2026年概率論與數(shù)理統(tǒng)計課程期末考試試題解析及答案1.設(shè)隨機變量X服從參數(shù)為λ的指數(shù)分布，其概率密度函數(shù)為f_X(x)=λe^{-λx},x≥0。令Y=min{X,2}，求Y的分布函數(shù)F_Y(y)，并計算E[Y]。解析：指數(shù)分布具有無記憶性，但截斷在2處，需分段討論。當y<0時，F(xiàn)_Y(y)=0；當0≤y<2時，F(xiàn)_Y(y)=P(Y≤y)=P(X≤y)=1-e^{-λy}；當y≥2時，F(xiàn)_Y(y)=1。綜上：F_Y(y)={0,y<01-e^{-λy},0≤y<21,y≥2}期望計算：E[Y]=∫_0^2y·λe^{-λy}dy+∫_2^∞2·λe^{-λy}dy第一部分：分部積分得[-ye^{-λy}]_0^2+∫_0^2e^{-λy}dy=-2e^{-2λ}+(1-e^{-2λ})/λ第二部分：2·e^{-2λ}合并得：E[Y]=(1-e^{-2λ})/λ+2e^{-2λ}2e^{-2λ}=(1-e^{-2λ})/λ答案：F_Y(y)如上所示；E[Y]=(1-e^{-2λ})/λ2.設(shè)(X,Y)的聯(lián)合密度為f(x,y)=c·x(y-x)e^{-y},0<x<y<∞。求常數(shù)c，并計算P(X<1,Y>2)。解析：先確定歸一化常數(shù)?！襙0^∞∫_x^∞cx(y-x)e^{-y}dydx=1內(nèi)層積分：令u=y-x，得∫_0^∞cxue^{-(u+x)}dudx=c∫_0^∞xe^{-x}dx∫_0^∞ue^{-u}du=c·1·1=c故c=1計算概率：P(X<1,Y>2)=∫_0^1∫_{max(x,2)}^∞x(y-x)e^{-y}dydx由于x<1，max(x,2)=2，故=∫_0^1xe^{-x}dx∫_2^∞(y-x)e^{-(y-x)}dy令v=y-x，得∫_{2-x}^∞ve^{-v}dv=(2-x+1)e^{-(2-x)}=(3-x)e^{x-2}因此原式=∫_0^1x(3-x)e^{-2}dx=e^{-2}[3x^2/2x^3/3]_0^1=e^{-2}(3/21/3)=(7/6)e^{-2}答案：c=1；P=(7/6)e^{-2}3.設(shè)X_1,...,X_ni.i.d.～N(μ,σ^2)，定義樣本均值X?與樣本方差S^2。證明Cov(X?,S^2)=0，并討論當總體為Poisson(λ)時該結(jié)論是否仍成立。解析：正態(tài)情形：X?與S^2獨立的經(jīng)典結(jié)論，故協(xié)方差為0。嚴格證明：S^2=(1/(n-1))∑(X_i-X?)^2，而X?與(X_i-X?)的聯(lián)合分布中，X?與偏差向量正交，Basu定理或直接計算矩可得獨立性。Poisson情形：設(shè)X_i～Pois(λ)，則E[X_i]=λ,Var(X_i)=λ。計算Cov(X?,S^2)：E[X?S^2]=E[X?·(1/(n-1))∑(X_i-X?)^2]展開平方項后，利用E[X_i^3]=λ^3+3λ^2+λ，經(jīng)冗長計算得：Cov(X?,S^2)=λ/n≠0故結(jié)論不成立。答案：正態(tài)時Cov=0；Poisson時Cov=λ/n≠04.某生產(chǎn)線產(chǎn)品重量X～N(μ,0.5^2)。現(xiàn)抽取n=16件，測得x?=10.2g。檢驗H_0:μ=10vsH_1:μ≠10，顯著性水平α=0.05。(1)給出檢驗統(tǒng)計量與拒絕域；(2)計算p值；(3)若真實μ=10.3，求第II類錯誤概率β。解析：(1)統(tǒng)計量Z=√n(x?-μ_0)/σ=4(10.2-10)/0.5=1.6雙側(cè)拒絕域|Z|>z_{0.025}=1.96(2)p值=2P(Z>1.6)=2(1-Φ(1.6))=2×0.0548=0.1096(3)真實μ=10.3時，Z～N(4(10.3-10)/0.5,1)=N(2.4,1)β=P(接受H_0)=P(-1.96<Z<1.96|μ=10.3)=P(-1.96-2.4<Z-2.4<1.96-2.4)=Φ(-0.44)-Φ(-4.36)=0.3300-0.0000=0.3300答案：(1)Z=1.6，拒絕域|Z|>1.96；(2)p=0.1096；(3)β=0.33005.設(shè)(X,Y)服從二維正態(tài)，均值向量(0,0)，協(xié)方差矩陣[[1,ρ],[ρ,1]]。定義U=X^2+Y^2，V=X/Y。求(U,V)的聯(lián)合密度，并證明U與V獨立當且僅當ρ=0。解析：采用極坐標變換：X=RcosΘ,Y=RsinΘ，則Jacobian為R聯(lián)合密度：f_{R,Θ}(r,θ)=r·f_{X,Y}(rcosθ,rsinθ)=(r/(2π√(1-ρ^2)))exp{-r^2(1-ρsin2θ)/(2(1-ρ^2))}U=R^2，V=cotΘ，變換Jacobian為|d(r,θ)/d(u,v)|=1/(2√u(1+v^2))經(jīng)推導(dǎo)得：f_{U,V}(u,v)=exp{-u/(2(1-ρ^2))}·[1-ρ·2v/(1+v^2)]/(4π(1-ρ^2)√u)當ρ=0時，f_{U,V}(u,v)=e^{-u/2}/(4π√u)=f_U(u)f_V(v)，其中f_V(v)=1/(π(1+v^2))為Cauchy密度，故獨立。反之若獨立，則聯(lián)合密度需可分離，迫使ρ=0。答案：f_{U,V}如上；獨立?ρ=06.設(shè)X_1,...,X_ni.i.d.～Uniform(0,θ)，令X_{(n)}=max{X_i}。求θ的MLE，并構(gòu)造一個基于X_{(n)}的1-α置信區(qū)間。解析：MLE為X_{(n)}，因為似然函數(shù)L(θ)=θ^{-n}I_{θ≥X_{(n)}}，在θ=X_{(n)}處最大。置信區(qū)間構(gòu)造：P(X_{(n)}≤θ≤X_{(n)}/α^{1/n})=P(θ≥X_{(n)})P(θ>X_{(n)}/α^{1/n})=1P(X_{(n)}<θα^{1/n})=1(α^{1/n})^n=1-α故[X_{(n)},X_{(n)}/α^{1/n}]為1-α置信區(qū)間。答案：MLE=X_{(n)}；置信區(qū)間[X_{(n)},X_{(n)}/α^{1/n}]7.設(shè)X～Binomial(n,p)，Y～Binomial(m,p)且獨立。求P(X=Y)，并給出當n=m=100,p=0.5時的近似值。解析：P(X=Y)=∑_{k=0}^{min(n,m)}C(n,k)p^k(1-p)^{n-k}·C(m,k)p^k(1-p)^{m-k}=(1-p)^{n+m}∑_{k}C(n,k)C(m,k)[p/(1-p)]^{2k}利用Vandermonde恒等式與生成函數(shù)，可表示為超幾何函數(shù)，但計算復(fù)雜。正態(tài)近似：X≈N(np,np(1-p)),Y≈N(mp,mp(1-p))，則X-Y≈N(0,p(1-p)(n+m))連續(xù)性修正：P(X=Y)≈P(-0.5<X-Y<0.5)=Φ(0.5/σ)-Φ(-0.5/σ)，σ=√[p(1-p)(n+m)]當n=m=100,p=0.5時，σ=√50≈7.071概率≈2Φ(0.0707)-1≈0.056答案：精確求和式如上；近似值0.0568.設(shè){X_t}為零均值平穩(wěn)高斯過程，協(xié)方差函數(shù)γ(h)=σ^2e^{-α|h|}。給定觀測X_0,X_1,...,X_n，求α的MLE。解析：對數(shù)似然函數(shù)：?(α)=-1/2[log|Σ|+X^TΣ^{-1}X]+const其中Σ為Toeplitz矩陣，元素Σ_{ij}=γ(|i-j|)利用AR(1)表示：X_t=φX_{t-1}+ε_t，φ=e^{-α}，ε_t～N(0,σ^2(1-φ^2))則Σ^{-1}為三對角矩陣，可顯式求逆：?(α)=-1/2[(n+1)log(2πσ^2)+log(1-φ^2)+(X_0^2(1-φ^2)+∑_{t=1}^n(X_t-φX_{t-1})^2)/σ^2]對α求導(dǎo)并令為零，得非線性方程：φ=e^{-α}，需數(shù)值求解。答案：MLE方程為??/?α=0，具體形式如上，需數(shù)值優(yōu)化9.設(shè)X_1,...,X_ni.i.d.～Exp(λ)，考慮檢驗H_0:λ=1vsH_1:λ=2。求Neyman-Pearson檢驗的拒絕域，并計算n=10時的功效。解析：似然比：Λ=f_1/f_0=∏(2e^{-2x_i})/(e^{-x_i})=2^ne^{-∑x_i}拒絕域Λ>k?∑x_i<c，其中c由P(∑X_i<c|λ=1)=α確定∑X_i～Gamma(n,1)，故c為Gamma(n,1)的α分位數(shù)功效：P(拒絕|λ=2)=P(∑X_i<c|λ=2)=P(Gamma(n,2)<c)=F_{Gamma(n,2)}(c)當n=10,α=0.05時，c≈5.425（Gamma(10,1)的5%分位數(shù)）功效=F_{Gamma(10,2)}(5.425)=P(Pois(2·5.425)≥10)=0.923答案：拒絕域∑X_i<c；功效0.92310.設(shè)(X,Y)的聯(lián)合分布滿足Y|X=x～N(βx,σ^2)，X～N(0,τ^2)。求E[X|Y=y]，并證明其可表示為線性函數(shù)。解析：聯(lián)合正態(tài)：(E[X],E[Y])=(0,0)協(xié)方差矩陣：Var(X)=τ^2,Cov(X,Y)=E[X·βX]=βτ^2,Var(Y)=β^2τ^2+σ^2條件期望公式：E[X|Y=y]=Cov(X,Y)/Var(Y)·y=(βτ^2)/(β^2τ^2+σ^2)·y顯然為y的線性函數(shù)。答案：E[X|Y=y]=βτ^2y/(β^2τ^2+σ^2)11.設(shè)X_1,...,X_n為i.i.d.樣本，密度f(x|θ)=θx^{θ-1},0<x<1,θ>0。求θ的Fisher信息量I(θ)，并證明θ的MLE漸近有效。解析：對數(shù)密度：logf=logθ+(θ-1)logx得分函數(shù)：?logf/?θ=1/θ+logx二階導(dǎo)：?^2logf/?θ^2=-1/θ^2Fisher信息：I(θ)=-E[?^2logf/?θ^2]=1/θ^2MLE：似然方程∑(1/θ+logX_i)=0?θ?=-n/∑logX_i由CLT，√n(θ?-θ)?N(0,1/I(θ))=N(0,θ^2)，達到Cramér-Rao下界，故漸近有效。答案：I(θ)=1/θ^2；MLE漸近有效12.設(shè)X～Poisson(λ)，記錄值被四舍五入為最近整數(shù)，得到Y(jié)。求E[Y]與Var(Y)，并討論當λ→∞時的近似。解析：Y=round(X)，即Y=k當X∈[k-0.5,k+0.5)E[Y]=∑_{k=0}^∞kP(k-0.5≤X<k+0.5)=∑k[F_X(k+0.5)-F_X(k-0.5)]Var(Y)=E[Y^2]-(E[Y])^2，類似計算。大λ近似：X≈N(λ,λ)，則Y≈X+U，U～Uniform(-0.5,0.5)獨立故E[Y]≈λ,Var(Y)≈λ+1/12答案：E[Y]=∑k[Pois(λ)在[k-0.5,k+0.5)的概率]；大λ時Var≈λ+1/1213.設(shè)X_1,...,X_ni.i.d.～N(μ,σ^2)，定義T=X?^2S^2/n。求E[T]與Var(T)，并討論其作為μ^2估計的優(yōu)劣。解析：E[T]=E[X?^2]E[S^2]/n=(μ^2+σ^2/n)σ^2/n=μ^2故T為μ^2的無偏估計。方差計算：Var(T)=Var(X?^2)+Var(S^2)/n^22Cov(X?^2,S^2)/n利用正態(tài)四階矩：Var(X?^2)=2σ^4/n^2+4μ^2σ^2/nVar(S^2)=2σ^4/(n-1)Cov(X?^2,S^2)=0（因X?與S^2獨立）故Var(T)=2σ^4/n^2+4μ^2σ^2/n+2σ^4/(n^2(n-1))與MLEμ?^2=X?^2比較：MLE有偏但漸近方差更小，故T優(yōu)于無偏性，但方差較大。答案：E[T]=μ^2；Var(T)如上；無偏但方差較大14.設(shè){X_t}為MA(1)過程：X_t=ε_t+θε_{t-1}，ε_t～N(0,σ^2)i.i.d.。給定觀測X_1,...,X_n，求θ的矩估計，并討論其一致性。解析：理論自協(xié)方差：γ(0)=σ^2(1+θ^2),γ(1)=σ^2θ樣本自協(xié)方差：γ?(0)=1/n∑X_t^2,γ?(1)=1/(n-1)∑X_tX_{t+1}矩估計方程：γ?(1)/γ?(0)=θ/(1+θ^2)解二次方程得θ?=[1±√(1-4ρ?^2)]/(2ρ?)，取可逆域內(nèi)根。一致性：由遍歷性，γ?(k)→γ(k)a.s.，故θ?→θa.s.，一致。答案：θ?為樣本自相關(guān)方程的解；一致15.設(shè)X～Geometric(p)，Y=Xmod3。求Y的分布，并計算E[Y]。解析：Y∈{0,1,2}P(Y=0)=∑_{k=0}^∞P(X=3k+3)=∑p(1-p)^{3k+2}=p(1-p)^2/[1-(1-p)^3]同理：P(Y=1)=p(1-p)/[1-(1-p)^3]P(Y=2)=p/[1-(1-p)^3]期望：E[Y]=0·P(Y=0)+1·P(Y=1)+2·P(Y=2)=[p(1-p)+2p]/[1-(1-p)^3]=p(3-p)/[3p-3p^2+p^3]答案：P(Y=k)如上；E[Y]=p(3-p)/(3p-3p^2+p^3)16.設(shè)X_1,...,X_ni.i.d.～Uniform(θ,θ+1)，考慮θ的估計量θ?=X_{(1)}。求其偏差與均方誤差，并構(gòu)造一個無偏估計。解析：X_{(1)}密度：f(x)=n(θ+1-x)^{n-1},θ≤x≤θ+1E[X_{(1)}]=∫_θ^{θ+1}xn(θ+1-x)^{n-1}dx=θ+1/(n+1)偏差=1/(n+1)E[X_{(1)}^2]=∫x^2fdx=θ^2+2θ/(n+1)+2/[(n+1)(n+2)]MSE=Var+Bias^2=1/[(n+1)(n+2)]+1/(n+1)^2=2/[(n+1)(n+2)]無偏估計：θ?_u=X_{(1)}1/(n+1)答案：Bias=1/(n+1)；MSE=2/[(n+1)(n+2)]；無偏估計X_{(1)}-1/(n+1)17.設(shè)X～Binomial(n,p)，Y～Binomial(n,1-p)且獨立。求P(X=Y)，并給出當n→∞時的漸近表達式。解析：P(X=Y)=∑_{k=0}^nC(n,k)p^k(1-p)^{n-k}·C(n,k)p^{n-k}(1-p)^k=(1-p)^n∑C(n,k)^2[p/(1-p)]^{2k}=(1-p)^n_2F_1(-n,-n;1;[p/(1-p)]^2)大n近似：X≈N(np,np(1-p)),Y≈N(n(1-p),np(1-p))X-Y≈N(n(2p-1),2np(1-p))連續(xù)性修正：P(X=Y)≈P(-0.5<X-Y<0.5)=Φ(δ)-Φ(-δ)，δ=0.5/√[2np(1-p)]≈1/√(2π)·1/√[2np(1-p)]答案：精確求和式如上；漸近1/√(4πnp(1-p))18.設(shè){X_t}為隨機游走：X_t=X_{t-1}+ε_t，ε_t～N(0,σ^2)i.i.d.，X_0=0。求X_n的分布，并計算Cov(X_s,X_t)。解析：X_n=∑_{i=1}^nε_i～N(0,nσ^2)協(xié)方差：Cov(X_s,X_t)=