第二章 随机变量及其分布

选择题

1. 设随机变量 $X$ 的分布函数

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

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）$\frac{1}{2}-e^{-1}$。

解析： 分布函数在点 $x=1$ 处的跳跃大小就是随机变量在该点取得的概率，即

$$P\{X=1\}=F(1)-F(1-).$$

由题给分布函数，

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

因此

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

故选（C）。选项（A）忽略了 $F(x)$ 在 $x=1$ 处的跳跃；（B）、（D）分别只取了跳跃前或跳跃后的函数值，均不是单点概率。

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2. 设离散型随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=i\}=c{p}^i$，$i=1,2,\cdots$，其中 $c>0$ 是常数，则

A. $p=\frac{1}{c-1}$；    B. $p=\frac{1}{c+1}$；    C. $p=c+1$；    D. $0<p<1$ 的任意实数。

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答案： （B）$p=\frac{1}{c+1}$。

解析： 概率分布必须满足所有概率之和为 $1$。由于

$$\sum _{i=1}^{\infty }P\{X=i\}=c\sum _{i=1}^{\infty }{p}^i=1,$$

该等比级数收敛要求 $0<p<1$，并且

$$c\frac{p}{1-p}=1.$$

解得

$$cp=1-p,p(c+1)=1,p=\frac{1}{c+1}.$$

因为 $c>0$，所以所得 $p$ 自动满足 $0<p<1$。故选（B）。选项（D）只给出了收敛条件，没有满足概率总和为 $1$ 的归一化条件。

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3. 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）恰好有一个间断点。

解析： 设 $X$ 服从参数为 $\lambda >0$ 的指数分布，则

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

由于 $Y=\min \{X,2\}$，故 $Y\le 2$，并且

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

在 $y=2$ 处，

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

所以 $F_Y(y)$ 在 $y=2$ 处有且仅有一个跳跃间断点，其跳跃大小为

$$P\{Y=2\}=P\{X\ge 2\}=e^{-2\lambda }.$$

故选（D）。由于 $Y$ 在 $[0,2)$ 上还含有连续分布部分，因此其分布函数不是阶梯函数。

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4. 设 $f(x)$ 是连续型随机变量 $X$ 的概率密度，则 $f(x)$ 一定是

A. 可积函数；    B. 单调函数；    C. 连续函数；    D. 可导函数。

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答案： （A）可积函数。

解析： 概率密度必须满足

$$f(x)\ge 0,{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx=1.$$

因此 $f(x)$ 在整个实数轴上一定可积。概率密度不要求单调、连续或可导，例如均匀分布的密度在区间端点处可以不连续，分段定义的密度也可能不可导。故选（A）。

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5. 设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=k\}=a\frac{1+e^{-1}}{k!}$，$k=0,1,2,\cdots$，则常数 $a=$

A. $\frac{1}{e-1}$；    B. $\frac{1}{e+1}$；    C. $\frac{e}{e-1}$；    D. $\frac{e}{e+1}$。

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答案： （B）$\frac{1}{e+1}$。

解析： 利用概率归一化条件，

$$\sum _{k=0}^{\infty }P\{X=k\}=a(1+e^{-1})\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}=1.$$

由指数函数的幂级数展开，

$$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}=e.$$

于是

$$a(1+e^{-1})e=a(e+1)=1,$$

从而

$$a=\frac{1}{e+1}.$$

故选（B）。

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6. 设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，则随 $\sigma$ 的增大，概率 $P\{|X-\mu |<\sigma \}$ 应该

A. 单调增大；    B. 单调减少；    C. 保持不变；    D. 增减不定。

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答案： （C）保持不变。

解析： 对 $X$ 标准化，令

$$Z=\frac{X-\mu }{\sigma }\sim N(0,1).$$

则

$$P\{|X-\mu |<\sigma \}=P\left\{\left|\frac{X-\mu }{\sigma }\right|<1\right\}=P\{|Z|<1\}.$$

右端只与标准正态分布有关，与 $\sigma$ 无关。因此无论 $\sigma$ 如何变化，该概率都保持不变，故选（C）。

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7. 设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N(\mu ,4^2)$，$Y\sim N(\mu ,5^2)$；记 $p_1=P\{X\le \mu -4\}$，$p_2=P\{Y\ge \mu +5\}$，则

A. $p_1=p_2$；    B. $p_1>p_2$；

C. $p_1<p_2$；    D. 因 $\mu$ 未知，无法比较 $p_1$ 与 $p_2$ 的大小。

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答案： （A）$p_1=p_2$。

解析： 对两个随机变量分别标准化。对于 $X$，

$$p_1=P\left\{\frac{X-\mu }{4}\le -1\right\}=\Phi (-1),$$

其中 $\Phi$ 为标准正态分布函数。对于 $Y$，

$$p_2=P\left\{\frac{Y-\mu }{5}\ge 1\right\}=1-\Phi (1).$$

由标准正态分布关于原点对称，

$$\Phi (-1)=1-\Phi (1).$$

故

$$p_1=p_2.$$

两者的大小与 $\mu$ 无关，故选（A）。

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8. 设随机变量 $X$ 的密度函数为 $f_X(x)$，$Y=-2X+3$，则 $Y$ 的密度函数为

A. $-\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y-3}{2}\right)$；    B. $\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y-3}{2}\right)$；

C. $-\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y+3}{2}\right)$；    D. $\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y+3}{2}\right)$。

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答案： （B）$\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y-3}{2}\right)$。

解析： 线性变换

$$Y=-2X+3$$

的反函数为

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

由一维随机变量函数的密度变换公式，

$$f_Y(y)=f_X\left(\frac{3-y}{2}\right)\left|\frac{d}{dy}\left(\frac{3-y}{2}\right)\right|=\frac{1}{2}{f}_X\left(\frac{3-y}{2}\right).$$

即

$$f_Y(y)=\frac{1}{2}{f}_X\left(-\frac{y-3}{2}\right).$$

绝对值保证密度前的系数非负，因此（A）、（C）不可能；（D）的平移符号错误。故选（B）。

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9. 设 $F_1(x)$ 与 $F_2(x)$ 分别是随机变量 $X_1$ 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）$a=\frac{3}{5},b=-\frac{2}{5}$。

解析： 任意两个分布函数的凸组合

$$\alpha F_1(x)+\beta F_2(x),\alpha \ge 0,\beta \ge 0,\alpha +\beta =1,$$

仍是分布函数。题中

$$F(x)=a{F}_1(x)-b{F}_2(x),$$

因此需要满足

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

对选项（A），

$$a=\frac{3}{5},-b=\frac{2}{5},\frac{3}{5}+\frac{2}{5}=1,$$

故

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

是两个分布函数的凸组合，必为分布函数。

选项（B）、（C）含有负权重，不能保证单调不减；选项（D）虽两个权重均为正，但权重之和为 $2$，从而

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=2\ne 1,$$

不满足分布函数的极限条件。故选（A）。

填空题

1. 设离散型随机变量 $X$ 的概率函数为 $P\{X=i\}=p^{i+1}$，$i=0,1$，则 $p=\underline{}$。

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答案： $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。

解析： 概率函数必须满足所有可能取值对应的概率之和为 $1$，故

$$P\{X=0\}+P\{X=1\}=p+p^2=1.$$

于是

$$p^2+p-1=0,$$

解得

$$p=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}.$$

由于概率必须非负，舍去负根，得到

$$p=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$$

相关知识点：离散型随机变量的概率函数应满足非负性与归一性，即

$$P\{X=i\}\ge 0,\sum _{i}P\{X=i\}=1.$$

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2. 设离散型随机变量 $X$ 的分布函数

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<-1,\\ 0.4,& -1\le x<0,\\ 0.7,& 0\le x<1,\\ 1,& x\ge 1,\end{array}$$

则随机变量 $|X|$ 的分布函数为 $\underline{}$。

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答案：

$$F_{|X|}(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ 0.3,& 0\le y<1,\\ 1,& y\ge 1.\end{array}$$

解析： 分布函数在各跳跃点的跳跃大小等于对应点的概率。由题给 $F(x)$ 可得

$$P\{X=-1\}=F(-1)-F(-1-)=0.4,$$$$P\{X=0\}=F(0)-F(0-)=0.7-0.4=0.3,$$$$P\{X=1\}=F(1)-F(1-)=1-0.7=\mathrm{0.3.}$$

因此

$$P\{|X|=0\}=P\{X=0\}=0.3,$$$$P\{|X|=1\}=P\{X=-1\}+P\{X=1\}=0.4+0.3=\mathrm{0.7.}$$

故 $|X|$ 只可能取 $0,1$，其分布函数为

$$F_{|X|}(y)=P\{|X|\le y\}=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ 0.3,& 0\le y<1,\\ 1,& y\ge 1.\end{array}$$

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3. 假设 $X$ 是在区间 $(0,1)$ 内取值的连续型随机变量，而 $Y=1-X$。已知 $P\{X\le 0.29\}=0.75$，则满足 $P\{Y\le k\}=0.25$ 的常数 $k=\underline{}$。

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答案： $0.71$。

解析： 由 $Y=1-X$，有

$$P\{Y\le k\}=P\{1-X\le k\}=P\{X\ge 1-k\}.$$

因为 $X$ 为连续型随机变量，任一点的概率均为 $0$。题设给出

$$P\{X\le 0.29\}=0.75,$$

所以

$$P\{X\ge 0.29\}=1-0.75=\mathrm{0.25.}$$

与

$$P\{X\ge 1-k\}=0.25$$

比较，得到

$$1-k=0.29,k=\mathrm{0.71.}$$

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4. 设 $f(x)=k{e}^{-x^2+2x-3}(-\infty <x<+\infty )$ 是一概率密度，则 $k=\underline{}$。

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答案： $\frac{e^2}{\sqrt{\pi }}$。

解析： 概率密度必须满足归一化条件

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx=1.$$

先配方：

$$-x^2+2x-3=-(x-1{)}^2-2.$$

因此

$$1=k{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-(x-1{)}^2-2}dx=k{e}^{-2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-(x-1{)}^2}dx.$$

利用高斯积分

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-u^2}du=\sqrt{\pi },$$

可得

$$k{e}^{-2}\sqrt{\pi }=1.$$

故

$$k=\frac{e^2}{\sqrt{\pi }}.$$

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5. 设随机变量 $X$ 的概率密度为

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

若 $k$ 满足概率等式 $P\{|X|\ge |k|\}=\frac{2}{3}$，则 $k$ 的取值范围是 $\underline{}$。

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答案：

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

解析： 由密度的支撑集可知 $X\ge 0$，故

$$|X|=X.$$

令

$$t=|k|\ge 0,$$

则题设条件化为

$$P\{X\ge t\}=\frac{2}{3}.$$

区间 $[3,6]$ 上的总概率为

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

当 $1\le t\le 3$ 时，区间 $(1,3)$ 上密度为 $0$，而事件 $X\ge t$ 恰好保留 $[3,6]$ 上的全部概率，因此

$$P\{X\ge t\}=\frac{2}{3}.$$

当 $0\le t<1$ 时，还会包含 $[t,1]$ 上的正概率，故概率大于 $\frac{2}{3}$；当 $t>3$ 时，只保留 $[t,6]$ 的一部分，故概率小于 $\frac{2}{3}$。所以

$$1\le |k|\le 3.$$

即

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

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6. 设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N(\mu ,1)$，已知 $P\{X\le 3\}=0.975$，则 $P\{X\le -0.92\}=\underline{}$。

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答案： $0.025$。

解析： 将 $X$ 标准化。因为 $X\sim N(\mu ,1)$，所以

$$P\{X\le 3\}=\Phi (3-\mu )=\mathrm{0.975.}$$

由标准正态分布表

$$\Phi (1.96)=0.975,$$

故

$$3-\mu =1.96,\mu =\mathrm{1.04.}$$

于是

$$P\{X\le -0.92\}=\Phi (-0.92-1.04)=\Phi (-1.96).$$

利用标准正态分布的对称性

$$\Phi (-z)=1-\Phi (z),$$

得到

$$P\{X\le -0.92\}=1-\Phi (1.96)=1-0.975=\mathrm{0.025.}$$

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7. 设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)(\sigma >0)$，且二次方程 $y^2+4y+X=0$ 无实根的概率为 $0.5$，则 $\mu =\underline{}$。

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答案： $4$。

解析： 方程

$$y^2+4y+X=0$$

无实根的充要条件是判别式小于 $0$：

$$\Delta =4^2-4X=16-4X<0.$$

因此

$$X>4.$$

题设给出

$$P\{X>4\}=\mathrm{0.5.}$$

正态分布关于均值 $\mu$ 对称，且连续，因此

$$P\{X>\mu \}=P\{X<\mu \}=\mathrm{0.5.}$$

故分界点 $4$ 必为该正态分布的均值，即

$$\mu =4.$$

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8. 设 $F(x)$ 是连续型随机变量 $X$ 的分布函数，常数 $a>0$，则

$${\int }_{-a}^a[F(x+a)-F(x)]dx=\underline{}。$$

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答案： 按现有题面，积分值不能由已知条件唯一确定。若原题积分上下限应为 $-\infty$ 与 $+\infty$，则答案为 $a$。

解析： 按题面所给有限积分区间，令 $f(t)$ 为 $X$ 的概率密度，则

$$F(x+a)-F(x)={\int }_x^{x+a}f(t)dt.$$

从而

$$I={\int }_{-a}^a{\int }_x^{x+a}f(t)dtdx.$$

交换积分次序后，积分值等于某个依赖于 $X$ 分布的加权平均，不能仅由 $a$ 决定。具体地，若 $X\sim U(0,a)$，则对每个 $t\in (0,a)$，可取的 $x$ 区间长度均为 $a$，故

$$I=a.$$

但若 $X\sim U(3a,4a)$，则当 $-a\le x\le a$ 时有

$$x+a\le 2a<3a,$$

所以

$$F(x+a)=F(x)=0,I=0.$$

同一题设可得到不同结果，说明当前题面条件不足。

本题常见的正确形式是

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }[F(x+a)-F(x)]dx.$$

此时由

$$F(x+a)-F(x)={\int }_x^{x+a}f(t)dt$$

并交换积分次序，对每个固定的 $t$，变量 $x$ 的取值区间为

$$t-a\le x\le t,$$

长度恒为 $a$。因此

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }[F(x+a)-F(x)]dx=a{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)dt=a.$$

解答题

1. 袋中装有大小相同的10只球，编号为 $0,1,2,\cdots ,9$，从中任取一只，观察其号码，按“大于5”“等于5”“小于5”三种情况定义一个随机变量 $X$，并写出 $X$ 的分布律和分布函数。

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答案： 可定义

$$X=\{\begin{array}{ll}1,& \text{所取球的号码大于 }5,\\ 0,& \text{所取球的号码等于 }5,\\ -1,& \text{所取球的号码小于 }5.\end{array}$$

其分布律为

$X$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{10}$	$\frac{2}{5}$

分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<-1,\\ \frac{1}{2},& -1\le x<0,\\ \frac{3}{5},& 0\le x<1,\\ 1,& x\ge 1.\end{array}$$

解析： 号码小于 $5$ 的球为 $0,1,2,3,4$，共有 $5$ 只；号码等于 $5$ 的球有 $1$ 只；号码大于 $5$ 的球为 $6,7,8,9$，共有 $4$ 只。由于每只球被取到的概率相等，故

$$P\{X=-1\}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2},$$$$P\{X=0\}=\frac{1}{10},$$$$P\{X=1\}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}.$$

由分布函数的定义

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

按 $x$ 经过随机变量的三个可能取值 $-1,0,1$ 分段累加概率，即得上述分布函数。

题目只要求按三种情况定义随机变量，因此具体取值并不唯一；只要给三种情况赋予三个互不相同的实数，并据此正确写出分布律和分布函数即可。这里采用 $-1,0,1$ 的自然编码。

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2. 设随机变量 $X$ 在 $(0,1)$ 上服从均匀分布，现有一常数 $a$，任取 $X$ 的两个值，已知至少有一个大于 $a$ 的概率为 $0.9$，问 $a$ 是多少？

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答案：

$$a=\frac{1}{\sqrt{10}}.$$

解析： 将两次独立观测记为 $X_1,X_2$，则 $X_1,X_2$ 相互独立，且都服从 $(0,1)$ 上的均匀分布。

因为所求概率为 $0.9$，必有 $0<a<1$。于是

$$P\{X_i\le a\}=a,i=1,2.$$

“至少有一个大于 $a$”的对立事件是“两个观测值都不大于 $a$”，故

$$P\{X_1>a\text{ 或 }{X}_2>a\}=1-P\{X_1\le a,X_2\le a\}.$$

利用独立性，

$$P\{X_1\le a,X_2\le a\}=P\{X_1\le a\}P\{X_2\le a\}=a^2.$$

因此

$$1-a^2=0.9,$$

即

$$a^2=0.1=\frac{1}{10}.$$

由于 $a>0$，所以

$$a=\frac{1}{\sqrt{10}}.$$

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3. 将三封信随机地投入编号为 $1,2,3,4$ 的四个邮筒，求没有信的邮筒数 $X$ 的概率函数。

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答案： $X$ 的概率函数为

$$P\{X=x\}=\{\begin{array}{ll}\frac{3}{8},& x=1,\\ \frac{9}{16},& x=2,\\ \frac{1}{16},& x=3,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析： 每封信均可投入四个邮筒中的任意一个，且各种投入方式等可能。三封信共有

$$4^3=64$$

种有序投入方式。

由于只有三封信，至少有一个邮筒为空；又至少有一个邮筒收到信，因此

$$X\in \{1,2,3\}.$$

当 $X=3$ 时，只有一个邮筒收到全部三封信。先选择这个邮筒，共有 $4$ 种方式，因此

$$P\{X=3\}=\frac{4}{64}=\frac{1}{16}.$$

当 $X=1$ 时，恰有三个邮筒收到信。由于只有三封信，这等价于三封信分别进入三个不同的邮筒。第一封、第二封、第三封信依次有 $4,3,2$ 种选择，因此有

$$4\times 3\times 2=24$$

种方式，故

$$P\{X=1\}=\frac{24}{64}=\frac{3}{8}.$$

当 $X=2$ 时，恰有两个邮筒收到信。可以用总概率减去其余两种情况：

$$P\{X=2\}=1-P\{X=1\}-P\{X=3\}=1-\frac{3}{8}-\frac{1}{16}=\frac{9}{16}.$$

也可直接计数：先从四个邮筒中选两个，共有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ 种；三封信投入这两个邮筒且两个邮筒均非空的方式数为

$$2^3-2=6,$$

故共有 $6\times 6=36$ 种，概率同样为

$$\frac{36}{64}=\frac{9}{16}.$$

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4. 向直线上掷一随机点，假设随机点落入区间 $(-\infty ,0]$、$(0,1]$ 和 $(1,+\infty )$ 的概率分别为 $0.2,0.5$ 和 $0.3$，并且随机点在区间 $(0,1]$ 上分布均匀。设随机点落入 $(-\infty ,0]$ 得0分，落入 $(1,+\infty )$ 得1分，而落入 $(0,1]$ 坐标为 $x$ 的点得 $x$ 分。试求得分 $X$ 的分布函数 $F(x)$。

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答案：

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ 0.2+0.5x,& 0\le x<1,\\ 1,& x\ge 1.\end{array}$$

解析： 得分随机变量 $X$ 的取值范围为 $[0,1]$。其中：

• 随机点落入 $(-\infty ,0]$ 时，$X=0$，故在 $0$ 处有概率质量 $0.2$；
• 随机点落入 $(1,+\infty )$ 时，$X=1$，故在 $1$ 处有概率质量 $0.3$；
• 随机点落入 $(0,1]$ 时，得分等于随机点坐标，并且条件分布为 $(0,1]$ 上的均匀分布，这一部分的总概率为 $0.5$。

当 $x<0$ 时，得分不可能小于等于 $x$，所以

$$F(x)=P\{X\le x\}=0.$$

当 $0\le x<1$ 时，事件 $\{X\le x\}$ 包括两部分：一是落入 $(-\infty ,0]$ 而得 $0$ 分，概率为 $0.2$；二是落入 $(0,1]$ 且坐标不超过 $x$。由条件均匀分布，

$$P\{X\le x,X\in (0,1]\}=0.5\cdot \frac{x-0}{1-0}=0.5x.$$

因此

$$F(x)=0.2+0.5x,0\le x<1.$$

当 $x\ge 1$ 时，所有可能得分都不超过 $x$，故

$$F(x)=1.$$

特别地，

$$F(0)=0.2,F(1-)=0.7,F(1)=1,$$

可见分布函数分别在 $0$ 和 $1$ 处有大小为 $0.2$ 和 $0.3$ 的跳跃。

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5. 设随机变量 $X$ 服从 $[a,a+2]$ 上的均匀分布，对 $X$ 进行3次独立观测，求最多有一次观测值小于 $a+1$ 的概率。

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答案：

$$\frac{1}{2}.$$

解析： 对任意一次观测，由于 $X$ 在长度为 $2$ 的区间 $[a,a+2]$ 上均匀分布，而 $[a,a+1)$ 的长度为 $1$，所以

$$p=P\{X<a+1\}=\frac{1}{2}.$$

连续型随机变量在单点处的概率为 $0$，因此将“小于”改为“不大于”也不影响结果。

设三次独立观测中小于 $a+1$ 的次数为 $N$，则

$$N\sim B\left(3,\frac{1}{2}\right).$$

“最多有一次”即 $N\le 1$，故

$$\begin{array}{rl}P\{N\le 1\}& =P\{N=0\}+P\{N=1\}\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{0}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^0{\left(\frac{1}{2}\right)}^3+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^1{\left(\frac{1}{2}\right)}^2\\ & =\frac{1}{8}+\frac{3}{8}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

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6. 设某一设备由三大部件构成，设备运转时，各部件需调整的概率分别为 $0.1,0.2,0.3$，若各部件的状态相互独立，求同时需调整的部件数 $X$ 的分布函数。

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答案： $X$ 的分布律为

$$\begin{array}{ccccc}X& 0& 1& 2& 3\\ P& 0.504& 0.398& 0.092& 0.006\end{array}$$

其分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ 0.504,& 0\le x<1,\\ 0.902,& 1\le x<2,\\ 0.994,& 2\le x<3,\\ 1,& x\ge 3.\end{array}$$

解析： 设三个部件是否需要调整的指示变量分别为 $I_1,I_2,I_3$，则

$$P\{I_1=1\}=0.1,P\{I_2=1\}=0.2,P\{I_3=1\}=0.3,$$

并且三个指示变量相互独立。需调整的部件数为

$$X=I_1+I_2+I_3,$$

故 $X$ 的可能取值为 $0,1,2,3$。

当 $X=0$ 时，三个部件均不需要调整，因此

$$P\{X=0\}=0.9\times 0.8\times 0.7=\mathrm{0.504.}$$

当 $X=1$ 时，恰有一个部件需要调整。按需要调整的是第一、第二、第三个部件分别计算，得

$$\begin{array}{rl}P\{X=1\}& =0.1\times 0.8\times 0.7+0.9\times 0.2\times 0.7+0.9\times 0.8\times 0.3\\ & =0.056+0.126+0.216\\ & =\mathrm{0.398.}\end{array}$$

当 $X=2$ 时，恰有两个部件需要调整，故

$$\begin{array}{rl}P\{X=2\}& =0.1\times 0.2\times 0.7+0.1\times 0.8\times 0.3+0.9\times 0.2\times 0.3\\ & =0.014+0.024+0.054\\ & =\mathrm{0.092.}\end{array}$$

当 $X=3$ 时，三个部件均需要调整，因此

$$P\{X=3\}=0.1\times 0.2\times 0.3=\mathrm{0.006.}$$

检验概率之和：

$$0.504+0.398+0.092+0.006=1.$$

由分布函数定义

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

逐段累加即可得到答案中的阶梯形分布函数。

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7. 设随机变量 $X$ 服从 $(0,1)$ 上的均匀分布，求下列函数的密度函数：

（Ⅰ）$Y_1=e^X$；（Ⅱ）$Y_2=-2\ln X$；（Ⅲ）$Y_3=\frac{1}{X}$；（Ⅳ）$Y_4=X^2$。

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答案： （Ⅰ）

$$f_{Y_1}(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{y},& 1<y<e,\\ 0,& \text{其他};\end{array}$$

（Ⅱ）

$$f_{Y_2}(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}{e}^{-y/2},& y>0,\\ 0,& y\le 0;\end{array}$$

（Ⅲ）

$$f_{Y_3}(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{y^2},& y>1,\\ 0,& y\le 1;\end{array}$$

（Ⅳ）

$$f_{Y_4}(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2\sqrt{y}},& 0<y<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析： 由于 $X\sim U(0,1)$，其密度为

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

四个变换在 $(0,1)$ 上均为严格单调函数，可以使用一维随机变量函数变换公式

$$f_Y(y)=f_X(x(y))\left|\frac{dx}{dy}\right|,$$

其中 $x=x(y)$ 是变换的反函数。

（Ⅰ）由

$$y=e^x$$

可知

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

当 $0<x<1$ 时，$1<y<e$。因此

$$f_{Y_1}(y)=f_X(\ln y)\left|\frac{1}{y}\right|=\frac{1}{y},1<y<e.$$

（Ⅱ）由

$$y=-2\ln x$$

可得

$$x=e^{-y/2},\frac{dx}{dy}=-\frac{1}{2}{e}^{-y/2}.$$

当 $0<x<1$ 时，$y>0$，故

$$f_{Y_2}(y)=f_X\left(e^{-y/2}\right)\left|-\frac{1}{2}{e}^{-y/2}\right|=\frac{1}{2}{e}^{-y/2},y>0.$$

这正是参数为 $\frac{1}{2}$ 的指数分布密度。

（Ⅲ）由

$$y=\frac{1}{x}$$

得

$$x=\frac{1}{y},\frac{dx}{dy}=-\frac{1}{y^2}.$$

当 $0<x<1$ 时，$y>1$，所以

$$f_{Y_3}(y)=f_X\left(\frac{1}{y}\right)\left|-\frac{1}{y^2}\right|=\frac{1}{y^2},y>1.$$

（Ⅳ）由

$$y=x^2$$

且 $x>0$，可得唯一反函数

$$x=\sqrt{y},\frac{dx}{dy}=\frac{1}{2\sqrt{y}}.$$

当 $0<x<1$ 时，$0<y<1$，于是

$$f_{Y_4}(y)=f_X(\sqrt{y})\frac{1}{2\sqrt{y}}=\frac{1}{2\sqrt{y}},0<y<1.$$

各密度均满足非负性，且在各自取值范围上的积分均等于 $1$。

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8. 设 $f(x)$ 是非负随机变量的概率密度，求 $Y=\sqrt{X}$ 的概率密度。

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答案：

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}2yf(y^2),& y>0,\\ 0,& y<0.\end{array}$$

在单点 $y=0$ 处密度函数的取值可任意指定，通常取 $f_Y(0)=0$。

解析： 因为 $X$ 为非负随机变量，所以

$$X\ge 0,Y=\sqrt{X}\ge 0.$$

先用分布函数法。对 $y<0$，有

$$F_Y(y)=P\{Y\le y\}=0.$$

对 $y\ge 0$，由于平方根函数在非负区间上单调递增，

$$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{\sqrt{X}\le y\}\\ & =P\{X\le y^2\}\\ & =F_X(y^2).\end{array}$$

在 $y>0$ 处求导，得到

$$\begin{array}{rl}{f}_Y(y)& =\frac{d}{dy}{F}_X(y^2)\\ & =f_X(y^2)\cdot 2y\\ & =2yf(y^2).\end{array}$$

因此

$$f_Y(y)=2yf(y^2),y>0.$$

也可以直接使用单调变换公式。由

$$y=\sqrt{x}$$

得反函数

$$x=y^2,\left|\frac{dx}{dy}\right|=2y,$$

从而同样得到

$$f_Y(y)=f(y^2)\cdot 2y,y>0.$$

归一性检验为

$${\int }_0^{+\infty }2yf(y^2)dy={\int }_0^{+\infty }f(x)dx=1,$$

其中作了换元 $x=y^2$。

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9. 设随机变量 $X$ 服从标准正态分布 $N(0,1)$，令 $Y=|X|$，求 $Y$ 的概率密度。

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答案：

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{2}{\pi }}{e}^{-y^2/2},& y>0,\\ 0,& y<0.\end{array}$$

在 $y=0$ 处密度函数的取值不影响分布，通常取上述右侧表达式的值。

解析： 标准正态随机变量 $X$ 的密度为

$$\phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-x^2/2},-\infty <x<+\infty .$$

由于

$$Y=|X|\ge 0,$$

当 $y<0$ 时，

$$F_Y(y)=0.$$

当 $y\ge 0$ 时，

$$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{|X|\le y\}\\ & =P\{-y\le X\le y\}\\ & =\Phi (y)-\Phi (-y).\end{array}$$

利用标准正态分布的对称性

$$\Phi (-y)=1-\Phi (y),$$

得

$$F_Y(y)=2\Phi (y)-1,y\ge 0.$$

对 $y>0$ 求导：

$$\begin{array}{rl}{f}_Y(y)& =2{\Phi }^{\prime }(y)\\ & =2\phi (y)\\ & =\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-y^2/2}\\ & =\sqrt{\frac{2}{\pi }}{e}^{-y^2/2}.\end{array}$$

也可以从多对一变换角度理解：当 $y>0$ 时，方程 $|x|=y$ 有两个原像 $x=y$ 与 $x=-y$，故

$$f_Y(y)=\phi (y)+\phi (-y)=2\phi (y).$$

该分布称为半正态分布。

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10. 某个人参加跳高项目的及格选拔赛，规定一旦跳过指定高度就被认为及格而被入选，但是限制每人最多只能跳6次，若6次均未过竿，则认定其为落选。如果一位参试者在试跳指定高度的过竿率为 $0.6$，求他在测试中所跳次数的概率分布。

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答案： 设测试中实际试跳次数为 $X$，则

$$P\{X=k\}=\{\begin{array}{ll}0.6(0.4{)}^{k-1},& k=1,2,3,4,5,\\ (0.4{)}^5,& k=6,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

即

$$\begin{array}{ccccccc}X& 1& 2& 3& 4& 5& 6\\ P& 0.6& 0.24& 0.096& 0.0384& 0.01536& 0.01024\end{array}$$

解析： 每次试跳过竿的概率为

$$p=0.6,$$

未过竿的概率为

$$q=1-p=\mathrm{0.4.}$$

默认各次试跳结果相互独立且单次过竿率保持不变。

对于 $k=1,2,3,4,5$，恰好试跳 $k$ 次意味着前 $k-1$ 次均未过竿，第 $k$ 次过竿，因此

$$P\{X=k\}=q^{k-1}p=0.6(0.4{)}^{k-1}.$$

分别为

$$\begin{array}{rl}P\{X=1\}& =0.6,\\ P\{X=2\}& =0.4\times 0.6=0.24,\\ P\{X=3\}& =(0.4{)}^2\times 0.6=0.096,\\ P\{X=4\}& =(0.4{)}^3\times 0.6=0.0384,\\ P\{X=5\}& =(0.4{)}^4\times 0.6=\mathrm{0.01536.}\end{array}$$

对于 $X=6$，只要前五次均未过竿，第六次就一定会进行。第六次无论过竿还是未过竿，实际试跳次数均为 $6$，所以

$$\begin{array}{rl}P\{X=6\}& =P\{\text{前五次均未过竿}\}\\ & =q^5\\ & =(0.4{)}^5\\ & =\mathrm{0.01024.}\end{array}$$

注意不能将 $P\{X=6\}$ 只写成 $q^{5}p$，因为“第六次也未过竿”的情形同样进行了六次试跳，也应计入 $X=6$。

最后检验：

$$\sum _{k=1}^5{q}^{k-1}p+q^5=p\frac{1-q^5}{1-q}+q^5=1-q^5+q^5=1.$$

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11. 设随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，$G(x)$ 是区间 $[0,1]$ 上均匀分布的分布函数，证明随机变量 $Y=G(X)$ 的概率分布不是区间 $[0,1]$ 上的均匀分布。

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答案： $Y$ 的分布函数为

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

特别地，

$$P\{Y=1\}=e^{-\lambda }>0,$$

故 $Y$ 不服从区间 $[0,1]$ 上的均匀分布。

解析： 区间 $[0,1]$ 上均匀分布的分布函数为

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

由于 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，故

$$P\{X\ge 0\}=1,$$

从而

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

下面求 $Y$ 的分布函数。

当 $y<0$ 时，显然

$$F_Y(y)=P\{Y\le y\}=0.$$

当 $0\le y<1$ 时，事件 $\{Y\le y\}$ 等价于 $\{X\le y\}$，所以

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

当 $y\ge 1$ 时，由 $0\le Y\le 1$，得

$$F_Y(y)=1.$$

因此

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

在 $y=1$ 处，分布函数的跳跃量为

$$\begin{array}{rl}P\{Y=1\}& =F_Y(1)-F_Y(1-)\\ & =1-\left(1-e^{-\lambda }\right)\\ & =e^{-\lambda }>0.\end{array}$$

也就是说，$Y$ 在 $[0,1)$ 上有连续部分，其密度为

$$f_Y(y)=\lambda e^{-\lambda y},0<y<1,$$

同时在点 $y=1$ 处还有概率质量 $e^{-\lambda }$。而区间 $[0,1]$ 上的均匀分布是连续型分布，其分布函数在 $[0,1]$ 上为 $y$，且任一点的概率均为 $0$。故 $Y$ 不服从区间 $[0,1]$ 上的均匀分布。

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12. 已知随机变量 $X$ 的概率密度

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& 0\le x<1,\\ 2-x,& 1\le x<2,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

（Ⅰ）求分布函数 $F(x)$；（Ⅱ）令 $Y=F(X)$，求 $Y$ 的分布函数 $F_Y(y)$。

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答案： （Ⅰ）

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

（Ⅱ）

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

即

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

解析： （Ⅰ）由分布函数的定义

$$F(x)=P\{X\le x\}={\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt.$$

当 $x<0$ 时，

$$F(x)=0.$$

当 $0\le x<1$ 时，

$$F(x)={\int }_0^{x}tdt=\frac{x^2}{2}.$$

当 $1\le x<2$ 时，

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_0^{1}tdt+{\int }_1^x(2-t)dt\\ & =\frac{1}{2}+\left(2x-\frac{x^2}{2}-\frac{3}{2}\right)\\ & =2x-\frac{x^2}{2}-1.\end{array}$$

当 $x\ge 2$ 时，

$$F(x)=1.$$

于是

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

在连接点处有

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

故 $F(x)$ 连续；并且在 $[0,2]$ 上严格递增。

（Ⅱ）由于 $F(x)$ 连续且在随机变量 $X$ 的取值区间 $[0,2]$ 上严格递增，故对 $0\le y<1$，存在唯一的 $x_y\in [0,2)$，使得

$$F(x_y)=y.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{Y\le y\}\\ & =P\{F(X)\le y\}\\ & =P\{X\le x_y\}\\ & =F(x_y)\\ & =y.\end{array}$$

再结合 $0\le F(X)\le 1$，可得

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

因此 $Y=F(X)$ 服从区间 $(0,1)$ 上的均匀分布。这也是概率积分变换的直接应用：当随机变量 $X$ 的分布函数连续时，$F(X)\sim U(0,1)$。