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