2.1 分布的计算

小题

1. 【1991-4-3 分】 设随机变量 X 的分布函数为

$$F(x)=P\{X\le x\}=\{\begin{array}{ll}0,& x<-1,\\ 0.4,& -1\le x<1,\\ 0.8,& 1\le x<3,\\ 1,& x\ge 3,\end{array}$$

则 X 的概率分布为

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答案：

$$\begin{array}{cccc}X& -1& 1& 3\\ P& 0.4& 0.4& 0.2\end{array}$$

解析： 离散型随机变量在某点取值的概率等于分布函数在该点的跳跃量，即

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

因此

$$P\{X=-1\}=F(-1)-F(-1-)=0.4-0=0.4,$$$$P\{X=1\}=F(1)-F(1-)=0.8-0.4=0.4,$$$$P\{X=3\}=F(3)-F(3-)=1-0.8=\mathrm{0.2.}$$

三项概率之和为

$$0.4+0.4+0.2=1,$$

故上述概率分布正确。知识点是由阶梯型分布函数的跳跃量确定离散型随机变量的概率分布。

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2. 【1987-4-4 分】 已知随机变量 X 的概率分布为 $P\{X=1\}=0.2$，$P\{X=2\}=0.3$，$P\{X=3\}=0.5$。试写出 X 的分布函数 $F(x)$。

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答案：

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<1,\\ 0.2,& 1\le x<2,\\ 0.5,& 2\le x<3,\\ 1,& x\ge 3.\end{array}$$

解析： 由分布函数的定义

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

当 $x<1$ 时，随机变量不可能取到不大于 $x$ 的值，所以 $F(x)=0$。

当 $1\le x<2$ 时，只有 $X=1$ 被计入，故

$$F(x)=P\{X=1\}=\mathrm{0.2.}$$

当 $2\le x<3$ 时，$X=1,2$ 被计入，故

$$F(x)=P\{X=1\}+P\{X=2\}=0.2+0.3=\mathrm{0.5.}$$

当 $x\ge 3$ 时，所有可能取值均被计入，所以

$$F(x)=0.2+0.3+0.5=1.$$

注意分布函数在各分点处右连续，因此区间端点应按上述方式取值。

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3. 【1990-1-2 分】 已知随机变量 X 的概率密度函数 $f(x)=\frac{1}{2}{e}^{-|x|}$，$-\infty <x<+\infty$，则 X 的概率分布函数 $F(x)=$

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答案：

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

解析： 由连续型随机变量分布函数的定义，

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

当 $x<0$ 时，$|t|=-t$，故

$$F(x)={\int }_{-\infty }^x\frac{1}{2}{e}^{t}dt=\frac{1}{2}{e}^x.$$

当 $x\ge 0$ 时，可按 $t=0$ 分段：

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_{-\infty }^0\frac{1}{2}{e}^{t}dt+{\int }_0^x\frac{1}{2}{e}^{-t}dt\\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(1-e^{-x})\\ & =1-\frac{1}{2}{e}^{-x}.\end{array}$$

在 $x=0$ 处左右两式均等于 $\frac{1}{2}$，因此分布函数连续且满足右连续性。

大题

1. 【1991-4-6 分】 一汽车沿一街道行驶，需要经过三个均设有红绿信号灯的路口，每个信号灯为红或绿与其他信号灯为红或绿相互独立，且红绿两种信号显示的时间相等，以 X 表示汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数。求 X 的概率分布。

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答案：

$$\begin{array}{ccccc}X& 0& 1& 2& 3\\ P& \frac{1}{2}& \frac{1}{4}& \frac{1}{8}& \frac{1}{8}\end{array}$$

解析： 每个路口出现红灯、绿灯的概率均为

$$P(R)=P(G)=\frac{1}{2},$$

且三个路口的信号状态相互独立。

随机变量 $X$ 表示首次遇到红灯前已经通过的路口数，因此 $X$ 的可能取值为 $0,1,2,3$。

• $X=0$ 表示第一个路口就是红灯，所以

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

• $X=1$ 表示第一个路口为绿灯、第二个路口为红灯，所以

  $$P\{X=1\}=P(GR)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

• $X=2$ 表示前两个路口均为绿灯、第三个路口为红灯，所以

  $$P\{X=2\}=P(GGR)={\left(\frac{1}{2}\right)}^3=\frac{1}{8}.$$

• $X=3$ 表示三个路口均为绿灯，汽车通过全部三个路口而没有遇到红灯，所以

  $$P\{X=3\}=P(GGG)={\left(\frac{1}{2}\right)}^3=\frac{1}{8}.$$

检验概率总和：

$$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=1.$$

因此上述即为 $X$ 的概率分布。易错点是 $X=3$ 表示三个路口全为绿灯，而不是还需在第四个路口遇到红灯。

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2. 【1993-45-8 分】 假设一大型设备在任何长为 t 的时间内发生故障的次数 $N(t)$ 服从参数为 $\lambda t$ 的泊松分布。

（1）求相继两次故障之间时间间隔 T 的概率分布；

（2）求在设备已经无故障工作8小时的情形下，再无故障运行8小时的概率 Q。

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答案： （1）$T$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，即

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

其概率密度为

$$f_T(t)=\{\begin{array}{ll}\lambda e^{-\lambda t},& t>0,\\ 0,& t\le 0.\end{array}$$

（2）

$$Q=e^{-8\lambda }.$$

解析： （1）对 $t\ge 0$，事件 $\{T>t\}$ 表示从某次故障发生后开始计算，在随后长度为 $t$ 的时间内没有再次发生故障，即

$$\{T>t\}=\{N(t)=0\}.$$

由泊松分布，

$$P\{N(t)=0\}=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t{)}^0}{0!}=e^{-\lambda t}.$$

所以

$$P\{T>t\}=e^{-\lambda t},$$

从而

$$F_T(t)=P\{T\le t\}=1-e^{-\lambda t},t\ge 0.$$

对分布函数求导得

$$f_T(t)=F_T^{\prime }(t)=\lambda e^{-\lambda t},t>0.$$

因此相继两次故障之间的时间间隔服从参数为 $\lambda$ 的指数分布。

（2）设事件 $A$ 表示前8小时无故障，事件 $B$ 表示接下来的8小时也无故障。泊松过程具有独立增量性，因此后8小时内的故障次数与前8小时是否发生故障相互独立。于是

$$\begin{array}{rl}Q& =P(B\mid A)\\ & =P\{N(16)-N(8)=0\}\\ & =e^{-8\lambda }.\end{array}$$

也可利用指数分布的无记忆性：

$$P\{T>16\mid T>8\}=P\{T>8\}=e^{-8\lambda }.$$

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3. 【1997-4-8 分】 假设随机变量 X 的绝对值不大于1；$P\{X=-1\}=\frac{1}{8}$，$P\{X=1\}=\frac{1}{4}$；在事件 $\{-1<X<1\}$ 出现的条件下，X 在 $(-1,1)$ 内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比。

（1）试求 X 的分布函数 $F(x)=P\{X\le x\}$；

（2）求 X 取负值的概率 p。

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答案： （1）

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

（2）

$$p=\frac{7}{16}.$$

解析： 由题意，$|X|\le 1$，且端点处的概率为

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

因此落在开区间 $(-1,1)$ 内的概率为

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

在已知 $-1<X<1$ 的条件下，$X$ 在该区间上均匀分布。由于区间总长度为 $2$，条件密度为 $\frac{1}{2}$，故无条件连续部分的密度为

$$\frac{5}{8}\cdot \frac{1}{2}=\frac{5}{16},-1<x<1.$$

（1）分段计算分布函数。

当 $x<-1$ 时，$F(x)=0$。

当 $-1\le x<1$ 时，应先计入点 $X=-1$ 的概率，再计入连续部分在 $(-1,x]$ 上的概率：

$$\begin{array}{rl}F(x)& =P\{X=-1\}+{\int }_{-1}^x\frac{5}{16}dt\\ & =\frac{1}{8}+\frac{5}{16}(x+1)\\ & =\frac{5x+7}{16}.\end{array}$$

当 $x\ge 1$ 时，所有可能取值均已计入，故 $F(x)=1$。在 $x=1$ 处，分布函数由

$$F(1-)=\frac{3}{4}$$

跳至 $F(1)=1$，跳跃量恰为 $\frac{1}{4}=P\{X=1\}$。

（2）$X$ 取负值包括点 $X=-1$ 以及连续部分落在 $(-1,0)$ 内，因此

$$\begin{array}{rl}p=P\{X<0\}& =P\{X=-1\}+{\int }_{-1}^0\frac{5}{16}dt\\ & =\frac{1}{8}+\frac{5}{16}\\ & =\frac{7}{16}.\end{array}$$

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4. 【2014-13-11 分】 设随机变量 X 的分布为 $P\{X=1\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2}$，在给定 $X=i$ 的条件下，随机变量 Y 服从均匀分布 $U(0,i)$，$i=1,2$。

（1）求 Y 的分布函数 $F_Y(y)$；

（2）求 $EY$。

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答案： （1）

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ \frac{3y}{4},& 0\le y<1,\\ \frac{1}{2}+\frac{y}{4},& 1\le y<2,\\ 1,& y\ge 2.\end{array}$$

（2）

$$EY=\frac{3}{4}.$$

解析： （1）由全概率公式，

$$F_Y(y)=\sum _{i=1}^{2}P\{X=i\}P\{Y\le y\mid X=i\}.$$

在条件 $X=1$ 下，$Y\sim U(0,1)$，故

$$P\{Y\le y\mid X=1\}=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ y,& 0\le y<1,\\ 1,& y\ge 1.\end{array}$$

在条件 $X=2$ 下，$Y\sim U(0,2)$，故

$$P\{Y\le y\mid X=2\}=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ \frac{y}{2},& 0\le y<2,\\ 1,& y\ge 2.\end{array}$$

于是：

当 $y<0$ 时，$F_Y(y)=0$。

当 $0\le y<1$ 时，

$$F_Y(y)=\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}\cdot \frac{y}{2}=\frac{3y}{4}.$$

当 $1\le y<2$ 时，

$$F_Y(y)=\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{1}{2}\cdot \frac{y}{2}=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}.$$

当 $y\ge 2$ 时，$F_Y(y)=1$。

（2）利用条件期望公式。由于在给定 $X=i$ 时，$Y\sim U(0,i)$，所以

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

因此

$$\begin{array}{rl}EY& =E[E(Y\mid X)]\\ & =\sum _{i=1}^{2}P\{X=i\}\frac{i}{2}\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot 1\\ & =\frac{3}{4}.\end{array}$$

知识点：第一问使用条件分布与全概率公式，第二问使用全期望公式。