概率论 第二版 杨振明 课后题答案

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p)qp(1q)e也是随

pq

1p1qe也是随机变量．

4．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{的分布函数为

F(y)P{y}P{ey}

当当

2R}． 3R

解：此点到圆心之距离的分布函数为

y0时，{ey}，故F(y)0；

y0时

，

F(x)P{x}

当x0时，{x}，Fx0；

；

F(y)P{y}P{ey}P{lny}F(lny)

因此，的分布函数为

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

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

故的分布函数为

p(0p1)，反复抛这

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）{x00,2xF(x)2,0xR．

RxR1,2R2R(2R/3)245P{}1F()11．

3399R25．在半径为1的车轮边缘上有一裂纹，求随机停车后裂纹距地面高度的分布函数．

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，

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  x1

x(1xx(0x1) (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解：当x0时，{x}，Fx0； pq(1p2p4)qp(1q2q4)当裂纹距离地面高度为1时，分布函数为

FxF,1P1；

R1arccos(1x2R211pqqp1p21q2

当裂纹距离地面高度为x0x1时，分布函数为

2arccosx1RFxF,xPx2Rarccosx17．设

p(x)ee(xa)，x0

（1）求a使

arccos1x；

x2)时，分布函数为

p(x)为密度函数；

p(x)为密度函数，求b使P{b}b．

（2）若以此

当裂纹距离地面高度为x(1解：（1）由密度函数的性质，知

1e(xa)1ea22arccos1xRarccos1xe(xa)FxF,xPx2R； 当x2时， Fx1；

则的分布函数为 0x0Fxarccos1x0x2

1x26．已知随机变量的密度函数为

pxx,0x1, 2x,1x2.试求：(1) 的分布函数，（2）P0.21.2．

0xx解：（1）当x时，F(x)p(t)dt0dt0；

当0x1时，F(x)xp(t)dtx0tdt122x； 当

1x2时

，

F(x)xp(t)dt1x10tdt12tdt2x22x1；

x12当x2时，F(x)p(t)dt0tdt12tdt1；

则的分布函数为

0,x0,1x2,0x1,Fx2

1x22x,1x2,211,x2.（2）

P0.21.2P1.2P0.2

F1.2F0.20.66

1p(x)dx0edxee0ee 解得，a1e． （2）【法一】根据概率的非负性，b0，

当b0时，P{b}1，显然P{b}b不成立；

当

b0时

，

{b}p(x)dxee(x11Pe)bbdx1e(xe)1e(beebee

1e(1{b}bb而P，即e)eeb， 解得，b1e． 【法二】的分布函数为

,x0,Fx011ex11eeeee,x0.

Pb1Pb1Fbb

当b0时，Fb0，上式不成立．

e1当b0时，

Fb1eebe1ee 则11eeb1e1eeeb， 解得，b1e． 8.设F(x)是连续型分布函数，试证对任意ab有



F(xb)F(xa)dxba.

证：等式左边= =

xbxap(t)dtdx

n次的概率．

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．

则上式交换积分次序得

xbxaxbd(F(t))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

xad(F(t))dx

xbxa(F()F())dx

n次则前

n1次都没有出现

1111)(1)n1． 36366点，于是所求概率为

习题

xbP{n}(xa1dxba．

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，且各代表投票情况相互独立．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

1．向目标进行20次独立的射击，假定每次命中率均为．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=，命中次数服从B(20,分布．

~B(3,0.6)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多数赞成，即

P{2}P{2}P{3}

1C200.2(2) 至多命中两次的概率

003C320.62(10.6)1C30.63(10.6)0(10.2)200.988．

0.648

~B(5,0.6)分布．

令表示5名董事代表对提案的赞成数，则多数赞成，即

P{2}P{0}P{1}P{2}

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

P{3}P{3}P{4}P{5}

01218C200.20(10.2)20C200.21(10.2)19C200.22 (10.2)

0.206． (3) 故k在二项分布中， k35C50.63(10.6)2C540.64(10.6)1C50.65(10.6)0[(n1)p]时，P{k}最大，

[(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

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与，且各场胜负独立．如果规定先胜4场者为冠军，求甲队经

00n11n1nn01(pq)nCnpqCnpqCnpq

①

00n1n(qp)nCnpqCnpqn1Cn(p)nq0i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：{必胜．

则

4P{4}C40.64(10.6)00.1296

②

i}表示前i1场中胜三场，第i场

1(qp)n（①-②）/2得： Pn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．

1表示第一次成功到第二次成

解：这是一个几何分布．2功的等待时间．

3P{5}C40.64(10.6)10.20736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：

3P{6}C50.64(10.6)20.20736

P{21m}(1p)m1p,

P{1n)(1p)n1p

因此，2

3P{7}C60.64(10.6)30.1658881与1有相同的概率分布．

因此，P{i}Ci310.64(10.6)i4，i=4,5,6,7

8.（广义

Bernoulli试验）假定一试验有r个可能结果

对甲先胜四场成为冠军的概率是

A1,,Ar，并且

P{4}P{4}P{5}P{6}P{7}0.7102P(Ai)pi0，p1p2pr1．现将此试验独立

．

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

1P{3}C20.62(10.6)10.288．

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

因此，进行甲先胜4场成为冠军的概率较大．

件组，

5．对n重Bernoulli试验中成功偶数次的概率Pn． 解：记

PAipi，

pii1，则在次重复独立试验中k1,k2,,kr次的概率为

p为一次Bernoulli试验中事件成功的概率，q为失

A1,,Ar分别出现

败的概率． 由

00n22n2PnCnpqCnpq

n!pk1pk2pkr ．

k1!k2!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Ckkn1C21Cknkkrr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

Ck1Ckkk1k2krnn2k1Ckrrppp

n!kk!pk1pk2pkr ）

1!2!kr 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

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

k11.5ie1.5,

i0i!查表，当k11时, p1=；当k12时, p1=,

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

Cinpi(1p)ni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0i!e0.999001；

i因此，月初应当库存16台电视机才能以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．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=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，且各顾客是否购物相互独立，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kknpkqn

nkn!eC =(q)nk)!k!e(p)k nk(nk =

1pkepk! P6(p)kep满足1p10的k6k!Poisson分

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

pkp=

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

解：

p1p2p·····

pk0p1p·····k112k

k =

k!

由此得：pkkkpk!0，并且p0=1,可得p0=e，故k0k!kpkk!e．因此，此分布是以为参数的Poisson分布．

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

p(x)1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1nF(x)F(xmn)．从而对有理数

n，

若

mnx与x都属于(0,1)，则有FmnxmnF(x)．再由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

F(1)P{01}P{01}1.

由此及上段证明得，对任意x(0,1)有

F(x)xF(1)x，即F(x)为

0,x0F(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(0,1)，

当xix(0,1)(i1,2)时，由题设得

F(x1x)F(x1)P{x1x1x}

P{x2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

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

4．设

6．某人要开汽车从城南到城北火车站．如果穿行，则所需时

0}P{1}0．由上所述可知(D)P(a2a)(Paa)(a2a)(1)(服从

N(3,4)分布．(1)求

求

a使使

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

Pa2PaP3b0.95．

解：由题意知，（

;(2)

b3，2

1

）

Pa1Pa1Pa2Pa

1得，3Pa1 Pa

33131即 () ，1()232332()

23查表，得(0.43)（

(1). P165(

6550)(1.5)0.9332 106560P265()(1.25)0.8944

4因为0.93320.8944，所以穿行好些。

， 即

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

40.6664，解得a2.14。

2

）

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

3b33b3P3bP3b3b()()22||1或||1而定．试求的分布．

解：由题意知 或视

bbbb()()2()10.95，()0.975

2222查表，得(1.96)0.975，解得b3.92。

21，所以，

15．在正常的考试中，学生的成绩应服从N(a,)分布．若

P(y)F(y)F(y)P(y)P(y)P(y)1P(y)

2规定分数在a以上为“优秀”，a 至a之间为“良好”，

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，最差分别为事件记学生的成绩为，则

A,B,C,D,E

y12F(y)Pe(y)2P(y)F(y)1e(y)(1F(y))F(y)P2P(A)Pa1Pa1(aaaa)1(1)10.84130.1587

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P(B)Paa()(aa)(1)(0)0.84130.50000.34131为参数2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．

所以（,）的联合分布与边缘分布如下：

\\ x0其它1 2 1 2 3 4 解：由已知得，

12xeP(x)20p •j 1 40 x2F(x)1e0x0

其它1 80 3 0 1 121 121 120 （1）记检修时间为，

4 0 0 P(2)1P(2)1P(2)1F(2)e1；

（2）由指数分布的无记忆性得，

1 41 4

1 41 161 161 161 161 413 487 481 161 P{5|4}P{1}1P{1}e9．设服从参数为的指数分布，求12。

3 . 设(,)的联合密度函数为

1的分布．

p(x,y)ex解：由已知得，P(x)01exF(x)0x0 其它x0 其它1sin(xy), 0x,y22

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

k 1)e(e1)P(k)P(1k)P(k1)P(k1k)列区域进行讨论：F(k)F(k时, x,yP(k)P(2)P(k1)2e,e...e,P(1)1eP(k1)P(k2)P(1)xy1F(x,y)sin(st)dtds

002

y1x =cos(st)|ds

020P(k)(e)k1P(1)(e)k1(1e)

1x =[cos(sy)cos(s)]ds

02则服从p1e几何分布．

xx1 =[sin(sy)|sins|]

00多维概率分布 21[sinxsinysin(xy)] = 1． 甲从1，2，3，4中任取一数，乙再从1，…  中任取一整

2数．试求（,）的联合分布与边缘分布．

当x,y当0当02时，F(x,y)1

1解： 可以取的值为1，2，3，4.那么取每一个值的概率为，

4一但取定值i，那么只能从1，2，… i中取值取每一个值的概率为

xx2,y2时,

F(x,y)0201．于是有： i1 4i1sin(st)dtds 2Pi,jPjiPi1x=[cos(s)coss]ds

2021=[sinx1sin(x)] 22= 当01(sinxcosx1) 22F1(x)1,2F2(y)1[1,1]．

又 y2,xy2时,

( 1,1)

F(x,y)2001sin(st)dtds 21[2F1(x)1][2F2(y)1]1 1[2F1(x)1][2F2(y)1]0

1 =2[cos(sy)cos(s)]ds

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

即

1[1sinysin(y)] 221 =(sinycosy1)

2 =

其他区域F(x,y)p(x,y)0，非负性得证．

p(x,y)dxdy

0

p2(y)dyp1(x)[1[2F1(x)1][2F2(y)1]dx1[sinxsinysin(xy)]，0x,y221(sinxcosx1)，0x,y222F(x,y)1(sinycosy1)，0y,x2221，x,y2其它0，

(2) 的边缘密度函数为：

p2(y)dy1[2F1(x)1][2F2(y)1]dF1(x)

2p2(y){F1(x)|[2F(y)1](F(x)|F1(x)21

p2(y){1{2F2(y)1](11)dy

p2(y)dy

 1

规范性得证．

p(y)p(x,y)dx

对于任

何的

(1,1)有

=

201sin(xy)dx 2p(x,y)0,维密度函数.

p(x,y)dxdy1所以p(x,y)是二

=

1(cosysinx)， 0y 22F1(x)与F2(x)对应的密度函数为p1(x)与

下面讨论二维密度函数

p(x,y)中的边缘分布：

5. 设分布函数

（1）的边缘密度函数为：

p2(x)．证明对于任何(1,1)有

p(x)p(x,y)dy

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．

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



证明：从定义出发进行证明：

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

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

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

p1(x){1[2F1(x)1](11)} p1(x)

同理有的边缘密度函数为p2(y)

即证得： (,)是以p1(x)与p2(y)为其边缘密度函数的．

16、证：我们有

0Fi(xi)1,12fi(xi)1211,

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

代

入

f(x1,x2,x3)的表达式

得f(x1,x2,x3)0 (1)

又有

2F(x)1f(x)dxiiiii2Fi(xi)1dFi(xi)F21(xi)Fi(xi)0

f(x1,x2,x3)dx1dx2dx3f1(x1)dx1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

f(x1,x2,x3)dx2dx3f1(x1),

f(x1,x2,x3)dx1dx2f3(x3)

f(x1,x2,x3)dx1dx3f2(x2).

6. 设(,)的联合密度函数为

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)322xy （2）,至少有一个小于12的概率p为：

pP{12}P{1112}P{2,2}

11112132xy2dydx20230002xy2dxdy230202xy2dxxy

11112x202y3|12304y2x2|230dx0dy204yx2|02dy

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： 当1mn时

P{1m,2n}P{m,nm}P{m}P{n

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{21m}qm1p2qmp2qnp2

n2qip2pqm1

im1

即1的边缘分布为pm.pqm1(1m)

(ya2)2b. 2的边缘分布：

当第二次成功出现在第

2n次时 ，即让1遍历可能的值

n222 2}内的概率．

解：作变换，令xa椭圆区域为

则|J|cos,ybsin，

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

即2的边缘分布为：

p，于是有

cos22rsincossin22 2212212p.n(n1)qn2p2,n2

记

cos28．设(,)服从区域D均匀分布．试求： (1) 的边缘分布；解

：

（

1

{(x,y):0x2yx1}上的

则212rsincos12sin222s2

/s，且

12121r2（2）P{）

因

1} 2(,)服

从

区

域

P{(,)D()}

2x0dse012(1r)22S2为

{

D{(x,y):0x2yx1}上的均匀分布，所以有

1,(x,y)Dp(x,y)m(D)其它0,并且有m(D)

12121r22x0(1r)e2S2S22(1r2)20x2yx12dxdy(xx)dx01111 236：

当

20211r2(1r2)1ed20212S22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时，

P{(,)D()}1．

，由此得

x(0,1)

（

2

）

法

（

1

）

：

2121dS21r210. 设随机向量有联合密度函数

11y117 p(x,y,z)xze(xxyz), x,y,z0

P{}1p(y)dy16dxdy16(yy)dy2y24222 (1).的一维边缘密度；（2）的一维边缘密度（3）(,)的

法（2）： 而

二维边缘密度

解：（1） 的一维边缘密度即把

yz看作常量得到：

113F()26(xx2)dx126(x2)dx2

02242所以

9. （选学） 设（,）为二维正态随机向量，求落入区域

12p(x)00xze(xxyz)dydz zezxex00exydy

D=

{(x,y):

(xa)2

-

ex2r(xa1)(ya2)0zezdz

212+

ex(zezez)|0

ex

即得的一维边缘密

p(x)ex．

12y(y1)2,0y1， 0,其它故当0x1时，

p(x,y)p(x)

（2）的一维边缘密度，把x,z看作常量．即

p(y)00xze(xxyz)dxdz

p|(y|x)xe(xxy)zezdzdx

00

1(xxy)e|0 2(1y)1(1y)2

24y(1xy)6y(1xy),0y1x,4(1x)3(1x)30,其它0,

当0y0

y1时，

p(x,y)p(y)

即的一维边缘密度: p(y)1(1y)2p|(x|y)

（3）(,)的二维边缘密度此时z为常量．

(xxyz)dy 有： pxze024y(1xy)2(1xy),0x1y,12y(1y)2(1y)20,其它0,

（1）所以，

xze(xz)x0e(xy)dxy



1

条件下的条件密度为 2

1ze(xz) (x0,z0) p(,y)1p|(y|)212(xz)即(,)的二维边缘密度p(x,y)ze p()2 随机变量的独立性

4．设随机变量(,)的联合密度函数为

1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，

试求（1）条件密度。 解：据题意知，

124y(12y),0y2； 0,其它（2）11

条件下的条件密度；（2）条件下的22

,的边缘概率密度函数分别为

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

条件下的条件密度为 2

1p(x,)12p|(x|)12p()2

4(1x)3,0x1，

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

5．设(,)是连续型随机变量，有密度函数

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，

（2）的边缘概率密度函数为

128xydy,0x14x(1x),p(x)p(x,y)dyx0,其它0,1,0yxp|(y|x)x

其它0,由于

，

同理，的边缘概率密度函数为

y28xydx,0y14y,p(y)p(x,y)dx0其它0,0,p|(y|x)p(x,y)，故

p(x)， 因为

p(x,y)p(x)p(y)，所以与不独立．

12xxe,0yxp(x,y)p|(y|x)p(x)x0,其它7.设随机向量(,)的联合密度函数

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1xy,|x|1,|y|1p(x,y)4，

其它0,试证与不独立，但与是相互独立的．

证：当|22x|1时，

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

p(x)p(x,y)dy1xy1dy，其余

1421p(x)0．

同理当|y|1时，p(y)1/2其余p(x)0，

（1）

4xy,0x,y1； p(x,y)0,其它8xy,0xy1， p(x,y)其它0,当

0|x|1,0y1时有

（2）

p(x,y)p(x)p(y)，所以与不独立．

现试用分布函数来证与独立．的分布函数记为

222试问与是否相互独立？为什么？

解：（1）的边缘概率密度函数为

F1(x)，则当0x1时，

2xxF1(x)P{x}P{xx}12x,0x14xydy,0x1p(x)p(x,y)dy0；

其它其它0,0,2同理可求得的分布函数F2(y)，得

，

同理，的边缘概率密度函数为

1dxx2x00,1011(xy)4xydx,0y12y,Fx,0x1p(y)p(x,y)dx0其它x1,其它0,1,0,

y00,F2(y)y,0y11,y1,， 因为

p(x,y)p(x)p(y)，所以与独立．

(2,2)联合分布函数记为F3(x,y)，则当

0x1,y1时 P{1,1}P{1}P{1}

同理可证 P{F3(x,y)P{2x,2y}P{2x}x

同理得当01,1}P{1}P{1}，

y1,x1时，F3(x,y)y；当

P{1,1}P{1}P{1}.

所以与相互独立．用同样的方法可证与也相互独

0x1,0y1时

F3(x,y)P{2x,2y}P{xx,yy}

=

立．但

xxdsy1stdtxy

y4P{1,1,1}P({1,1}[{1,1}{

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}P{1}P{1}而P{1， 41}P{1}P{1}1， 8所以，,,只两两独立而不相互独立． 随机变量函数的分布

1．设与相互独立，同服从参数为（1）（2）的分布． 的分布；

不难验证F3(x,y)以与独立．

22p的几何分布，试求：

8．若,相互独立，都服从1与1这两点上的等可能分布，令解：据题意知，与的概率分布分别为

，试证,,证：由题设得

两两独立但整体不独立．

P{i}qi1p,i1,2, P{j}qj1p,j1,2,

（1）

k1i1k1i1P{1}P({1,1}(1,1})

11111P{1,1}P{1,1}22222，

P{k}P{i,ki}P{i}P{k

k1i1ki1P{1}P({1,1}(1,1})

111q1pq1P{1,1}P{1,1}i122222．

pqk2p2(k1)qk2p2，

i1k1

k1,2,

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

P{1,1}P{1}P{1}，

1k1kP{1}P{1}{k}{i,k}{k,j} 4i1j1kP{1,1}P({1}[{1,1}(1,1}])k1P{k}P{i,k}P{k,j}

i1j1p2q1k2p2qkj2i1j1k1k

n1k12k221nkpq (k2k11qk11qk，kk01,2,,n k1k,1(2qq)pq1q1q3.设随机向量(,)有联合分布如下表：

1,2,)

 2.假定随机变量1与2相互独立，对i为i的Poisson分布，试求： （1）1-1 0 1 2 1,2，i服从参数

pi 5/16 5/16 6/16 1  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的分布；

2n时1的条件分布．

（2）已知1pj 试求：（1）解：（1）由卷积公式及独立性得

2（2）的概率分布；（3）的概率分布；

P{12k}P{1i,2ki}i0k的概率分布．

解：（1）的全部可能取值为0，1，2，3，4，5

P{1i}P{2ki}

i0kP{0}P{1,1}2/16，

i0kki1i!e1e2(ki)!k12P{1}P{1,0}P{2,1}000，

1(12)k!ik1e12 k!i!(k1)!i0P{2}P{1,1}P{2,0}P{3,

2/163/162/167/16，

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

(12)k(12)e

k!k0,1,2,

即11/16001/16，

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

（2）P{1P{5}P{3,2}3/16．

所以，的概率分布为

P{1k}P{2nk}

P{12n}

 pk 0 2 3 4 5 2/16 7/16 1/16 3/16 3/16 k1k!e1kn2(nk)!e2(2) 的全部可能取值为1，2，3

(12)n(12)en!P{1}P{1,1}P{1,0}P{1,

2/1602/164/16

P{2,1P{2}P{1,2}P{2,1}P{2,0}所以，的密度函数为 e}

0,p(y)F(y)P{2,2}1/1603/1602/166/16[F(lny)],y0y0，

0,y01 P{3}P{3,1}P{3,0}P{3,P{02}p1}(lny),3,y

2/1601/163/166/16

所以，的概率分布为

 1 2 3 p4/16 6/16 6/16 k (3) 2的全部可能取值为0，1，4

P{20}P{0}3/16，

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

P{24}P{2}6/16．

所以，2的概率分布为

2 0 1 4 p3/16 7/16 6/16 k 4.设服从标准正态分布，试求：(1)e的密度函数；（2）12的密度函数．

解：据题意知，的概率密度函数为

2p(x)1x22e，x

（1）令e，则e的分布函数为

F(y)P{y}P{ey}

当y0时，{ey}，则F(y)0； 当

y0时，

F(y)P{ey}P{lny}F(lny)

yy00,1(lny)2212ey,y00y0,1(lny)2e2,y0

y2（2）令112，则

2的分布函数为

F(y)P{y}P{12y}

当

y0时，{12y}，则F(y)0；

当

y0时，

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

12的密度函数为

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

yy0,y0132y2p1113(2y)p(y)(2y),y0

0,y013y2[p11 ()p()],y02yy0,1()2(131y122eey[222

y01y2)2；

当

y0时，

],y0011F(y)PyP01p(x)dx；

yy0,11e2y,2y3y0y0．

当

y0时，

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

F(y)故的分布函数为

0p(x)dx．

min(1,2,,n)的分布．

y0时由独立性得

1F(y)P{y}P{1y,2y,,ny}

（2）

0p(x)dxp(x)dx,1y0F(y)p(x)dx,01p(x)dx,yFn(y)P{tgy})exp(yi)y0y0． y0P{1y}(1Fi(y))(ei1i1i1nnniy

nF(y)1expyi

i1 P{kkarctgy})2k（3）当

i1当时

y0时F(y)0．求导得的密度函数为，当y0kk2karctgyp(x)dx

y0时，F(y)0；当y0时，

p(y)0；当y0时

np(y)F(y)jexpyj

j1j1nF(y)P||yPyy．

故的分布函数为

yyp(即min(1,2,,n)的密度函数为

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

y0,F(y)p(x)dx,yy0y0．

7．若,为相互独立的分别服从[0，1]均匀分布的随机变量，试求的分布密度函数．

p(x)，试求下列随机变量的分布

解：与的密度函数为

；（3）

1，这里P{0}0；（2）tg||．

解（：1）由P{时，

1,0x1 （1） p(x)p(x)0,其它0}0知，当y0以概率1取有限值．

y

由卷积公式及独立性得的分布密度函数为

011p(y)p(x)p(yx)dx （2） (x)dxF(y)P{y}PyP{0}Pp(x)dx1py2 Cy

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B

F(z)P{|12|z}，

zxyz0x,yap(x,y)dxdy1a2zxyz0x,yadxdyy1时 1 a2(az)22azz2，所以

积分S为平面区域ABCDEF的面积，其值为

0xy ,当1y2时y1x1．所以当

F(z)(2azz2)/a2.

A0 1 x

0y1时（2）中积分为

p(y)y011dxy

当

1y2时，（2

）

中

积

分

为

p1(y)y111dx2y;

对其余的y有p(y)0．

所以，的分布密度函数为

y,0y1p)(y2y,1y2。

0,其它8．设随机变量1,,r相互独立，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

(x,y)(0,a)(0,a)p(x,y)0,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，

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,是独立随机变量，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1112(st),y2(st),|J|2．由与独立知，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1UV(s,t)2e1x2212y22e|J|112st222st22e12

22114(s2t2)224e11s22e11t2222epU(s)pV(t)

所以U,V两随机变量也相互独立，且均服从N（0，2）． 11．设,相互独立，分别服从N(0,1)，试证

服从

柯西分布．

2证：

p(x)p(x)112x2e，

1122p,y)2e2(xy)(x

由求商的密度函数的公式得

p(y)|x|p(xy,x)dx12(x2y2x2)2|x|edx2210xe1x2(1y2)2dx

解：本题所涉及的变换x值域0rcost,yrsint是(,)的

1112x2(1y2)e1y2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

1,

(1y2) y



服从柯西分布．

2r(1r2),0r1,0t2p(r,t)0,其它，

的边缘密度函数为

p(r)p(r,t)dt12.若,相互独立，且同服从指数分布，密度函数为：

exp(x)0x0，证明：+与

x0uv相互独立．

22r(1r2)dt,0r100,其它证：令 即

z1xyzx2y 逆变换

4r(1r2),0r1； 0,其它z1z2x1z2zy11z2 故

的边缘密度函数为

z1 J(1z2)2

p(t)p(r,t)drzzzz1p,(z1,z2)P(12,1)|J|ez1,z10,z20214.设,,1z1z(1z)222 而

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

p(z1)ez10z1z1dzze,z10 212(1z2)6(1xyz)4,当x0,y0,z0时p(x,y,z)其它0,，

试求U

p(z2)ez10z11dz,z20 122(1z2)(1z2)的密度函数．

解：U的分布函数为，当t0时F(t)0；当t0时有

ttx0 因

p,(z1,z2)p(z1)p(z2)对z1,z2

F(t)

故  与

xyztp(x,y,z)dxdydzdx0dytxy0(1独立．

13.设平面上随机点的直角坐标(,)有联合密度函数

tt2t22 dxdy

(1t)3200(1xyz)3ttt2t1dxdx 32200(1t)(1t)(1x)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。

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

0时p(t)0；

u010uv vv1v1故

，

3t2当t0时p(t)(1t)4故U．

的密度函数为

3112vdv,0u11vu11p(u)p()p(v)dv12v3dv,u1uv|v|v0,其它p(t)0,t03t2(1t)4,t0。

15.设与独立，服从U(0,1)分布，的分布函数为

F(y)11y2，

y1。

试求的密度函数。

解：据题意知，

的概率密度函数为

p(x)1,0x1 0,其它的概率密度函数为

p(x)F(x)0,y12y3,y1

设U,V，则

uxy的反函数为uvyxv，雅克比行列式为 yv10Jv1uv21v 所以，p(u,v)p(uv)p(v)|J|pu1(v)p(v)|v|，

对

p(u,v)关于v积分，可得

p(u)pu1(v)p(v)|v|dv

要使上式被积函数不为零，当且仅当



23,0u123u3,u1 0,其它16.设随机变量,独立，服从p12的Bernoulli分布，

服从区间(0,1)上的均匀分布。试求：（1）的分布函数；（2）

2

的分布函数；

（1）的分布函数。 解：据题意知，的概率分布为

 0 1 p 1/2 k 1/2的分布函数为

y0F(y)0,y,0y1

1,y1（1）的分布函数为

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

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

0,x01x,0x12

111(x1),1x2221,x2（3）的分布函数为

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

x00,1x,0x2； 2x21,（2）

2

的分布函数为

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

,0x0x0x00,0,11x111x,0x10x,0x1P{0,x},222222x1x111,1,11P{0,x}P{,x},x1F(x)P{x}2。 222222113 习题

P{0,x}P{,x},1x222221．某人有n把外形相似的钥匙，其中只有一把能打开门。现

31,x2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。

0,x0解：（11）的可能取值为1,2,,n。

P{0}P{x},0x22n1n2n(i1)11P{0}P{x}P{1}P{x1},1Pxi1{}，22222nn1n(i2)n(i1)n113P{0}P{x}P{}P{x},1x22222i1,2,,n 31,x2n11n(n1)n1故E()i。

nn22i10,x01k1111（2）P{k}(1)，k1,2,

x,0xnn2211k111k11kx1(x1),1x1kq(q) 故E()k(1) 2222nnnk1nk1k11113212(x2),1x21q1q(1q)q(1q)111()3n1qnn(1q)2n(1q)21,x2x00,11x,0x221x,1x1； 42x13,1x24231,x2。

2．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|解：E()1)2xedx(令t(x)

t2e|t|dtt|t||2edt2e|tdt0。

3．试求分布(,r)的数学期望。

解：据题意知，设服从分布(,r)，则其概率密度函数为

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

令yxryry1(r)0()edy1yreydy1)0yrd(ey(r)0(r) r(r)0yr1eydyr(r)(r)r。 4．在长为a的线段上任意独立地取n个点，求相距最远的两点间距离的期望。

解：【法一】分别记此

n个点为

1,2,,n，则

1,2,,n相互独立，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max(1,2,,n)和min(1,2,,n)的密

度函数分别为

pn1(y)n[F(y)]p(y)ny1ny1n(a)n1a,0yaan,0ya， 0,其它0,其它p(z)n[1F(z)]n1p(z)n(1z)n11,0zaa0,a其它n(az)n1n,0za a0,其它又

因

为

1E()ypanynnan1(y)dy0ynaandyann1n1，

1E()zpazn(az)nz(z)dz0andznana0nd(az)， 所以，

E[max(na1,2,,n)min(1,2,,n)]n1a(nn1n。

【法二】n个点把区间[0,a]分成n1段，他们的长度依次记为

1,2,,n1。因为此

n个点是随机取的，所以

1,2,,n1具有相同的分布，从而有相同的期望。

而

12n1a，因此

E(1)E(2)E(n1)an1。 而相距最远的两点间的距离为23n，因此所求期望

为

E(2n13n)n1a。 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证：

P{i}P{j}

i1i1ji

P{1}P{2}P{3}P{2}P{

iP{i}E()。

i1度函数为

p(x)11x21，

6．设F(x)为某非负随机变量的分布函数，试证对任s0有

证：

0xdF(x)sxs1[1F(x)]dx。

0s||,||1又因为||1

1,||1于是E(||1)min(|x|,1)p(x)dx



7．设随机变量的分布函数为F(x)，且的期望存在。求证：

|x|p(x)dx|x|11|x|1p(x)dx

2x0E()1F(x)dxF(x)dx。

001111dxdxdx 2221(1x)(1x)(1x)证

0：

0ln21。 2独立同

E()xdF(x)xdF(x)xdF(x)xdF(x)xd(1(x))变量,10．设F随机

0N(a,2)分布，求证

xF(x)

由均值存在得∴ 000F(x)dxx1F(x)00E()a1F(x)dx证

：

[

法

。

一]

,的联合密度为

|x|dF(x)，

AAF(A)|x|dF(x)0(当A)，

B(xa)2(ya)2p(x,y)exp， 2222221∴ E(0B(1F(B))|x|dF(x)0(当B)

以

此

代

)max(x,y)p(x,y)dxdy

入

E()0的计算式即得

E()1F(x)dxF(x)dx。

0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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a)p(x,y)dydx(y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）

：较短一段的长度

则a所

0a2dy(xa)p(x,y)dxdy(yyyaa2

以

aa2122e(ya)222dy(xa)ey(x2Eg(x)p(x)dx

0(ya)aa(令t) 111ag(x)dx2xdxa(ax)dx0aaa42a1etdt29．设为Cauchy分布C(1,0)随机变量，计算E(||1)。

a解：因为为Cauchy分布C(1,0)随机变量，故的概率密

a。

[法二]令Uaa，V，则U与V相互独立，且都

服从N(0,1)，

CrkCbnkP{k}Crnbl，k0,1,2,,lmin(r,n)

()a(UV)。

而

CrkCbnk则E()kP{k}kCrnbk0k0ll

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

vp(u,v)dudvup(u,v)dudv

uv0Cbnkr!nk1(k1)!(rk)!CrbrCk1lk1r1

1u2/2v2/2v2/2u2/2[eduvedvedvuedu]uv2Cbnkrb1Crnb1n

nr rb1eudu2113．参加集会的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

故E()a。

E()。

解

：

引

入

随

机

变

量

11．设随机变量,相互独立，同服从几何分布G(p)，试求E(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

显然，解：据题意知，,的概率分布分别为

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

所以，

11，P{i0}1， nnnnE()E(12n)E(i)1P{i1}0Pi1i1E()ipijjpijj1ijj1ij

14．设袋中有

2n个球，其中编号为

k的球各

i(1p)j1ijij2pj(1p)ij2p2

2j1i1j1kCn个

（kn0,1,2,,n），现不放回地从袋中任取m个（m2），

j1qj)j12j22q(1q qp()jqp1q1qj1j1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，

(jqj12j2(1q)q2j1)jqj1j1(1qj1)p

kCn由抽签与顺序无关，P{ik}n,k0,1,...n

2kCnn则E(i)kn

22k0n32p。 p(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

所以m个球之和的数学期望

E(12...m)Eii1mmn 2

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

2n23n1n12n21D()E()(E())()621222。 （2）P{11k}(1)k1，k1,2,

nnbb1b2bkr1k111k11kEk(kq(q) 故rbrb1rb2rbkrb)1k(1)nnnk1nk1k1，k1,2,,b1，

1q1q(1q)q(1q)111()所以， n1qnn(1q)2n(1q)2P{k}E()kP{k}

k1b1。

221k1112k11k11E()k(1)kq(q)b1bb1b2bkrnnnk1nk1nk1k()rbrb1rb2rbkrbk1k1

rkk1b1b!(rbk2)!

(bk1)!(rb)!(r1)!b!(rbk2)!

(rb)!(bk1)!(r1)!1q21213()nn2nn3n1qn(1q)n2n2n，

rkk1b1所以，D()E(2)(E())22n2nn2n2n。

r!b!b11kCrrbk2 (rb)!k1

2．若随机变量服从拉普拉斯分布，其密度函数为

 习题

rb1

r11p(x)e2|x|,x, 0。试求D()。

|x| 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1,2,1xe解：E()2dx(令t(x))

t2e|t|dtt2e|t|dt2e|t|dt0，

|x|,n。

D()

n1n2n(i1)11P{i}，

nn1n(i2)n(i1)n1(x)2e2(令t(x))i1,2,,n

11n(n1)n1故E()i，

nn22i1n2t2etdt2t2(et)22tetdt

002t(e)202t20tedt2(e)t2t022。

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。

11n(2n23n1)2n23n1E()i，

nn66i12n2所以

解： 可以取的值为1,2,3,4，那么取每一个值的概率为

1。4，

E(i)j22j1n11n(n1)(2n1)1(n1)(2n1)nn66一旦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： i1 4i，

11122D(i)E(i)Ei(n1)(2n1)(n1)2641DD1D2Dm（2）

5．参加集会的n个人将他们的帽子混放在一起，会后每人任

Pi,jPjiPi所以（,）的联合分布与边缘分布如下：

1m(n21)。 12\\ 1 1 2 3 4 p•j 1125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 1216482 0 11113D()。 8121648解：引入随机变量3 0 0 117 1216481,第i个人戴对自己的帽子，i1,2,,n i4 0 0 0 11 0,第i个人未戴对自己的帽子1616 11111 显然，12n ，且 4444111111{1}11，P{10}11， PE()112122313233i41n42in4881212121616111所以，， E()1P{1}0P{0}iii 4344

n161612E(i)12P{i1}02P{i0}， 5，

n11115112n122E()1234， D()E()(E())()2， iii44442nnn2513717E()1234， 1484848164而P{i1,j1}，ij，

n(n1)575Cov(,)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E(ij)1P{i1,j1}，

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次抽到卡片的号码，则

所

以

，

1 4Cov(i,j)E(ij)E(i)E(j)， 故

11112n(n1)nnn(n12m，因为是有放回抽取，所以诸i独立。

由此得，对i1,2,,m。

nD()D(12n)D(i)2i1n1ijnCov(,ij)E(i)j111n1n(n1)n1jj， nnj1n22

i1nn1122C1。 nn2n2(n1)6．设随机变量(,,)有联合密度函数

p(x,y,z)(xy)zez，0x,y1,z0，

求此随机变量的协方差阵。

解

：

由于

E()xp(x,y,z)dxdydz1100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z000xy(xy)zedxdydz13， E()yzp(x,y,z)dxdydz11z7000yz(xy)zedxdydz6， 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11000x2(xy)zezdxdydz512， E(2)y2p(x,y,z)dxdydz112z000y(xy)zedxdydz512， E(2)z2p(x,y,z)dxdydz11000z2(xy)zezdxdydz6，

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

11114414401110。144144 0027．设随机变量1,,mn（mn）是独立同分布的，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(222m1)E(m2)E(n)nm，

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

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

故Cov(,)D()D()nmn。 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，则独立。

证：【法一】设a,b,c,d。作两个随机

p1,q1p2,q2变量

ab,0*cd,0b:,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，但是不独立。 证明：因为E()22。

由与不相关即EE(3)0，所以，Cov(,2)0，

EE得

这表明与不相关。

E**E(bdbd)(EEbEdEbd)

(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独立。

【

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

即

P{xi,yj}P{xi}P{yj}，故

(,)独立。

为证明与2不独立，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不独立。

10．若的密度函数是偶函数，且E2，试证与不

相关，但它们不相互独立。

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

不独立。