1、 12 分）一學生接連參加同一課程的兩次。第一次及格的概率為 P，若第一次及格則第二次及格的概率也為 P；若第一次不及格則第二次及格的概率為 P 。2（1）若至少有一次及格則他能取得某種資格，求他取得該資格的概率。（2）若已知他第二次已經及格，求他第次及格的概率。、解：Ai=他第 i 次及格，i=1,2已知 P (A1)=P (A2|A1)=P， P( A / A ) = P212（1）B=至少有一次及格所以 B =兩次均不及格 = A1 A2P(B) =1- P(B) =1- P(A1 A2 ) =1- P(A1 )P(A2 | A1 )4 分=1-1- P(A1 )1- P(A2 | A1

2、 )= 1 - (1 - P)(1 - P ) = 3 P - 1 P 22 分222（2）由乘法公式，有 P (A1 A2)= P (A1) P (A2| A1) = P22 分由全概率公式，有 P(A2 ) = P(A1 )P(A2 | A1 ) + P(A1 )P(A2 | A1 )= P × P + (1 - P) × P2P 2+ P=222 分P 2= 2P 得 P( A | A ) =-2 分12P + 1P 2+ P22二、（14 分）1、設隨量 X 的密度函數ìï( ln x-m ) 21-e02s 2, x > 0f ( x)

3、= íïî2pxs, x £ 0求 Y = ln X 的密度函數.量 X N (m , s，2 )的增大，概率2、設隨P ( X - m< s )試問：隨著s是如何變化的?的可取值范圍是(-¥ , ¥)、解：1、Y = ln X1y¢ => 0由 y = ln x 得x在 (0, ¥ ) 上嚴格單增，y = ln x故h¢( y) = e yx = h( y) = e y其反函數，且(6 分)所以 Y = ln X 的密度函數fY ( y) = f X (e ) eyy(2 分)( ln e

4、y - m ) 21-e=2s 2ye2p eys-(2 分)( ) 2y- m 1=- ¥ <y < ¥2s 2 e,2p s 2、因為P ( X - m< s ) = P ( - s < X - m < s )= F(1) - F(-1)= 2F(1) - 1P ( X - m< s )所以，隨著s 的增大，概率是不變的(4 分)三、（18 分）設二維連續型隨量（X,Y）服從區域G =(x, y) |1£ x £ 3,1£ y £ 3上的均勻分布。求（1）（X,Y）的概率密度函數；（2）X 和

5、Y 的邊緣密度函數 fX (x) 和 fY (y) ；（3）X 和 Y 的性，并說明理由；（4） Z = X +Y ，U =X -Y的概率密度函數 fZ (z) 和 fU (u)解：（1）（X,Y）的概率密度函數為ì 1 ,1£ x £ 3 ,£1y £其它f (x ,y )= ï 4íïî 0,(4 分)ì 3 1ì1（2） f (x)= ïò 4 dy,1 £ x £ 3ï ,= 21 £ x £ 3其它

6、7;1íXïïî 0,0,其它îì 3 1ì1ïò 4 dx,1£ y £1£ y £其它= ï,fY ( y ) =í1í 2(6 分)ïïî 0,0,其它î（3）因為 f (x, y) = fX (x)× fY (y)所以 X 和 Y。(2 分)ì z -1 1ï òì1ï2 £ z £ 4dx,4(z - 2),

7、2 £ z £ 4ïï 41+¥3ïï 11（4） fZ (z) = ò f (x, z - x)dx = í ò 4 dx,4 < z £ 6 = í 4 (6 - z),4 < z £ 6其它ïz -3ïïïïî-¥0,0,其它ïïî先求 U 的分布函數：u <ì0 ,0ïu < 0, £ u0 £&

8、#236;0 ,1ï 4 - 2 ´´( 2 u-)2F ( u)= ï2,ï10£ u £u > 2= í1 - ´ ( -2 u2 )íU41 ,4ïïîïïïîu >1 ,2求導數得 U 的密度函數為ì1 ´(2 - u),0 £ u £ 2f (u) = ï 2í(6 分)Uïî0,其它四、（18 分）隨量 X, Y 相互，它們

9、的密度函數分別為ì1- 1 xì- yy > 0y £ 0e, x > 0f ( x ) = ïe,2f ( y ) =í 2,í0,.XYîïî0,x £ 0令Z = max( X,Y).求(1) Z 的密度函數 fZ (z) 。(2) Z 的數學期望 E(Z)和方差 Var(Z).解：(1) 由 X,Y 的密度函數x £ 0;ì0,FX (x) = P(ïî1 - e,x > 0.2y £ 0;y > 0.F ( y)

10、 = P(Y £ y) = ì0,íYî1- e ,- y從而FZ (z) = P(Z £ z) = P(max( X ,Y ) £ z) = P( X £ z, Y £ z)z £ 0;ìï0,= P( X £ z) × P( Y £ z) = í-1 zî(1 - e)(1 - e-z ),z > 0.2故z £ 0;z > 0.ìï0,df (z) =F(z) = í1î

11、;2-1 z- 3 z3ZZe+ e-z -e,dz22ï2(2)¥由指數分布的期望與方差1 ,2¥ò0ò0-lx2-lxx × ledx =x × ledx =.因此ll2- 1 z- 3 z132¥¥E(Z ) = ò z f (z)dz =z( e+ eò-z -e)dz22Z2-¥0- 1 z- 3 z13¥¥¥= ò z ×edz + ò z × eò-zdz -z ×edz2

12、222000= 2 + 1 - 2 = 7 .33又¥E(Z 2 ) =z 2 f¥z 20òò(z)dz =Z-¥- 1 z1¥¥= ò z 2 ×edz + ò z 2 × e-zd22002= 82 .= 2 × 22 + 2 ×12 - 2( )239最終 Var(Z ) = E(Z 2 ) - E 2 (Z ) = 82 - ( 793五、（8 分）某大型商場每天接待顧客 10000 人,設每位顧客的消費額(元)服從200, 2000上的均勻分布,且顧客的

13、消費額是相互獨立的。試求該商場的銷售額(元)在平均銷售額上、下浮動不超過30000 元的概率。解 設第 k 位顧客的消費額為 Xk (k =1, 2,.,10000) ，商場日銷售額為 X ，則10000åX =Xk ，由已知k =1) = 200 + 2000 = 1100 ，E( Xk2(2000 - 200)218002D( Xk ) =；-2 分121210000E( X ) = å E( Xk ) = 10000´1k =1，10000D( X ) = å D( Xk ) = 10000 ´ 27k =1。-2 分進而，由中心極限定理

14、，P11´106 - 30000 £ X £ 11´X -11´100´ 1830000100´ 1800= P-£230000= 2F() -130000´ 31= 2F() -1 » 2F(0.58) -1 » 0.44 3-4 分六、（18 分）設n 為來自總體 X 的一個樣本，n 為相應的樣本觀測值.已知總體 X 的概率密度函數為ì- 1 x1x > 0x £ 0f (x) = ïl +l +1e,í1ïî0,其

15、中l > -1常數。求 (1)參數l 的矩估計；(2)參數l 和E(X ) 的最大似然估計.解：(1)由于EX = l +13 分3 分l +1 = Xn令 EX = Xn即解得l 的矩估計為l = Xn -1(2) 似然函數為3 分n1å i1-xnn1l +1- l xiÕiÕl +L(l) =f (x ) = (l +1)1-ne+1e2 分i=1i=1i=1對數似然函數為1nå il nL l( =) -nlln+(- 1 )x2 分l +1 i=1零，得對l 求導并d l nL =n1nå-+xi=01 分d ll+1( l+

16、12 )i=1解得l 的最大似然估計為l = xn -1由于 EX = l +1，因此 EX 的最大似然估計為2 分l +1 = xn2 分七、設某基礎課程的成績服從正態分布。現在從參加該課程的學生中隨機抽取 36 位考生，算得樣本平均分數為 64，樣本標準差為 15。能否據此認為該課程的平均成績為 70，方差大于 210？(a =0.05)解：（1）檢驗該門成績的平均分是否為 70。假設 H 0 ： m = 70； H1 ： m ¹ 70 。X - 70 ，選取檢驗統計量 t =Sn構造拒絕域： | t |³0.025(35) = 2.030-4 分計算得： t = 64 - 70 =