2.2 分布的性质

小题

1. 【1998-34-3 分】 设 $F_1(x)$ 与 $F_2(x)$ 分别为随机变量 $X_1$ 与 $X_2$ 的分布函数，为使 $F(x)=a{F}_1(x)-b{F}_2(x)$ 是某一随机变量的分布函数，在下列给定的各组数值中应取（ ）。

A. $a=\frac{3}{5},b=-\frac{2}{5}$    B. $a=\frac{2}{3},b=\frac{2}{3}$

C. $a=-\frac{1}{2},b=\frac{3}{2}$    D. $a=\frac{1}{2},b=-\frac{3}{2}$

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答案： A

解析： 若两个分布函数按非负权重作凸组合，即

$$F(x)=\lambda F_1(x)+(1-\lambda )F_2(x),0\le \lambda \le 1,$$

则所得函数仍为分布函数。题中两个权重分别为 $a$ 与 $-b$，因此至少应满足

$$a\ge 0,-b\ge 0,a-b=1.$$

逐项检验：

• A 项中 $a=\frac{3}{5}$，$-b=\frac{2}{5}$，两个权重均非负且和为 $1$，故

  $$F(x)=\frac{3}{5}{F}_1(x)+\frac{2}{5}{F}_2(x)$$

是分布函数。

• B 项的两个系数为 $\frac{2}{3}$ 与 $-\frac{2}{3}$，存在负权重。
• C 项的两个系数均为负数。
• D 项的两个权重为 $\frac{1}{2}$ 与 $\frac{3}{2}$，虽均非负，但其和为 $2$，从而 $\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=2\ne 1$。

因此应选 A。

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2. 【2002-14-3 分】 设 $X_1$ 和 $X_2$ 是任意两个相互独立的连续型随机变量，它们的概率密度分别为 $f_1(x)$ 和 $f_2(x)$，分布函数分别为 $F_1(x)$ 和 $F_2(x)$，则以下命题中正确的是（ ）。

A. $f_1(x)+f_2(x)$ 必为某一随机变量的概率密度    B. $f_1(x)f_2(x)$ 必为某一随机变量的概率密度

C. $F_1(x)+F_2(x)$ 必为某一随机变量的分布函数    D. $F_1(x)F_2(x)$ 必为某一随机变量的分布函数

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答案： D

解析： 令

$$Z=\max \{X_1,X_2\}.$$

由 $X_1,X_2$ 相互独立，得

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(x)& =P\{Z\le x\}\\ & =P\{X_1\le x,X_2\le x\}\\ & =P\{X_1\le x\}P\{X_2\le x\}\\ & =F_1(x)F_2(x).\end{array}$$

因此 $F_1(x)F_2(x)$ 是随机变量 $Z$ 的分布函数，D 正确。

错误选项分析：

• A 项中

  $${\int }_{-\infty }^{+\infty }[f_1(x)+f_2(x)]dx=2,$$

不满足概率密度积分为 $1$ 的条件。

• B 项虽非负，但其积分不一定等于 $1$。

• C 项满足

  $$\underset{x\to +\infty }{\lim }[F_1(x)+F_2(x)]=2,$$

故不可能是分布函数。

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3. 【2005-3-4 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

$X\backslash Y$	0	1
0	0.4	$a$
1	$b$	0.1

若随机事件 $\{X=0\}$ 与 $\{X+Y=1\}$ 相互独立，则 $a=$，$b=$。

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答案： $a=0.4$，$b=0.1$。

解析： 由所有联合概率之和为 $1$，有

$$0.4+a+b+0.1=1,$$

所以

$$a+b=\mathrm{0.5.}$$

记

$$A=\{X=0\},B=\{X+Y=1\}.$$

则

$$P(A)=0.4+a,$$

而事件 $B$ 包含两个点 $(0,1)$ 与 $(1,0)$，故

$$P(B)=a+b=\mathrm{0.5.}$$

事件 $A\cap B$ 仅对应点 $(0,1)$，因此

$$P(A\cap B)=a.$$

由 $A$ 与 $B$ 相互独立，

$$P(A\cap B)=P(A)P(B),$$

即

$$a=(0.4+a)\times \mathrm{0.5.}$$

解得

$$a=0.4,$$

再由 $a+b=0.5$ 得

$$b=\mathrm{0.1.}$$

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4. 【2005-14-4 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

$X\backslash Y$	0	1
0	0.4	$a$
1	$b$	0.1

已知随机事件 $\{X=0\}$ 与 $\{X+Y=1\}$ 相互独立，则（ ）。

A. $a=0.2,b=0.3$    B. $a=0.4,b=0.1$    C. $a=0.3,b=0.2$    D. $a=0.1,b=0.4$

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答案： B

解析： 由联合分布的归一性，

$$a+b=1-0.4-0.1=\mathrm{0.5.}$$

令

$$A=\{X=0\},B=\{X+Y=1\}.$$

则

$$P(A)=0.4+a,$$$$P(B)=a+b=0.5,$$

且

$$P(A\cap B)=P\{X=0,Y=1\}=a.$$

独立性给出

$$a=(0.4+a)\times 0.5,$$

解得 $a=0.4$，进而 $b=0.1$，故选 B。

其余选项虽然均满足 $a+b=0.5$，但不满足事件独立所要求的乘法公式。

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5. 【2010-13-4 分】 设 $f_1(x)$ 为标准正态分布的概率密度，$f_2(x)$ 为 $[-1,3]$ 上的均匀分布的概率密度，若

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}a{f}_1(x),& x\le 0,\\ b{f}_2(x),& x>0\end{array}(a>0,b>0)$$

为概率密度，则 $a,b$ 应满足（ ）。

A. $2a+3b=4$    B. $3a+2b=4$    C. $a+b=1$    D. $a+b=2$

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答案： A

解析： 概率密度应满足非负性和归一性。题设 $a,b>0$，故非负性已经满足，只需令总积分为 $1$。

标准正态分布关于原点对称，因此

$${\int }_{-\infty }^0{f}_1(x)dx=\frac{1}{2}.$$

$f_2(x)$ 是 $[-1,3]$ 上均匀分布的密度，即

$$f_2(x)=\frac{1}{4},-1\le x\le 3.$$

所以

$${\int }_0^{+\infty }{f}_2(x)dx={\int }_0^3\frac{1}{4}dx=\frac{3}{4}.$$

由归一性，

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx=\frac{a}{2}+\frac{3b}{4}=1.$$

两边乘以 $4$，得

$$2a+3b=4.$$

故选 A。

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6. 【2011-13-4 分】 设 $F_1(x)$ 与 $F_2(x)$ 为两个分布函数，其相应的概率密度 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ 是连续函数，则必为概率密度的是（ ）。

A. $f_1(x)f_2(x)$    B. $2f_2(x)F_1(x)$    C. $f_1(x)F_2(x)$    D. $f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)$

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答案： D

解析： 注意到

$$\frac{d}{dx}[F_1(x)F_2(x)]=f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x).$$

由于 $F_1(x)F_2(x)$ 是两个分布函数的乘积，它仍满足单调不减、右连续，并且

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }{F}_1(x)F_2(x)=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }{F}_1(x)F_2(x)=1,$$

故它是一个分布函数。因此其导数

$$f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)$$

必为概率密度，D 正确。

也可直接检验归一性：

$$\begin{array}{rl}& {\int }_{-\infty }^{+\infty }[f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)]dx\\ & ={F_1(x)F_2(x)|}_{-\infty }^{+\infty }=1.\end{array}$$

A、B、C 虽均非负，但其积分一般不一定等于 $1$。

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7. 【1989-45-3 分】 设随机变量 $X$ 的分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ A\sin x,& 0\le x\le \frac{\pi }{2},\\ 1,& x>\frac{\pi }{2},\end{array}$$

则 $A=$；$P\left\{|X|<\frac{\pi }{6}\right\}=$。

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答案： $A=1$；$P\left\{|X|<\frac{\pi }{6}\right\}=\frac{1}{2}$。

解析： 分布函数必须右连续。特别地，在 $x=\frac{\pi }{2}$ 处应有

$$F\left(\frac{\pi }{2}\right)=F\left(\frac{\pi }{2}+0\right)=1.$$

而

$$F\left(\frac{\pi }{2}\right)=A\sin \frac{\pi }{2}=A,$$

故

$$A=1.$$

由 $F(x)=0$（$x<0$）可知 $X$ 不取负值。因此

$$\left\{|X|<\frac{\pi }{6}\right\}=\left\{0\le X<\frac{\pi }{6}\right\}.$$

又由于 $F(x)=\sin x$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上连续，故 $P\left\{X=\frac{\pi }{6}\right\}=0$，于是

$$P\left\{|X|<\frac{\pi }{6}\right\}=F\left(\frac{\pi }{6}\right)=\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}.$$

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8. 【1999-3-3 分】 设随机变量

$$X_i\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}& \frac{1}{4}\end{array}\right),i=1,2,$$

且满足 $P\{X_1{X}_2=0\}=1$，则 $P\{X_1=X_2\}$ 等于（ ）。

A. $0$    B. $\frac{1}{4}$    C. $\frac{1}{2}$    D. $1$

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答案： A

解析： 由

$$P\{X_1{X}_2=0\}=1$$

可知事件

$$\{X_1=0\}\cup \{X_2=0\}$$

必然发生。又由边缘分布，

$$P\{X_1=0\}=P\{X_2=0\}=\frac{1}{2}.$$

利用容斥公式，

$$1=P\{X_1=0\text{ 或 }{X}_2=0\}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-P\{X_1=0,X_2=0\},$$

从而

$$P\{X_1=0,X_2=0\}=0.$$

在约束 $X_1{X}_2=0$ 下，若 $X_1=X_2$，则只能有 $X_1=X_2=0$；因为 $X_1=X_2=1$ 或 $X_1=X_2=-1$ 都会使乘积为 $1$。因此

$$P\{X_1=X_2\}=P\{X_1=0,X_2=0\}=0.$$

故选 A。注意题中没有说明 $X_1,X_2$ 相互独立，不能擅自按独立性计算联合概率。

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9. 【2000-3-3 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{3},& x\in [0,1],\\ \frac{2}{9},& x\in [3,6],\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

若 $k$ 使得 $P\{X\ge k\}=\frac{2}{3}$，则 $k$ 的取值范围是________。

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答案： $k\in [1,3]$。

解析： 在区间 $[0,1]$ 上的概率为

$${\int }_0^1\frac{1}{3}dx=\frac{1}{3},$$

在区间 $[3,6]$ 上的概率为

$${\int }_3^6\frac{2}{9}dx=\frac{2}{3}.$$

当 $1\le k\le 3$ 时，区间 $[0,1]$ 上落在 $[k,+\infty )$ 内的部分至多只有端点，连续型随机变量在单点取值的概率为 $0$；而 $[3,6]$ 上的全部概率均被计入。因此

$$P\{X\ge k\}=P\{3\le X\le 6\}=\frac{2}{3}.$$

反之：

• 当 $k<1$ 时，还会计入 $[0,1]$ 上的一部分概率，故尾概率大于 $\frac{2}{3}$；
• 当 $k>3$ 时，会舍去 $[3,6]$ 上的一部分概率，故尾概率小于 $\frac{2}{3}$。

所以

$$k\in [1,3].$$

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10. 【2010-13-4 分】 设随机变量 $X$ 的分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ \frac{1}{2},& 0\le x<1,\\ 1-e^{-x},& x\ge 1,\end{array}$$

则 $P\{X=1\}=$（ ）。

A. $0$    B. $\frac{1}{2}$    C. $\frac{1}{2}-e^{-1}$    D. $1-e^{-1}$

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答案： C

解析： 随机变量在点 $x_0$ 处的概率等于分布函数在该点的跳跃量：

$$P\{X=x_0\}=F(x_0)-F(x_0-).$$

本题中

$$F(1)=1-e^{-1},$$

而

$$F(1-)=\frac{1}{2}.$$

因此

$$P\{X=1\}=1-e^{-1}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-e^{-1}.$$

故选 C。D 项是 $P\{X\le 1\}=F(1)$，并不是点概率；B 项则忽略了 $x=1$ 处右侧表达式带来的跳跃量。

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11. 【2013-1-4 分】 设随机变量 $Y$ 服从参数为 $1$ 的指数分布，$a$ 为常数且大于零，则 $P\{Y\le a+1\mid Y>a\}=$

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答案： $1-e^{-1}$。

解析： 参数为 $1$ 的指数分布的概率密度和生存函数分别为

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-y},& y>0,\\ 0,& y\le 0,\end{array}P\{Y>y\}=e^{-y}(y\ge 0).$$

由条件概率公式，

$$P\{Y\le a+1\mid Y>a\}=\frac{P\{a<Y\le a+1\}}{P\{Y>a\}}.$$

其中

$$P\{a<Y\le a+1\}=e^{-a}-e^{-(a+1)},$$

故

$$P\{Y\le a+1\mid Y>a\}=\frac{e^{-a}-e^{-(a+1)}}{e^{-a}}=1-e^{-1}.$$

也可直接利用指数分布的无记忆性：在已经等待 $a$ 个单位时间的条件下，再等待不超过 $1$ 个单位时间的概率仍为 $P\{Y\le 1\}=1-e^{-1}$。

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12. 【2019-13-4 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

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

$F(x)$ 为 $X$ 的分布函数，$EX$ 为 $X$ 的数学期望，则 $P\{F(X)>EX-1\}=$

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答案： $\frac{2}{3}$。

解析： 先求分布函数。对于 $0<x<2$，

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

因此

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ \frac{x^2}{4},& 0<x<2,\\ 1,& x\ge 2.\end{array}$$

再求数学期望：

$$EX={\int }_0^{2}x\cdot \frac{x}{2}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^2{x}^{2}dx=\frac{4}{3}.$$

于是

$$EX-1=\frac{1}{3}.$$

由于 $X\in (0,2)$ 时 $F(X)=\frac{X^2}{4}$，故

$$F(X)>\frac{1}{3}⟺\frac{X^2}{4}>\frac{1}{3}⟺X>\frac{2}{\sqrt{3}}.$$

因此

$$P\{F(X)>EX-1\}=P\left\{X>\frac{2}{\sqrt{3}}\right\}=1-F\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$$

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13. 【1987-45-2 分】 判断正误：连续型随机变量取任意给定实数值的概率为 $0$。（　）

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答案： 正确。

解析： 若连续型随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)$，则对任意给定实数 $x_0$，

$$P\{X=x_0\}={\int }_{x_0}^{x_0}f(x)dx=0.$$

也可由分布函数的连续性得到

$$P\{X=x_0\}=F(x_0)-F(x_0-)=0.$$

需要注意，$P\{X=x_0\}=0$ 并不表示事件 $\{X=x_0\}$ 不可能发生，只表示其概率为零；连续型随机变量的概率应通过区间上的积分计算。

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14. 【1999-4-3 分】 假设随机变量 $X$ 服从指数分布，则随机变量 $Y=\min \{X,2\}$ 的分布函数（ ）。

A. 是连续函数    B. 至少有两个间断点    C. 是阶梯函数    D. 恰好有一个间断点

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答案： D

解析： 设 $X$ 服从参数为 $\lambda >0$ 的指数分布，则

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

由 $Y=\min \{X,2\}$，可知 $Y\le 2$，并且：

• 当 $y<0$ 时，$F_Y(y)=0$；
• 当 $0\le y<2$ 时，$\{Y\le y\}=\{X\le y\}$；
• 当 $y\ge 2$ 时，必有 $Y\le y$。

所以

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ 1-e^{-\lambda y},& 0\le y<2,\\ 1,& y\ge 2.\end{array}$$

在 $y=2$ 处，

$$F_Y(2-)=1-e^{-2\lambda },F_Y(2)=1,$$

跳跃量为

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

因此分布函数只在 $y=2$ 处间断，恰有一个间断点，故选 D。A 项忽略了截断后在 $2$ 点形成的离散概率；C 项错误，因为 $Y$ 在 $[0,2)$ 上仍含连续部分。

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15. 【2009-13-4 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X$ 服从标准正态分布 $N(0,1)$，$Y$ 的概率分布为 $P\{Y=0\}=P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$，记 $F_Z(z)$ 为随机变量 $Z=XY$ 的分布函数，则函数 $F_Z(z)$ 的间断点个数为（ ）。

A. $0$    B. $1$    C. $2$    D. $3$

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答案： B

解析： 当 $Y=0$ 时，$Z=XY=0$；当 $Y=1$ 时，$Z=X$。因此 $Z$ 是“点质量与连续分布”的混合随机变量：

$$P\{Z=0\}\ge P\{Y=0\}=\frac{1}{2}.$$

由于标准正态变量在单点取值的概率为零，且 $X,Y$ 相互独立，故

$$P\{Z=0\}=P\{Y=0\}+P\{Y=1,X=0\}=\frac{1}{2}.$$

记标准正态分布函数为 $\Phi (z)$。当 $z<0$ 时，事件 $\{Y=0\}$ 对应的 $Z=0$ 不满足 $Z\le z$，所以

$$F_Z(z)=\frac{1}{2}\Phi (z),z<0.$$

当 $z\ge 0$ 时，$Y=0$ 的情形全部计入，故

$$F_Z(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\Phi (z),z\ge 0.$$

于是

$$F_Z(0-)=\frac{1}{2}\Phi (0)=\frac{1}{4},$$

而

$$F_Z(0)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\Phi (0)=\frac{3}{4}.$$

分布函数在 $z=0$ 处有一个跳跃，跳跃量为 $\frac{1}{2}$；在其他点处由正态分布函数的连续性可知均连续。因此间断点只有一个，故选 B。

大题

1. 【1989-5-8 分】 某仪器装有三只独立工作的同型号电子元件，其寿命（单位：小时）都服从同一指数分布，分布密度为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{600}{e}^{-\frac{x}{600}},& x>0,\\ 0,& x\le 0.\end{array}$$

试求：在仪器使用的最初 $200$ 小时内，至少有一只电子元件损坏的概率 $\alpha$。

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答案： $\alpha =1-e^{-1}$。

解析： 设三只电子元件的寿命分别为 $X_1,X_2,X_3$。由题意，三只元件独立工作，且

$$X_i\sim E\left(\frac{1}{600}\right),i=1,2,3.$$

对任意一只元件，其在最初 $200$ 小时内不损坏的概率为

$$P\{X_i>200\}={\int }_{200}^{+\infty }\frac{1}{600}{e}^{-\frac{x}{600}}dx=e^{-\frac{200}{600}}=e^{-\frac{1}{3}}.$$

“至少有一只元件在最初 $200$ 小时内损坏”的对立事件是“三只元件在最初 $200$ 小时内均未损坏”。由于三只元件的寿命相互独立，故

$$P\{X_1>200,X_2>200,X_3>200\}=\prod _{i=1}^{3}P\{X_i>200\}={\left(e^{-\frac{1}{3}}\right)}^3=e^{-1}.$$

因此

$$\alpha =1-P\{X_1>200,X_2>200,X_3>200\}=1-e^{-1}.$$

本题的关键是使用对立事件。若直接计算“恰有一只、恰有两只或三只损坏”再相加，虽然也能得到相同结果，但计算更繁琐；同时，只有在元件寿命相互独立时，三只元件均存活的概率才能写成三个存活概率的乘积。