 则在 $\alpha =0.01$ 下 $H_0$ 必被接受, 故选(D).

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概率密度的关系

(7)

设 $F_1(x)$ 与 $F_2(x)$ 为两个分布函数, 其相应的概率密度 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ 是连续函数, 则必为概率 密度的是 $()$
(A) $f_1(x)f_2(x)$.
(B) $2f_2(x)F_1(x)$.
(C) $f_1(x)F_2(x)$.
(D) $f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)$.

(7)

解
概率密度必有原函数，只有d选项是导数的乘积形式
答 应选(D).
解 对选项 (D) 可验证其满足概率密度的性质 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=1$, 而其他选项无法验证, 可排除. 事实上

• ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left[f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)\right]\mathrm{d}x={F_1(x)F_2(x)|}_{-\infty }^{+\infty }=1.$注 本题主要考査分布函数与概率密度的性质及二者的关系, 是基础题.

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(8)

设 $f_1(x)$ 为标准正态分布的概率密度, $f_2(x)$ 为 $[-1,3]$ 上均匀分布的概率密度, 若

• $f(x)=\{\begin{array}{ll}a{f}_1(x),& x⩽0,\\ b{f}_2(x),& x>0\end{array}(a>0,b>0)$
  为概率密度, 则 $a,b$ 应满足 ( )
  (A) $2a+3b=4$.
  (B) $3a+2b=4$.
  (C) $a+b=1$.
  (D) $a+b=2$.

(8)

• 题中出现参数，由规范性求参数$1={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$
  • $\stackrel{\text{按照}f(x)\text{区间拆开}}{=}{\int }_{-\infty }^{0}a{f}_1(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^{+\infty }b{f}_2(x)\mathrm{d}x$，之后，在何处算概率，在何处求积分
    • $\underset{{\int }_{-\infty }^0{f}_1(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}}{\overset{\text{计算第一部分积分}}{\to }}{\int }_{-\infty }^{0}a{f}_1(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}a$
      • $f_1(x)$是标准正态分布，服从$N(0\text{，}1)$
    • $\stackrel{\text{计算第二部分积分}}{\to }{\int }_0^{+\infty }b{f}_2(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{在}(0,3)\text{取值}}{=}{\int }_0^{3}b{f}_2(x)\mathrm{d}x$
      • $f_2(x)\text{是}[-1,3]$上的均匀分布
        • ${\int }_0^3{f}_2(x)\mathrm{d}x={\int }_0^3\frac{b}{4}\cdot 1dx=\frac{3}{4}\stackrel{\text{计算积分}}{\to }b{\int }_0^3{f}_2(x)\mathrm{d}x=\frac{3}{4}b$
  • $\stackrel{\text{将两部分结合}}{=}\frac{1}{2}a+\frac{3}{4}b=1\stackrel{\text{同乘4}}{\to }2a+3b=4$
    答 应选 (A).

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指数分布的无记忆性

(14)

设随机变量 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布, $a$ 为常数且大于零, 则 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=$

(14)

• • ![[24Kira概率醒脑讲义#例5 2无记忆性]](未创建)
• 解法 1：
  • 写出指数分布的概率密度$f(x)=\{\begin{array}{cc}{e}^{-x}:& x>0\\ 0& \text{ else }\end{array}$
  • 使用条件概率和积分来计算:计算 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$
    • $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}\stackrel{\text{条件概率}}{=}\frac{P\{a<Y⩽a+1\}}{P\{Y>a\}}$
      • 何处算概率，何处算积分
      • 计算分子 $P\{a<Y⩽a+1\}\stackrel{\text{何处积分}}{=}{\int }_a^{a+1}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x$
      • 计算分母 $P\{Y>a\}\stackrel{\text{何处积分}}{=}{\int }_a^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x$
    • 合并计算 $\frac{{\int }_a^{a+1}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}{{\int }_a^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}\stackrel{\int e^{-x}dx=-e^{-x}}{=}\frac{{\mathrm{e}}^{-a}-{\mathrm{e}}^{-a-1}}{{\mathrm{e}}^{-a}}=1-\frac{1}{\mathrm{e}}.$
• 解法 2：使用指数分布的无记忆性质
  • 要掌握各种分布的写法
    • 离散型的要掌握分布律
    • 连续型的要掌握概率密度怎么写
  • 应用无记忆性
    • $(P\{X>s+t\mid X>s\}=P\{X>t\},t,s>0)$
      • 指数分布具有独特的“无记忆性”，意味着过去的信息（在这个例子中是 (Y>a）不影响未来的概率分布。
  • 计算 $P\{Y⩽a+1|Y>a\}\stackrel{\text{减法公式}}{=}1-P\{Y>a+1|Y>a\}=1-P\{Y>1\}=1-{\int }_1^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x=1-\frac{1}{\mathrm{e}}$

这样的结构确保了逻辑关系的清晰性，并且每个计算步骤都得到了充分的解释。

这个问题是关于计算条件概率 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$ 的值，其中随机变量 $Y$ 服从参数为 1 的指数分布。

• $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$
  • $\stackrel{\text{条件概率定义}}{=}\frac{P\{a<Y⩽a+1\}}{P\{Y>a\}}$
    • $\stackrel{\text{计算分子}}{\to }P\{a<Y⩽a+1\}={\int }_a^{a+1}{e}^{-x}\mathrm{d}x$
      • $Y$服从指数分布
        • 指数分布的概率密度函数为 $e^{-x}$
    • $\stackrel{\text{计算分母}}{\to }P\{Y>a\}={\int }_a^{+\infty }{e}^{-x}\mathrm{d}x$
      • 同样，使用指数分布的概率密度函数
    • $\stackrel{\text{计算积分}}{=}\frac{{\int }_a^{a+1}{e}^{-x}\mathrm{d}x}{{\int }_a^{+\infty }{e}^{-x}\mathrm{d}x}=1-\frac{1}{e}$
• $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=1-\frac{1}{e}$

此外，解法 2 基于指数分布的无记忆性质提供了另一个视角：

• $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}$
  • $\stackrel{\text{指数分布的无记忆性}}{=}P\{Y⩽1\}$
    • $\stackrel{\text{直接计算}}{=}1-\frac{1}{e}$

两种解法都得到了相同的结果 $1-\frac{1}{e}$，验证了答案的正确性。

答 应填 $1-\frac{1}{\mathrm{e}}$.
解法 1$P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=\frac{P\{a<Y⩽a+1\}}{P\{Y>a\}}=\frac{{\int }_a^{a+1}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}{{\int }_a^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x}=1-\frac{1}{\mathrm{e}}.$解法 2 由指数分布的无记忆性知 $P\{Y⩽a+1\mid Y>a\}=P\{Y⩽1\}=1-\frac{1}{\mathrm{e}}$.

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由X的概率，求分布函数Y=g(X)

Transclude of 数三2023#22

多维随机变量及其分布(10+7=17道)

二维随机变量及其分布

离散型

(8)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且 $X$ 服从标准正态分布 $N(0,1),Y$ 的概率分布为 $P\{Y=0\}=$ $P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$. 记 $F_Z(z)$ 为随机变量 $Z=XY$ 的分布函数, 则函数 $F_Z(z)$ 的间断点个数 为 ( ) (A) 0 . (B) 1 . (C) 2 . (D) 3 .

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(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X_1,X_2,X_3$ 相互独立, 其中 $X_1$ 与 $X_2$ 均服从标准正态分布, $X_3$ 的概率分布为 $P\left\{X_3=0\right\}$

• $=P\left\{X_3=1\right\}=\frac{1}{2}\cdot Y=X_3{X}_1+\left(1-X_3\right)X_2$.
  (I ) 求二维随机变量 $\left(X_1,Y\right)$ 的分布函数,结果用标准正态分布函数 $\Phi (x)$ 表示;
  (II) 证明随机变量 $Y$ 服从标准正态分布.

(22)

解

• 全集分解∶一个离散，一个连续
  • 2020年第22题，2019年第22题，2017年第22题，2016年第22题，2014年第22题
  • 全集分解的思想∶A的发生伴随着其他几个事件的发生图示
    • 1
    • $P(A)=P\left(A{B}_1\right)+P\left(A{B}_2\right)+P\left(A{B}_3\right)$
• 先要会写二维随机变量$(X,Y)$的分布函数的定义$F(x,y)=P\{X\le x,Y\le y\}$
  • 分析题目中的条件
    • $X_1,X_2$ 均服从标准正态分布∶$X_1,X_2\sim N(0,1)$,
    • $X_3$ 的概率分布0，1分布为 $P\left\{X_3=0\right\}\text{，}P\left\{X_3=1\right\}=\frac{1}{2}$
      • 则$X_3\sim \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$
• 把Y给换掉∶$=P\{X_1⩽x,\underset{\text{全集分解}}{\underbrace{X_3{X}_1+\left(1-X_3\right)X_2⩽y}}\}$
  • 对离散的进行全集分解(也就是全概率公式的应用)
    只要这里边有离散的随机变量，就对离散的进行分解
    • $X_3$是离散的，对它进行全集分解。
      $=\underset{\text{当}{X}_3=0\text{时，}Y=X_2}{\underbrace{P\left\{X_1⩽x,Y⩽y,X_3=0\right\}}}+\underset{\text{当}{X}_3=1\text{时，}Y=X_1}{\underbrace{P\{X_1\le x,Y⩽y,X_3=1\}}}$
    • 将$X_3$代入题中所给公式$Y=X_3{X}_1+\left(1-X_3\right)X_2$，分别得到
      • 当$X_3=0$时，$Y=X_2$
      • 当$X_3=1$时，$Y=X_1$
      • 从而将$Y$换成对应情况的的$X$，得$$\begin{gathered} =P\underset{\Phi (x)\cdot \Phi (y)\text{⋅}\frac{1}{2}}{\underbrace{\left\{X_1\le x,X_2\le y\text{，}{X}_3=0\right\}}}+\underset{\Phi (\min \{x,y\})\text{⋅}\frac{1}{2}}{\underbrace{ \\ P\left\{X_1\le x,X_1\le y,X_3=1\right\}}} \end{gathered}$$
• 化简环节
  • 由随机变量 $X_1,X_2,X_3$ 相互独立，将乘积的概率化为概率的乘积
    只有拆开才能继续进行概率的计算
    • 拆第一部分∶$P\left\{X_1\le x\right\}\text{⋅}P\left\{X_2⩽y\right\}.P\left\{X_3=0\right\}$
    • 拆第二部分∶$P\left\{X_1⩽x,X_{21}⩽y\right\}$合并为$P\left\{X_1\le \min (x,y)\right\}$
      整体写成$P\left\{X_1\le \min (x,y)\right\}\cdot P\left\{X_3=1\right\}$
  • 写出对应分布函数，由$X_1,X_2$ 均服从标准正态分布，则
    • $P\left\{X_1\le x\right\}\text{⋅}P\left\{X_2⩽y\right\}.P\left\{X_3=0\right\}$＝$\Phi (x)\cdot \Phi (y)\cdot \frac{1}{2}$
    • $P\left\{X_1\le \min (x,y)\right\}\cdot P\left\{X_3=1\right\}$＝$\Phi (\min \{x,y\})\cdot \frac{1}{2}$
• 关键∶全概率体现为∶对离散型进行全集分解
• II) 证时随机变量 $Y$ 服从标准正态分布
  • 已知二维的联合分布 $F(x,y)\to \text{求一维的边缘分布}{F}_Y(y)$
    • 令$x\to +\infty$，$y$不动
    • $F_Y(y)=F^{\prime }(+\infty ,y)=\frac{1}{2}\Phi (+\infty )\text{⋅}\Phi (y)+\frac{1}{2}\Phi (y)$
      • 由$\Phi (+\infty )=1$
      • 化简得，$\frac{1}{2}\cdot \Phi (y)\cdot 1+\frac{1}{2}\Phi (y)=\Phi (y)$
  • 从而证得$Y$服从标准正态分布
• 有意识的带你如何思考(一道题拿到手的思考方式)
  • 第一步∶是不是我自己把这个分布函数给它写出来啊？
    • 那有同学说，哎呀，我这不敢用这小x小y
    • 就这随便你写个u，v啊都行，没有人管你这个自变量字母，都无所谓哈
  • 下一步∶在我们要求$Y\le y$的题目中，是不是$Y$会换成$X$的函数对吧？
    • 就要用已知推未知，那么这里的$Y$你肯定要自然的想到我换成它的表达式。他表达式给你不就是为了换吗？是不是？
    • 这是这一步，我们为什么能想得到下一步呢？
  • 第三步为什么想得到呢？
    • 因为我看到里面有离散型了，而我们在20年之前做过很多，只要这个里面有离散型，我就对离散的变量进行全集分解
      • 因为有离散，也有连续是吧？
      • X1X2是连续型，那么离散和连续的掺杂在一起，我是不是就要对离散全局分解？所以我很自然的往这一步尝试
        • 但是这一步，它就是一个有点忐忑的尝试，因为确实可能之前没做过这个题，
        • 但是你就打开试嘛，一打开发现诶，很顺，我后面的步骤都带进去了，那么这个尝试就就成功了
  • 我们做题就是不可能都站在上帝视角，
    • 同学们第一步肯定这样做，第二步肯定这样做，不可能都
    • 我是试出来的，当然是要结合过往的经验
  • 就我今天会给你去带这个感觉好吗？就今天讲的比较快，你能体会多少算多少哈，因为咱是空降到一个难点，这个没办法那

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(23)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且分别服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 与 $N\left(\mu ,2{\sigma }^2\right)$, 其中 $\sigma$ 是未知参数 且 $\sigma >0$. 记 $Z=X-Y$.
(I) 求 $Z$ 的概率密度 $f\left(z;{\sigma }^2\right)$;
(II) 设 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 为来自总体 $Z$ 的简单随机样本, 求 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量 $\widehat{{\sigma }^2}$;
(III) 证明 $\widehat{{\sigma }^2}$ 为 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量.

(23)

解

• 问题 I：求 $Z$ 的概率密度 $f(z;{\sigma }^2)$

  • 已知条件
    • $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$
    • $Y\sim N(\mu ,2{\sigma }^2)$
    • $Z=X-Y$
  • 有限个独立的正态分布的线性组合还是正态分布
    • 计算 $Z$ 的期望和方差
      • 期望:$EZ=E(x-y)=Ex-EY=0$
      • 方差:$DZ=D(x-Y)=8x+DY={\sigma }^2+2{\sigma }^2=3{\sigma }^2$
    • 得出 $Z$ 的分布
      • $Z\sim \underset{(期望，方差)}{\underbrace{N(0,3{\sigma }^2)}}$
  • 写出 $Z$ 的概率密度函数
    • 先要知道正态分布的密度函数:$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}(x\in \mathbf{R}.)\stackrel{将Z\sim N\left(0,3{\sigma }^2\right)代入}{\to }$
    • $f\left(z,{\sigma }^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sqrt{3{\sigma }^2}}\cdot e^{-\frac{x^2}{2\cdot 3{\sigma }^2}}\stackrel{化简}{=}\frac{1}{\sqrt{6\pi }\sigma }{e}^{-\frac{x^2}{6{\sigma }^2}}$

• 问题 II：求 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量 $\widehat{{\sigma }^2}$

  • 似然函数的构建和求解:把每个样本对应的概率密度相乘
    • 构建基于 $Z_i$ 的似然函数
      • $L({\sigma }^2)=\prod _{i=1}^{n}f(z_i;{\sigma }^2)={\left(\frac{1}{\sqrt{6\pi }\sigma }\right)}^n{e}^{\frac{1}{-6{\sigma }^2}{\sum }_{i=1}^n{z}_i^2}$
    • 求解最大似然估计量
      • 对似然函数取对数
        • $\ln L({\sigma }^2)=-\frac{n}{2}\ln (6\pi {\sigma }^2)-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2\stackrel{拆成加法}{=}-\frac{n}{2}\ln 6\pi -\frac{n}{2}\ln {\sigma }^2-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i$
      • 并对${\sigma }^2$这个整体求导：$\frac{d\ln {\sigma }^2}{d{\sigma }^2}=-\frac{n}{2}\cdot \frac{1}{{\sigma }^2}+\frac{1}{6}\sum _{i=1}^n{z}_i^2\frac{1}{{\sigma }^4}=0$
        • 解方程移项，得$\frac{1}{{\sigma }^4}\frac{1}{b}\sum _{i=1}^n{z}_i^2=\frac{n}{2}\frac{1}{{\sigma }^2}$
          • 再次移项，得$\widehat{{\sigma }^2}=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2$

• 问题 III：证明 $\widehat{{\sigma }^2}$ 是无偏估计量

  • 证明无偏估计就是计算期望
    • 计算 $\widehat{{\sigma }^2}$ 的期望
      • $E(\widehat{{\sigma }^2})=\frac{1}{3n}E\left(\sum _{i=1}^n{z}_i^2\right)\stackrel{\text{将求和提出来}}{=}\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^{n}E(Z_i^2)$
      • $\stackrel{\text{求和就是乘}n}{=}\frac{1}{3n}\cdot nE\left(z^2\right)\underset{\text{转化为求期望和方差}}{\overset{\text{求平方的期望}}{=}}\frac{1}{3}(Dz+\underset{\text{正态}=0}{\underbrace{{Ez}^2}})$
      • 展开并简化
        • $E(\widehat{{\sigma }^2})=\frac{1}{3}DZ={\sigma }^2$
    • 得出结论
      • $\widehat{{\sigma }^2}$ 是无偏的
        • 因为 $E(\widehat{{\sigma }^2})={\sigma }^2$

这个二叉树结构清晰地展示了每一部分的求解步骤及其逻辑关系，帮助理解如何求出 $Z$ 的概率密度函数、${\sigma }^2$ 的最大似然估计量，并证明这个估计量是无偏的。

(I ) 因 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 所以 $Z=X-Y$ 服从正态分布, 且 $EZ=0,DZ=DX+DY=3{\sigma }^2$, 故 $Z$ 的概率密度为

• $f\left(z;{\sigma }^2\right)=\frac{1}{\sqrt{6\pi {\sigma }^2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{{\sigma }_0}},-\infty <z<+\infty .$(II) 解 设 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 为样本 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 的观测值, 则似然函数为
• $\begin{array}{r}L\left({\sigma }^2\right)=\prod _{i=1}^{n}f\left(z_i;{\sigma }^2\right)={\left(6\pi {\sigma }^2\right)}^{-\frac{n}{2}}\exp \left\{-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2\right\},\end{array}$
• $\begin{array}{r}\ln L\left({\sigma }^2\right)=-\frac{n}{2}\ln \left(6\pi {\sigma }^2\right)-\frac{1}{6{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{z}_i^2.\end{array}$令 $\frac{\mathrm{d}\left[\ln L\left({\sigma }^2\right)\right]}{\mathrm{d}{\sigma }^2}=-\frac{n}{2{\sigma }^2}+\frac{1}{6{\sigma }^4}\sum _{i=1}^n{z}_i^2=0$, 解得 ${\sigma }^2=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2$, 故 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量为
• ${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^n{Z}_i^2$(III) 证 因 $E\left({\hat{\sigma }}^2\right)=\frac{1}{3n}\sum _{i=1}^{n}E\left(Z_i^2\right)=\frac{1}{3}E\left(Z^2\right)=\frac{1}{3}DZ={\sigma }^2$, 所以 ${\hat{\sigma }}^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量.

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Transclude of 数三2010#23

Transclude of 数三2013#8

连续型

(22)

2024大概率不考，2023考过了
(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{9}{x}^2,& 0<x<3,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$ 令随机变量 $Y=\{\begin{array}{ll}2,& X⩽1,\\ X,& 1<X<2,\\ 1,& X⩾2.\end{array}$
(I) 求 $Y$ 的分布函数;
( II) 求概率 $P\{X⩽Y\}$.

(22)

• 解

• 此类题的思路

  • 画图与反函数
  • 一图三吃
    • 秒杀01
    • 根据Y的范围求出X的范围
    • 确定积分限的范围

• 画图

  \begin{document}
  \begin{tikzpicture}[scale=1]
    % 绘制坐标轴
    \draw[->] (-1,0) -- (3.5,0) node[right] {$X$};
    \draw[->] (0,-1) -- (0,3) node[above] {$Y$};
   
    % 绘制 X 轴刻度：1, 2, 3
    \foreach \x in {1,2,3} {
      \draw (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {$\x$};
    }
    
    % 绘制 Y 轴刻度：1, 2, 3
    \foreach \y in {1,2,3} {
      \draw (0.1,\y) -- (-0.1,\y) node[left] {$\y$};
    }
   
    % 第一部分：X \leq 1, Y = 2 （左侧延伸）
    \draw[thick,<-] (1,2) -- (0,2);
    \filldraw (1,2) circle (2pt); % x=1 处实心端点
   
    % 第二部分：1 < X < 2, Y = X （绘制开区间，用空心端点标记端点）
    \draw[thick,domain=1.05:1.95,smooth] plot (\x,{\x});
    \draw[fill=white] (1,1) circle (2pt); % x=1 处空心端点
    \draw[fill=white] (2,2) circle (2pt); % x=2 处空心端点
   
    % 第三部分：X \geq 2, Y = 1 （右侧延伸）
    \filldraw (2,1) circle (2pt); % x=2 处实心端点
    \draw[thick,->] (2,1) -- (3,1);
   
    % 添加标注说明：
    % 将 Y=2 的标注放在 x=0-1 区间那条水平线旁边，此处选在 (0.5,2) 并向上偏移一点
    \node[above] at (0.5,2) {$Y=2\ (X\leq1)$};
    \node[above right] at (3,1) {$Y=1\ (X\geq2)$};
    \node[below right] at (1.95,1.95) {$Y=X\ (1<X<2)$};
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

• 写出$Y$ 的分布函数 $F_Y(y)=P(Y\text{≤}y)$

  • 分段讨论
    • 当 $y<1$ 时
      • $F_Y(y)=0$
    • 当 $1⩽y<2$ 时
      • 计算 $P\{Y⩽y\}$
        • $F_Y(y)=P\{Y⩽y\}\stackrel{\text{反函数}}{=}P\{X⩾2\}+P\{1<X⩽y\}\underset{\text{何处求积分}}{\overset{\text{何处求概率}}{=}}{\int }_2^3\frac{x^2}{9}dx+{\int }_1^y\frac{x^2}{9}dx=\frac{y^3+18}{27}$
    • 当 $y⩾2$ 时
      • $F_Y(y)=1$
  • 得出 $F_Y(y)$ 的分段表达式
    • $F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<1,\\ \frac{y^3+18}{27},& 1⩽y<2,\\ 1,& y⩾2\end{array}$

• 问题 II：求概率 $P\{X⩽Y\}$

  • 已知条件
    • 根据 $X$ 和 $Y$ 的关系
      • $P\{X⩽Y\}\stackrel{\text{看图}}{\to }P\{X<2\}\stackrel{\text{求积分}}{=}{\int }_0^2\frac{x^2}{9}dx={\frac{x^3}{3}\cdot \frac{1}{9}|}_0^2=\frac{8-0}{27}=\frac{8}{27}$

通过这个二叉树结构，我们清晰地展示了求 $Y$ 的分布函数和概率 $P\{X⩽Y\}$ 的逻辑过程。这个解析阐释了如何根据 $X$ 的分布和 $Y$ 的定义来计算 $Y$ 的分布函数，并进一步计算了特定条件下的概率。

(I) 由题设知, $P\{1⩽Y⩽2\}=1$. 记 $Y$ 的分布函数为 $F_Y(y)$, 则
当 $y<1$ 时, $F_Y(y)=0$;
当 $y⩾2$ 时, $F_Y(y)=1$;
当 $1⩽y<2$ 时,$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{Y⩽y\}=P\{Y=1\}+P\{1<Y⩽y\}\end{array}$

• $\begin{array}{r}=P\{X⩾2\}+P\{1<X⩽y\}={\int }_2^3\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x+{\int }_1^y\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x=\frac{y^3+18}{27}.\end{array}$ 所以 $Y$ 的分布函数为
• $F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<1,\\ \frac{y^3+18}{27},& 1⩽y<2,\\ 1,& y⩾2.\end{array}$(II) $P\{X⩽Y\}=P\{X<2\}={\int }_0^2\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x=\frac{8}{27}$.
  注 本题的得分率不高, 反映出考生对分布函数等基本概念理解得不够深人,其主要错误出现在求概率 $P\{Y⩽y\}$ 时不能正确地将事件 $\{Y⩽y\}$ 转化为用 $X$ 表示的事件, 下面的错误做法是最典型的: 当 $1⩽y<2$ 时,$F_Y(y)=P\{Y⩽y\}=P\{X⩽y\}={\int }_1^y\frac{x^2}{9}\mathrm{d}x=\frac{y^3-1}{27},$ 错误的根源在于不能将事件 $\{Y⩽y\}$ 正确地过渡到用 $X$ 表示的事件. 另一种常见的错误是在对分布函数 $F_Y(y)$ 进行分段计算时, 分界点处的函数值出错, 比如, 按定义, 分布函数 $F_Y(y)=P\{Y⩽y\}$ 是右连续的, 而 有些考生得出的 $F_Y(y)$ 在分段点 $y=1$ 和 $y=2$ 处是左连续的或一个左连续一个右连续. 第二问的大多数 错误本质上与第一问相同,也是不能正确地将事件 $\{X⩽Y\}$ 转化为用 $X$ 表示的事件: $\{X<2\}$.

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(7)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且分别服从参数为 1 与参数为 4 的指数分布, 则 $P\{X<Y\}=()$
(A) $\frac{1}{5}$.
(B) $\frac{1}{3}$.
(C) $\frac{2}{3}$.
(D) $\frac{4}{5}$.

(7)

解

• 由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，所以他们的联合概率密度函数为 $f_X(x)$ 和 $f_Y(y)$ 的乘积
  $f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$

  • 定义随机变量 $X$ 和 $Y$ 的概率密度函数
    • $X$ 的概率密度函数：$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x},& x>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$
    • $Y$ 的概率密度函数：$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4e^{-4y},& y>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$
  • 独立则$f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4e^{-x-4y},& x>0,y>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$

• 计算 $P\{X<Y\}$

  • 求 $X<Y$ 的概率相当于在 $x<y$ 的区域内对联合概率密度函数进行积分

    • 小x的范围就是大X的范围
    • 之后只关注$Y=g(X)$,画图，一图三吃

  • 计算过程：

    • $P\{X<Y\}={\iint }_{x<y}f(x,y)dxdy\stackrel{固定,可变}{=}{\int }_0^{+\infty }dy{\int }_0^{y}4e^{-x-4y}dx$
      • $\stackrel{分离常数}{=}4{\int }_0^{+\infty }{e}^{-4y}dy{\int }_0^y{e}^{-x}dx=\frac{1}{5}$

答案是 (A) $\frac{1}{5}$。
答 应选 (A).
解 由已知得, $X$ 与 $Y$ 的概率密度分别为

• $f_X(x)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-x},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}{f}_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4{\mathrm{e}}^{-4y},& y>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$又 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 所以 $X$ 与 $Y$ 的联合概率密度为
• $f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4{\mathrm{e}}^{-x-4y},& x>0,y>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$故
• $P\{X<Y\}={\iint }_{x<y}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x{\int }_x^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-4y}\mathrm{d}y=\frac{1}{5}.$

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(22)

(本题满分 12 分)
在区间 $(0,2)$ 上随机取一点, 将该区间分成两段,较短一段的长度记为 $X$, 较长一段的长度记 为 $Y$, 令 $Z=\frac{Y}{X}$.
(I) 求 $X$ 的概率密度;
(II) 求 $Z$ 的概率密度;
(III) 求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$.

(22)

• 解
  为了解释这个答案，我们将分步骤来展示解题过程及其逻辑关系。以下是解析：
  (I) 求 $X$ 的概率密度
• 定义 $X$
  • $X=\min \{V,2-V\}$，表示较短一段的长度,则x的取值范围为(0,1)
    • 如果超过1，就成了较长的一段，而不是较短的一段
    • x为长度，而不是(0，2)上的区间
  • 若随机变量 $X\sim U(a,b)$ 则 $X$ 概率密度函数
    • $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b-a},& a<x<b\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$
  • $x\sim \cup (0,1)$:x服从(0,1)的均匀分布,套公式
    • 概率密度=区间长度分之一$\therefore f_x(x)=\{\begin{array}{lc}1,& 0<x<1\\ 0& \text{ else }\end{array}$
      (II) 求 $Z$ 的概率密度
• 定义 $Z$
  • $Z=\frac{Y}{X}\stackrel{X+Y=2}{=}\frac{2-X}{X}=\frac{2}{X}-1$。
• 如何讨论
  • 如果x是离散型,则不用画进图中,直接用全集分解来分类讨论
  • 只有连续型的范围,才画入图中
    • 均匀分布,如何画图
    • 正态分布,如何画图
    • 指数分布
  • 如果X和Y都是离散型,如何画图
  • 如果X和Y都是连续型,如何画图
    • x,y,z都存在,则画出(x,y)的区间,然后让z=f(x,y)在这个区间从下往上刷
  • 如果X和Y一个离散，一个连续,如何画图
    • 只剩(x和z)或(y和z)
    • 将x=g(z)反函数之后，就是从左往右刷
    • 没有用反函数，还是z=f(x)的时候，就从下往上刷
• 由x的范围,y的范围和函数Z=g(X,Y)三者围成的区间画图
  由$z=\frac{2}{x}-1$ 的图像反解 $x=\frac{2}{z+1}$

\usepackage{tikz}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
 
  % 坐标轴（稍微向负方向延申）
  \draw[->, thick] (-0.3, 0) -- (2.5, 0) node[right] {$x$};
  \draw[->, thick] (0, -0.3) -- (0, 3.5) node[above] {$z$};
 
  % 函数 z = 2/x - 1，在 x ∈ [0.5, 2]
  \draw[domain=0.5:2, smooth, variable=\x, blue, thick]
    plot ({\x}, {2/(\x) - 1});
 
  % 标注红色竖线 x=1
  \draw[red, thick] (1, 0) -- (1, 3.5);
  \node[below right, red] at (1, 0) {$x=1$};
 
  % 标注交点 (1,1)
  \filldraw[black] (1,1) circle (1pt);
  \node[above right] at (1,1) {$(1,1)$};
 
\end{tikzpicture}
\end{document}

• 然后直接三件套
  - 当 $z<1$ 时, $\stackrel{\text{写出分布函数}}{\to }{F}_Z(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\{Z⩽z\}\stackrel{\text{转化}}{=}0$;
  - 当 $z⩾1$ 时,$\stackrel{\text{写出分布函数}}{\to }{F}_Z(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\{Z⩽z\}\underset{Z=\frac{2}{X}-1}{\overset{\text{转化}}{=}}P\left\{\frac{2}{X}-1⩽z\right\}\stackrel{\text{反函数}}{=}P\left\{X⩾\frac{2}{z+1}\right\}$
  - $\stackrel{\text{根据}x\text{的积分上下限}}{=}{\int }_{\frac{2}{z+1}}^{1}1\mathrm{d}x=1-\frac{2}{z+1}.$
  
• $Z$ 的概率密度=分布函数求导
  • 利用 $X$ 的概率密度和 $Z$ 与 $X$ 的关系来计算：
  • $f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{(1+z{)}^2},& z>1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$
    (III) 求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$
• 计算期望值:求谁的期望，在谁前面乘概率密度进行积分
  • $E\left(\frac{X}{Y}\right)=E\left(\frac{X}{2-X}\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{2-x}\cdot f_X(x)\mathrm{d}x\underset{\text{何处求积分}}{\overset{f_X(x)=1}{=}}{\int }_0^1\frac{x}{2-x}dx=2\ln 2-1$

小崔版

• $\begin{array}{rl}& \text{ (1) 令点为 }M.M\sim U(0.2)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{f}_M(m)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& 0<m<2\\ 0& \text{ 其 }0\end{array}.F_M(m)=\{\begin{array}{cc}0& m<0\\ \frac{m}{2}& 0⩽m<2\\ 1& 2⩽m\end{array}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}X=\min \{M,2-M\}\end{array}$
  • $\begin{array}{rl}{F}_x(x)& =P\{X⩽x\}=P\{\min \{M,2-M\}⩽x\}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=1-P\{\min \{M,2-M\}>x\}=1-P\{M>x.2-M>x\}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=1-P\{M>x\text{，}M<2-x\}\end{array}$
  • \displaystyle \begin{aligned} & \left\{\begin{array}{l}1^{\circ} \text { 若 } x<0 \text { 时. } F_x(x)=0 . \\2^{\circ} \text { 若 } 0 \leqslant x<1 \text { 时. } F_x(x)=1-P\{x<M<2-x\}=1-\int_x^{2-x} \frac{1}{2} d m=x \\3^{\circ} \text { 若 } 1 \leqslant x \text { 时. } F_x(x)=1 \end{array} . \ .\right. \end{aligned}$
    • $\begin{array}{r}\Rightarrow f_x(x)=\{\begin{array}{ll}1& 0<x<1\\ 0& \text{ 其他 }\end{array}\end{array}$
      (2)
• $F_2(z)=P\{Z⩽z\}=P\left\{\frac{2-X}{X}⩽z\right\}=P\left\{\frac{2}{X}-1⩽z\right\}$
  • $=P\left\{x⩾\frac{2}{z+1}\right\}$
    • $z<1$时.$F_2(z)=0$
    • $1⩽z$时.$F_2(z)=P\left\{x⩾\frac{2}{z+1}\right\}\underset{x\text{密度为}1}{\overset{x\in (0,1)}{=}}{\int }_{\frac{2}{z+1}}^{1}1dx=1-\frac{2}{3+1}$
      (3)
• $E\left(\frac{X}{Y}\right)=E\left(\frac{X}{2-X}\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{2-x}\cdot f_x(x)dx$
  • $\stackrel{f_X(x)=1}{=}{\int }_0^1\frac{x}{2-x}dx\stackrel{-2+2}{=}{\int }_0^1-1+\frac{2}{2-x}dx$
  • $=-x-{2\ln |2-x||}_0^1=2\ln 2-1$

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混合型

(22)

(本题满分 11 分)
设二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$ 上服从均匀分布, 令 $U=\{\begin{array}{ll}1,& X⩽Y,\\ 0,& X>Y.\end{array}$
( I ) 写出 $(X,Y)$ 的概率密度;
( II ) 问 $U$ 与 $X$ 是否相互独立, 并说明理由;
(III) 求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F(z)$.

(22)

解

• 均匀分布的概率密度怎么求？先求面积，取面积的倒数就是概率密度
  • 先通过区域画图，用定积分计算面积$S_D={\int }_0^1(\sqrt{x}-x^2)dx=\frac{1}{3}$
  • 取面积的倒数得到概率密度∶$f(x,y)=\{\begin{array}{cc}3,& 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\\ 0,& \text{其他}\end{array}$
• 区分度来了∶研究两个随机变量是否相互独立(方向比努力更重要)
• (II) 判断 $U$ 和 $X$ 是否独立，通过$P(AB)=P(A)P(B)$则独立来反证
  • 计算 $P\{X\le \frac{1}{2}\}$ 和 $P\{U\text{＝}0\}$
    • 计算$P\{U=0\}$＝$P\{X>Y\}$，数形结合计算定积分的面积
      • 下半部分的面积比上总面积等于1/2
    • 计算 $P\{X\le \frac{1}{2}\}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8}$
      • 如图所示$P\left\{X⩽\frac{1}{2}\right\}={\int }_0^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^{\sqrt{x}}3\mathrm{d}y$
• $\stackrel{\text{对}y\text{积分}}{=}3{\int }_0^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{x}-x^2\right)\mathrm{d}x$
• $={3\left(\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{x^3}{3}\right)|}_0^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8};$
  • 计算 $P\{X\le \frac{1}{2},U\text{＝}0\}$的联合分布，通过用二重积分计算区域图形的面积
    • 如图所示,$P\left\{X⩽\frac{1}{2},U\text{＝}0\right\}$
• $=P\left\{X⩽\frac{1}{2},X>Y\right\}$
• $={\int }_0^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^{x}3\mathrm{d}y\stackrel{\text{对}y\text{积分}}{=}3{\int }_0^{\frac{1}{2}}\left(x-x^2\right)\mathrm{d}x$
• $={3\left(\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{3}{x}^3\right)|}_0^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}$
  • 通过$P(AB)=P(A)P(B)$则独立来反证
    • 由于 $P\{X\le \frac{1}{2}\}\cdot P\{U\text{＝}0\}\ne P\{X\le \frac{1}{2},U\text{＝}0\}$
      即$\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{8})\ne \frac{1}{4}$
      • 因此 $X,U$ 不独立
• (III) 求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F(z)$
  • 核心思想∶$U$和$X$一个离散，一个连续∶则对离散的那个进行全集分解
  • 先写出分布函数$F(z)=P\{Z\le z\}$
    • 再通过题中所给关系式进行替换∶$F(z)=P\{Z\le z\}=P\{U+X\le z\}$
  • 进行全集分解，
    $=P\{U+X⩽Y,U=0)+P(U+X⩽Y,U=1)$
    • 将进行的全集分解代入到关系式
      将$U$代入到$U+X$
      • 则$=P\{X⩽z,U=0\}+P(X\le z-1,U=1)$
        • 接下来的计算，如果X和U独立，则可以展开成一维概率相乘
        • 但是第二问证得X和U不独立，则无法拆开
  • 用另一种方式来计算二维联合概率，而不是拆开变成一维，将$U=\{\begin{array}{l}1,X\le Y\\ 0,X>Y\end{array}$代入
    • $=P(X\le z,X>Y)+P(X\le z-1,X\le Y)$∶
      • 到这里题型就变了，变成了区域的二重积分，即$Z=g(x,y)$，然后$X\text{和}Y$都是连续型的
        • $z$从$-\infty \text{到}+\infty$移动
        • 逗号，表示的是交集
        • 这里就是看z和z- 1的左侧有没有包含那个区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$∶可以表示为三个区域的交集
          • $P(X\le z,X>Y)$
            • $(-\infty ,z)$
            • 区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$
            • $X>Y\Rightarrow x-y>0$
          • $P(X\le z-1,X\le Y)$
            • $(-\infty ,z-1)$
            • 区域 $D=\left\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$
            • $X\le Y\Rightarrow x-y\le 0$
        • 然后每一种情况∶都可以分为$z$或$z-1$在区域D左侧，区域内侧，区域右侧
          • 在将这几种情况按照z的取值来组合
          • 在哪里求概率，就在哪里做二重积分
  • 根据不同 $z$ 的取值范围，计算区域D内的面积，从而得到 $F_Z(z)$
    • 当 $z<0$，$F_Z(z)=0$
      • 这时$F(z)=P(\varphi )+P(\varphi )=0$
    • 当 $0\le z<1$，$F_Z(z)=\frac{3}{2}{z}^2-z^3$
      • 当 $0\le z<1,F(x)=P(X\le z,X>Y)+P(\varphi )$
    • 当 $1\le z<2$，$F_Z(z)=2(z-1{)}^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}{z}^2+3z-1$
      • 当 $1⩽z<2\text{，}F(z)=\frac{1}{2}+P(X\le z-1,X\le Y)$
    • 当 $z\ge 2$，$F_Z(z)=1$
      • $F(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$
  • 得出 $Z$ 的分布函数
    • $F_Z(z)=\{\begin{array}{l}0,z<0\\ \frac{3}{2}{z}^2-z^3,0\le z<1\\ 2(z-1{)}^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}{z}^2+3z-1,1\le z<2\\ 1,z\ge 2\end{array}$

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(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X,Y$ 相互独立, 且 $X$ 的概率分布为 $P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2},Y$ 的概率密度为 $f(y)=\{\begin{array}{ll}2y,& 0<y<1,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$
(I) 求 $P\{Y⩽E(Y)\}$;
(II) 求 $Z=X+Y$ 的概率密度.

(22)

• 读题
  设随机变量 $X,Y$ 相互独立, 且 $X$ 的概率分布为 $P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}$ ，$\underset{\text{用来求}Y\text{的期望}}{\underbrace{Y\text{的概率密度为}f(y)=\{\begin{array}{ll}2y,& 0<y<1,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}}}$
  (I) 求 $\underset{\text{要求}E(Y)\text{，要会连续型概率公式}}{\underbrace{P\{Y⩽E(Y)\}}}$;
  (II) 求 $\underset{\text{先用全集分解求混合型的分布函数}}{\underbrace{Z=X+Y\text{的概率密度}}}$.
• 由于 $X$ 为离散型随机变量,
  • 故不能利用 $X,Y$ 均为连续型随机变量时 $Z=X+Y$ 的概率密度公式 (卷积公式),
  • 只能按定义先求其分布函数, 再求概率密度.
    (I) 求 $P\{Y⩽E(Y)\}$
• 计算 $E(Y)$（期望值）
  • $E(Y)={\int }_{-\infty }^{+\infty }yf(y)dy={\int }_0^{1}y\text{⋅}2ydy={\int }_0^{1}2y^{2}dy={\frac{2}{3}{y}^3|}_0^1=\frac{2}{3}$
• 将$E(Y)$ 代入$P\{Y⩽E(Y)\}$
  • $P\{Y⩽E(Y)\}=P\left\{Y⩽\frac{2}{3}\right\}={\int }_{-\infty }^{\frac{2}{3}}f(y)dy={\int }_0^{\frac{2}{3}}2ydy={y^2|}_0^{\frac{2}{3}}=\frac{4}{9}$
    (II) 求 $Z=X+Y$ 的概率密度
• 先求$Z$ 的分布函数 $F_Z(z)$
  • $F_Z(z)=P\{Z⩽z\}=P\{X+Y⩽z\}$
  • $\underset{\text{全集分解}}{\overset{\text{对离散的进行}}{=}}P\{X+Y⩽z,X=0\}+P\{X+Y⩽z,X=2\}$
  • $\stackrel{X\text{和}Y\text{独立}}{=}P\{X+Y⩽z\}\text{⋅}P\{X=0\}+P\{X+Y⩽z\}\text{⋅}P\{X=2\}$
  • $\stackrel{\text{将}X\text{的值代入}}{=}\frac{1}{2}P\{Y⩽z\}+\frac{1}{2}P\{Y⩽z-2\}$
• 根据$\text{小}y\text{和小}x$的概率密度的取值范围区域:画图， $z$ 的不同范围计算 $F_Z(z)$
  • 
    ，
  • (法一) 如图所示,
    当 $z⩽0$ 时, $F_Z(z)=0+0=0$.
  • 当 $0<z⩽1$ 时, $F_Z(z)=\frac{1}{2}{\int }_0^{z}2y\mathrm{d}y+0=\frac{z^2}{2}$.
  • 当 $1<z⩽2$ 时, $F_Z(z)=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}2y\mathrm{d}y+0=\frac{1}{2}$.
  • 当 $2<z⩽3$ 时, $F_Z(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\int }_0^{z-2}2y\mathrm{d}y=\frac{1}{2}+\frac{(z-2{)}^2}{2}$.
  • 当 $z>3$ 时, $F_Z(z)=1$.
• 求 $Z$ 的概率密度 $f_Z(z)$:也就是对分布函数求导
  • $f_Z(z)=F_Z^{\prime }(z)$
  • $f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}z,& 0<z<1,\\ z-2,& 2<z<3,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$

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Transclude of 数三2020#22

二维正态

(14)

设二维随机变量 $(X,Y)$ 服从正态分布 $N(1,0;1,1;0)$,则 $P\{XY-Y<0\}=$

(14)

• 解
• 二维随机变量 $(X,Y)$ 的分布
  • $(X,Y)$ 服从二维正态分布 $N(1,0;1,1;0)$，意味着
    • $X\sim N(1,1)$（$X$ 服从均值为 1，方差为 1 的正态分布）
    • $Y\sim N(0,1)$（$Y$ 服从均值为 0，方差为 1 的正态分布）
    • $X$ 和 $Y$ 相互独立
• 转换 $X$
  • $X-1$ 也服从标准正态分布 $N(0,1)$
  • 因为 $X$ 的均值为 1，减去均值后得到 $X-1\sim N(0,1)$
• 计算 $P\{XY-Y<0\}\stackrel{\text{分配律}}{=}P\{(X-1)Y<0\}$
  • 因为X-1和Y相互独立，所以：
    • $P\{(X-1)Y<0\}\underset{\text{不能同正同负}}{\overset{\text{一正一负}}{=}}P\{X-1<0,Y>0\}+P\{X-1>0,Y<0\}$
    • $\stackrel{X-1\text{和}Y\text{相互独立}}{=}P\{X-1<0\}\cdot P\{Y>0\}+P\{X-1>0\}\cdot P\{Y<0\}$
    • 由于 $X-1$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布，它们小于或大于 0 的概率都是 1/2(对称轴两边一半一半)
      • $=2\times \Phi (0)\times [1-\Phi (0)]$
      • $=2\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
        所以，$P\{XY-Y<0\}=\frac{1}{2}$。

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边缘分布和条件分布

• 条件分布是连接一维随机变量和二维随机变量的桥梁
  • 条件分布就等于二维随机变量，除以一维随机变量

(22)

(本题满分 11 分)
袋中有 1 个红球、 2 个黑球与 3 个白球. 现有放回地从袋中取两次, 每次取一个球. 以 $X,Y,Z$ 分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数.
(I) 求 $P\{X=1\mid Z=0\}$;
(II) 求二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布.

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(22)

(本题满分 11 分)
设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

• $f(x,y)=A{\mathrm{e}}^{-2x^2+2xy-y^2},-\infty <x<+\infty ,-\infty <y<+\infty ,$
  求常数 $A$ 及条件概率密度 $f_{\eta X}(y\mid x)$.

(22)

解

• 求常数 $A$,用规范性
  • 性质：对于任何概率密度函数 $f(x,y)$，其在所有可能的 $x$ 和 $y$ 上的积分等于 1。
  • 应用到给定的 $f(x,y)$:对 $f(x,y)=A{e}^{-2x^2+2xy-y^2}$ 进行双重积分
    • ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\stackrel{\text{将}f(x,y)\text{代入}}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }A{\mathrm{e}}^{-2x^2+2xy-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
      • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{配方用高斯积分}}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }A{\mathrm{e}}^{-x^2-(y-x{)}^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
      • $\stackrel{\text{对}y\text{积分，提出}x}{=}A{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(y-x{)}^2}\mathrm{d}y$
      • $\begin{array}{r}\underset{dy=dx}{\overset{\text{线性凑微分}}{=}}A{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(y-x{)}^2}\mathrm{d}(y-x)\end{array}$
      • $\stackrel{\text{令}t=y-x}{=}A{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t\stackrel{\text{高斯积分}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t\sqrt{\pi }}{=}A\pi \text{, }$
    • 结果：通过使用高斯积分 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-t^2}dt=\sqrt{\pi }$，得到 $A\pi =1\stackrel{\text{移项}}{\to }A=\frac{1}{\pi }$
• 求条件概率密度 $f_{Y\mid X}(y\mid x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}=\frac{\text{联合}}{\text{边缘}}$
  • 计算边缘概率密度 $f_X(x)$:联合$f(x,y)$对y积分
    • 公式：$f_X(x)\stackrel{\text{积分区间}}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy\stackrel{\text{代入}f(x,y)}{=}\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-2x^2+2xy-y^2}dy$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{对}y\text{积分，提出常数}x}{=}\frac{1}{\pi }{\mathrm{e}}^{-x^2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(y-x{)}^2}\mathrm{d}y\stackrel{\text{高斯积分}}{=}\frac{1}{\pi }{\mathrm{e}}^{-x^2}\cdot \sqrt{\pi }=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-x^2}\end{array}$
    • 结果：$f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{e}^{-x^2}$。
  • 求条件概率密度$f_{Y\mid X}(y\mid x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}$
    • $f_{Y\mid X}(y\mid x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}\stackrel{\text{代入}}{=}\frac{\frac{1}{\pi }{e}^{-2x^2+2xy-y^2}}{\frac{1}{\sqrt{\pi }}{e}^{-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-x^2+2xy-y^2}\stackrel{\text{完全平方}}{=}\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-(x-y{)}^2}$
    • 结果：$f_{Y\mid X}(y\mid x)=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{e}^{-(x-y{)}^2}$

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Transclude of 数三2009#22

Transclude of 数三2011#23

Transclude of 数三2013#22

标准正态

(7)

设 $X_1,X_2,X_3$ 是随机变量, 且 $X_1\sim N(0,1),X_2\sim N\left(0,2^2\right),X_3\sim N\left(5,3^2\right),p_i=P\left\{-2⩽X_i⩽2\right\}$ $(i=1,2,3)$, 则 $()$
(A) $p_1>p_2>p_3$.
( B ) $p_2>p_1>p_3$.
(C) $p_3>p_1>p_2$.
(D) $p_1>p_3>p_2$.

(7)

• 解
  ![[24Kira概率醒脑讲义#例5 4 3-29 20]] (未创建)
  这个问题涉及到比较三个不同参数的正态分布变量在特定区间内的概率

• 一定要有这种将正态分布转化为标准正态分布的思路

• 计算每个 $p_i$

  • 对于 $X_1\sim N(0,1)$，本身就是标准正态
    • 使用标准正态分布图 $P_1=\Phi (2)-\Phi (-2)$
  • 对于 $X_2\sim N\left(0,2^2\right)$，标准正态为：$\frac{x_2-0}{2}=\frac{x_2}{2}\backsim N(0\text{，}1)$
    • $\begin{array}{r}{p}_2=P\left\{-2⩽X_2⩽2\right\}\stackrel{\frac{x_2-\mu }{\sigma }=\frac{x_2-0}{2}}{=}P\mid -1⩽\frac{X_2}{2}⩽1\}=\Phi (1)-\Phi (-1)=\end{array}$
  • 对于 $X_3\sim N\left(5,3^2\right)$标准正态为：$\frac{x_3-5}{3}\backsim N(0,1)$
    • $\begin{array}{r}{p}_3=P\left\{-2⩽X_3⩽2\right\}\stackrel{\frac{x_3-\mu }{\sigma }}{=}P\left\{-\frac{7}{3}⩽\frac{X_3-5}{3}⩽-1\right\}=\Phi (-1)-\Phi \left(-\frac{7}{3}\right)\end{array}$

• 画图比较 $p_1,p_2,p_3$

  • $\begin{array}{l}2⩽P_1<2\\ -1<P_2<1\\ -\frac{7}{3}<P_3<-1\end{array}\stackrel{\text{比较宽度}}{\to }$得出$P_1>P_2>P_3$

• 结论

  • 综上所述，$p_1>p_2>p_3$
    • 因此，正确答案为 (A) $p_1>p_2>p_3$

这个解释不仅展示了每个概率的计算过程，还比较了它们之间的大小关系，最终得出正确的结论。

答 应选 (A).
解

• $p_1=\Phi (2)-\Phi (-2)=2\Phi (2)-1$, $\begin{array}{r}{p}_2=\Phi \left(\frac{2}{2}\right)-\Phi \left(\frac{-2}{2}\right)=2\Phi (1)-1,\end{array}$
• $\begin{array}{r}{p}_3=\Phi \left(\frac{2-5}{3}\right)-\Phi \left(\frac{-2-5}{3}\right)=\Phi (-1)-\Phi \left(-\frac{7}{3}\right),\end{array}$易见 $p_1>p_2$. 又 $p_2>0.5,p_3<0.5$, 故 $p_2>p_3$.综上可知, $p_1>p_2>p_3$.注 结合正态分布概率密度曲线的几何特征以及概率 $p_i=P\left\{-2⩽X_i⩽2\right\}$ 的几何意义也可以直观判 断出 $p_1>p_2>p_3$.

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(8)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且都服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$, 则 $P\{|X-Y|<1\}()$
(A) 与 $\mu$ 无关, 而与 ${\sigma }^2$ 有关.
(B) 与 $\mu$ 有关, 而与 ${\sigma }^2$ 无关.
(C) 与 $\mu ,{\sigma }^2$ 都有关.
(D) 与 $\mu ,{\sigma }^2$ 都无关.

(8)

• • 计算 $P\{|X-Y|<1\}$
    • 观察 $X$ 和 $Y$ 的分布
      • $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$
      • $Y\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$
    • 分析 $X-Y$ 的分布，有限个正态分布的线性组合还是正态分布
      • 则$X-Y$ 遵循 $N(0,2{\sigma }^2)$
        • $\stackrel{\text{标准化}}{\to }\frac{X-Y-0}{\sqrt{2}\sigma }\sim N(0,1)$
        • 碰到非标准的正态分布习惯上将它转为标准正态
    • 概率也转换为标准正态概率
      • $P\{|X-Y|<1\}\underset{\text{标准化}}{\overset{\frac{X-Y-\mu }{\sqrt{2}\sigma }}{=}}P\left\{\left|\frac{X-Y}{\sqrt{2}\sigma }\right|<\frac{1}{\sqrt{2}\sigma }\right\}\stackrel{\text{正态分布图}}{=}2\Phi \left(\frac{1}{\sqrt{2}\sigma }\right)-1$
        • 主要是对不等式右侧，做正态标准化得到的结果
• 分析概率值与参数的关系
  • 与 $\mu$ 的关系：概率值与 $\mu$ 无关
  • 与 ${\sigma }^2$ 的关系：概率值与 ${\sigma }^2$ 有关
• 
  
• 结论:选项 (A) 正确

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均匀分布

Transclude of 数三2012#7

随机变量的数字特征(22+9=31道)

数学期望与方差

公式

• $E(XY)=E(X)E(Y)$
• $DX=E\left(X^2\right)-(EX{)}^2$
• $D(X+Y)=DX+DY+2\mathrm{Cov}(X,Y)$
  • $D(aX+bY+c)=a^{2}DX+b^{2}DY+2ab\mathrm{Cov}(X,Y)$
• $\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)\cdot E(Y)\stackrel{独立}{=}0$
• ${\rho }_{xy}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D_X}\cdot \sqrt{D_Y}}$

由定义求期望

离散

Transclude of 数一2014#22

Transclude of 数三2020#14

连续型

(7)

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)=0.3\Phi (x)+0.7\Phi \left(\frac{x-1}{2}\right)$, 其中 $\Phi (x)$ 为标准正态分布的 分布函数, 则 $E(X)=()$ (A) 0 . (B) 0. 3 . (C) 0. 7 . (D) 1 .

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(14)

设随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)=0.5\Phi (x)+0.5\Phi \left(\frac{x-4}{2}\right)$, 其中 $\Phi (x)$ 为标准正态分布函 数, 则 $E(X)=$

(14)

• 由分布函数求得概率密度
  • 分布函数为 $F(x)=0.5\Phi (x)+0.5\Phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\underset{\text{概率密度}}{\overset{\text{求导得}}{\to }}f(x)=F^{\prime }(x)=\frac{1}{2}\phi (x)+\frac{1}{4}\phi \left(\frac{x-4}{2}\right).$
• 在求谁的期望:就在谁前面乘上概率密度然后积分
  • $E(X)={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{代入}f(x)}{=}\frac{1}{2}\underset{=0}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi (x)\mathrm{d}x}}+\frac{1}{4}\underset{\text{换元求期望}}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\mathrm{d}x}}$
    • $\frac{1}{4}{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\mathrm{d}\stackrel{\frac{1}{4}\text{拆成}\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}{\to }x\underset{d\left(\frac{x-4}{2}\right)=\frac{1}{2}\mathrm{d}x\text{. }}{\overset{\text{线性凑微分}}{=}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x-4+4}{2}\phi \left(\frac{x-4}{2}\right)\mathrm{d}\left(\frac{x-4}{2}\right)$
      • $\stackrel{t\frac{x-4}{2}}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }(t+2)\phi (t)\mathrm{d}t\stackrel{\text{拆}}{=}\underset{=0}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }t\phi (t)\mathrm{d}t}}+2\underset{=1}{\underbrace{{\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi (t)\mathrm{d}t}}=2$
  • 合并结果:$E(X)=0+2=2$

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(14)

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{2},& 0<x<2,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$， $F(x)$为 $X$ 的分布函数, $E(X)$ 为$X$的数学期望, 则 $P\{F(X)>E(X)-1\}=$

(14)

• 解
  解法 1:
• 求期望
  • $E(X)={\int }_0^{2}xf(x)dx={\int }_0^{2}x$·$\frac{x}{2}dx{=\frac{x^3}{6}|}_0^2=\frac{4}{3}$
• 确定分布函数 $F(x)$
  • $F(x)={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt=\{\begin{array}{ll}0,& x<0\\ \frac{x^2}{4},& 0⩽x<2\\ 1,& x⩾2\end{array}$
    • $x<0,F(x)={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt=0$
    • $0⩽x<2,F(x)={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt={\int }_0^x\frac{t}{2}dt=\frac{x^2}{4}$
    • $2⩽x.F(x)=1$
• 这里休息:一会求期望是对概率密度积分，不是对分布函数积分

李艳芳版

• $\begin{array}{rl}P\{F(X)>E(X)-1\}& =P\left\{F(X)>\frac{1}{3}\right\}\end{array}$
• $\begin{array}{r}\stackrel{\text{拆开}}{=}P\left\{\frac{X^2}{4}>\frac{1}{3},0⩽X<2\right\}+P\{X⩾2\}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=P\left\{\frac{2}{\sqrt{3}}<X<2\right\}+\underset{=0\text{，概率密度为}0}{\underbrace{{\int }_2^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x}}\stackrel{\text{取反求值}}{=}1-{\int }_0^{\frac{2}{\sqrt{3}}}\frac{x}{2}\mathrm{d}x+0\end{array}$
• $\begin{array}{r}=1-{\frac{x^2}{4}|}_0^{\frac{2}{\sqrt{3}}}=\frac{2}{3}.\end{array}$

2025版全概率公式

• $P\left\{F(x)>\frac{1}{3}\right\}$
  • $=P\{x<0\}\underset{=0}{\underbrace{P\left\{F(x)>\frac{1}{3}|x<0\right\}}}+P\{0⩽x<2\}\underset{\frac{P\left\{0⩽x<2,F(x)>\frac{1}{3}\right\}}{P\{0<x<2\}}}{\underbrace{P\left\{F(x)>\frac{1}{3}|0⩽x<2\right\}}}+$
    $P\{2⩽x\}\underset{=1}{\underbrace{P\left\{F(x)>\frac{1}{3}|2⩽x\right\}}}$
• $\stackrel{\text{条件概率化简}}{=}0+P\left\{0⩽x<2,F(x)>\frac{1}{3}\right\}+P\{2⩽x\}$
• $\stackrel{\text{转化}F(x)=\frac{X^2}{4}}{=}P\left\{0⩽x<2,\frac{x^2}{4}>\frac{1}{3}\right\}+P\{2⩽x\}$
• $\stackrel{\text{取交集}}{=}P\left\{\frac{2}{\sqrt{3}}<x<2\right\}+P\{2⩽x\}\stackrel{\text{取交集}}{\to }P\left\{x>\frac{2}{\sqrt{3}}\right\}$

2024版

• 计算 $P\{F(X)>E(X)-1\}$:将分布函数$F(X)$和$E(X)$代入
  • $P\{F(X)>E(X)-1\}\underset{\text{代入}}{\overset{EX=\frac{3}{4}}{=}}P\left\{F(X)>\frac{1}{3}\right\}$
    • $\stackrel{\text{转化}F(x)=\frac{X^2}{4}}{=}P\left\{\frac{X^2}{4}>\frac{1}{3}\right\}\stackrel{\text{开根号}}{=}P\left\{X>\frac{2}{\sqrt{3}}\right\}$
    • $\underset{\text{小}x\text{上限为}2}{\overset{\text{何处求概率},\text{何处求积分}}{=}}{\int }_{\frac{2}{\sqrt{3}}}^2\frac{x}{2}dx=\frac{2}{3}$

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用性质求期望

(8)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且 $E(X)$ 与 $E(Y)$ 存在, 记 $U=\max \{X,Y\},V=\min \{X,Y\}$, 则 $E(UV)=()$
(A) $E(U)\cdot E(V)$.
(B) $E(X)\cdot E(Y)$.
(C) $E(U)\cdot E(Y)$
(D) $E(X)\cdot E(V)$.

(8)

解

• 不要想得太复杂了, 由于 $U$ 是 $X$ 和 $Y$ 中的较大者, $V$ 是 $X$ 和 $Y$ 中的较小的
  • 故 $U$ 和 $V$ 总有一个取的是 $X,$一 个取的是 $Y$,
  • 因此$UV=XY\text{ 或 }UV=YX$
• 总之, 总有 $UV=XY$, 也有 $U+V=X+Y$.
  • $\begin{array}{l}\text{ 当 }X⩾Y\text{ 时, }U=X,V=Y;\\ \text{ 当 }X<Y\text{ 时, }U=Y,V=X,\end{array}$
• 所以总有 $UV=XY$
  • 又因为随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 从而 $EUV=EXY\stackrel{独立}{=}EX\cdot EY\text{. }$ 故选 (B) . 答 应选(B). 解 本题考查相互独立随机变简单函数的数字特征. 利用 $UV=\max \{X,Y\}\cdot \min \{X,Y\}=XY$ 及随 机变量相互独立的性质计算即可. 因为 $UV=XY$,且 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 故 $E(UV)=EX\cdot EY$, 即应选 (B).
• 注 $U=\max \{X,Y\}=\frac{X+Y+|X-Y|}{2},V=\min \{X,Y\}=\frac{X+Y-|X-Y|}{2}$, 于是$U+V=X+Y,U-V=|X-Y|,UV=XY.$

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(14)

设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=k\}=\frac{C}{k!},k=0,1,2,\cdots$, 则 $E\left(X^2\right)=$

(14)

• 确定常数 $C$
  • 利用规范性求参数:概率分布的总和等于 1 ：$\sum _{k=0}^{\infty }P\{X=k\}=1$。
  • 由给定的概率分布：$\sum _{k=0}^{\infty }P\{X=k\}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{C}{k!}=C\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}=1\stackrel{\mathrm{e}={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}}{\to }C=e^{-1}$
• 识别泊松分布
  • 泊松分布的概率公式为 $P\{X=k\}=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$。
    • 由 $C$ 的值，可知 $X$ 服从参数为 1 的泊松分布。
  • 在本题中，$\lambda =1$。
    • 对于泊松分布，$E(X)=\lambda$ 且 $D(X)=\lambda$。
• 计算 $E\left(X^2\right)$
  • 因此，$E\left(X^2\right)=D(X)+(E(X){)}^2=1+1=2$。
    答 应填 2 .

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正态分布

(7)

设随机变量 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)(\sigma >0)$, 记 $p=P\left\{X⩽\mu +{\sigma }^2\right\}$, 则 $()$
(A) $p$ 随着 $\mu$ 的增加而增加.
(B) $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而增加.
(C) $p$ 随着 $\mu$ 的增加而减少.
(D) $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而减少.

(7)

• 关键步骤:对$\mu +{\sigma }^2$标准化
• 标准化首先，我们需要将给定的正态分布标准化。标准化的过程是将一般的正态分布转换为标准正态分布 $N(0,1)$。对于 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，标准化的随机变量 $Z$ 定义为 $Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$。
• 计算概率：我们需要计算 $P\{X\le \mu +{\sigma }^2\}$。不等式两边同时使用标准化的随机变量 $Z$，这个概率可以写为
  $p=P\left\{\frac{X-\mu }{\sigma }\le \frac{\mu +{\sigma }^2-\mu }{\sigma }\right\}=P\left\{Z\le \sigma \right\}$ 不等式右侧可以写成$\frac{\mu +{\sigma }^2-\mu }{\sigma }=\sigma$，
  • 这里，$Z$ 是一个标准正态分布的随机变量，所以 $P\{Z\le \sigma \}$ 是标准正态分布的累积分布函数 $\Phi (\sigma )$。
• 分析概率与参数的关系：
  • 对于 $\mu$：由于 $\sigma$ 是标准差，它与均值 $\mu$ 无关。因此，$p$ 不会随着 $\mu$ 的变化而变化。
  • 对于 $\sigma$：当 $\sigma$ 增加时，$\Phi (\sigma )$ 增加，因为标准正态分布的累积分布函数是单调递增的。这意味着 $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而增加。
    正确选项是 (B) $p$ 随着 $\sigma$ 的增加而增加。

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由概率分布的乘积和求期望

(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 的概率密度为

• $f(x)=\{\begin{array}{ll}{2}^{-x}\ln 2,& x>0,\\ 0,& x⩽0.\end{array}$
  对 $X$ 进行独立重复的观测, 直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数.
  ( I ) 求 $Y$ 的概率分布;
  (II) 求 $E(Y)$.

(22)

(I)

• 求 $Y$ 的概率分布:Y是离散型的
• 找取值，求概率
  • 找取值:直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数
    • Y可能为2,3,4,5,一直到n,确定$B\text{～}(n,p)$
  • 求p:一个观测值X大于 3 的概率 $p$,和Y没有关系
    • $p=P\{X>3\}={\int }_3^{+\infty }f(x)dx={\int }_3^{+\infty }{2}^{-x}\ln 2dx=-{2^{-x}|}_3^{+\infty }=\frac{1}{8}$
  • 求p逆:
    • $P\{X\le 3\}=1-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$.
• $Y$ 的概率分布(几何分布,不用考虑组合情况)
  • $Y$ 是直到第二个观测值大于 3 为止的观测次数
    • 前k-1次二项分布
    • 第k次为几何分布
  • $P\{Y=k\}$ 是第 $k$ 次观测时第二次得到大于 3 的值
  • $P\{Y=k\}={\mathrm{C}}_{k-1}^1\cdot \frac{1}{8}\cdot {\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}\cdot \frac{1}{8}\stackrel{C_{k-1}^1=\frac{(k-1)}{1!}}{=}\frac{1}{64}(k-1){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}$,其中 $k=2,3,\cdots$
    (II) 求 $E(Y)$（$Y$ 的期望值）
• 解法 2：使用几何分布(7×2表格)
  • $Y=Y_1+Y_2$, 且 $Y_1,Y_2$ 均服从参数为 $p=\frac{1}{8}$ 的几何分布.
  • $E(Y)=E(Y_1+Y_2)=E(Y_1)+E(Y_2)=\frac{1}{\frac{1}{8}}+\frac{1}{\frac{1}{8}}=16$
• 解法 1：直接计算(不推荐)
  • $E(Y)=\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}{\left(\frac{1}{8}\right)}^2$
  • 使用级数求导和求和技巧
  • $E(Y)={\left(\frac{1}{8}\right)}^2{\frac{2}{(1-x{)}^3}|}_{x=\frac{7}{8}}=16$

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方差

(8)

设连续型随机变量 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立且方差均存在, $X_1$ 与 $X_2$ 的概率密度分别为 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$, 随机变量 $Y_1$ 的概率密度为 $f_{Y_1}(y)=\frac{1}{2}\left[f_1(y)+f_2(y)\right]$, 随机变量 $Y_2=\frac{1}{2}\left(X_1+X_2\right)$, 则 $()$
(A) $E\left(Y_1\right)>E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)>D\left(Y_2\right)$.
(B) $E\left(Y_1\right)=E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)=D\left(Y_2\right)$.
(C) $E\left(Y_1\right)=E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)<D\left(Y_2\right)$.
(D) $E\left(Y_1\right)=E\left(Y_2\right),D\left(Y_1\right)>D\left(Y_2\right)$.

(8)

• 答 应选(D).
  解
• $\begin{array}{r}E{Y}_1=\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }y\left[f_1(y)+f_2(y)\right]\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\left(E{X}_1+E{X}_2\right)=E{Y}_2,\end{array}$
• $\begin{array}{r}E\left(Y_1^2\right)=\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^2\left[f_1(y)+f_2(y)\right]\mathrm{d}y=\frac{1}{2}E\left(X_1^2\right)+\frac{1}{2}E\left(X_2^2\right),\end{array}$
• $\begin{array}{r}D{Y}_1=E\left(Y_1^2\right)-{\left(E{Y}_1\right)}^2=\frac{1}{2}E\left(X_1^2\right)+\frac{1}{2}E\left(X_2^2\right)-\frac{1}{4}{\left(E{X}_1\right)}^2-\frac{1}{4}{\left(E{X}_2\right)}^2-\frac{1}{2}E{X}_{1}E{X}_2\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{1}{4}D{X}_1+\frac{1}{4}D{X}_2+\frac{1}{4}E\left[{\left(X_1-X_2\right)}^2\right]>\frac{1}{4}D{X}_1+\frac{1}{4}D{X}_2=D{Y}_2,\end{array}$故应选(D).

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Transclude of 数三2016#18

Transclude of 数三2017#14

正态分布的期望

Transclude of 数三2013#14

协方差与相关系数

协方差

(22)

(本题满分 11 分)

设二维离散型随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

$X\text{Y}$	0	1	2
0	$\frac{1}{4}$	0	$\frac{1}{4}$
1	0	$\frac{1}{3}$	0
2	$\frac{1}{12}$	0	$\frac{1}{12}$
(I) 求 $P\{X=2Y\}$;
(II) 求 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)$.

(22)

解

(I) 求 $P\{X=2Y\}$

• 找取值$X=2Y$,则
  • 从概率分布表中，满足 $X=2Y$ 的组合有：$(X=0,Y=0)$ 和 $(X=2,Y=1)$
• 根据给定的概率分布，找出满足 $X=2Y$ 的所有 $(X,Y)$ 组合的概率之和
  • $P\{X=2Y\}=P\{X=0,Y=0\}+P\{X=2,Y=1\}=\frac{1}{4}$

(II)

• 先写出X,Y,XY的分布函数(先取值，求概率)
  • $X\sim \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{3}& \frac{1}{6}\end{array}\right)$
  • $Y\sim \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$
  • $XY\sim \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 4\\ \frac{7}{12}& \frac{1}{3}& \frac{1}{12}\end{array}\right)$
• 求 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=\mathrm{Cov}(X,Y)-\mathrm{Cov}(Y,Y)\underset{\mathrm{Cov}(Y,Y)=D(Y)}{\overset{\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)}{=}}E(XY)-E(X)E(Y)-D(Y)\stackrel{D(Y)=E\left(Y^2\right)-(EY{)}^2}{\to }$
  • 需要计算 $E(X)$, $E(Y)$, $E(Y^2)$, $E(XY)$, 和 $D(Y)$
    • 求协方差$\mathrm{Cov}(X,Y)$
      • $E(X)=0\cdot \frac{1}{2}+1\cdot \frac{1}{3}+2\cdot \frac{1}{6}=\frac{2}{3}$
      • $EY=0\cdot \frac{1}{3}+1\cdot \frac{1}{3}+2\cdot \frac{1}{3}=1$
      • $E(XY)=0\cdot \frac{7}{12}+1\cdot \frac{1}{3}+4\cdot \frac{1}{12}=\frac{2}{3}$
    • 求方差$D(Y)$
      • $E\left(Y^2\right)=0^2\cdot \frac{1}{3}+1^2\cdot \frac{1}{3}+2^2\cdot \frac{1}{3}=\frac{5}{3}$
      • $D(Y)=E\left(Y^2\right)-(EY{)}^2\underset{EY=1}{\overset{E\left(Y^2\right)=\frac{5}{3}}{=}}\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$
  • 计算 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)$
    • $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)-D(Y)==\frac{2}{3}-\frac{2}{3}\times 1-\frac{2}{3}=-\frac{2}{3}\text{. }$
      因此，$P\{X=2Y\}=\frac{1}{4}$ 并且 $\mathrm{Cov}(X-Y,Y)=-\frac{2}{3}$。

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(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, $X$ 的概率分布为 $P\{X=1\}=P\{X=-1\}=\frac{1}{2},Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布. 令 $Z=XY$.
( I ) 求 $\mathrm{Cov}(X,Z)$;
( II ) 求 $Z$ 的概率分布.

(22)

解
这个问题涉及随机变量的协方差和概率分布。以下是对答案的详细解释：
(I) 求 $\mathrm{Cov}(X,Z)$

• 计算协方差
  • $\mathrm{Cov}(X,Z)=E(XZ)-E(X)\cdot E(Z)\stackrel{Z=XY}{\to }E(X\cdot XY)-EX\cdot E(XY)$
    • $\stackrel{\text{独立}}{=}E\left(X^2\right)\cdot E(Y)-E^2(X)\cdot E(Y)$
      • 计算 $E(X)$ , $E(X^2)$,$E(Y)$
        • $E(X)=(-1)\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=0$
        • $E(X^2)=(-1{)}^2\times \frac{1}{2}+1^2\times \frac{1}{2}=1$
        • $E(Y)=\lambda$（泊松分布的期望）
  • 合并计算结果:$\mathrm{Cov}(X,Z)=1\cdot \lambda -0\cdot \lambda =\lambda$
    (II) 求 $Z$ 的概率分布
• 三件套(常规思路):
  • $F_z(z)=p\{z\le z\}=P\{XY⩽z\}$
  • $\underset{\text{可是泊松分布也是离散}}{\overset{\text{对离散的全集分解}}{=}}P\{XY\le z,X=1\}+P\{XY⩽z,X=-1\}$
  • $\stackrel{\text{独立}}{=}P\{XY\le z\}\cdot P\{X=1\}+P\{XY\le z\}\cdot P\{X=-1\}$
  • $=\frac{1}{2}\{Y⩽z\}+\frac{1}{2}\{-Y\le z\}$
  • 往后做不动，有时间再写
• 本题是泊松分布:计算 $P\{Z=0\}$
  • $P\{Z=0\}=P\{Y=0\}=e^{-\lambda }$（泊松分布中 $Y=0$ 的概率）
• 计算 $P\{Z=n\}$ 对于 $n=\pm 1,\pm 2,\cdots$
  • $P\{Z=n\}=P\{XY=n\}=P\left\{X=\frac{n}{|n|},Y=|n|\right\}$
  • $=P\left\{X=\frac{n}{|n|}\right\}\cdot P\{Y=|n|\}$（因为 $X$ 和 $Y$ 相互独立）
  • $=\frac{1}{2}\cdot e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^{|n|}}{|n|!}$（泊松分布中 $Y=|n|$ 的概率）

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(14)

设 $X$ 服从区间 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上的均匀分布, $Y=\sin X$, 则 $\mathrm{Cov}(X,Y)=$

(14)

• • 确定 $X$ 的概率密度函数 $f(x)$
    • $X$ 服从区间 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上的均匀分布，所以 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\pi },& x\in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right),\\ 0,& \text{其他.}\end{array}$
• 计算协方差 $\mathrm{Cov}(X,Y)$
  • $\mathrm{Cov}(X,Y)\stackrel{Y=sinX}{=}\mathrm{Cov}(X,\sin X)\stackrel{=E(XY)-EX\cdot EY}{=}E(X\sin X)-E(X)E(\sin X)$
    • 计算 $E(X\sin X)$:求谁的期望，就在它前面乘概率密度积分
      • 则期望
        $E(X\sin X)\stackrel{{\int }_a^{b}x\cdot \sin x\cdot f(x)dx}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}x\sin x\cdot \frac{1}{\pi }dx$
        • $\underset{\text{区间对称，翻倍}}{\overset{\text{奇}\times \text{奇}=\text{偶}}{=}}\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\sin xdx$
        • $\stackrel{\text{分布}}{=}\underset{=0}{\underbrace{-{\frac{2}{\pi }\text{⋅}x\cos x|}_0^{\frac{\pi }{2}}}}+\frac{2}{\pi }\text{⋅}\underset{=1}{\underbrace{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos x\mathrm{d}x}}=\frac{2}{\pi }$
    • 计算 $E(X)$ 和 $E(\sin X)$
      • $E(X)\stackrel{\frac{a+b}{2}}{=}\frac{\frac{\pi }{2}+\left(-\frac{\pi }{2}\right)}{2}=0$
  • 合并计算结果:得出协方差
    • $\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{2}{\pi }-0\times 0=\frac{2}{\pi }$

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Transclude of 数三2020#8

Transclude of 数三2022#10

相关系数

(8)

随机试验 $E$ 有三种两两不相容的结果 $A_1,A_2,A_3$, 且三种结果发生的概率均为 $\frac{1}{3}$, 将试验 $E$ 独立 重复做 2 次, $X$ 表示 2 次试验中结果 $A_1$ 发生的次数, $Y$ 表示 2 次试验中结果 $A_2$ 发生的次数,则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为 $()$(A) $-\frac{1}{2}$.(B) $-\frac{1}{3}$.(C) $\frac{1}{3}$.(D) $\frac{1}{2}$.

(8)

• 随机变量 $X$ 和 $Y$ 的分布
  • $X$ 和 $Y$ 都服从二项分布 $B(2,\frac{1}{3})$，因为每次试验中 $A_1$ 或 $A_2$ 发生的概率都是 $\frac{1}{3}$，且试验重复两次。
• 计算相关系数 ${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{DY}}$
• 计算分母 $E(X)$、$E(Y)$、$DX$ 和 $DY$
  • 若 $X\sim B(n,p)$, 则 $EX=np,DX=np(1-p)$.
    • $E(X)=E(Y)=2\times \frac{1}{3}=\frac{2}{3}$
    • $DX=DY=2\times \frac{1}{3}\times \frac{2}{3}=\frac{4}{9}$
• 计算分子 $\mathrm{Cov}(X,Y)$
  • $\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$
  • 首先求 $E(XY)$：
    • 先求(X,Y)的分布函数
      • 找取值,然后求概率
        • $XY=1\stackrel{\text{一种情况}}{\to }(X=1,Y=1)$
          • $P\{XY=1\}=P\{X=1,Y=1\}=2\times \frac{1}{3}\times \frac{1}{3}=\frac{2}{9}$
        • $XY=0\stackrel{\text{取逆}}{\to }1-\frac{2}{9}=\frac{7}{9}$
      • 联合概率分布得 : $XY\sim \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ \frac{2}{9}& \frac{7}{9}\end{array}\right)$,
    • 期望为:$E(XY)=1\times \frac{2}{9}+0\times \frac{7}{9}=\frac{2}{9}$
  • 合并计算结果，得$\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{2}{9}-\frac{2}{3}\times \frac{2}{3}=-\frac{2}{9}$

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(22)

(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

• $x\sim \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{2}{3}\end{array}\right)$,$Y\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$
  且 $P\left\{X^2=Y^2\right\}=1$.
  ( I ) 求二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布;
  (II) 求 $Z=XY$ 的概率分布;
  (III) 求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}$.

(22)

解
(1)

• 由$P\left\{X^2=Y^2\right\}=1$ 得,$P\{X^2\ne Y^2\}=1-1=0$
  • $P\{X=0,Y=-1\}=P\{X=0,Y=1\}=P\{X=1,Y=0\}$=0
    画表格

$X\text{Y}$	-1	0	1
0	$0$	$\frac{1}{3}$	$0$
1	$\frac{1}{3}$	$0$	$\frac{1}{3}$

• 由Y的边缘分布$Y\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$减去联合分布
  • 可以求的剩下三个框的数值，分别都是三分之一
  • 即:表格位置$p_{12}=p_{21}=p_{23}=\frac{1}{3}$

(2)

$(x,y)$的取值	$(0,-1)$	$(0,0)$	$(0,1)$	$(1,-1)$	$(1,0)$	$(1,1)$
位置$p_{ii}$	0	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$	0	$\frac{1}{3}$
$Z=XY$	0	0	0	-1	0	1

• Z为离散型:概率相加$Z\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ \frac{1}{3}& \frac{1}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right)$

(3)

• $P_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{Dx}\sqrt{DY}}$
  • 分子:$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-EX\cdot EY$
    • $E(X)=0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{2}{3}=\frac{2}{3}$,
    • $E(Y)=(-1)\times \frac{1}{3}+0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}=0$
    • $E(XY)=E(Z)=(-1)\times \frac{1}{3}+0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}=0$
  • 计算两个方差(这道题分子为0,其实可以不用算分母)
    • $E\left(X^2\right)=0^2\times \frac{1}{3}+1^2\times \frac{2}{3}=\frac{2}{3}$
      • $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2=\frac{2}{9}$
    • $E\left(Y^2\right)=(-1{)}^2\times \frac{1}{3}+0^2\times \frac{1}{3}+1^2\times \frac{1}{3}=\frac{2}{3}$,
      • $D(Y)=E\left(Y^2\right)-[E(Y){]}^2=\frac{2}{3}$
  • 合并计算结果:${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=0$

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(16)

甲、乙两个盒子中各装有 2 个红球和 2 个白球, 先从甲盒中任取一球, 观察颜色后放入乙盒, 再从乙盒中任取一球, 令 $X,Y$ 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球的个数, 则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为

(16)

• • 分析 本题主要考查相关系数的计算.
• (解) 根据相关系数的计算公式， $X$ 与 $Y$ 的相关系数为
  $\rho =\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}.$
  • 
    
    • $P\{X=0\cdot Y=0\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{10}$
    • $P\{X=1,Y=0\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{2}{5}=\frac{2}{10}$
    • $P\{X=0\cdot Y=1\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{2}{5}=\frac{2}{10}$
    • $P\{X=1,Y=1\}=\frac{2}{4}\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{10}$
• 下面分别计算 $X,Y$ 的分布律与数字特征.取球模型为等可能模型。
  • 从甲盒中取到红球的概率
    $X$ 的可能取值为 0,1 . 取到白球, 则 $X=0$; 取到红球, 则 $X=1$.
    • $P\{X=0\}=\frac{1}{2},P\{X=1\}=\frac{1}{2}.$
      • $E(X)=0\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
      • $E(X^2)=0\times \frac{1}{2}+1^2\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
      • $D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{1}{2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$
  • 从乙盒中取到红球的概率
    $Y$ 的可能取值为 0,1 .
    • 分析Y的概率
      • 若从甲盒中取出的是白球, 则后来乙盒中共有 2 个红球和 3 个白球, 取到红球的概率为 $\frac{2}{5}$,
        • 即在 $X=0$ 发生的条件下 $Y=1$ 发生的概率为 $\frac{2}{5}$;
      • 若从甲盒中取出的是红球, 则后来乙盒中共有 3 个红球和 2 个白球, 取到红球的概率为 $\frac{3}{5}$,
        • 即在 $X=1$ 发生的条件下 $Y=1$ 发生的概率为 $\frac{3}{5}$.
    • $P\{Y=0\}=\frac{1}{2},P\{Y=1\}=\frac{1}{2}.$
      • $P\{Y=1\}=P\{Y=1\mid X=0\}P\{X=0\}+P\{Y=1\mid X=1\}P\{X=1\}$
        • $=\frac{2}{5}\times \frac{1}{2}+\frac{3}{5}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
      • $P\{Y=0\}=1-P\{Y=1\}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
    • 同理, $E(Y)=\frac{1}{2},E\left(Y^2\right)=\frac{1}{2},D(Y)=\frac{1}{2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$.
  • $XY$ 的可能取值为 0,1
    • $P\{XY=1\}=P\{X=1,Y=1\}=P\{Y=1\mid X=1\}P\{X=1\}=\frac{3}{5}\times \frac{1}{2}=\frac{3}{10}.$
    • $P\{XY=0\}=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}.$
    • 于是, $E(XY)=P\{XY=1\}\times 1+P\{XY=0\}\times 0$
      • $=\frac{3}{10}\times 1+\frac{7}{16}\times 0=\frac{3}{10}$
• 因此,$\rho =\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{\frac{3}{10}-\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}{\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{20}}{\frac{1}{4}}=\frac{1}{5}.$

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(22)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, $X$ 服从参数为 1 的指数分布, $Y$ 的概率分布为 $P\{Y=-1\}=p$, $P\{Y=1\}=1-p(0<p<1)$. 令 $Z=XY$.
(I) 求 $Z$ 的概率密度;
( II ) $p$ 为何值时, $X$ 与 $Z$ 不相关;
( III) $X$ 与 $Z$ 是否相互独立?

(22)

• • 分析 本题主要考查随机变量的函数的概率密度, 随机变量不相关及相互独立的概念.
    • 第 (I) 问中, $Z$ 为混合型随机变量,
      • 可先根据定义计算 $Z$ 的分布函数,
      • 再求导得到概率密度.
    • 第（II）问中，可利用 $X$ 与 $Z$ 不相关等价于 $\mathrm{Cov}(X,Z)=0$ 来确定 $p$ 的值。
    • 第 (III) 问中, 判断两个随机变量是否相互独立, 可根据相互独立的定义判断
      对任意的实数 $a,b$, 是否都有 $P\{X⩽a,Z⩽b\}=P\{X⩽a\}\cdot P\{Z⩽b\}$.
      • 若存在 $a,b$ 不满足该等式, 则 $X$ 与 $Z$不相互独立.
        解
• X是连续型:由于 $X$ 服从参数为 1 的指数分布
  • 故 $X$ 的概率密度 $f_X(x)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-x},& x>0,\\ 0,& x\le 0.\end{array}$
  • X的分布函数:$F_x(x)=\{\begin{array}{cc}0& x<0\\ 1-e^{-x}& 0⩽x\end{array}$
• Y是离散型:而 $P\{Y=-1\}=p,P\{Y=1\}=1-p$
• $Z=XY$属于混合型
  (1)
• $Z$ 的分布函数为(三件套)
  • $F_Z(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\{Z⩽z\}\stackrel{\text{转化}Z=XY}{=}P\{XY⩽z\}$
    • $\stackrel{\text{对离散的全集分解}}{=}P(XY⩽z,Y=-1)+P\{XY⩽z,Y=1\}$
    • $\stackrel{\text{代入}Y\text{的值}}{=}P\{-X⩽z,Y=-1\}+P\{X⩽z,Y=1\}$
    • $\stackrel{X\text{与}Y\text{独立}}{=}P\{X⩾-z\}P\{Y=-1\}+P\{X⩽z\}P\{Y=1\}$
    • $\stackrel{\text{代入离散型的概率}}{=}pP\{X⩾-z\}+(1-p)P\{X⩽z\}$
      • $P\{x⩾-z\}=1-F_x(-z)$
        • $F_x(-z)=\{\begin{array}{cc}0& z>0\\ 1-e^z& z⩽0\end{array}$
        • $P\{x⩾-z\}=\{\begin{array}{cc}1& z>0\\ e^z& z⩽0\end{array}$
      • $P\{x⩽z\}=F_x(z)$
        • $=\{\begin{array}{cc}0& z<0\\ 1-e^{-z}& 0⩽z\end{array}$
    • 将对应区域叠加，得到z的分布函数
      • (1) $z<0$ 时, $F_z(z)=P\cdot e^z$
      • (2) $0⩽z$ 时. $F_z(z)=p+(1-p)\left(1-e^{-z}\right)=1-(1-p)e^{-z}$
    • z的分布函数求导，得到概率密度
      • $f_z(z)=\{\begin{array}{ll}P{e}^z& z<0\\ (1-p)e^{-z}& 0⩽z\end{array}$

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(10)

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(8)

将长度为 $1\mathrm{m}$ 的木棒随机地截成两段, 则两段长度的相关系数为 ( )
(A) 1 .
(B) $\frac{1}{2}$.
(C) $-\frac{1}{2}$.
(D) -1 .

(8)

解
应选(D).

• 设两段长度分别为 $X,Y$, 则 $X+Y=1$,
  • 即 $Y=1-X\stackrel{Y=aX+b}{\to }{\rho }_{XY}=-1$
  • 所以 $X$ 与 $Y$ 存在线性关系, 且为负相关,故选(D).

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Transclude of 数三2014#23

Transclude of 数三2023#16

期望的乘积

(14)

设二维随机变量 $(X,Y)$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0\right)$, 则 $E\left(X{Y}^2\right)=$

(14)

• 已知条件

  • $(X,Y)$ 服从二维正态分布 $N(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0)$。
  • 这里的 0 表示 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 0，即 $X$ 和 $Y$ 相互独立。
  • $E(X)=E(Y)=\mu ,D(X)=D(Y)={\sigma }^2$

• 计算 $E(X{Y}^2)$

  • $E(X{Y}^2)\stackrel{独立}{=}EX\cdot E(Y^2)\stackrel{E(Y^2)=DY+(EY{)}^2}{=}E(X)\cdot \left[D(Y)+E(Y{)}^2\right]$
  • $\underset{D(X)=D(Y)={\sigma }^2}{\overset{代入E(X)=E(Y)=\mu }{=}}\mu \cdot \left({\sigma }^2+{\mu }^2\right)$

因此，$E(X{Y}^2)=\mu ({\sigma }^2+{\mu }^2)$。

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(8)

设随机变量 $X,Y$ 不相关, 且 $E(X)=2,E(Y)=1,D(X)=3$, 则 $E[X(X+Y-2)]=()$(A) -3 .(B) 3 .(C) -5 .(D) 5 .

(8)

• 已知条件
  • $X$ 和 $Y$ 不相关，意味着 $E(XY)=E(X)E(Y)$。
  • $E(X)=2$，$E(Y)=1$，$D(X)=3$。
• 计算 $E[X(X+Y-2)]$
  • 展开表达式得到 $E[X(X+Y-2)]=E(X^2)+E(XY)-2E(X)$。
  • 使用 $E(X^2)=D(X)+(E(X){)}^2$：
    • $E(X^2)=D(X)+(E(X){)}^2=3+2^2=7$。
  • 使用 $X$ 和 $Y$ 不相关的性质计算 $E(XY)$：
    • $E(XY)=E(X)E(Y)=2\times 1=2$。
  • 现在将值代入表达式：
    • $E[X(X+Y-2)]=7+2-2\times 2=5$。
      因此，$E[X(X+Y-2)]=5$，答案是选项 (D)。

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和的方差

(8)

数一2022
设随机变量 $X$ 服从区间 $(0,3)$ 上的均匀分布, 随机变量 $Y$ 服从参数为 2 的泊松分布, 且 $X$ 与 $Y$ 的协方差为 -1 , 则 $D(2X-Y+1)=()$
(A) 1 .
(B) 5 .
(C) 9 .
(D) 12 .

(8)

• 方法一：$D(2X-Y+1)=4DX+DY-2Cov(2X,Y)$
  • $\stackrel{\text{提出系数}}{=}4DX+DY-2\cdot 2Cov(X,Y)$
  • $\underset{D(Y)=\lambda }{\overset{D(X)=\frac{(a-b{)}^2}{12}}{=}}4\cdot \frac{3^2}{12}+2-2\cdot 2\cdot (-1)=9$
• 方法二：
  • 应用方差的性质
    • 方差的一个重要性质是 $D(aX+bY+c)=a^{2}DX+b^{2}DY+2ab\text{Cov}(X,Y)$
      • 其中 $a,b,c$ 是常数
      • $\text{Cov}(X,Y)$ 是 $X$ 和 $Y$ 的协方差。
    • 应用这个性质，对于 $D(2X-Y+1)$ 有：
      $D(2X-Y+1)=4DX+DY-4\text{Cov}(X,Y)$
  • 第一步：计算 $X$ 和 $Y$ 的方差
    • 对于均匀分布的随机变量 $X$，其方差 $DX$ 可以用公式 $DX=\frac{(b-a{)}^2}{12}$ 计算，其中 $a$ 和 $b$ 是区间的下限和上限。因此，对于 $X$ 有：$DX=\frac{(3-0{)}^2}{12}=\frac{3}{4}$
    • 对于参数为 2 的泊松分布的随机变量 $Y$，其方差 $DY$ 等于其参数，即 $DY=2$。
  • 将 $DX,DY,\text{Cov}(X,Y)=-1$ 的值代入到最初的式子，得到：$D(2X-Y+1)=4DX+DY-4\text{Cov}(X,Y)4\times \frac{3}{4}+2-4\times (-1)=3+2+4=9$

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最值

Transclude of 数三2012#23

大数定律与中心极限定理

切比雪夫

(9)

数一2022

• 设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布, 且 $X_1$ 的 4 阶矩存在, $\underset{\text{重点}}{\underbrace{E\left(X_1^k\right)={\mu }_k(k=1,2,3,4)}}$, 则根据 切比雪夫不等式, 对任意 $\epsilon >0$, 都有 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|⩾\epsilon \right\}⩽()$
  (A) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (B) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
  (C) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (D) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
• • 切比雪夫不等式:需要分别求期望和方差
    • 设随机变量 $X$ 具有数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$,
      • 则对于任意正数 $\epsilon$, 不等式$P\{|X-\mu |\ge \epsilon \}\le \frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}$成立.
• 公式 $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2$.
  • $E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}\frac{1}{n}E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立同分布}}{=}\frac{1}{n}\cdot nE\left(X_1^2\right)={\mu }_2$
  • $D\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^{2}D\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立，则不考虑协方差}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot nD\left(X_1^2\right)$
    • $\stackrel{\text{平方的期望减期望的平方}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot n\left\{\underset{{\mu }_4}{\underbrace{E\left[{\left(X_1^2\right)}^2\right]}}-\underset{{\mu }_2}{\underbrace{{\left[E\left(X_1^2\right)\right]}^2}}\right\}=\frac{1}{n}\left({\mu }_4-{\mu }_2^2\right)$
• 故 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|\ge \epsilon \right\}\le \frac{D\left(\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2\right)}{{\epsilon }^2}=\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$。故选 A。
• 设随机变量 $X$ 的数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$, 则由切比雪夫不等式, 有 $P\{|X-\mu |\ge 3\sigma \}\le$ (1989 年数学三试题)
• 设随机变量 $X$ 的方差为 2 ，则根据切比雪夫不等式有估计 $P\{|X-E(X)|\ge 2\}\le$ 。(2001 年数学一试题)
• 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的数学期望分别为 -2 和 2 , 方差分别为 1和 4 , 而相关系数为 -0.5 , 则根据切比雪夫不等式 $P\{|X+Y|\ge 6\}\le$.(2001 年数学三试题)

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Transclude of 数一2014#23

(8)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{100}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本, 其中 $P\{X=0\}=P\{X=1\}=\frac{1}{2}.\Phi (x)$ 表 示标准正态分布函数, 则利用中心极限定理可得 $P\left\{\sum _{i=1}^{100}{X}_i⩽55\right\}$ 的近似值为 $()$
(A) $1-\Phi (1)$.
(B) $\Phi (1)$.
(C) $1-\Phi (0.2)$.
(D) $\Phi (0.2)$.

(8)

• 由列维-林德伯格中心极限定理可知, 考虑独立同分布的随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,\cdots$. 若它们的期望为 $\mu$, 方差为 ${\sigma }^2$, 则当 $n$ 足够大时, 它们的和 $\sum _{k=1}^n{X}_k$ 近似服从正态分布 $N\left(n\mu ,n{\sigma }^2\right)$.
• 解题过程
  • 由已知条件可知，样本容量 $n=100$.
  • 根据列维一林德伯格中心极限定理，
    $\sum _{i=1}^{100}{X}_i$ 近似服从均值为 $100E(X)$ ，方差为 $100D(X)$ 的正态分布.
  • 分别计算 $E(X),D(X)$.
• 计算 $E(X),D(X)$.
  • $E(X)=0\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
  • $E\left(X^2\right)=0^2\times \frac{1}{2}+1^2\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
  • $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}.$
• 由题设, $EX=\frac{1}{2},DX=\frac{1}{4}$, 且 $X_i$ 独立同分布, 则
  • $E\left(\sum _{i=1}^{100}{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{100}E{X}_i=100\times EX=100\times \frac{1}{2}=50;$
  • $D\left(\sum _{i=1}^{100}{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{100}D{X}_i=100\times DX=100\times \frac{1}{4}=25.$
• 由独立同分布的中心极限定理可知
  • $\sum _{i=1}^{100}{X}_i$ 近似服从正态分布 $N(n\mu ,n{\sigma }^2)\stackrel{n=100}{=}(50,25)$, 故
  • $P\left\{\sum _{i=1}^{100}{X}_i⩽55\right\}\stackrel{\text{标准化}}{=}P\left\{\frac{{\sum }_{i=1}^{100}{X}_i-50}{5}⩽\frac{55-50}{5}\right\}=P\left\{\frac{{\sum }_{i=1}^{100}{X}_i-50}{5}⩽1\right\}\approx \Phi (1).$

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数理统计

(8)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n⩾2)$ 为来自$\underset{n\text{个正态分布的平方和就是卡方分布}}{\underbrace{\text{总体}N(\mu ,1)\text{的简单随机样本}}}$, 记 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$, 则下列结论中 不正确的是 $()$
(A) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(B) $2{\left(X_n-X_1\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(C) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(D) $n(\bar{X}-\mu {)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.

(8)

• 答 应选(B).
• 这道题的核心就是要注意卡方分布前面的系数
• (A) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $x_i-\mu \sim N(0,1)(x_i-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(1)$
  • $\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2=(X_1-\mu {)}^2+(X_2-\mu {)}^2+\cdots +(X_n-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(n)$
• (B) $2{\left(X_n-X_1\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }^2)Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }^2)X$与$Y$独立
    • $aX+bY\sim N(a{\mu }_1+b{\mu }_2,a^2{\sigma }_1^2+b^2{\sigma }_2^2)$
  • $X_n-X_1\sim N(0,2)\frac{X_n-X_1}{\sqrt{2}}\sim N(0,1)$
  • $\frac{(X_n-X_1{)}^2}{2}\sim {\chi }^2(1)$
• (C) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2=\frac{(n-1)S^2}{1}$
    • 由性质（2）:$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)\stackrel{\sigma =1}{\to }$
  • 所以 $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2\sim$ ${\chi }^2(n-1)$. 选项 C 正确.
• (D) $n(\bar{X}-\mu {)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • ( i ) $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$: $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right)$
    • $X\sim N(\mu ,1)\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right)$
      • 于是标准化后， $\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{1}{\sqrt{n}}}=\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )\sim N(0,1)$
  • 从而 $n(\bar{X}-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(1)$. 选项 D 正确.
• 卡方分布的定义
  • (1) 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $N(0,1)$ 的样本, 则称统计量 ${\chi }^2=X_1^2+X_2^2+\cdots +X_n^2$ 服从自由度为 $n$ 的 ${\chi }^2$ 分布, 记为 ${\chi }^2\sim {\chi }^2(n)$. 其数字特征为 $E\left({\chi }^2\right)=n,D\left({\chi }^2\right)=2n$.
    • 卡方分布可以理解为一堆相互独立的标准正态的平方相加
    • 有多少个平方相加，就意味着它的自由度是多少
• 卡方分布的性质:设总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自 $X$ 的样本，
  $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$,则
  • ( i ) $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$;
  • (ii) $\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$
  • (iii) $\bar{X}$ 与 $S^2$ 相互独立.

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(8)

设随机变量 $X\sim t(n),Y\sim F(1,n)$, 给定 $\alpha (0<\alpha <0.5)$, 常数 $c$ 满足 $P\{X>c\}=\alpha$, 则 $P\left\{Y>c^2\right\}=()$( A) $\alpha$.(B) $1-\alpha$.( C) $2\alpha$.(D) $1-2\alpha$.

(8)

• 答 应选(C).解 由 $X\sim t(n)$, 可得 $X^2\sim F(1,n)$, 从而$P\left\{Y>c^2\right\}=P\left\{X^2>c^2\right\}=P\{X>c\}+P\{X<-c\}=2\alpha ,$故正确选项为 (C).

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参数估计与假设检验(15+1道)

无偏估计

(14)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 为来自二项分布总体 $B(n,p)$ 的简单随机样本, $\bar{X}$ 和 $S^2$ 分别为样本均值和样 本方差, 若 $\bar{X}+k{S}^2$ 为 $n{p}^2$ 的无偏估计量, 则 $k=$

(14)

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(9)

设 $\left(X_1,Y_1\right),\left(X_2,Y_2\right),\cdots ,\left(X_n,Y_n\right)$ 为来自总体 $N\left({\mu }_1,{\mu }_2;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;\rho \right)$ 的简单随机样本, 令 $\theta ={\mu }_1-{\mu }_2,\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,\bar{Y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Y}_i,\hat{\theta }=\bar{X}-\bar{Y}$, 则 $()$
(A) $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$.
(B) $\hat{\theta }$ 不是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$.
(C) $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$.
(D) $\hat{\theta }$ 不是 $\theta$ 的无偏估计, $D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$.

(9)

• • $\rho =\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{E(XY)-E(X)E(Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}.$
• 求样本期望
  • 由$E(\hat{\theta })=E(\bar{X}-\bar{Y})=E\bar{X}-E\bar{Y}\angle EX-EY={\mu }_1-{\mu }_2=\theta .$
• 求样本方差
  • $D(\hat{\theta })\stackrel{\theta ={\mu }_1-{\mu }_2}{=}D(\bar{X}-\bar{Y})\stackrel{\text{性质}}{=}D\bar{X}+D\bar{Y}-2\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})$
    • $\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})=\frac{\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$
  • $\stackrel{D(\bar{X})=\frac{{\sigma }_1^2}{n}\text{，}D(\bar{Y})=\frac{{\sigma }_2^2}{n}}{=}(\frac{1}{n}DX+\frac{1}{n}DY-2\mathrm{Cov}\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Y}_i\right)$
  • $=\frac{1}{n}{\sigma }_1^2+\frac{1}{n}{\sigma }_2^2-2\cdot \frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n}\mathrm{Cov}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i,\sum _{i=1}^n{Y}_i\right)$
    • $\{\begin{array}{l}{X}_1,Y_1\\ \cdots \dots \\ X_1,Y_n\end{array},\cdots ,\{\begin{array}{l}{X}_n,Y_1\\ \cdots \dots \\ X_n,Y_n\end{array}$
  • $\stackrel{\text{处理协方差}}{=}\frac{1}{n}{\sigma }_1^2+\frac{1}{n}{\sigma }_2^2-2\cdot \frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n}\cdot n\mathrm{Cov}(X_1,Y_1)$
  • $\stackrel{\rho =\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}}{=}\frac{1}{n}{\sigma }_1^2+\frac{1}{n}{\sigma }_2^2-\frac{2}{n}\cdot \rho \cdot {\sigma }_1\cdot {\sigma }_2.$
• 综上，$\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计，其方差为 $\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$。因此，正确答案是选项 (C)。

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(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率分布为

X & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & 1-\theta & \theta-\theta^{2} & \theta^{2} \end{array}

$\text{其中参数}$ $\theta \in (0,1)$ $\text{末知}$. $\text{以}$ $N_i$ $\text{表示来自总体}$ $X$ $\text{的简单随机样本}$ (样本容量为 $n$ ) $\text{中等于}$ $i$ $\text{的}$ $\text{个数}$ $(i=1,2,3)$. $\text{试求常数}$ $a_1,a_2,a_3$, $\text{使}$ $T=\sum _{i=1}^3{a}_i{N}_i$ $\text{为}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{并求}$ $T$ $\text{的方差}$.

(23)

$\text{解}$ $\text{记}$ $p_1=1-\theta ,p_2=\theta -{\theta }^2,p_3={\theta }^2$. $\text{由于}$ $N_i\sim B\left(n,p_i\right),i=1,2,3$, $\text{故}$

• $E{N}_i=n{p}_i\text{, }\text{于是}$
• $ET=a_{1}E{N}_1+a_{2}E{N}_2+a_{3}E{N}_3=n\left[a_1(1-\theta )+a_2\left(\theta -{\theta }^2\right)+a_3{\theta }^2\right].\text{为使}$ $T$ $\text{是}$ $\theta$ $\text{的无偏估计量}$, $\text{必有}$
• $n\left[a_1(1-\theta )+a_2\left(\theta -{\theta }^2\right)+a_3{\theta }^2\right]=\theta ,\text{因此}$
• $a_1=0,a_2-a_1=\frac{1}{n},a_3-a_2=0,\text{由此得}$
• $a_1=0,a_2=a_3=\frac{1}{n}\text{. }\text{由于}$ $N_1+N_2+N_3=n$, $\text{故}$
• $T=\frac{1}{n}\left(N_2+N_3\right)=\frac{1}{n}\left(n-N_1\right)=1-\frac{N_1}{n}.\text{注意到}$ $N_1\sim B(n,1-\theta )$, $\text{故}$
• $DT=\frac{1}{n^2}D{N}_1=\frac{n(1-\theta )\theta }{n^2}=\frac{(1-\theta )\theta }{n}.$

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Transclude of 数一2014#14

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{3x^2}{{\theta }^3},& 0<x<\theta ,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$ 其中 $\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数, $X_1,X_2,X_3$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本, 令 $T=\max \left\{X_1,X_2,X_3\right\}$.
(I) 求 $T$ 的概率密度;
(II) 确定 $a$, 使得 $aT$ 为 $\theta$ 的无偏估计.

(23)

解 (I ) 总体 $X$ 的分布函数为

• $F_X(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0\\ \frac{x^3}{{\theta }^3},& 0⩽x<\theta \\ 1,& x⩾\theta \end{array}$从而 $T$ 的分布函数为
• $F_T(z)={\left[F_X(z)\right]}^3=\{\begin{array}{ll}0,& z<0\\ \frac{z^9}{{\theta }^9},& 0⩽z<\theta \\ 1,& z⩾\theta \end{array}$所以 $T$ 的概率密度为
• $f_T(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{9z^8}{{\theta }^9},& 0<z<\theta ,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$(II) $ET={\int }_{-\infty }^{+\infty }z{f}_T(z)\mathrm{d}z={\int }_0^{\theta }\frac{9z^9}{{\theta }^9}\mathrm{d}z=\frac{9}{10}\theta$, 从而 $E(aT)=\frac{9}{10}a\theta$, 由 $E(aT)=\theta$, 得 $a=\frac{10}{9}$. 所以当 $a=\frac{10}{9}$ 时, $aT$ 为 $\theta$ 的无偏估计.

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矩估计，和最大似然估计

(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{\lambda }^{2}x{\mathrm{e}}^{-\lambda x},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$ 其中参数 $\lambda (\lambda >0)$ 未知, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是 来自总体 $X$ 的简单随机样本.
( I ) 求参数 $\lambda$ 的矩估计量;
(II) 求参数 $\lambda$ 的最大似然估计量.

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(22)

数一2022
(本题满分 12 分)
设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自均值为 $\theta$ 的指数分布总体的简单随机样本, $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$ 为来自均值为 $2\theta$ 的指数分布总体的简单随机样本, 且两样本相互独立, 其中 $\theta (\theta >0)$ 是未知参数.
利用 样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$, 求 $\theta$ 的最大似然估计量 $\hat{\theta }$, 并求 $D(\hat{\theta })$.

(22)

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(23)

(本题满分 11 分)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自正态总体 $N\left({\mu }_0,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本, 其中 ${\mu }_0$ 已知, ${\sigma }^2>0$ 未知, $\bar{X}$ 和 $S^2$ 分别表示样本均值和样本方差.
(I) 求参数 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计 $\widehat{{\sigma }^2}$;
(II) 计算 $E\left(\widehat{{\sigma }^2}\right)$ 和 $D\left(\widehat{{\sigma }^2}\right)$.

(23)

(I) 解 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本观测值, 则似然函数

• $\begin{array}{rl}L\left({\sigma }^2\right)=& {\left(2\pi {\sigma }^2\right)}^{-\frac{n}{2}}\cdot \exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-{\mu }_0\right)}^2\right\},\\ \ln L\left({\sigma }^2\right)=& -\frac{n}{2}\ln \left(2\pi {\sigma }^2\right)-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-{\mu }_0\right)}^2,\end{array}$
• \displaystyle \begin{aligned} -\frac{n}{2 \sigma^2}+\frac{1}{2 \sigma^4} \sum_{i=1}^n\left(x_i-\mu_0\right)^2=0, \end{aligned}$$\displaystyle \text { 令 } \frac{\mathrm{d}\left[\ln L\left(\sigma^2\right)\right]}{\mathrm{d} \sigma^2}=0 \text {, 得 }从而得 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计
• ${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2.$（II ) 解法 1 由于
• $\frac{n{\hat{\sigma }}^2}{{\sigma }^2}=\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\sim {\chi }^2(n),$因此
• $E\left({\hat{\sigma }}^2\right)=\frac{{\sigma }^2}{n}\cdot n={\sigma }^2,D\left({\hat{\sigma }}^2\right)=\frac{{\sigma }^4}{n^2}\cdot 2n=\frac{2{\sigma }^4}{n}.$解法 2$\begin{array}{rl}E\left({\hat{\sigma }}^2\right)& =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E\left[{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\right]={\sigma }^2,\\ D\left({\hat{\sigma }}^2\right)& =\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D\left[{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\right]=\frac{1}{n}D\left[{\left(X_i-{\mu }_0\right)}^2\right]\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{{\sigma }^4}{n}\left\{E\left[{\left(\frac{X_i-{\mu }_0}{\sigma }\right)}^4\right]-E^2\left[{\left(\frac{X_i-{\mu }_0}{\sigma }\right)}^2\right]\right\}\left(\text{ 其中 }\frac{X_i-{\mu }_0}{\sigma }\sim N(0,1)\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{2{\sigma }^4}{n}.\end{array}$

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(23)

(本题满分 11 分)

设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{{\theta }^2}{x^3}{\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}},& x>0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$ 其中 $\theta$ 为未知参数且大于零. $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本.

(I) 求 $\theta$ 的矩估计量;
(II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量.

(23)

• 解 ( I )
• 求矩估计就是求期望:求谁的期望，就在谁的前面乘x进行积分
  • 求样本均值=也就是求总体期望
    • $EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx\stackrel{\text{只有在}0\text{到}\infty \text{有密度}}{=}{\int }_0^{+\infty }x\cdot \frac{{\theta }^2}{x^3}{\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}}\mathrm{d}x$
      • $\stackrel{\text{凑}{\left(-\frac{\theta }{x}\right)}^{\prime }=\theta \cdot \frac{1}{x^2}}{=}{\int }_0^{+\infty }\theta {\mathrm{e}}^{-\frac{\theta }{x}}\mathrm{d}\left(-\frac{\theta }{x}\right)\underset{\text{换限}}{\overset{t=-\frac{\theta }{x}}{=}}{\int }_{-\infty }^0\theta {\mathrm{e}}^t\mathrm{d}t={\theta {\mathrm{e}}^t|}_{-\infty }^0\stackrel{\theta \cdot e^0-\theta \cdot 0}{=}\theta$
  • 所以 $\theta$ 的矩估计量为总体期望 $\hat{\theta }=E(X)\stackrel{\text{总体期望与样本均值}}{=}\bar{X}$, 其中样本均值 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$.
    (II)
• 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本观测值,
• 写出似然函数:$L(\theta )=\prod _{i=1}^{n}f(x;\theta )=\{\begin{array}{cc}\underset{\text{三项相乘}}{\underbrace{{\theta }^{2n}.\frac{1}{x_1^3{x}_2^3\cdots x_n^3}.e^{-\theta {\sum }_{i=1}^n\frac{1}{x_i}}}}& x_1,x_2,\cdots x_n>0.\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$
• 取对数:$\ln L(\theta )=\ln {\theta }^{2n}+\underset{\text{常数求导为}0}{\underbrace{\ln \frac{1}{x_1^3\cdots x_n^3}}}-\theta \sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}$.
  • 为什么取对数?
    • 乘法变成加法
    • 指数变成系数
    • 容易求导:$\ln x=\frac{1}{x}$
• 求导求驻点:令 $\frac{d\ln L(\theta )}{d\theta }=\frac{2n}{\theta }-\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}=0$,
  • $\frac{2n}{\theta }=\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}\stackrel{\text{移项}}{\to }\theta =\frac{2n}{{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{x_i}}$
• 得 $\theta$ 的最大似然估计值为 $\hat{\theta }=\frac{2n}{{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{x_i}}$.
• 得 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\theta }=\frac{2n}{{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{X_i}}$.

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(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为

• $f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{1-\theta },& \theta ⩽x⩽1,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$
  其中 $\theta$ 为未知参数. $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自该总体的简单随机样本.
  (I) 求 $\theta$ 的矩估计量;
  (II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量.

(23)

• ( I ) 由于总体 $X$ 服从区间 $[\theta ,1]$ 上的均匀分布, 因此 $EX=\frac{1+\theta }{2}$.
  • 由 $\frac{1+\theta }{2}=\bar{X}$, 其中 $\bar{X}$ 为样本均值, 得 $\theta$ 的矩估计是 $\hat{\theta }=2\bar{X}-1$.
• 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 的观测值,
  • 写出似然函数为$L(\theta )=\prod _{i=1}^{n}f\left(x_i;\theta \right)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{(1-\theta {)}^n},& \theta \le x_i\le 1\\ 0,& (i=1,2,\cdots ,n)\end{array}$
  • 为了方便求导，取对数:当$\theta ⩽x_i⩽1$时，$\ln L(\theta )=-n\ln (1-\theta )$
  • 求导求驻点:$\frac{d\ln ((\theta )}{d\theta }=\frac{n}{1-\theta }=0$，因为分母不为0，所以分子为0，则n=0，出现错误
    • 要使得$\frac{d\ln ((\theta )}{d\theta }=\frac{n}{1-\theta }>0$，$\theta$越大，分母$1-\theta$越小越趋向于0，则$\ln L(\theta )$越大
      • $\theta$的最大值为x的最小值$\theta \le \min \left\{x_1,x_2,\cdots ,x_n\right\}$
      • 故 $\theta$ 的最大似然估计量为$\hat{\theta }=\min \left\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\right\}$

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(23)

(本题满分 11 分)
某工程师为了解一台天平的精度,用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量, 该物体的质量 $\mu$ 是 已知的. 设 $n$ 次测量结果 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立且均服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$, 该工程师记录 的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_i=\left|X_i-\mu \right|(i=1,2,\cdots ,n)$. 利用 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 估计 $\sigma$.
( I ) 求 $Z_1$ 的概率密度;
(II) 利用一阶矩求 $\sigma$ 的矩估计量;
(III) 求 $\sigma$ 的最大似然估计量.

(23)

• 读题
  • 某工程师为了解一台天平的精度,用该天平对一物体的质量做 $n$ 次测量, 该物体的质量 $\mu$ 是 已知的. 设 $n$ 次测量结果 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立且均服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$, 该工程师记录 的是 $n$ 次测量的绝对误差 $Z_i=\left|X_i-\mu \right|(i=1,2,\cdots ,n)$. 利用 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 估计 $\sigma$.
    ( I ) 求 $Z_1$ 的概率密度;
    (II) 利用一阶矩求 $\sigma$ 的矩估计量;
    (III) 求 $\sigma$ 的最大似然估计量.
• (1)$Z_1=\left|X_1-\mu \right|$
  • $X_1-\mu \sim N\left(0,{\sigma }^2\right)$
  • $\frac{X_1-\mu }{\sigma }\sim N(0,1)$
• 当 $z<0$ 时, $F_{Z_1}(z)=0$.
• 当 $z⩾0$ 时,
  • $F_{Z_1}(z)\stackrel{\text{定义}}{=}P\left\{Z_1⩽z\right\}\stackrel{Z_i=|X_i-\mu |}{=}P\left\{\left|X_1-\mu \right|⩽z\right\}$
  • $\stackrel{\text{标准化}}{=}P\left\{\left|\frac{X_1-\mu }{\sigma }\right|⩽\frac{z}{\sigma }\right\}\stackrel{\text{去绝对值}}{=}P\left\{-\frac{z}{\sigma }⩽\frac{X_1-\mu }{\sigma }⩽\frac{z}{\sigma }\right\}$
  • $=\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)-\Phi \left(-\frac{z}{\sigma }\right)$
    • 
      
  • $=2\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)-1$
• 于是, $Z_1$ 的分布函数为 $F_{Z_1}(z)=\{\begin{array}{ll}2\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)-1,& z⩾0,\\ 0,& z<0.\end{array}$
  • 其中${\left[\Phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)\right]}^{\prime }=\phi \left(\frac{z}{\sigma }\right)\cdot \frac{1}{\sigma }$
• 因此, $Z_1$ 的概率密度为$f_{Z_1}(z)=F_{Z_1}^{\prime }(z)=\{\begin{array}{l}\frac{2}{\sigma }\phi \left(\frac{z}{\sigma }\right),z⩾0,\\ 0,z<0\end{array}$
  • 将$\phi (\frac{z}{\sigma })$代入到正态分布概率密度公式$\phi (x)\underset{f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}}{\overset{\sigma =1}{=}}\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}$，
    得$\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}},& z⩾0,\\ 0,& z<0,\end{array}$
• (2)
  • $E\left(Z_1\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }z{f}_{Z_1}(z)\mathrm{d}z\stackrel{\text{代入概率密度}z}{=}{\int }_0^{+\infty }z\cdot \sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \frac{1}{\sigma }\cdot e^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}dz$
  • $\stackrel{\text{凑微分}}{=}{\int }_0^{+\infty }\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma \cdot e^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}d\left(\frac{z^2}{2{\sigma }^2}\right)$
  • $\stackrel{\text{牛莱}}{=}\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma \cdot -{e^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}|}_0^{+\infty }$
  • $=0-\left(-\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma \right)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \sigma$
• 故 $\sigma =\sqrt{\frac{\pi }{2}}E\left(Z_1\right)$.
  用 $\bar{Z}$代替 $E\left(Z_1\right)$, 得到 $\sigma$ 的矩估计量$\hat{\sigma }=\sqrt{\frac{\pi }{2}}\bar{Z}$
• (3)求最大似然估计
  • (III) 设 $z_1,z_2,\cdots ,z_n$ 是相应于 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 的一组样本值, z的概率密度为
    $f_{z_1}(z)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \frac{1}{\sigma }{e}^{-\frac{z_1^2}{2{\sigma }^2}}$
  • 则似然函数为概率密度连乘(三项连乘:系数连乘，$\sigma$连乘，e连乘)
    $L(\sigma )=L\left(z_1,z_2,\cdots ,z_n;\sigma \right)=\prod _{i=1}^n{f}_{Z_i}\left(z_i\right)=\{\begin{array}{ll}{\left(\frac{2}{\pi }\right)}^{\frac{n}{2}}\frac{1}{{\sigma }^n}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2{\sigma }^2\left(z_1^2+z_2^2+\cdots +z_0^2\right)},},& z_1>0,z_2>0,\cdots ,z_n>0,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$
  • 取对数:$\ln L(\sigma )=\frac{n}{2}\ln \frac{2}{\pi }-n\ln \sigma -\frac{1}{2{\sigma }^2}\left(z_1^2+z_2^2+\cdots +z_n^2\right).$
  • 求导:$\frac{\mathrm{d}[\ln L(\sigma )]}{\mathrm{d}\sigma }=-\frac{n}{\sigma }+\frac{1}{{\sigma }^3}\left(z_1^2+z_2^2+\cdots +z_n^2\right)=0$
    • 解得 $\sigma =\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{z}_i^2}$.
• 因此， $\sigma$ 的最大似然估计量
  为$\stackrel{\text{加帽子}}{\to }\hat{\sigma }=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Z}_i^2}.$

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(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为$f(x;\sigma )=\frac{1}{2\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{|x|}{\sigma }},-\infty <x<+\infty ,$其中 $\sigma \in (0,+\infty )$ 为未知参数, $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本. 记 $\sigma$ 的最大似然估计量为 $\hat{\sigma }$.
(I) 求 $\hat{\sigma }$;
(II) 求 $E(\hat{\sigma }),D(\hat{\sigma })$.

(23)

【解】(1) 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本观测值, 这里的$\sigma$相当于之前的$\theta$

• 写出似然函数为$L(\sigma )=\prod _{i=1}^{n}f\left(x_1;\sigma \right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^n\cdot \frac{1}{{\sigma }^n}\cdot e^{-\frac{1}{\sigma }{\sum }_{i=1}^n|x_i|}\text{，}-\infty <x_i<+\infty$
  • 取对数则 $\ln L(\sigma )=-n\ln 2-n\ln \sigma -\frac{1}{\sigma }\sum _{i=1}^n\left|x_i\right|$
  • 求导找可能的极值点(驻点)，得 $\frac{d\ln L(\sigma )}{d\sigma }=-\frac{n}{\sigma }+\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n\left|x_i\right|=0$,
    • 解得 $\sigma =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\left|x_i\right|$, 所以 $\stackrel{\text{加帽子}}{\to }\hat{\sigma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\left|X_i\right|$
      (II) 由于
• $E(|X|)={\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|f(x;\sigma )\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|\frac{1}{2\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{Lx}{\sigma }}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sigma }{\int }_0^{+\infty }x{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{\sigma }}\mathrm{d}x=\sigma ,$因此
• $E\hat{\sigma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E\left(\left|X_i\right|\right)=E(|X|)=\sigma$又因为
• $E\left(|X{|}^2\right)=E\left(X^2\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f(x;\sigma )\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2\frac{1}{2\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{L}{\sigma }\mid }\mathrm{d}x=\frac{1}{\sigma }{\int }_0^{+\infty }{x}^2{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{\sigma }}\mathrm{d}x=2{\sigma }^2,$
• $D(|X|)=E\left(|X{|}^2\right)-[E(|X|){]}^2={\sigma }^2,$所以
• $D\hat{\sigma }=\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D\left(\left|X_i\right|\right)=\frac{D(|X|)}{n}=\frac{{\sigma }^2}{n}\text{. }$

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(23)

(本题满分 11 分)
设总体 $X$ 的概率密度为

• $f\left(x;{\sigma }^2\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{A}{\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}},& x⩾\mu ,\\ 0,& x<\mu ,\end{array}$
  其中 $\mu$ 是已知参数, $\sigma >0$ 是未知参数, $A$ 是常数. $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机 样本.
  (I) 求 $A$;
  (II) 求 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量.

(23)

• 解 (1)
• 由 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x;{\sigma }^2\right)\mathrm{d}x=1$, 得
  • $1={\int }_{\mu }^{+\infty }\frac{A}{\sigma }{\mathrm{e}}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}\mathrm{d}x=A{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}\mathrm{d}t=A\cdot \frac{\sqrt{2\pi }}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{2\pi }}{2}A,$
  • 所以 $A=\sqrt{\frac{2}{\pi }}$.
• 设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为样本值, 求最大似然估计
  • 写出似然函数为$L\left({\sigma }^2\right)=\prod _{i=1}^{n}f\left(x;{\sigma }^2\right)=\{\begin{array}{c}{\left(\sqrt{\frac{2}{x}}\right)}^n\cdot \frac{1}{{\sigma }^n}\text{⋅}{e}^{-\frac{1}{2{\sigma }^2}{\sum }_{i=1}^n(x-\mu {)}^2}x\ge \mu \\ 0\end{array}$
  • 取对数:$\ln L\left({\sigma }^2\right)=n\ln \left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\right)-\underset{\text{看作}\frac{n}{2}\ln \left({\sigma }^2\right)}{\underbrace{n\ln \frac{1}{\sigma }}}-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2$
  • 对${\sigma }^2$求导:令 $\frac{d\ln L\left({\sigma }^2\right)}{d\left({\sigma }^2\right)}=-\frac{n}{2}\frac{1}{{\sigma }^2}+\frac{1}{2{\left({\sigma }^2\right)}^2}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2=0$
  • 移项: $\stackrel{\text{通分}}{\to }\frac{{\sum }_{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2}{2{\sigma }^4}=\frac{n{\sigma }^2}{2{\sigma }^4}$解得 ${\sigma }^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(x_i-\mu \right)}^2$.
    • 故 ${\sigma }^2$ 的最大似然估计量为 ${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$.

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(23)

(本题满分 11 分)
设某种元件的使用寿命 $T$ 的分布函数为

• $F(t)=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^{\mathrm{m}}},& t⩾0,\\ 0,& \text{ 其他, }\end{array}$
  其中 $\theta ,m$ 为参数且大于零.
  ( I ) 求概率 $P\{T>t\}$ 与 $P\{T>s+t\mid T>s\}$, 其中 $s>0,t>0$.
  (II) 任取 $n$ 个这种元件做寿命试验, 测得它们的寿命分别为 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$. 若 $m$ 已知, 求 $\theta$ 的最 大似然估计值 $\hat{\theta }$.

(23)

• • (1) 由条件知
    • $P\{T>t\}=1-P\{T\le t\}$
      • $=1-F(t)=1-\left[1-e^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m}\right]=e^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m}.$
    • $P\{T>s+t\mid T>s\}=\frac{P\{T>s+t,T>s\}}{P\{T>s\}}\stackrel{\text{取交集}}{=}\frac{P\{T>s+t\}}{P\{T>s\}}$
      • $=\frac{e^{-{\left(\frac{s+t}{\theta }\right)}^m}}{e^{-{\left(\frac{s}{\theta }\right)}^m}}\stackrel{\text{指数相减}}{=}{e}^{{\left(\frac{s}{\theta }\right)}^m-{\left(\frac{s+t}{\theta }\right)}^m}$
        • 其中$P\{T>s+t\}\stackrel{\text{类比}T\text{＞}s\text{的概率}}{=}{e}^{-{\left(\frac{s+t}{\theta }\right)}^m}$
• ( II) 分布函数求导得概率密度 $f(t;\theta )$.
  $f(t;\theta )=F^{\prime }(t;\theta )=\{\begin{array}{ll}-{\mathrm{e}}^{-{\left(\frac{1}{\theta }\right)}^m}\cdot (-m)\cdot {\left(\frac{t}{\theta }\right)}^{m-1}\cdot \frac{1}{\theta },& t>0,\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}\{\begin{array}{ll}\frac{m{t}^{m-1}}{{\theta }^m}{\mathrm{e}}^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m,},& t>0,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}\end{array}$
• 连续型:用概率密度连乘构造似然函数
  $L(\theta )=f(t_1)\cdot f(t_2)\cdots \cdot f(t_n)$
  • $=\frac{m{t}_1^{m-1}}{{\theta }^m}{e}^{-(\frac{t_1}{\theta }{)}^m}\cdot \frac{m{t}_2^{m-1}}{{\theta }^m}{e}^{-(\frac{t_2}{\theta }{)}^m}\cdots \cdot \frac{m{t}_n^{m-1}}{{\theta }^m}{e}^{-(\frac{t_n}{\theta }{)}^m}$
  • $\stackrel{\text{合并同类项}}{=}{m}^n\cdot {\theta }^{-mn}\cdot (t_1{t}_2\cdots t_n{)}^{m-1}{e}^{-\frac{1}{{\theta }^m}\left[{\sum }_{i=1}^n{t}_i^m\right]}$
• 取对数:为了方便求导，
  $\ln L(\theta )=n\ln m-mn\ln \theta +(m-1)\ln (t_1\cdots t_n)-\frac{1}{{\theta }^m}\sum _{i=1}^n{t}_i^m$
• 对$\theta$求导，求驻点(可能的极值点)
  $\frac{d\ln L(\theta )}{d\theta }=-\frac{mn}{\theta }+\frac{m}{{\theta }^{m+1}}\sum _{i=1}^n{t}_i^m=0$
  • $\stackrel{\text{同乘}\theta \text{，移项}}{\to }\theta =\sqrt[m]{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{t}_i^m}$
• 最终结果:$\hat{\theta }=\sqrt[m]{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{t}_i^m}$

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Transclude of 数三2021#10

大数定律和中心极限定理

切比雪夫不等式

(9)

数一2022

• 设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布, 且 $X_1$ 的 4 阶矩存在, $\underset{\text{重点}}{\underbrace{E\left(X_1^k\right)={\mu }_k(k=1,2,3,4)}}$, 则根据 切比雪夫不等式, 对任意 $\epsilon >0$, 都有 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|⩾\epsilon \right\}⩽()$
  (A) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (B) $\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
  (C) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{n{\epsilon }^2}$.
  (D) $\frac{{\mu }_2-{\mu }_1^2}{\sqrt{n}{\epsilon }^2}$.
• • 切比雪夫不等式:需要分别求期望和方差
    • 设随机变量 $X$ 具有数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$,
      • 则对于任意正数 $\epsilon$, 不等式$P\{|X-\mu |\ge \epsilon \}\le \frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}$成立.
• 公式 $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2$.
  • $E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}\frac{1}{n}E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立同分布}}{=}\frac{1}{n}\cdot nE\left(X_1^2\right)={\mu }_2$
  • $D\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{提系数}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^{2}D\left(\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\stackrel{\text{独立，则不考虑协方差}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot nD\left(X_1^2\right)$
    • $\stackrel{\text{平方的期望减期望的平方}}{=}{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\cdot n\left\{\underset{{\mu }_4}{\underbrace{E\left[{\left(X_1^2\right)}^2\right]}}-\underset{{\mu }_2}{\underbrace{{\left[E\left(X_1^2\right)\right]}^2}}\right\}=\frac{1}{n}\left({\mu }_4-{\mu }_2^2\right)$
• 故 $P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2-{\mu }_2\right|\ge \epsilon \right\}\le \frac{D\left(\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2\right)}{{\epsilon }^2}=\frac{{\mu }_4-{\mu }_2^2}{n{\epsilon }^2}$。故选 A。
• 设随机变量 $X$ 的数学期望 $E(X)=\mu$, 方差 $D(X)={\sigma }^2$, 则由切比雪夫不等式, 有 $P\{|X-\mu |\ge 3\sigma \}\le$ (1989 年数学三试题)
• 设随机变量 $X$ 的方差为 2 ，则根据切比雪夫不等式有估计 $P\{|X-E(X)|\ge 2\}\le$ 。(2001 年数学一试题)
• 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的数学期望分别为 -2 和 2 , 方差分别为 1和 4 , 而相关系数为 -0.5 , 则根据切比雪夫不等式 $P\{|X+Y|\ge 6\}\le$.(2001 年数学三试题)

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辛钦大数定律

Transclude of 数一2014#23

Transclude of 数三2022#9

中心极限定理

(8)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{100}$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本, 其中 $P\{X=0\}=P\{X=1\}=\frac{1}{2}.\Phi (x)$ 表 示标准正态分布函数, 则利用中心极限定理可得 $P\left\{\sum _{i=1}^{100}{X}_i⩽55\right\}$ 的近似值为 $()$
(A) $1-\Phi (1)$.
(B) $\Phi (1)$.
(C) $1-\Phi (0.2)$.
(D) $\Phi (0.2)$.

(8)

• 由列维-林德伯格中心极限定理可知, 考虑独立同分布的随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n,\cdots$. 若它们的期望为 $\mu$, 方差为 ${\sigma }^2$, 则当 $n$ 足够大时, 它们的和 $\sum _{k=1}^n{X}_k$ 近似服从正态分布 $N\left(n\mu ,n{\sigma }^2\right)$.
• 解题过程
  • 由已知条件可知，样本容量 $n=100$.
  • 根据列维一林德伯格中心极限定理，
    $\sum _{i=1}^{100}{X}_i$ 近似服从均值为 $100E(X)$ ，方差为 $100D(X)$ 的正态分布.
  • 分别计算 $E(X),D(X)$.
• 计算 $E(X),D(X)$.
  • $E(X)=0\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
  • $E\left(X^2\right)=0^2\times \frac{1}{2}+1^2\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$
  • $D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X){]}^2=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}.$
• 由题设, $EX=\frac{1}{2},DX=\frac{1}{4}$, 且 $X_i$ 独立同分布, 则
  • $E\left(\sum _{i=1}^{100}{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{100}E{X}_i=100\times EX=100\times \frac{1}{2}=50;$
  • $D\left(\sum _{i=1}^{100}{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{100}D{X}_i=100\times DX=100\times \frac{1}{4}=25.$
• 由独立同分布的中心极限定理可知
  • $\sum _{i=1}^{100}{X}_i$ 近似服从正态分布 $N(n\mu ,n{\sigma }^2)\stackrel{n=100}{=}(50,25)$, 故
  • $P\left\{\sum _{i=1}^{100}{X}_i⩽55\right\}\stackrel{\text{标准化}}{=}P\left\{\frac{{\sum }_{i=1}^{100}{X}_i-50}{5}⩽\frac{55-50}{5}\right\}=P\left\{\frac{{\sum }_{i=1}^{100}{X}_i-50}{5}⩽1\right\}\approx \Phi (1).$

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数理统计的基本概念

三大分布

(8)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n⩾2)$ 为来自$\underset{n\text{个正态分布的平方和就是卡方分布}}{\underbrace{\text{总体}N(\mu ,1)\text{的简单随机样本}}}$, 记 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$, 则下列结论中 不正确的是 $()$
(A) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(B) $2{\left(X_n-X_1\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(C) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
(D) $n(\bar{X}-\mu {)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.

(8)

• 答 应选(B).
• 这道题的核心就是要注意卡方分布前面的系数
• (A) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\mu \right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $x_i-\mu \sim N(0,1)(x_i-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(1)$
  • $\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2=(X_1-\mu {)}^2+(X_2-\mu {)}^2+\cdots +(X_n-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(n)$
• (B) $2{\left(X_n-X_1\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }^2)Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }^2)X$与$Y$独立
    • $aX+bY\sim N(a{\mu }_1+b{\mu }_2,a^2{\sigma }_1^2+b^2{\sigma }_2^2)$
  • $X_n-X_1\sim N(0,2)\frac{X_n-X_1}{\sqrt{2}}\sim N(0,1)$
  • $\frac{(X_n-X_1{)}^2}{2}\sim {\chi }^2(1)$
• (C) $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2=\frac{(n-1)S^2}{1}$
    • 由性质（2）:$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)\stackrel{\sigma =1}{\to }$
  • 所以 $\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2\sim$ ${\chi }^2(n-1)$. 选项 C 正确.
• (D) $n(\bar{X}-\mu {)}^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布.
  • ( i ) $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$: $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right)$
    • $X\sim N(\mu ,1)\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right)$
      • 于是标准化后， $\frac{\bar{X}-\mu }{\frac{1}{\sqrt{n}}}=\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )\sim N(0,1)$
  • 从而 $n(\bar{X}-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(1)$. 选项 D 正确.
• 卡方分布的定义
  • (1) 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $N(0,1)$ 的样本, 则称统计量 ${\chi }^2=X_1^2+X_2^2+\cdots +X_n^2$ 服从自由度为 $n$ 的 ${\chi }^2$ 分布, 记为 ${\chi }^2\sim {\chi }^2(n)$. 其数字特征为 $E\left({\chi }^2\right)=n,D\left({\chi }^2\right)=2n$.
    • 卡方分布可以理解为一堆相互独立的标准正态的平方相加
    • 有多少个平方相加，就意味着它的自由度是多少
• 卡方分布的性质:设总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自 $X$ 的样本，
  $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n{\left(X_i-\bar{X}\right)}^2$,则
  • ( i ) $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right)$;
  • (ii) $\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$
  • (iii) $\bar{X}$ 与 $S^2$ 相互独立.

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Transclude of 数三2013#8

Transclude of 数三2009#14

Transclude of 数三2010#14

Transclude of 数三2011#8

Transclude of 数三2012#8

Transclude of 数三2014#8

Transclude of 数三2015#8

Transclude of 数三2021#9

区间估计和置信区间

(14)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本, 样本均值 $\bar{X}=9.5$, 参数 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间的置信上限为 10.8 , 则 $\mu$ 的置信度为 0.95 的双侧置信区间为

(14)

• 答 应填 $(8.2,10.8)$.解 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 为来自总体 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的样本. 由于 $\mu$ 的双侧置信区间的上限、下限关于样本均值 $\bar{x}$ 是对称的,故置信下限应为 $9.5-(10.8-9.5)=8.2$, 故置信区间为 $(8.2,10.8)$.# 三、解答题(本题共 9 小题,共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)}

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假设检验

(10)

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{16}$ 是来自总体 $N(\mu ,4)$ 的简单随机样本, 考虑假设检验问题 $H_0:\mu ⩽10$, $H_1:\mu >10,\Phi (x)$ 表示标准正态分布函数, 若该检验问题的拒绝域为 $W=\{\bar{X}>11\}$, 其中 $\bar{X}=\frac{1}{16}\sum _{i=1}^{16}{X}_i$, 则 $\mu =11.5$ 时, 该检验犯第二类错误的概率为 $()$
( A) $1-\Phi (0.5)$.
( B ) $1-\Phi (1)$.
( C) $1-\Phi (1.5)$.
(D) $1-\Phi (2)$.

(10)

• 01:07:54
  答 应选 A.
• (1)两类错误
  • (1)第一类错误 (弃真错误): 当原假设 $H_0$ 为真时, 但检验结果为拒绝 $H_0$;
    • 拒绝了真的假设
  • (2)第二类错误 (存伪错误): 当原假设 $H_0$ 不正确时, 但检验结果为接受 $H_0$.
    • 接受了错误的假设
• 根据已知条件, $\mu =11.5$, 原假设 $H_0:\mu ⩽10$ 不为真.
  • 由于该检验问题的拒绝域为 $W=\{\bar{X}>11\}$,
    • 得到接受域：$\bar{X}⩽11$
  • 故当 $\bar{X}⩽11$ 时, 不拒绝 $H_0$. 此时, 该检验犯了第二类错误, 其概率为 $P\{\bar{X}⩽11\}$.
    • 接受了错误的假设
• 下面我们计算 $P\{\bar{X}⩽11\}$ 。
  • 由样本均值 $\bar{X}=\frac{1}{16}\sum _{i=1}^{16}{X}_i$,得$n=16$
    • 故 $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{4}{16}\right)$,
    • $\stackrel{\mu =11.5}{\to }\bar{X}\sim N\left(11.5,\frac{1}{4}\right)$，标准化可得, $\frac{\bar{X}-11.5}{\frac{1}{2}}\sim N(0,1)$.
  • $P\{\bar{X}⩽11\}=P\left\{\frac{\bar{X}-11.5}{\frac{1}{2}}⩽\frac{11-11.5}{\frac{1}{2}}\right\}=\Phi (-1)=1-\Phi (1)$
    • 选项中没有$\Phi (-1)$ ,只有$\Phi (1)$
    • 犯第二类错误落在接受域的概率：$1-\Phi (1)$
• (2018)设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right).X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本,据此样本检验 假设 $H_0:\mu ={\mu }_0,H_1:\mu \ne {\mu }_0$, 则 ( )
  • (A) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (B) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.
  • (C) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (D) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.

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(8)

• 设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right).X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本,据此样本检验 假设 $H_0:\mu ={\mu }_0,H_1:\mu \ne {\mu }_0$, 则 ( )
  • (A) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (B) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下拒绝 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.
  • (C) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必拒绝 $H_0$.
  • (D) 如果在检验水平 $\alpha =0.05$ 下接受 $H_0$, 那么 $\alpha =0.01$ 下必接受 $H_0$.

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