2022–2023 学年期末补考真题

#真题

来源为课程目录中的 2022-2023概率补考试题答案.docx，原文标题为“2022-2023 人工智能学院《概率论》期末补考试题及答案”。以下共九题，题目与答案均按源文档核对。

第 1 题：正态样本均值（10 分）

设 X1,X2,…,XnX_1,X_2,\ldots,X_n 为独立同分布随机变量，均服从 N(μ,σ2)N(\mu,\sigma^2)。对给定常数 a>0a>0，求使

P(Xˉ≤c)=aP(Xˉ>c)P(\bar X\le c)=aP(\bar X>c)

成立的 cc，其中

Xˉ=1n∑i=1nXi.\bar X=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i.
查看第 1 题答案

由等式两边和为 1，

P(Xˉ≤c)=aa+1.P(\bar X\le c)=\frac{a}{a+1}.

又

Xˉ∼N(μ,σ2n),\bar X\sim N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right),

故

Φ(c−μσ/n)=aa+1.\Phi\left(\frac{c-\mu}{\sigma/\sqrt n}\right) =\frac{a}{a+1}.

因此

c=μ+σnΦ−1(aa+1).\boxed{ c=\mu+\frac{\sigma}{\sqrt n} \Phi^{-1}\left(\frac{a}{a+1}\right) }.

第 2 题：离散与均匀变量之和（12 分）

随机变量 X,YX,Y 相互独立，

P(X=i)=13,i=−1,0,1,P(X=i)=\frac13, \qquad i=-1,0,1,

而

fY(y)={1,0≤y<1,0,其他.f_Y(y)= \begin{cases} 1,&0\le y<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}

记 Z=X+YZ=X+Y。

  1. 求 P(Z≤1/2∣X=0)P(Z\le1/2\mid X=0)；
  2. 求 ZZ 的概率密度 fZ(z)f_Z(z)。
查看第 2 题答案

给定 X=0X=0 后 Z=YZ=Y，所以

P(Z≤1/2∣X=0)=12.P(Z\le1/2\mid X=0)=\boxed{\frac12}.

ZZ 是三个等权均匀分布 U(−1,0)U(-1,0)、U(0,1)U(0,1)、U(1,2)U(1,2) 的混合。这三个区间首尾相接，故

FZ(z)={0,z<−1,z+13,−1≤z≤2,1,z>2,F_Z(z)= \begin{cases} 0,&z<-1,\\ \dfrac{z+1}{3},&-1\le z\le2,\\ 1,&z>2, \end{cases}

从而

fZ(z)={13,−1≤z≤2,0,其他.\boxed{ f_Z(z)= \begin{cases} \dfrac13,&-1\le z\le2,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}}

第 3 题：两个非负变量的大小关系（12 分）

设 X,YX,Y 都是非负连续随机变量，且相互独立。

  1. 证明
P(X<Y)=∫0∞FX(x)fY(x) dx,P(X<Y)=\int_0^\infty F_X(x)f_Y(x)\,dx,

其中 FXF_X 是 XX 的分布函数，fYf_Y 是 YY 的密度； 2. 若 X∼Exp(λ1)X\sim Exp(\lambda_1)、Y∼Exp(λ2)Y\sim Exp(\lambda_2) 且独立，求 P(X<Y)P(X<Y)。

查看第 3 题答案

由独立性，联合密度为 fX(x)fY(y)f_X(x)f_Y(y)。在区域 0<x<y0<x<y 上积分：

P(X<Y)=∫0∞∫0yfX(x)fY(y) dx dy=∫0∞FX(y)fY(y) dy.\begin{aligned} P(X<Y) &=\int_0^\infty\int_0^y f_X(x)f_Y(y)\,dx\,dy\\ &=\int_0^\infty F_X(y)f_Y(y)\,dy. \end{aligned}

指数分布下 FX(y)=1−e−λ1yF_X(y)=1-e^{-\lambda_1y}，所以

P(X<Y)=∫0∞(1−e−λ1y)λ2e−λ2y dy=λ1λ1+λ2.P(X<Y) =\int_0^\infty(1-e^{-\lambda_1y}) \lambda_2e^{-\lambda_2y}\,dy =\boxed{\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}}.

第 4 题：极差的分布（12 分）

设 X1,X2X_1,X_2 独立同分布，密度为

p(x)={2x,0<x<1,0,其他.p(x)= \begin{cases} 2x,&0<x<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}

求

Z=max⁡{X1,X2}−min⁡{X1,X2}Z=\max\{X_1,X_2\}-\min\{X_1,X_2\}

的分布。

查看第 4 题答案

Z=∣X1−X2∣Z=|X_1-X_2|。令 U=X1−X2U=X_1-X_2，由源答案计算得

fU(u)={−23u3+2u+43,−1<u<0,23u3−2u+43,0<u<1,0,其他.f_U(u)= \begin{cases} -\dfrac23u^3+2u+\dfrac43,&-1<u<0,\\ \dfrac23u^3-2u+\dfrac43,&0<u<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}

对 0<z<10<z<1，绝对值变换的两个分支相加：

fZ(z)=fU(z)+fU(−z).f_Z(z)=f_U(z)+f_U(-z).

因此

fZ(z)={43z3−4z+83,0<z<1,0,其他.\boxed{ f_Z(z)= \begin{cases} \dfrac43z^3-4z+\dfrac83,&0<z<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}}

第 5 题：对称密度与特征函数（12 分）

设连续随机变量 XX 的密度为 p(x)p(x)。证明：p(x)p(x) 关于原点对称的充要条件是 XX 的特征函数为实的偶函数。

查看第 5 题答案

记 XX 的特征函数为 φX(t)\varphi_X(t)。

若 φX\varphi_X 是实偶函数，则

φX(−t)=φX(t).\varphi_X(-t)=\varphi_X(t).

而 −X-X 的特征函数为 φX(−t)\varphi_X(-t)，故 XX 与 −X-X 的特征函数相同。由唯一性，X=d−XX\overset d=-X。−X-X 的密度为 p(−x)p(-x)，所以 p(x)=p(−x)p(x)=p(-x)。

反之，若 p(x)=p(−x)p(x)=p(-x)，则 X=d−XX\overset d=-X，从而

φX(t)=φX(−t)=φX(t)‾.\varphi_X(t)=\varphi_X(-t)=\overline{\varphi_X(t)}.

因此 φX(t)\varphi_X(t) 为实数，且关于 tt 为偶函数。

第 6 题：正态混合分布的期望（12 分）

设 X1∼N(0,1)X_1\sim N(0,1)、X2∼N(3,22)X_2\sim N(3,2^2)，且 X1,X2X_1,X_2 相互独立。Φ\Phi 为 X1X_1 的分布函数。随机变量 XX 的分布函数为

F(x)=aΦ(x)+bΦ(x−32),F(x)=a\Phi(x)+b\Phi\left(\frac{x-3}{2}\right),

其中 a,b>0a,b>0、a+b=1a+b=1。求 E(X)E(X)。

查看第 6 题答案

FF 是权重为 a,ba,b 的两个正态分布的混合。对混合分布，期望按权重线性组合：

E(X)=a⋅0+b⋅3=3b.E(X)=a\cdot0+b\cdot3=\boxed{3b}.

源答案也通过对混合密度积分得到同一结果。题干给出的 X1,X2X_1,X_2 独立性不影响这个边际混合期望。

第 7 题：Poisson 分布的可加性（10 分）

设 X1,…,XnX_1,\ldots,X_n 独立同分布，均服从 Poisson 分布 P(λ)P(\lambda)。用特征函数法证明

Sn=∑k=1nXk∼P(nλ).S_n=\sum_{k=1}^nX_k\sim P(n\lambda).
查看第 7 题答案

P(λ)P(\lambda) 的特征函数为

φX(t)=exp⁡{λ(eit−1)}.\varphi_X(t)=\exp\{\lambda(e^{it}-1)\}.

由独立性，

φSn(t)=∏k=1nφXk(t)=exp⁡{nλ(eit−1)}.\varphi_{S_n}(t) =\prod_{k=1}^n\varphi_{X_k}(t) =\exp\{n\lambda(e^{it}-1)\}.

这正是 P(nλ)P(n\lambda) 的特征函数，由唯一性得证。

第 8 题：样本最小值的依概率收敛（10 分）

设随机变量序列 {Xn}\{X_n\} 独立同分布，密度为

p(x)={e−(x−α),x≥α,0,x<α.p(x)= \begin{cases} e^{-(x-\alpha)},&x\ge\alpha,\\ 0,&x<\alpha. \end{cases}

令

Yn=min⁡{X1,X2,…,Xn}.Y_n=\min\{X_1,X_2,\ldots,X_n\}.

证明 Yn→PαY_n\xrightarrow P\alpha。

查看第 8 题答案

因为 Xi≥αX_i\ge\alpha，所以 Yn≥αY_n\ge\alpha。对任意 ε>0\varepsilon>0，

P(∣Yn−α∣≥ε)=P(Yn≥α+ε)=∏i=1nP(Xi≥α+ε)=(e−ε)n=e−nε→0.\begin{aligned} P(|Y_n-\alpha|\ge\varepsilon) &=P(Y_n\ge\alpha+\varepsilon)\\ &=\prod_{i=1}^nP(X_i\ge\alpha+\varepsilon)\\ &=(e^{-\varepsilon})^n=e^{-n\varepsilon}\to0. \end{aligned}

故 Yn→PαY_n\xrightarrow P\alpha。

第 9 题：中心极限定理与二项近似（10 分）

一食品店有三种蛋糕，售出一只蛋糕的价格取 11 元、1.21.2 元、1.51.5 元的概率分别为 0.3,0.2,0.50.3,0.2,0.5。若售出 300 只蛋糕，给定

Φ(0)=0.5,Φ(2)=0.9772,Φ(3)=0.9987,\Phi(0)=0.5, \quad \Phi(2)=0.9772, \quad \Phi(3)=0.9987, Φ(3.39)=Φ(3.4)=0.9997.\Phi(3.39)=\Phi(3.4)=0.9997.
  1. 求收入至少 400 元的概率；
  2. 求售价为 1.21.2 元的蛋糕多于 60 只的概率。
查看第 9 题答案

设单只价格为 XiX_i，则

E(Xi)=1.29,E(X_i)=1.29, E(Xi2)=1.713,E(X_i^2)=1.713, Var⁡(Xi)=1.713−1.292=0.0489.\operatorname{Var}(X_i)=1.713-1.29^2=0.0489.

总收入 S=∑i=1300XiS=\sum_{i=1}^{300}X_i。按源答案的中心极限定理近似，

P(S≥400)≈1−Φ(400−300×1.29300×0.0489)=1−Φ(3.39)=0.0003.P(S\ge400) \approx1-\Phi\left( \frac{400-300\times1.29}{\sqrt{300\times0.0489}} \right) =1-\Phi(3.39) =\boxed{0.0003}.

令 YY 为售价 1.21.2 元的蛋糕数，则 Y∼B(300,0.2)Y\sim B(300,0.2)，均值 60、方差 48。源答案按 de Moivre–Laplace 近似且未作连续性修正：

P(Y>60)≈1−Φ(60−6048)=0.5.P(Y>60) \approx1-\Phi\left( \frac{60-60}{\sqrt{48}} \right) =\boxed{0.5}.

这里保留原卷官方近似口径；若另行采用连续性修正，近似数值会略有不同。

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