第4章 随机变量的数字特征

基础部分

1. 设随机变量$X\sim B(2,\frac{1}{2})$，则$E(e^{2X})=$_____。

查看答案与解析

答案：

$$E(e^{2X})={\left(\frac{1+e^2}{2}\right)}^2.$$

解析：二项分布$X\sim B(n,p)$的概率母函数满足

$$E(t^X)=(1-p+pt{)}^n.$$

这里$n=2,p=\frac{1}{2},t=e^2$，因此

$$E(e^{2X})={\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^2\right)}^2={\left(\frac{1+e^2}{2}\right)}^2.$$

2. 设随机变量$X\sim E(1)$，记$Y=\max \{X,1\}$，则$E(Y)=$( ) A. 1 B. $1-e^{-1}$ C. $1+e^{-1}$ D. $1+2e^{-1}$

查看答案与解析

答案：C。

解析：当$X\le 1$时$Y=1$，当$X>1$时$Y=X$，故

$$E(Y)=P\{X\le 1\}+E[X;X>1].$$

由于$X\sim E(1)$具有无记忆性，

$$P\{X>1\}=e^{-1},E(X\mid X>1)=1+E(X)=2.$$

于是

$$E(Y)=1-e^{-1}+2e^{-1}=1+e^{-1}.$$

3. 设随机变量$X_1,X_2,X_3$的概率密度图像分别如图(a)~图(c)所示，则( ) A. $D(X_1)<D(X_2)<D(X_3)$ B. $D(X_1)<D(X_3)<D(X_2)$ C. $D(X_2)<D(X_1)<D(X_3)$ D. $D(X_2)<D(X_3)<D(X_1)$

查看答案与解析

答案：源文件未包含题目所引用的图(a)~图(c)，仅凭现有文字无法唯一确定选项。

解析：方差衡量随机变量取值围绕其数学期望的离散程度。若三个密度图给出，则应先比较各分布中心位置，再比较概率质量相对于各自均值的分散程度，从而判断$D(X_1),D(X_2),D(X_3)$的大小。由于当前原题文本缺失三幅密度图，四个排序均不能由题干文字单独推出，因此不对原题作无依据补全。

4. 设随机变量$X$服从参数为$p(0<p<1)$的几何分布，则$E(\frac{1}{X})=$( ) A. $p(1-p)$ B. $-p\ln p$ C. $-(1-p)\ln p$ D. $-\frac{p\ln p}{1-p}$

查看答案与解析

答案：D。

解析：按几何分布的常用定义，

$$P\{X=k\}=p(1-p{)}^{k-1},k=1,2,\cdots .$$

于是

$$E\left(\frac{1}{X}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}p(1-p{)}^{k-1}.$$

令$q=1-p$，利用

$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{q^k}{k}=-\ln (1-q)=-\ln p,$$

可得

$$E\left(\frac{1}{X}\right)=\frac{p}{q}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{q^k}{k}=-\frac{p\ln p}{1-p}.$$

5. 设10个球中有3个红球，7个白球，现从这10个球中无放回地抽取3个球，记取到白球的个数为$X$，则$E(X)=$( ) A. $\frac{7}{10}$ B. $\frac{21}{10}$ C. $\frac{7}{5}$ D. $\frac{21}{5}$

查看答案与解析

答案：B。

解析：$X$服从超几何分布，总体容量$N=10$，其中白球数$M=7$，抽取$n=3$个，因此

$$E(X)=n\frac{M}{N}=3\times \frac{7}{10}=\frac{21}{10}.$$

也可令$I_i$表示第$i$次抽到白球的示性变量，则$X=I_1+I_2+I_3$，且每次边际概率均为$\frac{7}{10}$，由期望的线性性得到同样结果。

6. 设随机变量$X$的概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{ll}2x,& 0<x<1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，$F(x)$为$X$的分布函数，$E(X)$为$X$的数学期望，则$P\{F(X)>E(X)\}=$_____。

查看答案与解析

答案：

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

解析：对$0<x<1$，

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

又

$$E(X)={\int }_0^{1}x\cdot 2xdx=\frac{2}{3}.$$

因此

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

故

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

7. 设随机变量$X$服从参数为$\lambda (\lambda >0)$的指数分布，则$X$落在数学期望$E(X)$和方差$D(X)$之间的概率为_____。

查看答案与解析

答案：

$$\left|e^{-1}-e^{-1/\lambda }\right|.$$

解析：参数为$\lambda$的指数分布满足

$$E(X)=\frac{1}{\lambda },D(X)=\frac{1}{{\lambda }^2},$$

且

$$F(x)=1-e^{-\lambda x},x\ge 0.$$

“落在$E(X)$和$D(X)$之间”即落在两数中较小者与较大者之间，所以概率为

$$\left|F\left(\frac{1}{\lambda }\right)-F\left(\frac{1}{{\lambda }^2}\right)\right|=\left|e^{-1}-e^{-1/\lambda }\right|.$$

当$\lambda =1$时两端点相同，上式也给出概率0。

8. 在$(0,1)$线段上随机投掷两点，该两点的距离为$X$，求： (1) $X$的分布函数$F(x)$和概率密度$f(x)$； (2) $X$的数学期望$E(X)$。

查看答案与解析

答案：设两点位置为$U,V$，则$U,V$相互独立且均服从$U(0,1)$，$X=|U-V|$。

(1)

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

(2)

$$E(X)=\frac{1}{3}.$$

解析：(1) 在单位正方形$0<u<1,0<v<1$内，事件$|U-V|\le x$对应主对角线两侧宽度为$x$的带状区域。对$0<x<1$，其补集由两个直角三角形组成，总面积为$(1-x{)}^2$，故

$$F(x)=P\{|U-V|\le x\}=1-(1-x{)}^2=2x-x^2.$$

求导得

$$f(x)=F^{\prime }(x)=2(1-x),0<x<1.$$

(2)

$$E(X)={\int }_0^{1}x\cdot 2(1-x)dx=2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}.$$

9. 已知随机变量$X$的概率密度为$f(x)=A{e}^{Bx-x^2}$，$-\infty <x<+\infty$，$E(X)=2D(X)$，求： (1) 常数$A,B$的值； (2) $E(X^2+e^X)$的值； (3) $Y=|\sqrt{2}(X-1)|$的分布函数$F(y)$。

查看答案与解析

答案：

(1)

$$A=\frac{1}{e\sqrt{\pi }},B=2.$$

(2)

$$E(X^2+e^X)=\frac{3}{2}+e^{5/4}.$$

(3)

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ 2\Phi (y)-1,& y\ge 0,\end{array}$$

其中$\Phi$为标准正态分布函数。

解析：配方得

$$Bx-x^2=-{\left(x-\frac{B}{2}\right)}^2+\frac{B^2}{4}.$$

因此该密度对应正态分布

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

于是

$$E(X)=\frac{B}{2},D(X)=\frac{1}{2}.$$

由$E(X)=2D(X)$得

$$\frac{B}{2}=1,$$

所以$B=2$。此时

$$f(x)=A{e}^{1-(x-1{)}^2}.$$

由密度积分为1，

$$Ae{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-(x-1{)}^2}dx=Ae\sqrt{\pi }=1,$$

故

$$A=\frac{1}{e\sqrt{\pi }}.$$

又$X\sim N(1,\frac{1}{2})$，所以

$$E(X^2)=D(X)+[E(X){]}^2=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}.$$

正态变量的指数矩满足

$$E(e^X)=e^{\mu +{\sigma }^2/2}=e^{1+1/4}=e^{5/4},$$

从而

$$E(X^2+e^X)=\frac{3}{2}+e^{5/4}.$$

最后令

$$Z=\sqrt{2}(X-1),$$

则$Z\sim N(0,1)$，且$Y=|Z|$。故当$y\ge 0$时

$$F_Y(y)=P\{|Z|\le y\}=\Phi (y)-\Phi (-y)=2\Phi (y)-1.$$

10. 设$X,Y$是两个相互独立且均服从正态分布$N(0,(\frac{1}{\sqrt{2}}{)}^2)$的随机变量，则随机变量$|X-Y|$的数学期望$E(|X-Y|)=$( ) A. $\frac{1}{\sqrt{3\pi }}$ B. $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}$ C. $\frac{2}{\sqrt{\pi }}$ D. $\sqrt{\frac{2}{\pi }}$

查看答案与解析

答案：D。

解析：由于$X,Y$独立，且

$$D(X)=D(Y)=\frac{1}{2},$$

所以

$$X-Y\sim N(0,1).$$

若$Z\sim N(0,1)$，则

$$E|Z|=2{\int }_0^{+\infty }z\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-z^2/2}dz=\sqrt{\frac{2}{\pi }}.$$

因此

$$E|X-Y|=\sqrt{\frac{2}{\pi }}.$$

11. 设随机变量$X$与$Y$独立同分布，且都服从参数为1的指数分布。若$Z=\{\begin{array}{ll}2X,& X\ge Y\\ Y-1,& X<Y\end{array}$，则$E(Z)=$( ) A. $\frac{2}{7}$ B. $\frac{7}{2}$ C. $\frac{7}{4}$ D. $\frac{4}{7}$

查看答案与解析

答案：C。

解析：由全期望分解，

$$E(Z)=2E[X;X\ge Y]+E[Y-1;X<Y].$$

由于$X,Y$独立且均服从$E(1)$，

$$E[X;X\ge Y]={\int }_0^{+\infty }xP\{Y\le x\}{e}^{-x}dx={\int }_0^{+\infty }x(1-e^{-x})e^{-x}dx.$$

利用

$${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx=1,{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-2x}dx=\frac{1}{4},$$

得

$$E[X;X\ge Y]=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$$

因此第一部分为$\frac{3}{2}$。

另一方面，

$$E[Y-1;X<Y]={\int }_0^{+\infty }(y-1)(1-e^{-y})e^{-y}dy.$$

其中

$${\int }_0^{+\infty }(y-1)e^{-y}dy=0,$$

且

$${\int }_0^{+\infty }(y-1)e^{-2y}dy=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}.$$

故第二部分为$\frac{1}{4}$。于是

$$E(Z)=\frac{3}{2}+\frac{1}{4}=\frac{7}{4}.$$

12. 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$X$与$Y$的相关系数为( ) A. $-\frac{1}{2}$ B. $-\frac{1}{3}$ C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{2}$

查看答案与解析

答案：A。

解析：$(X,Y)$来自参数为$n=2$、类别概率$p_1=p_2=p_3=\frac{1}{3}$的多项分布。多项分布中

$$D(X)=n{p}_1(1-p_1)=2\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{9},$$

同理$D(Y)=\frac{4}{9}$，且

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=-n{p}_1{p}_2=-2\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=-\frac{2}{9}.$$

故

$${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}}=\frac{-2/9}{4/9}=-\frac{1}{2}.$$

13. 设随机变量$X$和$Y$的方差存在，则$D(X+Y)=D(X)+D(Y)$是$X$和$Y$( ) A. 不相关的充分非必要条件 B. 不相关的充分必要条件 C. 独立的充分非必要条件 D. 独立的充分必要条件

查看答案与解析

答案：B。

解析：恒有

$$D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2\mathrm{Cov}(X,Y).$$

因此

$$D(X+Y)=D(X)+D(Y)⟺\mathrm{Cov}(X,Y)=0.$$

而协方差为0正是$X,Y$不相关的充要条件，所以选B。独立可以推出不相关（在二阶矩存在时），但不相关一般不能推出独立。

14. 已知随机变量$X\sim U(0,4)$，实数$c\in [0,4]$，且$X$与$|X-c|$不相关，则$c=$( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

查看答案与解析

答案：B。

解析：$X\sim U(0,4)$，故

$$E(X)=2.$$

对$0\le c\le 4$，

$$E|X-c|=\frac{1}{4}\left[{\int }_0^c(c-x)dx+{\int }_c^4(x-c)dx\right]=\frac{c^2}{4}-c+2.$$

又

$$E[X|X-c|]=\frac{1}{4}\left[{\int }_0^{c}x(c-x)dx+{\int }_c^{4}x(x-c)dx\right]=\frac{c^3}{12}-2c+\frac{16}{3}.$$

不相关要求

$$\mathrm{Cov}(X,|X-c|)=0.$$

于是

$$\frac{c^3}{12}-2c+\frac{16}{3}-2\left(\frac{c^2}{4}-c+2\right)=0,$$

化简为

$$(c-2)(c^2-4c-8)=0.$$

三个根为

$$2,2-2\sqrt{3},2+2\sqrt{3}.$$

只有$c=2$属于$[0,4]$。

15. 设随机变量$X,Y$独立同分布于$\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$，$Z_1=XY$，$Z_2=\frac{X}{Y}$，则( ) A. $X,Y,Z_1$相互独立 B. $Y,Z_1,Z_2$相互独立 C. $X,Z_1,Z_2$两两独立 D. $X,Y,Z_2$不相互独立

查看答案与解析

答案：D。

解析：由于$Y=\pm 1$，有

$$\frac{1}{Y}=Y,$$

因此

$$Z_2=\frac{X}{Y}=XY=Z_1.$$

$Z_1,Z_2$为同一个非退化随机变量，显然不独立，故B、C错误。

虽然$X,Y$独立，而且$X$分别与$XY$独立、$Y$也与$XY$独立，但三者并不相互独立，因为$Z_1=XY$由$X,Y$完全确定，所以A错误。

同理$Z_2=XY$，故$X,Y,Z_2$也不相互独立，D正确。

16. 对于任意随机变量$X$和$Y$，如果$D(X+Y)=D(X-Y)$，则( ) A. $X$和$Y$相互独立 B. $D(XY)=D(X)D(Y)$ C. $X$和$Y$相关 D. $E(XY)=E(X)E(Y)$

查看答案与解析

答案：D。

解析：

$$D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2\mathrm{Cov}(X,Y),$$$$D(X-Y)=D(X)+D(Y)-2\mathrm{Cov}(X,Y).$$

两式相等当且仅当

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=0.$$

即

$$E(XY)-E(X)E(Y)=0,$$

所以

$$E(XY)=E(X)E(Y).$$

不相关一般不能推出独立，故A错误；C与条件相反；B也无此结论。

17. 设随机变量$(X_1,X_2)\sim N(0,0;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;\rho )$，${\sigma }_1,{\sigma }_2>0$，且${\sigma }_1\ne {\sigma }_2$，若$Y_1=X_1\cos \alpha +X_2\sin \alpha$与$Y_2=X_2\cos \alpha -X_1\sin \alpha$相互独立，$\cos 2\alpha \ne 0$，则$\tan 2\alpha =$( ) A. $\rho \frac{{\sigma }_1^2{\sigma }_2^2}{{\sigma }_1^2-{\sigma }_2^2}$ B. $\rho \frac{{\sigma }_1^2{\sigma }_2^2}{{\sigma }_2^2-{\sigma }_1^2}$ C. $2\rho \frac{{\sigma }_1{\sigma }_2}{{\sigma }_1^2-{\sigma }_2^2}$ D. $2\rho \frac{{\sigma }_1{\sigma }_2}{{\sigma }_2^2-{\sigma }_1^2}$

查看答案与解析

答案：C。

解析：$(Y_1,Y_2)$是二维正态变量的线性变换，因此仍为二维正态。二维正态中相互独立等价于协方差为0。

记$c=\cos \alpha ,s=\sin \alpha$，并用

$$\mathrm{Cov}(X_1,X_2)=\rho {\sigma }_1{\sigma }_2,$$

则

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(Y_1,Y_2)& =\mathrm{Cov}(c{X}_1+s{X}_2,c{X}_2-s{X}_1)\\ & =(c^2-s^2)\rho {\sigma }_1{\sigma }_2+cs({\sigma }_2^2-{\sigma }_1^2)\\ & =\rho {\sigma }_1{\sigma }_2\cos 2\alpha +\frac{{\sigma }_2^2-{\sigma }_1^2}{2}\sin 2\alpha .\end{array}$$

令其为0，并利用$\cos 2\alpha \ne 0$，得

$$\tan 2\alpha =\frac{2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{{\sigma }_1^2-{\sigma }_2^2}.$$

18. 设存在非零常数$a$使得$P\{aX+Y=0\}=1$，则随机变量$X$与$Y$的相关系数$\rho$满足( ) A. $\rho =\frac{a}{|a|}$ B. $\rho =-\frac{a}{|a|}$ C. $-1<\rho <1$ D. $|\rho |=|a|$

查看答案与解析

答案：B。

解析：由

$$P\{aX+Y=0\}=1$$

知

$$Y=-aX\text{几乎处处成立}.$$

在相关系数有定义的前提下，

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=-aD(X),$$$$D(Y)=a^{2}D(X).$$

因此

$$\rho =\frac{-aD(X)}{\sqrt{D(X)\cdot a^{2}D(X)}}=-\frac{a}{|a|}.$$

19. 设随机变量$X,Y$均服从参数为$\lambda$的泊松分布，且${\rho }_{XY}=-\frac{1}{2}$，$U=2X+Y$，则$U$与$X$的相关系数为_____。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

解析：泊松分布满足

$$D(X)=D(Y)=\lambda .$$

由${\rho }_{XY}=-\frac{1}{2}$，

$$\mathrm{Cov}(X,Y)={\rho }_{XY}\sqrt{D(X)D(Y)}=-\frac{\lambda }{2}.$$

于是

$$\mathrm{Cov}(U,X)=\mathrm{Cov}(2X+Y,X)=2\lambda -\frac{\lambda }{2}=\frac{3\lambda }{2}.$$

同时

$$\begin{array}{rl}D(U)& =D(2X+Y)\\ & =4D(X)+D(Y)+4\mathrm{Cov}(X,Y)\\ & =4\lambda +\lambda -2\lambda =3\lambda .\end{array}$$

故

$${\rho }_{UX}=\frac{3\lambda /2}{\sqrt{3\lambda \cdot \lambda }}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

20. 设随机变量$X$和$Y$相互独立且服从相同的分布，$X\sim \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ p& q\end{array}\right)$，$p+q=1,0<p<1$，又$Z=\{\begin{array}{ll}1,& X+Y\text{为奇数}\\ 0,& X+Y\text{为偶数}\end{array}$。 (1) 求$XZ$的分布律； (2) $p$取何值时，$X$和$Z$相关？说明理由。

查看答案与解析

答案：

(1)

$$XZ\sim \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1-pq& pq\end{array}\right).$$

(2) 当

$$p\ne \frac{1}{2}$$

时，$X$和$Z$相关；当$p=\frac{1}{2}$时不相关。

解析：(1) $Z=1$当且仅当$X\ne Y$。而$XZ=1$必须同时满足$X=1$且$Z=1$，这等价于

$$X=1,Y=0.$$

由独立性，

$$P\{XZ=1\}=qp=pq.$$

故

$$P\{XZ=0\}=1-pq.$$

(2) 有

$$E(X)=q,$$

且

$$E(Z)=P\{X\ne Y\}=pq+qp=2pq.$$

又由(1)

$$E(XZ)=pq.$$

所以

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Z)& =E(XZ)-E(X)E(Z)\\ & =pq-2p{q}^2\\ & =pq(1-2q)\\ & =pq(2p-1).\end{array}$$

由于$0<p<1$，有$pq>0$，故

$$\mathrm{Cov}(X,Z)\ne 0⟺p\ne \frac{1}{2}.$$

21. 设随机变量$X$与$Y$相互独立，$X$的分布列为$\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ p& p& 1-2p\end{array}\right)$，$Y$服从参数为1的指数分布，令$Z=XY$，若$Y$与$Z$既不相关，也不独立，求： (1) $Z(Z\ne 0)$的概率密度； (2) $p$的值。

查看答案与解析

答案：

(1) 当$z\ne 0$时，$Z$的连续部分密度为

$$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}p{e}^z,& z<0,\\ (1-2p)e^{-z},& z>0.\end{array}$$

代入(2)所得$p=\frac{1}{3}$后，

$$f_Z(z)=\frac{1}{3}{e}^{-|z|},z\ne 0.$$

此外$P\{Z=0\}=\frac{1}{3}$。

(2)

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

解析：因为$X,Y$独立，且$E(Y)=1,E(Y^2)=2$，所以

$$E(Z)=E(XY)=E(X)E(Y)=E(X).$$

又

$$E(YZ)=E(X{Y}^2)=E(X)E(Y^2)=2E(X).$$

于是

$$\mathrm{Cov}(Y,Z)=E(YZ)-E(Y)E(Z)=E(X).$$

由题意$Y,Z$不相关，故$E(X)=0$。而

$$E(X)=(-1)p+0\cdot p+1\cdot (1-2p)=1-3p,$$

因此

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

再求$Z$的连续部分。当$X=-1$时，$Z=-Y<0$，因此对$z<0$，

$$f_Z(z)=p{f}_Y(-z)=p{e}^z.$$

当$X=1$时，$Z=Y>0$，因此对$z>0$，

$$f_Z(z)=(1-2p)f_Y(z)=(1-2p)e^{-z}.$$

当$X=0$时$Z=0$，故在0点还有质量$p$。代入$p=\frac{1}{3}$即得上述结果。

注意：若将题目中的“$Z(Z\ne 0)$的概率密度”理解为条件分布$Z\mid Z\ne 0$的密度，则还需除以$P\{Z\ne 0\}=\frac{2}{3}$，得到

$$f_{Z\mid Z\ne 0}(z)=\frac{1}{2}{e}^{-|z|},z\ne 0.$$

强化部分-数字特征

1. 将2个红球和1个白球随机放入3个盒子中，每个盒子可放任意多个球，记$X$为没有红球的盒子个数，则$E(X)=$( ) A. $\frac{17}{9}$ B. $\frac{4}{9}$ C. $\frac{3}{4}$ D. $\frac{4}{3}$

查看答案与解析

答案：D。

解析：设$I_i$表示第$i$个盒子中没有红球的示性变量，则

$$X=I_1+I_2+I_3.$$

每个红球独立、等可能地放入3个盒子。对固定的第$i$个盒子，一个红球不进入该盒的概率为$\frac{2}{3}$，两个红球均不进入的概率为

$$P\{I_i=1\}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}.$$

由期望线性性，

$$E(X)=\sum _{i=1}^{3}E(I_i)=3\times \frac{4}{9}=\frac{4}{3}.$$

白球如何放置不影响“没有红球的盒子个数”。

2. 设$X$服从参数为1的泊松分布，则$E(\frac{1}{X+1})=$( ) A. $\frac{1}{e}$ B. $1-\frac{1}{e}$ C. $\frac{2}{e}$ D. $1+\frac{1}{e}$

查看答案与解析

答案：B。

解析：$X\sim P(1)$，故

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

于是

$$\begin{array}{rl}E\left(\frac{1}{X+1}\right)& =e^{-1}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(k+1)k!}\\ & =e^{-1}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(k+1)!}\\ & =e^{-1}(e-1)\\ & =1-\frac{1}{e}.\end{array}$$

3. 设随机变量$X$服从参数为$\mu ,{\sigma }^2$的正态分布，其概率密度为$f(x)$，则${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\ln f(x)dx$( ) A. 与$\mu$有关，与$\sigma$无关 B. 与$\mu$有关，与$\sigma$有关 C. 与$\mu$无关，与$\sigma$无关 D. 与$\mu$无关，与$\sigma$有关

查看答案与解析

答案：D。

解析：正态密度为

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

故

$$\ln f(x)=-\ln (\sqrt{2\pi }\sigma )-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\ln f(x)dx& =-\ln (\sqrt{2\pi }\sigma )-\frac{1}{2{\sigma }^2}E[(X-\mu {)}^2]\\ & =-\ln (\sqrt{2\pi }\sigma )-\frac{1}{2}\\ & =-\frac{1}{2}\ln (2\pi e{\sigma }^2).\end{array}$$

该值与$\mu$无关，而与$\sigma$有关。

4. 假设某种试验只有成功与失败两种结果，并且每次试验的成功率都是$p(0<p<1)$。现进行重复独立试验直至成功与失败的结果都出现为止，已知试验次数$X$的数学期望$E(X)=3$，则$p=$_____。

查看答案与解析

答案：

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

解析：第一次试验后已经出现一种结果。若第一次成功，概率为$p$，接下来还需等待第一次失败，所需试验次数的期望为$\frac{1}{1-p}$；若第一次失败，概率为$1-p$，还需等待第一次成功，期望为$\frac{1}{p}$。

因此

$$E(X)=1+p\frac{1}{1-p}+(1-p)\frac{1}{p}.$$

由$E(X)=3$得

$$\frac{p}{1-p}+\frac{1-p}{p}=2.$$

两边乘$p(1-p)$，得

$$p^2+(1-p{)}^2=2p(1-p),$$

即

$$(2p-1{)}^2=0.$$

故$p=\frac{1}{2}$。

5. 设总体$X$服从分布$P\{X=k\}=p^k(1-p{)}^{1-k}$，$k=0,1,0<p<1$。$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的简单随机样本，记$Y_1=\underset{1\le i\le n}{\max }\{X_i\}$，$Y_2=\underset{1\le j\le n}{\min }\{X_j\}$，$Y_3=Y_1-Y_2$，则$E(Y_3)=$_____。

查看答案与解析

答案：

$$E(Y_3)=1-p^n-(1-p{)}^n.$$

解析：由于每个$X_i$只取0和1，故$Y_3$也只取0和1。

只有样本中既出现0又出现1时，才有

$$Y_1=1,Y_2=0,Y_3=1.$$

若全部为1或全部为0，则$Y_3=0$。因此

$$\begin{array}{rl}P\{Y_3=1\}& =1-P\{X_1=\cdots =X_n=1\}-P\{X_1=\cdots =X_n=0\}\\ & =1-p^n-(1-p{)}^n.\end{array}$$

因为$Y_3$为0-1变量，所以

$$E(Y_3)=P\{Y_3=1\}=1-p^n-(1-p{)}^n.$$

6. 在区间$(0,1)$上任取一点，将其分为两个区间，留下其中任一区间记其长度为$X$，再从留下的区间上任取一点，将其分为两个区间，并取其中任一区间，记其长度为$Y$，则$E(Y)=$_____。

查看答案与解析

答案：

$$E(Y)=\frac{1}{4}.$$

解析：第一次在单位区间上均匀取一点$U$。分成长度$U$和$1-U$两段后，从两段中等可能地任选一段留下，因此

$$E(X\mid U)=\frac{1}{2}U+\frac{1}{2}(1-U)=\frac{1}{2},$$

从而$E(X)=\frac{1}{2}$。

第二次在长度为$X$的区间中均匀取点，再从所得两段中等可能任选一段，其条件期望为原区间长度的一半，即

$$E(Y\mid X)=\frac{X}{2}.$$

故

$$E(Y)=E[E(Y\mid X)]=\frac{1}{2}E(X)=\frac{1}{4}.$$

7. 设总体$X$服从参数为1的指数分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本，记$v_n(1)$为$n$个观测值中不大于1的个数，则$\frac{v_n(1)}{n}$的方差为( ) A. $\frac{e-1}{n{e}^2}$ B. $\frac{e-1}{ne}$ C. $\frac{e(e-1)}{n}$ D. $\frac{e-1}{n}$

查看答案与解析

答案：A。

解析：对单个观测值，

$$P\{X_i\le 1\}=1-e^{-1}.$$

因此

$$v_n(1)\sim B\left(n,1-e^{-1}\right).$$

故

$$\begin{array}{rl}D\left(\frac{v_n(1)}{n}\right)& =\frac{1}{n^2}n(1-e^{-1})e^{-1}\\ & =\frac{e-1}{n{e}^2}.\end{array}$$

8. 设$(X,Y)\sim f(x,y)=\frac{1}{2\sqrt{2}\pi }{e}^{-\frac{x^2+2y^2}{4}}$，$-\infty <x,y<+\infty$，$Z=X^2-Y^2$，则$E(Z)=$_____。

查看答案与解析

答案：

$$E(Z)=1.$$

解析：联合密度可分解为

$$f(x,y)=\left(\frac{1}{2\sqrt{\pi }}{e}^{-x^2/4}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-y^2/2}\right).$$

因此$X,Y$独立，且

$$X\sim N(0,2),Y\sim N(0,1).$$

于是

$$E(X^2)=2,E(Y^2)=1.$$

所以

$$E(Z)=E(X^2)-E(Y^2)=1.$$

9. 已知$(X,Y)$服从$N(0,0;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0)$，$\sigma >0$，若$D(|X-Y|)=1-\frac{2}{\pi }$，则$\sigma =$_____。

查看答案与解析

答案：

$$\sigma =\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

解析：相关系数为0且$(X,Y)$为二维正态，因此$X,Y$相互独立。于是

$$X-Y\sim N(0,2{\sigma }^2).$$

若$W\sim N(0,{\tau }^2)$，则

$$E|W|=\tau \sqrt{\frac{2}{\pi }},$$

从而

$$D(|W|)={\tau }^2\left(1-\frac{2}{\pi }\right).$$

这里${\tau }^2=2{\sigma }^2$，故

$$D(|X-Y|)=2{\sigma }^2\left(1-\frac{2}{\pi }\right).$$

由题设得$2{\sigma }^2=1$，所以

$$\sigma =\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

10. 设随机变量$X$的分布函数为$F(x)=k(\frac{\pi }{2}+\arctan x)$，$x\in R$，$Y=\min \{1,|X|\}$，则$E(Y)=$_____。

查看答案与解析

答案：

$$E(Y)=\frac{1}{2}+\frac{\ln 2}{\pi }.$$

解析：由分布函数在$+\infty$处极限为1，

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

所以

$$k=\frac{1}{\pi }.$$

因此$X$服从标准柯西分布，且

$$P\{|X|\le t\}=F(t)-F(-t)=\frac{2}{\pi }\arctan t,t\ge 0.$$

由于$0\le Y\le 1$，利用非负随机变量期望公式，

$$E(Y)={\int }_0^{1}P\{Y>t\}dt.$$

对$0<t<1$，$Y>t$等价于$|X|>t$，故

$$\begin{array}{rl}E(Y)& ={\int }_0^1\left(1-\frac{2}{\pi }\arctan t\right)dt\\ & =1-\frac{2}{\pi }{\left[t\arctan t-\frac{1}{2}\ln (1+t^2)\right]}_0^1\\ & =1-\frac{2}{\pi }\left(\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\ln 2\right)\\ & =\frac{1}{2}+\frac{\ln 2}{\pi }.\end{array}$$

11. 设随机变量$X\sim B(1,\frac{1}{4})$，随机变量$Y\sim B(1,\frac{1}{6})$且$\text{Cov}(X,Y)=\frac{1}{24}$。求： (1) 二维随机变量$(X,Y)$的概率分布； (2) $X$和$Y$的相关系数${\rho }_{XY}$； (3) $P\{XY=0\}$的值。

查看答案与解析

答案：

(1)

$$\begin{array}{ccc}& Y=0& Y=1\\ X=0& \frac{2}{3}& \frac{1}{12}\\ X=1& \frac{1}{6}& \frac{1}{12}\end{array}$$

(2)

$${\rho }_{XY}=\frac{1}{\sqrt{15}}.$$

(3)

$$P\{XY=0\}=\frac{11}{12}.$$

解析：由边缘分布，

$$E(X)=\frac{1}{4},E(Y)=\frac{1}{6}.$$

又

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{1}{24},$$

故

$$E(XY)=\frac{1}{24}+\frac{1}{24}=\frac{1}{12}.$$

因为$X,Y$均只取0、1，所以$XY=1$当且仅当$X=Y=1$，即

$$P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{12}.$$

再利用边缘概率，

$$P\{X=1,Y=0\}=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{1}{6},$$$$P\{X=0,Y=1\}=\frac{1}{6}-\frac{1}{12}=\frac{1}{12},$$

最后

$$P\{X=0,Y=0\}=1-\frac{1}{12}-\frac{1}{6}-\frac{1}{12}=\frac{2}{3}.$$

又

$$D(X)=\frac{1}{4}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{16},$$$$D(Y)=\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}=\frac{5}{36}.$$

因此

$${\rho }_{XY}=\frac{1/24}{\sqrt{(3/16)(5/36)}}=\frac{1}{\sqrt{15}}.$$

而

$$P\{XY=0\}=1-P\{XY=1\}=1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}.$$

12. 设某营运车辆的使用寿命$X$(天)服从参数为$\frac{1}{1000}$的指数分布，车辆的使用成本为300元/天，司机的报酬为400元/天，并约定按照$m$天支付报酬，车辆每天正常运营可获得1000元收益，求该营运车辆的期望利润最大时$m$的值（$m$为整数）。($\ln 2$取0.693，$\ln 7$取1.946)

查看答案与解析

答案：

$$m=560.$$

解析：约定司机按$m$天领取报酬，因此司机总报酬为$400m$。车辆在$m$天合同期内实际可运营的天数为$\min \{X,m\}$。每正常运营1天，扣除车辆使用成本后的净经营收入为

$$1000-300=700\text{元}.$$

故期望利润可写为

$$L(m)=700E[\min \{X,m\}]-400m.$$

对非负随机变量，

$$E[\min \{X,m\}]={\int }_0^{m}P\{X>t\}dt.$$

由于$X\sim E(1/1000)$，

$$P\{X>t\}=e^{-t/1000},$$

所以

$$E[\min \{X,m\}]={\int }_0^m{e}^{-t/1000}dt=1000(1-e^{-m/1000}).$$

于是

$$L(m)=700000(1-e^{-m/1000})-400m.$$

先把$m$看成连续变量，

$$L^{\prime }(m)=700e^{-m/1000}-400,$$$$L^{\prime \prime }(m)=-\frac{7}{10}{e}^{-m/1000}<0.$$

因此唯一极大点满足

$$e^{-m/1000}=\frac{4}{7},$$

即

$$m=1000\ln \frac{7}{4}=1000(\ln 7-2\ln 2).$$

代入题给近似值，

$$m\approx 1000(1.946-2\times 0.693)=560.$$

且$m$要求为整数，故取$m=560$。

13. 已知两只灯泡的寿命独立同分布于期望为2的指数分布。第一只灯泡先亮，若1小时内第一只灯泡坏掉，则在第1小时时第二只灯泡才亮；若1小时内第一只灯泡未坏掉，则在第一只灯泡坏掉时，立即点亮第二只灯泡。令$T$为从点亮第一只灯泡直到第二只灯泡坏掉的时间，则$E(T)=$_____。

查看答案与解析

答案：

$$E(T)=3+2e^{-1/2}.$$

解析：设两只灯泡寿命分别为$X_1,X_2$，则它们独立且均服从参数$\lambda =\frac{1}{2}$的指数分布，故$E(X_2)=2$。

第二只灯泡的点亮时刻为

$$\max \{X_1,1\}.$$

因此

$$T=\max \{X_1,1\}+X_2.$$

由指数分布的无记忆性，

$$E[(X_1-1{)}^{+}]=P\{X_1>1\}E(X_1-1\mid X_1>1)=e^{-1/2}\cdot 2.$$

于是

$$E[\max \{X_1,1\}]=1+E[(X_1-1{)}^{+}]=1+2e^{-1/2}.$$

从而

$$E(T)=1+2e^{-1/2}+2=3+2e^{-1/2}.$$

14. 设随机变量$X$的概率密度为$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}2x,& 0<x<1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$，在给定$X=x(0<x<1)$的条件下，随机变量$Y$在$(-x,x)$上服从均匀分布。 (1) 求$P\{\frac{1}{2}<X<\frac{3}{2}|Y=E(Y)\}$； (2) 判断$X$与$Y$的独立性、相关性，并给出理由； (3) 令随机变量$Z=X-Y$，求$f_Z(z)$。

查看答案与解析

答案：

(1)

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

(2) $X,Y$不独立，但不相关。

(3)

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

解析：条件密度为

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

因此联合密度

$$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_{Y\mid X}(y\mid x)=1,$$

其支持域为

$$0<x<1,|y|<x.$$

由于$Y\mid X=x$关于0对称，

$$E(Y\mid X=x)=0,$$

故$E(Y)=0$。

(1) 先求$Y$的边缘密度。对$|y|<1$，

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

特别地$f_Y(0)=1$。因此给定$Y=0$时，条件密度为

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

故

$$P\left\{\frac{1}{2}<X<\frac{3}{2}\mid Y=E(Y)\right\}=P\left\{\frac{1}{2}<X<1\mid Y=0\right\}=\frac{1}{2}.$$

(2) 联合支持域为$|y|<x$，其形状不能写成两个边缘支持区间的直积，因此$X,Y$不独立。另一方面，

$$E(XY)=E[XE(Y\mid X)]=0,$$

且$E(Y)=0$，所以

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=0.$$

因此二者不相关。

(3) 令$Z=X-Y$，即$y=x-z$。由支持域条件

$$0<x<1,-x<x-z<x,$$

可得

$$z>0,x>\frac{z}{2}.$$

因此当$0<z<2$时，

$$\frac{z}{2}<x<1.$$

故

$$f_Z(z)={\int }_{z/2}^1{f}_{X,Y}(x,x-z)dx={\int }_{z/2}^{1}1dx=1-\frac{z}{2}.$$

其余处为0。

15. 独立重复抛掷一枚均匀硬币两次，记$X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{出现正面}\\ 0,& \text{出现反面}\end{array}$，$i=1,2$，则$X_1+X_2$与$X_1-X_2$( ) A. 独立，不相关 B. 不独立，不相关 C. 独立，相关 D. 不独立，相关

查看答案与解析

答案：B。

解析：令

$$S=X_1+X_2,D=X_1-X_2.$$

四种等可能结果对应

$$\begin{array}{ccc}(X_1,X_2)& S& D\\ (0,0)& 0& 0\\ (0,1)& 1& -1\\ (1,0)& 1& 1\\ (1,1)& 2& 0\end{array}$$

可见

$$P\{S=1,D=0\}=0,$$

而

$$P\{S=1\}P\{D=0\}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4},$$

所以$S,D$不独立。

又

$$E(S)=1,E(D)=0,$$

且由上表

$$E(SD)=\frac{1}{4}(0-1+1+0)=0.$$

因此

$$\mathrm{Cov}(S,D)=0,$$

故二者不相关。

16. 设随机变量$(X,Y)$在椭圆域$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1(a>0,b>0)$上服从均匀分布，则( ) A. $X$在区间$[-a,a]$上均匀分布 B. $X$和$Y$必不相关 C. $Y$在区间$[-b,b]$上均匀分布 D. $X$和$Y$相互独立

查看答案与解析

答案：B。

解析：椭圆域关于$x$轴、$y$轴均对称，联合密度在椭圆内为常数。因此

$$E(X)=0,E(Y)=0.$$

又积分区域关于$x\mapsto -x$或$y\mapsto -y$对称，而$xy$为奇函数，因此

$$E(XY)=0.$$

故

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0,$$

即$X,Y$不相关。

但$X$的边缘密度与竖截面长度成正比，具体为椭圆弦长的函数，并非常数，所以A错误；同理C错误。联合支持域为椭圆而非矩形，故$X,Y$也不独立，D错误。

17. 设连续型随机变量$X$与$Y$独立同分布，且其分布函数$F(x)$为严格单调增加函数，若$E(X)$存在，且$E(|X-Y|)=1$，则$X$与$F(X)$的协方差为( ) A. 0 B. $\frac{1}{4}$ C. $\frac{1}{2}$ D. 1

查看答案与解析

答案：B。

解析：由于$F$连续且严格递增，概率积分变换给出

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

所以

$$E[F(X)]=\frac{1}{2}.$$

又因为$X,Y$独立同分布且连续，

$$E[\max (X,Y)]=E[X;X>Y]+E[Y;Y>X].$$

两项相等，并且

$$\begin{array}{rl}E[X;X>Y]& =E[XP(Y<X\mid X)]\\ & =E[XF(X)].\end{array}$$

故

$$E[\max (X,Y)]=2E[XF(X)].$$

另一方面

$$\max (X,Y)=\frac{X+Y+|X-Y|}{2},$$

所以

$$E[\max (X,Y)]=E(X)+\frac{1}{2}E|X-Y|=E(X)+\frac{1}{2}.$$

因此

$$E[XF(X)]=\frac{1}{2}E(X)+\frac{1}{4}.$$

从而

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,F(X))& =E[XF(X)]-E(X)E[F(X)]\\ & =\left(\frac{1}{2}E(X)+\frac{1}{4}\right)-\frac{1}{2}E(X)\\ & =\frac{1}{4}.\end{array}$$

18. 设随机变量$X,Y$独立同分布于参数为1的指数分布，令$Z=\max \{X,Y\}$，$W=\min \{X,Y\}$，则$Z$与$W$的相关系数为( ) A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ D. 1

查看答案与解析

答案：C。

解析：两个独立$E(1)$随机变量的最小值

$$W=\min \{X,Y\}\sim E(2),$$

故

$$E(W)=\frac{1}{2},D(W)=\frac{1}{4}.$$

由指数分布的无记忆性，在先坏掉的那个时刻之后，另一个随机变量的剩余寿命$V$仍服从$E(1)$，且与$W$独立。因此

$$Z=W+V,$$

其中

$$D(V)=1.$$

于是

$$D(Z)=D(W)+D(V)=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4},$$

且

$$\mathrm{Cov}(Z,W)=\mathrm{Cov}(W+V,W)=D(W)=\frac{1}{4}.$$

因此

$${\rho }_{ZW}=\frac{1/4}{\sqrt{(5/4)(1/4)}}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}.$$

19. 设总体$X$服从参数为$\lambda (\lambda >0)$的泊松分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X$的简单随机样本，且对任意的正数$\epsilon$，有$\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2-2|<\epsilon \}=1$，则$D[|X-D(X)|]=$( ) A. $1-\frac{2}{e}$ B. $1+\frac{2}{e}$ C. $1-\frac{4}{e^2}$ D. $1+\frac{4}{e^2}$

查看答案与解析

答案：C。

解析：由大数定律，

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\stackrel{P}{\to }E(X^2).$$

题设极限表明

$$E(X^2)=2.$$

对$X\sim P(\lambda )$，

$$E(X^2)=D(X)+[E(X){]}^2=\lambda +{\lambda }^2.$$

因此

$${\lambda }^2+\lambda =2,$$

由$\lambda >0$得$\lambda =1$。于是$D(X)=1$。

令

$$Y=|X-D(X)|=|X-1|.$$

首先

$$E(Y^2)=E[(X-1{)}^2]=D(X)=1.$$

再求$E(Y)$。由于$E(X-1)=0$，负部分只在$X=0$时出现，且

$$E[(1-X);X<1]=P\{X=0\}=e^{-1}.$$

均值为0意味着正部分期望也为$e^{-1}$，故

$$E|X-1|=\frac{2}{e}.$$

因此

$$D(Y)=E(Y^2)-[E(Y){]}^2=1-\frac{4}{e^2}.$$

20. 已知随机变量$X$在区间$(0,1)$上服从均匀分布，在$X=x(0<x<1)$的条件下，随机变量$Y$在区间$(0,x)$上服从均匀分布。求： (1) $Y$的概率密度$f_Y(y)$； (2) $X$与$Y$的相关系数${\rho }_{XY}$。

查看答案与解析

答案：

(1)

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

(2)

$${\rho }_{XY}=\sqrt{\frac{3}{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$$

解析：因为$X\sim U(0,1)$，

$$f_X(x)=1,0<x<1.$$

在给定$X=x$时，

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

所以联合密度为

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

(1) 对$0<y<1$，

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

(2) 由条件均匀分布，

$$E(Y\mid X=x)=\frac{x}{2},E(Y^2\mid X=x)=\frac{x^2}{3}.$$

因此

$$E(X)=\frac{1}{2},D(X)=\frac{1}{12},$$$$E(Y)=E\left(\frac{X}{2}\right)=\frac{1}{4},$$

且

$$E(Y^2)=E\left(\frac{X^2}{3}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{9}.$$

所以

$$D(Y)=\frac{1}{9}-\frac{1}{16}=\frac{7}{144}.$$

此外

$$E(XY)=E[XE(Y\mid X)]=E\left(\frac{X^2}{2}\right)=\frac{1}{6}.$$

从而

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{1}{6}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{24}.$$

故

$$\begin{array}{rl}{\rho }_{XY}& =\frac{1/24}{\sqrt{(1/12)(7/144)}}\\ & =\sqrt{\frac{3}{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.\end{array}$$

21. 设二维随机变量$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}a{x}^{2}y,& x^2\le y\le 1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$。 (1) 求$a$的值； (2) 求$Z=X^{2}Y$的概率密度； (3) 求$E(Y|X=\frac{1}{2})$。

查看答案与解析

答案：

(1)

$$a=\frac{21}{4}.$$

(2)

$$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{21}{2}\left(z^{1/2}-z^{3/4}\right),& 0<z<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

(3)

$$E\left(Y\mid X=\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{10}.$$

解析：由$x^2\le y\le 1$知必有$-1\le x\le 1$。

(1) 利用密度归一化条件，

$$\begin{array}{rl}1& ={\int }_{-1}^1{\int }_{x^2}^{1}a{x}^{2}ydydx\\ & =\frac{a}{2}{\int }_{-1}^1{x}^2(1-x^4)dx\\ & =a{\int }_0^1(x^2-x^6)dx\\ & =a\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{7}\right)=\frac{4a}{21}.\end{array}$$

故

$$a=\frac{21}{4}.$$

(2) 先令

$$U=X^2.$$

对$0<u<1$，$x=\pm \sqrt{u}$，故由变量变换，

$$\begin{array}{rl}{f}_{U,Y}(u,y)& =\sum _{x=\pm \sqrt{u}}{f}_{X,Y}(x,y)\left|\frac{dx}{du}\right|\\ & =2\cdot auy\cdot \frac{1}{2\sqrt{u}}\\ & =a\sqrt{u}y,\end{array}$$

其支持域为

$$0<u<1,u\le y\le 1.$$

现在$Z=UY$。作变换

$$z=uy,y=\frac{z}{u}.$$

Jacobi因子为

$$\left|\frac{\partial y}{\partial z}\right|=\frac{1}{u}.$$

约束$u\le y\le 1$变为

$$u\le \frac{z}{u}\le 1,$$

即

$$z\le u\le \sqrt{z},0<z<1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{f}_Z(z)& ={\int }_z^{\sqrt{z}}a\sqrt{u}\cdot \frac{z}{u}\cdot \frac{1}{u}du\\ & =az{\int }_z^{\sqrt{z}}{u}^{-3/2}du\\ & =2a\left(z^{1/2}-z^{3/4}\right).\end{array}$$

代入$a=\frac{21}{4}$，得

$$f_Z(z)=\frac{21}{2}\left(z^{1/2}-z^{3/4}\right),0<z<1.$$

(3) 固定$x=\frac{1}{2}$时，$y$的范围为

$$\frac{1}{4}\le y\le 1,$$

且条件密度关于$y$与$y$成正比。因此

$$E\left(Y\mid X=\frac{1}{2}\right)=\frac{{\int }_{1/4}^1{y}^{2}dy}{{\int }_{1/4}^{1}ydy}.$$

计算得

$${\int }_{1/4}^1{y}^{2}dy=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{64}\right)=\frac{21}{64},$$$${\int }_{1/4}^{1}ydy=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{16}\right)=\frac{15}{32}.$$

故

$$E\left(Y\mid X=\frac{1}{2}\right)=\frac{21/64}{15/32}=\frac{7}{10}.$$