第四章 随机变量的数字特征

选择题

1. 设二维随机变量 $(X,Y)$ 满足 $E(XY)=EXEY$，则 $X$ 与 $Y$

A. 相关；    B. 不相关；    C. 独立；    D. 不独立。

查看答案与解析

答案： B

解析： 随机变量 $X$ 与 $Y$ 的协方差为

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

由题设

$$E(XY)=EXEY,$$

可得

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

因此，$X$ 与 $Y$ 不相关，故选 B。

需要注意：独立一定推出不相关，但不相关一般不能推出独立，所以 C、D 均不能由题设确定；A 与协方差为零矛盾。

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2. 将一枚硬币重复掷 $n$ 次，以 $X$ 和 $Y$ 分别表示正面向上和反面向上的次数，则 $X$ 和 $Y$ 的相关系数等于

A. $-1$；    B. $0$；    C. $\frac{1}{2}$；    D. $1$。

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答案： A

解析： 每次投掷不是正面就是反面，因此

$$X+Y=n,$$

即

$$Y=n-X.$$

于是

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=\mathrm{Cov}(X,n-X)=-DX.$$

同时

$$DY=D(n-X)=DX.$$

所以相关系数为

$${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{DXDY}}=\frac{-DX}{DX}=-1.$$

这说明 $X$ 与 $Y$ 存在完全负线性相关关系，故选 A。B、C、D 均与关系 $Y=n-X$ 不符。

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3. 对于任意二维随机变量 $X$ 和 $Y$，与命题“$X$ 和 $Y$ 不相关”不等价的是

A. $EXY=EXEY$；    B. $\mathrm{Cov}(X,Y)=0$；    C. $DXY=DXDY$；    D. $D(X+Y)=DX+DY$。

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答案： C

解析： “$X$ 与 $Y$ 不相关”的定义是

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

又因为

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

故

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=0⟺E(XY)=EXEY.$$

因此 A、B 与“不相关”等价。

另一方面，

$$D(X+Y)=DX+DY+2\mathrm{Cov}(X,Y),$$

所以

$$D(X+Y)=DX+DY⟺\mathrm{Cov}(X,Y)=0.$$

故 D 也与“不相关”等价。

而 $D(XY)=DXDY$ 涉及随机变量乘积 $XY$ 的方差及更高阶矩，不能刻画 $X,Y$ 的协方差是否为零。比如令 $X\sim N(0,1)$，$Y=X^2-1$，则

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=E(X^3-X)=0,$$

但

$$D(XY)=E\left[X^2(X^2-1{)}^2\right]=10,$$

而

$$DXDY=1\times 2=2.$$

因此 C 与“不相关”不等价，故选 C。

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4. 假设随机变量 $X$ 在区间 $[-1,1]$ 上均匀分布，则 $U=\arcsin X$ 和 $V=\arccos X$ 的相关系数等于

A. $-1$；    B. $0$；    C. $0.5$；    D. $1$。

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答案： A

解析： 对任意 $x\in [-1,1]$，恒有

$$\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi }{2}.$$

因此

$$V=\frac{\pi }{2}-U.$$

这表明 $U$ 与 $V$ 之间存在斜率为 $-1$ 的严格线性关系。由于 $X$ 不是常量，$U$ 的方差大于零，于是

$${\rho }_{UV}=-1.$$

故选 A。D 对应完全正相关，B、C 则不符合二者的确定性负线性关系。

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5. 设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n>1)$ 独立同分布，且方差 ${\sigma }^2>0$，记 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$，则 $X_1-\bar{X}$ 与 $\bar{X}$ 的相关系数为

A. $-1$；    B. $0$；    C. $\frac{1}{2}$；    D. $1$。

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答案： B

解析： 首先，

$$\mathrm{Cov}(X_1,\bar{X})=\mathrm{Cov}\left(X_1,\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\right).$$

由于 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 相互独立，故

$$\mathrm{Cov}(X_1,X_i)=0(i\ne 1),$$

从而

$$\mathrm{Cov}(X_1,\bar{X})=\frac{1}{n}D{X}_1=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

又有

$$D\bar{X}=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X_1-\bar{X},\bar{X})& =\mathrm{Cov}(X_1,\bar{X})-D\bar{X}\\ & =\frac{{\sigma }^2}{n}-\frac{{\sigma }^2}{n}\\ & =0.\end{array}$$

并且

$$D(X_1-\bar{X})={\sigma }^2-\frac{{\sigma }^2}{n}={\sigma }^2\left(1-\frac{1}{n}\right)>0,$$

故相关系数存在且为

$${\rho }_{X_1-\bar{X},\bar{X}}=0.$$

所以选 B。需要注意，相关系数为零只说明二者不相关，并不能在一般分布下进一步断定二者独立。

填空题

1. 两名射手各向自己的靶独立射击，直到有一次命中时该射手才（立即）停止射击。如果第 $i$ 名射手每次命中的概率为 $p_i(0<p_i<1;i=1,2)$，则两名射手均停止射击时脱靶（未命中）总数的数学期望为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{1-p_1}{p_1}+\frac{1-p_2}{p_2}$$

解析： 设第 $i$ 名射手在首次命中前的脱靶次数为 $X_i$。由于每次射击相互独立，且每次命中的概率为 $p_i$，故 $X_i$ 服从“首次成功前失败次数”的几何分布：

$$P\{X_i=k\}=(1-p_i{)}^k{p}_i,k=0,1,2,\dots$$

其数学期望为

$$E{X}_i=\frac{1-p_i}{p_i}.$$

两名射手均停止射击时的脱靶总数为

$$X=X_1+X_2.$$

由数学期望的线性性质，不论是否利用二者独立性，均有

$$EX=E{X}_1+E{X}_2=\frac{1-p_1}{p_1}+\frac{1-p_2}{p_2}.$$

因此应填

$$\boxed{\frac{1-p_1}{p_1}+\frac{1-p_2}{p_2}}.$$

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2. 将长度为 $L$ 的棒随机折成两段，则较短段的数学期望为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{L}{4}$$

解析： 设折断点到棒的一端的距离为 $X$。随机折断意味着

$$X\sim U(0,L).$$

两段长度分别为 $X$ 与 $L-X$，故较短段长度为

$$Y=\min \{X,L-X\}.$$

当 $0<X\le \frac{L}{2}$ 时，$Y=X$；当 $\frac{L}{2}<X<L$ 时，$Y=L-X$。因此

$$\begin{array}{rl}EY& =\frac{1}{L}\left({\int }_0^{L/2}xdx+{\int }_{L/2}^L(L-x)dx\right)\\ & =\frac{2}{L}{\int }_0^{L/2}xdx\\ & =\frac{2}{L}\cdot \frac{1}{2}{\left(\frac{L}{2}\right)}^2\\ & =\frac{L}{4}.\end{array}$$

所以较短段的数学期望为

$$\boxed{\frac{L}{4}}.$$

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3. 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 $0.9$，若 $Z=2X-1$，则 $Y$ 与 $Z$ 的相关系数为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案： $0.9$

解析： 由

$$Z=2X-1$$

可得

$$\mathrm{Cov}(Y,Z)=\mathrm{Cov}(Y,2X-1)=2\mathrm{Cov}(Y,X).$$

同时

$$DZ=D(2X-1)=4DX,$$

故

$$\sqrt{DYDZ}=2\sqrt{DXDY}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\rho }_{YZ}& =\frac{\mathrm{Cov}(Y,Z)}{\sqrt{DYDZ}}\\ & =\frac{2\mathrm{Cov}(X,Y)}{2\sqrt{DXDY}}\\ & ={\rho }_{XY}\\ & =\mathrm{0.9.}\end{array}$$

正比例线性变换不会改变相关系数；若比例系数为负，则相关系数会变号。本题比例系数为 $2>0$，所以应填

$$\boxed{0.9}.$$

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4. 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数为 $0.5$，$EX=EY=0$，$E{X}^2=E{Y}^2=2$，则 $E(X+Y{)}^2=\underline{}$。

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答案： $6$

解析： 因为

$$EX=EY=0,$$

所以

$$DX=E{X}^2-(EX{)}^2=2,DY=E{Y}^2-(EY{)}^2=2.$$

由相关系数定义

$${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{DXDY}}=0.5,$$

可得

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=0.5\sqrt{2\times 2}=1.$$

又由于

$$E(X+Y)=EX+EY=0,$$

故

$$E(X+Y{)}^2=D(X+Y).$$

于是

$$\begin{array}{rl}E(X+Y{)}^2& =DX+DY+2\mathrm{Cov}(X,Y)\\ & =2+2+2\times 1\\ & =6.\end{array}$$

因此应填

$$\boxed{6}.$$

计算题与应用题

1. 设某网络服务器首次失效时间服从 $E(\lambda )$，现随机购得4台，求下列事件的概率：

（Ⅰ）事件 $A$：至少有一台的寿命（首次失效时间）等于此类服务器期望寿命；

（Ⅱ）事件 $B$：有且仅有一台寿命小于此类服务器期望寿命。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$P(A)=0$；

（Ⅱ）$P(B)=4(1-e^{-1})e^{-3}=4(e^{-3}-e^{-4})$。

解析： 设每台服务器的寿命为 $T$，则

$$T\sim E(\lambda ),$$

其概率密度为

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

指数分布的数学期望为

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

设4台服务器的寿命相互独立。

（Ⅰ）由于指数分布是连续型分布，对任意确定的常数 $t_0$，均有

$$P\{T=t_0\}=0.$$

因此每台服务器寿命恰好等于 $1/\lambda$ 的概率均为0，从而至少有一台寿命等于期望寿命的概率也是0，即

$$\boxed{P(A)=0}.$$

需要注意，连续型随机变量在某个单点处取值的概率为0，并不表示该点不可能作为取值出现，而是表示其概率测度为0。

（Ⅱ）一台服务器寿命小于期望寿命的概率为

$$\begin{array}{rl}p& =P\left\{T<\frac{1}{\lambda }\right\}\\ & ={\int }_0^{1/\lambda }\lambda e^{-\lambda t}dt\\ & =1-e^{-1}.\end{array}$$

相应地，寿命不小于期望寿命的概率为

$$1-p=e^{-1}.$$

4台服务器中有且仅有1台寿命小于期望寿命，服从二项计数模型，因此

$$\begin{array}{rl}P(B)& =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)p(1-p{)}^3\\ & =4(1-e^{-1})(e^{-1}{)}^3\\ & =4(1-e^{-1})e^{-3}\\ & =4(e^{-3}-e^{-4}).\end{array}$$

故

$$\boxed{P(B)=4(1-e^{-1})e^{-3}}.$$

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2. 设随机变量 $X$ 服从 $(0,1)$ 上的均匀分布，求下列 $Y_i(i=1,2,3,4)$ 的数学期望和方差：

（Ⅰ）$Y_1=e^X$；（Ⅱ）$Y_2=-2\ln X$；（Ⅲ）$Y_3=\frac{1}{X}$；（Ⅳ）$Y_4=X^2$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$E{Y}_1=e-1,D{Y}_1=\frac{e^2-1}{2}-(e-1{)}^2=\frac{(e-1)(3-e)}{2}.$$

（Ⅱ）

$$E{Y}_2=2,D{Y}_2=4.$$

（Ⅲ）

$$E{Y}_3=+\infty ,$$

故 $Y_3$ 的数学期望和方差均不存在。

（Ⅳ）

$$E{Y}_4=\frac{1}{3},D{Y}_4=\frac{4}{45}.$$

解析： 由于

$$X\sim U(0,1),$$

所以其概率密度为

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

（Ⅰ）对 $Y_1=e^X$，有

$$E{Y}_1=E(e^X)={\int }_0^1{e}^{x}dx=e-1.$$

又

$$E(Y_1^2)=E(e^{2X})={\int }_0^1{e}^{2x}dx=\frac{e^2-1}{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}D{Y}_1& =E(Y_1^2)-(E{Y}_1{)}^2\\ & =\frac{e^2-1}{2}-(e-1{)}^2\\ & =\frac{-e^2+4e-3}{2}\\ & =\frac{(e-1)(3-e)}{2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{E{Y}_1=e-1,D{Y}_1=\frac{(e-1)(3-e)}{2}}.$$

（Ⅱ）对 $Y_2=-2\ln X$，先计算

$$E(-\ln X)={\int }_0^1(-\ln x)dx=1,$$

以及

$$E[(-\ln X{)}^2]={\int }_0^1(\ln x{)}^{2}dx=2.$$

因此

$$E{Y}_2=2E(-\ln X)=2,$$

且

$$\begin{array}{rl}D{Y}_2& =4D(-\ln X)\\ & =4\left(E[(-\ln X{)}^2]-[E(-\ln X){]}^2\right)\\ & =4(2-1)\\ & =4.\end{array}$$

也可注意到 $-\ln X\sim E(1)$，从而直接得到上述结论。故

$$\boxed{E{Y}_2=2,D{Y}_2=4}.$$

（Ⅲ）对 $Y_3=1/X$，有

$$E{Y}_3={\int }_0^1\frac{1}{x}dx=+\infty .$$

该反常积分发散，所以 $Y_3$ 不存在有限的数学期望。方差的定义要求数学期望存在且二阶矩有限，因此 $D{Y}_3$ 也不存在。

故

$$\boxed{E{Y}_3\text{ 发散，}D{Y}_3\text{ 不存在}}.$$

（Ⅳ）对 $Y_4=X^2$，有

$$E{Y}_4=E{X}^2={\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{3}.$$

又

$$E(Y_4^2)=E{X}^4={\int }_0^1{x}^{4}dx=\frac{1}{5}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}D{Y}_4& =E(Y_4^2)-(E{Y}_4{)}^2\\ & =\frac{1}{5}-\frac{1}{9}\\ & =\frac{4}{45}.\end{array}$$

故

$$\boxed{E{Y}_4=\frac{1}{3},D{Y}_4=\frac{4}{45}}.$$

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3. 设 $X$ 和 $Y$ 是相互独立的随机变量，其概率密度分别为

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

其中 $\lambda >0,\mu >0$ 是常数，引入随机变量

$$Z=\{\begin{array}{ll}1,& 2X\le Y,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

求 $E(Z)$ 和 $D(Z)$。

查看答案与解析

答案：

$$EZ=\frac{\lambda }{\lambda +2\mu },DZ=\frac{2\lambda \mu }{(\lambda +2\mu {)}^2}.$$

解析： 随机变量 $Z$ 是事件 $\{2X\le Y\}$ 的示性变量，即

$$Z=I_{\{2X\le Y\}}.$$

因此 $Z$ 服从参数

$$p=P\{2X\le Y\}$$

的0-1分布，并且

$$EZ=p,DZ=p(1-p).$$

下面计算 $p$。利用 $X,Y$ 相互独立，对于给定的 $X=x$，有

$$P\{Y\ge 2x\}={\int }_{2x}^{+\infty }\mu e^{-\mu y}dy=e^{-2\mu x}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}p& ={\int }_0^{+\infty }P\{Y\ge 2x\}{f}_X(x)dx\\ & ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-2\mu x}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ & =\lambda {\int }_0^{+\infty }{e}^{-(\lambda +2\mu )x}dx\\ & =\frac{\lambda }{\lambda +2\mu }.\end{array}$$

因此

$$\boxed{EZ=\frac{\lambda }{\lambda +2\mu }}.$$

又

$$1-p=\frac{2\mu }{\lambda +2\mu },$$

故

$$\begin{array}{rl}DZ& =p(1-p)\\ & =\frac{\lambda }{\lambda +2\mu }\cdot \frac{2\mu }{\lambda +2\mu }\\ & =\frac{2\lambda \mu }{(\lambda +2\mu {)}^2}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{DZ=\frac{2\lambda \mu }{(\lambda +2\mu {)}^2}}.$$

---

4. 设随机变量 $X,Y$ 相互独立，已知 $X$ 在 $[0,1]$ 上服从均匀分布，$Y$ 服从参数为1的指数分布。求（Ⅰ）随机变量 $Z=2X+Y$ 的密度函数；（Ⅱ）$\mathrm{Cov}(Y,Z)$，并判断 $X$ 与 $Z$ 的独立性。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

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

（Ⅱ）

$$\mathrm{Cov}(Y,Z)=1,$$

且 $X$ 与 $Z$ 不独立。

解析： （Ⅰ）令

$$U=2X.$$

因为 $X\sim U(0,1)$，所以

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

其密度为

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

又因为 $X$ 与 $Y$ 独立，所以 $U$ 与 $Y$ 也独立。由

$$Z=U+Y$$

可用卷积公式求密度：

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

由于 $0<u<2$，且指数密度要求 $z-u>0$，所以积分范围为

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

当 $z\le 0$ 时，积分区间为空，故

$$f_Z(z)=0.$$

当 $0<z<2$ 时，

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

当 $z\ge 2$ 时，

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

综上，

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

（Ⅱ）由协方差的线性性质，

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(Y,Z)& =\mathrm{Cov}(Y,2X+Y)\\ & =2\mathrm{Cov}(Y,X)+\mathrm{Cov}(Y,Y).\end{array}$$

因为 $X,Y$ 相互独立，所以

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

又因为 $Y\sim E(1)$，故

$$DY=1.$$

因此

$$\boxed{\mathrm{Cov}(Y,Z)=1}.$$

下面判断 $X$ 与 $Z$ 是否独立。若二者独立，则必有协方差为0。但

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Z)& =\mathrm{Cov}(X,2X+Y)\\ & =2DX+\mathrm{Cov}(X,Y).\end{array}$$

由于

$$DX=\frac{1}{12},\mathrm{Cov}(X,Y)=0,$$

所以

$$\mathrm{Cov}(X,Z)=2\cdot \frac{1}{12}=\frac{1}{6}\ne 0.$$

因此 $X$ 与 $Z$ 不相关的必要条件不成立，从而二者不可能独立。故

$$\boxed{X\text{ 与 }Z\text{ 不独立}}.$$

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5. 设二维随机变量 $(U,V)\sim N\left(2,2;4,1;\frac{1}{2}\right)$，记 $X=U-bV,Y=V$。

（Ⅰ）问当常数 $b$ 为何值时，$X$ 与 $Y$ 独立？

（Ⅱ）求 $(X,Y)$ 的密度函数 $f(x,y)$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\boxed{b=1}.$$

（Ⅱ）当 $b=1$ 时，

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

解析： 由题意，二维正态随机变量 $(U,V)$ 的数字特征为

$$EU=2,EV=2,$$$$DU=4,DV=1,$$

且相关系数为

$${\rho }_{UV}=\frac{1}{2}.$$

因此

$$\mathrm{Cov}(U,V)={\rho }_{UV}\sqrt{DU}\sqrt{DV}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1=1.$$

（Ⅰ）因为

$$X=U-bV,Y=V,$$

所以

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Y)& =\mathrm{Cov}(U-bV,V)\\ & =\mathrm{Cov}(U,V)-bDV\\ & =1-b.\end{array}$$

又因为 $(X,Y)$ 是 $(U,V)$ 的线性变换，所以 $(X,Y)$ 仍服从二维正态分布。二维正态随机变量相互独立的充分必要条件是协方差为零，故

$$1-b=0,$$

从而

$$\boxed{b=1}.$$

（Ⅱ）当 $b=1$ 时，

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

先计算均值：

$$EX=EU-EV=2-2=0,$$$$EY=EV=2.$$

再计算方差：

$$\begin{array}{rl}DX& =D(U-V)\\ & =DU+DV-2\mathrm{Cov}(U,V)\\ & =4+1-2=3,\end{array}$$

而

$$DY=DV=1.$$

由第（Ⅰ）问可知

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

故 $X$ 与 $Y$ 独立，并且

$$X\sim N(0,3),Y\sim N(2,1).$$

于是联合密度等于两个边缘密度之积：

$$\begin{array}{rl}f(x,y)& =f_X(x)f_Y(y)\\ & =\frac{1}{\sqrt{6\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{6}}\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{(y-2{)}^2}{2}}\\ & =\frac{1}{2\pi \sqrt{3}}\exp \left[-\frac{x^2}{6}-\frac{(y-2{)}^2}{2}\right].\end{array}$$

因此

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

---

6. 设二维随机变量 $(X,Y)$ 的联合密度函数为

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}8xy,& 0<y<x,0<x<1,\\ 0,& \text{其他}。\end{array}$$

试求：（Ⅰ）数学期望 $EX,EY$；（Ⅱ）方差 $DX,DY$；（Ⅲ）协方差 $\mathrm{Cov}(X,Y)$，$D(5X-3Y)$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\boxed{EX=\frac{4}{5},EY=\frac{8}{15}}.$$

（Ⅱ）

$$\boxed{DX=\frac{2}{75},DY=\frac{11}{225}}.$$

（Ⅲ）

$$\boxed{\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{4}{225}},$$$$\boxed{D(5X-3Y)=\frac{43}{75}}.$$

解析： 随机变量的取值区域为

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

先验证密度归一化：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{\int }_0^{x}8xydydx& ={\int }_0^{1}8x{\left[\frac{y^2}{2}\right]}_0^{x}dx\\ & ={\int }_0^{1}4x^{3}dx=1.\end{array}$$

（Ⅰ）计算数学期望。

$$\begin{array}{rl}EX& ={\int }_0^1{\int }_0^{x}x\cdot 8xydydx\\ & ={\int }_0^{1}8x^2{\left[\frac{y^2}{2}\right]}_0^{x}dx\\ & ={\int }_0^{1}4x^{4}dx\\ & =\frac{4}{5}.\end{array}$$

同理，

$$\begin{array}{rl}EY& ={\int }_0^1{\int }_0^{x}y\cdot 8xydydx\\ & ={\int }_0^{1}8x{\left[\frac{y^3}{3}\right]}_0^{x}dx\\ & =\frac{8}{3}{\int }_0^1{x}^{4}dx\\ & =\frac{8}{15}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{EX=\frac{4}{5},EY=\frac{8}{15}}.$$

（Ⅱ）先计算二阶原点矩。

$$\begin{array}{rl}E{X}^2& ={\int }_0^1{\int }_0^x{x}^2\cdot 8xydydx\\ & ={\int }_0^{1}8x^3{\left[\frac{y^2}{2}\right]}_0^{x}dx\\ & =4{\int }_0^1{x}^{5}dx\\ & =\frac{2}{3}.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}DX& =E{X}^2-(EX{)}^2\\ & =\frac{2}{3}-{\left(\frac{4}{5}\right)}^2\\ & =\frac{2}{75}.\end{array}$$

再计算

$$\begin{array}{rl}E{Y}^2& ={\int }_0^1{\int }_0^x{y}^2\cdot 8xydydx\\ & ={\int }_0^{1}8x{\left[\frac{y^4}{4}\right]}_0^{x}dx\\ & =2{\int }_0^1{x}^{5}dx\\ & =\frac{1}{3}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}DY& =E{Y}^2-(EY{)}^2\\ & =\frac{1}{3}-{\left(\frac{8}{15}\right)}^2\\ & =\frac{11}{225}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{DX=\frac{2}{75},DY=\frac{11}{225}}.$$

（Ⅲ）先计算混合矩：

$$\begin{array}{rl}E(XY)& ={\int }_0^1{\int }_0^{x}xy\cdot 8xydydx\\ & ={\int }_0^{1}8x^2{\left[\frac{y^3}{3}\right]}_0^{x}dx\\ & =\frac{8}{3}{\int }_0^1{x}^{5}dx\\ & =\frac{4}{9}.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Y)& =E(XY)-EXEY\\ & =\frac{4}{9}-\frac{4}{5}\cdot \frac{8}{15}\\ & =\frac{4}{225}.\end{array}$$

利用线性组合方差公式，

$$D(aX+bY)=a^{2}DX+b^{2}DY+2ab\mathrm{Cov}(X,Y),$$

得到

$$\begin{array}{rl}D(5X-3Y)& =25DX+9DY-30\mathrm{Cov}(X,Y)\\ & =25\cdot \frac{2}{75}+9\cdot \frac{11}{225}-30\cdot \frac{4}{225}\\ & =\frac{43}{75}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{4}{225}},\boxed{D(5X-3Y)=\frac{43}{75}}.$$

---

7. 设二维随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 2\}$ 上服从均匀分布，令 $Z=\min (X,Y)$，求 $EZ$ 与 $DZ$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{EZ=\frac{5}{12}},\boxed{DZ=\frac{11}{144}}.$$

解析： 区域 $D$ 的面积为

$$S_D=1\times 2=2,$$

故 $(X,Y)$ 的联合密度为

$$f(x,y)=\frac{1}{2},0\le x\le 1,0\le y\le 2.$$

由于联合密度可分解为边缘密度的乘积，也可知 $X$ 与 $Y$ 相互独立，其中

$$X\sim U(0,1),Y\sim U(0,2).$$

由

$$Z=\min (X,Y),$$

可知 $0\le Z\le 1$。对于 $0\le z\le 1$，

$$\begin{array}{rl}P\{Z>z\}& =P\{X>z,Y>z\}\\ & =P\{X>z\}P\{Y>z\}\\ & =(1-z)\frac{2-z}{2}.\end{array}$$

利用非负随机变量的尾积分公式

$$EZ={\int }_0^{+\infty }P\{Z>z\}dz,$$

得到

$$\begin{array}{rl}EZ& ={\int }_0^1\frac{(1-z)(2-z)}{2}dz\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1(2-3z+z^2)dz\\ & =\frac{1}{2}\left(2-\frac{3}{2}+\frac{1}{3}\right)\\ & =\frac{5}{12}.\end{array}$$

再利用

$$E{Z}^2=2{\int }_0^{+\infty }zP\{Z>z\}dz,$$

可得

$$\begin{array}{rl}E{Z}^2& =2{\int }_0^{1}z\frac{(1-z)(2-z)}{2}dz\\ & ={\int }_0^{1}z(2-3z+z^2)dz\\ & ={\int }_0^1(2z-3z^2+z^3)dz\\ & =1-1+\frac{1}{4}\\ & =\frac{1}{4}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}DZ& =E{Z}^2-(EZ{)}^2\\ & =\frac{1}{4}-{\left(\frac{5}{12}\right)}^2\\ & =\frac{11}{144}.\end{array}$$

故

$$\boxed{EZ=\frac{5}{12}},\boxed{DZ=\frac{11}{144}}.$$

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8. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{12}$ 是取自总体 $X$ 的一个简单随机样本，$EX=\mu ,DX=\sigma$。记 $Y_1=X_1+\cdots +X_8$，$Y_2=X_5+\cdots +X_{12}$，求 $Y_1$ 与 $Y_2$ 的相关系数。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{{\rho }_{Y_1{Y}_2}=\frac{1}{2}}.$$

解析： 由于 $X_1,X_2,\cdots ,X_{12}$ 是简单随机样本，所以各随机变量相互独立且同分布。题中 $DX=\sigma$ 表示总体方差；无论将其记为 $\sigma$ 还是通常记作 ${\sigma }^2$，最终相关系数均相同。

有

$$Y_1=X_1+X_2+\cdots +X_8,$$$$Y_2=X_5+X_6+\cdots +X_{12}.$$

两个和式中共同包含的随机变量是

$$X_5,X_6,X_7,X_8,$$

共4个。由独立性，只有相同下标项之间的协方差不为零，因此

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(Y_1,Y_2)& =\mathrm{Cov}\left(\sum _{i=1}^8{X}_i,\sum _{j=5}^{12}{X}_j\right)\\ & =\sum _{i=5}^{8}D{X}_i\\ & =4\sigma .\end{array}$$

另一方面，

$$D{Y}_1=\sum _{i=1}^{8}D{X}_i=8\sigma ,$$$$D{Y}_2=\sum _{i=5}^{12}D{X}_i=8\sigma .$$

故相关系数为

$$\begin{array}{rl}{\rho }_{Y_1{Y}_2}& =\frac{\mathrm{Cov}(Y_1,Y_2)}{\sqrt{D{Y}_1}\sqrt{D{Y}_2}}\\ & =\frac{4\sigma }{\sqrt{8\sigma }\sqrt{8\sigma }}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{{\rho }_{Y_1{Y}_2}=\frac{1}{2}}.$$

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9. 写了 $n$ 封信，但信封上的地址是以随机的次序写的，设 $Y$ 表示地址恰好写对的信的数目，求 $EY$ 及 $DY$。

查看答案与解析

答案： 当 $n\ge 2$ 时，

$$\boxed{EY=1},\boxed{DY=1}.$$

解析： 设

$$I_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{第 }i\text{ 封信的地址恰好写对},\\ 0,& \text{第 }i\text{ 封信的地址没有写对},\end{array}i=1,2,\dots ,n.$$

则

$$Y=I_1+I_2+\cdots +I_n.$$

由于所有地址的排列等可能，第 $i$ 个地址写到正确的第 $i$ 个信封上的概率为

$$P(I_i=1)=\frac{1}{n}.$$

因此

$$E{I}_i=\frac{1}{n},$$

从而

$$EY=\sum _{i=1}^{n}E{I}_i=n\cdot \frac{1}{n}=1.$$

下面计算方差。因为 $I_i$ 是参数为 $\frac{1}{n}$ 的伯努利随机变量，所以

$$D{I}_i=\frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{n}\right).$$

对于 $i\ne j$，第 $i$、$j$ 两封信的地址同时写对的概率为

$$P(I_i=1,I_j=1)=\frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{n(n-1)}.$$

故

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(I_i,I_j)& =E(I_i{I}_j)-E{I}_{i}E{I}_j\\ & =\frac{1}{n(n-1)}-\frac{1}{n^2}\\ & =\frac{1}{n^2(n-1)}.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}DY& =\sum _{i=1}^{n}D{I}_i+2\sum _{1\le i<j\le n}\mathrm{Cov}(I_i,I_j)\\ & =n\cdot \frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{n}\right)+n(n-1)\cdot \frac{1}{n^2(n-1)}\\ & =1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}\\ & =1.\end{array}$$

因此

$$\boxed{EY=1},\boxed{DY=1}.$$

当 $n=1$ 时，显然 $Y\equiv 1$，此时 $EY=1,DY=0$。

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10. 设随机变量 $X$ 和 $Y$ 独立，并且都服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，求随机变量 $Z=\min (X,Y)$ 的数学期望。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{EZ=\mu -\frac{\sigma }{\sqrt{\pi }}}.$$

解析： 利用恒等式

$$\min (X,Y)=\frac{X+Y-|X-Y|}{2},$$

可得

$$EZ=\frac{EX+EY-E|X-Y|}{2}.$$

因为

$$EX=EY=\mu ,$$

且 $X,Y$ 相互独立，所以

$$X-Y\sim N(0,2{\sigma }^2).$$

若 $W\sim N(0,{\tau }^2)$，则

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

本题中 $\tau =\sqrt{2}\sigma$，故

$$E|X-Y|=\sqrt{2}\sigma \sqrt{\frac{2}{\pi }}=\frac{2\sigma }{\sqrt{\pi }}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}EZ& =\frac{2\mu -\frac{2\sigma }{\sqrt{\pi }}}{2}\\ & =\mu -\frac{\sigma }{\sqrt{\pi }}.\end{array}$$

故

$$\boxed{EZ=\mu -\frac{\sigma }{\sqrt{\pi }}}.$$

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11. 将一颗骰子重复投掷 $n$ 次，随机变量 $X$ 表示出现点数小于3的次数，$Y$ 表示出现点数不小于3的次数。求 $3X+Y$ 与 $X-3Y$ 的相关系数。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{{\rho }_{3X+Y,X-3Y}=1}.$$

解析： 每次投掷的点数或者小于3，或者不小于3，因此

$$X+Y=n,Y=n-X.$$

于是

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

以及

$$X-3Y=X-3(n-X)=4X-3n.$$

记

$$U=3X+Y=n+2X,V=X-3Y=4X-3n.$$

由于 $n$ 为常数，且 $n>0$ 时 $X\sim B\left(n,\frac{1}{3}\right)$，故 $DX>0$。由线性变换的协方差和方差公式，

$$\mathrm{Cov}(U,V)=2\cdot 4DX=8DX,$$$$DU=2^{2}DX=4DX,DV=4^{2}DX=16DX.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\rho }_{UV}& =\frac{\mathrm{Cov}(U,V)}{\sqrt{DU}\sqrt{DV}}\\ & =\frac{8DX}{\sqrt{4DX}\sqrt{16DX}}\\ & =1.\end{array}$$

从本质上看，$V$ 是 $U$ 的正线性函数：

$$V=2U-5n,$$

故二者完全正相关。因此

$$\boxed{{\rho }_{3X+Y,X-3Y}=1}.$$

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12. 设随机变量 $U$ 服从二项分布 $B\left(2,\frac{1}{2}\right)$，随机变量

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

求随机变量 $X-Y$ 与 $X+Y$ 的方差和 $X$ 与 $Y$ 的协方差。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{D(X-Y)=1},\boxed{D(X+Y)=2},\boxed{\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{1}{4}}.$$

解析： 由于

$$U\sim B\left(2,\frac{1}{2}\right),$$

故

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

列出 $X,Y,X-Y,X+Y$ 的取值：

$$\begin{array}{cccccc}U& P(U)& X& Y& X-Y& X+Y\\ 0& \frac{1}{4}& -1& -1& 0& -2\\ 1& \frac{1}{2}& 1& -1& 2& 0\\ 2& \frac{1}{4}& 1& 1& 0& 2\end{array}$$

先求 $X-Y$ 的方差。由上表，

$$E(X-Y)=0\cdot \frac{1}{4}+2\cdot \frac{1}{2}+0\cdot \frac{1}{4}=1,$$$$E(X-Y{)}^2=0^2\cdot \frac{1}{4}+2^2\cdot \frac{1}{2}+0^2\cdot \frac{1}{4}=2.$$

故

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

再求 $X+Y$ 的方差：

$$E(X+Y)=-2\cdot \frac{1}{4}+0\cdot \frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{4}=0,$$$$E(X+Y{)}^2=(-2{)}^2\cdot \frac{1}{4}+0^2\cdot \frac{1}{2}+2^2\cdot \frac{1}{4}=2.$$

因此

$$D(X+Y)=2-0^2=2.$$

最后求协方差。由上表，

$$EX=-1\cdot \frac{1}{4}+1\cdot \frac{1}{2}+1\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{2},$$$$EY=-1\cdot \frac{1}{4}-1\cdot \frac{1}{2}+1\cdot \frac{1}{4}=-\frac{1}{2},$$

而

$$\begin{array}{rl}E(XY)& =1\cdot \frac{1}{4}+(-1)\cdot \frac{1}{2}+1\cdot \frac{1}{4}\\ & =0.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Cov}(X,Y)& =E(XY)-EXEY\\ & =0-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{1}{4}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{D(X-Y)=1},\boxed{D(X+Y)=2},\boxed{\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{1}{4}}.$$

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13. 设二维连续型随机变量 $(X,Y)$ 在区域 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}$ 上服从均匀分布。

（Ⅰ）问 $X$ 与 $Y$ 是否相互独立；

（Ⅱ）求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$X$ 与 $Y$ 不相互独立；

（Ⅱ）

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

解析： 单位圆域的面积为 $\pi$，所以联合密度为

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

（Ⅰ）判断独立性

对 $-1<x<1$，$X$ 的边缘密度为

$$\begin{array}{rl}{f}_X(x)& ={\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\frac{1}{\pi }dy\\ & =\frac{2\sqrt{1-x^2}}{\pi }.\end{array}$$

类似地，

$$f_Y(y)=\frac{2\sqrt{1-y^2}}{\pi },-1<y<1.$$

若 $X,Y$ 相互独立，则应有

$$f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$$

在相应范围内成立。但例如取

$$x=y=\frac{3}{4},$$

则

$$x^2+y^2=\frac{9}{8}>1,$$

因而

$$f\left(\frac{3}{4},\frac{3}{4}\right)=0,$$

而

$$f_X\left(\frac{3}{4}\right)f_Y\left(\frac{3}{4}\right)>0.$$

两者不相等，所以 $X$ 与 $Y$ 不独立。

（Ⅱ）求相关系数

由圆域关于两坐标轴对称，且联合密度为常数，有

$$EX=EY=0.$$

同理，被积函数 $xy$ 关于 $x$ 或 $y$ 均为奇函数，因此

$$E(XY)=\frac{1}{\pi }{\iint }_{x^2+y^2\le 1}xydxdy=0.$$

所以

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

为确认相关系数的分母非零，可计算

$$\begin{array}{rl}DX=E{X}^2& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^2{\cos }^2\theta rdrd\theta \\ & =\frac{1}{\pi }\left({\int }_0^1{r}^{3}dr\right)\left({\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta d\theta \right)\\ & =\frac{1}{\pi }\cdot \frac{1}{4}\cdot \pi \\ & =\frac{1}{4}.\end{array}$$

同理

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

于是

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

因此，$X$ 与 $Y$ 虽然不独立，但不相关，即

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