第3章 多维随机变量及其分布

基础部分

1. 设随机变量$X$和$Y$相互独立且均服从分布$\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ q& p\end{array}\right)(p+q=1)$，则下列随机变量服从二项分布的是( ) A. $X+Y$ B. $X-Y$ C. $XY$ D. $\frac{X-Y}{2}-1$

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答案：按题面所给四个选项，均不服从通常定义下的二项分布。

解析：二项分布$B(n,p)$的取值应为$0,1,\cdots ,n$。

由$X,Y\in \{-1,1\}$可知：

• $X+Y\in \{-2,0,2\}$；
• $X-Y\in \{-2,0,2\}$；
• $XY\in \{-1,1\}$；
• $\frac{X-Y}{2}-1\in \{-2,-1,0\}$。

因此按当前题面，四个随机变量都不是标准二项分布。原题选项很可能存在排版或录入错误；这里保留原题并按现有文字作答。

2. 设随机变量$X$与$Y$相互独立，且$X\sim B(1,\frac{1}{2})$，$Y\sim N(0,1)$，则$P\{XY\le 0\}=$( ) A. 0 B. $\frac{1}{4}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $\frac{3}{4}$

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答案：D，$\frac{3}{4}$。

解析：$X\sim B(1,\frac{1}{2})$，故

$$P\{X=0\}=P\{X=1\}=\frac{1}{2}.$$

当$X=0$时，$XY=0$必满足$XY\le 0$；当$X=1$时，需要$Y\le 0$。由独立性及标准正态分布的对称性，

$$P\{XY\le 0\}=P\{X=0\}+P\{X=1\}P\{Y\le 0\}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{4}.$$

3. 设随机变量$X$与$Y$相互独立，且$X$服从二项分布$B(1,\frac{1}{2})$，$Y$服从指数分布$E(1)$，则$P\{X+Y\ge 1\}=$( ) A. $1+e^{-1}$ B. $1-e^{-1}$ C. $\frac{1}{2}(1+e^{-1})$ D. $\frac{1}{2}(1-e^{-1})$

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答案：C，$\frac{1}{2}(1+e^{-1})$。

解析：按$X$取值分类。

当$X=1$时，由$Y\ge 0$知$X+Y\ge 1$恒成立；当$X=0$时，需要$Y\ge 1$。因此

$$P\{X+Y\ge 1\}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}P\{Y\ge 1\}.$$

又$Y\sim E(1)$，故$P\{Y\ge 1\}=e^{-1}$，从而

$$P\{X+Y\ge 1\}=\frac{1}{2}(1+e^{-1}).$$

4. 设随机变量$X$服从区间$(-3,2)$上的均匀分布，令$Y=\{\begin{array}{ll}-1,& X⩽-1\\ 1,& X>-1\end{array}$，$Z=\{\begin{array}{ll}-1,& X\le 1\\ 1,& X>1\end{array}$，则$P\{Y+Z=0\}=$_____。

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答案：$\frac{2}{5}$。

解析：$Y+Z=0$要求$Y,Z$异号。

由定义可知，只有

$$-1<X\le 1$$

时有$Y=1,Z=-1$。因此

$$P\{Y+Z=0\}=P\{-1<X\le 1\}=\frac{1-(-1)}{2-(-3)}=\frac{2}{5}.$$

5. 设两个相互独立的随机变量$X$和$Y$均服从二项分布$B(1,\frac{1}{2})$，则$P\{X\ge Y\}=$_____。

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答案：$\frac{3}{4}$。

解析：事件$X<Y$只可能在$X=0,Y=1$时发生，故

$$P\{X<Y\}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

所以

$$P\{X\ge Y\}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$$

6. 设离散型随机变量$X$和$Y$独立同分布：$P\{X=x_k\}=P\{Y=x_k\}=p_k$，$k=1,2,\cdots$，则$P\{X=Y\}=$_____。

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答案：$\sum _{k=1}^{\infty }{p}_k^2$。

解析：事件$\{X=Y\}$可写为两两互斥事件之并：

$$\{X=Y\}=\bigcup _{k=1}^{\infty }\{X=x_k,Y=x_k\}.$$

由$X,Y$独立，

$$P\{X=x_k,Y=x_k\}=p_k^2.$$

故

$$P\{X=Y\}=\sum _{k=1}^{\infty }{p}_k^2.$$

7. 设随机变量$X$与$Y$相互独立，且均服从正态分布$N(0,\frac{1}{2})$。记随机变量$Z=|X-Y|$的概率密度为$f(z)$，则( ) A. $f(z)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{z^2}{2}},-\infty <z<+\infty$ B. $f(z)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}{e}^{-\frac{z^2}{2}},-\infty <z<+\infty$ C. $f(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{z^2}{2}},& z>0\\ 0,& z\le 0\end{array}$ D. $f(z)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{\pi }}{e}^{-\frac{z^2}{2}},& z>0\\ 0,& z\le 0\end{array}$

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答案：D。

解析：由于$X,Y$独立且均服从$N(0,\frac{1}{2})$，所以

$$X-Y\sim N\left(0,\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=N(0,1).$$

令$W=X-Y$，则$Z=|W|$。对$z>0$，

$$f_Z(z)=f_W(z)+f_W(-z)=2\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-z^2/2}=\sqrt{\frac{2}{\pi }}{e}^{-z^2/2}.$$

而$z\le 0$时密度为0，故选D。

8. 设随机变量$X$在区间$(a,b)$上随机取值，当观察到$X=x(a<x<b)$时，随机变量$Y$在区间$(x,b)$上随机取值。求： (1) $Y$的概率密度； (2) $P\{X+Y<a+b\}$。

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答案：

(1)

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b-a}\ln \frac{b-a}{b-y},& a<y<b,\\ 0,& \text{其他};\end{array}$$

(2)

$$P\{X+Y<a+b\}=1-\ln 2.$$

解析：$X\sim U(a,b)$，故

$$f_X(x)=\frac{1}{b-a},a<x<b.$$

在$X=x$条件下，$Y\sim U(x,b)$，所以

$$f_{Y|X}(y|x)=\frac{1}{b-x},x<y<b.$$

因此联合密度为

$$f(x,y)=\frac{1}{(b-a)(b-x)},a<x<y<b.$$

(1) 当$a<y<b$时，

$$f_Y(y)={\int }_a^y\frac{dx}{(b-a)(b-x)}=\frac{1}{b-a}\ln \frac{b-a}{b-y}.$$

(2) 条件$X+Y<a+b$与$x<y$同时成立时，需有

$$a<x<\frac{a+b}{2},x<y<a+b-x.$$

故

$$P\{X+Y<a+b\}=\frac{1}{b-a}{\int }_a^{(a+b)/2}\frac{a+b-2x}{b-x}dx.$$

令$L=b-a$，计算可得

$$P\{X+Y<a+b\}=1-\ln 2.$$

9. 某系统由两个相互独立工作的元件串联而成，只要有一个元件不工作，系统就不工作，设第$i$个元件的工作寿命为$X_i$，已知$X_i\sim E({\lambda }_i)$，${\lambda }_i>0$，$i=1,2$。 (1) 求该系统的工作寿命$X$的概率密度$f(x)$； (2) 证明：对任意的$t,s>0$，有$P\{X>t+s|X>t\}=P\{X>s\}$。

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答案：

(1)

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}({\lambda }_1+{\lambda }_2)e^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)x},& x>0,\\ 0,& x\le 0;\end{array}$$

(2) 等式成立。

解析：串联系统的寿命为

$$X=\min \{X_1,X_2\}.$$

由独立性，对$x>0$，

$$P\{X>x\}=P\{X_1>x,X_2>x\}=e^{-{\lambda }_{1}x}{e}^{-{\lambda }_{2}x}=e^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)x}.$$

因此$X\sim E({\lambda }_1+{\lambda }_2)$，从而得到(1)中的密度。

又对$t,s>0$，

$$P\{X>t+s\mid X>t\}=\frac{P\{X>t+s\}}{P\{X>t\}}=\frac{e^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)(t+s)}}{e^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)t}}=e^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)s}.$$

而

$$P\{X>s\}=e^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)s},$$

故结论成立。这正是指数分布的无记忆性。

10. 已知二维随机变量$(X,Y)$在以点$(0,0),(1,-1),(1,1)$为顶点的三角形区域上服从均匀分布。 (1) 求边缘概率密度$f_X(x),f_Y(y)$及条件概率密度$f_{X|Y}(x|y),f_{Y|X}(y|x)$，并判断$X$与$Y$是否相互独立； (2) 计算概率$P\{X>\frac{1}{2}|Y>0\}$，$P\{X>\frac{1}{2}\}$。

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答案：三角形区域为

$$D=\{(x,y):0<x<1,-x<y<x\},$$

面积为1，因此联合密度$f(x,y)=1$（$(x,y)\in D$）。

(1)

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}2x,& 0<x<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}1-|y|,& -1<y<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$$$f_{X|Y}(x|y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{1-|y|},& |y|<x<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$$$f_{Y|X}(y|x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2x},& -x<y<x,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

$X,Y$不相互独立。

(2)

$$P\left\{X>\frac{1}{2}\mid Y>0\right\}=\frac{3}{4},P\left\{X>\frac{1}{2}\right\}=\frac{3}{4}.$$

解析：(1) 对$0<x<1$，固定$x$后$y$的取值长度为$2x$，故

$$f_X(x)={\int }_{-x}^{x}1dy=2x.$$

固定$y\in (-1,1)$后，有$|y|<x<1$，所以

$$f_Y(y)={\int }_{|y|}^{1}1dx=1-|y|.$$

条件密度由

$$f_{X|Y}(x|y)=\frac{f(x,y)}{f_Y(y)},f_{Y|X}(y|x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}$$

直接得到。

联合密度的支撑区域为三角形，并不是两个一维支撑区间的直积，因此$X,Y$不独立。

(2) 由于区域关于$x$轴对称，$P\{Y>0\}=\frac{1}{2}$。同时

$$P\left\{X>\frac{1}{2},Y>0\right\}={\int }_{1/2}^1{\int }_0^{x}dydx={\int }_{1/2}^{1}xdx=\frac{3}{8}.$$

所以

$$P\left\{X>\frac{1}{2}\mid Y>0\right\}=\frac{3/8}{1/2}=\frac{3}{4}.$$

又

$$P\left\{X>\frac{1}{2}\right\}={\int }_{1/2}^{1}2xdx=\frac{3}{4}.$$

11. 已知二维随机变量$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}2e^{-(x+y)},& 0<x<y\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，求$(X,Y)$的分布函数$F(x,y)$。

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答案：

$$F(x,y)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0\text{ 或 }y\le 0,\\ 1-e^{-2x}-2e^{-y}+2e^{-(x+y)},& 0<x<y,\\ (1-e^{-y}{)}^2,& 0<y\le x.\end{array}$$

解析：由定义

$$F(x,y)=P\{X\le x,Y\le y\}.$$

当$x\le 0$或$y\le 0$时，支撑区域$0<X<Y$与事件无交集，因此$F(x,y)=0$。

当$0<x<y$时，积分区域为$0<u<x$，$u<v<y$，故

$$F(x,y)={\int }_0^x{\int }_u^{y}2e^{-(u+v)}dvdu=1-e^{-2x}-2e^{-y}+2e^{-(x+y)}.$$

当$0<y\le x$时，条件$u\le x$自动满足，因此

$$F(x,y)={\int }_0^y{\int }_u^{y}2e^{-(u+v)}dvdu=(1-e^{-y}{)}^2.$$

12. 设二维随机变量$(X,Y)$在矩形区域$D=\{(x,y)|0\le x\le 2,0\le y\le 1\}$上服从均匀分布，求$Z=XY$的概率密度。

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答案：

$$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\ln \frac{2}{z},& 0<z<2,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析：矩形面积为2，因此

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{2},0<x<2,0<y<1.$$

对$0<z<2$，令$y=z/x$。要使$0<y<1$，需有$z<x<2$，故

$$f_Z(z)={\int }_z^2{f}_{X,Y}\left(x,\frac{z}{x}\right)\frac{1}{x}dx=\frac{1}{2}{\int }_z^2\frac{dx}{x}=\frac{1}{2}\ln \frac{2}{z}.$$

其余$z$处密度为0。

13. 设随机变量$X$与$Y$相互独立，且$X$服从二项分布$B(2,\frac{1}{2})$，$Y$的概率密度为$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}4y^3,& 0\le y\le 1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$Z=X+Y$。 (1) $P\{Z\le \frac{5}{2}|X>1\}$； (2) $Z$的概率密度。

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答案：

(1)

$$P\left\{Z\le \frac{5}{2}\mid X>1\right\}=\frac{1}{16}.$$

(2)

$$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}{z}^3,& 0<z<1,\\ 2(z-1{)}^3,& 1<z<2,\\ (z-2{)}^3,& 2<z<3,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析：$X\sim B(2,\frac{1}{2})$，故

$$P\{X=0\}=\frac{1}{4},P\{X=1\}=\frac{1}{2},P\{X=2\}=\frac{1}{4}.$$

(1) 条件$X>1$意味着$X=2$，所以

$$P\left\{Z\le \frac{5}{2}\mid X>1\right\}=P\left\{Y\le \frac{1}{2}\right\}.$$

又$F_Y(y)=y^4$（$0\le y\le 1$），因此

$$P\left\{Y\le \frac{1}{2}\right\}={\left(\frac{1}{2}\right)}^4=\frac{1}{16}.$$

(2) 按$X=0,1,2$分类，

$$f_Z(z)=\sum _{k=0}^{2}P\{X=k\}{f}_Y(z-k),$$

代入即得答案中的分段密度。

14. 设随机变量$X,Y$相互独立，且$X$的概率密度为$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}1,& 0<x<1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$Y$的概率密度为$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}{e}^{ay},& y>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$。 (1) 求$a$的值； (2) 若$Z=2X+aY$，求$Z$的概率密度。

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答案：

(1)

$$a=-1.$$

(2)

$$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}(1-e^{-2})e^z,& z<0,\\ \frac{1}{2}\left(1-e^{z-2}\right),& 0\le z<2,\\ 0,& z\ge 2.\end{array}$$

解析：(1) 概率密度积分为1，因此$a<0$且

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{ay}dy=-\frac{1}{a}=1,$$

故$a=-1$。

(2) 此时$Z=2X-Y$。令$U=2X$，则$U\sim U(0,2)$，密度为$\frac{1}{2}$；令$V=-Y$，则

$$f_V(v)=e^v,v<0.$$

于是$Z=U+V$。

当$z<0$时，

$$f_Z(z)={\int }_0^2\frac{1}{2}{e}^{z-u}du=\frac{1}{2}(1-e^{-2})e^z.$$

当$0\le z<2$时，必须有$u>z$，故

$$f_Z(z)={\int }_z^2\frac{1}{2}{e}^{z-u}du=\frac{1}{2}(1-e^{z-2}).$$

当$z\ge 2$时密度为0。

强化部分

1. 设$X,Y$独立同分布，$P\{X=k\}=\frac{1}{a^k}$，$k=1,2,\cdots$，则$P\{X>Y\}=$( ) A. $\frac{1}{2}$ B. $\frac{1}{2a}$ C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{3a}$

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答案：C，$\frac{1}{3}$。

解析：先由概率和为1确定$a$：

$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{a^k}=1⟹\frac{1}{a-1}=1,$$

故$a=2$。

由于$X,Y$独立同分布，

$$P\{X>Y\}=P\{Y>X\}.$$

而

$$P\{X=Y\}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{4^k}=\frac{1}{3}.$$

所以

$$P\{X>Y\}=\frac{1-P\{X=Y\}}{2}=\frac{1}{3}.$$

2. 设随机变量$X,Y$相互独立，且$X\sim U(-2,4)$，$Y\sim \left(\begin{array}{cc}-2& 2\\ \frac{3}{4}& \frac{1}{4}\end{array}\right)$，则$P\{XY>2\}=$( ) A. $\frac{1}{6}$ B. $\frac{1}{4}$ C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{2}$

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答案：B，$\frac{1}{4}$。

解析：当$Y=-2$时，$XY>2⟺X<-1$，概率为$\frac{1}{6}$；当$Y=2$时，$XY>2⟺X>1$，概率为$\frac{1}{2}$。故

$$P\{XY>2\}=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

3. 设二维随机变量$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{4},& -1\le x<1,0\le y<2\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，则二次型$g(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+Y{x}_3^2+2X{x}_1{x}_2+2X{x}_1{x}_3$正定的概率为( ) A. $\frac{2}{3}$ B. $\frac{1}{2}$ C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{4}$

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答案：按题面计算，

$$P\{g\text{正定}\}=2-\sqrt{2}\ln (1+\sqrt{2}),$$

约为$0.75355$，与所列四个选项均不一致。

解析：二次型矩阵为

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& X& X\\ X& 2& 0\\ X& 0& Y\end{array}\right).$$

由顺序主子式判别法，正定要求

$$1>0,2-X^2>0,$$

以及

$$|A|=Y(2-X^2)-2X^2>0.$$

因$-1\le X<1$，第二个条件恒成立，第三个条件化为

$$Y>\frac{2X^2}{2-X^2}.$$

故

$$P=\frac{1}{4}{\int }_{-1}^1\left(2-\frac{2x^2}{2-x^2}\right)dx=2-\sqrt{2}\ln (1+\sqrt{2}).$$

因此按当前题面没有对应选项，原题数据或选项可能存在录入错误。

4. 设随机变量$X$在$(0,2)$上服从均匀分布，$Y$服从参数为$\lambda =2$的指数分布，且$X,Y$相互独立，则关于$a$的方程$a^2+Xa+Y=0$有实根的概率为_____（答案用标准正态分布的分布函数$\Phi (x)$表示）。

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答案：

$$1-\sqrt{\frac{\pi }{2}}\left[\Phi (2)-\frac{1}{2}\right].$$

解析：方程有实根当且仅当

$$X^2-4Y\ge 0⟺Y\le \frac{X^2}{4}.$$

对给定$X=x$，因$Y\sim E(2)$，

$$P\left\{Y\le \frac{x^2}{4}\right\}=1-e^{-x^2/2}.$$

再对$X\sim U(0,2)$积分：

$$P=\frac{1}{2}{\int }_0^2(1-e^{-x^2/2})dx=1-\frac{1}{2}{\int }_0^2{e}^{-x^2/2}dx.$$

由

$${\int }_0^2{e}^{-x^2/2}dx=\sqrt{2\pi }\left[\Phi (2)-\frac{1}{2}\right]$$

即得结论。

5. 设二维正态随机变量$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y)$，已知条件概率密度$f_{X|Y}(x|y)=A{e}^{-\frac{2}{3}(x-\frac{y}{2}{)}^2}$和$f_{Y|X}(y|x)=B{e}^{-\frac{2}{3}(y-\frac{x}{2}{)}^2}$。求： (1) 常数$A$和$B$； (2) 边缘概率密度$f_X(x)$和$f_Y(y)$； (3) $f(x,y)$。

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答案：

(1)

$$A=B=\sqrt{\frac{2}{3\pi }}.$$

(2)

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

即$X,Y$均服从$N(0,1)$。

(3)

$$f(x,y)=\frac{1}{\pi \sqrt{3}}\exp \left[-\frac{2}{3}(x^2-xy+y^2)\right].$$

解析：由条件密度指数项

$$-\frac{2}{3}{\left(x-\frac{y}{2}\right)}^2$$

与正态密度标准形式比较，条件方差为$\frac{3}{4}$，故

$$A=B=\frac{1}{\sqrt{2\pi \cdot 3/4}}=\sqrt{\frac{2}{3\pi }}.$$

二维正态条件均值给出

$$\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\mathrm{Var}(Y)}=\frac{1}{2},\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\mathrm{Var}(X)}=\frac{1}{2}.$$

因此$\mathrm{Var}(X)=\mathrm{Var}(Y)$且$\rho =\frac{1}{2}$。又条件方差满足

$$\mathrm{Var}(X)(1-{\rho }^2)=\frac{3}{4},$$

故$\mathrm{Var}(X)=\mathrm{Var}(Y)=1$。由条件均值无常数项知边缘均值均为0，所以$X,Y\sim N(0,1)$。

将$\rho =\frac{1}{2}$代入二维标准正态联合密度公式即可得到(3)。

6. 设二维随机变量$(U,V)$在以点$(-2,0),(2,0),(0,1),(0,-1)$为顶点的四边形区域$D$上服从均匀分布，令$X=\{\begin{array}{ll}-1,& U\le -1\\ 1,& U>-1\end{array}$，$Y=\{\begin{array}{ll}-1,& V\le \frac{1}{2}\\ 1,& V>\frac{1}{2}\end{array}$。 (1) 求$(X,Y)$的分布律； (2) 求$X$和$Y$的相关系数${\rho }_{XY}$； (3) 求$V$的边缘概率密度。

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答案：区域$D$满足

$$\frac{|u|}{2}+|v|\le 1,$$

面积为4，故联合密度为$\frac{1}{4}$。

(1)

$X\backslash Y$	$-1$	$1$
$-1$	$\frac{1}{8}$	$0$
$1$	$\frac{3}{4}$	$\frac{1}{8}$

(2)

$${\rho }_{XY}=\frac{1}{7}.$$

(3)

$$f_V(v)=\{\begin{array}{ll}1-|v|,& |v|<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析：(1) 左侧区域$U\le -1$是面积为$\frac{1}{2}$的小三角形，所以

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

上方区域$V>\frac{1}{2}$同样面积为$\frac{1}{2}$，所以

$$P\{Y=1\}=\frac{1}{8}.$$

且$U\le -1$时区域最高点不超过$v=\frac{1}{2}$，故

$$P\{X=-1,Y=1\}=0.$$

由此得到联合分布律。

(2)

$$E(X)=\frac{3}{4},E(Y)=-\frac{3}{4},$$

且

$$E(XY)=\frac{1}{8}-\frac{3}{4}+\frac{1}{8}=-\frac{1}{2}.$$

因此

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=-\frac{1}{2}+\frac{9}{16}=\frac{1}{16}.$$

又

$$\mathrm{Var}(X)=\mathrm{Var}(Y)=1-\frac{9}{16}=\frac{7}{16},$$

故

$${\rho }_{XY}=\frac{1/16}{7/16}=\frac{1}{7}.$$

(3) 固定$|v|<1$时，横截面长度为$4(1-|v|)$，所以

$$f_V(v)=\frac{1}{4}\cdot 4(1-|v|)=1-|v|.$$

7. 设一组两台机器同时启动开始制作产品，其独立工作时间$T_1,T_2$均服从参数为1的指数分布，$X$表示两台机器较早出现故障的时间，且收益$Y=\{\begin{array}{ll}X-1,& X>1\\ 0,& X\le 1\end{array}$。 (1) 求$P\{Y>0\}$； (2) 若有$N$组机器承接制作产品的任务，收益大于0的组数记为$M$，记$N\sim P(2e^2)$，在$N=n(n\ge 1)$的条件下，$M\sim B(n,P\{Y>0\})$，求$M$的概率分布。

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答案：

(1)

$$P\{Y>0\}=e^{-2}.$$

(2)

$$M\sim P(2),$$

即

$$P\{M=m\}=e^{-2}\frac{2^m}{m!},m=0,1,2,\cdots .$$

解析：两台机器较早故障时间为

$$X=\min \{T_1,T_2\}.$$

由于$T_1,T_2$独立且均服从$E(1)$，所以

$$X\sim E(2).$$

(1) $Y>0$当且仅当$X>1$，故

$$P\{Y>0\}=P\{X>1\}=e^{-2}.$$

(2) 在$N=n$条件下，$M\sim B(n,e^{-2})$。又

$$N\sim P(2e^2).$$

由泊松分布的稀疏化性质，若泊松总数中的每一个对象独立地以概率$p$被选中，则选中数仍服从泊松分布，参数变为原参数乘$p$。因此

$$M\sim P(2e^2\cdot e^{-2})=P(2).$$

强化部分-多维随机变量函数的分布

1. 设$X_1,X_2$是来自标准正态总体$X$的简单随机样本，则$Y=\frac{X_1}{X_2}$的概率密度$f_Y(y)=$( ) A. $\frac{1}{\pi (1+y^2)}$ B. $\frac{1}{\pi (1+y)}$ C. $\frac{1}{1+y^2}$ D. $\frac{1}{\sqrt{\pi }}{e}^{-y^2}$

查看答案与解析

答案：A。

解析：$X_1,X_2$相互独立且均服从$N(0,1)$，两个独立标准正态随机变量之比服从标准柯西分布，因此

$$f_Y(y)=\frac{1}{\pi (1+y^2)},-\infty <y<+\infty .$$

2. 设$X_1,X_2$相互独立，$X_1\sim \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$，$X_2\sim N(0,1)$，$Y=2X_1{X}_2-X_2$，则$Y$的分布函数为( ) A. $1-\Phi (2y)$ B. $1-\Phi (y)$ C. $\Phi (2y)$ D. $\Phi (y)$

查看答案与解析

答案：D，$\Phi (y)$。

解析：

$$Y=(2X_1-1)X_2.$$

当$X_1=1$时，$Y=X_2$；当$X_1=0$时，$Y=-X_2$。两种情况概率均为$\frac{1}{2}$。

由于标准正态分布关于0对称，$X_2$与$-X_2$同分布，所以无论$X_1$取何值，$Y$都服从$N(0,1)$。因此

$$F_Y(y)=\Phi (y).$$

3. 设$X,Y$独立同分布于参数为$\lambda$的指数分布，令$Z=\max \{X,Y\}$，则与$Z$同分布的是( ) A. $\frac{X+Y}{2}$ B. $\frac{2X+Y}{2}$ C. $\frac{2X+Y}{3}$ D. $Y$

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答案：B，$\frac{2X+Y}{2}=X+\frac{Y}{2}$。

解析：对$z>0$，

$$F_Z(z)=P\{X\le z,Y\le z\}=(1-e^{-\lambda z}{)}^2.$$

故

$$f_Z(z)=2\lambda e^{-\lambda z}-2\lambda e^{-2\lambda z}.$$

再看选项B。因为$X\sim E(\lambda )$，而

$$\frac{Y}{2}\sim E(2\lambda ),$$

且二者独立。两个不同参数指数变量之和的密度为

$$\frac{\lambda \cdot 2\lambda }{2\lambda -\lambda }\left(e^{-\lambda z}-e^{-2\lambda z}\right)=2\lambda (e^{-\lambda z}-e^{-2\lambda z}),$$

与$f_Z(z)$相同，故选B。

4. 设随机变量$X,Y$独立同分布于$E(\lambda )$，其中$\lambda >0$，$F(x)$为$X$的分布函数，则与$F(X)$同分布的是( ) A. $\frac{2X}{X+Y}$ B. $\frac{X}{Y}$ C. $\frac{X+Y}{2X}$ D. $\frac{Y}{X+Y}$

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答案：D。

解析：由于$X$为连续型随机变量，概率积分变换给出

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

另一方面，$X,Y$独立同分布于$E(\lambda )$。令

$$R=\frac{Y}{X+Y}.$$

对$0<r<1$，由变换

$$S=X+Y,R=\frac{Y}{X+Y}$$

可知$R\sim U(0,1)$。因此$F(X)$与$\frac{Y}{X+Y}$同分布，选D。

5. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，$Y=\underset{2\le i\le n}{\max }\{X_i\}$，已知$X$的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$，则$P\{X_{1}Y-Y<0\}=$_____。

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答案：

$$1-e^{-1}.$$

解析：因为$X_2,\cdots ,X_n>0$几乎处处，所以

$$Y>0$$

几乎处处。于是

$$X_{1}Y-Y=Y(X_1-1)<0$$

等价于$X_1<1$。因此

$$P\{X_{1}Y-Y<0\}=P\{X_1<1\}=1-e^{-1}.$$

6. 设$X\sim f_X(x)=\{\begin{array}{ll}2x,& 0<x<1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，在给定$X=x(0<x<1)$的条件下，$Y\sim U(-x,x)$。 (1) 求$(X,Y)$的概率密度$f(x,y)$； (2) 若$[Y]$表示不超过$Y$的最大整数，求$W=X+[Y]$的分布函数。

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答案：

(1)

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

(2)

$$F_W(w)=\{\begin{array}{ll}0,& w\le -1,\\ \frac{1}{2}(w+1{)}^2,& -1<w<0,\\ \frac{1}{2}(1+w^2),& 0\le w<1,\\ 1,& w\ge 1.\end{array}$$

解析：(1) 条件密度为

$$f_{Y|X}(y|x)=\frac{1}{2x},-x<y<x.$$

所以

$$f(x,y)=f_X(x)f_{Y|X}(y|x)=2x\cdot \frac{1}{2x}=1,$$

支撑区域为$0<x<1,|y|<x$。

(2) 因$-1<Y<1$，所以除零概率边界外，

$$[Y]=\{\begin{array}{ll}-1,& Y<0,\\ 0,& Y\ge 0.\end{array}$$

给定$X=x$时，$Y$在$(-x,x)$上对称，因此$P\{Y<0\mid X=x\}=P\{Y>0\mid X=x\}=\frac{1}{2}$，且该概率与$x$无关。

当$-1<w<0$时，只可能来自$Y<0$支路：

$$F_W(w)=P\{Y<0,X-1\le w\}=\frac{1}{2}P\{X\le w+1\}.$$

而$F_X(x)=x^2$（$0<x<1$），故

$$F_W(w)=\frac{1}{2}(w+1{)}^2.$$

当$0\le w<1$时，所有$Y<0$情形均满足$W<0\le w$，再加上$Y\ge 0$且$X\le w$：

$$F_W(w)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{w}^2.$$

其余区间显然得到0或1。

7. 设二维随机变量$(X,Y)$在区域$D=\{(x,y)|0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\}$上服从均匀分布，令$U=\{\begin{array}{ll}1,& X\le Y\\ 0,& X>Y\end{array}$。 (1) 写出$(X,Y)$的概率密度； (2) $U$与$X$是否相互独立？说明理由； (3) 求$Z=U+X$的分布函数$F_Z(z)$。

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答案：

(1)

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}3,& 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x},\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

(2) $U$与$X$不相互独立。

(3)

$$F_Z(z)=\{\begin{array}{ll}0,& z\le 0,\\ \frac{3}{2}{z}^2-z^3,& 0<z<1,\\ \frac{1}{2}+2(z-1{)}^{3/2}-\frac{3}{2}(z-1{)}^2,& 1\le z<2,\\ 1,& z\ge 2.\end{array}$$

解析：(1) 区域面积为

$$|D|={\int }_0^1(\sqrt{x}-x^2)dx=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$$

故均匀分布联合密度为$3$。

(2) 对给定$X=x$，有$x^2<x<\sqrt{x}$，所以

$$P\{U=1\mid X=x\}=\frac{\sqrt{x}-x}{\sqrt{x}-x^2},$$

该值随$x$变化，因此$U$与$X$不独立。

(3) 当$0<z<1$时，$Z\le z$只能在$U=0$时发生，即$X>Y$且$X\le z$。因此

$$F_Z(z)=3{\int }_0^z{\int }_{x^2}^{x}dydx=3{\int }_0^z(x-x^2)dx=\frac{3}{2}{z}^2-z^3.$$

当$1\le z<2$时，所有$U=0$的样本都满足$Z=X<1\le z$，其概率为

$$3{\int }_0^1(x-x^2)dx=\frac{1}{2}.$$

对于$U=1$，还需$1+X\le z$，即$X\le z-1$，故

$$F_Z(z)=\frac{1}{2}+3{\int }_0^{z-1}{\int }_x^{\sqrt{x}}dydx.$$

计算得

$$F_Z(z)=\frac{1}{2}+2(z-1{)}^{3/2}-\frac{3}{2}(z-1{)}^2.$$

8. 设$X_0,X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，$Y=\frac{1}{\underset{1\le i\le n}{\max }\{X_i\}}$，已知$X$的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$。 (1) 求$Y$的分布函数； (2) 求$P\{X_{0}Y-X_0-Y+1<0\}$。

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答案：

(1)

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y\le 0,\\ 1-{\left(1-e^{-1/y}\right)}^n,& y>0.\end{array}$$

(2)

$$P\{X_{0}Y-X_0-Y+1<0\}=e^{-1}+(1-2e^{-1})(1-e^{-1}{)}^n.$$

解析：令

$$M=\underset{1\le i\le n}{\max }{X}_i,$$

则$Y=1/M$。

(1) 对$y>0$，

$$F_Y(y)=P\left\{\frac{1}{M}\le y\right\}=P\left\{M\ge \frac{1}{y}\right\}.$$

又

$$P\left\{M<\frac{1}{y}\right\}={\left[P\left\{X_1<\frac{1}{y}\right\}\right]}^n={\left(1-e^{-1/y}\right)}^n,$$

故得到答案。

(2) 因

$$X_{0}Y-X_0-Y+1=(X_0-1)(Y-1),$$

所求事件为两个因子异号：

$$\{X_0>1,Y<1\}\cup \{X_0<1,Y>1\}.$$

由于$X_0$与$Y$独立，

$$P\{X_0>1\}=e^{-1},P\{X_0<1\}=1-e^{-1}.$$

又

$$P\{Y>1\}=P\{M<1\}=(1-e^{-1}{)}^n,$$$$P\{Y<1\}=1-(1-e^{-1}{)}^n.$$

所以

$$P=e^{-1}\left[1-(1-e^{-1}{)}^n\right]+(1-e^{-1})(1-e^{-1}{)}^n,$$

整理即得

$$P=e^{-1}+(1-2e^{-1})(1-e^{-1}{)}^n.$$

9. 设二维随机变量$(X,Y)$在区域$D=\{(x,y)||x|+|y|\le 1\}$上服从均匀分布，令$U=X+Y$，$V=X-Y$。求： (1) $U$与$V$的概率密度$f_U(u)$与$f_V(v)$； (2) $U$与$V$的协方差$\text{Cov}(U,V)$和相关系数${\rho }_{UV}$。

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答案：

(1)

$$f_U(u)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2},& -1<u<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$$$f_V(v)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2},& -1<v<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

事实上$U,V$相互独立，且均服从$U(-1,1)$。

(2)

$$\mathrm{Cov}(U,V)=0,{\rho }_{UV}=0.$$

解析：菱形区域$|x|+|y|\le 1$的面积为2，所以

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{2},$$

在$D$内成立。

作变换

$$u=x+y,v=x-y.$$

反变换为

$$x=\frac{u+v}{2},y=\frac{u-v}{2},$$

且雅可比绝对值

$$\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=\frac{1}{2}.$$

同时

$$|x|+|y|\le 1⟺\max \{|u|,|v|\}\le 1,$$

即$-1\le u\le 1,-1\le v\le 1$。因此

$$f_{U,V}(u,v)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$$

在正方形$(-1,1{)}^2$内成立。这可分解为

$$\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2},$$

故$U,V$独立且均服从$U(-1,1)$。独立即有协方差为0，从而相关系数也为0。

10. 设随机变量$X\sim B(2,\frac{1}{2})$和随机变量$Y\sim N(0,1)$，且$X$与$Y$相互独立。令$Z=(X-1)Y$，记$(Y,Z)$的分布函数为$F(y,z)$。求： (1) $Z$的分布函数$F_Z(z)$； (2) $F(1,1)$的值，已知${\int }_{-\infty }^1\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt=0.8413$。

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答案：

(1)

$$F_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\Phi (z),& z<0,\\ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\Phi (z),& z\ge 0.\end{array}$$

(2)

$$F(1,1)=\mathrm{0.801625.}$$

解析：$X\sim B(2,\frac{1}{2})$，故

$$P\{X=0\}=\frac{1}{4},P\{X=1\}=\frac{1}{2},P\{X=2\}=\frac{1}{4}.$$

于是

$$Z=\{\begin{array}{ll}-Y,& X=0,\\ 0,& X=1,\\ Y,& X=2.\end{array}$$

由于$Y$与$-Y$同服从$N(0,1)$，所以$Z$可看成：以概率$\frac{1}{2}$取标准正态变量，以概率$\frac{1}{2}$取常数0。

(1) 当$z<0$时，原点处的概率质量尚未计入，故

$$F_Z(z)=\frac{1}{2}\Phi (z).$$

当$z\ge 0$时，还需加上$P\{Z=0\}=\frac{1}{2}$，故

$$F_Z(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\Phi (z).$$

特别地，

$$F_Z(0)=\frac{3}{4}.$$

(2) 由全概率公式，按$X$取值分类：

当$X=0$时，$Z=-Y$，事件$\{Y\le 1,Z\le 1\}$等价于$-1\le Y\le 1$；

当$X=1$时，$Z=0$，只需$Y\le 1$；

当$X=2$时，$Z=Y$，仍只需$Y\le 1$。

因此

$$F(1,1)=\frac{1}{4}P\{-1\le Y\le 1\}+\frac{1}{2}P\{Y\le 1\}+\frac{1}{4}P\{Y\le 1\}.$$

由标准正态分布对称性，

$$P\{-1\le Y\le 1\}=2\Phi (1)-1.$$

所以

$$F(1,1)=\frac{1}{4}[2\Phi (1)-1]+\frac{3}{4}\Phi (1)=\frac{5}{4}\Phi (1)-\frac{1}{4}.$$

代入$\Phi (1)=0.8413$，得

$$F(1,1)=\frac{5}{4}\times 0.8413-\frac{1}{4}=\mathrm{0.801625.}$$

11. 设$X,Y$独立同分布于标准正态分布$N(0,1)$，记$Z=\{\begin{array}{ll}X,& XY>0\\ 0,& XY=0\\ -X,& XY<0\end{array}$。 (1) 证明$Z$服从标准正态分布； (2) $(Y,Z)$是否服从二维正态分布？说明理由。

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答案：

(1)

$$Z\sim N(0,1).$$

(2) $(Y,Z)$不服从二维正态分布。

解析：(1) 由于$P\{XY=0\}=0$，几乎处处可写成

$$Z=\mathrm{sgn}(Y)|X|.$$

因为$X,Y$独立，所以$|X|$与$\mathrm{sgn}(Y)$独立；又标准正态分布关于0对称，

$$P\{Y>0\}=P\{Y<0\}=\frac{1}{2}.$$

因此$Z$等于：以概率$\frac{1}{2}$取$|X|$，以概率$\frac{1}{2}$取$-|X|$。这恰好恢复了标准正态分布的对称结构。

也可直接验证：对$z\ge 0$，

$$P\{Z\le z\}=P\{Y<0\}+P\{Y>0,|X|\le z\}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}[2\Phi (z)-1]=\Phi (z).$$

对$z<0$同理可得$P\{Z\le z\}=\Phi (z)$。故$Z\sim N(0,1)$。

(2) 注意到几乎处处有

$$YZ>0.$$

即$(Y,Z)$只可能落在第一、第三象限，而第二、第四象限的概率均为0。

另一方面，$Y$与$Z$都服从非退化标准正态分布，且它们并不存在形如$Z=cY$的几乎处处线性关系。因此若$(Y,Z)$是二维正态分布，它应为非退化二维正态分布，从而其联合密度在整个平面上为正，不可能使两个象限概率为0。故$(Y,Z)$不服从二维正态分布。

12. 设某商品每天的供应量$X$的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}x{e}^{-x},& x\ge 0\\ 0,& x<0\end{array}$，若每天的供应量相互独立，求： (1) 3天总供应量的概率密度； (2) 连续3天中最大供应量的概率密度。

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答案：设三天供应量为$X_1,X_2,X_3$，相互独立同分布。

(1) 若

$$S=X_1+X_2+X_3,$$

则

$$f_S(s)=\{\begin{array}{ll}\frac{s^5}{120}{e}^{-s},& s\ge 0,\\ 0,& s<0.\end{array}$$

(2) 若

$$M=\max \{X_1,X_2,X_3\},$$

则

$$f_M(x)=\{\begin{array}{ll}3x{e}^{-x}{\left[1-(1+x)e^{-x}\right]}^2,& x\ge 0,\\ 0,& x<0.\end{array}$$

解析：单日供应量密度

$$f(x)=x{e}^{-x},x\ge 0,$$

是形状参数为2、率参数为1的伽马分布，即$X\sim \Gamma (2,1)$。

(1) 独立同率参数伽马随机变量之和仍为伽马分布，形状参数相加，因此

$$S\sim \Gamma (6,1).$$

故

$$f_S(s)=\frac{s^{6-1}{e}^{-s}}{\Gamma (6)}=\frac{s^5{e}^{-s}}{5!}=\frac{s^5}{120}{e}^{-s},s\ge 0.$$

(2) 先求单日供应量的分布函数。对$x\ge 0$，

$$F_X(x)={\int }_0^{x}t{e}^{-t}dt=1-(1+x)e^{-x}.$$

因此最大值的分布函数为

$$F_M(x)=P\{X_1\le x,X_2\le x,X_3\le x\}=[F_X(x){]}^3.$$

求导得

$$f_M(x)=3[F_X(x){]}^2{f}_X(x)=3x{e}^{-x}{\left[1-(1+x)e^{-x}\right]}^2,$$

$x\ge 0$。