第2章 一维随机变量及其分布

基础部分

1. 设$X$是连续型随机变量，$C$是常数，则随机变量$Y=X+C$的分布函数间断点个数为_____。

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答案：$0$。

解析：由于$X$为连续型随机变量，其分布函数$F_X(x)$连续。对$Y=X+C$，有

$$F_Y(y)=P\{X+C\le y\}=P\{X\le y-C\}=F_X(y-C).$$

平移不改变分布函数的连续性，因此$F_Y(y)$处处连续，没有间断点，故间断点个数为$0$。

2. 设随机变量$X\sim B(n,\frac{1}{3})$，$Y\sim B(2n,\frac{1}{3})$，若$P\{X\ge 1\}=\frac{5}{9}$，则$P\{Y\ge 1\}=$( ) A. $\frac{5}{27}$ B. $\frac{16}{81}$ C. $\frac{64}{81}$ D. $\frac{65}{81}$

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答案：D。

解析：由$X\sim B(n,\frac{1}{3})$，

$$P\{X\ge 1\}=1-P\{X=0\}=1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^n=\frac{5}{9}.$$

故

$${\left(\frac{2}{3}\right)}^n=\frac{4}{9}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2,$$

从而$n=2$。

于是$Y\sim B(4,\frac{1}{3})$，因此

$$P\{Y\ge 1\}=1-P\{Y=0\}=1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^4=1-\frac{16}{81}=\frac{65}{81}.$$

故选D。

3. 设$X\sim N(0,1)$，$Y=X+|X|$，则$P\{Y>1\}=$( ) A. $\Phi (\frac{1}{2})$ B. $1-\Phi (\frac{1}{2})$ C. $\Phi (1)$ D. $1-\Phi (1)$

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答案：B。

解析：由

$$Y=X+|X|=\{\begin{array}{ll}0,& X\le 0,\\ 2X,& X>0.\end{array}$$

因此

$$\{Y>1\}=\{2X>1\}=\left\{X>\frac{1}{2}\right\}.$$

又$X\sim N(0,1)$，故

$$P\{Y>1\}=P\left\{X>\frac{1}{2}\right\}=1-\Phi \left(\frac{1}{2}\right).$$

故选B。

4. 随机试验$E$有三种两两不相容的结果$A_1,A_2,A_3$，且三种结果发生的概率均为$\frac{1}{3}$。将试验$E$独立重复做2次，$X$表示2次试验中结果$A_1$发生的次数，$Y$表示2次试验中结果$A_2$发生的次数，则$X+Y$服从( ) A. $B(2,\frac{1}{3})$ B. $B(2,\frac{2}{3})$ C. $B(4,\frac{1}{3})$ D. $B(4,\frac{2}{3})$

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答案：B。

解析：每次试验中，事件“出现$A_1$或$A_2$”的概率为

$$P(A_1\cup A_2)=P(A_1)+P(A_2)=\frac{2}{3},$$

而$X+Y$恰好表示2次独立试验中“出现$A_1$或$A_2$”的次数。

因此

$$X+Y\sim B\left(2,\frac{2}{3}\right).$$

故选B。

5. 设随机变量$X,Y$分别服从正态分布$N(\mu ,9)$，$N(\mu ,4)$，记$p_1=P\{X\le \mu -3\}$，$p_2=P\{Y\ge \mu +4\}$，则( ) A. 对于任何实数$\mu$，都有$p_1=p_2$ B. 对于任何实数$\mu$，都有$p_1<p_2$ C. 对于任何实数$\mu$，都有$p_1>p_2$ D. 对于$\mu$的个别值，有$p_1=p_2$

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答案：C。

解析：因为$X\sim N(\mu ,9)$，其标准差为$3$，所以

$$p_1=P\left\{\frac{X-\mu }{3}\le -1\right\}=\Phi (-1).$$

因为$Y\sim N(\mu ,4)$，其标准差为$2$，所以

$$p_2=P\left\{\frac{Y-\mu }{2}\ge 2\right\}=1-\Phi (2)=\Phi (-2).$$

标准正态分布函数严格递增，且$-1>-2$，故

$$\Phi (-1)>\Phi (-2),$$

即$p_1>p_2$。该结论与$\mu$无关，故选C。

6. 设随机变量$X$服从正态分布，其概率密度$f(x)$在$x=1$处有驻点，且$f(1)=1$，则$X$服从( ) A. $N(1,1)$ B. $N(1,\frac{1}{\sqrt{2\pi }})$ C. $N(1,\frac{1}{2\pi })$ D. $N(0,1)$

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答案：C。

解析：设$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，则

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }\exp \left[-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}\right].$$

正态密度唯一的驻点也是最大值点$x=\mu$。已知$x=1$处有驻点，故$\mu =1$。

又

$$f(1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }=1,$$

所以

$$\sigma =\frac{1}{\sqrt{2\pi }},{\sigma }^2=\frac{1}{2\pi }.$$

因此$X\sim N(1,\frac{1}{2\pi })$，故选C。

7. 设随机变量$X$服从$(0,1)$上的均匀分布，则$Y=-\ln X$服从( ) A. 几何分布 B. 标准正态分布 C. $t$分布 D. 指数分布

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答案：D。

解析：由于$X\sim U(0,1)$，对$y\ge 0$，

$$F_Y(y)=P\{-\ln X\le y\}=P\{X\ge e^{-y}\}=1-e^{-y}.$$

而$y<0$时$F_Y(y)=0$。故

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ 1-e^{-y},& y\ge 0,\end{array}$$

这正是参数为$1$的指数分布的分布函数。因此$Y\sim E(1)$，选D。

8. 设随机变量$X$服从正态分布$N(1,2)$，其分布函数和概率密度分别记作$F(x)$和$f(x)$，则下列各选项的性质中错误的是( ) A. $f(x)$的曲线关于直线$x=1$对称 B. $F(x)$是$f(x)$在$(-\infty ,x)$上的积分 C. $F(x)$在点$x=0$处的值等于0.5 D. 概率密度$f(x)$的最大值等于$\frac{1}{2\sqrt{\pi }}$

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答案：C。

解析：$X\sim N(1,2)$，即均值$\mu =1$、方差${\sigma }^2=2$。

A：正态密度关于$x=\mu =1$对称，正确。

B：连续型随机变量满足

$$F(x)={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt,$$

正确。

C：正态分布的中位数等于均值，因此$F(1)=0.5$，而

$$F(0)=\Phi \left(\frac{0-1}{\sqrt{2}}\right)<\frac{1}{2},$$

故错误。

D：密度最大值在$x=1$处，

$$f(1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sqrt{2}}=\frac{1}{2\sqrt{\pi }},$$

正确。

故选C。

9. 设$X\sim f_X(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)}$，$-\infty <x<+\infty$，令$Y=\arctan X$，则$f_Y(y)=$_____。

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答案：

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\pi },& -\frac{\pi }{2}<y<\frac{\pi }{2},\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析：由$Y=\arctan X$，反函数为

$$X=\tan Y,$$

且$-\frac{\pi }{2}<Y<\frac{\pi }{2}$。

利用一维随机变量函数的密度变换公式，

$$f_Y(y)=f_X(\tan y)\left|\frac{d}{dy}\tan y\right|=\frac{1}{\pi (1+{\tan }^{2}y)}{\sec }^{2}y=\frac{1}{\pi }.$$

因此$Y$在$(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$上服从均匀分布。

10. 设某种元件的使用寿命$T$的分布函数为$F(t)=\{\begin{array}{ll}1-e^{-(\frac{t}{\theta }{)}^m},& t\ge 0\\ 0,& t<0\end{array}$，其中$\theta ,m$为大于零的参数。求概率$P\{T>t\}$与$P\{T>s+t|T>s\}$，其中$s>0,t>0$。

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答案：

$$P\{T>t\}=e^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m},$$$$P\{T>s+t\mid T>s\}=\exp \left\{-\frac{(s+t{)}^m-s^m}{{\theta }^m}\right\}.$$

解析：由分布函数直接得生存函数

$$P\{T>t\}=1-F(t)=e^{-{\left(\frac{t}{\theta }\right)}^m}.$$

又因$s,t>0$，事件$\{T>s+t\}\subset \{T>s\}$，所以

$$P\{T>s+t\mid T>s\}=\frac{P\{T>s+t\}}{P\{T>s\}}.$$

代入生存函数，得

$$P\{T>s+t\mid T>s\}=\frac{e^{-{\left(\frac{s+t}{\theta }\right)}^m}}{e^{-{\left(\frac{s}{\theta }\right)}^m}}=\exp \left\{-\frac{(s+t{)}^m-s^m}{{\theta }^m}\right\}.$$

当$m=1$时，该式才退化为与$s$无关的指数分布无记忆性。

11. 已知随机变量$X$的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}|x|,& |x|\le 1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，求$Y=X^2+1$的概率密度$f_Y(y)$。

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答案：

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}1,& 1<y<2,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析：由$Y=X^2+1$及$|X|\le 1$知$1\le Y\le 2$。

当$1<y<2$时，方程

$$y=x^2+1$$

有两个原像

$$x_1=\sqrt{y-1},x_2=-\sqrt{y-1}.$$

由多值反函数的密度变换公式，

$$f_Y(y)=\sum _{i=1}^2{f}_X(x_i)\left|\frac{d{x}_i}{dy}\right|.$$

而

$$f_X(x_i)=\sqrt{y-1},\left|\frac{d{x}_i}{dy}\right|=\frac{1}{2\sqrt{y-1}},$$

故

$$f_Y(y)=2\cdot \sqrt{y-1}\cdot \frac{1}{2\sqrt{y-1}}=1.$$

因此$Y\sim U(1,2)$。

强化部分

1. 设$X$是随机变量，$s,t$是正数，$m,n$是正整数。 ①若$X\sim G(p)$，则$P\{X>m+n|X>m\}$与$m$无关； ②若$X\sim P\{X=k\}=\frac{1}{k(k+1)}$，$k=1,2,\cdots$，则$P\{X\ge 2n|X\ge n\}$与$n$无关； ③若$X\sim E(\lambda )$，则$P\{X>s+t|X>s\}$与$s$无关； ④$X\sim f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x^2},& x>1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，则$t>1$时，$P\{X\ge 2t|X\ge t\}$与$t$无关。 上述结论中正确的个数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

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答案：D。

解析：逐项判断。

①几何分布具有离散型无记忆性。若$X\sim G(p)$，则

$$P\{X>m+n\mid X>m\}=P\{X>n\},$$

与$m$无关，正确。

②由

$$P\{X=k\}=\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$$

可得尾概率

$$P\{X\ge n\}=\sum _{k=n}^{\infty }\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{n}.$$

因此

$$P\{X\ge 2n\mid X\ge n\}=\frac{P\{X\ge 2n\}}{P\{X\ge n\}}=\frac{1/(2n)}{1/n}=\frac{1}{2},$$

与$n$无关，正确。

③指数分布具有连续型无记忆性，

$$P\{X>s+t\mid X>s\}=P\{X>t\}=e^{-\lambda t},$$

与$s$无关，正确。

④当$t>1$时，

$$P\{X\ge t\}={\int }_t^{\infty }\frac{1}{x^2}dx=\frac{1}{t}.$$

故

$$P\{X\ge 2t\mid X\ge t\}=\frac{1/(2t)}{1/t}=\frac{1}{2},$$

与$t$无关，正确。

所以4个结论均正确，选D。

2. 设$X$服从参数为$\lambda (\lambda >0)$的泊松分布，$p_1,p_2,p_3$分别是$X$取整数、偶数与奇数的概率，则( ) A. $p_1=p_2=p_3$ B. $p_1=p_2>p_3$ C. $p_1>p_2>p_3$ D. $p_1>p_2=p_3$

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答案：C。

解析：泊松随机变量只取非负整数，因此

$$p_1=1.$$

又利用指数函数展开式，

$$p_2=P\{X\text{为偶数}\}=e^{-\lambda }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^{2k}}{(2k)!}=e^{-\lambda }\cosh \lambda =\frac{1+e^{-2\lambda }}{2},$$$$p_3=P\{X\text{为奇数}\}=e^{-\lambda }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^{2k+1}}{(2k+1)!}=e^{-\lambda }\sinh \lambda =\frac{1-e^{-2\lambda }}{2}.$$

因$\lambda >0$，有$e^{-2\lambda }>0$，所以

$$p_1=1>p_2>p_3.$$

故选C。

3. 设$X,Y$分别服从参数为$n,m$的泊松分布，且$n>m$，$F_X(x),F_Y(y)$分别是$X,Y$的分布函数，$-\infty <z<+\infty$，则( ) A. $P\{X\ge Y\}=1$ B. $P\{X\le Y\}=1$ C. $F_X(z)\ge F_Y(z)$ D. $F_X(z)\le F_Y(z)$

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答案：D。

解析：泊松分布关于参数具有随机单调性：参数越大，分布整体越向右移动。

可作如下构造：设

$$Y_0\sim P(m),Z\sim P(n-m),$$

且$Y_0,Z$相互独立，则

$$Y_0+Z\sim P(n).$$

因此可以令$X_0=Y_0+Z$，使$X_0\ge Y_0$几乎处处成立。于是对任意实数$z$，

$$\{X_0\le z\}\subseteq \{Y_0\le z\},$$

从而

$$F_X(z)=P\{X_0\le z\}\le P\{Y_0\le z\}=F_Y(z).$$

故选D。注意题目并未给定原随机变量$X,Y$之间的联合分布，所以不能由边缘分布直接断言$P\{X\ge Y\}=1$。

4. 设随机变量$X$的概率密度$f(x)\ne 1(x\in R)$，则$X$不可能服从( ) A. $N(1,1)$ B. $N(0,2)$ C. $E(2)$ D. $U(-1,1)$

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答案：C（按原题通常含义理解）。

解析：原题“$f(x)\ne 1(x\in R)$”记号不够规范，通常理解为：对任意$x\in R$，概率密度$f(x)$都不等于$1$。

A：若$X\sim N(1,1)$，密度最大值为

$$\frac{1}{\sqrt{2\pi }}<1,$$

故密度不取值$1$，可以成立。

B：若$X\sim N(0,2)$，密度最大值为

$$\frac{1}{2\sqrt{\pi }}<1,$$

也不取值$1$，可以成立。

C：若$X\sim E(2)$，则

$$f(x)=2e^{-2x},x>0.$$

令$f(x)=1$，得

$$2e^{-2x}=1⟹x=\frac{\ln 2}{2}>0,$$

故其密度必会取到$1$，与题设矛盾，因此不可能。

D：若$X\sim U(-1,1)$，则区间内密度恒为$\frac{1}{2}$，也不等于$1$。

故选C。

5. 设有40个盒子，100个球，每个球等可能地放入任一盒子中，则指定某一个盒子中最有可能出现的球的个数为_____。

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答案：$2$。

解析：固定一个盒子。对每个球而言，落入该盒子的概率为

$$p=\frac{1}{40}.$$

因此该盒子中的球数

$$X\sim B\left(100,\frac{1}{40}\right).$$

二项分布$B(n,p)$的众数为$\lfloor (n+1)p\rfloor$；当$(n+1)p$不是整数时众数唯一。

这里

$$(n+1)p=101\cdot \frac{1}{40}=2.525,$$

故最可能的球数为

$$\lfloor 2.525\rfloor =2.$$

6. 设随机变量$X\sim N(0,{\sigma }^2)$，$\sigma >0$，使得$P\{e^{\frac{1}{2}}<X<e\}$最大的${\sigma }^2=$_____。

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答案：$e^2-e$。

解析：记

$$a=e^{1/2},b=e.$$

则

$$P\{a<X<b\}=\Phi \left(\frac{b}{\sigma }\right)-\Phi \left(\frac{a}{\sigma }\right).$$

把它看作$\sigma$的函数。设标准正态密度为$\phi$，求导得

$$\frac{d}{d\sigma }\left[\Phi \left(\frac{b}{\sigma }\right)-\Phi \left(\frac{a}{\sigma }\right)\right]=\frac{1}{{\sigma }^2}\left[a\phi \left(\frac{a}{\sigma }\right)-b\phi \left(\frac{b}{\sigma }\right)\right].$$

极值点满足

$$a\exp \left(-\frac{a^2}{2{\sigma }^2}\right)=b\exp \left(-\frac{b^2}{2{\sigma }^2}\right).$$

取对数，得

$$\ln \frac{b}{a}=\frac{b^2-a^2}{2{\sigma }^2},$$

所以

$${\sigma }^2=\frac{b^2-a^2}{2\ln (b/a)}.$$

代入$a=e^{1/2},b=e$，有

$$b^2-a^2=e^2-e,2\ln \frac{b}{a}=2\cdot \frac{1}{2}=1,$$

故

$${\sigma }^2=e^2-e.$$

当$\sigma \to 0^{+}$或$\sigma \to +\infty$时该概率均趋于$0$，因此上述唯一驻点即为最大值点。

7. 设随机变量$X$的概率分布为$P\{X=1\}=a$，$P\{X=2\}=1-a$。在给定$X=i$的条件下，随机变量$Y$服从均匀分布$U(0,i)$，$i=1,2$，且当$0\le y<1$时，$Y$的分布函数为$F_Y(y)=\frac{2}{3}y$，则$a=$( ) A. $\frac{1}{3}$ B. $\frac{2}{3}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $\frac{1}{4}$

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答案：A。

解析：对$0\le y<1$，由全概率公式，

$$F_Y(y)=P\{Y\le y\mid X=1\}P\{X=1\}+P\{Y\le y\mid X=2\}P\{X=2\}.$$

因

$$Y\mid (X=1)\sim U(0,1),Y\mid (X=2)\sim U(0,2),$$

故

$$F_Y(y)=ay+(1-a)\frac{y}{2}=\frac{1+a}{2}y.$$

题设给出

$$F_Y(y)=\frac{2}{3}y,$$

因此

$$\frac{1+a}{2}=\frac{2}{3},$$

解得

$$a=\frac{1}{3}.$$

故选A。

8. 设随机变量$X$的绝对值不大于1，$P\{X=-1\}=\frac{1}{8}$，$P\{X=1\}=\frac{1}{4}$。在事件$\{-1<X<1\}$发生的条件下，$X$在$(-1,1)$内任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比，求$X$的分布函数$F(x)$。

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答案：

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<-1,\\ \frac{5x+7}{16},& -1\le x<1,\\ 1,& x\ge 1.\end{array}$$

解析：先求$X$落在$(-1,1)$内的概率：

$$P\{-1<X<1\}=1-\frac{1}{8}-\frac{1}{4}=\frac{5}{8}.$$

在条件$-1<X<1$下，任一子区间的概率与长度成正比，因此条件分布是在$(-1,1)$上的均匀分布，条件密度为$\frac{1}{2}$。

所以在$(-1,1)$内的无条件连续密度为

$$\frac{5}{8}\cdot \frac{1}{2}=\frac{5}{16}.$$

于是当$-1\le x<1$时，

$$F(x)=P\{X=-1\}+P\{-1<X\le x\}=\frac{1}{8}+{\int }_{-1}^x\frac{5}{16}dt.$$

故

$$F(x)=\frac{1}{8}+\frac{5}{16}(x+1)=\frac{5x+7}{16}.$$

当$x=1$时，还要加入点质量$P\{X=1\}=\frac{1}{4}$，于是$F(1)=1$，得到上述分段函数。

9. 某人在超市里买了10节甲厂生产的电池，又买了5节乙厂生产的电池。这两种电池的寿命（以小时计）分别服从参数为$\frac{1}{20}$和$\frac{1}{40}$的指数分布。他任取一节电池装在相机里。求： (1) 此电池寿命$X$的概率密度； (2) 若用了40小时电池仍有电，还可以再用20小时以上的概率。

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答案：

(1)

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{30}{e}^{-x/20}+\frac{1}{120}{e}^{-x/40},& x\ge 0,\\ 0,& x<0;\end{array}$$

(2)

$$P\{X>60\mid X>40\}=\frac{2e^{-3}+e^{-3/2}}{2e^{-2}+e^{-1}}.$$

解析：任取一节时，取到甲厂电池和乙厂电池的概率分别为

$$P(A)=\frac{10}{15}=\frac{2}{3},P(B)=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}.$$

(1) 条件密度分别为

$$f_{X\mid A}(x)=\frac{1}{20}{e}^{-x/20},x\ge 0,$$$$f_{X\mid B}(x)=\frac{1}{40}{e}^{-x/40},x\ge 0.$$

由全概率公式，

$$f_X(x)=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{20}{e}^{-x/20}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{40}{e}^{-x/40}=\frac{1}{30}{e}^{-x/20}+\frac{1}{120}{e}^{-x/40},$$

其中$x\ge 0$。

(2) 混合分布的生存函数为

$$P\{X>t\}=\frac{2}{3}{e}^{-t/20}+\frac{1}{3}{e}^{-t/40}.$$

所以

$$P\{X>60\mid X>40\}=\frac{P\{X>60\}}{P\{X>40\}}=\frac{\frac{2}{3}{e}^{-3}+\frac{1}{3}{e}^{-3/2}}{\frac{2}{3}{e}^{-2}+\frac{1}{3}{e}^{-1}}=\frac{2e^{-3}+e^{-3/2}}{2e^{-2}+e^{-1}}.$$

注意不能直接套用单个指数分布的无记忆性，因为随机选出的电池寿命是两个指数分布的混合分布，而不是一个指数分布。

强化部分-一维随机变量函数的分布

1. 设$X\sim E(1)$，$Y=[X+1]$，其中$[\cdot ]$表示取整符号，则$Y$服从( ) A. 参数为$e^{-1}$的几何分布 B. 参数为$1-e^{-1}$的几何分布 C. 参数为$e^{-1}$的泊松分布 D. 参数为$1-e^{-1}$的泊松分布

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答案：B。

解析：由于$X\ge 0$，故$Y$的可能取值为$1,2,3,\cdots$。对$k=1,2,\cdots$，

$$\{Y=k\}=\{k\le X+1<k+1\}=\{k-1\le X<k\}.$$

因为$X\sim E(1)$，所以

$$P\{Y=k\}=e^{-(k-1)}-e^{-k}=(1-e^{-1})(e^{-1}{)}^{k-1}.$$

这正是以$1,2,\cdots$为取值、参数

$$p=1-e^{-1}$$

的几何分布。因此选B。

2. 设$X,Y$与$X+Y$均服从同一种分布，其中$X,Y$相互独立，则下列分布一定可以成立的是( ) A. 均匀分布 B. 泊松分布 C. 指数分布 D. 二项分布

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答案：B。

解析：本题考查分布的可加性。“一定可以成立”应理解为：同一分布族对任意允许参数，在独立条件下相加后仍属于该分布族。

泊松分布具有无条件的可加性：若

$$X\sim P({\lambda }_1),Y\sim P({\lambda }_2),$$

且$X,Y$独立，则

$$X+Y\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2).$$

因此泊松分布一定可以成立。

均匀分布与指数分布一般都不具有这种可加性。

二项分布只有在成功概率相同的附加条件下才有

$$X\sim B(n,p),Y\sim B(m,p)⟹X+Y\sim B(n+m,p).$$

若两个二项分布的成功概率不同，则其和一般不再服从二项分布，所以不能说“一定”成立。

故选B。

3. 设随机变量$X\sim N(0,1)$，则与$Y=\{\begin{array}{ll}X,& |X|\le 1\\ -X,& |X|>1\end{array}$同分布的是( ) A. $X$ B. $2X$ C. $\frac{X+Y}{2}$ D. $X+Y$

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答案：A。

解析：标准正态密度

$$\phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-x^2/2}$$

关于原点对称，即$\phi (-x)=\phi (x)$。

变换$Y$的作用是：当$|X|\le 1$时保持不变，当$|X|>1$时把$X$关于原点反射。由于标准正态分布关于原点完全对称，这种反射不会改变概率分布。

更具体地，对$|y|<1$，$Y=y$只能由$X=y$产生；对$y>1$，$Y=y$由$X=-y$产生；对$y<-1$，$Y=y$由$X=-y$产生。因此各处密度均为

$$\phi (y).$$

所以

$$Y\sim N(0,1),$$

即$Y$与$X$同分布，选A。

4. 设随机变量$X$的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{2},& 0<x<2\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$F_X(x)$是$X$的分布函数，若$Y=-\ln [1-F_X(X)]$，则$P\{Y>\frac{1}{2}\}=$_____。

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答案：$e^{-1/2}$。

解析：由于$X$为连续型随机变量，其分布函数$F_X$连续，因此由概率积分变换，

$$U=F_X(X)\sim U(0,1).$$

于是

$$1-U\sim U(0,1),$$

而

$$Y=-\ln (1-U)$$

服从参数为$1$的指数分布，即$Y\sim E(1)$。

所以

$$P\left\{Y>\frac{1}{2}\right\}=e^{-1/2}.$$

也可以直接验证：当$0<x<2$时，

$$F_X(x)={\int }_0^x\frac{t}{2}dt=\frac{x^2}{4},$$

故

$$Y=-\ln \left(1-\frac{X^2}{4}\right),$$

再解不等式可得同样结论。

5. 设$X\sim U(0,1)$，则$Y=X\ln X$的概率密度$f_Y(y)=$_____。

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答案：设对每个

$$-\frac{1}{e}<y<0$$

，方程

$$x\ln x=y$$

在$(0,1)$内的两个根分别为$x_1(y)\in (0,e^{-1})$和$x_2(y)\in (e^{-1},1)$，则

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{|1+\ln x_1(y)|}+\frac{1}{|1+\ln x_2(y)|},& -\frac{1}{e}<y<0,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析：令

$$g(x)=x\ln x,0<x<1.$$

有

$$g^{\prime }(x)=1+\ln x.$$

故$g^{\prime }(x)=0$在$x=e^{-1}$处成立，且

$$g(e^{-1})=-\frac{1}{e},$$

而

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0,g(1)=0.$$

因此$Y$的取值范围为

$$\left[-\frac{1}{e},0\right),$$

且对任意$-\frac{1}{e}<y<0$，方程$x\ln x=y$有两个根$x_1,x_2$。

由于$X\sim U(0,1)$，有$f_X(x)=1$。对非单调变换，应把两个反函数分支的密度相加：

$$f_Y(y)=\sum _{i=1}^2{f}_X(x_i)\left|\frac{d{x}_i}{dy}\right|.$$

由

$$\frac{dy}{dx}=1+\ln x,$$

得

$$\left|\frac{d{x}_i}{dy}\right|=\frac{1}{|1+\ln x_i|}.$$

于是得到上述结果。

若使用Lambert $W$函数，两个根也可写为

$$x_1=e^{W_{-1}(y)},x_2=e^{W_0(y)},$$

但考研解答中通常用“两根$x_1(y),x_2(y)$”表示即可。

6. 假设随机变量$X$服从参数为$\lambda$的指数分布，$G(x)$是区间$(0,1)$上的均匀分布函数，求随机变量$Y=G(X)$的分布函数$H(y)$。

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答案：

$$H(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y\le 0,\\ 1-e^{-\lambda y},& 0<y<1,\\ 1,& y\ge 1.\end{array}$$

解析：$(0,1)$上均匀分布的分布函数为

$$G(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ x,& 0<x<1,\\ 1,& x\ge 1.\end{array}$$

而指数随机变量$X>0$几乎处处。因此

$$Y=G(X)=\{\begin{array}{ll}X,& 0<X<1,\\ 1,& X\ge 1.\end{array}$$

当$y\le 0$时，显然$H(y)=0$。

当$0<y<1$时，

$$H(y)=P\{Y\le y\}=P\{X\le y\}=1-e^{-\lambda y}.$$

当$y\ge 1$时，$Y\le 1$恒成立，所以$H(y)=1$。

特别地，$Y$并不是纯连续型随机变量：在$y=1$处有点质量

$$P\{Y=1\}=P\{X\ge 1\}=e^{-\lambda }.$$

7. 将长度为1的铁丝沿其上任一点折成两段，较短的一段长度记为$X$，并以这两段作为矩形的两条边，记矩形面积为$Z$。求： (1) $X$的概率密度； (2) $E(Z)$。

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答案：

(1)

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}2,& 0<x<\frac{1}{2},\\ 0,& \text{其他};\end{array}$$

(2)

$$E(Z)=\frac{1}{6}.$$

解析：按“沿任一点折断”的标准概率模型，设折点到铁丝一端的距离

$$U\sim U(0,1).$$

两段长度分别为$U$与$1-U$，因此较短的一段为

$$X=\min \{U,1-U\},$$

故$0<X<\frac{1}{2}$。

(1) 对$0<x<\frac{1}{2}$，

$$F_X(x)=P\{X\le x\}=1-P\{x<U<1-x\}.$$

因$U\sim U(0,1)$，

$$P\{x<U<1-x\}=1-2x,$$

所以

$$F_X(x)=2x.$$

求导得

$$f_X(x)=2,0<x<\frac{1}{2}.$$

(2) 两段长度为$X$与$1-X$，故矩形面积

$$Z=X(1-X).$$

于是

$$E(Z)={\int }_0^{1/2}x(1-x)\cdot 2dx.$$

计算得

$$E(Z)=2{\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]}_0^{1/2}=2\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{24}\right)=\frac{1}{6}.$$