第三章 多维随机变量及其分布

选择题

1. 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且都服从区间 $(0,1)$ 上的均匀分布，则下列服从相应区间或区域上均匀分布的是

A. $X^2$；    B. $X-Y$；    C. $X+Y$；    D. $(X,Y)$。

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答案： D

解析： 由于 $X,Y$ 相互独立，且各自在 $(0,1)$ 上服从均匀分布，所以联合概率密度为

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

因而 $(X,Y)$ 在单位正方形 $(0,1)\times (0,1)$ 上服从均匀分布。

对于错误选项：$X^2$ 的密度为

$$f_{X^2}(u)=\frac{1}{2\sqrt{u}},0<u<1,$$

不是均匀分布；$X-Y$ 与 $X+Y$ 的密度均为分段线性函数，也不是均匀分布。

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2. 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，其分布函数分别为 $F_X(x)$ 与 $F_Y(y)$，则 $Z=\max \{X,Y\}$ 的分布函数 $F_Z(z)$ 是

A. $\max \{F_X(z),F_Y(z)\}$；    B. $F_X(z)+F_Y(z)-F_X(z)F_Y(z)$；

C. $F_X(z)F_Y(z)$；    D. $\frac{1}{2}[F_X(z)+F_Y(z)]$。

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答案： C

解析： 由最大值不超过 $z$ 等价于两个随机变量都不超过 $z$，有

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& =P\{Z\le z\}\\ & =P\{\max (X,Y)\le z\}\\ & =P\{X\le z,Y\le z\}.\end{array}$$

又因为 $X,Y$ 相互独立，所以

$$F_Z(z)=P\{X\le z\}P\{Y\le z\}=F_X(z)F_Y(z).$$

选项 B 是 $\min \{X,Y\}$ 的分布函数。

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3. 设随机变量 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立，其分布函数分别为

$$F_1(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ \frac{1}{2},& 0\le x<1,\\ 1,& x\ge 1,\end{array}{f}_2(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-x^2/2},-\infty <x<+\infty ,$$

则 $X_1+X_2$ 的分布函数 $F(x)=$

A. $F_1(x)+F_2(x)$；    B. $\frac{1}{2}{F}_1(x)+\frac{1}{2}{F}_2(x)$；

C. $\frac{1}{2}{F}_1(x)+\frac{1}{2}{F}_2(x-1)$；    D. $\frac{1}{2}{F}_2(x)+\frac{1}{2}{F}_2(x-1)$。

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答案： D

解析： 由 $F_1(x)$ 可知

$$P\{X_1=0\}=\frac{1}{2},P\{X_1=1\}=\frac{1}{2}.$$

记标准正态分布函数为 $F_2(x)$。利用全概率公式及 $X_1,X_2$ 的独立性，

$$\begin{array}{rl}F(x)& =P\{X_1+X_2\le x\}\\ & =\frac{1}{2}P\{X_2\le x\mid X_1=0\}+\frac{1}{2}P\{X_2\le x-1\mid X_1=1\}\\ & =\frac{1}{2}{F}_2(x)+\frac{1}{2}{F}_2(x-1).\end{array}$$

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4. 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 都服从正态分布，则

A. $X+Y$ 一定服从正态分布；    B. $X$ 和 $Y$ 不相关与独立等价；

C. $(X,Y)$ 一定服从正态分布；    D. $(X,-Y)$ 未必服从正态分布。

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答案： D

解析： 仅知道边缘随机变量 $X,Y$ 各自服从一维正态分布，并不能推出 $(X,Y)$ 服从二维正态分布。因此，$(X,-Y)$ 也未必服从二维正态分布，选项 D 正确。

对于错误选项：只有在 $X,Y$ 联合正态时，任意线性组合才必为正态分布，因此 A 不一定成立；一般随机变量中“不相关”不能推出“独立”，故 B 错误；边缘分布均为正态分布不能保证联合分布为二维正态分布，故 C 错误。

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5. 已知随机变量 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立且有相同的分布：$P\{X_i=-1\}=P\{X_i=1\}=\frac{1}{2}(i=1,2)$，则

A. $X_1$ 与 $X_1{X}_2$ 独立且有相同的分布；    B. $X_1$ 与 $X_1{X}_2$ 独立且有不同的分布；

C. $X_1$ 与 $X_1{X}_2$ 不独立且有相同的分布；    D. $X_1$ 与 $X_1{X}_2$ 不独立且有不同的分布。

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答案： A

解析： 令 $W=X_1{X}_2$。由于 $X_1,X_2$ 均只取 $\pm 1$，故 $W$ 也只取 $\pm 1$，且

$$P\{W=1\}=P\{X_1=X_2\}=\frac{1}{2},P\{W=-1\}=\frac{1}{2}.$$

因而 $W$ 与 $X_1$ 同分布。进一步，对任意 $a,b\in \{-1,1\}$，事件 $X_1=a,W=b$ 唯一确定 $X_2=ab$，所以

$$P\{X_1=a,W=b\}=P\{X_1=a,X_2=ab\}=\frac{1}{4}.$$

同时

$$P\{X_1=a\}P\{W=b\}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$$

因此 $X_1$ 与 $X_1{X}_2$ 相互独立且同分布。

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6. 已知随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D=\{(x,y)\mid -1<x<1,-1<y<1\}$ 上服从均匀分布，则

A. $P\{X+Y\ge 0\}=\frac{1}{4}$；    B. $P\{X-Y\ge 0\}=\frac{1}{4}$；

C. $P\{\max (X,Y)\ge 0\}=\frac{1}{4}$；    D. $P\{\min (X,Y)\ge 0\}=\frac{1}{4}$。

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答案： D

解析： $(X,Y)$ 在边长为 $2$ 的正方形上均匀分布，因此概率等于相应区域面积与正方形总面积之比，总面积为 $4$。

事件 $\min (X,Y)\ge 0$ 等价于 $X\ge 0,Y\ge 0$，对应第一象限内的单位正方形，面积为 $1$，故

$$P\{\min (X,Y)\ge 0\}=\frac{1}{4}.$$

另外，由对称性，

$$P\{X+Y\ge 0\}=P\{X-Y\ge 0\}=\frac{1}{2},$$

且

$$P\{\max (X,Y)\ge 0\}=1-P\{X<0,Y<0\}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$$

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7. 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布服从 $G=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le r^2\}$ 上的均匀分布，则下列服从相应区域上均匀分布的是

A. 随机变量 $X$；    B. 随机变量 $X+Y$；    C. 随机变量 $Y$；    D. $Y$ 关于 $X=1$ 的条件分布。

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答案： D

解析： 圆域上的联合密度为常数

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{\pi r^2},x^2+y^2\le r^2.$$

对固定的 $X=1$，在题意默认 $r>1$ 时，$Y$ 的可取范围为

$$-\sqrt{r^2-1}\le Y\le \sqrt{r^2-1}.$$

在该线段上，联合密度关于 $y$ 为常数，因此条件密度为

$$f_{Y\mid X}(y\mid 1)=\frac{1}{2\sqrt{r^2-1}},|y|<\sqrt{r^2-1},$$

即服从相应区间上的均匀分布。

而 $X$ 和 $Y$ 的边缘密度分别与圆的竖直、水平弦长成正比，例如

$$f_X(x)=\frac{2\sqrt{r^2-x^2}}{\pi r^2},|x|<r,$$

并非常数；$X+Y$ 的密度也不是均匀密度。

填空题

1. 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立同分布，且都服从 $p=\frac{2}{3}$ 的0-1分布，则随机变量 $Z=\max \{X,Y\}$ 的分布律为 $\underline{}$。

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答案：

$$\begin{array}{ccc}Z& 0& 1\\ P& \frac{1}{9}& \frac{8}{9}\end{array}$$

解析： 由0-1分布知

$$P\{X=1\}=P\{Y=1\}=\frac{2}{3},P\{X=0\}=P\{Y=0\}=\frac{1}{3}.$$

因为 $Z=0$ 当且仅当 $X=0,Y=0$，由独立性得

$$P\{Z=0\}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{9}.$$

因此

$$P\{Z=1\}=1-P\{Z=0\}=\frac{8}{9}.$$

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2. 假设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且 $P\{X=k\}=\frac{a}{k}$，$P\{Y=-k\}=\frac{b}{k^2}(k=1,2,3)$，则 $a=\underline{}$，$b=\underline{}$，$Z=X+Y$ 的分布律为 $\underline{}$。

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答案：

$$a=\frac{6}{11},b=\frac{36}{49},$$

且

$$\begin{array}{cccccc}Z& -2& -1& 0& 1& 2\\ P& \frac{24}{539}& \frac{66}{539}& \frac{251}{539}& \frac{126}{539}& \frac{72}{539}\end{array}$$

解析： 由概率总和为 $1$，

$$a\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=1,$$

故

$$a=\frac{6}{11}.$$

同理，

$$b\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}\right)=1,$$

所以

$$b=\frac{36}{49}.$$

因而

$$\begin{array}{cccc}X& 1& 2& 3\\ P& \frac{6}{11}& \frac{3}{11}& \frac{2}{11}\end{array},\begin{array}{cccc}Y& -1& -2& -3\\ P& \frac{36}{49}& \frac{9}{49}& \frac{4}{49}\end{array}.$$

利用独立性逐项卷积：

$$\begin{array}{rl}P\{Z=-2\}& =P\{X=1,Y=-3\}=\frac{24}{539},\\ P\{Z=-1\}& =P\{1,-2\}+P\{2,-3\}=\frac{66}{539},\\ P\{Z=0\}& =P\{1,-1\}+P\{2,-2\}+P\{3,-3\}=\frac{251}{539},\\ P\{Z=1\}& =P\{2,-1\}+P\{3,-2\}=\frac{126}{539},\\ P\{Z=2\}& =P\{3,-1\}=\frac{72}{539}.\end{array}$$

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3. 从数 $1,2,3,4$ 中任取一个数，记为 $X$，再从 $1,\cdots ,X$ 中任取一个数，记为 $Y$，则 $P\{Y=2\}=\underline{}$。

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答案： $\frac{13}{48}$

解析： 第一次从 $1,2,3,4$ 中等可能选取，因此

$$P\{X=k\}=\frac{1}{4},k=1,2,3,4.$$

当 $X=1$ 时，$Y$ 不可能取 $2$；当 $X=k\ge 2$ 时，$Y$ 在 $1,2,\dots ,k$ 中等可能取值，所以

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

由全概率公式，

$$\begin{array}{rl}P\{Y=2\}& =\sum _{k=2}^{4}P\{X=k\}P\{Y=2\mid X=k\}\\ & =\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)\\ & =\frac{13}{48}.\end{array}$$

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4. 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布函数为

$$F(x,y)=\{\begin{array}{ll}0,& \min \{x,y\}<0,\\ \min \{x,y\},& 0\le \min \{x,y\}<1,\\ 1,& \min \{x,y\}\ge 1,\end{array}$$

则随机变量 $X$ 的分布函数 $F_X(x)$ 为 $\underline{}$。

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答案：

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

解析： 随机变量 $X$ 的边缘分布函数由联合分布函数令另一个变量趋于正无穷得到，即

$$F_X(x)=\underset{y\to +\infty }{\lim }F(x,y).$$

当 $y\to +\infty$ 时，$\min \{x,y\}=x$，于是

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

同理可得 $F_Y(y)$ 也具有相同形式。事实上，该联合分布对应于 $X=Y$，且二者均服从 $(0,1)$ 上的均匀分布。

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5. 设 $(X,Y)\sim N(\mu ,\mu ;{\sigma }^2,{\sigma }^2;0)$，则 $P\{X<Y\}=\underline{}$。

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答案： $\frac{1}{2}$

解析： 由题意，$X$ 与 $Y$ 的均值、方差相同，且相关系数为 $0$。由于 $(X,Y)$ 服从二维正态分布，零相关等价于相互独立，因此 $X,Y$ 独立同分布。

令

$$Z=X-Y.$$

则

$$Z\sim N(0,2{\sigma }^2).$$

该正态分布关于原点对称，且连续型随机变量满足 $P\{Z=0\}=0$，故

$$P\{X<Y\}=P\{X-Y<0\}=P\{Z<0\}=\frac{1}{2}.$$

计算题与应用题

1. 袋中有大小相同的10个球，其中6个红球，4个白球，现随机地抽取两次，每次取一个，定义两个随机变量 $X,Y$ 如下：

$$X=\{\begin{array}{ll}1,& \text{第一次抽到红球},\\ 0,& \text{第一次抽到白球},\end{array}Y=\{\begin{array}{ll}1,& \text{第二次抽到红球},\\ 0,& \text{第二次抽到白球}。\end{array}$$

试就放回与不放回两种情形，求出 $(X,Y)$ 的联合分布律。

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答案： 放回抽样时，

$$\begin{array}{ccc}X\backslash Y& 0& 1\\ 0& \frac{4}{25}& \frac{6}{25}\\ 1& \frac{6}{25}& \frac{9}{25}\end{array}$$

不放回抽样时，

$$\begin{array}{ccc}X\backslash Y& 0& 1\\ 0& \frac{2}{15}& \frac{4}{15}\\ 1& \frac{4}{15}& \frac{1}{3}\end{array}$$

解析： （1）放回抽样

每次抽球后将球放回，所以两次抽取相互独立，且每次抽到红球、白球的概率分别为

$$P\{\text{红}\}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5},P\{\text{白}\}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}.$$

因而

$$\begin{array}{rl}P\{X=1,Y=1\}& =\frac{3}{5}\cdot \frac{3}{5}=\frac{9}{25},\\ P\{X=1,Y=0\}& =\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{5}=\frac{6}{25},\\ P\{X=0,Y=1\}& =\frac{2}{5}\cdot \frac{3}{5}=\frac{6}{25},\\ P\{X=0,Y=0\}& =\frac{2}{5}\cdot \frac{2}{5}=\frac{4}{25}.\end{array}$$

（2）不放回抽样

此时第二次抽球的概率受第一次抽球结果影响。由乘法公式，

$$\begin{array}{rl}P\{X=1,Y=1\}& =\frac{6}{10}\cdot \frac{5}{9}=\frac{1}{3},\\ P\{X=1,Y=0\}& =\frac{6}{10}\cdot \frac{4}{9}=\frac{4}{15},\\ P\{X=0,Y=1\}& =\frac{4}{10}\cdot \frac{6}{9}=\frac{4}{15},\\ P\{X=0,Y=0\}& =\frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}=\frac{2}{15}.\end{array}$$

四个概率之和均为 $1$，所得联合分布律正确。

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2. 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的联合分布为

$X\backslash Y$	1	2	3
$-1$	$0.1$	$a$	$0.2$
$0$	$b$	$0.2$	$0$
$1$	$0$	$0.1$	$c$

其中 $a,b,c$ 为常数，且 $E(XY)=-0.1$，$P\{X\le 0\mid Y\ge 2\}=\frac{5}{8}$，记 $Z=X+Y$。求：（Ⅰ）$a,b,c$ 之值；（Ⅱ）$Z$ 的概率分布；（Ⅲ）$P\{Z=X\}$ 与 $P\{Z=Y\}$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

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

（Ⅱ）

$$\begin{array}{cccccc}Z& 0& 1& 2& 3& 4\\ P& 0.1& 0.2& 0.4& 0.1& 0.2\end{array}$$

（Ⅲ）

$$P\{Z=X\}=0,P\{Z=Y\}=\mathrm{0.3.}$$

解析： （Ⅰ）求 $a,b,c$

由联合分布律中全部概率之和为 $1$，有

$$0.1+a+0.2+b+0.2+0.1+c=1,$$

即

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

根据数学期望定义，

$$\begin{array}{rl}E(XY)& =(-1)\cdot 1\cdot 0.1+(-1)\cdot 2\cdot a+(-1)\cdot 3\cdot 0.2\\ & +1\cdot 2\cdot 0.1+1\cdot 3\cdot c\\ & =-0.5-2a+3c.\end{array}$$

由 $E(XY)=-0.1$，得

$$-2a+3c=\mathrm{0.4.}\text{\hspace{1em}(2)}$$

又

$$\begin{array}{rl}P\{X\le 0,Y\ge 2\}& =a+0.2+0.2=a+0.4,\\ P\{Y\ge 2\}& =a+0.2+0.1+0.2+c=a+c+\mathrm{0.5.}\end{array}$$

因此

$$\frac{a+0.4}{a+c+0.5}=\frac{5}{8},$$

化简得

$$3a-5c=-\mathrm{0.7.}\text{\hspace{1em}(3)}$$

联立（2）（3）可得

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

再代入（1），得到

$$b=\mathrm{0.1.}$$

（Ⅱ）求 $Z=X+Y$ 的分布律

按照相同的 $X+Y$ 值合并联合分布表中的概率：

$$\begin{array}{rl}P\{Z=0\}& =P\{X=-1,Y=1\}=0.1,\\ P\{Z=1\}& =P\{-1,2\}+P\{0,1\}=0.1+0.1=0.2,\\ P\{Z=2\}& =P\{-1,3\}+P\{0,2\}+P\{1,1\}=0.2+0.2+0=0.4,\\ P\{Z=3\}& =P\{0,3\}+P\{1,2\}=0+0.1=0.1,\\ P\{Z=4\}& =P\{1,3\}=\mathrm{0.2.}\end{array}$$

（Ⅲ）求两个事件的概率

因为

$$Z=X⟺X+Y=X⟺Y=0,$$

而 $Y$ 只能取 $1,2,3$，所以

$$P\{Z=X\}=0.$$

同理，

$$Z=Y⟺X=0.$$

故

$$P\{Z=Y\}=P\{X=0\}=b+0.2+0=\mathrm{0.3.}$$

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3. 假设二维随机变量 $(X,Y)$ 在矩形区域

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

上服从均匀分布。记

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

（Ⅰ）求 $U$ 和 $V$ 的联合分布；（Ⅱ）求 $U$ 和 $V$ 的相关系数 $\rho$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\begin{array}{ccc}U\backslash V& 0& 1\\ 0& \frac{1}{4}& 0\\ 1& \frac{1}{4}& \frac{1}{2}\end{array}$$

（Ⅱ）

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

解析： 矩形 $G$ 的面积为

$$S_G=2,$$

因此联合密度为

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{2},(x,y)\in G.$$

由于在 $y\ge 0$ 时，$x\le y$ 必然推出 $x\le 2y$，所以事件 $\{U=0,V=1\}$ 不可能发生，即

$$P\{U=0,V=1\}=0.$$

对于 $U=0,V=0$，对应区域为

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

其面积为

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

故

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

对于 $U=1,V=0$，对应

$$y<x\le 2y,0\le y\le 1.$$

其面积为

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

因而

$$P\{U=1,V=0\}=\frac{1}{4}.$$

剩余部分即为 $U=1,V=1$，故

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

由于 $U,V$ 均为0-1型随机变量，

$$EU=P\{U=1\}=\frac{3}{4},EV=P\{V=1\}=\frac{1}{2},$$

且

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

所以

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

又

$$D(U)=\frac{3}{4}\left(1-\frac{3}{4}\right)=\frac{3}{16},D(V)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}.$$

因此相关系数为

$${\rho }_{UV}=\frac{\mathrm{Cov}(U,V)}{\sqrt{D(U)D(V)}}=\frac{1/8}{\sqrt{(3/16)(1/4)}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

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4. 设二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域

$$D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 1,y\le x\le y+1\}$$

内服从均匀分布，求边缘密度函数，并判断 $X,Y$ 的独立性。

查看答案与解析

答案：

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

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

$X$ 与 $Y$ 不独立。

解析： 区域 $D$ 可写成

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

它是一个面积为

$$S_D={\int }_0^1[(y+1)-y]dy=1$$

的平行四边形，因此联合密度为

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

对固定的 $x$，由

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

可知

$$\max \{0,x-1\}\le y\le \min \{1,x\}.$$

因而

$$f_X(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_{X,Y}(x,y)dy=\{\begin{array}{ll}x,& 0\le x\le 1,\\ 2-x,& 1<x\le 2,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

对固定的 $y\in [0,1]$，变量 $x$ 的取值区间长度为

$$(y+1)-y=1,$$

所以

$$f_Y(y)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_{X,Y}(x,y)dx=\{\begin{array}{ll}1,& 0\le y\le 1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

若 $X,Y$ 独立，则应在所有点上满足

$$f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y).$$

例如取 $(x,y)=\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)$，该点不属于 $D$，故

$$f_{X,Y}\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)=0,$$

但

$$f_X\left(\frac{1}{4}\right)f_Y\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{1}{4}\ne 0.$$

因此 $X$ 与 $Y$ 不独立。

---

5. 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合密度为

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{6}{7}\left(x^2+\frac{xy}{2}\right),& 0<x<1,0<y<2,\\ 0,& \text{若不然}。\end{array}$$

（Ⅰ）试求 $X$ 的概率密度 $f_X(x)$；（Ⅱ）试求事件“$X$ 大于 $Y$”的概率 $P\{X>Y\}$；（Ⅲ）求条件概率 $P\{Y>1\mid X<0.5\}$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{6}{7}(2x^2+x),& 0<x<1,\\ 0,& \text{其他}；\end{array}$$

（Ⅱ）

$$P\{X>Y\}=\frac{15}{56}；$$

（Ⅲ）

$$P\{Y>1\mid X<0.5\}=\frac{13}{20}。$$

解析： （Ⅰ）对 $y$ 积分可得 $X$ 的边缘密度：

$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x,y)dy\\ & ={\int }_0^2\frac{6}{7}\left(x^2+\frac{xy}{2}\right)dy\\ & =\frac{6}{7}\left(2x^2+x\right),0<x<1.\end{array}$$

因此

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{6}{7}(2x^2+x),& 0<x<1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

（Ⅱ）在联合密度的支撑区域内，事件 $X>Y$ 对应于

$$0<x<1,0<y<x.$$

故

$$\begin{array}{rl}P\{X>Y\}& ={\int }_0^1{\int }_0^x\frac{6}{7}\left(x^2+\frac{xy}{2}\right)dydx\\ & =\frac{6}{7}{\int }_0^1\left(x^3+\frac{x^3}{4}\right)dx\\ & =\frac{6}{7}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{4}\\ & =\frac{15}{56}.\end{array}$$

（Ⅲ）由条件概率公式，

$$P\{Y>1\mid X<0.5\}=\frac{P\{Y>1,X<0.5\}}{P\{X<0.5\}}.$$

分母为

$$\begin{array}{rl}P\{X<0.5\}& ={\int }_0^{1/2}{f}_X(x)dx\\ & =\frac{6}{7}{\int }_0^{1/2}(2x^2+x)dx\\ & =\frac{6}{7}\left(\frac{1}{12}+\frac{1}{8}\right)\\ & =\frac{5}{28}.\end{array}$$

分子为

$$\begin{array}{rl}P\{Y>1,X<0.5\}& ={\int }_0^{1/2}{\int }_1^2\frac{6}{7}\left(x^2+\frac{xy}{2}\right)dydx\\ & =\frac{6}{7}{\int }_0^{1/2}\left(x^2+\frac{3x}{4}\right)dx\\ & =\frac{6}{7}\left(\frac{1}{24}+\frac{3}{32}\right)\\ & =\frac{13}{112}.\end{array}$$

所以

$$P\{Y>1\mid X<0.5\}=\frac{13/112}{5/28}=\frac{13}{20}.$$

---

6. 设二维连续型随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D$ 上服从均匀分布，其中

$$D=\{(x,y)\mid |x+y|\le 1,|x-y|\le 1\},$$

求 $X$ 的边缘密度 $f_X(x)$ 与在 $X=0$ 条件下，关于 $Y$ 的条件密度 $f_{Y\mid X}(y\mid 0)$。

查看答案与解析

答案：

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}1-|x|,& |x|\le 1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

$$f_{Y\mid X}(y\mid 0)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2},& |y|\le 1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

解析： 区域 $D$ 由两组不等式

$$-1\le x+y\le 1,-1\le x-y\le 1$$

确定，是以

$$(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)$$

为顶点的菱形，面积为

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

因而联合密度为

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

对固定的 $x$，由原不等式可得

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

因此，当 $-1\le x<0$ 时，

$$-1-x\le y\le x+1,$$

截线长度为

$$2(1+x).$$

当 $0\le x\le 1$ 时，

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

截线长度为

$$2(1-x).$$

所以

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

即

$$f_X(x)=\{\begin{array}{ll}1-|x|,& |x|\le 1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

当 $X=0$ 时，区域截线为

$$-1\le y\le 1.$$

又

$$f_X(0)=1,$$

故条件密度为

$$f_{Y\mid X}(y\mid 0)=\frac{f_{X,Y}(0,y)}{f_X(0)}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2},& |y|\le 1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

---

7. 已知 $(X,Y)$ 的概率分布为

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

（Ⅰ）求 $Z=X-Y$ 的概率分布；（Ⅱ）记 $U_1=XY,V_1=\frac{X}{Y}$，求 $(U_1,V_1)$ 的概率分布；（Ⅲ）记 $U_2=\max (X,Y),V_2=\min (X,Y)$，求 $(U_2,V_2)$ 的概率分布及 $U_2{V}_2$ 的概率分布。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$Z=X-Y$ 的分布律为

$Z$	$-2$	$-1$	0	1
$P$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

（Ⅱ）$(U_1,V_1)$ 的分布律为

$(U_1,V_1)$	$(-1,-1)$	$(0,0)$	$(1,1)$
$P$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{3}$

（Ⅲ）$(U_2,V_2)$ 的分布律为

$(U_2,V_2)$	$(-1,-1)$	$(0,-1)$	$(1,-1)$	$(1,0)$	$(1,1)$
$P$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$

$U_2{V}_2$ 的分布律为

$U_2{V}_2$	$-1$	0	1
$P$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{3}$

解析： 逐一列出 $(X,Y)$ 的所有可能取值及其变换结果：

$(X,Y)$	概率	$X-Y$	$(XY,X/Y)$	$(\max (X,Y),\min (X,Y))$
$(-1,-1)$	$\frac{1}{6}$	0	$(1,1)$	$(-1,-1)$
$(-1,1)$	$\frac{1}{6}$	$-2$	$(-1,-1)$	$(1,-1)$
$(0,-1)$	$\frac{2}{6}$	1	$(0,0)$	$(0,-1)$
$(0,1)$	$\frac{1}{6}$	$-1$	$(0,0)$	$(1,0)$
$(1,1)$	$\frac{1}{6}$	0	$(1,1)$	$(1,1)$

（Ⅰ）将产生相同 $Z=X-Y$ 值的概率相加，得到

$$\begin{array}{rl}P\{Z=-2\}& =\frac{1}{6},\\ P\{Z=-1\}& =\frac{1}{6},\\ P\{Z=0\}& =\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3},\\ P\{Z=1\}& =\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.\end{array}$$

（Ⅱ）因为 $Y$ 只取 $\pm 1$，所以比值 $X/Y$ 始终有定义。合并相同取值后，

$$\begin{array}{rl}P\{(U_1,V_1)=(-1,-1)\}& =\frac{1}{6},\\ P\{(U_1,V_1)=(0,0)\}& =\frac{2}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2},\\ P\{(U_1,V_1)=(1,1)\}& =\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}.\end{array}$$

（Ⅲ）由上表可直接得到 $(U_2,V_2)$ 的联合分布。又由于

$$U_2{V}_2=\max (X,Y)\min (X,Y)=XY,$$

因而

$$\begin{array}{rl}P\{U_2{V}_2=-1\}& =\frac{1}{6},\\ P\{U_2{V}_2=0\}& =\frac{2}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2},\\ P\{U_2{V}_2=1\}& =\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}.\end{array}$$

---

8. 设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立，且都在 $[0,1]$ 上服从均匀分布，试求：（Ⅰ）$U=XY$ 的概率密度 $f_U(u)$；（Ⅱ）$V=|X-Y|$ 的概率密度 $f_V(v)$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$f_U(u)=\{\begin{array}{ll}-\ln u,& 0<u<1,\\ 0,& \text{其他}；\end{array}$$

（Ⅱ）

$$f_V(v)=\{\begin{array}{ll}2(1-v),& 0<v<1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

解析： 由于 $X,Y$ 独立且均服从 $[0,1]$ 上的均匀分布，故 $(X,Y)$ 在单位正方形上均匀分布，联合密度为1。

（Ⅰ）显然 $0\le U=XY\le 1$。当 $0<u<1$ 时，

$$F_U(u)=P\{XY\le u\}.$$

在单位正方形内，对 $0<x\le u$，恒有 $xy\le u$；对 $u<x\le 1$，需有 $0<y\le u/x$。所以

$$\begin{array}{rl}{F}_U(u)& ={\int }_0^{u}1dx+{\int }_u^1\frac{u}{x}dx\\ & =u+u{\int }_u^1\frac{dx}{x}\\ & =u-u\ln u.\end{array}$$

因此

$$f_U(u)=F_U^{\prime }(u)=-\ln u,0<u<1.$$

从而

$$f_U(u)=\{\begin{array}{ll}-\ln u,& 0<u<1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

（Ⅱ）显然 $0\le V=|X-Y|\le 1$。当 $0\le v\le 1$ 时，事件

$$|X-Y|>v$$

对应于单位正方形中直线 $y=x+v$ 上方和直线 $y=x-v$ 下方的两个全等直角三角形，每个三角形的直角边长为 $1-v$。故

$$P\{|X-Y|>v\}=(1-v{)}^2.$$

因此

$$F_V(v)=P\{|X-Y|\le v\}=1-(1-v{)}^2=2v-v^2.$$

于是

$$f_V(v)=F_V^{\prime }(v)=2(1-v),0<v<1.$$

即

$$f_V(v)=\{\begin{array}{ll}2(1-v),& 0<v<1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

---

9. 设二维随机变量 $(X_1,Y_1)$ 与 $(X_2,Y_2)$ 的联合概率密度分别为

$$f_1(x,y)=\{\begin{array}{ll}{k}_1{e}^{-(x+y)},& x>0,y>0,\\ 0,& \text{其他},\end{array}{f}_2(x,y)=\{\begin{array}{ll}{k}_2{e}^{-(x+y)},& x>y>0,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

求：（Ⅰ）常数 $k_1,k_2$ 的值；（Ⅱ）$X_i,Y_i(i=1,2)$ 的边缘概率密度；（Ⅲ）$P\{X_i>2Y_i\}(i=1,2)$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$k_1=1,k_2=2.$$

（Ⅱ）

$$f_{X_1}(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x},& x>0,\\ 0,& \text{其他},\end{array}{f}_{Y_1}(y)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-y},& y>0,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$$$f_{X_2}(x)=\{\begin{array}{ll}2e^{-x}(1-e^{-x}),& x>0,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$$$f_{Y_2}(y)=\{\begin{array}{ll}2e^{-2y},& y>0,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

（Ⅲ）

$$P\{X_1>2Y_1\}=\frac{1}{3},P\{X_2>2Y_2\}=\frac{2}{3}.$$

解析： （Ⅰ）由概率密度归一化条件，

$${\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{+\infty }{k}_1{e}^{-(x+y)}dxdy=1.$$

因为

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}dx=1,$$

故

$$k_1=1.$$

对第二个联合密度，

$$\begin{array}{rl}1& ={\int }_0^{+\infty }{\int }_y^{+\infty }{k}_2{e}^{-(x+y)}dxdy\\ & =k_2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-2y}dy\\ & =\frac{k_2}{2},\end{array}$$

所以

$$k_2=2.$$

（Ⅱ）对 $(X_1,Y_1)$，

$$\begin{array}{rl}{f}_{X_1}(x)& ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-(x+y)}dy=e^{-x},x>0,\\ f_{Y_1}(y)& ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-(x+y)}dx=e^{-y},y>0.\end{array}$$

对 $(X_2,Y_2)$，当 $x>0$ 时，必须有 $0<y<x$，故

$$\begin{array}{rl}{f}_{X_2}(x)& ={\int }_0^{x}2e^{-(x+y)}dy\\ & =2e^{-x}(1-e^{-x}).\end{array}$$

当 $y>0$ 时，必须有 $x>y$，故

$$\begin{array}{rl}{f}_{Y_2}(y)& ={\int }_y^{+\infty }2e^{-(x+y)}dx\\ & =2e^{-2y}.\end{array}$$

（Ⅲ）对于第一组随机变量，事件 $X_1>2Y_1$ 对应区域

$$y>0,x>2y.$$

因此

$$\begin{array}{rl}P\{X_1>2Y_1\}& ={\int }_0^{+\infty }{\int }_{2y}^{+\infty }{e}^{-(x+y)}dxdy\\ & ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-3y}dy\\ & =\frac{1}{3}.\end{array}$$

对于第二组随机变量，事件 $X_2>2Y_2$ 已经包含在其支撑条件 $X_2>Y_2>0$ 内，故

$$\begin{array}{rl}P\{X_2>2Y_2\}& ={\int }_0^{+\infty }{\int }_{2y}^{+\infty }2e^{-(x+y)}dxdy\\ & =2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-3y}dy\\ & =\frac{2}{3}.\end{array}$$