5.2 运用常用公式计算数字特征

小题

1. 【1990-1-2 分】 已知随机变量 $X$ 服从参数为 $2$ 的泊松分布，则随机变量 $Z=3X-2$ 的数学期望 $E(Z)=$

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答案： $4$。

解析： 由 $X\sim P(2)$，得 $EX=2$。利用数学期望的线性性质，

$$E(Z)=E(3X-2)=3EX-2=3\times 2-2=4.$$

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2. 【1990-5-3 分】 已知随机变量 $X$ 服从二项分布，且 $E(X)=2.4$，$D(X)=1.44$，则二项分布的参数 $n,p$ 的值为（ ）。

A. $n=4,p=0.6$    B. $n=6,p=0.4$    C. $n=8,p=0.3$    D. $n=24,p=0.1$

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答案： B。

解析： 设 $X\sim B(n,p)$，则

$$np=2.4,np(1-p)=\mathrm{1.44.}$$

两式相除得

$$1-p=\frac{1.44}{2.4}=0.6,$$

所以 $p=0.4$，进而

$$n=\frac{2.4}{0.4}=6.$$

故选 B。

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3. 【1995-1-3 分】 设 $X$ 表示 $10$ 次独立重复射击命中目标的次数，每次射中目标的概率为 $0.4$，则 $X^2$ 的数学期望 $E(X^2)=$

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答案： $18.4$。

解析： 由题意，$X\sim B(10,0.4)$，因此

$$EX=np=4,$$$$DX=np(1-p)=10\times 0.4\times 0.6=\mathrm{2.4.}$$

利用

$$E(X^2)=DX+(EX{)}^2,$$

得

$$E(X^2)=2.4+4^2=\mathrm{18.4.}$$

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4. 【1998-4-3 分】 设一次试验成功的概率为 $p$，进行 $100$ 次独立重复试验，当 $p=$ 时，成功次数的标准差的值最大，其最大值为

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答案： $p=\frac{1}{2}$，最大标准差为 $5$。

解析： 设成功次数为 $X$，则 $X\sim B(100,p)$，标准差为

$${\sigma }_X=\sqrt{DX}=\sqrt{100p(1-p)}=10\sqrt{p(1-p)}.$$

由

$$p(1-p)=\frac{1}{4}-{\left(p-\frac{1}{2}\right)}^2\le \frac{1}{4},$$

知当且仅当 $p=\frac{1}{2}$ 时取最大值。此时

$${\sigma }_{X,\max }=10\sqrt{\frac{1}{4}}=5.$$

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5. 【1999-4-3 分】 设随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，且已知 $E[(X-1)(X-2)]=1$，则 $\lambda =$

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答案： $1$。

解析： 对于 $X\sim P(\lambda )$，有

$$EX=\lambda ,E(X^2)={\lambda }^2+\lambda .$$

于是

$$\begin{array}{rl}E[(X-1)(X-2)]& =E(X^2-3X+2)\\ & ={\lambda }^2+\lambda -3\lambda +2\\ & ={\lambda }^2-2\lambda +2.\end{array}$$

由题设得

$${\lambda }^2-2\lambda +2=1,$$

即

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

故 $\lambda =1$。

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6. 【1999-1-3 分】 设两个相互独立的随机变量 $X$ 和 $Y$ 分别服从正态分布 $N(0,1)$ 和 $N(1,1)$，则（ ）。

A. $P\{X+Y\le 0\}=\frac{1}{2}$    B. $P\{X+Y\le 1\}=\frac{1}{2}$    C. $P\{X-Y\le 0\}=\frac{1}{2}$    D. $P\{X-Y\le 1\}=\frac{1}{2}$

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答案： B。

解析： 由独立正态变量线性组合仍服从正态分布，

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

正态分布关于其均值对称，因此

$$P(X+Y\le 1)=\frac{1}{2}.$$

故 B 正确。

同时

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

其均值为 $-1$，所以选项 C、D 中的分界点均不是该分布的均值，概率不等于 $\frac{1}{2}$；A 中分界点 $0$ 也不是 $X+Y$ 的均值。

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7. 【2004-134-4 分】 设随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，则 $P\{X>\sqrt{D(X)}\}=$

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答案： $e^{-1}$。

解析： 若 $X\sim E(\lambda )$，则

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

指数分布的生存函数为

$$P(X>x)=e^{-\lambda x},x\ge 0.$$

因此

$$P\left(X>\sqrt{D(X)}\right)=P\left(X>\frac{1}{\lambda }\right)=e^{-\lambda \cdot (1/\lambda )}=e^{-1}.$$

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8. 【2008-134-4 分】 设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布，则 $P\{X=E(X^2)\}=$

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答案： $\frac{1}{2e}$。

解析： 由 $X\sim P(1)$，得

$$E(X^2)=DX+(EX{)}^2=1+1=2.$$

故

$$P\{X=E(X^2)\}=P(X=2)=e^{-1}\frac{1^2}{2!}=\frac{1}{2e}.$$

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9. 【2010-1-4 分】 设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X=k\}=\frac{C}{k!}$，$k=0,1,2,\cdots$，则 $E(X^2)=$

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答案： $2$。

解析： 由概率之和为 $1$，

$$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{C}{k!}=Ce=1,$$

故 $C=e^{-1}$。于是

$$P(X=k)=e^{-1}\frac{1}{k!},$$

即 $X\sim P(1)$。因此

$$E(X^2)=DX+(EX{)}^2=1+1=2.$$

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10. 【2013-3-4 分】 设随机变量 $X$ 服从标准正态分布 $N(0,1)$，则 $E(X{e}^{2X})=$

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答案： $2e^2$。

解析： 标准正态变量的矩母函数为

$$M_X(t)=E(e^{tX})=e^{t^2/2}.$$

对 $t$ 求导，得

$$M_X^{\prime }(t)=E(X{e}^{tX})=t{e}^{t^2/2}.$$

令 $t=2$，所以

$$E(X{e}^{2X})=2e^{2^2/2}=2e^2.$$

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11. 【2017-1-4 分】 设随机变量 $X$ 的分布函数为

$$F(x)=0.5\Phi (x)+0.5\Phi \left(\frac{x-4}{2}\right),$$

其中 $\Phi (x)$ 为标准正态分布函数，则 $EX=$

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答案： $2$。

解析： $\Phi (x)$ 是 $N(0,1)$ 的分布函数，而

$$\Phi \left(\frac{x-4}{2}\right)$$

是 $N(4,2^2)$ 的分布函数。因此 $X$ 的分布是两个正态分布按权重 $\frac{1}{2},\frac{1}{2}$ 混合而成，故

$$EX=\frac{1}{2}\times 0+\frac{1}{2}\times 4=2.$$

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12. 【2022-1-5 分】 设 $X\sim N(0,1)$，在 $X=x$ 的条件下，$Y\sim N(x,1)$，则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数为（ ）。

A. $\frac{1}{4}$    B. $\frac{1}{2}$    C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$    D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

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答案： D。

解析： 由条件分布可写成

$$Y=X+\epsilon ,$$

其中 $\epsilon \sim N(0,1)$ 且与 $X$ 独立。因此

$$Cov(X,Y)=Cov(X,X+\epsilon )=DX=1,$$$$DY=D(X+\epsilon )=DX+D\epsilon =2.$$

故

$${\rho }_{XY}=\frac{Cov(X,Y)}{\sqrt{DXDY}}=\frac{1}{\sqrt{1\times 2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

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13. 【2022-1-5 分】 设 $X\sim U(0,3)$，$Y\sim P(2)$，$Cov(X,Y)=-1$，求 $D(2X-Y+1)=$（ ）。

A. $10$    B. $9$    C. $1$    D. $0$

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答案： B。

解析： 由均匀分布和泊松分布的方差公式，

$$DX=\frac{(3-0{)}^2}{12}=\frac{3}{4},DY=2.$$

因此

$$\begin{array}{rl}D(2X-Y+1)& =4DX+DY+2\times 2\times (-1)Cov(X,Y)\\ & =4\times \frac{3}{4}+2-4\times (-1)\\ & =9.\end{array}$$

常数 $1$ 不影响方差，故选 B。

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14. 【2022-3-5 分】 设随机变量 $X\sim N(0,4)$，随机变量 $Y\sim B\left(3,\frac{1}{3}\right)$，且 $X,Y$ 不相关，则 $D(X-3Y+1)=$（ ）。

A. $2$    B. $4$    C. $6$    D. $10$

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答案： D。

解析： 由题意，

$$DX=4,$$$$DY=3\times \frac{1}{3}\times \left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3}.$$

又因 $X,Y$ 不相关，故 $Cov(X,Y)=0$。于是

$$\begin{array}{rl}D(X-3Y+1)& =DX+9DY-6Cov(X,Y)\\ & =4+9\times \frac{2}{3}\\ & =10.\end{array}$$

故选 D。

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15. 【2022-3-5 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

$X\backslash Y$	$0$	$1$	$2$
$-1$	$0.1$	$0.1$	$b$
$1$	$a$	$0.1$	$0.1$

若事件 $\{\max \{X,Y\}=2\}$ 与事件 $\{\min \{X,Y\}=1\}$ 相互独立，则 $Cov(X,Y)=$（ ）。

A. $-0.6$    B. $-0.36$    C. $0$    D. $0.48$

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答案： B。

解析： 原分类文档中的该题表格存在转录错位，这里已依据真题原表校正。

由概率之和为 $1$，得

$$a+b+0.4=1,$$

即

$$a+b=\mathrm{0.6.}$$

记

$$A=\{\max (X,Y)=2\},B=\{\min (X,Y)=1\}.$$

则

$$P(A)=b+0.1,$$$$P(B)=P(X=1,Y=1)+P(X=1,Y=2)=0.2,$$

且

$$P(AB)=P(X=1,Y=2)=\mathrm{0.1.}$$

由 $A,B$ 相互独立，

$$0.1=(b+0.1)\times 0.2,$$

解得

$$b=0.4,a=\mathrm{0.2.}$$

于是

$$EX=(-1)\times 0.6+1\times 0.4=-0.2,$$$$EY=0\times 0.3+1\times 0.2+2\times 0.5=\mathrm{1.2.}$$

又

$$\begin{array}{rl}E(XY)& =(-1)\times 1\times 0.1+(-1)\times 2\times 0.4\\ & +1\times 1\times 0.1+1\times 2\times 0.1\\ & =-\mathrm{0.6.}\end{array}$$

故

$$Cov(X,Y)=E(XY)-EXEY=-0.6-(-0.2)\times 1.2=-\mathrm{0.36.}$$

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16. 【2023-3-5 分】 已知随机变量 $X,Y$ 相互独立，且 $X\sim B(1,p)$，$Y\sim B(2,p)$，其中 $p\in (0,1)$，$X+Y$ 与 $X-Y$ 的相关系数为

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答案： $-\frac{1}{3}$。

解析： 令

$$U=X+Y,V=X-Y.$$

由于 $X,Y$ 独立，

$$DX=p(1-p),DY=2p(1-p),Cov(X,Y)=0.$$

所以

$$\begin{array}{rl}Cov(U,V)& =Cov(X+Y,X-Y)\\ & =DX-DY\\ & =-p(1-p).\end{array}$$

并且

$$DU=DX+DY=3p(1-p),$$$$DV=DX+DY=3p(1-p).$$

因此

$${\rho }_{UV}=\frac{-p(1-p)}{3p(1-p)}=-\frac{1}{3}.$$

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17. 【2023-13-5 分】 设随机变量 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布，则 $E(|X-EX|)=$（ ）。

A. $\frac{1}{e}$    B. $\frac{1}{2}$    C. $\frac{2}{e}$    D. $1$

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答案： C。

解析： 由 $X\sim P(1)$，得 $EX=1$。于是

$$\begin{array}{rl}E|X-1|& =P(X=0)+\sum _{k=2}^{\infty }(k-1)P(X=k)\\ & =\frac{1}{e}+\frac{1}{e}\sum _{k=2}^{\infty }\frac{k-1}{k!}.\end{array}$$

注意

$$\frac{k-1}{k!}=\frac{1}{(k-1)!}-\frac{1}{k!},$$

所以该级数为望远镜级数：

$$\sum _{k=2}^{\infty }\left(\frac{1}{(k-1)!}-\frac{1}{k!}\right)=1.$$

故

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

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18. 【2023-13-5 分】 设 $X_1,X_2$ 为来自总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本，其中 $\sigma >0$ 是未知参数，记 $\hat{\sigma }=a|X_1-X_2|$，若 $E(\hat{\sigma })=\sigma$，则 $a=$（ ）。

A. $\frac{\sqrt{\pi }}{2}$    B. $\frac{\sqrt{2\pi }}{2}$    C. $\sqrt{\pi }$    D. $\sqrt{2\pi }$

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答案： A。

解析： 由于 $X_1,X_2$ 独立同分布，

$$X_1-X_2\sim N(0,2{\sigma }^2).$$

若 $Z\sim N(0,1)$，则

$$X_1-X_2\stackrel{d}{=}\sqrt{2}\sigma Z.$$

又 $E|Z|=\sqrt{\frac{2}{\pi }}$，所以

$$E|X_1-X_2|=\sqrt{2}\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi }}=\frac{2\sigma }{\sqrt{\pi }}.$$

由无偏条件

$$E(\hat{\sigma })=a\frac{2\sigma }{\sqrt{\pi }}=\sigma ,$$

解得

$$a=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

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19. 【1989-5-3 分】 设随机变量 $X_1,X_2,X_3$ 相互独立，其中 $X_1$ 在 $[0,6]$ 上服从均匀分布，$X_2$ 服从正态分布 $N(0,2^2)$，$X_3$ 服从参数为 $\lambda =3$ 的泊松分布。记 $Y=X_1-2X_2+3X_3$，则 $DY=$

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答案： $46$。

解析： 由各分布的方差公式，

$$D{X}_1=\frac{(6-0{)}^2}{12}=3,$$$$D{X}_2=2^2=4,D{X}_3=3.$$

由于三者相互独立，

$$\begin{array}{rl}DY& =D(X_1-2X_2+3X_3)\\ & =D{X}_1+4D{X}_2+9D{X}_3\\ & =3+4\times 4+9\times 3\\ & =46.\end{array}$$

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20. 【1990-5-3 分】 已知随机变量 $X\sim N(-3,1)$，$Y\sim N(2,1)$，且 $X,Y$ 相互独立，设随机变量 $Z=X-2Y+7$，则 $Z\sim$

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答案： $N(0,5)$。

解析： 独立正态随机变量的线性组合仍服从正态分布。其均值为

$$EZ=EX-2EY+7=-3-2\times 2+7=0,$$

方差为

$$DZ=DX+(-2{)}^{2}DY=1+4=5.$$

所以

$$Z\sim N(0,5).$$

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21. 【1991-4-3 分】 对于任意两个随机变量 $X$ 和 $Y$，若 $E(XY)=E(X)E(Y)$，则（ ）。

A. $D(XY)=D(X)D(Y)$    B. $D(X+Y)=D(X)+D(Y)$    C. $X$ 和 $Y$ 独立    D. $X$ 和 $Y$ 不独立

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答案： B。

解析： 由

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

题设等价于 $Cov(X,Y)=0$，即 $X,Y$ 不相关。因此

$$D(X+Y)=DX+DY+2Cov(X,Y)=DX+DY.$$

不相关一般不能推出独立，所以 C、D 均不能必然成立；A 也不是方差的一般运算法则。

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22. 【1992-45-5 分】 一台设备由三大部件构成，在设备运转中各部件需要调整的概率相应为 $0.10,0.20,0.30$。假设各部件的状态相互独立，以 $X$ 表示同时需要调整的部件数，试求 $X$ 的概率分布、数学期望 $E(X)$ 和方差 $D(X)$。

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答案：

$X$	$0$	$1$	$2$	$3$
$P$	$0.504$	$0.398$	$0.092$	$0.006$

$$EX=0.6,DX=\mathrm{0.46.}$$

解析： 令 $X_i$ 表示第 $i$ 个部件是否需要调整，需要时取 $1$，否则取 $0$。则

$$X=X_1+X_2+X_3,$$

且三者相互独立，其成功概率分别为 $0.1,0.2,0.3$。

各概率为

$$P(X=0)=0.9\times 0.8\times 0.7=0.504,$$$$\begin{array}{rl}P(X=1)& =0.1\times 0.8\times 0.7+0.9\times 0.2\times 0.7\\ & +0.9\times 0.8\times 0.3\\ & =0.398,\end{array}$$$$\begin{array}{rl}P(X=2)& =0.1\times 0.2\times 0.7+0.1\times 0.8\times 0.3\\ & +0.9\times 0.2\times 0.3\\ & =0.092,\end{array}$$$$P(X=3)=0.1\times 0.2\times 0.3=\mathrm{0.006.}$$

利用独立伯努利变量之和的期望与方差公式，

$$EX=0.1+0.2+0.3=0.6,$$$$DX=0.1\times 0.9+0.2\times 0.8+0.3\times 0.7=\mathrm{0.46.}$$

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23. 【1995-4-3 分】 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 独立同分布，记 $U=X-Y$，$V=X+Y$，则随机变量 $U$ 与 $V$ 必然（ ）。

A. 不独立    B. 独立    C. 相关系数不为零    D. 相关系数为零

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答案： D。

解析： 因为 $X,Y$ 独立同分布，所以

$$DX=DY,Cov(X,Y)=0.$$

于是

$$\begin{array}{rl}Cov(U,V)& =Cov(X-Y,X+Y)\\ & =DX-DY\\ & =0.\end{array}$$

因此 $U,V$ 不相关，相关系数为 $0$。但一般情况下，不相关不能推出独立，所以 B 不一定成立；A 也不一定成立，例如当 $X,Y$ 为独立同分布正态变量时，$U,V$ 独立。

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24. 【1996-1-3 分】 设 $\xi$ 和 $\eta$ 是两个相互独立且均服从正态分布 $N\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 的随机变量，则 $E(|\xi -\eta |)=$

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答案： $\sqrt{\frac{2}{\pi }}$。

解析： 由独立性，

$$\xi -\eta \sim N\left(0,\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=N(0,1).$$

若 $Z\sim N(0,1)$，则

$$E|Z|=\sqrt{\frac{2}{\pi }}.$$

故

$$E(|\xi -\eta |)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}.$$

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25. 【1997-1-3 分】 设两个相互独立的随机变量 $X$ 和 $Y$ 的方差分别为 $4$ 和 $2$，则随机变量 $3X-2Y$ 的方差是（ ）。

A. $8$    B. $16$    C. $28$    D. $44$

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答案： D。

解析： 由 $X,Y$ 独立，得 $Cov(X,Y)=0$。因此

$$D(3X-2Y)=9DX+4DY=9\times 4+4\times 2=44.$$

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26. 【1997-4-3 分】 设 $X$ 是一随机变量，$E(X)=\mu$，$D(X)={\sigma }^2$，其中 $\mu ,\sigma >0$ 为常数，则对任意常数 $c$ 必有（ ）。

A. $E(X-c)=E(X^2)-c^2$    B. $E(X-c{)}^2=E(X-\mu {)}^2$

C. $E(X-c{)}^2<E(X-\mu {)}^2$    D. $E(X-c{)}^2\ge E(X-\mu {)}^2$

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答案： D。

解析： 将 $X-c$ 写成

$$X-c=(X-\mu )+(\mu -c).$$

平方并取期望：

$$\begin{array}{rl}E[(X-c{)}^2]& =E[(X-\mu {)}^2]+2(\mu -c)E(X-\mu )+(\mu -c{)}^2\\ & =D(X)+(\mu -c{)}^2\\ & \ge D(X)\\ & =E[(X-\mu {)}^2].\end{array}$$

等号当且仅当 $c=\mu$ 时成立。

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27. 【1999-3-3 分】 设随机变量 $X_{ij}$（$i,j=1,2,\cdots ,n$，$n\ge 2$）独立同分布，$E(X_{ij})=2$，则行列式

$$Y=\left|\begin{array}{cccc}{X}_{11}& X_{12}& \cdots & X_{1n}\\ X_{21}& X_{22}& \cdots & X_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ X_{n1}& X_{n2}& \cdots & X_{nn}\end{array}\right|$$

的数学期望 $E(Y)=$

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答案： $0$。

解析： 按排列展开行列式：

$$Y=\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sgn}(\sigma )\prod _{i=1}^n{X}_{i,\sigma (i)}.$$

由于所有 $X_{ij}$ 相互独立且同分布，

$$E\left(\prod _{i=1}^n{X}_{i,\sigma (i)}\right)=\prod _{i=1}^{n}E(X_{i,\sigma (i)})=2^n.$$

故

$$E(Y)=2^n\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sgn}(\sigma ).$$

当 $n\ge 2$ 时，偶排列与奇排列个数相等，因此符号和为 $0$，从而

$$E(Y)=0.$$

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28. 【2003-4-4 分】 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 $0.5$，$E(X)=E(Y)=0$，$E(X^2)=E(Y^2)=2$，则 $E[(X+Y{)}^2]=$

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答案： $6$。

解析： 由于 $EX=EY=0$，故

$$DX=E(X^2)=2,DY=E(Y^2)=2.$$

由相关系数定义，

$$Cov(X,Y)={\rho }_{XY}\sqrt{DXDY}=0.5\sqrt{2\times 2}=1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}E[(X+Y{)}^2]& =E(X^2)+2E(XY)+E(Y^2)\\ & =2+2Cov(X,Y)+2\\ & =6.\end{array}$$

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29. 【2004-14-4 分】 设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$（$n>1$）独立同分布，且其方差为 ${\sigma }^2>0$。令 $Y=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$，则（ ）。

A. $Cov(X_1,Y)=\frac{{\sigma }^2}{n}$    B. $Cov(X_1,Y)={\sigma }^2$

C. $D(X_1+Y)=\frac{n+2}{n}{\sigma }^2$    D. $D(X_1-Y)=\frac{n+1}{n}{\sigma }^2$

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答案： A。

解析： 由独立性，

$$\begin{array}{rl}Cov(X_1,Y)& =Cov\left(X_1,\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right)\\ & =\frac{1}{n}Cov(X_1,X_1)\\ & =\frac{{\sigma }^2}{n}.\end{array}$$

故 A 正确。

进一步，$DY=\frac{{\sigma }^2}{n}$，所以

$$D(X_1+Y)={\sigma }^2+\frac{{\sigma }^2}{n}+2\frac{{\sigma }^2}{n}=\frac{n+3}{n}{\sigma }^2,$$$$D(X_1-Y)={\sigma }^2+\frac{{\sigma }^2}{n}-2\frac{{\sigma }^2}{n}=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2.$$

因此 C、D 均错误。

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30. 【2011-13-4 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 服从正态分布 $N(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0)$，则 $E(X{Y}^2)=$

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答案： $\mu ({\mu }^2+{\sigma }^2)$。

解析： 二维正态分布中，相关系数为 $0$ 可推出 $X,Y$ 相互独立。因此

$$E(X{Y}^2)=EX\cdot E(Y^2).$$

又

$$EX=\mu ,$$$$E(Y^2)=DY+(EY{)}^2={\sigma }^2+{\mu }^2.$$

所以

$$E(X{Y}^2)=\mu ({\mu }^2+{\sigma }^2).$$

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31. 【2011-1-4 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $E(X)$ 与 $E(Y)$ 存在，记 $U=\max \{X,Y\}$，$V=\min \{X,Y\}$，则 $E(UV)=$（ ）。

A. $E(U)E(V)$    B. $E(X)E(Y)$    C. $E(U)E(Y)$    D. $E(X)E(V)$

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答案： B。

解析： 对于任意实数 $x,y$，其最大值与最小值的乘积恒等于原来两数的乘积，即

$$\max \{x,y\}\min \{x,y\}=xy.$$

因此随机变量之间有恒等关系

$$UV=XY.$$

所以

$$E(UV)=E(XY).$$

又因 $X,Y$ 相互独立，故

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

---

32. 【2014-3-4 分】 设总体 $X$ 的概率密度为

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

其中 $\theta$ 是未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本。若

$$E\left(c\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)={\theta }^2,$$

则常数 $c=$

查看答案与解析

答案： $\frac{2}{5n}$。

解析： 先求总体的二阶原点矩：

$$\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_{\theta }^{2\theta }{x}^2\frac{2x}{3{\theta }^2}dx\\ & =\frac{2}{3{\theta }^2}{\int }_{\theta }^{2\theta }{x}^{3}dx\\ & =\frac{2}{3{\theta }^2}\cdot \frac{(2\theta {)}^4-{\theta }^4}{4}\\ & =\frac{5}{2}{\theta }^2.\end{array}$$

由于样本同分布，

$$E\left(c\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)=cnE(X^2)=cn\frac{5}{2}{\theta }^2.$$

令其等于 ${\theta }^2$，得

$$cn\frac{5}{2}=1,$$

故

$$c=\frac{2}{5n}.$$

---

33. 【2014-1-4 分】 设连续型随机变量 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立，且方差均存在，$X_1$ 与 $X_2$ 的概率密度分别为 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$。随机变量 $Y_1$ 的概率密度为

$$f_{Y_1}(y)=\frac{1}{2}[f_1(y)+f_2(y)],$$

随机变量 $Y_2=\frac{1}{2}(X_1+X_2)$，则（ ）。

A. $E{Y}_1>E{Y}_2,D{Y}_1>D{Y}_2$    B. $E{Y}_1=E{Y}_2,D{Y}_1=D{Y}_2$

C. $E{Y}_1=E{Y}_2,D{Y}_1<D{Y}_2$    D. $E{Y}_1=E{Y}_2,D{Y}_1>D{Y}_2$

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答案： D。

解析： 记

$$E{X}_1={\mu }_1,E{X}_2={\mu }_2,D{X}_1={\sigma }_1^2,D{X}_2={\sigma }_2^2.$$

$Y_1$ 是以相等权重混合 $X_1,X_2$ 所得到的随机变量，因此

$$E{Y}_1=\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2}.$$

而

$$E{Y}_2=\frac{E{X}_1+E{X}_2}{2}=\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2}.$$

故 $E{Y}_1=E{Y}_2$。

再计算方差：

$$\begin{array}{rl}D{Y}_1& =\frac{1}{2}E(X_1^2)+\frac{1}{2}E(X_2^2)-{\left(\frac{{\mu }_1+{\mu }_2}{2}\right)}^2\\ & =\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{2}+\frac{({\mu }_1-{\mu }_2{)}^2}{4}.\end{array}$$

由于 $X_1,X_2$ 独立，

$$D{Y}_2=\frac{1}{4}(D{X}_1+D{X}_2)=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{4}.$$

所以

$$D{Y}_1-D{Y}_2=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2+({\mu }_1-{\mu }_2{)}^2}{4}>0.$$

故选 D。

---

34. 【2015-1-4 分】 设随机变量 $X,Y$ 不相关，且 $EX=2$，$EY=1$，$DX=3$，则 $E[X(X+Y-2)]=$（ ）。

A. $-3$    B. $3$    C. $-5$    D. $5$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 由 $X,Y$ 不相关，

$$E(XY)=EXEY=2.$$

又

$$E(X^2)=DX+(EX{)}^2=3+4=7.$$

因此

$$\begin{array}{rl}E[X(X+Y-2)]& =E(X^2)+E(XY)-2EX\\ & =7+2-4\\ & =5.\end{array}$$

---

35. 【2016-3-4 分】 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $X\sim N(1,2)$，$Y\sim N(1,4)$，则 $D(XY)=$（ ）。

A. $6$    B. $8$    C. $14$    D. $15$

查看答案与解析

答案： C。

解析： 由独立性，

$$E(XY)=EXEY=1.$$

又

$$E(X^2)=DX+(EX{)}^2=2+1=3,$$$$E(Y^2)=DY+(EY{)}^2=4+1=5.$$

因此

$$E(X^2{Y}^2)=E(X^2)E(Y^2)=3\times 5=15.$$

故

$$D(XY)=E(X^2{Y}^2)-[E(XY){]}^2=15-1=14.$$

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36. 【2024-3-5 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}6x(1-x),& 0<x<1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

则 $X$ 的三阶中心矩 $E[(X-EX{)}^3]=$（ ）。

A. $-\frac{1}{32}$    B. $0$    C. $\frac{1}{16}$    D. $\frac{1}{2}$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 概率密度满足

$$f(1-x)=6(1-x)x=f(x),$$

故 $X$ 的分布关于 $x=\frac{1}{2}$ 对称，从而

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

关于对称中心的所有奇数阶中心矩均为 $0$，因此

$$E[(X-EX{)}^3]=E\left[{\left(X-\frac{1}{2}\right)}^3\right]=0.$$

---

37. 【2025-1-5 分】 设二维随机变量 $(X,Y)$ 服从正态分布 $N(0,0;1,1;\rho )$，其中 $\rho \in (-1,1)$。若 $a,b$ 为满足 $a^2+b^2=1$ 的任意实数，则 $D(aX+bY)$ 的最大值为（ ）。

A. $1$    B. $2$    C. $1+|\rho |$    D. $1+{\rho }^2$

查看答案与解析

答案： C。

解析： 由 $DX=DY=1$，$Cov(X,Y)=\rho$，得

$$\begin{array}{rl}D(aX+bY)& =a^{2}DX+b^{2}DY+2abCov(X,Y)\\ & =a^2+b^2+2ab\rho \\ & =1+2ab\rho .\end{array}$$

由

$$|2ab|\le a^2+b^2=1,$$

知

$$2ab\rho \le |\rho |.$$

当 $\rho >0$ 时取 $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$；当 $\rho <0$ 时取 $a=-b=\frac{1}{\sqrt{2}}$，均可达到上界。因此最大值为

$$1+|\rho |.$$

大题

1. 【1997-1-7 分】 从学校乘汽车到火车站的途中有 $3$ 个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件相互独立，并且概率都是 $\frac{2}{5}$。设 $X$ 为途中遇到红灯的次数，求随机变量 $X$ 的分布律、分布函数和数学期望。

查看答案与解析

答案： $X\sim B\left(3,\frac{2}{5}\right)$，其分布律为

$X$	$0$	$1$	$2$	$3$
$P$	$\frac{27}{125}$	$\frac{54}{125}$	$\frac{36}{125}$	$\frac{8}{125}$

分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ \frac{27}{125},& 0\le x<1,\\ \frac{81}{125},& 1\le x<2,\\ \frac{117}{125},& 2\le x<3,\\ 1,& x\ge 3.\end{array}$$$$EX=\frac{6}{5}.$$

解析： 每经过一个交通岗，是否遇到红灯可看作一次伯努利试验，成功概率为

$$p=\frac{2}{5},q=1-p=\frac{3}{5}.$$

三个交通岗的红灯事件相互独立，因此

$$X\sim B\left(3,\frac{2}{5}\right).$$

由二项分布公式

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k}\right){\left(\frac{2}{5}\right)}^k{\left(\frac{3}{5}\right)}^{3-k},k=0,1,2,3,$$

依次得到

$$P(X=0)={\left(\frac{3}{5}\right)}^3=\frac{27}{125},$$$$P(X=1)=3\times \frac{2}{5}\times {\left(\frac{3}{5}\right)}^2=\frac{54}{125},$$$$P(X=2)=3\times {\left(\frac{2}{5}\right)}^2\times \frac{3}{5}=\frac{36}{125},$$$$P(X=3)={\left(\frac{2}{5}\right)}^3=\frac{8}{125}.$$

据此逐段累加即可得到上述分布函数。例如

$$F(x)=P(X\le x)=\frac{27+54}{125}=\frac{81}{125},1\le x<2.$$

最后由二项分布的期望公式，

$$EX=np=3\times \frac{2}{5}=\frac{6}{5}.$$

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2. 【2002-1-7 分】 设随机变量 $X$ 的概率密度为

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

对 $X$ 独立地重复观察 $4$ 次，用 $Y$ 表示观察值大于 $\frac{\pi }{3}$ 的次数，求 $Y^2$ 的数学期望。

查看答案与解析

答案： $E(Y^2)=5$。

解析： 一次观察值大于 $\frac{\pi }{3}$ 的概率为

$$\begin{array}{rl}p& =P\left(X>\frac{\pi }{3}\right)\\ & ={\int }_{\pi /3}^{\pi }\frac{1}{2}\cos \frac{x}{2}dx\\ & ={\sin \frac{x}{2}|}_{\pi /3}^{\pi }\\ & =1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

四次观察相互独立，故

$$Y\sim B\left(4,\frac{1}{2}\right).$$

于是

$$EY=np=2,$$$$DY=np(1-p)=4\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=1.$$

利用

$$E(Y^2)=DY+(EY{)}^2,$$

得

$$E(Y^2)=1+2^2=5.$$

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3. 【1994-1-6 分】 若随机变量 $X$ 和 $Y$ 分别服从正态分布 $N(1,3^2)$ 和 $N(0,4^2)$，且 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}=-\frac{1}{2}$。设

$$Z=\frac{X}{3}+\frac{Y}{2}.$$

（1）求 $Z$ 的数学期望 $E(Z)$ 和方差 $D(Z)$；

（2）求 $X$ 与 $Z$ 的相关系数 ${\rho }_{XZ}$；

（3）问 $X$ 与 $Z$ 是否独立？为什么？

查看答案与解析

答案：

$$EZ=\frac{1}{3},DZ=3;$$

$${\rho }_{XZ}=0;$$

$X$ 与 $Z$ 相互独立。

解析： 由题意，

$$EX=1,DX=9,EY=0,DY=16.$$

且

$$Cov(X,Y)={\rho }_{XY}\sqrt{DXDY}=-\frac{1}{2}\times 3\times 4=-6.$$

（1）利用期望的线性性质，

$$EZ=\frac{1}{3}EX+\frac{1}{2}EY=\frac{1}{3}.$$

方差为

$$\begin{array}{rl}DZ& =D\left(\frac{1}{3}X+\frac{1}{2}Y\right)\\ & =\frac{1}{9}DX+\frac{1}{4}DY+2\times \frac{1}{3}\times \frac{1}{2}Cov(X,Y)\\ & =\frac{1}{9}\times 9+\frac{1}{4}\times 16+\frac{1}{3}\times (-6)\\ & =1+4-2=3.\end{array}$$

（2）

$$\begin{array}{rl}Cov(X,Z)& =Cov\left(X,\frac{1}{3}X+\frac{1}{2}Y\right)\\ & =\frac{1}{3}DX+\frac{1}{2}Cov(X,Y)\\ & =\frac{1}{3}\times 9+\frac{1}{2}\times (-6)\\ & =0.\end{array}$$

因此

$${\rho }_{XZ}=\frac{Cov(X,Z)}{\sqrt{DXDZ}}=0.$$

（3）由于 $(X,Y)$ 为二维正态随机变量，而 $Z$ 是 $X,Y$ 的线性组合，所以 $(X,Z)$ 也服从二维正态分布。二维正态变量不相关等价于相互独立。由 $Cov(X,Z)=0$，可知 $X$ 与 $Z$ 相互独立。

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4. 【2005-4-11 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$（$n>2$）为独立同分布的随机变量，且均服从 $N(0,1)$。记

$$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,Y_i=X_i-\overline{X},i=1,2,\cdots ,n.$$

求：

（1）$Y_i$ 的方差 $D(Y_i)$，$i=1,2,\cdots ,n$；

（2）$Y_1$ 与 $Y_n$ 的协方差 $Cov(Y_1,Y_n)$；

（3）$P\{Y_1+Y_n\le 0\}$。

查看答案与解析

答案：

$$D(Y_i)=\frac{n-1}{n},i=1,2,\cdots ,n;$$

$$Cov(Y_1,Y_n)=-\frac{1}{n};$$$$P(Y_1+Y_n\le 0)=\frac{1}{2}.$$

解析： 先求样本均值的方差及其与单个样本的协方差。由于各 $X_i$ 独立且方差均为 $1$，

$$D(\overline{X})=D\left(\frac{1}{n}\sum _{j=1}^n{X}_j\right)=\frac{1}{n^2}\sum _{j=1}^{n}D{X}_j=\frac{1}{n}.$$

并且对任意 $i$，

$$Cov(X_i,\overline{X})=Cov\left(X_i,\frac{1}{n}\sum _{j=1}^n{X}_j\right)=\frac{1}{n}D{X}_i=\frac{1}{n}.$$

（1）因此

$$\begin{array}{rl}D(Y_i)& =D(X_i-\overline{X})\\ & =D{X}_i+D(\overline{X})-2Cov(X_i,\overline{X})\\ & =1+\frac{1}{n}-2\frac{1}{n}\\ & =\frac{n-1}{n}.\end{array}$$

（2）当 $1\ne n$ 时，$Cov(X_1,X_n)=0$。于是

$$\begin{array}{rl}Cov(Y_1,Y_n)& =Cov(X_1-\overline{X},X_n-\overline{X})\\ & =Cov(X_1,X_n)-Cov(X_1,\overline{X})\\ & -Cov(\overline{X},X_n)+D(\overline{X})\\ & =0-\frac{1}{n}-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}\\ & =-\frac{1}{n}.\end{array}$$

（3）$Y_1+Y_n$ 是独立正态随机变量 $X_1,\cdots ,X_n$ 的线性组合，故仍服从正态分布。其均值为

$$E(Y_1+Y_n)=0.$$

且当 $n>2$ 时其方差为正：

$$\begin{array}{rl}D(Y_1+Y_n)& =D(Y_1)+D(Y_n)+2Cov(Y_1,Y_n)\\ & =2\frac{n-1}{n}-\frac{2}{n}\\ & =\frac{2(n-2)}{n}>0.\end{array}$$

因此 $Y_1+Y_n$ 是关于 $0$ 对称的非退化正态变量，从而

$$P(Y_1+Y_n\le 0)=\frac{1}{2}.$$

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5. 【2005-1-9 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$（$n>2$）为来自总体 $N(0,1)$ 的简单随机样本，$\overline{X}$ 为样本均值，记

$$Y_i=X_i-\overline{X},i=1,2,\cdots ,n.$$

求：

（1）$Y_i$ 的方差 $D(Y_i)$，$i=1,2,\cdots ,n$；

（2）$Y_1$ 与 $Y_n$ 的协方差 $Cov(Y_1,Y_n)$。

查看答案与解析

答案：

$$D(Y_i)=\frac{n-1}{n},i=1,2,\cdots ,n;$$

$$Cov(Y_1,Y_n)=-\frac{1}{n}.$$

解析： 由于 $X_1,\cdots ,X_n$ 是简单随机样本，故相互独立，且

$$E{X}_i=0,D{X}_i=1.$$

样本均值满足

$$D(\overline{X})=\frac{1}{n},$$

并且

$$Cov(X_i,\overline{X})=\frac{1}{n}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}D(Y_i)& =D(X_i-\overline{X})\\ & =D{X}_i+D(\overline{X})-2Cov(X_i,\overline{X})\\ & =1+\frac{1}{n}-\frac{2}{n}\\ & =\frac{n-1}{n}.\end{array}$$

又因 $X_1$ 与 $X_n$ 独立，

$$\begin{array}{rl}Cov(Y_1,Y_n)& =Cov(X_1-\overline{X},X_n-\overline{X})\\ & =0-\frac{1}{n}-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}\\ & =-\frac{1}{n}.\end{array}$$

---

6. 【2012-13-11 分】 设二维离散型随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

$X\backslash Y$	$0$	$1$	$2$
$0$	$\frac{1}{4}$	$0$	$\frac{1}{4}$
$1$	$0$	$\frac{1}{3}$	$0$
$2$	$\frac{1}{12}$	$0$	$\frac{1}{12}$

（1）求 $P\{X=2Y\}$；

（2）求 $Cov(X-Y,Y)$。

查看答案与解析

答案：

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

解析： （1）在给出的取值范围内，事件 $\{X=2Y\}$ 包含的可能点为

$$(X,Y)=(0,0),(2,1).$$

由分布表知 $P\{X=2,Y=1\}=0$，故

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

（2）利用协方差的线性性质，

$$Cov(X-Y,Y)=Cov(X,Y)-D(Y).$$

先计算所需数字特征。由分布表，

$$\begin{array}{rl}EX& =0\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{3}+2\times \frac{1}{6}=\frac{2}{3},\\ EY& =0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}+2\times \frac{1}{3}=1,\\ E(Y^2)& =0^2\times \frac{1}{3}+1^2\times \frac{1}{3}+2^2\times \frac{1}{3}=\frac{5}{3}.\end{array}$$

因此

$$D(Y)=E(Y^2)-(EY{)}^2=\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}.$$

又

$$\begin{array}{rl}E(XY)& =1\times 1\times \frac{1}{3}+2\times 2\times \frac{1}{12}\\ & =\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3},\end{array}$$

从而

$$Cov(X,Y)=E(XY)-EX\cdot EY=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}\times 1=0.$$

故

$$Cov(X-Y,Y)=0-\frac{2}{3}=-\frac{2}{3}.$$

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7. 【2024-3-12 分】 已知总体 $X$ 服从 $[0,\theta ]$ 上的均匀分布，$\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，记

$$X_{(n)}=\max \{X_1,X_2,\cdots ,X_n\},T_c=c{X}_{(n)}.$$

（1）求 $c$，使得 $E(T_c)=\theta$；

（2）记 $h(c)=E(T_c-\theta {)}^2$，求 $c$，使得 $h(c)$ 最小。

查看答案与解析

答案：

$$\text{（1） }c=\frac{n+1}{n};\text{（2） }c=\frac{n+2}{n+1}.$$

解析： 对 $0\le x\le \theta$，样本最大值的分布函数为

$$\begin{array}{rl}{F}_{X_{(n)}}(x)& =P\{X_{(n)}\le x\}\\ & =P\{X_1\le x,\cdots ,X_n\le x\}\\ & ={\left(\frac{x}{\theta }\right)}^n.\end{array}$$

故其概率密度为

$$f_{X_{(n)}}(x)=\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n},0<x<\theta .$$

于是

$$\begin{array}{rl}E(X_{(n)})& ={\int }_0^{\theta }x\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{n+1}\theta ,\\ E(X_{(n)}^2)& ={\int }_0^{\theta }{x}^2\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{n+2}{\theta }^2.\end{array}$$

（1）由 $E(T_c)=cE(X_{(n)})=\theta$，得

$$c\frac{n}{n+1}\theta =\theta .$$

因 $\theta >0$，所以

$$c=\frac{n+1}{n}.$$

（2）展开均方误差，

$$\begin{array}{rl}h(c)& =E{\left(c{X}_{(n)}-\theta \right)}^2\\ & =c^{2}E(X_{(n)}^2)-2c\theta E(X_{(n)})+{\theta }^2\\ & ={\theta }^2\left(\frac{n}{n+2}{c}^2-\frac{2n}{n+1}c+1\right).\end{array}$$

这是关于 $c$ 的开口向上的二次函数。令其导数为零，得

$$\frac{2n}{n+2}c-\frac{2n}{n+1}=0,$$

所以

$$c=\frac{n+2}{n+1}.$$

该值使 $h(c)$ 取得最小值。