4.2 二维随机变量函数的分布

小题

1. 【1994-1-3 分】 设相互独立的随机变量 $X,Y$ 具有同一分布律，且 $X$ 的分布律为

$X$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{2}$

则随机变量 $Z=\max \{X,Y\}$ 的分布律为

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答案：

$Z$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{4}$	$\frac{3}{4}$

解析： $Z=0$ 当且仅当 $X=0$ 且 $Y=0$。由独立性，

$$P\{Z=0\}=P\{X=0,Y=0\}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

其余情况下至少有一个随机变量等于 $1$，故 $Z=1$，因此

$$P\{Z=1\}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$$

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2. 【2008-134-4 分】 设随机变量 $X,Y$ 独立同分布，且 $X$ 的分布函数为 $F(x)$，则 $Z=\max \{X,Y\}$ 的分布函数为（ ）

A. $F^2(x)$    B. $F(x)F(y)$    C. $1-[1-F(x){]}^2$    D. $[1-F(x)][1-F(y)]$

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答案： A。

解析： 由最大值不超过 $z$ 的充要条件，

$$\{Z\le z\}=\{X\le z,Y\le z\}.$$

由于 $X,Y$ 相互独立且同分布，

$$F_Z(z)=P\{X\le z,Y\le z\}=P\{X\le z\}P\{Y\le z\}=F^2(z).$$

因此选 A。

选项 C 是最小值 $Z=\min \{X,Y\}$ 的分布函数；B、D 中混入了无关变量 $y$，不是关于 $z$ 的一元分布函数。

大题

1. 【1994-4-8 分】 假设随机变量 $X_1,X_2,X_3,X_4$ 相互独立且同分布，

$$P\{X_i=0\}=0.6,P\{X_i=1\}=0.4(i=1,2,3,4).$$

求行列式

$$X=\left|\begin{array}{cc}{X}_1& X_2\\ X_3& X_4\end{array}\right|=X_1{X}_4-X_2{X}_3$$

的概率分布。

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答案：

$X$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$0.1344$	$0.7312$	$0.1344$

解析： 由于各 $X_i$ 只取 $0,1$，故两个乘积 $X_1{X}_4$ 与 $X_2{X}_3$ 也只取 $0,1$，因此行列式只可能取 $-1,0,1$。

记 $p=0.4$，则

$$P\{X_1{X}_4=1\}=p^2=0.16,$$

而

$$P\{X_2{X}_3=0\}=1-p^2=\mathrm{0.84.}$$

两组变量相互独立，所以

$$P\{X=1\}=P\{X_1{X}_4=1,X_2{X}_3=0\}=0.16\times 0.84=\mathrm{0.1344.}$$

同理，

$$P\{X=-1\}=P\{X_1{X}_4=0,X_2{X}_3=1\}=0.84\times 0.16=\mathrm{0.1344.}$$

最后

$$P\{X=0\}=1-0.1344-0.1344=\mathrm{0.7312.}$$

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2. 【2006-4-8 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

$X\backslash Y$	$-1$	$0$	$1$
$-1$	$a$	$0$	$0.2$
$0$	$0.1$	$b$	$0.2$
$1$	$0$	$0.1$	$c$

其中 $a,b,c$ 为常数，且

$$E(X)=-0.2,P\{Y\le 0\mid X\le 0\}=\mathrm{0.5.}$$

记 $Z=X+Y$，求：

（1）$a,b,c$ 的值；

（2）$Z$ 的概率分布；

（3）$P\{X=Z\}$。

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答案： （1）

$$a=0.2,b=0.1,c=\mathrm{0.1.}$$

（2）

$Z$	$-2$	$-1$	$0$	$1$	$2$
$P$	$0.2$	$0.1$	$0.3$	$0.3$	$0.1$

（3）

$$P\{X=Z\}=\mathrm{0.2.}$$

解析： （1）由所有概率之和为 $1$，

$$a+b+c+0.6=1,$$

即

$$a+b+c=\mathrm{0.4.}\text{\hspace{1em}(1)}$$

计算 $X$ 的边缘概率：

$$P\{X=-1\}=a+0.2,P\{X=1\}=0.1+c.$$

所以

$$E(X)=-(a+0.2)+(0.1+c)=c-a-\mathrm{0.1.}$$

由 $E(X)=-0.2$ 得

$$c-a=-\mathrm{0.1.}\text{\hspace{1em}(2)}$$

再利用条件概率：

$$P\{Y\le 0,X\le 0\}=a+0.1+b,$$$$P\{X\le 0\}=(a+0.2)+(0.1+b+0.2)=a+b+\mathrm{0.5.}$$

故

$$\frac{a+b+0.1}{a+b+0.5}=0.5,$$

解得

$$a+b=\mathrm{0.3.}\text{\hspace{1em}(3)}$$

由 (1) 得 $c=0.1$，再由 (2) 得 $a=0.2$，于是 $b=0.1$。

（2）逐项计算 $Z=X+Y$：

• $Z=-2$：由 $(-1,-1)$ 产生，概率为 $0.2$；
• $Z=-1$：由 $(0,-1)$ 产生，概率为 $0.1$；
• $Z=0$：由 $(-1,1)$、$(0,0)$ 产生，概率为 $0.2+0.1=0.3$；
• $Z=1$：由 $(0,1)$、$(1,0)$ 产生，概率为 $0.2+0.1=0.3$；
• $Z=2$：由 $(1,1)$ 产生，概率为 $0.1$。

（3）因为 $Z=X+Y$，所以

$$X=Z⟺Y=0.$$

因此

$$P\{X=Z\}=P\{Y=0\}=0+b+0.1=\mathrm{0.2.}$$

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3. 【2018-13-11 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，$X$ 的概率分布为

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

$Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布。令 $Z=XY$。

（Ⅰ）求 $\mathrm{Cov}(X,Z)$；

（Ⅱ）求 $Z$ 的概率分布。

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答案： （Ⅰ）

$$\mathrm{Cov}(X,Z)=\lambda .$$

（Ⅱ）

$$P\{Z=0\}=e^{-\lambda },$$

且对任意正整数 $k$，

$$P\{Z=k\}=P\{Z=-k\}=\frac{1}{2}{e}^{-\lambda }\frac{{\lambda }^k}{k!}.$$

解析： （Ⅰ）由 $Z=XY$，有

$$XZ=X^{2}Y=Y,$$

因为 $X^2=1$。又

$$E(X)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0.$$

由于 $X,Y$ 独立，

$$E(Z)=E(XY)=E(X)E(Y)=0.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Z)& =E(XZ)-E(X)E(Z)\\ & =E(Y)-0\\ & =\lambda .\end{array}$$

（Ⅱ）当 $Y=0$ 时，无论 $X$ 取何值，均有 $Z=0$，故

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

当 $k\ge 1$ 时，

$$\{Z=k\}=\{X=1,Y=k\},$$

所以由独立性，

$$P\{Z=k\}=P\{X=1\}P\{Y=k\}=\frac{1}{2}{e}^{-\lambda }\frac{{\lambda }^k}{k!}.$$

类似地，

$$\{Z=-k\}=\{X=-1,Y=k\},$$

从而

$$P\{Z=-k\}=\frac{1}{2}{e}^{-\lambda }\frac{{\lambda }^k}{k!}.$$

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4. 【1987-1-6 分】 设随机变量 $X,Y$ 相互独立，其概率密度函数分别为

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}1,& 0\le x\le 1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}{f}_Y(y)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-y},& y>0,\\ 0,& y\le 0.\end{array}$$

求随机变量 $Z=2X+Y$ 的概率密度函数。

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答案：

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

解析： 令

$$U=2X.$$

由于 $X\sim U(0,1)$，故 $U\sim U(0,2)$，其密度为

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

又 $U$ 与 $Y$ 独立，且 $Z=U+Y$。由卷积公式，

$$f_Z(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_U(u)f_Y(z-u)du.$$

要使被积函数非零，需同时满足

$$0<u<2,z-u>0,$$

即

$$0<u<\min \{2,z\}.$$

当 $z\le 0$ 时，无可行区间，故 $f_Z(z)=0$。

当 $0<z<2$ 时，

$$\begin{array}{rl}{f}_Z(z)& ={\int }_0^z\frac{1}{2}{e}^{-(z-u)}du\\ & =\frac{1}{2}{e}^{-z}{\int }_0^z{e}^{u}du\\ & =\frac{1}{2}(1-e^{-z}).\end{array}$$

当 $z\ge 2$ 时，

$$\begin{array}{rl}{f}_Z(z)& ={\int }_0^2\frac{1}{2}{e}^{-(z-u)}du\\ & =\frac{1}{2}{e}^{-z}(e^2-1).\end{array}$$

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5. 【1989-1-6 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立，且 $X$ 服从均值为 $1$、标准差为 $\sqrt{2}$ 的正态分布，而 $Y$ 服从标准正态分布。试求随机变量 $Z=2X-Y+3$ 的概率密度函数。

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答案：

$$f_Z(z)=\frac{1}{3\sqrt{2\pi }}\exp \left[-\frac{(z-5{)}^2}{18}\right],-\infty <z<+\infty .$$

解析： 已知

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

其中 $2$ 和 $1$ 分别为方差。

独立正态随机变量的线性组合仍服从正态分布。对

$$Z=2X-Y+3,$$

其均值为

$$E(Z)=2E(X)-E(Y)+3=2\cdot 1-0+3=5.$$

方差为

$$D(Z)=4D(X)+D(Y)=4\cdot 2+1=9,$$

因为 $X,Y$ 独立，协方差项为 $0$。

所以

$$Z\sim N(5,9).$$

因此其密度为

$$f_Z(z)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \cdot 9}}\exp \left[-\frac{(z-5{)}^2}{2\cdot 9}\right]=\frac{1}{3\sqrt{2\pi }}\exp \left[-\frac{(z-5{)}^2}{18}\right].$$

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6. 【1991-6 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}2e^{-(x+2y)},& x>0,y>0,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

求 $Z=X+2Y$ 的分布函数。

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答案：

$$F_Z(z)=\{\begin{array}{ll}0,& z\le 0,\\ 1-(1+z)e^{-z},& z>0.\end{array}$$

解析： 联合密度可分解为

$$f(x,y)=e^{-x}\cdot 2e^{-2y},x>0,y>0.$$

因此 $X,Y$ 相互独立，且

$$X\sim \mathrm{Exp}(1),Y\sim \mathrm{Exp}(2).$$

令

$$W=2Y.$$

对 $w>0$，

$$f_W(w)=f_Y\left(\frac{w}{2}\right)\frac{1}{2}=2e^{-w}\cdot \frac{1}{2}=e^{-w}.$$

故 $W\sim \mathrm{Exp}(1)$，并且 $X,W$ 独立。于是

$$Z=X+W$$

是两个相互独立的参数为 $1$ 的指数随机变量之和，服从形状参数为 $2$、率参数为 $1$ 的伽马分布，其密度为

$$f_Z(z)=z{e}^{-z},z>0.$$

所以对 $z>0$，

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& ={\int }_0^{z}t{e}^{-t}dt\\ & ={\left[-(t+1)e^{-t}\right]}_0^z\\ & =1-(1+z)e^{-z}.\end{array}$$

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7. 【1999-4-9 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 在矩形

$$G=\{(x,y)\mid 0\le x\le 2,0\le y\le 1\}$$

上服从均匀分布。试求边长为 $X$ 和 $Y$ 的矩形面积 $S=XY$ 的概率密度 $f_S(s)$。

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答案：

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

解析： 矩形 $G$ 的面积为 $2$，所以联合密度为

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

且 $X,Y$ 相互独立。

对乘积 $S=XY$，使用变换密度公式：

$$f_S(s)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_{X,Y}\left(x,\frac{s}{x}\right)\frac{1}{|x|}dx.$$

由于 $x>0$，要使

$$0<\frac{s}{x}<1,0<x<2,$$

必须有

$$0<s<2,s<x<2.$$

故当 $0<s<2$ 时，

$$\begin{array}{rl}{f}_S(s)& ={\int }_s^2\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x}dx\\ & =\frac{1}{2}{\left[\ln x\right]}_s^2\\ & =\frac{1}{2}\ln \frac{2}{s}.\end{array}$$

其他范围内密度为 $0$。

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8. 【2001-3-8 分】 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布是正方形

$$G=\{(x,y)\mid 1\le x\le 3,1\le y\le 3\}$$

上的均匀分布。试求随机变量 $U=|X-Y|$ 的概率密度 $p(u)$。

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答案：

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

解析： 正方形边长为 $2$、面积为 $4$，故联合密度为 $\frac{1}{4}$。

先令

$$D=X-Y.$$

由于 $X,Y$ 独立且均服从 $U(1,3)$，差 $D$ 的密度为三角形密度：

$$f_D(d)=\{\begin{array}{ll}\frac{2-|d|}{4},& |d|<2,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

又 $U=|D|$。对 $0<u<2$，

$$p(u)=f_D(u)+f_D(-u)=2\cdot \frac{2-u}{4}=1-\frac{u}{2}.$$

也可用几何法：$P\{|X-Y|\le u\}$ 对应正方形中对角线两侧宽度为 $u$ 的带状区域，求导后得到同一结果。

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9. 【2005-34-13 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

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

求：

（1）$(X,Y)$ 的边缘概率密度 $f_X(x),f_Y(y)$；

（2）$Z=2X-Y$ 的概率密度 $f_Z(z)$；

（3）$P\left\{Y\le \frac{1}{2}\mid X\le \frac{1}{2}\right\}$。

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答案： （1）

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

（2）

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

（3）

$$P\left\{Y\le \frac{1}{2}\mid X\le \frac{1}{2}\right\}=\frac{3}{4}.$$

解析： （1）对固定的 $x$，$y$ 的取值范围为 $0<y<2x$，所以

$$f_X(x)={\int }_0^{2x}1dy=2x,0<x<1.$$

对固定的 $y$，由 $0<y<2x$ 得 $x>\frac{y}{2}$，结合 $x<1$，可知 $0<y<2$ 且

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

因此

$$f_Y(y)={\int }_{y/2}^{1}1dx=1-\frac{y}{2},0<y<2.$$

（2）令

$$z=2x-y,y=2x-z.$$

雅可比绝对值为 $1$。原区域条件

$$0<x<1,0<2x-z<2x$$

等价于

$$z>0,x>\frac{z}{2},x<1.$$

因此只有当 $0<z<2$ 时有可行区间，且

$$f_Z(z)={\int }_{z/2}^{1}1dx=1-\frac{z}{2}.$$

（3）先求分母：

$$P\left\{X\le \frac{1}{2}\right\}={\int }_0^{1/2}2xdx=\frac{1}{4}.$$

分子所对应区域为

$$0<x\le \frac{1}{2},0<y\le \min \left\{2x,\frac{1}{2}\right\}.$$

当 $0<x\le \frac{1}{4}$ 时，上界为 $2x$；当 $\frac{1}{4}<x\le \frac{1}{2}$ 时，上界为 $\frac{1}{2}$。故

$$\begin{array}{rl}P\left\{Y\le \frac{1}{2},X\le \frac{1}{2}\right\}& ={\int }_0^{1/4}2xdx+{\int }_{1/4}^{1/2}\frac{1}{2}dx\\ & =\frac{1}{16}+\frac{1}{8}=\frac{3}{16}.\end{array}$$

所以

$$P\left\{Y\le \frac{1}{2}\mid X\le \frac{1}{2}\right\}=\frac{3/16}{1/4}=\frac{3}{4}.$$

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10. 【2005-1-9 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

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

求：

（1）$(X,Y)$ 的边缘概率密度 $f_X(x),f_Y(y)$；

（2）$Z=2X-Y$ 的概率密度 $f_Z(z)$。

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答案： （1）

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

（2）

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

解析： 本题前两问与上一题完全相同。

对 $X$ 的边缘密度，

$$f_X(x)={\int }_0^{2x}1dy=2x,0<x<1.$$

对 $Y$ 的边缘密度，由 $0<y<2x$ 得 $\frac{y}{2}<x<1$，所以

$$f_Y(y)={\int }_{y/2}^{1}1dx=1-\frac{y}{2},0<y<2.$$

令 $Z=2X-Y$，即 $y=2x-z$。原区域条件转化为

$$0<z<2,\frac{z}{2}<x<1.$$

因此

$$f_Z(z)={\int }_{z/2}^{1}1dx=1-\frac{z}{2},0<z<2.$$

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11. 【2023-1-12 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{2(x^2+y^2)}{\pi },& x^2+y^2\le 1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

（1）求 $X$ 与 $Y$ 的协方差；

（2）判断 $X$ 与 $Y$ 是否相互独立；

（3）求 $Z=X^2+Y^2$ 的概率密度。

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答案： （1）

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

（2）$X$ 与 $Y$ 不相互独立。

（3）

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

解析： （1）联合密度关于 $x$ 轴、$y$ 轴均对称，因此

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

同时，函数

$$xyf(x,y)$$

关于 $x$ 或 $y$ 是奇函数，而积分区域单位圆盘关于相应坐标轴对称，故

$$E(XY)=0.$$

因此

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

（2）协方差为 $0$ 只说明 $X,Y$ 不相关，不能推出独立。

联合密度的支持集为圆盘

$$x^2+y^2\le 1,$$

并不是两个边缘支持区间的直积。例如 $X,Y$ 的边缘密度在 $x=0.9$、$y=0.9$ 附近均为正，但点 $(0.9,0.9)$ 位于单位圆盘之外，联合密度为 $0$。因此联合密度不可能分解为 $f_X(x)f_Y(y)$，故 $X,Y$ 不独立。

（3）令极坐标

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta .$$

则

$$Z=r^2.$$

对 $0<z<1$，

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& =P\{X^2+Y^2\le z\}\\ & ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{z}}\frac{2r^2}{\pi }rdrd\theta \\ & =\frac{2}{\pi }\cdot 2\pi {\int }_0^{\sqrt{z}}{r}^{3}dr\\ & =4\cdot \frac{z^2}{4}=z^2.\end{array}$$

故

$$f_Z(z)=F_Z^{\prime }(z)=2z,0<z<1.$$

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12. 【1992-1-6 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立，$X$ 服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，$Y$ 服从 $[-\pi ,\pi ]$ 上的均匀分布。试求 $Z=X+Y$ 的概率密度函数。（计算结果用标准正态分布函数 $\Phi (x)$ 表示，其中

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

）

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答案：

$$f_Z(z)=\frac{1}{2\pi }\left[\Phi \left(\frac{z+\pi -\mu }{\sigma }\right)-\Phi \left(\frac{z-\pi -\mu }{\sigma }\right)\right],-\infty <z<+\infty .$$

解析： $X$ 的密度为

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

而

$$f_Y(y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2\pi },& -\pi \le y\le \pi ,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

由独立随机变量和的卷积公式，

$$f_Z(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_X(z-y)f_Y(y)dy=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}_X(z-y)dy.$$

于是

$$f_Z(z)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}\exp \left[-\frac{(z-y-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}\right]dy.$$

令

$$u=\frac{z-y-\mu }{\sigma },dy=-\sigma du.$$

当 $y=-\pi$ 时，

$$u=\frac{z+\pi -\mu }{\sigma };$$

当 $y=\pi$ 时，

$$u=\frac{z-\pi -\mu }{\sigma }.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{f}_Z(z)& =\frac{1}{2\pi }{\int }_{(z-\pi -\mu )/\sigma }^{(z+\pi -\mu )/\sigma }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-u^2/2}du\\ & =\frac{1}{2\pi }\left[\Phi \left(\frac{z+\pi -\mu }{\sigma }\right)-\Phi \left(\frac{z-\pi -\mu }{\sigma }\right)\right].\end{array}$$

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13. 【2007-134-11 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为

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

（1）求 $P\{X>2Y\}$；

（2）求 $Z=X+Y$ 的概率密度 $f_Z(z)$。

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答案： （1）

$$P\{X>2Y\}=\frac{7}{24}.$$

（2）

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

解析： （1）事件 $\{X>2Y\}$ 在单位正方形内对应区域

$$0<y<\frac{1}{2},2y<x<1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}P\{X>2Y\}& ={\int }_0^{1/2}{\int }_{2y}^1(2-x-y)dxdy\\ & ={\int }_0^{1/2}\left(\frac{3}{2}-5y+4y^2\right)dy\\ & =\frac{3}{4}-\frac{5}{8}+\frac{1}{6}=\frac{7}{24}.\end{array}$$

（2）由 $Z=X+Y$，令 $y=z-x$，则

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

在联合密度的非零区域内，应满足

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

当 $0<z<1$ 时，$0<x<z$，故

$$f_Z(z)={\int }_0^z[2-x-(z-x)]dx={\int }_0^z(2-z)dx=z(2-z).$$

当 $1\le z<2$ 时，$z-1<x<1$，故

$$f_Z(z)={\int }_{z-1}^1(2-z)dx=(2-z{)}^2.$$

当 $z\le 0$ 或 $z\ge 2$ 时，积分区域为空，所以 $f_Z(z)=0$。

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14. 【2003-3-13 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立，其中 $X$ 的概率分布为

$$X\sim \left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0.3& 0.7\end{array}\right),$$

而 $Y$ 的概率密度为 $f(y)$，求随机变量 $U=X+Y$ 的概率密度 $g(u)$。

查看答案与解析

答案：

$$g(u)=0.3f(u-1)+0.7f(u-2),-\infty <u<+\infty .$$

解析： 按 $X$ 的可能取值进行全概率分解。由于 $X$ 与 $Y$ 独立，条件 $X=1$ 下

$$U=1+Y,$$

其条件密度为 $f(u-1)$；条件 $X=2$ 下

$$U=2+Y,$$

其条件密度为 $f(u-2)$。

因此

$$\begin{array}{rl}g(u)& =P\{X=1\}{f}_{U\mid X=1}(u)+P\{X=2\}{f}_{U\mid X=2}(u)\\ & =0.3f(u-1)+0.7f(u-2).\end{array}$$

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15. 【2008-134-11 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，$X$ 的概率分布为

$$P\{X=i\}=\frac{1}{3}(i=-1,0,1),$$

$Y$ 的概率密度为

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

记 $Z=X+Y$。

（1）求 $P\left\{Z\le \frac{1}{2}\mid X=0\right\}$；

（2）求 $Z$ 的概率密度 $f_Z(z)$。

查看答案与解析

答案： （1）

$$P\left\{Z\le \frac{1}{2}\mid X=0\right\}=\frac{1}{2}.$$

（2）

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

解析： （1）在条件 $X=0$ 下，$Z=Y$，所以

$$P\left\{Z\le \frac{1}{2}\mid X=0\right\}=P\left\{Y\le \frac{1}{2}\right\}={\int }_0^{1/2}1dy=\frac{1}{2}.$$

（2）按 $X=-1,0,1$ 分解。条件密度分别为

$$f_{Z\mid X=-1}(z)=f_Y(z+1),$$$$f_{Z\mid X=0}(z)=f_Y(z),$$$$f_{Z\mid X=1}(z)=f_Y(z-1).$$

故

$$f_Z(z)=\frac{1}{3}{f}_Y(z+1)+\frac{1}{3}{f}_Y(z)+\frac{1}{3}{f}_Y(z-1).$$

三个非零区间依次为 $(-1,0)$、$(0,1)$、$(1,2)$，它们除端点外互不重叠，因此在 $(-1,2)$ 内密度均为 $\frac{1}{3}$。概率密度在有限个端点处的取值不影响分布。

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16. 【2016-13-11 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域

$$D=\{(x,y)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\}$$

上服从均匀分布，令

$$U=\{\begin{array}{ll}1,& X\le Y,\\ 0,& X>Y.\end{array}$$

（1）写出 $(X,Y)$ 的概率密度；

（2）问 $U$ 与 $X$ 是否相互独立？并说明理由；

（3）求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F_Z(z)$。

查看答案与解析

答案： （1）

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}3,& 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x},\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

（2）$U$ 与 $X$ 不相互独立。

（3）

$$F_Z(z)=\{\begin{array}{ll}0,& z\le 0,\\ \frac{3}{2}{z}^2-z^3,& 0<z<1,\\ \frac{1}{2}+2(z-1{)}^{3/2}-\frac{3}{2}(z-1{)}^2,& 1\le z<2,\\ 1,& z\ge 2.\end{array}$$

解析： （1）区域 $D$ 的面积为

$$S_D={\int }_0^1(\sqrt{x}-x^2)dx=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$$

因为 $(X,Y)$ 在 $D$ 上服从均匀分布，所以区域内的密度常数为

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

（2）先求 $X$ 的边缘密度：

$$f_X(x)={\int }_{x^2}^{\sqrt{x}}3dy=3(\sqrt{x}-x^2),0<x<1.$$

固定 $X=x$。由于 $0<x<1$ 时

$$x^2<x<\sqrt{x},$$

故

$$P\{U=1\mid X=x\}=P\{Y\ge x\mid X=x\}=\frac{\sqrt{x}-x}{\sqrt{x}-x^2}.$$

令 $t=\sqrt{x}$，上式可化为

$$P\{U=1\mid X=x\}=\frac{1}{1+\sqrt{x}+x},$$

它随 $x$ 改变，不是常数。因此 $U$ 与 $X$ 不独立。

也可验证

$$P\{U=1\}=3{\int }_0^1(\sqrt{x}-x)dx=\frac{1}{2},$$

而条件概率一般不等于 $\frac{1}{2}$。

（3）当 $U=0$ 时，$Z=X\in (0,1)$；当 $U=1$ 时，$Z=1+X\in (1,2)$。

当 $0<z<1$ 时，只有 $U=0$ 的情形可能满足 $Z\le z$，于是

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& =P\{X\le z,U=0\}\\ & =3{\int }_0^z{\int }_{x^2}^{x}dydx\\ & =3{\int }_0^z(x-x^2)dx\\ & =\frac{3}{2}{z}^2-z^3.\end{array}$$

又

$$P\{U=0\}=3{\int }_0^1(x-x^2)dx=\frac{1}{2}.$$

当 $1\le z<2$ 时，所有 $U=0$ 的样本点均满足 $Z\le z$，并且还要加上 $U=1$ 且 $X\le z-1$ 的部分。因此

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& =\frac{1}{2}+3{\int }_0^{z-1}{\int }_x^{\sqrt{x}}dydx\\ & =\frac{1}{2}+3{\int }_0^{z-1}(\sqrt{x}-x)dx\\ & =\frac{1}{2}+2(z-1{)}^{3/2}-\frac{3}{2}(z-1{)}^2.\end{array}$$

结合 $Z$ 的取值范围即可得到完整的分布函数。

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17. 【2017-13-11 分】 设随机变量 $X,Y$ 相互独立，且

$$P\{X=0\}=P\{X=2\}=\frac{1}{2},$$

$Y$ 的概率密度为

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

（1）求 $P\{Y\le E(Y)\}$；

（2）求 $Z=X+Y$ 的概率密度。

查看答案与解析

答案： （1）

$$P\{Y\le E(Y)\}=\frac{4}{9}.$$

（2）

$$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}z,& 0<z<1,\\ z-2,& 2<z<3,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析： （1）先求 $Y$ 的数学期望：

$$E(Y)={\int }_0^{1}y\cdot 2ydy=2{\int }_0^1{y}^{2}dy=\frac{2}{3}.$$

所以

$$P\{Y\le E(Y)\}=P\left\{Y\le \frac{2}{3}\right\}={\int }_0^{2/3}2ydy=\frac{4}{9}.$$

（2）在 $X=0$ 条件下，$Z=Y$；在 $X=2$ 条件下，$Z=2+Y$。由全概率公式，

$$f_Z(z)=\frac{1}{2}{f}_Y(z)+\frac{1}{2}{f}_Y(z-2).$$

当 $0<z<1$ 时，只有第一项非零，

$$f_Z(z)=\frac{1}{2}\cdot 2z=z.$$

当 $2<z<3$ 时，只有第二项非零，

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

其余位置密度为零。

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18. 【1996-5-9 分】 假设一电路装有三个同种电气元件，其工作状态相互独立，且无故障工作时间都服从参数 $\lambda >0$ 的指数分布。当三个元件都无故障工作时，电路正常工作，否则整个电路不能正常工作。试求电路正常工作的时间 $T$ 的概率分布。

查看答案与解析

答案： $T$ 服从参数为 $3\lambda$ 的指数分布，其分布函数为

$$F_T(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t<0,\\ 1-e^{-3\lambda t},& t\ge 0.\end{array}$$

相应的概率密度为

$$f_T(t)=\{\begin{array}{ll}3\lambda e^{-3\lambda t},& t>0,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

解析： 设三个元件的无故障工作时间分别为 $X_1,X_2,X_3$。电路要求三个元件同时正常，因此只要任一元件发生故障，电路便停止正常工作，故

$$T=\min \{X_1,X_2,X_3\}.$$

对 $t\ge 0$，由相互独立性，

$$\begin{array}{rl}P\{T>t\}& =P\{X_1>t,X_2>t,X_3>t\}\\ & =\prod _{i=1}^{3}P\{X_i>t\}\\ & =(e^{-\lambda t}{)}^3=e^{-3\lambda t}.\end{array}$$

所以

$$F_T(t)=1-P\{T>t\}=1-e^{-3\lambda t},$$

即 $T\sim \mathrm{Exp}(3\lambda )$。

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19. 【2002-34-8 分】 假设一设备开机后无故障工作的时间 $X$ 服从指数分布，平均无故障工作的时间 $E(X)$ 为 $5$ 小时。设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作 $2$ 小时便关机。试求该设备每次开机无故障工作的时间 $Y$ 的分布函数 $F_Y(y)$。

查看答案与解析

答案：

$$F_Y(y)=\{\begin{array}{ll}0,& y<0,\\ 1-e^{-y/5},& 0\le y<2,\\ 1,& y\ge 2.\end{array}$$

其中 $Y$ 在 $y=2$ 处有概率质量

$$P\{Y=2\}=e^{-2/5}.$$

解析： 指数分布的均值为参数的倒数。由

$$E(X)=5$$

可知故障率参数为

$$\lambda =\frac{1}{5}.$$

设备实际无故障工作的时间为

$$Y=\min \{X,2\}.$$

当 $0\le y<2$ 时，

$$\{Y\le y\}=\{X\le y\},$$

故

$$F_Y(y)=1-e^{-y/5}.$$

当 $y\ge 2$ 时，由 $Y\le 2$，必有 $F_Y(y)=1$。在 $y=2$ 处的跳跃大小为

$$F_Y(2)-F_Y(2-)=1-(1-e^{-2/5})=e^{-2/5},$$

它表示设备在两小时内未发生故障、因达到规定工作时长而关机的概率。

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20. 【2012-3-11 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且都服从参数为 $1$ 的指数分布，

$$U=\max \{X,Y\},V=\min \{X,Y\}.$$

（1）求 $V$ 的概率密度 $f_V(v)$；

（2）求 $E(U+V)$。

查看答案与解析

答案： （1）

$$f_V(v)=\{\begin{array}{ll}2e^{-2v},& v>0,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

（2）

$$E(U+V)=2.$$

解析： （1）对 $v\ge 0$，

$$\begin{array}{rl}P\{V>v\}& =P\{X>v,Y>v\}\\ & =P\{X>v\}P\{Y>v\}\\ & =e^{-v}{e}^{-v}=e^{-2v}.\end{array}$$

所以

$$F_V(v)=1-e^{-2v},v\ge 0,$$

从而

$$f_V(v)=F_V^{\prime }(v)=2e^{-2v},v>0.$$

（2）对任意两个实数均有

$$\max \{X,Y\}+\min \{X,Y\}=X+Y.$$

因此

$$E(U+V)=E(X+Y)=E(X)+E(Y)=1+1=2.$$

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21. 【2016-3-11 分】 设总体 $X$ 的概率密度为

$$f(x;\theta )=\{\begin{array}{ll}\frac{3x^2}{{\theta }^3},& 0<x<\theta ,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中 $\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数，$X_1,X_2,X_3$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，令

$$T=\max \{X_1,X_2,X_3\}.$$

（1）求 $T$ 的概率密度；

（2）确定 $a$，使得 $E(aT)=\theta$。

查看答案与解析

答案： （1）

$$f_T(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{9t^8}{{\theta }^9},& 0<t<\theta ,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

（2）

$$a=\frac{10}{9}.$$

解析： （1）总体分布函数为

$$F_X(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ {\int }_0^x\frac{3u^2}{{\theta }^3}du=\frac{x^3}{{\theta }^3},& 0<x<\theta ,\\ 1,& x\ge \theta .\end{array}$$

由于样本相互独立，故最大次序统计量 $T$ 的分布函数为

$$F_T(t)=P\{X_1\le t,X_2\le t,X_3\le t\}=[F_X(t){]}^3.$$

因此在 $0<t<\theta$ 时，

$$F_T(t)={\left(\frac{t^3}{{\theta }^3}\right)}^3=\frac{t^9}{{\theta }^9},$$

从而

$$f_T(t)=F_T^{\prime }(t)=\frac{9t^8}{{\theta }^9}.$$

（2）

$$\begin{array}{rl}E(T)& ={\int }_0^{\theta }t\cdot \frac{9t^8}{{\theta }^9}dt\\ & =\frac{9}{{\theta }^9}{\int }_0^{\theta }{t}^{9}dt\\ & =\frac{9}{{\theta }^9}\cdot \frac{{\theta }^{10}}{10}=\frac{9\theta }{10}.\end{array}$$

要求 $E(aT)=\theta$，即

$$a\cdot \frac{9\theta }{10}=\theta .$$

由于 $\theta >0$，故

$$a=\frac{10}{9}.$$

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22. 【2021-13-12 分】 在区间 $(0,2)$ 上随机取一点，将该区间分成两段，较短一段的长度记为 $X$，较长的一段长度记为 $Y$，令

$$Z=\frac{Y}{X}.$$

（1）求 $X$ 的概率密度；

（2）求 $Z$ 的概率密度；

（3）求 $E\left(\frac{X}{Y}\right)$。

查看答案与解析

答案： （1）

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

（2）

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

（3）

$$E\left(\frac{X}{Y}\right)=2\ln 2-1.$$

解析： 设随机点到区间左端点的距离为 $W$，则

$$W\sim U(0,2),$$

且

$$X=\min \{W,2-W\},Y=\max \{W,2-W\}=2-X.$$

（1）显然 $0<X<1$。当 $0<x<1$ 时，

$$\begin{array}{rl}{F}_X(x)& =P\{\min (W,2-W)\le x\}\\ & =P\{W\le x\}+P\{W\ge 2-x\}\\ & =\frac{x}{2}+\frac{x}{2}=x.\end{array}$$

因此

$$f_X(x)=F_X^{\prime }(x)=1,0<x<1.$$

即 $X\sim U(0,1)$。

（2）由 $Y=2-X$，有

$$Z=\frac{2-X}{X}=\frac{2}{X}-1.$$

当 $0<X<1$ 时，$Z>1$。反解得

$$X=\frac{2}{Z+1}.$$

由一维随机变量函数的密度变换公式，

$$f_Z(z)=f_X\left(\frac{2}{z+1}\right)\left|\frac{d}{dz}\frac{2}{z+1}\right|=1\cdot \frac{2}{(z+1{)}^2},z>1.$$

（3）由于 $Y=2-X$ 且 $X\sim U(0,1)$，

$$\begin{array}{rl}E\left(\frac{X}{Y}\right)& ={\int }_0^1\frac{x}{2-x}dx\\ & ={\int }_0^1\left(\frac{2}{2-x}-1\right)dx\\ & ={\left[-2\ln (2-x)-x\right]}_0^1\\ & =2\ln 2-1.\end{array}$$