2023–2024 学年第一学期期末真题

来源为课程目录中的 2023-2024概率论期末试卷(含答案).docx。原卷共 3 页、八道大题、满分 100 分，考试时间为 2023 年 12 月 28 日 15:50–18:20。以下按原卷转写；答案依据文档所附答案核对，个别说明另行标注。

一、选择题（共 20 分，每小题 4 分）

1. 球放入盒子

将 $n$ 个不同编号的球随机放入 $N$（$N\ge n$）个盒子中，每个球都以相同概率放入每个盒子，每盒容纳球数不限。记

• $A$：某指定的 $n$ 个盒子中各有一个球；
• $B$：恰有 $n$ 个盒子中各有一个球；
• $C$：某指定的盒中有 $m$（$m\le n$）个球；
• $D$：至少有两个球在同一盒中。

下列结果中不正确的是：

A. $P(A)=\dfrac{n!}{N^n}$；

B. $P(B)=\dfrac{A_N^n}{N^n}$；

C. $P(C)=\dfrac{A_n^m(N-1)^{n-m}}{N^n}$；

D. $P(D)=1-\dfrac{A_N^n}{N^n}$。

查看第 1 小题答案

官方答案：C。

指定盒中恰有 $m$ 个球，应先从 $n$ 个球中选出 $m$ 个，正确计数因子是 $\binom nm$，不是排列数 $A_n^m$：

$$P(C)=\frac{\binom nm(N-1)^{n-m}}{N^n}.$$

2. 最大值事件

设随机变量 $(X,Y)$ 的分布函数为 $F(x,y)$。对任意实数 $z$，

$$P(\max\{X,Y\}\ge z)=\underline{\qquad}.$$

A. $P(X\ge z)+P(Y\ge z)-P(X\ge z,Y\ge z)$；

B. $P(X\ge z)+P(Y\ge z)$；

C. $1-F(z,z)$；

D. $P(X\ge z,Y\ge z)$。

查看第 2 小题答案

官方答案：A。事件 $\{\max(X,Y)\ge z\}$ 就是 $\{X\ge z\}\cup\{Y\ge z\}$，应用加法公式即可。

原题使用“$\ge$”，因此一般不能把答案写成 $1-F(z,z)$；有原子时边界会产生差别。

3. 圆周积分

设 $(X,Y)$ 的概率密度为连续函数 $f(x,y)$，$Z=X^2+Y^2$ 的密度为 $f_Z(z)$。记

$$C_r:x^2+y^2=r^2.$$

当 $z>0$ 时，$f_Z(z)$ 等于：

A. $\displaystyle\int_0^{\sqrt z}\int_{C_r}f(x,y)\,ds\,dr$；

B. $\displaystyle\frac1{2\sqrt z}\int_{C_{\sqrt z}}f(x,y)\,ds$；

C. $\displaystyle\int_{C_{\sqrt z}}f(x,y)\,ds$；

D. $\displaystyle\int_{C_z}f(x,y)\,ds$。

查看第 3 小题答案

官方答案：B。

先令 $R=\sqrt{X^2+Y^2}$。半径落在 $[r,r+dr]$ 的概率约为

$$\left(\int_{C_r}f(x,y)\,ds\right)dr,$$

故 $f_R(r)=\int_{C_r}f\,ds$。再由 $Z=R^2$、$r=\sqrt z$ 得

$$f_Z(z)=f_R(\sqrt z)\frac1{2\sqrt z}.$$

4. Chebyshev 不等式

设 $X_1,\ldots,X_n$ 独立同分布，期望均为 $\mu$，方差均为 $\sigma^2$，记

$$\bar X=\frac1n\sum_{k=1}^nX_k.$$

对任意 $\varepsilon>0$，成立的是：

A. $P(|\bar X-\mu|<\varepsilon)\le D\bar X/\varepsilon^2$；

B. $P(|\bar X-\mu|\ge\varepsilon)\ge\sigma^2/\varepsilon^2$；

C. $P(|\bar X-\mu|<\varepsilon)\ge1-\sigma^2/(n\varepsilon^2)$；

D. $P(|\bar X-\mu|<\varepsilon)\le\sigma^2/(n\varepsilon^2)$。

查看第 4 小题答案

官方答案：C。因为

$$\operatorname{Var}(\bar X)=\frac{\sigma^2}{n},$$

由 Chebyshev 不等式取补事件即可。

5. 二阶矩不等式

设随机变量 $X,Y$ 的二阶矩存在，下列不等式中正确的是：

A. $|EX|>[E(X^2)]^{1/2}$；

B. $[E|X+Y|^2]^{1/2}\ge[E(X^2)]^{1/2}+[E(Y^2)]^{1/2}$；

C. $|\operatorname{Cov}(X,Y)|\ge\sqrt{DX}\sqrt{DY}$；

D. $|E(XY)|\le[E(X^2)]^{1/2}[E(Y^2)]^{1/2}$。

查看第 5 小题答案

官方答案：D，即 Cauchy–Schwarz 不等式。

二、两批零件（12 分）

有两批数量相同的零件，一批全部合格，另一批有 $25\%$ 不合格。从两批产品中任取一只，经检验是正品，放回原处，接着在这一批次再取一只，求第二只产品是次品的概率。

查看第二题答案

设 $H_1,H_2$ 表示选中全合格批、含次品批，$A$ 表示第一次抽到正品。则

$$P(A)=\frac12\cdot1+\frac12\cdot\frac34=\frac78,$$ $$P(H_2\mid A)=\frac{\frac12\cdot\frac34}{\frac78}=\frac37.$$

第二次只有在第 2 批中才可能抽到次品，因此

$$P(\text{第二只次品}\mid A)=\frac37\cdot\frac14=\boxed{\frac3{28}}.$$

三、绝对偏差的均值与方差（12 分）

设 $X_1,\ldots,X_n$ 独立同分布，均服从 $N(\mu,\sigma^2)$，

$$\eta=\frac1n\sum_{i=1}^n|X_i-\mu|.$$

求 $E(\eta)$ 和 $\operatorname{Var}(\eta)$。

查看第三题答案

令 $Z=(X_i-\mu)/\sigma\sim N(0,1)$。半正态变量满足

$$E|Z|=\sqrt{\frac2\pi},$$

故

$$E(\eta)=E|X_1-\mu| =\boxed{\sigma\sqrt{\frac2\pi}}.$$

又因 $|X_i-\mu|^2=(X_i-\mu)^2$，

$$\operatorname{Var}(|X_i-\mu|) =\sigma^2-\frac{2\sigma^2}{\pi}.$$

各项独立，所以

$$\operatorname{Var}(\eta) =\boxed{\frac{\sigma^2}{n}\left(1-\frac2\pi\right)}.$$

四、指数变量的和与比例（12 分）

随机变量 $X,Y$ 独立同分布，密度为

$$p(x)= \begin{cases} e^{-x},&x>0,\\ 0,&x\le0. \end{cases}$$

1. 求 $U=X+Y$ 与 $V=X/(X+Y)$ 的联合密度 $p_{U,V}(u,v)$；
2. 判断 $U,V$ 是否独立。

查看第四题答案

反变换为

$$x=uv, \qquad y=u(1-v),$$

值域为 $u>0,0<v<1$，Jacobian 绝对值为 $u$。因此

$$p_{U,V}(u,v)=ue^{-u}, \qquad u>0, 0<v<1.$$

边际密度为

$$p_U(u)=ue^{-u},\quad u>0,$$ $$p_V(v)=1,\quad0<v<1.$$

联合密度等于边际密度乘积，故 $U,V$ 相互独立。

五、二维正态变量（12 分）

设 $(X,Y)$ 服从二维正态分布 $N(0,0,1,1,\rho)$。

1. 求 $E[\max\{X,Y\}]$；
2. 求 $X-Y$ 与 $XY$ 的协方差及相关系数。

查看第五题答案

利用

$$\max(X,Y)=\frac{X+Y+|X-Y|}{2}.$$

因 $E(X+Y)=0$，且

$$X-Y\sim N(0,2(1-\rho)),$$

所以

$$E[\max(X,Y)] =\frac12E|X-Y| =\boxed{\sqrt{\frac{1-\rho}{\pi}}}.$$

又

$$\operatorname{Cov}(X-Y,XY) =E(X^2Y)-E(XY^2)=0,$$

其中最后一步由 $(X,Y)$ 的交换对称性得到。因此相关系数也为

$$\boxed{0}.$$

原答案的结论是“不相关”，并未声称二者独立。

六、二项分布的可加性（10 分）

设 $X_1,\ldots,X_n$ 独立同分布，均服从 $B(m,p)$。用特征函数法证明

$$\sum_{i=1}^nX_i\sim B(mn,p).$$

查看第六题答案

$B(m,p)$ 的特征函数为

$$\varphi_X(t)=(1-p+pe^{it})^m.$$

令 $S_n=\sum_iX_i$。由独立性，

$$\varphi_{S_n}(t) =\prod_{i=1}^n\varphi_{X_i}(t) =(1-p+pe^{it})^{mn}.$$

这正是 $B(mn,p)$ 的特征函数。由特征函数唯一性，结论得证。

七、弱相关序列的大数定律（12 分）

设 $\{X_n\}$ 是方差一致有界的随机变量序列，且当 $|k-l|\to+\infty$ 时，一致地有

$$\operatorname{Cov}(X_k,X_l)\to0.$$

证明 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

查看第七题答案

设 $\operatorname{Var}(X_i)\le C$。由 Cauchy–Schwarz，所有协方差绝对值至多为 $C$。

任取 $\varepsilon>0$，可选 $M$，使 $|k-l|>M$ 时

$$|\operatorname{Cov}(X_k,X_l)|<\varepsilon.$$

令 $S_n=\sum_{i=1}^nX_i$。把协方差项按 $|k-l|\le M$ 和 $|k-l|>M$ 分开；近邻项不超过 $(2M+1)n$ 个，远邻项不超过 $n^2$ 个，于是

$$\frac{\operatorname{Var}(S_n)}{n^2} \le\frac{(2M+1)C}{n}+\varepsilon.$$

先令 $n\to\infty$，再令 $\varepsilon\downarrow0$，得到

$$\frac{\operatorname{Var}(S_n)}{n^2}\to0.$$

由 Markov 大数定律，

$$\frac{S_n-E(S_n)}n\xrightarrow P0.$$

八、测量次数（10 分）

独立重复地对物体长度 $a$ 进行 $n$ 次测量，各次结果 $X_i\sim N(a,0.2^2)$。记 $\bar X$ 为算术平均值。为保证有 $95\%$ 的把握使 $|\bar X-a|<0.1$，至少需要测量多少次？

给定 $\Phi(1.645)=0.95$，$\Phi(1.96)=0.975$。

查看第八题答案

因为样本来自正态分布，平均值精确地满足

$$\bar X\sim N\left(a,\frac{0.2^2}{n}\right).$$

所以

$$P(|\bar X-a|<0.1) =2\Phi\left(\frac{0.1\sqrt n}{0.2}\right)-1 =2\Phi\left(\frac{\sqrt n}{2}\right)-1.$$

要求它至少为 $0.95$，即

$$\Phi\left(\frac{\sqrt n}{2}\right)\ge0.975.$$

因此

$$\frac{\sqrt n}{2}\ge1.96, \qquad n\ge15.3664.$$

最小整数为

$$\boxed{n=16}.$$

原答案结果为 16；由于原变量正态，这里无需用渐近中心极限定理。