MA212-2022春-期中-答案

1 选择题(每题 4 分, 总共 20 分)

1-1

D

1-2

C

1-3

C

1-4

A

1-5

D

2 填空题(每空 2 分, 总共 20 分)

2-1

0.9

2-2

$1-p$

2-3

$2/3$

2-4

$a+b=1$

2-5

$N(0,100)$

2-6

$1-e^{-1}$

2-7

0.5

2-8

$5/8$

2-9

$1/9$

2-10

5/7

3 解答题(每题 10 分, 总共 60 分)

3-1

(1) 学生知道正确答案和胡乱猜测的概率都是 $1/2$ .

(2) 学生知道正确答案的概率都是 0.2

解: 记事件 $A$ 为＂题目答对了＂, 事件 $B$ 为＂知道正确答案＂,

则 $P(A\mid B)=1,P(A\mid \overline{B})=0.25$

(1) 此时 $P(B)=P(\overline{B})=0.5$ .由贝叶斯公式有

$$P(B\mid A)=\frac{P(B)P(A\mid B)}{P(B)P(A\mid B)+P(\overline{B})P(A\mid \overline{B})}=\frac{0.5\times 1}{0.5\times 1+0.5\times 0.25}=0.8$$

(2) 此时 $P(B)=0.2,P(\overline{B})=0.8$ .由贝叶斯公式有

$$P(B\mid A)=\frac{P(B)P(A\mid B)}{P(B)P(A\mid B)+P(\overline{B})P(A\mid \overline{B})}=\frac{0.2\times 1}{0.2\times 1+0.8\times 0.25}=0.5$$

3-2

设随机变量 $X$ 的概率分布 $P\{X=1\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}$ .在给定 $X=i$ 的条件下, 随机变量 $Y$ 服从均匀分布, $U(0,i)(i=1,2)$ , 求 $Y$ 的分布函数 $F_Y(y)$ 和密度函数 $f_Y(y)$

解: $F_Y(y)=P\{Y\le y\}=P\{X=1\}P\{Y\le y\mid X=1\}+P\{X=2\}P\{Y\le y\mid X=2\}$

$$=\frac{1}{2}P\{Y\le y\mid X=1\}+\frac{1}{2}P\{Y\le y\mid X=2\}$$

当 $y<0$ 时, $F_Y(y)=0$

当 $0\le y<1$ 时, $F_Y(y)=\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot y=\frac{3}{4}y$

当 $1\le y<2$ 时, $F_Y(y)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot y=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}y$

当 $y\ge 2$ 时, $F_Y(y)=1$

所以 $Y$ 的分布函数 $F_Y(y)=\{\begin{array}{cl}0,& y<0,\\ \frac{3y}{4},& 0\le y<1,\\ \frac{1}{2}+\frac{y}{4},& 1\le y<2,\\ 1,& y\ge 2.\end{array}$

$Y$ 的概率密度函数 $f_Y(y)=\{\begin{array}{cc}\frac{3}{4},& 0\le y<1,\\ \frac{1}{4},& 1\le y<2,\\ 0,& \text{ 其它.}\end{array}$

3-3

若每只母鸡产蛋的个数服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布, 而每个蛋能孵化成小鸡的概率为 p .

试证: 每只母鸡有 k 只小鸡的概率服从参数为 $\lambda p$ 的泊松分布.

证明: 设 $X=\{$ 蛋数 $\},Y=\{$ 小鸡数 $\}$ , 由全概率公式, 对于任意的正整数 k 有

$P\{Y=k\}=\sum _{i=k}^{\mathrm{\infty }}P\{X=i\}P\{Y=k\mid X=i\}$

$=P\{X=k\}P\{Y=k\mid X=k\}+P\{X=k+1\}P\{Y=k\mid X=k+1\}+\cdots$

$=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }{p}^k+\frac{{\lambda }^{k+1}}{(k+1)!}{e}^{-\lambda }{C}_{k+1}^k{p}^k(1-p)+\dots$

$=\sum _{i=k}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^i}{i!}{e}^{-\lambda }{C}_i^k{p}^k(1-p{)}^{i-k}$

$=\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}{e}^{-\lambda }\sum _{i=k}^{\mathrm{\infty }}\frac{[\lambda (1-p){]}^{i-k}}{(i-k)!}$

$=\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}{e}^{-\lambda }{e}^{\lambda (1-p)}=\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}{e}^{-\lambda p}$

则 $Y$ 服从参数是 $\lambda p$ 的泊松分布.

3-4

设 $Y=X^2$ , 其中随机变量 $X$ 的密度函数为

$$f_X(x)=\{\begin{array}{cc}cx,& 0<x<2,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$$

a) 求常数 $c$ ；

b) 求 $Y$ 的密度函数 $f_Y(y)$ .

解: (1) 由 $1={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{f}_X(x)dx={\int }_0^2{f}_X(x)dx={\int }_0^{2}cxdx=2c$

有 $c=\frac{1}{2}$

(2) 当 $y⩽0$ 时, $F_Y(y)=0$ ,

当 $y⩾4$ 时, $F_Y(y)=1$ ,

当 $0<y<4$ 时,

$$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P(Y\le y)=P(X^2\le y)=P(0\le X<\sqrt{y})\\ & ={\int }_0^{\sqrt{y}}{f}_X(x)dx\\ & ={\int }_0^{\sqrt{y}}\frac{1}{2}xdx\\ & =\frac{1}{4}y\end{array}$$

从而

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{cl}0,& y⩽0\\ \frac{1}{4}y,& 0<y<4\\ 1,& y⩾1\end{array}$$

于是

$$f_Y(y)=F_Y^{\prime }(y)=\{\begin{array}{cl}\frac{1}{4},& 0<y<4\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

可关口 $Y\sim U(0,4)$

3-5

已知随机变量 X 和 Y 的分布函数分别为

$$\text{F\_X(x) =left{begin{array}{lc} 0, \& x<0 frac{1}{3}, \& 0 leq x<1, 1, \& x geq 1, end{array} quad F\_Y(y) =left{begin{array}{lc} 0, \& y<1 frac{1}{2}, \& 1 leq y<2 1, \& y geq 2 end{array}right.right}$$

且已知 $P(X=1,Y=1)=\frac{1}{3}$ , 求:

(1) X 和 Y 的联合频率函数；

(2) X 和 $Y$ 是否独立?

(3) $\mathrm{Y}=1$ 时, X 的条件频率函数 $P(X=k\mid Y=1)$ .

4.: (1) 根据题要, 可知 $x$ 和 $Y$ 均为离散型 $r.V$ , 且

$$\begin{array}{ll}P(X=0)=\frac{1}{3},& P(X=1)=\frac{2}{3}.\\ P(Y=1)=\frac{1}{2},& P(Y=2)=\frac{1}{2}\end{array}$$

由 $P(x=1,Y=1)=\frac{1}{3}$ , 可求得

$$P(X=1,Y=2)=P(X=1)-P(X=1,Y=1)=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$$

同理可求得

$$P(X=0,Y=1)=\frac{1}{6},P(X=0,Y=2)=\frac{1}{6},P(X=1,Y=2)=\frac{1}{3}\text{. }$$

于是有:

\begin{tabular}

\hline$x$ & 0 & 1 & $P_{\cdot j}$ \

\hline 1 & $\frac{1}{6}$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{1}{2}$ \

2 & $\frac{1}{6}$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{1}{2}$ \

\hline$P_i$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{2}{3}$ &

\end

(2)

由

$$\begin{array}{rl}& P(x=0,Y=1)=P(x=0)\cdot P(Y=1)=\frac{1}{6},\\ & P(x=1,Y=1)=P(x=1)\cdot P(Y=1)=\frac{1}{3},\\ & P(x=0,Y=2)=P(x=0)\cdot P(Y=2)=\frac{1}{6}.\\ & p(x=1,Y=2)=P(x=1)\cdot P(Y=2)=\frac{1}{3}\end{array}$$

可知 $X$ 与个相互独立

(3)

$$P(X=k\mid Y=1)=\frac{P(X=k)Y=1)}{P(Y=1)}=\frac{P(X=k)\cdot P(Y=1)}{P(Y=1)}=P(X=k),k=0,1$$

\begin{tabular}

$x$ & 0 & 1 \

\hline$\beta$ & $\frac{1}{3}$ & $\frac{2}{3}$

\end

3-6

设二维随机变量 $(X,Y)$ 的联合密度函数为

$$f(x,y)=\{\begin{array}{cc}k{e}^{-(x+y)},& 0<x<1,0<y<\mathrm{\infty },\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$$

(1) 确定常数 $k$ ；

(2) 求边际密度函数 $f_X(x),f_Y(y)$ ；

(3) 求函数 $Z=max\{X,Y\}$ 的分布函数

解

(1) 由

$$1={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x,y)dxdy={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{1}k{e}^{-(x+y)}dxdy=k(1-e^{-1}),$$

得

$$k=\frac{1}{1-e^{-1}}$$

(2) 根据定义

$$\begin{array}{rl}& f_X(x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x,y)dy=\{\begin{array}{ll}\frac{e^{-x}}{1-e^{-1}},& 0<x<1,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}\\ & f_Y(y)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x,y)dx=\{\begin{array}{ll}{e}^{-y},& y>0,\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}\end{array}$$

(3) 由上述可知 $f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$ , 故 $X,Y$ 相互独立. 分别记 $Z=max\{X,Y\},X$ 和 $Y$ 的分布函数为 $F_Z(z),F_X(x)$ 和 $F_Y(y)$ , 则由 $X,Y$ 的独立性有

$$F_Z(u)=F_X(u)F_Y(u)$$

由(2) 知,

$$\begin{array}{rl}& F_X(u)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^u{f}_X(x)dx=\{\begin{array}{ll}0,& u<0\\ \frac{1-e^{-u}}{1-e^{-1}},& 0⩽u<1,\\ 1,& u⩾1.\end{array}\\ & F_Y(u)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^u{f}_Y(y)dy=\{\begin{array}{ll}0,& u<0\\ 1-e^{-u},& u⩾0.\end{array}\end{array}$$

将 $F_X(u),F_Y(u)$ 带入(1) 中, 得到 $Z=max\{X,Y\}$ 的分布函数为

$$F_Z(u)=\{\begin{array}{lc}0,& u<0\\ \frac{{(1-e^{-u})}^2}{1-e^{-1}},& 0⩽u<1,\\ 1-e^{-u},& u⩾1\end{array}$$