概统勘误

2022-2023 第一学期¶

填空 Ex.4 第二空¶

个人做下来感觉有一个正负号写反了

\(Cov(aX-Y,X+Y)=Cov(aX,X+Y)-Cov(Y,X+Y)=aDx+aCov(X,Y)-Cov(X,Y)-DY\) \(=a+(a-1)\sqrt{1\times4}\times \frac{1}{2}-4=2a-5=0\) \(\Rightarrow a=-\frac{5}{2}\)

填空 Ex.4 第三空¶

可以算出\(X-1\)_{\(N(0,1) \Rightarrow (X-1)^2\)}\(\chi(1)\)

同理，\((\frac{Y-X-1}{\sqrt 3})^2\)~\(\chi(1)\)

\(\Rightarrow F(1.1)\)分布

填空 Ex.5 (3) 没有答案¶

这题我不太确定qwq 不太会

∵题干中 \(H_1:\mu<2\), 所以判断是左边假设

∴计算检验统计量\(\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma / \sqrt{n}}=\frac{2.98-2}{2/ \sqrt{16}}=1.96\)

所以\(P-=\Phi (1.96)\)

大题二、(2)¶

题干少了条件，设\(F(X,Y)\) 为联合分布函数

我一开始甚至看成了F分布手动ac01

大题三、(1)¶

最后答案算出来好像是 \(\frac{5}{24}\)

大题三、(3)¶

\(F(m)\)的最终结果里第二行第三行，z和m写反了，别抄错了 ac01

2021-2022 第一学期¶

填空 Ex.2 第二空¶

标准差是24，打错了

大题三、(1)¶

Point 1

\(Y^2\) ~ \(E(\frac{1}{2})\) 没有证明，这里给出一个补充捏

设\(Z=Y^2\) 所以 \(F_Z(z)=P(Y≤z^2)=P(Y≤ \sqrt z)\)

∵\(Y\) ~\(E(1)\) ∴ \(F_Y(y)=1-e^{-y}\) 即 \(\Rightarrow\) \(F_Z(z)=P(Y≤\sqrt z)=1-e^{-\frac{1}{2}z}\)

所以\(f_Z(z)=\frac{1}{2}ze^{-\frac{1}{2}z}\)

对应指数分布的式子，\(\lambda = \frac{1}{2}\)

所以\(E(Y^2)=\frac{1}{\lambda}=2\)

Point 2

\(DW^2=D(X^2Y^2)\) 好像有问题

这里给出两种做法：

\(DW=DXY=E(X^2Y^2)-E^2(XY)\)

而 \(E(X^2Y^2)=E(X^2)E(Y^2)=1\times 2 =2\)

\(E(XY)=E(X)E(Y)=0\)

\(E^2(XY)=0 ∴DW=2-0=2\)

法二：

或者用一个_{~我也不知道哪来的公式}~

\(DW=DXY=DXDY+DX(EY)^2+DY(EX)^2=1\times 1+ 1\times 1 +0 =2\)

大题四、(3)¶

个人算出来的结果是==是==

计算过程如下：

\(f_Y(y)=\int_{-1}^1 \frac{1}{2}(1-xy)dx=[\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}x^2y]_{-1}^1=1\) \((0<y<1)\)

上一问里我们应该算过\(f_X(x)=\frac{1}{2}(1-\frac{x}{2})\)

\(\Rightarrow F_X(x)=\int_{-1}^x(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}x)=-\frac{1}{8}x^2+\frac{1}{2}x+\frac{5}{8}\)

\(F_{|X|}(x)=P(|X|≤x)\)

当\(x>0\)时，原式=\(P(-x≤X≤x)=F_X(x)-F_X(-x)=x \Rightarrow f_{|X|}(x)=1\)

下面来算\(F_{|X|Y}(x,y)=P(|X|≤x,Y≤y)=\int_{-x}^{x}dx\int_0^y\frac{1}{2}(1-xy)dy=\int_{-x}^{x}(\frac{1}{2}y-\frac{1}{4}xy^2)dx=xy\)

故\(f_{|X|,Y}(x,y)=\frac{\partial^2F}{\partial x \partial y}=1\)

故\(f_{|X|}(x) \cdot f_{|Y|}(y)=f_{|X|,Y}(x,y)=1 \Rightarrow\) 独立

2021-2022 第二学期¶

填空 Ex.3 第二问没解析＆答案¶

个人给出的解析如下：

难点还是时间转换：\(P(T>t)=P(N_t=0)\) 即在\(t\)天内未发生故障

∵\(N_t\) 服从泊松分布 ∴\(P(N_t=k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda ^k}{k!}\)

将\(k=0\)代入，\(P(T>t)=P(N_t=0)=e^{-\lambda}=e^{-\frac{1}{72}t}\)

故\(P(T≤t)=1-e^{-\frac{1}{72}t}=F_T(t)\) \(\Rightarrow\) \(f(t)=\frac{1}{72}e^{-\frac{1}{72}t}\) \(\Rightarrow \lambda = \frac{1}{72}\)

∴ T服从指数分布 \(E(T)=\frac{1}{\lambda}=72\)

大题三、(2)¶

答案显然从头错到尾，附上我做的答案

∵\(P(Y=0)=\frac{2}{3} P(Y=1)=\frac{1}{3} ∴ P(M=0)=(\frac{2}{3})^5\)

对于\(Z_i=X_iY\) :

当\(Y=0\), \(Z_i=0\)

当\(Y=1\), \(Z_i=X_i, X_i\)~\(E(1)\)

设\(F_{Z_i}(z)\)是\(z\)的分布函数，\(F_{Z_i}(z)=P(Z_i≤z)=P(Z_i=0)+P(Z_i≤1|Y=1)P(Y=1)=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}(1-e^{-z}),z≥0\)

所以\(F_M(m)=P(M≤m)=P(max{Z_1,Z_2\dots Z_5}≤m=[\frac{2}{3}+\frac{1}{3}(1-e^{-m})]^5=(1-\frac{1}{3}e^{-m})^5\)

综上，分布函数是：

\(F_M(m) = \begin{cases} 0 & \text{if } m < 0 \\(1-\frac{1}{3}e^{-m})^5 & \text{if } 0 < m ≤ 1 \\ 1 & \text{if } m > 1, \end{cases}\)

大题四、(1)¶

第一行、二行里指数漏了一个负号

即\(f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}exp\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\}\)

大题六、(2)¶

我算出来卡方的结果好像是7.794……（仅供参考w)

最后一行, \(\chi^2_{0.05}(2)=5.99\),所以结果应该是属于，拒绝原假设

2020-2021 第一学期¶

大题四、(1)¶

个人认为定义域有点问题： \(F(x,y)=0\) 对应的区间应该是\(x>0\)且\(y<0\)

大题六、(2)¶

会发现答案里的表格就有问题……\(X≥4\)的那一列，\((n\hat{p_i})\)的理论频数3，≤5，不符合规则

所以应该把3、4、5、6都合并在一起

个人算出来的结果：

X	0	1	2	≥3
\((n_i)\)频数	32	41	16	11
\((p_i)\)	0.3	0.36	0.22	0.12
\((n\hat{p_i})\)的理论频数	30	36	22	12

\(\chi^2=\sum_{i=1}^4\frac{n_i^2}{np_i}-n≈2.547\) 而 \(\chi_{0.05}^2 = 5.99\)

因此\(H_0\)成立