5.1 运用基本概念计算数字特征｜大题

大题

14. 【1999-3-9 分】 假设二维随机变量 $(X,Y)$ 在矩形 $G=\{(x,y)\mid 0\le x\le 2,0\le y\le 1\}$ 上服从均匀分布。记

$$U=\{\begin{array}{ll}0,& X\le Y,\\ 1,& X>Y,\end{array}V=\{\begin{array}{ll}0,& X\le 2Y,\\ 1,& X>2Y.\end{array}$$

（1）求 $U$ 和 $V$ 的联合分布；

（2）求 $U$ 和 $V$ 的相关系数 $\rho$。

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答案：

$U\backslash V$	$0$	$1$
$0$	$\frac{1}{4}$	$0$
$1$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{2}$

$${\rho }_{UV}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

解析： 矩形 $G$ 的面积为 $2$，故联合密度为 $\frac{1}{2}$。

由于 $y\ge 0$，若 $X>2Y$，则必有 $X>Y$，所以事件 $\{U=0,V=1\}$ 不可能发生。

先求 $P(U=0,V=0)$。这等价于 $X\le Y$，对应区域面积为

$${\int }_0^{1}ydy=\frac{1}{2},$$

故

$$P(U=0,V=0)=\frac{1/2}{2}=\frac{1}{4}.$$

再求 $P(U=1,V=1)=P(X>2Y)$，对应区域面积为

$${\int }_0^1(2-2y)dy=1,$$

故

$$P(U=1,V=1)=\frac{1}{2}.$$

剩余概率为

$$P(U=1,V=0)=1-\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

由联合分布可得

$$EU=P(U=1)=\frac{3}{4},EV=P(V=1)=\frac{1}{2},$$$$E(UV)=P(U=1,V=1)=\frac{1}{2}.$$

因此

$$Cov(U,V)=\frac{1}{2}-\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}.$$

又

$$DU=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{16},DV=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

故

$${\rho }_{UV}=\frac{1/8}{\sqrt{(3/16)(1/4)}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

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15. 【2002-3-8 分】 假设随机变量 $U$ 在区间 $[-2,2]$ 上服从均匀分布，随机变量

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

试求：

（1）$X$ 和 $Y$ 的联合概率分布；

（2）$D(X+Y)$。

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答案：

$X\backslash Y$	$-1$	$1$
$-1$	$\frac{1}{4}$	$0$
$1$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{4}$

$$D(X+Y)=2.$$

解析： 按照 $U$ 的取值区间分类：

• 当 $-2\le U\le -1$ 时，$(X,Y)=(-1,-1)$，区间长度为 $1$，概率为 $\frac{1}{4}$；
• 当 $-1<U\le 1$ 时，$(X,Y)=(1,-1)$，区间长度为 $2$，概率为 $\frac{1}{2}$；
• 当 $1<U\le 2$ 时，$(X,Y)=(1,1)$，区间长度为 $1$，概率为 $\frac{1}{4}$。

$(X,Y)=(-1,1)$ 不可能发生。

令 $S=X+Y$，则

$S$	$-2$	$0$	$2$
$P$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{4}$

由对称性 $ES=0$，且

$$E(S^2)=4\times \frac{1}{4}+0+4\times \frac{1}{4}=2.$$

故

$$D(X+Y)=DS=E(S^2)-(ES{)}^2=2.$$

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16. 【2004-134-9 分】 设 $A,B$ 为两个随机事件，且

$$P(A)=\frac{1}{4},P(B\mid A)=\frac{1}{3},P(A\mid B)=\frac{1}{2}.$$

令

$$X=\{\begin{array}{ll}1,& A\text{ 发生},\\ 0,& A\text{ 不发生},\end{array}Y=\{\begin{array}{ll}1,& B\text{ 发生},\\ 0,& B\text{ 不发生}.\end{array}$$

求：

（1）二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布；

（2）$X$ 与 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}$；

（3）$Z=X^2+Y^2$ 的概率分布。

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答案： （1）

$X\backslash Y$	$0$	$1$
$0$	$\frac{2}{3}$	$\frac{1}{12}$
$1$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{12}$

（2）

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

（3）

$Z$	$0$	$1$	$2$
$P$	$\frac{2}{3}$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{12}$

解析： 由条件概率公式，

$$P(AB)=P(A)P(B\mid A)=\frac{1}{4}\times \frac{1}{3}=\frac{1}{12}.$$

又

$$P(A\mid B)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{1}{2},$$

所以

$$P(B)=2P(AB)=\frac{1}{6}.$$

（1）因为 $X,Y$ 分别是事件 $A,B$ 的示性变量，故

$$P(X=1,Y=1)=P(AB)=\frac{1}{12},$$$$P(X=1,Y=0)=P(A)-P(AB)=\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{1}{6},$$$$P(X=0,Y=1)=P(B)-P(AB)=\frac{1}{6}-\frac{1}{12}=\frac{1}{12},$$$$P(X=0,Y=0)=1-\frac{1}{12}-\frac{1}{6}-\frac{1}{12}=\frac{2}{3}.$$

（2）示性变量满足

$$EX=P(A)=\frac{1}{4},EY=P(B)=\frac{1}{6},$$$$E(XY)=P(AB)=\frac{1}{12}.$$

因此

$$Cov(X,Y)=\frac{1}{12}-\frac{1}{4}\times \frac{1}{6}=\frac{1}{24}.$$

又

$$DX=\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{4}\right)=\frac{3}{16},$$$$DY=\frac{1}{6}\left(1-\frac{1}{6}\right)=\frac{5}{36}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\rho }_{XY}& =\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{DY}}\\ & =\frac{\frac{1}{24}}{\sqrt{\frac{3}{16}\cdot \frac{5}{36}}}\\ & =\frac{1}{\sqrt{15}}.\end{array}$$

（3）由于 $X,Y$ 只取 $0,1$，故 $X^2=X$，$Y^2=Y$，从而

$$Z=X+Y.$$

因此

$$P(Z=0)=P(X=0,Y=0)=\frac{2}{3},$$$$P(Z=1)=P(1,0)+P(0,1)=\frac{1}{6}+\frac{1}{12}=\frac{1}{4},$$$$P(Z=2)=P(1,1)=\frac{1}{12}.$$

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17. 【2007-4-11 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 独立同分布，且 $X$ 的概率分布为

$X$	$1$	$2$
$P$	$\frac{2}{3}$	$\frac{1}{3}$

记

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

求：

（1）$(U,V)$ 的概率分布；

（2）$U$ 与 $V$ 的协方差 $Cov(U,V)$。

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答案： （1）

$U\backslash V$	$1$	$2$
$1$	$\frac{4}{9}$	$0$
$2$	$\frac{4}{9}$	$\frac{1}{9}$

（2）

$$Cov(U,V)=\frac{4}{81}.$$

解析： 由于 $X,Y$ 独立，

$$P(X=1,Y=1)={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9},$$$$P\{(X,Y)=(1,2)\text{ 或 }(2,1)\}=2\times \frac{2}{3}\times \frac{1}{3}=\frac{4}{9},$$$$P(X=2,Y=2)={\left(\frac{1}{3}\right)}^2=\frac{1}{9}.$$

相应地，$(U,V)$ 分别取

$$(1,1),(2,1),(2,2),$$

概率依次为 $\frac{4}{9},\frac{4}{9},\frac{1}{9}$。

由此

$$EU=1\times \frac{4}{9}+2\times \frac{5}{9}=\frac{14}{9},$$$$EV=1\times \frac{8}{9}+2\times \frac{1}{9}=\frac{10}{9}.$$

又因任意两个数的最大值与最小值之积等于原两数之积，故

$$UV=XY.$$

于是

$$E(UV)=E(XY)=EX\cdot EY.$$

而

$$EX=EY=1\times \frac{2}{3}+2\times \frac{1}{3}=\frac{4}{3},$$

所以

$$E(UV)=\frac{16}{9}.$$

最终

$$\begin{array}{rl}Cov(U,V)& =E(UV)-EU\cdot EV\\ & =\frac{16}{9}-\frac{14}{9}\times \frac{10}{9}\\ & =\frac{4}{81}.\end{array}$$

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18. 【2010-3-11 分】 箱中装有 $6$ 个球，其中红、白、黑球个数分别为 $1,2,3$ 个。现从箱中随机地取出 $2$ 个球，记 $X$ 为取出的红球个数，$Y$ 为取出的白球个数。

（1）求随机变量 $(X,Y)$ 的分布律；

（2）求 $Cov(X,Y)$。

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答案： （1）

$X\backslash Y$	$0$	$1$	$2$
$0$	$\frac{1}{5}$	$\frac{2}{5}$	$\frac{1}{15}$
$1$	$\frac{1}{5}$	$\frac{2}{15}$	$0$

（2）

$$Cov(X,Y)=-\frac{4}{45}.$$

解析： 从 $6$ 个球中任取 $2$ 个，共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$$

种等可能取法。

各联合概率为

$$P(X=0,Y=0)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}=\frac{1}{5},$$$$P(X=0,Y=1)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}=\frac{2}{5},$$$$P(X=0,Y=2)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}=\frac{1}{15},$$$$P(X=1,Y=0)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}=\frac{1}{5},$$$$P(X=1,Y=1)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}=\frac{2}{15}.$$

而 $P(X=1,Y=2)=0$，因为此时需要取出 $3$ 个球。

由超几何分布的均值公式，或直接由边缘分布计算，

$$EX=2\times \frac{1}{6}=\frac{1}{3},EY=2\times \frac{2}{6}=\frac{2}{3}.$$

只有 $(X,Y)=(1,1)$ 时 $XY$ 非零，故

$$E(XY)=1\times 1\times \frac{2}{15}=\frac{2}{15}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}Cov(X,Y)& =E(XY)-EX\cdot EY\\ & =\frac{2}{15}-\frac{1}{3}\times \frac{2}{3}\\ & =-\frac{4}{45}.\end{array}$$

负协方差反映了不放回抽样中取到红球会减少同时取到白球的机会。

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19. 【2011-13-11 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的概率分布分别为

$X$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{2}{3}$

$Y$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

且

$$P\{X^2=Y^2\}=1.$$

（1）求二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布；

（2）求 $Z=XY$ 的概率分布；

（3）求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}$。

查看答案与解析

答案： （1）

$X\backslash Y$	$-1$	$0$	$1$
$0$	$0$	$\frac{1}{3}$	$0$
$1$	$\frac{1}{3}$	$0$	$\frac{1}{3}$

（2）

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

（3）

$${\rho }_{XY}=0.$$

解析： 由 $P\{X^2=Y^2\}=1$ 可知，联合分布只可能集中在满足 $x^2=y^2$ 的点上。

当 $X=0$ 时只能有 $Y=0$，故

$$P(X=0,Y=0)=P(X=0)=\frac{1}{3}.$$

当 $X=1$ 时只能有 $Y=\pm 1$。由 $Y$ 的边缘分布，

$$P(X=1,Y=-1)=P(Y=-1)=\frac{1}{3},$$$$P(X=1,Y=1)=P(Y=1)=\frac{1}{3}.$$

其余联合概率均为零，因此得到（1）的分布表。

（2）在三个可能点 $(0,0),(1,-1),(1,1)$ 上，$Z=XY$ 分别取 $0,-1,1$，且概率均为 $\frac{1}{3}$。

（3）由边缘分布，

$$EX=\frac{2}{3},EY=0.$$

又由 $Z=XY$ 的分布，

$$E(XY)=EZ=(-1)\times \frac{1}{3}+0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}=0.$$

所以

$$Cov(X,Y)=E(XY)-EX\cdot EY=0.$$

同时

$$DX=\frac{2}{3}-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{2}{9}>0,$$$$DY=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}>0.$$

故

$${\rho }_{XY}=0.$$

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20. 【2020-3-11 分】 二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域

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

上服从均匀分布，令

$$Z_1=\{\begin{array}{ll}1,& X-Y>0,\\ 0,& X-Y\le 0,\end{array}{Z}_2=\{\begin{array}{ll}1,& X+Y>0,\\ 0,& X+Y\le 0.\end{array}$$

求：

（1）$(Z_1,Z_2)$ 的概率分布；

（2）$Z_1,Z_2$ 的相关系数。

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答案： （1）

$Z_1\backslash Z_2$	$0$	$1$
$0$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{2}$
$1$	$0$	$\frac{1}{4}$

（2）

$${\rho }_{Z_1{Z}_2}=\frac{1}{3}.$$

解析： 区域 $D$ 是单位圆的上半圆内部，其面积为

$$S_D=\frac{\pi }{2}.$$

采用极坐标

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,0<r<1,0<\theta <\pi .$$

条件 $Z_1=1$ 等价于

$$X-Y>0⟺\cos \theta >\sin \theta ⟺0<\theta <\frac{\pi }{4}.$$

条件 $Z_2=1$ 等价于

$$X+Y>0⟺\cos \theta +\sin \theta >0⟺0<\theta <\frac{3\pi }{4}.$$

由于均匀分布下概率等于相应区域面积占总面积的比例，而同一半径下扇形面积与圆心角成正比，故

$$P(Z_1=1,Z_2=1)=\frac{\pi /4}{\pi }=\frac{1}{4},$$

这里分母 $\pi$ 是上半圆对应的总圆心角。

又因 $Z_1=1$ 必推出 $Z_2=1$，故

$$P(Z_1=1,Z_2=0)=0.$$

此外，

$$P(Z_1=0,Z_2=1)=\frac{3\pi /4-\pi /4}{\pi }=\frac{1}{2},$$$$P(Z_1=0,Z_2=0)=\frac{\pi -3\pi /4}{\pi }=\frac{1}{4}.$$

由联合分布，

$$E{Z}_1=P(Z_1=1)=\frac{1}{4},$$$$E{Z}_2=P(Z_2=1)=\frac{3}{4},$$$$E(Z_1{Z}_2)=P(Z_1=1,Z_2=1)=\frac{1}{4}.$$

所以

$$Cov(Z_1,Z_2)=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\times \frac{3}{4}=\frac{1}{16}.$$

由于 $Z_1,Z_2$ 均为示性变量，

$$D{Z}_1=\frac{1}{4}\times \frac{3}{4}=\frac{3}{16},$$$$D{Z}_2=\frac{3}{4}\times \frac{1}{4}=\frac{3}{16}.$$

因此

$${\rho }_{Z_1{Z}_2}=\frac{\frac{1}{16}}{\sqrt{\frac{3}{16}}\sqrt{\frac{3}{16}}}=\frac{1}{3}.$$

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21. 【1989-4-7 分】 已知随机变量 $X$ 与 $Y$ 的联合概率密度为

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

试求：

（1）$P\{X<Y\}$；

（2）$E(XY)$。

查看答案与解析

答案： （1）

$$P\{X<Y\}=\frac{1}{2}.$$

（2）

$$E(XY)=1.$$

解析： （1）由联合概率密度的定义，

$$\begin{array}{rl}P\{X<Y\}& ={\int }_0^{+\infty }{\int }_x^{+\infty }{e}^{-(x+y)}dydx\\ & ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}\left({\int }_x^{+\infty }{e}^{-y}dy\right)dx\\ & ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-2x}dx\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

也可注意到联合密度关于 $x,y$ 对称，且连续型随机变量满足 $P(X=Y)=0$，所以

$$P(X<Y)=P(X>Y)=\frac{1}{2}.$$

（2）联合密度可以分解为

$$f(x,y)=e^{-x}{e}^{-y},x>0,y>0,$$

故 $X,Y$ 相互独立，且都服从参数为 $1$ 的指数分布。因此

$$EX=EY=1,$$

从而

$$E(XY)=EX\cdot EY=1.$$

亦可直接计算：

$$\begin{array}{rl}E(XY)& ={\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{+\infty }xy{e}^{-(x+y)}dydx\\ & =\left({\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx\right)\left({\int }_0^{+\infty }y{e}^{-y}dy\right)\\ & =1.\end{array}$$

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22. 【1991-4-6 分】 假设随机变量 $X$ 和 $Y$ 在圆域

$$x^2+y^2\le r^2$$

上服从二维均匀分布：

（1）求 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}$；

（2）问 $X$ 和 $Y$ 是否独立？

查看答案与解析

答案： （1）

$${\rho }_{XY}=0.$$

（2）$X$ 与 $Y$ 不独立。

解析： 圆域面积为 $\pi r^2$，故联合概率密度为

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

（1）圆域关于坐标轴对称，所以

$$EX=EY=0.$$

又因为函数 $xy$ 关于 $x$ 或 $y$ 为奇函数，而积分区域关于相应坐标轴对称，故

$$E(XY)=0.$$

因此

$$Cov(X,Y)=E(XY)-EXEY=0.$$

为说明相关系数有定义，计算

$$\begin{array}{rl}E(X^2)& =\frac{1}{\pi r^2}{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^r(\rho \cos \theta {)}^2\rho d\rho d\theta \\ & =\frac{1}{\pi r^2}\cdot \frac{r^4}{4}{\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta d\theta \\ & =\frac{r^2}{4}.\end{array}$$

同理 $E(Y^2)=\frac{r^2}{4}$，故

$$DX=DY=\frac{r^2}{4}>0.$$

于是

$${\rho }_{XY}=\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{DY}}=0.$$

（2）虽然 $X,Y$ 不相关，但并不独立。例如事件

$$A=\left\{X>\frac{r}{\sqrt{2}}\right\},B=\left\{Y>\frac{r}{\sqrt{2}}\right\}$$

各自都有正概率；然而若二者同时发生，则

$$X^2+Y^2>r^2,$$

这与样本点位于圆域内矛盾，因而

$$P(A\cap B)=0,P(A)P(B)>0.$$

故 $P(A\cap B)\ne P(A)P(B)$，所以 $X,Y$ 不独立。

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23. 【1998-1-6 分】 设两个随机变量 $X,Y$ 相互独立，且都服从均值为 $0$、方差为 $\frac{1}{2}$ 的正态分布，求随机变量 $|X-Y|$ 的方差。

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答案：

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

解析： 由 $X,Y$ 相互独立，且

$$X,Y\sim N\left(0,\frac{1}{2}\right),$$

可知

$$Z=X-Y\sim N\left(0,\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=N(0,1).$$

因此 $|X-Y|=|Z|$ 服从标准正态变量的半正态分布。

首先，

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

其次，

$$E(|Z{|}^2)=E(Z^2)=DZ+(EZ{)}^2=1.$$

故

$$\begin{array}{rl}D(|X-Y|)& =D(|Z|)\\ & =E(|Z{|}^2)-[E(|Z|){]}^2\\ & =1-\frac{2}{\pi }.\end{array}$$

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24. 【2000-4-8 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的密度函数为

$$f(x,y)=\frac{1}{2}[{\phi }_1(x,y)+{\phi }_2(x,y)],$$

其中 ${\phi }_1(x,y)$ 和 ${\phi }_2(x,y)$ 都是二维正态密度函数，且它们对应的二维随机变量的相关系数分别为 $\frac{1}{3}$ 和 $-\frac{1}{3}$；它们的边缘密度函数所对应的随机变量的数学期望都是 $0$，方差都是 $1$。

（1）求随机变量 $X$ 和 $Y$ 的密度函数 $f_1(x)$ 和 $f_2(y)$，以及 $X$ 和 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}$（可以直接利用二维正态密度的性质）；

（2）问 $X$ 和 $Y$ 是否独立？为什么？

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答案： （1）

$$f_1(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-x^2/2},f_2(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-y^2/2},$$

且

$${\rho }_{XY}=0.$$

（2）$X$ 与 $Y$ 不独立。

解析： （1）两个二维正态分量的两个边缘分布均为标准正态分布。混合分布的边缘密度等于相应边缘密度的加权平均，因此

$$\begin{array}{rl}{f}_1(x)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\phi }_1(x,y)dy+\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\phi }_2(x,y)dy\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-x^2/2}.\end{array}$$

同理，

$$f_2(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-y^2/2}.$$

由边缘分布可知

$$EX=EY=0,DX=DY=1.$$

在相关系数为 $\frac{1}{3}$ 的二维正态分量中，

$$E(XY)=Cov(X,Y)=\frac{1}{3};$$

在相关系数为 $-\frac{1}{3}$ 的分量中，

$$E(XY)=Cov(X,Y)=-\frac{1}{3}.$$

因此混合分布下

$$E(XY)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{2}\cdot \left(-\frac{1}{3}\right)=0.$$

于是

$$Cov(X,Y)=0,{\rho }_{XY}=0.$$

（2）相关系数为零只说明 $X,Y$ 不相关，不能直接推出独立。下面比较联合密度与边缘密度乘积。

相关系数为 $\rho$、边缘均为标准正态的二维正态密度在原点处为

$${\phi }_{\rho }(0,0)=\frac{1}{2\pi \sqrt{1-{\rho }^2}}.$$

取 $\rho =\pm \frac{1}{3}$，得到

$$f(0,0)=\frac{1}{2\pi \sqrt{1-1/9}}=\frac{3}{4\sqrt{2}\pi }.$$

而

$$f_1(0)f_2(0)=\frac{1}{2\pi }.$$

由于

$$\frac{3}{4\sqrt{2}\pi }\ne \frac{1}{2\pi },$$

故联合密度不能分解为 $f_1(x)f_2(y)$，所以 $X,Y$ 不独立。

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25. 【2001-4-8 分】 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布在以点 $(0,1),(1,0),(1,1)$ 为顶点的三角形区域上服从均匀分布，试求随机变量 $U=X+Y$ 的方差。

查看答案与解析

答案：

$$D(U)=\frac{1}{18}.$$

解析： 三角形区域可表示为

$$0\le x\le 1,1-x\le y\le 1.$$

其面积为 $\frac{1}{2}$，故联合概率密度为

$$f(x,y)=2$$

（在该三角形区域内）。

令

$$A=1-X,B=1-Y,$$

则 $(A,B)$ 在标准三角形

$$a\ge 0,b\ge 0,a+b\le 1$$

上均匀分布。再令

$$S=A+B=2-U.$$

由于方差在加上常数或乘以 $-1$ 后不变，故

$$D(U)=D(S).$$

对 $0\le s\le 1$，事件 $\{S\le s\}$ 对应于小三角形

$$a\ge 0,b\ge 0,a+b\le s,$$

其面积为 $\frac{s^2}{2}$。因此

$$F_S(s)=\frac{s^2/2}{1/2}=s^2,0\le s\le 1,$$

从而

$$f_S(s)=2s,0<s<1.$$

于是

$$ES={\int }_0^{1}s\cdot 2sds=\frac{2}{3},$$$$E(S^2)={\int }_0^1{s}^2\cdot 2sds=\frac{1}{2}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}D(U)& =D(S)\\ & =E(S^2)-(ES{)}^2\\ & =\frac{1}{2}-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2\\ & =\frac{1}{18}.\end{array}$$

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26. 【2006-3-13 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）$Cov(X,Y)$；

（3）$F\left(-\frac{1}{2},4\right)$。

查看答案与解析

答案：

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

$$Cov(X,Y)=\frac{2}{3},F\left(-\frac{1}{2},4\right)=\frac{1}{4}.$$

解析： （1）由于 $Y=X^2$，其取值范围为 $0<Y<4$。

当 $0<y<1$ 时，方程 $x^2=y$ 有两个位于 $X$ 的取值范围内的根

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

由随机变量函数的概率密度公式，

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

当 $1<y<4$ 时，负根 $-\sqrt{y}<-1$ 已超出 $X$ 的取值范围，只有正根 $\sqrt{y}\in (1,2)$，故

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

因此

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

在 $y=1$ 处概率密度取何值不影响分布。

（2）由 $Y=X^2$，有

$$Cov(X,Y)=Cov(X,X^2)=E(X^3)-E(X)E(X^2).$$

分别计算各阶矩：

$$\begin{array}{rl}E(X)& ={\int }_{-1}^{0}x\cdot \frac{1}{2}dx+{\int }_0^{2}x\cdot \frac{1}{4}dx\\ & =-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4},\end{array}$$$$\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_{-1}^0{x}^2\cdot \frac{1}{2}dx+{\int }_0^2{x}^2\cdot \frac{1}{4}dx\\ & =\frac{1}{6}+\frac{2}{3}=\frac{5}{6},\end{array}$$$$\begin{array}{rl}E(X^3)& ={\int }_{-1}^0{x}^3\cdot \frac{1}{2}dx+{\int }_0^2{x}^3\cdot \frac{1}{4}dx\\ & =-\frac{1}{8}+1=\frac{7}{8}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}Cov(X,Y)& =\frac{7}{8}-\frac{1}{4}\cdot \frac{5}{6}\\ & =\frac{21}{24}-\frac{5}{24}\\ & =\frac{2}{3}.\end{array}$$

（3）按照二维分布函数的定义，

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

由 $-1<X<2$ 可知 $Y=X^2<4$ 几乎处处成立，因此

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