Fr(xIy)=I(x.) 2e-2x x>0 f(y) 0 else …9分 同理，当x>0时，有 Fnr(vlx)=I(x.)_ 2e-2y y>0 fx(x) 0 else …10分 ) 1 4.解：由随机变量X,Y独立同服从标准正态分布，有f(x,y)= 2元 当 z<0 时 F(e)=pZ≤z）=0；… …2分 当z≥0时， Fe)=p2=vX3+rs）=erdk …4 分 =a022et=eh7分 所以 f2(a)= e号≥0 0 else …10分 5.解：设x,x2,L,xn是一组样本观察值，对于这一组观察组的似然函数为 上==sne 2分 nL=-ixy+2xh-na… ...... …4分 令之x-”=0,得极大似然估计值-三4， 极大似然估计量为 i=1 A=, n i=l …7分 6
6 = = − else e x f y f x y f x y x Y X Y 0 2 0 ( ) ( , ) ( | ) 2 | ………………………………………………… …9 分 同理，当 x 0 时，有 = = − else e y f x f x y f y x y X Y X 0 2 0 ( ) ( , ) ( | ) 2 | ………………………………………………… …10 分 4. 解：由随机变量 X，Y 独立同服从标准正态分布，有 ( ) 2 2 2 1 2 1 ( , ) x y f x y e − + = 当 z<0 时 ， F z (z) = p(Z z) = 0 ；…………………………………………………………2 分 当 z 0 时， + − + = = + = 2 2 2 2 2 2 1 2 2 ( ) 2 1 ( ) ( ) x y z x y Fz z p Z X Y z e dxdx ……………………………4 分 − − = = z z d e rdr e rdr r r 0 0 2 0 2 2 2 2 2 1 …………………7 分 所以 = − else ze z f z z Z 0 0 ( ) 2 2 ………………………………………………………………… …10 分 5. 解：设 n x , x , L, x 1 2 是一组样本观察值，对于这一组观察组的似然函数为 = − = = = = n i n n x i n i i L x x L x p x x e n i i 1 1 1 2 1 ( , , , ; ) ( ; ) (1/ !) ………………………………… 2 分 L x x n n i i n i = − i + − =1 =1 ln ln( !) ln …………………………………………………… …4 分 令 0 ln 1 1 = − = = x n d d L n i i ，得极大似然估计值 = = n i i x n 1 1 ，极大似然估计量为 = = n i Xi n 1 1 …………………………………………………………………………… ……7 分
由于p(X=0)=e是参数1的单值可逆函数，由极大似然函数的性质p(X-O) 的 极 大 似 然 估 计 量 为 身三2…0分 三.证明题 1.证明：Z所有可能的取值为0,1,2， L......... …2分 由 亿==X+y=-X=k,Y=1-… ……5 PZ=)=心X=k,Y=1-)=之风X=kY=i-) …7分 2.证明：首先证明是无偏估计 E(X)-EX=0 所 以是无偏 估 n 计； …4分 再证明一致性 x)-Dx_0 ni n n 由契贝晓夫不等式知 D22X,)10 izx-020s →0(n→∞)… 8分 所以，是无偏，一致估计。 四.总体的均值μ和方差σ2均未知时对均值μ得检验，是t-检验，所以检验构 造检验统计量为T-丛厅 ,当以=4。时， T(n-1）…3分 由原假设和备择假设可知，是单边检验，拒绝域为
7 由于 − p(X = 0) = e 是参数 的单值可逆函数，由极大似然函数的性质 p(X = 0) 的 极 大 似 然 估 计 量 为 = = − − n i i n X e e 1 1 ……………………………………………………………………10 分 三． 证明题 1. 证 明 ： Z 所 有 可 能 的 取 值 为 0 ， l ， 2 ， L…………………………………………………2 分 由 i k Z i X Y i X k Y i k 0 { } { } { , } = = = + = = = = − …………………………………………5 分 = = = = = = − = = = − i k i k P Z i p X k Y i k p X k Y i k 0 0 ( ) ({ , }) ( , ) == − i k pk qi k 0 …………………………………………………………………………7 分 2. 证明：首先证明是无偏估计 = = = X EX n E n i i ) 1 ( 1 ， 所 以 是 无 偏 估 计；…………………………………………………4 分 再证明一致性 n n DX X n D n i i 2 1 ) 1 ( = = = 由契贝晓夫不等式知 0 (n ) 1 ) 1 ( ) 1 ( 2 2 2 1 1 − = → → = = n X n D X n p n i n i i i …………………………… 8 分 所以，，是无偏，一致估计。 四． 总体的均值 和方差 2 均未知时对均值 得检验，是 t-检验，所以检验构 造检验统计量为 n S X T − 0 = ， 当 = 0 时 ， T ~ t(n −1) ……………………………………3 分 由 原 假 设 和 备 择 假 设 可 知 ， 是 单 边 检 验 ， 拒 绝 域 为
{T>taos(n-l)}片 …5分 08年评分标准 一、填空题（每小题5分，共30分) =0000024（任填-个都给满分 14 2.1-p 4.日 52o n-1 6. S n S 二、计算题（每小题10分，共70分） 1.解设B:表示“从第一个盒子中取出的2只球中有i只白球”，=0,1,2，A表示“从第 二只盒子中取到白球”，则 1 C …3分 6 P4-品A4IB)-品4IA)= …………3分 由全概率公式，得 A-2国4)-=品++名7-弱 …4分 2解货题意PX>150=10k- 2 ……3分 又设Y表示5个元件寿命大于1500小时的个数，则Y-B5,?)…3分 2 于是所求得概率为
8 T t 0.05 (n −1)……………………………………………………5 分 08 年评分标准 一、 填空题（每小题 5 分，共 30 分） 1. 1 7 415800 11 4 0.0000024 A = = (任填一个都给满分) 2. 1− p 3. 1 2e 4. 1 9 5. 4 2 n 1 − 6. X n X S S n = 二、计算题（每小题 10 分，共 70 分） 1.解 设 Bi 表示“从第一个盒子中取出的 2 只球中有 i 只白球”，i=0,1,2，A 表示“从第 二只盒子中取到白球”，则 2 1 1 2 5 5 4 4 0 1 2 2 2 2 9 9 9 5 5 1 ( ) , ( ) , ( ) 18 9 6 C C C C P B P B P B C C C = = = = = = …………3 分 0 1 2 5 6 7 ( | ) , ( | ) , ( | ) 11 11 11 P A B P A B P A B = = = ……………………3 分 由全概率公式，得 2 0 5 5 5 6 1 7 53 ( ) ( ) ( | ) 18 11 9 11 6 11 99 i i i P A P B P A B = = = + + = ………4 分 2.解 依题意 2 1500 1000 2 ( 1500) 3 P X dx x + = = ……………………3 分 又设 Y 表示 5 个元件寿命大于 1500 小时的个数，则 2 (5, ) 3 Y B …3 分 于是所求得概率为
PW≥2=1-Pw=0-Pw==1-（G-c 2…4分 3,解)油于fx)d=1得 1-们e*=e-夸因此k=3…吗分 (2)当x<0时，Fx=0: 当x20,F(x)=fx)=3ed=1-e,所以X的分布函数为 …4分 (3)PX≥0.1r3e=ea 4解)=c边=e=e，>0 …4分 0. x≤0 0-a-ehep0 …4分 0, y≤0 由于f(x,y)≠fx(x)f(y),故X、Y不独立。2分 5.解（①由于二维随机变量(X,)在区域G={《x,y)川0≤x≤2,0≤y≤上服从均匀分 布，其联合概率密度 f(x.y)= 分，0≤x≤2,0≤y≤1为 0, 其它 U和V的可能取值为0,1（以下每个概率给1分，共4分） PU-0xY2)-P) T≤1 P(U=0,V=1)=P(X≤Y,X>2Y=0 PU=1r=0=PX>XX≤2n=PW<X≤2n=厂fxh= P-P(xY.2P(2
9 5 4 1 5 1 2 1 232 ( 2) 1 ( 0) ( 1) 1 3 3 3 243 P Y P Y P Y C = − = − = = − − = ……4 分 3.解 (1)由于 f x dx ( ) 1 + − = 得 3 3 0 1 3 x x k ke dx k e dx + + − − − = = = ，因此 k = 3……………………………3 分 (2) 当 x<0 时，F(x)=0; 当 x 0 ， 3 3 ( ) ( ) 3 1 x x x x F x f x dx e dx e − − − − = = = − ，所以 X 的分布函数为 3 1 , 0 ( ) 0 0 x e x F x x − − = …………………………………………………4 分 (3) 3 0.3 0.1 ( 0.1)= 3 x P X e dx e + − − = 4.解 , 0 ( ) ( , ) 0, 0 y x x X e dy e x f x f x y dy x + − − + − = = = = ………………4 分 0 , 0 ( ) ( , ) 0, 0 y y y Y e dx ye y f y f x y dx y − − + − = = = = ………………4 分 由于 ( , ) ( ) ( ) X Y f x y f x f y ，故 X、Y 不独立。………………………2 分 5.解 (i)由于二维随机变量(X,Y)在区域 G x y x y = ( , | 0 2,0 1 ) 上服从均匀分 布，其联合概率密度 为 U 和 V 的可能取值为 0,1（以下每个概率给 1 分，共 4 分） 1 ( 0, 0) ( , 2 ) ( ) ( , ) 4 x y P U V P X Y X Y P X Y f x y dxdy = = = = = = P U V P X Y X Y ( 0, 1) ( , 2 ) 0 = = = = 2 1 ( 1, 0) ( , 2 ) ( 2 ) ( , ) 4 y x y P U V P X Y X Y P Y X Y f x y dxdy = = = = = = 2 1 ( 1, 1) ( , 2 ) ( 2 ) ( , ) 2 x y P U V P X Y X Y P X Y f x y dxdy = = = = = = 1 2 , 0 2,0 1 ( , ) 0 x y f x y = ， 其它
即(U,的联合分布律为 0 1 U 0 14 0 1/4 1/2 (由(U,)的联合分布律得U,V,UV的分布律分别为 P1/43/4 v01 P1/21/2 UV 01 P1212 41 从而covU,月=EU-EUE=-2×5=3分 2428 cov(U,V) 1 所以puDD"层万 …3分 6解0P(X>2=∬fx,d=df(2-x-d=(x-号-达 x>2y =x-号=24 …4分 面f2e)=fx,2-x 0<x<1 由于 0<z-x<1 →x<z<1+x,故当0<2<2时，f2(z)>0,在其它点， f2(☒)=0… …3分 J0<x<1 → 0
10 即 ( , ) U V 的联合分布律为 (ii)由 ( , ) U V 的联合分布律得 U V UV , , 的分布律分别为 U 0 1 P 1/4 3/4 V 0 1 P 1/2 1/2 UV 0 1 P 1/2 1/2 故 3 3 1 3 1 1 1 1 1 , , , , 4 4 4 16 2 2 2 4 2 EU DU EV DV EUV = = = = = = = 从而 1 3 1 1 cov( , ) 2 4 2 8 U V EUV EUEV = − = − = ……………………3 分 所以 1 8 3 1 16 4 cov( , ) 1 3 UV U V DU DV = = = ……………………………3 分 6.解 (i) 2 2 2 1 1 2 8 0 0 0 2 ( 2 ) ( , ) (2 ) ( ) x x x x y P X Y f x y dxdy dx x y dy x dx = = − − = − − 2 1 5 8 0 7 ( ) 24 x = − = x dx ………………………………………………4 分 (ii) ( ) ( , ) Z f z f x z x dx + − = − 由于 0 1 1 0 1 x x z x z x + − ，故当 0<z<2 时， ( ) 0 Z f z ，在其它点， ( ) 0 Z f z = ………………………………………………………………3 分 又 0 1 0 1 0 1 1 x x z x z x z − − ，故 V U 0 1 0 1/4 0 1 1/4 1/2