4.1 一维随机变量函数的分布

小题

1. 【1993-1-3 分】 设随机变量 $X$ 服从 $(0,2)$ 上的均匀分布，则随机变量 $Y=X^2$ 在 $(0,4)$ 内概率密度函数 $f_Y(y)=$

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答案： $f_Y(y)=\frac{1}{4\sqrt{y}},0<y<4.$

解析： 因为 $X\sim U(0,2)$，故

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

在 $0<x<2$ 上，变换 $y=x^2$ 单调递增，其反函数为 $x=\sqrt{y}$，且

$$\left|\frac{dx}{dy}\right|=\frac{1}{2\sqrt{y}}.$$

因此当 $0<y<4$ 时，

$$f_Y(y)=f_X(\sqrt{y})\left|\frac{dx}{dy}\right|=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2\sqrt{y}}=\frac{1}{4\sqrt{y}}.$$

在其他范围内，$f_Y(y)=0$。

大题

1. 【1988-1-6 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度函数为

$$f_X(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)},-\infty <x<+\infty ,$$

求随机变量 $Y=1-\sqrt[3]{X}$ 的概率密度函数 $f_Y(y)$。

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答案：

$$f_Y(y)=\frac{3(1-y{)}^2}{\pi \left[1+(1-y{)}^6\right]},-\infty <y<+\infty .$$

解析： 由

$$y=1-\sqrt[3]{x}$$

可得反函数

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

该变换在实数范围内一一对应，并且

$$\frac{dx}{dy}=-3(1-y{)}^2,\left|\frac{dx}{dy}\right|=3(1-y{)}^2.$$

由一维连续型随机变量函数的密度变换公式，

$$f_Y(y)=f_X\left((1-y{)}^3\right)\left|\frac{dx}{dy}\right|.$$

所以

$$f_Y(y)=\frac{1}{\pi \left[1+(1-y{)}^6\right]}\cdot 3(1-y{)}^2=\frac{3(1-y{)}^2}{\pi \left[1+(1-y{)}^6\right]}.$$

由于 $x\mapsto 1-\sqrt[3]{x}$ 的值域为全体实数，故 $-\infty <y<+\infty$。

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2. 【1988-45-6 分】 假设随机变量 $X$ 在区间 $(1,2)$ 上服从均匀分布。试求随机变量 $Y=e^{2X}$ 的概率密度 $f_Y(y)$。

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答案：

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2y},& e^2<y<e^4,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析： 因为 $X\sim U(1,2)$，所以

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

函数 $y=e^{2x}$ 在 $(1,2)$ 上严格递增，反函数为

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

当 $1<x<2$ 时，

$$e^2<y<e^4.$$

故

$$f_Y(y)=f_X\left(\frac{1}{2}\ln y\right)\left|\frac{dx}{dy}\right|=\frac{1}{2y},e^2<y<e^4.$$

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3. 【1995-1-6 分】 设 $X$ 的概率密度为

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

求 $Y=e^X$ 的概率密度 $f_Y(y)$。

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答案：

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{y^2},& y\ge 1,\\ 0,& y<1.\end{array}$$

解析： 由 $Y=e^X$ 可知 $Y\ge 1$，且反函数为

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

因此当 $y\ge 1$ 时，

$$f_Y(y)=f_X(\ln y)\left|\frac{dx}{dy}\right|=e^{-\ln y}\cdot \frac{1}{y}=\frac{1}{y}\cdot \frac{1}{y}=\frac{1}{y^2}.$$

当 $y<1$ 时，随机变量 $Y$ 不可能取值，故密度为 $0$。

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4. 【1995-5-7 分】 假设随机变量 $X$ 服从参数为 $2$ 的指数分布，证明：$Y=1-e^{-2X}$ 在区间 $(0,1)$ 上服从均匀分布。

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答案： $Y\sim U(0,1)$。

解析： 参数为 $2$ 的指数分布的分布函数为

$$F_X(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ 1-e^{-2x},& x>0.\end{array}$$

由于 $X>0$，所以

$$0<1-e^{-2X}<1,$$

即 $Y$ 的取值范围为 $(0,1)$。

对 $0<y<1$，有

$$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{Y\le y\}\\ & =P\{1-e^{-2X}\le y\}\\ & =P\left\{X\le -\frac{1}{2}\ln (1-y)\right\}\\ & =1-\exp \left[-2\left(-\frac{1}{2}\ln (1-y)\right)\right]\\ & =1-(1-y)=y.\end{array}$$

故

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

这正是区间 $(0,1)$ 上均匀分布的分布函数，因此 $Y\sim U(0,1)$。

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5. 【1997-3-7 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。试求 $X$ 的分布函数 $F(x)=P\{X\le x\}$。

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答案：

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<-1,\\ \frac{1}{8}+\frac{5}{16}(x+1),& -1\le x<1,\\ 1,& x\ge 1.\end{array}$$

解析： 首先，

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

在条件 $\{-1<X<1\}$ 下，$X$ 在 $(-1,1)$ 上均匀分布，因此条件密度为

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

于是 $X$ 在 $(-1,1)$ 内的无条件连续密度为

$$\frac{5}{8}\cdot \frac{1}{2}=\frac{5}{16}.$$

分段计算分布函数：

• 当 $x<-1$ 时，$F(x)=0$；

• 当 $-1\le x<1$ 时，应计入点 $-1$ 处的概率质量和区间 $(-1,x]$ 内的连续概率：

  $$F(x)=\frac{1}{8}+{\int }_{-1}^x\frac{5}{16}dt=\frac{1}{8}+\frac{5}{16}(x+1);$$

• 当 $x\ge 1$ 时，还要计入点 $1$ 处的概率质量，故 $F(x)=1$。

注意在 $x=-1$ 处分布函数跳跃 $\frac{1}{8}$，在 $x=1$ 处跳跃 $\frac{1}{4}$。

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6. 【2003-34-13 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}},& x\in [1,8],\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

$F(x)$ 是 $X$ 的分布函数。求随机变量 $Y=F(X)$ 的分布函数。

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答案：

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

即 $Y\sim U(0,1)$。

解析： 在 $1\le x\le 8$ 时，

$$F(x)={\int }_1^x\frac{1}{3t^{2/3}}dt={t^{1/3}|}_1^x=\sqrt[3]{x}-1.$$

因此

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<1,\\ \sqrt[3]{x}-1,& 1\le x\le 8,\\ 1,& x>8.\end{array}$$

由于 $X$ 是连续型随机变量，且 $F(x)$ 在其取值区间上连续严格递增，故对 $0<y<1$，

$$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{F(X)\le y\}\\ & =P\{\sqrt[3]{X}-1\le y\}\\ & =P\{X\le (1+y{)}^3\}\\ & =F\left((1+y{)}^3\right)\\ & =(1+y)-1=y.\end{array}$$

因此 $Y=F(X)$ 服从 $(0,1)$ 上的均匀分布。

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7. 【2006-1-9 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2},& -1<x<0,\\ \frac{1}{4},& 0\le x<2,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

令 $Y=X^2$，$F(x,y)$ 为二维随机变量 $(X,Y)$ 的分布函数。求：

（1）$Y$ 的概率密度 $f_Y(y)$；

（2）$F\left(-\frac{1}{2},4\right)$。

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答案： （1）

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{3}{8\sqrt{y}},& 0<y<1,\\ \frac{1}{8\sqrt{y}},& 1<y<4,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

（2）

$$F\left(-\frac{1}{2},4\right)=\frac{1}{4}.$$

解析： （1）当 $0<y<1$ 时，方程 $x^2=y$ 有两个落在 $X$ 支持集内的根：

$$x_1=-\sqrt{y},x_2=\sqrt{y}.$$

两支反函数的导数绝对值均为

$$\left|\frac{dx}{dy}\right|=\frac{1}{2\sqrt{y}}.$$

故

$$\begin{array}{rl}{f}_Y(y)& =f_X(-\sqrt{y})\frac{1}{2\sqrt{y}}+f_X(\sqrt{y})\frac{1}{2\sqrt{y}}\\ & =\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)\frac{1}{2\sqrt{y}}=\frac{3}{8\sqrt{y}}.\end{array}$$

当 $1<y<4$ 时，负根 $-\sqrt{y}<-1$，不在 $X$ 的支持集内，只有正根 $\sqrt{y}\in (1,2)$，因此

$$f_Y(y)=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2\sqrt{y}}=\frac{1}{8\sqrt{y}}.$$

（2）由二维分布函数定义，

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

在 $X$ 的支持集上总有 $X^2<4$（端点对概率无影响），故事件 $Y\le 4$ 不再增加限制。因此

$$F\left(-\frac{1}{2},4\right)=P\left\{X\le -\frac{1}{2}\right\}={\int }_{-1}^{-1/2}\frac{1}{2}dx=\frac{1}{4}.$$

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8. 【2013-1-11 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{9}{x}^2,& 0<x<3,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

令

$$Y=\{\begin{array}{ll}2,& X\le 1,\\ X,& 1<X<2,\\ 1,& X\ge 2.\end{array}$$

（1）求 $Y$ 的分布函数；

（2）求概率 $P\{X\le Y\}$。

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答案： （1）

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<1,\\ \frac{y^3+18}{27},& 1\le y<2,\\ 1,& y\ge 2.\end{array}$$

（2）

$$P\{X\le Y\}=\frac{8}{27}.$$

解析： 先计算两个离散概率质量：

当 $X\ge 2$ 时，$Y=1$，故

$$P\{Y=1\}=P\{X\ge 2\}={\int }_2^3\frac{x^2}{9}dx=\frac{19}{27}.$$

当 $X\le 1$ 时，$Y=2$，故

$$P\{Y=2\}=P\{X\le 1\}={\int }_0^1\frac{x^2}{9}dx=\frac{1}{27}.$$

当 $1<X<2$ 时，$Y=X$，在 $(1,2)$ 上保留连续密度 $\frac{y^2}{9}$。

因此：

• $y<1$ 时，$F_Y(y)=0$；

• $1\le y<2$ 时，

  $$\begin{array}{rl}{F}_Y(y)& =P\{Y=1\}+P\{1<Y\le y\}\\ & =\frac{19}{27}+{\int }_1^y\frac{t^2}{9}dt\\ & =\frac{19}{27}+\frac{y^3-1}{27}=\frac{y^3+18}{27};\end{array}$$

• $y\ge 2$ 时，计入 $Y=2$ 处的概率质量后，$F_Y(y)=1$。

对事件 $X\le Y$：

• 当 $X\le 1$ 时，$Y=2$，一定有 $X\le Y$；
• 当 $1<X<2$ 时，$Y=X$，一定有 $X\le Y$；
• 当 $X\ge 2$ 时，$Y=1$，不满足 $X\le Y$。

故

$$P\{X\le Y\}=P\{X<2\}={\int }_0^2\frac{x^2}{9}dx=\frac{8}{27}.$$

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9. 【2023-3-12 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f_X(x)=\frac{e^x}{(1+e^x{)}^2},-\infty <x<+\infty ,$$

令 $Y=e^X$。

（1）求 $X$ 的分布函数；

（2）求 $Y$ 的概率密度；

（3）$Y$ 的数学期望是否存在。

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答案： （1）

$$F_X(x)=\frac{e^x}{1+e^x}.$$

（2）

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{(1+y{)}^2},& y>0,\\ 0,& y\le 0.\end{array}$$

（3）$E(Y)$ 不存在（发散为 $+\infty$）。

解析： （1）注意到

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{e^x}{1+e^x}\right)=\frac{e^x}{(1+e^x{)}^2}.$$

且当 $x\to -\infty$ 时 $\frac{e^x}{1+e^x}\to 0$，故

$$F_X(x)=\frac{e^x}{1+e^x}.$$

（2）由 $Y=e^X$，有 $y>0$，反函数为 $x=\ln y$，且

$$\frac{dx}{dy}=\frac{1}{y}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{f}_Y(y)& =f_X(\ln y)\frac{1}{y}\\ & =\frac{e^{\ln y}}{(1+e^{\ln y}{)}^2}\cdot \frac{1}{y}\\ & =\frac{y}{(1+y{)}^2}\cdot \frac{1}{y}=\frac{1}{(1+y{)}^2},y>0.\end{array}$$

（3）

$$E(Y)={\int }_0^{+\infty }\frac{y}{(1+y{)}^2}dy.$$

将被积函数分解为

$$\frac{y}{(1+y{)}^2}=\frac{1}{1+y}-\frac{1}{(1+y{)}^2}.$$

其中 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+y}dy$ 发散，而第二项积分收敛，所以原积分发散为 $+\infty$。因此 $Y$ 的数学期望不存在。

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10. 【2025-13-12 分】 投保人的损失事件发生时，保险公司的赔付额 $Y$ 与投保人的损失额 $X$ 的关系为

$$Y=\{\begin{array}{ll}0,& X\le 100,\\ X-100,& X>100.\end{array}$$

设损失事件发生时，投保人的损失额 $X$ 的概率密度为

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2\times 100^2}{(100+x{)}^3},& x>0,\\ 0,& x\le 0.\end{array}$$

（1）求 $P\{Y>0\}$ 及 $E(Y)$；

（2）这种损失事件在一年内发生的次数记为 $N$，保险公司在一年内就这种损失事件产生的理赔次数记为 $M$。假设 $N$ 服从参数为 $8$ 的泊松分布，在 $N=n(n\ge 1)$ 的条件下，$M$ 服从二项分布 $B(n,p)$，其中 $p=P\{Y>0\}$，求 $M$ 的概率分布。

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答案： （1）

$$P\{Y>0\}=\frac{1}{4},E(Y)=50.$$

（2）

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

即

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

解析： （1）只有当 $X>100$ 时才发生赔付，因此

$$\begin{array}{rl}P\{Y>0\}& =P\{X>100\}\\ & ={\int }_{100}^{+\infty }\frac{20000}{(100+x{)}^3}dx\\ & ={-\frac{10000}{(100+x{)}^2}|}_{100}^{+\infty }\\ & =\frac{10000}{200^2}=\frac{1}{4}.\end{array}$$

又 $Y=(X-100{)}^{+}$。利用非负随机变量的尾积分公式，

$$E(Y)={\int }_0^{+\infty }P\{Y>y\}dy.$$

当 $y\ge 0$ 时，

$$P\{Y>y\}=P\{X>100+y\}=\frac{10000}{(200+y{)}^2}.$$

故

$$E(Y)={\int }_0^{+\infty }\frac{10000}{(200+y{)}^2}dy={-\frac{10000}{200+y}|}_0^{+\infty }=50.$$

（2）给定 $N=n$ 时，每次损失事件独立地产生理赔的概率为

$$p=\frac{1}{4}.$$

因此

$$P\{M=m\mid N=n\}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^m{\left(\frac{3}{4}\right)}^{n-m},0\le m\le n.$$

对 $N$ 求全概率：

$$\begin{array}{rl}P\{M=m\}& =\sum _{n=m}^{+\infty }P\{M=m\mid N=n\}P\{N=n\}\\ & =\sum _{n=m}^{+\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^m{\left(\frac{3}{4}\right)}^{n-m}{e}^{-8}\frac{8^n}{n!}.\end{array}$$

令 $k=n-m$，化简得

$$\begin{array}{rl}P\{M=m\}& =e^{-8}\frac{(8/4{)}^m}{m!}\sum _{k=0}^{+\infty }\frac{(8\cdot 3/4{)}^k}{k!}\\ & =e^{-8}\frac{2^m}{m!}{e}^6=e^{-2}\frac{2^m}{m!}.\end{array}$$

所以泊松事件经独立概率 $\frac{1}{4}$ 筛选后，理赔次数服从参数 $8\times \frac{1}{4}=2$ 的泊松分布。