概率论 第二版 杨振明 课后题答案

2.1.习题

1．设随机变量的分布函数为F(x)，证明机变量，并求的分布函数．

证明：由定理2.1.3随机变量的Borel函数仍为随机变量， 故

pq11qp

1p21q2

e也是随

pq11qp

(1p)qp(1q)e也是随机变量．

的分布函数为

F(y)P{y}P{ey}

当当

pq

1p1q4．在半径为R的圆内任取一点（二维几何概型），试求此点到圆心之距离的分布函数及P{y0时，{ey}，故F(y)0；

y0时

，

2R}． 3R

解：此点到圆心之距离的分布函数为

F(x)P{x}

F(y)P{y}P{ey}P{lny}F(lny)

因此，的分布函数为

当x0时，{x}，Fx0；

；

F(lny),y0． F(y)y003．假定一硬币抛出正面的概率为

x2x22当0xR时，F(x)P{x}2RR当xR时， Fx1

p(0p1)，反复抛这

故的分布函数为

枚硬币直至正面与反面都出现过为止，试求：（1）抛掷次数的密度阵；（2）恰好抛偶数次的概率．

解：（1）{k}表示前k1次都出现正(反)面，第k次出

现反(正)面，据题意知，

x00,2xF(x)2,0xR．

RxR1,2R2R(2R/3)245P{}1F()11． 23399R5．在半径为1的车轮边缘上有一裂纹，求随机停车后裂纹距

P{k}pk1(1p)(1p)k1p，k2,3,4,

所以，抛掷次数的密度阵为

232p2p2pp2kpk1(1p)(1p)k1p 地面高度的分布函数．

(2) 恰好抛掷偶数次的概率为：

P{2}P{4}P{6}P{2n}

pqqpp3qq3pp5qq5pp2n1qq2n1p x1

x(1xx(0x1)

pq(1p2p4)qp(1q2q4)

1

解：当x0时，{x}，Fx0；

0,x0,R1arccos(1x)12FxF,1P1x,0x1,2R22Fx ；

1x22x1,1x2,当裂纹距离地面高度为x0x1时，分布函数为21,x2.2arccosx1RFxF,xPx（2）P0.21.2P1.2P0.2 2Rarccosx1当裂纹距离地面高度为1时，分布函数为

arccos1x；

x2)时，分布函数为

7．设

F1.2F0.20.66

当裂纹距离地面高度为x(1p(x)ee(xa)，x0

；

a使p(）求 x)22arccos1xR（1arccos1为密度函数；xFxF,xPx2R（2）若以此p(x)为密度函数，求b使P{b}b．

当x2时， Fx1；

解：（1）由密度函数的性质，知

111p(x)dxee(xa)dxee(xa)eea

00ee则的分布函数为

0x0arccos1xFx0x2

1x26．已知随机变量的密度函数为

解得，a1． e（2）【法一】根据概率的非负性，b当b当

0，

0时，P{b}1，显然P{b}b不成立；

b01e(x)ebb时

1，

,0x1,x px2x,1x2.P{b}p(x)dxe

1e(xe)1e(bdxeebee试求：(1)

（2）P0.21.2． 的分布函数，

解：（1）当x当0当

x0时，F(x)p(t)dt0dt0；

xx1e(be)b， 而P{b}b，即ee解得，b1x1时，F(x)p(t)dttdt0xx12x； 2，

1． e1x21x时

【法二】的分布函数为

1F(x)p(t)dttdt2tdtx22x1；

012当x2时，F(x)p(t)dttdt2tdt1；

01x1201Fx1ex1ee1eee

,,x0x0,.则的分布函数为

Pb1Pb1Fbb

2

当b0时，Fb0，上式不成立．

1eb1ee(2) 至多命中两次的概率

当b0时，

Fbe1e eP{2}P{0}P{1}P{2}

012C20p0(1p)20C20p1(1p)19C20p2(1p)18

1eb1e则1ee1eb， e解得，b1． e01C200.20(10.2)20C200.21(10.2)198.设F(x)是连续型分布函数，试证对任意ab有

(3) 故k在二项分布中，

0.206．

k[(n1)p]时，P{k}最大，

F(xb)F(xa)dxba.

证：等式左边= =

xbxap(t)dtdx

[(201)0.2]=4时最大，即最可能命中的次数为4次． 2．同时掷两枚骰子，直到某个骰子出现6点为止，求恰好掷

xbxad(F(t))dx

因F(x)是连续的分布函数则上式积分可以交换．

n次的概率．

则上式交换积分次序得

xbxaxbxbxad(F(t))dx

d(F(t))dx

xa(F()F())dx

1，同时出现6点的情况6111有两种：都是6点概率为×，其中一个是6点的概率为2×

666511×．因此掷两枚骰子出现6点的概率是． 636解：掷一枚骰子出现6点的概率是

以表示某骰子首次出现6点时的投掷次数，题目要求恰好掷

2.2习题

xa1dxba．

xbn次则前

n1次都没有出现

1111)(1)n1． 36366点，于是所求概率为

1．向目标进行20次的射击，假定每次命中率均为0.2．试求：（1）至少命中1次的概率；（2）至多命中2次的概率；（3）最可能命中次数．

解：令表示命中次数，这是n=20重Bernoulli试验，每次命中率

P{n}(3．某公司经理拟将一提案交董事代表会批准，规定如提案获多数代表赞成则通过．经理估计各代表对此提案投赞成票的概率为0.6，且各代表投票情况相互．为以较大概率通过提案，试问经理请3名董事代表好还是请5名好？

解：即求请3名董事获多数赞成通过的概率大还是请5名董事通过的概率大．令表示3名董事代表对提案的赞成数，则

p=0.2，命中次数服从B(20,0.2)分布．

(1) 至少命中一次的概率

0P{1}1P{1}1P{0}1C20p0(1p)20~B(3,0.6)分布．

01C200.20(10.2)200.988．

多数赞成，即

P{2}P{2}P{3}

3

3P{7}C60.(10.6)30.1658883C320.62(10.6)1C30.63(10.6)0

因此，P{i}Ci310.(10.6)i4，i=4,5,6,7

对甲先胜四场成为冠军的概率是

0.8

P{4}P{4}P{5}P{6}P{7}0.7令表示5名董事代表对提案的赞成数，则~B(5,0.6)分布．

多数赞成，即

P{3}P{3}P{4}P{5}

C30.6)2C45050.63(150.(10.6)1C50.65(10.6)

0.68256

因此，请5名董事代表好．

4．甲、乙二队比赛篮球．假定每一场甲、乙队获胜的概率分别为0.6与0.4，且各场胜负．如果规定先胜4场者为冠军，求甲队经i场(i=4,5,6,7)比赛而成为冠军的概率

pi．再问与赛满3

场的“三场两胜”制相比较，采用哪种赛制甲队最终夺得冠军的概率较小？

解：令表示甲成为冠军所经过比赛的场数． 对甲先胜四场为冠军：{i}表示前i1场中胜三场，第i场

必胜．

则

P{4}C4440.6(10.6)00.1296

P{5}C340.(10.6)10.20736

P{6}C3450.6(10.6)20.20736

4

．

对赛满3场的“三场两胜”制：甲前两场中胜一场，第三场必胜 则

P{3}C1220.6(10.6)10.288．

因此，进行甲先胜4场成为冠军的概率较大．

5．对n重Bernoulli试验中成功偶数次的概率Pn． 解：记

p为一次Bernoulli试验中事件成功的概率，q为失

败的概率． PC00nC22n2nnpqnpq

由

1(pq)nC00n1p1qn1Cnn0npqCnnpq

①

(qp)nC00n11CnnpqCnpqnn(p)nq0

②

（①-②）/2得：

1(qp)nPn2

7．在可列重Bernoulli试验中，以i表第i次成功的等待时间，求证21与1有相同的概率分布．

解：这是一个几何分布．21表示第一次成功到第二次成

功的等待时间．

如果第一次成功到第二次成功进行了m次试验，而第一次成功进行了n次 试验．根据几何分布的无记忆性可得：

P{21m}(1p)m1p,P{1n)(1p)n1p

因此，21与1有相同的概率分布．

8.（广义

Bernoulli试验）假定一试验有r个可能结果

A1,,Ar，并且

P(Ai)pi0，p1p2pr1．现将此试验

地重复n次，求

A1恰出现k1次，……，Ar恰出现kr次(ki0，

k1k2krn)的概率．

解：设一次试验的可能结果为A1,,Ar，它们构成一完备事

件组，

PAipi，

pi1，则在n次重复试验中iA1,,Ar分别出现

k1,k2,,kr次的概率为 n!kkpk1pk2pkr ．

1!2!kr!（

A1恰出现k1次，……，Ar恰出现kr次，则Ai组成n元序列，

上述n次试验结果由分成r组，共有Ckn1Ckn2k1Ckkrr种结果，每

种结果出现的概率是pk1pk2pkr，则n次Bernoulli试验中A1恰出现

k1次，……，

Ar恰出现kr次(ki0，k1k2krn)

的

概

率

概

率

是

Ck1knCn2kr1Ckkrpk1pk2pkr

n!kpk1pk2pkr ） 1!k2!kr!2.3 Poisson分布

1．假定螺丝钉的废品率

p0.015，试求一盒应装多少只才

能保证每盒中正品在100只以上的概率不小于80%．

解：设每盒应装100+k只，为使每盒有100只以上的好钉，则每盒次品的个数

应

k-1，故

5

k1p}Cii100ki1P{k1100kp(1p)0.8 i0由于k值不大，有(100k)0.0151.5,

k11.5ie1.50.80,

i0i!查表，当k11时, p1=0.557825；当k12时, p1=0.8,

则k=3时，满足题设条件，故每盒中应装103只．

2．据以往的记录，某商店每月出售的电视机台数服从参数7的 Poisson分布．

问月初应库存多少台电视机，才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求．

解：设月初应当库存电视机台数为，则每月出售的电视机台

n数，要满足顾客的要求，则

Cininpi(1p)0.999,

i0n即

ii!e0.999．

i0n查表得： 当n=15时，

ii0i!e0.997553；

n当n=16时，

ii!e0.999001；

i0因此，月初应当库存16台电视机才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求．

3．保险公司的资料表明，持有某种人寿保险单的人在保险期内死亡的概率为0.005．现出售这种保险单1200份，求保险公司至多赔付10份的概率．

解：保险公司赔付的份数服从n=1200,p=0.005

的二项分

布．

根据Poisson定理，服从参数为12000.0056的

Poisson分布．

10P{10}k6k0k!e

查表，得P{10}0.95738．

4．假定每小时进入某商店的顾客服从200的 Poisson分

布，而进来的顾客将购买商品的概率均为0.05，且各顾客是否购物相互，求在一小时中至少有6位顾客在此商店中购物的概率．

解：记每小时进入某商店的顾客数为，则服从200的Poisson分布．

记每小时在商店中购物的顾客数为，顾客购物概率为p．

以事件

n,n1,2,3,为分割，由全概率公式得，

对于非负整数k, 有

Pk=PnPk|n

n0 =

kkkn!eCnpkqn

nk =(q)nke(p)k nk(nk)!k! =1k!pkep

kP6(p)epPoisson分

k6k!满足1p10的布，

查表，得P60.93214．

8．假定非负整值离散型分布的密度

pk满足条件

pkp=

k1k,k1,其中常数>0，试证明分布是以为参数的Poisson分布．

解：

p1p2p····

pk0p·1p·····k112k

=

kk!

6

由此得：

pkkpk0，并且p0=1,可得p0=ek!，故

k0k!pkkk!e．因此，此分布是以为参数的Poisson分布．

2.4 重要的连续性分布

1．设

服从区间

(0,5)上的均匀分布，求二次方程

4x24x20有实根的概率．

解：由题意知，的概率密度函数为

1p(x)0x5 50其它若方程有实根，则(4)244(2)0，

即220， 解得，1或2．

则P{方程有实根}P{1}P{2}

P{1}1P{2}

012105dx35． 3．假定随机变量只取区间

(0,1)中的值，且对任何

0xy1，落在子区间(x,y)内的概率仅与yx有

关．求证服从区间(0,1)上的均匀分布．

0,x(,0]证法一：定义F(x)P{0x},x(0,1]则

1,x(1,)F(x)是的分布函数．由题设得对任意2x(0,1)有

P{0x}P{x2x}，即有P{02x}2P{0x}．由此得F(2x)2F(x)．逐一类推可得，若nx(0,1)，则

F(nx)nF(x)，或者

若

1xmF(x)F()．从而对有理数nnn，4．设

服从

N(3,4)分布．(1)求

a使

mmmx与x都属于(0,1)，则有FxF(x)．再由nnnPa2Pa;(2)求b使P3b0.95．

解：由题意知，（

3，2

1

）

F(x)的左连续性可得，对任意无理数a，若ax与x都属于(0,1)，则F(ax)aF(x)．

因为区间(0,1)与[0,1]的长度相等，由题设得

Pa1Pa1Pa2Pa

得，3P即

a1 Pa(1 331)23， 即

F(1)P{01}P{01}1.

由此及上段证明得，对任意x(0,1)有

32)13 ，

1((32) 230.66，解得a2.14。

2

）

F(x)xF(1)x，即F(x)为 查表，得(0.43)（

0,x0F(x)x,0x1

1,x1∴ 服从(0,1)上均匀分布．

证法二：如同证法一中定义的分布函数F(x)，由F(x)单调知它对(0,1)上的L－测试几乎处处可微．设x1,x2当xiP3bP3b3b(

3b33b)(22bbbb()()2()10.95，()0.975

2222查表，得(1.96)0.975，解得b3.92。

2(0,1)，5．在正常的考试中，学生的成绩应服从N(a,)分布．若

x(0,1)(i1,2)时，由题设得

规定分数在a以上为“优秀”，a 至a之间为“良好”，

F(x1x)F(x1)P{x1x1x}

a至a之间为 “一般”，a2至a之间为“较差”，

．试求这五个等级的学生各占多大比例． a2以下为“最差”

解：记优秀，良好，一般，较差，最差分别为事件

P{x2x2x}F(x2x)F(x2)

等式两端都除以x，再令x0可得，由F'(x1)存在可推得

A,B,C,D,E

记学生的成绩为，则

aaP(A)Pa1Pa1()1(1)F'(x2)也存在，而且F'(x2)F'(x1)．从而对任意x(0,1)aaaaP(B)Paa()()(1)(0)有F'(x)c．当x(0,1)时，显然有F'(x)0．一点的长aaaaP(C)Paa()()(0)(1)(}0．由上所述可知度为0，由题设得P{0}P{1aaa2aP(D)P(a2a)()()(1)(是连续型随机变量，F'(x)是其密度函数，从而定出c1．至a2aP(E)Pa2（）=（-2）=1-（2）=1此得证服从(0,1)均匀分布． 

7

6．某人要开汽车从城南到城北火车站．如果穿行，则所需时间（单位：分钟）服从N(50,100)分布．如果绕行，则所需时间服从N(60,16)分布．假设现在他有：（1）65分钟可用；（2）70分钟可用，试分别计算是穿行还是绕行好些？

解：记为到火车站所需时间

解：由已知得，

12xeP(x)20x0其它

x2F(x)1e0x0

其它（1）记检修时间为，

(1). P165(

6550)(1.5)0.9332 106560P265()(1.25)0.44

4P(2)1P(2)1P(2)1F(2)e1；

（2）由指数分布的无记忆性得，

因为0.93320.44，所以穿行好些。

P{5|4}P{1}1P{1}e9．设服从参数为的指数分布，求12。

(2). P370(7050)(2)0.9772 107060P470()(2.5)0.9798

41的分布．

因为0.97720.9798，所以绕行好。

7．已知随机变量服从标准正态分布，而ex解：由已知得，P(x)0视

x0 其它或1exF(x)0x0其它

||1或||1而定．试求的分布．

P(k)P(1k)P(k1)P(k1k)解：由题意知 1，所以，

1P(k)P(k1)P(2)e,e...e,P(P(k1)P(k2)P(1)P(y)F(y) 1F(y)P(y)1P(y)P(y)1P(y)1F(y)P(k)(e)k1P(1)(e)k1(1e)

则服从

2p1e几何分布．

y2.5概率分布 12F(y)Pe1(y)21． 甲从1，2，3，4中任取一数，乙再从1，…  中任取一整P(y)F(y)(y)2y21122(1F(y))F(y)P(y)ee12数．试求（2,）的联合分布与边缘分布． 

综上可知，服从标准正态分布

8．假设一机器的检修时间（单位：小时）是以解： 可以取的值为1，2，3，4.那么取每一个值的概率为

1，4

1

为参数2

一但取定值i，那么只能从1，2，… 概率为

i中取值取每一个值的

的指数分布．试求：（1）检修时间超过2小时的概率；（2）若已经修理4个小时，求总共要少5个小时才会修理好的概率．

8

1．于是有： i1 4iPi,jPjiPi

所以（,）的联合分布与边缘分布如下：

\\ 1 2 3 4 p•j 1 11114 8 12 251628 2 0 111138 12 16 48 3 0 0 11712 16 48 4 0 0 0 1116 16 p11111 i• 4 4 4 4

3 . 设(,)的联合密度函数为 p(x,y)12sin(xy), 0x,y2

试求： ( 1 ) (,)的联合分布函数; （ 2 ）的边缘密度函

数．

解：由(,)的联合密度函数的定义域为0x,y2于是分下

列区域进行讨论：

当0x,y2时,

F(x,y)x10y02sin(st)dtds =12x0cos(st)|y0ds

=12x0[cos(sy)cos(s)]ds

=1xx2[sin(sy)|0sins|0]

= 12[sinxsinysin(xy)]

当x,y2时，F(x,y)1

当0x2,y2时,

F(x,y)x21002sin(st)dtds 9

=12x0[cos(s2)coss]ds

=12[sinx1sin(x2)] = 12(sinxcosx1) 当0y2,x2时,

F(x,y)2y1002sin(st)dtds  =1220[cos(sy)cos(s)]ds

=

12[1sinysin(y2)] =12(sinycosy1)

其他区域F(x,y)0

1[sinxsinysin(xy)]，0x,y21F(x,y)2(sinxcosx1)，0x22,y21(sinycosy1)，0y,22x21，x,y0，2其它

(2) 的边缘密度函数为：

p(y)p(x,y)dx

=

2102sin(xy)dx =

12(cosysinx)， 0y2 5. 设分布函数

F1(x)与F2(x)对应的密度函数为p1(x)与

p2(x)．证明对于任何(1,1)有

p(x,y)p1(x)p2(y){1{2F1(x)1][2F2(y)1]}

是二维密度函数，且以p1(x)与p2(y)为其边缘密度函数． 证明：从定义出发进行证明：

p(x)p(x,y)dy



 p1(x)与p2(y)0,且F1(x),F2(x)是分布函数 F1(x),F2(x)[0,1]

2F1(x)1,2F2(y)1[1,1]．

又

p1(x)p2(y){1[2F1(x)1][2F2(y)2]}dy



p1(x){1[2F1(x)1][2F2(y)1]}dF2(y)

(1,1)

2p1(x){F2(y)|[2F(x)1][F(y)F1(y)]12

1[2F1(x)1][2F2(y)1]1 1[2F1(x)1][2F2(y)1]0

p1(x)p2(y){1[2F1(x)1][2F2(y)1]}0

即

p1(x){1[2F1(x)1](11)}

p1(x)

同理有的边缘密度函数为即证得：

p2(y)

p(x,y)0，非负性得证． (,)是以p1(x)与p2(y)为其边缘密度函数的．

p(x,y)dxdy

16、证：我们有

0Fi(xi)1,12fi(xi)1211,

p2(y)dyp1(x)[1[2F1(x)1][2F2(y)1]dx

1[2F1(x1)1][2F2(x2)1][2F3(x3)1]1,

代

入

p2(y)dy1[2F1(x)1][2F2(y)1]dF1(x)f(x1,x2,x3)的表达式得

2p2(y){F1(x)|[2F2(y)1](F1(x)|f(x1,x2,x3)0 (1)

F1(x)|)}dy又有

p2(y){1{2F2(y)1](11)dy

2Fi(xi)1fi(xi)dxi2Fi(xi)1dFi(xi)F12(xi)Fi(xi)p2(y)dy

0

1

规范性得证．

f(x1,x2,x3)dx1dx2dx3对于任

何的

(1,1)有

f1(x1)dx1f2(x2)dx2f3(x3)dx31

(2)

由（1），（2）知f(x1,x2,x3)是密度函数．用与上面类似的方法计算可得边际密度函数为

p(x,y)0,维密度函数.

p(x,y)dxdy1所以p(x,y)是二

下面讨论二维密度函数

p(x,y)中的边缘分布：

f(x1,x2,x3)dx2dx3f1(x1),

（1）的边缘密度函数为：

f(x,x,x)dxdx12311232f3(x3)

3f(x,x,x)dxdx1f2(x2).

10

6. 设(,)的联合密度函数为 当1mn时

P{1m,2n}P{m,nm}P{m}P{n

p(x,y)cxy2,0x2,0y1.

试求： （1）常数

c；（2）：,至少有一个小于12的概率.

解： 由联合密度函数的规范性知：

21200cxydydx1

即

2cx03dx1 2c31

解得c32．

(,)的联合密度函数为

p(x,y)32xy2 （2）,至少有一个小于12的概率p为：

pP{12}P{12}P{112,2}

1111213202xy2dydx2023002xydxdy230202xy2dxxy

11112x2y3|1234y2x2|2300dx0dy22004y2x2|0dy

23128 7. 在可列重伯努利试验中，以i表示第i成功的等待时间，试求

(1,2)的：

1）

联合分布; (2) 边缘分布.

（注：1表示第一次成功的等待时间，2表示第二次成功的等待时间，12表示第一次成功到第二次成功的等待时间．根

据无记忆性，服从几何分布，即忘记了第一次成功的信息．）根据题目要求，本题解答如下 解：(1)设一次试验中成功的概率为

p 失败的概率为q；

因为1,2服从几何分布具有无记忆性所以：

11

qm1pqnm1pqn2p2

(2)边缘分布

a. 1的边缘分布：

根据边缘分布的定义当1取值为m时的边缘分布．即让2遍历所有可能的值m1,m2,n于是有：

P{m11m}qp2qmp2qn2p2

in2qip2pqm1

m1即1的边缘分布为

pm.pqm1(1m)

b. 2的边缘分布：

当第二次成功出现在第

n次时 ，即让1遍历可能的值

1,2,3,n1．而1取每一个值的概率均为 qn2p2，于是有P{2n}(n1)qn2p2

即22的边缘分布为：

p.n(n1)qn2p,n2

8．设(,)服从区域D{(x,y):0x2yx1}上的

均匀分布．试求： (1) 的边缘分布；

（2）P{12} 解

：

（

1

）

因

为

(,)服

从

区

域

{

D{(x,y):0x2yx1}上的均匀分布，所以有

1p(x,y),(x,y)D

m(D)0,其它并且有m(D)0x2dxdy1(xx21yx10)dx21316 当(x,y)D时p(x,y)6．于是有的边缘分布为

：

p(x)p(x,y)dy6dy6(x2x)xx2

x(0,1)

（

2

）

法

（

1

）

：

当

211r2(1r2)1ed 20212S22时，

P{(,)D()}1．

，由此得

11y117P{}1p(y)dy16dxdy16(yy)dy2y2122421222d0S21r2

法（2）： 而

111P{}1P{}1F()

222210. 设随机向量有联合密度函数

p(x,y,z)xze(xxyz), x,y,z0

113F()26(xx2)dx126(x2)dx2

02242所以P(1 (1).的一维边缘密度；（2）的一维边缘密度（3）(,)的二维边缘密度 解：（1）

137)122 244的一维边缘密度即把yz看作常量得到：

p(x)0x9. （选学） 设（,）为二维正态随机向量，求落入区域

0xze(xxyz)dydz zezD=

{(x,y)2:

(xa)222-

2r(xa1)(ya2)12+

xee00exydy

x(ya2)0zezdz

22

}内的概率．

ex(zezez)|0

ex

解：作变换，令xa椭圆区域为

22rsincossin22cos2 222121则|J|cos,ybsin，

即得的一维边缘密

p(x)ex．

（2）的一维边缘密度，把x,z看作常量．即

p(y)000xze(xxyz)dxdz

0记

cos2212rsincos12sin222s2

xe(xxy)zezdzdx

则/s，且

12121r21e(xxy)|0 2(1y)1(1y)2

P{(,)D()}

2x0des012(1r)22S2dy0

即的一维边缘密度:



12121r22x0(1r2)2(1r2)e2SS2p(y)2S1(1y)2

（3）(,)的二维边缘密度此时z为常量．

0d12

有：

pxze(xxyz)dy

0

xze(xz)x0e(xy)dxy

24y(1xy)2(1xy),0x1y,012y(1y)2(1y)20,其它0,

ze(xz) (x0,z0) （1）所以，

即(,)的二维边缘密度2.6 随机变量的性

4．设随机变量(,)的联合密度函数为

1

条件下的条件密度为 2

p(x,y)ze(xz)

1p(,y)1p|(y|)212p()216y(1y)12,0y132(1)20,其它p(x,y)24y(1xy)，x,y0且xy1，

11

试求（1）条件下的条件密度；（2）条件下的

22

条件密度。 解：据题意知，

（2）124y(12y),0y2； 0,其它1

条件下的条件密度为 2,的边缘概率密度函数分别为

1p(x,)1x1224y(1xy)dy,0x1p|(x|)p(x)p(x,y)dy012p()0,其它2

4(1x)3,0x1， 其它0,1y24y(1xy)dx,0y1p(y)p(x,y)dx00,其它12(1x)112,0x4(12x),0x1222(1)其它0,20,其它。

5．设(,)是连续型随机变量，有密度函数

12y(y1)2,0y1， 0,其它故当0x1时，

p(x,y)p(x)

p1(x)2xex，x0

而服从区间(0,)上的均匀分布，试求的密度函数。 解：据题意知，

p|(y|x)

当024y(1xy)6y(1xy),0y1x,0y1x4(1x)3(1x)31,0yxp(y|x)0,其它0,其它 x|其它0,由于

y1时，

p(x,y)p(y)p|(y|x)p(x,y)，故

p(x)p|(x|y)13

12xxe,0yxp(x,y)p|(y|x)p(x)x0,其它y28xydx,0y14y,p(y)p(x,y)dx0其它0,0,， 因为

2ex,0yx， 0,其它所以，的密度函数为

2exdx,y0p(y)p(x,y)dxy0,其它p(x,y)p(x)p(y)，所以与不．

7.设随机向量(,)的联合密度函数

ey,y0。 0,其它6．设随机变量(,)的联合密度函数为

1xy,|x|1,|y|1p(x,y)4，

其它0,试证与不，但与是相互的．

证：当|22x|1时，

4xy,0x,y1（1）p(x,y)；

0,其它（2）

p(x)p(x,y)dy1xy1dy，其余

1421p(x)0．

同理当|当

8xy,0xy1， p(x,y)其它0,y|1时，p(y)1/2其余p(x)0，

试问与是否相互？为什么？

解：（1）的边缘概率密度函数为

0|x|1,0y1时有

p(x,y)p(x)p(y)，所以与不．

14xydy,0x12x,0x1现试用分布函数来证2与2．2的分布函数记为

p(x)p(x,y)dy0其它其它0,0,F1(x)，则当0x1时，

，

同理，的边缘概率密度函数为

，

F1(x)P{2x}P{xx}12y,0y14xydx,0y1p(y)p(x,y)dx0；

0,其它其它0,2同理可求得的分布函数F2(y)，得

p(x,y)p(x)p(y)，所以与．

xx1dxx2因为

（2）的边缘概率密度函数为

x00,F1(x)x,0x11,x1,y00,F2(y)y,0y11,y1,1 28xydy,0x14x(1x),0x1p(x)p(x,y)dyx22(,)联合分布函数记为F3(x,y)，则当0,其它其它0,，

同理，的边缘概率密度函数为

0x1,y1时

F3(x,y)P{2x,2y}P{2x}x

14

同理得当0y1,x1时，F3(x,y)y；当

同理可证 P{P{1,1}P{1}P{1}10x1,0y1时

1,1}P{1}P{1}，

F3(x,y)P{2x,2y}P{xx,yy}P{1,1}P{1}P{1}.

=

xxdsy1stdtxy

y4所以与相互．用同样的方法可证与也相互独

立．但

合起来写得

0,x,F2(x,y)y,xy,1,x0或y00x1,y10y1,x1 0x1,0y1x1,y1F1(x)F2(y)对所有x,y都成立，所

P{1,1,1}P({1,1}[{1,1}{

P{1,1}P{1}P{1}而P{1， 41}P{1}P{1}不难验证F3(x,y)以与．

221， 8所以，,,只两两而不相互． 2.7 随机变量函数的分布

1．设与相互，同服从参数为（1）8．若,相互，都服从1与1这两点上的等可能分布，令p的几何分布，试求：

，试证,,证：由题设得

两两但整体不．

（2）的分布． 的分布；

解：据题意知，与的概率分布分别为

P{1}P({1,1}(1,1})

P{i}qi1p,i1,2,

P{1,1}P{1,1}，

1111122222（1）

P{j}qj1p,j1,2,

P{1}P({1,1}(1,1})

P{k}P{i,ki}P{i}P{ki1i111111P{1,1}P{1,1}22 222

k1k1．

k1k1P{1,1}P({1}[{1,1}(1,1}])i1ki1qpqpqk2p2(k1)qk2p2，

i1i112{, 1P{1,1}P{1}P{1}k1,P}P{1}4，

，所以

P{1,1}P({1}[{1,1}(1,1}])(2)令

{k}{i,k}{k,j}

i1j1k1k15

P{k}P{i,k}P{k,j}i1j1k1kP{1k}P{2nk}

P{12n}k1pq2i1k11k2pq2j1kkj2

k!e1kn2(nk)!ke2(12n!nkpq (k2k11qk11qkk1kk1(2qq)pq1q1q，k

1,2,)

0,1,2,,n

1,2，i服从参数

n1k122212.假定随机变量1与2相互，对i为i的Poisson分布，试求：

3.设随机向量(,)有联合分布如下表：

 （1）1-1 0 1 2 pi 5/16 5/16 6/16 1 2的分布；

2n时1的条件分布．

 1 2 3 2/16 0 2/16 4/16 0 3/16 0 3/16 2/16 0 1/16 3/16 1/16 2/16 3/16 6/16 （2）已知1解：（1）由卷积公式及性得

P{12k}P{1i,2ki}i0kpj 试求：（1）P{1i}P{2ki}

i0k2（2）的概率分布；（3）的概率分布；

的概率分布．

i0ki1i!e1e2(ki)!k12解：（1）的全部可能取值为0，1，2，3，4，5

P{0}P{1,1}2/16，

P{1}P{1,0}P{2,1}000，

1(12)kk!ik1e12 k!i!(k1)!i0(12)k(12)e

k!P{2}P{1,1}P{2,0}P{3,

k0,1,2,

即12/163/162/167/16，

P{3}P{1,2}P{2,1}P{3,

2具有普阿松分布，且参数为12 k|12n}P{1k,12n}

P{12n}（2）P{11/16001/16，

P{4}P{2,2}P{3,1}2/161/1，

P{1k,2nk}P{12n}P{5}P{3,2}3/16．

16

所以，的概率分布为

的密度函数．

2 3 4 5 解：据题意知，的概率密度函数为

 pk (2) 0 2/16 7/16 1/16 3/16 3/16 p(x)（1）令12ex22，x

的全部可能取值为1，2，3

e，则e的分布函数为

P{1}P{1,1}P{1,0}P{1,1}

F(y)P{y}P{ey}

2/1602/164/16

当

y0时，{ey}，则F(y)0；

当y00P{2}P{1,2}P{2,1}P{2,}时，P{2,1}

，

F(y)P{ey}P{lny}F(lny)

P{2,2}1/1603/1602/166/16所以，e的密度函数为

y0y0P{3}P{3,1}P{3,0}P{3,1}P{3,20},p(y)F(y)[F(lny)],

2/1601/163/166/16

所以，的概率分布为

 pk 21 2 3 0,1p(lny),yy0y0

4/16 6/16 6/16 (3) 的全部可能取值为0，1，4

0,21(ln2y)1,2ey0,(lny)212e,y2（2）令y0y0y0y01

P{20}P{0}3/16，

P{21}P{1}P{1}4/163/167/16，

12，则

2的分布函数为

P{24}P{2}6/16．

所以，的概率分布为

2F(y)P{y}P{0 1 4 当

3/16 7/16 6/16 当

12y}

2 pk 1y0时，{2y}，则F(y)0；

y0时，

4.设服从标准正态分布，试求：(1)e的密度函数；（2）1217

F(y)P{12y}P{1y}P{1y}F(1y

所以，

np(y)F(y)jexpyj

j1j1n12的密度函数为

即min(1,2,,n)的密度函数为

0,p(y)F(y)[F(1)1F(1)],yyy0y0

0,np(y)nexpyjj,j1j16.设随机变量有密度函数函数：（1）y0y0

0,y033111212yp()p()(y),y022yy

试求下列随机变量的分布p(x)，

1，这里P{0}0；（2）tg；（3）

0,y0311 12y[p()p()],y02yy||．

解（：1）由P{当y00}0知，以概率1取有限值．

0,12()(131y122eey[2220,112ye,2y3y0y0．

y01y2)2时，

],y0011F(y)P{y}PyP{0}Py；

当

y0时，

5.若1,2,,n相互，且皆服从指数分布，参数分别为1,2,,n，试求解：当

011F(y)PyP01p(x)dx；

yymin(1,2,,n)的分布．

当

y0时，

y0时由性得

故的分布函数为

F(y)0p(x)dx．

1F(y)P{y}P{1y,2y,,ny}

0p(x)dxp(x)dx,1y0nnnnF(y)p(x)dx,P{1y}(1Fi(y))(eiy)exp(y)i0i1i1i1i11p(x)dx,y（2）

y0y0． y0nF(y)1expyi

i1F(y)P{tgy}当时

y0时F(y)0．求导得的密度函数为，当y0p(y)0；当y0时

 P{kkarctgy})2kkk2karctgyp(x)dx

18

（3）当

y0时，F(y)0；当y0时，

F(y)P||yPyyyyp(x)dx0y1y,p(y)2y,1y2。

0,其它．

故的分布函数为

F(y)0,y0y

yp(x)dx,y0．7．若,为相互的分别服从[0，1]均匀分布的随机变量，试求的分布密度函数．

解：与的密度函数为

p1,0x1(x)p(x)其它 （1） 0,由卷积公式及性得的分布密度函数为

y

p(y)p(x)p(yx)dx （2）

2 C

把（2）与（1）比较知，在（2）中应有0x1，

0yx1，满足此不等式组的解(x,y) 构成

D

图中平面区域平形四边形ABCD，当0y1时 1 B

0xy ,当1y2时y1x1．所以当

A0 1 x

0y1时（2）中积分为

py(y)011dxy

当

1y2时，（2）中积分为

py)1(y111dx2y;

对其余的y有p(y)0．

所以，的分布密度函数为

19

8．设随机变量1,,r相互，都服从参数为的指数

分布，试证1r服从分布(,r)。

证明：

9．在(0,a)线段上随机投掷两点，试求两点间距离的分布函

数．

解：设(0,a)在内任意投两点1,2，其坐标分别为x,y，

则1,2的联合分布密度为

0,(x,y)(0,a)(0,a)p(x,y)1a2,(x,y)(0,a)(0,a)．

设|12|，则的分布函数为，当z0时

F(z)0；当za时F(z)1；当0za时，

F(z)P{|12|z}dxdy1p(x,y)a20zx,xyyazzdxdy0x,xyyaz，

积分S为平面区域ABCDEF的面积，其值为

a2(az)22azz2，所以

F(z)(2azz2)/a2.

所以，两点间距离的分布函数为

0,z0F(z)(2azz2)/a2,0za.

1za10．若,是随机变量，均服从

N(0,1)，试求

U,V的联合密度函数．

解：作变换，令sxy,txy，得

x12(st),y12(st),|J|12．由与知，它们的联合密度应是它们单个密度的乘积，由此得U，V的联合密度函数为

p11x2UV(s,t)21y222e2e1|J|1st2s21e2t22212

221t21e1(st24)411s22e2212222epU(s)pV(t)

所以U,V两随机变量也相互，且均服从N（0，2）．

11．设,相互，分别服从N(0,1)，试证

服从

柯西分布．

1证：

p(x)p1(x)2e2x2，

p11(x,y)2(x2y2)2e

由求商的密度函数的公式得

p(y)|x|p(xy,x)dx1122(x2y2x12x2(1y2)|x|2e)dx220xedx

1112x2(1y21y2e)01(1y2), y



服从柯西分布．

12.若,相互，且同服从指数分布，密度函数为：

20

)exp(xx0相互．

0x0，证明：+与

u证：令z1xy 即

x 逆变换

vz2yz1zx21z2

Jz1yz1(1z2

2)1z2 故

p,)P(z1z2,z1)|J|ez1z1(z1,z21z21z2,z10,2(1z2)

 而pz(z1)e1z1(1z2dz2z1ez10,z10 2)

p(z2)ez1z1(1zdz11,z20 02)2(1z2)2 因

p,(z1,z2)p(z1)p(z2)对z1,z2

 故

 与

．

13.设平面上随机点的直角坐标(,)有联合密度函数

p(x,y)2(1x2y2)，0x2y21

求此点极坐标(,)的联合密度与边缘密度函数。

解：本题所涉及的变换xrcost,yrsint是(,)的

值域0x2y21到(,)的值域(0,1)[0,2)间的一

一变换（坐标原点除外），其雅克比行列式Jr。

由变量变换法，得极坐标(,)的联合密度为

2r(1r2p(r,t)),0r1,0t2，

0,其它的边缘密度函数为

p(r)p(r,t)dt 故U的密度函数为

22r(1r2)dt,0r100,其它t00,3t2p(t)。

,t04(1t)15.设与，服从U(0,1)分布，的分布函数为

4r(1r2),0r1； 0,其它F(y)1试求的密度函数。

解：据题意知，

的边缘密度函数为

p(t)p(r,t)dr1y2，

y1。

121r(1r2)dr,0t2,0t202。 0,其它其它0,14.设,,有联合密度函数

的概率密度函数为

1,0x1 p(x)0,其它6(1xyz)4,当x0,y0,z0时p(x,y,z)其它0,，

试求U的概率密度函数为

0,p(x)F(x)32y,设Uy1y1

的密度函数．

,V，则

解：U的分布函数为，当t

uuxyx的反函数为v，雅克比行列式为 vyttxtxy6yvF(t)p(x,y,z)dxdydzdxdydz000(1xy)4xyzt101vJ

uv12tt2t2v2  dxdy(1t)3200(1xyz)3uu1所以，p(u,v)p()p(v)|J|p()p(v)，

2vv|v|tttt1dxdx 32200(1t)(1t)(1x)对p(u,v)关于v积分，可得

0时F(t)0；当t0时有

1tt21t1(1t)2(1t)3对F(t)求导可得U的密度函数为，当t

u1p(u)p()p(v)dv

v|v|0时p(t)0；

要使上式被积函数不为零，当且仅当

3t2当t0时p(t)(1t)4．

u010uv vv1v121

故

，

3112vdv,0u11vu11p(u)p()p(v)dv12v3dv,u1uv|v|v0,其它

0,x01x,0x12

111(x1),1x2221,x223,0u123,u1 3u其它0,116.设随机变量,，服从p的Bernoulli分布，

2（1）的分布函数；服从区间(0,1)上的均匀分布。试求：（2）

x00,1x,0x2； 2x21,（2）的分布函数为

2

2

（1）的分布函数。 的分布函数；

解：据题意知，的概率分布为

0,P{0,x},2P{0,x}P{1,xF(x)P{x}222221P{0,x}P{,x2221,

 pk 0 1 1/2 1/2 的分布函数为

y00,F(y)y,0y1

1,y1（1）0,xP{0}P{x},02P{0}P{x}P{1}P{x1},12222211P{0}P{x}P{}P{x},122221,x

的分布函数为

0,x0x0110,x,0x2P{0,x},0x12F(x)P{x}1111x(x),x1P{0,x}P{1,x1},1x2 22221,x121131(x),1x2222

3 1,x20,x0P{0}P{x},0x1P{0}P{x}P{1}P{x1},1x21,x2

22

x00,11x,0x221x,1x1； 42x13,1x24231,x2（3）的分布函数为

。

1q1q(1q)q(1q)111()n1qnn(1q)2n(1q)22．若随机变量服从拉普拉斯分布，其密度函数为

1p(x)e2试求E()。

|x|,x, 0。

|x|0,x01(x)xedx(令t) 解：E()F(x)P{x}P{0,}P{1,x},0x121,x1te|t|dt 2t|t||t|0,x0edte22dt0。 P{0}P{}P{1}P{x},0x13．试求分布(,r)的数学期望。 1,x1

0,x0x00,11x11x,0x1,0x1。

22221,x1x11,

3.1 习题

1．某人有n把外形相似的钥匙，其中只有一把能打开门。现任意一一试开，直至打开门为止。试对如下二情形求试开次数的数学期望：（1）每次试毕不放回；（2）每次试毕放回。

解：（1）的可能取值为1,2,解：据题意知，设服从分布(,r)，则其概率密度函数为

rr1xxe,x0， p(x)(r)0,x0则E()xp(x)dxx0r(r)xr1exdx

令yx,n。

(r)0ry1()reydyP{i}n1n2n(i1)11，nn1n(i2)n(i1)n11ryryyedyyd(e) 00(r)(r)rrrr1yyedy(r)。 (r)0(r)i1,2,,n

11n(n1)n1故E()i。

nn22i1（2）P{n4．在长为a的线段上任意地取n个点，求相距最远的两点间距离的期望。

解：【法一】分别记此

11k}(1)k1，k1,2,

nnn个点为

1,2,,n，则

1k111k11kkq(q) 故E()k(1)nnnk1nk1k123

1,2,,n相互，且都服从区间[0,a]上的均匀分布，我

们的目的是求

E[max(1,2,,n)min(1,2,,n)]

而而相距最远的两点间的距离为2的密

为

3n，因此所求期望

max(1,2,,n)和min(1,2,,n)度函数分别为

E(23n)n1a。 n1p(y)n[F(y)]n1p(y)yn11nyn1n(),0yan,0yaa， aa0,其它其它0,5．设为非负整数值的随机变量，其数学期望存在，求证

E()P{i}。

i1p(z)n[1F(z)]n1p(z)证：

P{i}P{j}

i1i1jiz1n(1)n1,0zaaa0,其它n(az)n1,0zan a0,其它又

a

P{1}P{2}P{3}P{2}P{

iP{i}E()。

i1因

n1n1为

6．设F(x)为某非负随机变量的分布函数，试证对任s0有

E()yp(y)dyy0nynanadyanann1n1证：

0xsdF(x)sxs1[1F(x)]dx。

0，

E()zp(z)dza0n(az)zann1ndznaa0znan1and(az)n证： ann(n1)n107．设随机变量的分布函数为F(x)，且的期望存在。求

， 所以，

证

E()1F(x)dxF(x)dx。

0：

0naa(n1))aE(xdF(x)xdF(x)xdF(x)xdF(x)E[max(1,2,,n)min(1,2,,n)]0n1n1n1。

【法二】n个点把区间[0,a]分成n1段，他们的长度依次记为

xF(x)

由均值存在得∴ 000F(x)dxx1F(x)1001,2,,n1。因为此

n个点是随机取的，所以

|x|dF(x)，

A1,2,,n1具有相同的分布，从而有相同的期望。

而

AF(A)|x|dF(x)0(当A)，

B12n1a，因此

E(1)E(2)E(n1)a。 n124

0B(1F(B))|x|dF(x)0(当B)

以

此

代

入

E()的计算式即得

E()1F(x)dxF(x)dx。

00∴

E()max(x,y)p(x,y)dxdy

8．将长为a的棒任意折成两段，求较短一段长度的数学期望。 解：将木棒置于[0，a]区间上， 令：棒上任意一点的坐标，则~U(0,a)

dxxxp(x,y)dydxyp(x,y)dyx

（利用密度函数的积分值为1，减a再加a）

x：较短一段的长度

则a所

a02

aa2以

adx(xa)p(x,y)dydx(yax

（在前一积分中交换积分次序，在后一积分中交换x与y的记号）

dy(xa)p(x,y)dxdy(yyyEg(x)p(x)dx

0aa111ag(x)dx2xdxa(ax)dx0aaa42

a2122e(ya)222dy(xa)ey(xa)222d9．设为Cauchy分布C(1,0)随机变量，计算E(| |1)。

(令(ya)t) a1解：因为为Cauchy分布C(1,0)随机变量，故的概率密度函数为

edtt21p(x)1x21，

aa。

||,||1又因为||1

1,||1于是E(|[法二]令Uaa，V，则U与V相互，且都

|1)min(|x|,1)p(x)dx

服从N(0,1)，

()a(UV)。

而

|x|p(x)dx|x|11|x|1p(x)dx

p(u,v)2x01111dxdxdx 2221(1x)(1x)(1x)1(u2v2)/2， e2V)所以，E(Umax(u,v)p(u,v)dudv

ln21。 2uv0vp(u,v)dudvup(u,v)dudv

uv010．设随机变量

,同

N(a,2)分布，求证

221u2/2[eduvev/2dvev/2dvueuv2E()a证

：

[法

。

一

]

1eudu21，

,的联合密度为

故E((xa)2(ya)2p(x,y)exp， 222222125

)a。

11．设随机变量,相互，同服从几何分布G(p)，试

求E()。

解：引入随机变量

解：据题意知，,的概率分布分别为

i1,第i个人戴对自己的帽子，i1,2,,n

0,第i个人未戴对自己的帽子12n ，且

P{i}(1p)i1p，i1,2,； P{j}(1p)j1p，j1,2,。

显然，P{i1}所以，

11，P{i0}1， nnnnE()ipijjpijj1ijj1ij

E()E(12n)E(i)1P{i1}0P2j1i(1p)ij2pjj(1p)ij2p2

j1ij1i1jj1qj1p2(qq)j1jqj2p2q(1q)1 j11q2j2(jq(1q)q2j1)j1(1qj1)p

j1jqj132pp(2p)。 12．袋中有r个红球与b个黑球，现从中任取n个球，求其中红球个数的数学期望。

解：以表示任取n个球中红球个数，则

CkkP{k}rCnbCn，k0,1,2,,lmin(r,n)

rbllk}kCkk则E()kP{rCnbCn

k0k0rblr!Cnkbk1)!(rk)!Cn

k1(rblrCk1Cnkbr1k1Cn1r

rb1bnnrrb 13．参加集会的n个人将他们的帽子混放在一起，会后每人任取一顶帽子戴上，以表示他们中戴对自己帽子的人的个数，求

E()。

26

i1i1

14．设袋中有

2n个球，其中编号为

k的球各

Ckn个

（k0,1,2,,n）

，现不放回地从袋中任取m个（m2n），求这些球上编号之和的数学期望。

解：令i表示取出的第i个球上的编号，i1,2,,m，

由抽签与顺序无关，P{k}Ckni2n,k0,1,...n

n则E(Cknni)kk02n2

所以m个球之和的数学期望

mE(12...m)Eimni12

15．袋中有r个红球与b个黑球，现任意一一取出，直至取到红球为止，求取球次数的数学期望。

解：令表示直至取到红球为止所进行的取球次数，则

P{k}bb1b2bkrrbrb1rb2rbkrb，k1,2,,b1，

所以，

b1E()kP{k}

k1b1k(bb1b2bkrk1rbrb1rb2rbkrb

22rkk1b1b1b!(rbk2)!

(bk1)!(rb)!1k1112k11k11E()k(1)kq(q)nnnk1nk1nk1

(r1)!b!(rbk2)!rk

(rb)!(bk1)!(r1)!k1r!b!b11kCrrbk2 (rb)!k1

1q2121()nn2n3n3n1qn(1q)n2n2n，

所以，D()E(2)(E())22n2nn2n2n。

3.2 习题

rb1

r12．若随机变量服从拉普拉斯分布，其密度函数为

1．某人有n把外形相似的钥匙，其中只有一把能打开门。现任意一一试开，直至打开门为止。试对如下二情形求试开次数的方差：（1）每次试毕不放回；（2）每次试毕放回。

解：（1）的可能取值为1,2,1p(x)e2|x|,x, 0。试求D()。

|x|1xe解：E()2dx(令t(x))

,n。

t2e|t|dtn1n2n(i1)11P{i}，

nn1n(i2)n(i1)nt2e|t|dt2e|t|dt0，

|x|i1,2,,n

11n(n1)n1故E()i，

nn22i1nD()

1(x)2e2(令t(x))11n(2n23n1)2n23n1E()i，

nn66i12n22t2etdt2t2(et)22tetdt

0022t(et)22tetdt22(et)00022所

22以

。

3．甲从1,2,3,4中任取一数，乙再从1,,中任取一整数，试求(,)的协方差。

2n23n1n12n21D()E()(E())()6212。 （2）P{11k}(1)k1，k1,2,

nn解：

那么取每一个值的概率为可以取的值为1,2,3,4，

1。41k111k11kkq(q) 故E()k(1)nnnk1nk1k1一旦取定值i，那么只能从1,2,,i中取值，取每一个值的概率为

。

1。于是有：

1q1q(1q)q(1q)1111i()n2212n1qnn(1q)n(1q)1(11))P(i,jPjiPi n4i所以（,）的联合分布与边缘分布如下： 27

1 \\ 1 2 3 4 p•j DD1D2Dm1m(n21)。 12（2） 111125 4812185．参加集会的n个人将他们的帽子混放在一起，会后每人任2 0 11113 81218取一顶帽子戴上，以表示他们中戴对自己帽子的人的个数，求

3 0 0 117 1218D()。

4 0 0 0 11 解：引入随机变量161611111,第i个人戴对自己的帽子 pi•4444 1 ，i1,2,,n i0,第i个人未戴对自己的帽子11111111E()112122313233414248812121216n ，且 12显然，1611 4344

111616P{i1}，P{i0}1， nn 5，

1所以，， E()1P{1}0P{0}iii11115nE()1234，

444421222， E()1P{1}0P{0}iii2513717nE()1234，

4848481112n122D()E()(E())()2， iii575nnnCov(,)E()E()E()5。

24814．袋中有编号1至n的n张卡片，现从中任意抽取m张。试而P{i1,j1}，ij，

n(n1)对以下二情形求m张卡片上编号之和的方差：（1）有放回抽取；（2）不放回抽取（mn）。

解：（1）设表示抽取m张卡片的号码和，i表示第i次抽

所

到卡片的号码，则

以

E(ij)1P{i1,j1}1，

n(n1)，

12m，因为是有放回抽取，所以诸i。

由此得，对iCov(i,j)E(ij)E(i)E(j)， 故

11112n(n1)nnn(n1,2,,m。

nE(i)j12n11n1n(n1)n1jj， nnj1n2211n(n1)(2n1)1j(n1)(2n1)nn662D()D(12n)D(i)2i1n1ijnCov(,ij)E(i)j1

i1n，

n1122C1。 n22nn(n1)111222D(i)E(i)Ei(n1)(2n1)(n1)2(6n．设随机变量1)(,,)有联合密度函数

12，

p(x,y,z)(xy)zez，0x,y1,z0，

28

求此随机变量的协方差阵。

解

：

由于

E()xp(x,y,z)dxdydz11000x(xy)zezdxdydz712， E()yp(x,y,z)dxdydz117000y(xy)zezdxdydz12， E()zp(x,y,z)dxdydz11000z(xy)zezdxdydz2， E()xyp(x,y,z)dxdydz11z1000xy(xy)zedxdydz3， E()yzp(x,y,z)dxdydz1100yz(xy)zezdxdydz706， E()xzp(x,y,z)dxdydz11000xz(xy)zezdxdydz76， 所

以

，

Cov(,)E()E()E()177131212144， Cov(,)E()E()E()7762120，

Cov(,)E()E()E()7761220，

而

E(2)x2p(x,y,z)dxdydz115000x2(xy)zezdxdydz12， E(2)y2p(x,y,z)dxdydz115000y2(xy)zezdxdydz12， E(2)z2p(x,y,z)dxdydz112000z(xy)zezdxdydz6，

29

所以，D()E(2)(E())2512(712)211144， D()E(2)(E())25(7)2111212144， D()E(2)(E())26222，

故此随机变量的协方差阵为

11144111440110。 1440144027．设随机变量1,,mn（mn）是同分布的，它

们有有限的方差。求1n与m1mn之间的相关系数。

解：由于随机变量的相关系数与标准化随机变量的相关系数相等，为简单计，不妨设

E(2i)0,E(i)1，

i1,2,,mn，则

Cov(,)E[(1n)(m1mn)]

E(222m1m2n)E(2(22m1)Em2)E(n)nm，

D()E(21222n)E(221)E(2)E(2n)n，

D()E(222m1m2mn)E(2)E(22m1m2)E(mn)n，

故,)nmCov(D()D()n。 8．若与都是只能取两个值的随机变量，试证如果它们不相关，则。

证：【法一】设a,bp,c,d1,q1p2,q。作两个随机

2

变量

即

P{xi,yj}P{xi}P{yj}，故

*b:ab,0*cd,0,d:p,qp,q1122。

(,)。

9．设随机变量服从标准正态分布，求证与不相关，但是不。 证明：因为E()2由与不相关即EEE得

E**E(bdbd)(EEbEdEbd)E(3)0，所以，Cov(,2)0，

(Eb)(Ed)E*E*， 而E**(ab)(cd)P{*ab,*cd}，

E*E*(ab)P{*ab}(cd)P{*cd}，

由上两式值相等，再由(ab)(cd)0得

P{*ab,*cd}P{*ab}P{*cd}

此即P{a,c}P{a}P{c}。同理

可证

P{a,d}P{a}P{d}，

P{b,c}P{b}P{c}

P{b,d}P{b}P{d}，

从而与。

【

法

二

】

设

(,)的分布列:P{xi,yj}pij,i,j1,2

Ex1(p11p12)x2(p21p22)

Ey1(p11p21)y2(p12p22) 由于,不相关 Cov(,)0，即得

pij(pi1pi2)(pj1pj2),i,j1,2

30

这表明与2不相关。 为证明与2不，特给定a0，使得P{a}1。

现考察如下特定事件的概率：

P{a,2a2}P{aa}

P{a}P{aa}P{a}P{2a2}

所以，与2不。

10．若的密度函数是偶函数，且E2，试证与不

相关，但它们不相互。 证：设

f(x)是的密度函数，则f(x)f(x)。由

xf(x)是奇函数可得E0，从而EE||0。又由于

x|x|f(x)是奇函数，得

E||x|x|f(x)dx0EE||

故||与不相关。

由于

的密度函数是偶函数，故可选

c0使

0P{||c}1，亦有P{c}1，

P{c}P{||c}P{||c}P{c,||c}

其中等式成立是由于{||c}{c}。由此得||与

不。