概率论习题第四章

习题4-1

1. 设随机变量

求E (X ) ；E (2－3 X); E (X 2) ；E (3X 2+5) .

解由定义和数学期望的性质知

E (X ) =(-2) ⨯0. 4+0⨯0. 3+2⨯0. 3=-0. 2;

E (2-3X ) =2-3E (X ) =2-3⨯(-0.2) =2.6;

E (X 2) =(-2) 2⨯0. 4+02⨯0. 3+22⨯0. 3=2. 8; E (3X 2+5) =3E (X 2) +5=3⨯2. 8+5=13. 4. 2. 设随机变量X 的概率密度为

⎧-x

⎪e , x >0, f (x ) =⎨

⎪x ≤0. ⎩0,

-2X

求Y =2X 和Z =e 的数学期望.

解 E (Y ) =E (2X ) =2E (X ) =2

∞

⎰

∞0

x e -x d x =2,

. 3

E (Z ) =E (e -2X ) =⎰e -2x ⋅e -x dx =

3. 游客乘电梯从底层到电视塔顶观光, 电梯于每个整点的第5分钟、第25分钟和第55分钟从底层起行. 假设一游客在早八点的第X 分钟到达底层侯梯处, 且X 在区间[0, 60]上服从均匀分布. 求该游客等候电梯时间的数学期望. 解已知X 在[0,60]上服从均匀分布, 其概率密度为

⎧1

⎪, 0≤x ≤60, f (x ) =⎨60

⎪其它. ⎩0,

记Y 为游客等候电梯的时间, 则

g (x ) dx 因此, E (Y ) =E [g (X )]=⎰g (x ) f (x ) dx =

-∞

60⎰0

⎧5-X , ⎪25-X , ⎪

Y =g (X ) =⎨

⎪55-X , ⎪⎩65-X ,

52555

60⎰0

=11.67(分钟)..

14. 某保险公司规定, 如果在一年内顾客的投保事件A 发生, 该公司就赔偿顾客a 元. 若一年内事件A 发生的概率为p , 为使该公司受益的期望值等于a 的10％, 该公司应该要求顾客交多少保险费？

解设保险公司要求顾客交保费c 元. 引入随机变量

(

(5-x ) dx +⎰(25-x ) dx +⎰(55-x ) dx +⎰(65-x ) dx

255560

)

，事件A 发生, ⎧1

X =⎨

0, 事件A 不发生. ⎩

则P {X =1}=p , P {X =0}=1-p . 保险公司的受益值

⎧c -a ，X =1,

Y =⎨

c , X =0. ⎩

于是 E (Y ) =(c -a ) ⨯P {X =1}+c ⨯P {X =0}=-ap +c .

据题意有-ap +c =a ⨯10%, 因此应要求顾客角保费c =(0.1+p ) a .

习题4-2

1. 选择题

(1) 已知E (X ) =-1, D (X ) =3 则E [3(X -2) 2]=(

) .

(A) 9. (B) 6. (C) 30. (D) 36. 解 E [3(X -2) 2]=3E (X 2-4X +4)

=3[E (X 2) -4E (X ) +4]

=3{D (X ) +[E (X )]2-4E (X ) +4} =3⨯(3+1+4+4) =36.

可见，应选(D).

(2) 设X ~B (n , p ), E (X ) =6, D (X ) =3.6, 则有( ).

(A) n =10, p =0.6. (B) n =20, p =0.3. (C) n =15, p =0.4. (D) n =12, p =0.5.

解因为X ~B (n , p ), 所以E (X )=n p, D (X )=np (1-p ), 得到np =6, np (1-p )=3.6 . 解之, n=15 , p=0.4 . 可见，应选(C).

(3) 设X 与Y 相互独立，且都服从N (μ, σ) , 则有( ).

(A) E (X -Y ) =E (X ) +E (Y ) . (B) E (X -Y ) =2μ.

D (X -Y ) =D (X ) +D (Y ) =2σ2. 选(D).

(4) 在下列结论中, 错误的是( ).

(A) 若X ~B (n , p ), 则E (X ) =np . (B) 若X ~U (-1,1)，则D (X ) =0. (C) 若X 服从泊松分布, 则D (X ) =E (X ) . (D) 若X ~N (μ, σ2), 则

X -μ

(b -a ) 2221

==. 选(B). 解 X ~U (-1, 1) , 则D (X ) =

12123

~N (0,1).

2. 已知X , Y 独立, E (X )= E(Y )=2, E(X 2)= E(Y 2)=5, 求E (3X -2Y ), D (3X -2Y ).

解由数学期望和方差的性质有

E (3X -2Y )= 3E (X ) -2 E (Y )=3×2-2×2=2,

D (3X -2Y ) =9D (X ) +4D (Y )

=9⨯{E (X 2) -[E (X )]2}+4⨯{E (Y 2) -[E (Y )]2}

=9⨯(5-4) +4⨯(5-4) =13.

3. 设随机变量X 1, X 2, X 3相互独立, 其中X 1服从区间[0, 6]上的均匀分布,

, X 3~P , 记Y =X 1-2X 2+3X 3, 求E (Y ) 和D (Y ) . （3）X 2~N （0,22）

解由题设知

(6-0) 2

E (X 1) =3, D (X 1) ==3, E (X 2) =0, D (X 2) =4,

121111

E (X 3) ==, D (X 3) =2=.

λ3λ9

由期望的性质可得

E (Y ) =E (1X -22X +33X ) =E (1X -) 2E 2(X +) 3E 3(X )

=3-2⨯0+3=4.

又X 1, X 2, X 3相互独立, 所以

D (Y ) =D (X 1-2X 2+3X 3) =D (X 1) +4D (X 2) +9D (X 3)

=3+4⨯4+9⨯

19=20.

4. 设两个随机变量X 和Y 相互独立, 且都服从均值为0, 方差为分布, 求|X -Y |的的期望和方差.

的正态

解记U =X -Y . 由于X ~N (0,), Y ~N (0,) , 所以

E (U ) =E (X ) -E (Y ) =0, D (U ) =D (X ) +D (Y ) =1.

由此U ~N (0,1). 进而

E (|X -Y |)=E (|U |)=⎰|x |-∞

+∞

2dx -

+∞0

xe 2dx =-

+∞

E (|U |2) =E (U 2) =D (U ) +[E (U )]2=1+02=1.

222

=1-故而

D (|X -Y |)=D (|U |)=E (|U |) -[E (|U |)]=1-. π5. 设随机变量X ~U [-1, 2], 随机变量

⎧1, X >0, ⎪

Y =⎨0, X =0,

⎪-1, X

求期望E (Y ) 和方差D (Y ) .

解因为X 的概率密度为

⎧1

⎪, -1≤x ≤2,

f X (x ) =⎨3

⎪⎩0, 其它.

于是Y 的分布率为

P {Y =-1}=P {X

⎰

-∞

f X (x )d x =⎰f X (x )d x =⎰

d x =, -133

P {Y =0}=P {X =0}=0,

P {Y =1}=P {X >0}=

因此

⎰

+∞2

12d x =. 33

121

E (Y ) =-1⨯+0⨯0+1⨯=,

33312

E (Y 2) =(-1) 2⨯+02⨯0+12⨯=1.

1822

故有 D (Y ) =E (Y ) -[E (Y )]=1-=.

6. 设随机变量U 在区间[-2, 2]上服从均匀分布, 随机变量

⎧-1, 若U ≤-1, ⎧-1, 若U ≤1,

X =⎨ Y =⎨

1, 若U >-1. 1, 若U >1. ⎩⎩

求E (X +Y ), D (X +Y ).

解 (1) 随机变量(X , Y ) 的可能取值为(-1, -1),(-1,1),(1,-1),(1,1). P {X =-1, Y =-1}=P {U ≤-1, U ≤1}=P {U ≤-1}=

⎰

-1

-2

11⋅d x =, 44

P {X =-1, Y =1}=P {U ≤-1, U >1}=0, P {X =1, Y =-1}=P {U >-1, U ≤1}=

11⋅d x =, ⎰-142211

P {X =1, Y =1}=P {U >-1, U >1}=⎰⋅d x =.

144

于是得X 和Y 的联合密度分布为

(2) X +Y 和(X +Y ) 的概率分布分别为

由此可见

E (X +Y ) =-+=0; D (X +Y ) =E [(X +Y ) 2]=2.

习题4-3

1. 选择题

(1) 在下列结论中, ( ) 不是随机变量X 与Y 不相关的充分必要条件

(A) E (XY )=E (X ) E (Y ). (B) D (X +Y )=D (X )+D (Y ). (C) Cov(X , Y )=0. (D) X 与 Y 相互独立.

解 X 与 Y 相互独立是随机变量X 与Y 不相关的充分条件, 而非必要条件. 选(D).

(2) 设随机变量X 和Y 都服从正态分布, 且它们不相关, 则下列结论中不

正确的是( ).

(A) X 与Y 一定独立. (B) (X , Y ) 服从二维正态分布. (C) X 与Y 未必独立. (D) X +Y 服从一维正态分布.

解对于正态分布不相关和独立是等价的. 选(A).

(3) 设(X , Y ) 服从二元正态分布, 则下列说法中错误的是( ).

(A) (X , Y ) 的边缘分布仍然是正态分布.

(B) X 与Y 相互独立等价于X 与Y 不相关. (C) (X , Y ) 是二维连续型随机变量.

(D)由(X , Y ) 的边缘分布可完全确定(X , Y ) 的联合分布. 解仅仅由(X , Y ) 的边缘分布不能完全确定(X , Y ) 的联合分布. 选(D)

2 设D (X )=4, D (Y )=6, ρXY =0.6, 求D (3X -2Y ) .

解 D (3X -2Y ) =9D (X ) +4D (Y ) -12Cov(X , Y )

=9⨯4+4⨯6-12⨯ρXY ⨯D (X ) D (Y ) =36+24-12⨯0. 6⨯2⨯≈24. 727.

3. 设随机变量X , Y 的相关系数为0. 5, E (X ) =E (Y ) =0, E (X ) =E (Y ) =2,

求E [(X +Y ) 2].

解

E [(X +Y ) 2]=E (X 2) +2E (XY ) +E (Y 2)

=4+2[Cov(X , Y ) +E (X ) E (Y )]

=4+2ρ

=4+2⨯0.5⨯2

=6.

4. 设随机变量(X , Y )

若E (XY )=0.8, 求常数a 解首先由

∑∑p

i =1j =1

∞∞

=1得a +b =0. 4. 其次由

0.8=E (XY ) =1⨯0⨯0.4+2⨯0⨯a +1⨯1⨯0.2+2⨯1⨯b =0.2+2b 得b =0. 3. 进而a =0. 1. 由此可得边缘分布律

4故 C o v X (Y , =) E X (Y -) E X (E ) =Y () -0. 8⨯1. 4=. 05. 已知随机变量(X , Y ) ~N (0.5,4; 0.1, 9; 0) , Z =2X -Y , 试求方差D (Z ), 协方差Cov(X , Z ) , 相关系数ρXZ . 解由于X , Y 的相关系数为零, 所以X 和Y 相互独立(因X 和Y 服从正态分布). 因此

D (Z ) =D (2X -Y ) =4D

(X ) +D (Y ) =4⨯4+9=25,

Cov(X , Z ) =Cov(X ,2X -Y )

=2Cov(X , X ) -Cov(X , Y ) . =2D (X ) -0=88

因此 ρXZ ===0.8.

2⨯5

6. 设随机变量(X , Y ) 服从二维正态分布: X ~N (1,32) , Y ~N (0,42) ; X

1X Y

+. 求: (1) E (Z ), D (Z ) ； (2) X 与Z 的相与Y 的相关系数ρXY =-, Z =

232

关系数ρXZ ; (3)问 X 与Z 是否相互独立? 为什么?

解 (1) 由于

X ~N (

1, 3) , Y ~N (0, 4) , 所以

E (X ) =1, D (X ) =9, E (Y ) =0, D (Y ) =16,

而 Cov(X , Y ) =ρXY -⨯3⨯4=-6.

X Y 11111

因此 E (Z ) =E (+) =E (X ) +E (Y ) =⨯1+⨯0=,

3232323X Y 1111

=) D X (+D Y (+) 2X o Y , D (Z ) =D +

3294321111

+C o X v (Y , =1) +4+⨯(-6) =3. =⨯9+⨯16

3943

(2) 由于

)

C ov(X , Z ) =C ov(X ,

X 3

Y 2

) =

D (X ) +

C ov(X , Y ) =⨯9+⨯(-6) =0, 232

所以

ρXZ =

=0.

(3) 由ρXZ =0知X 与Z 不相关, 又X 与Z 均服从正态分布, 故知X 与Z 相互独立.

7．证明: 对随机变量(X , Y ), E (XY )=E (X ) E (Y ) 或者D (X ±Y )=D (X )+D (Y ) 的充要条件是X 与Y 不相关.

证首先我们来证明E (XY ) =E (X ) E (Y ) 和D (X ±Y ) =D (X ) +D (Y ) 是等价的.

事实上, 注意到D (X ±Y ) =D (X ) +D (Y ) ±2Cov(X , Y ) . 因此

D (X ±Y ) =D (X ) +D (Y ) ⇔Cov(X , Y ) =0⇔E (XY ) =E (X ) E (Y ) . 其次证明必要性. 假设E (XY )=E (X ) E (Y ), 则

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

=0, 即X 与Y 不相关.

最后证明充分性. 假设X 与Y 不相关, 即ρXY =0, 则Cov(X , Y ) =0. 由此知E (XY ) =E (X ) E (Y ) .

进而ρXY =

总习题四

1. 设X 和Y 是相互独立且服从同一分布的两个随机变量, 已知X 的分布律

为P {X =i }=, i =1, 2,3. 又设U =max{X , Y },V =min{X , Y }.

(1) 写出二维随机变量(U , V ) 的分布律; (2) 求E (U ) .

解 (1) 下面实际计算一下P {U =1, V =3}. 注意到U =max{X , Y },V =min{X , Y }, 因此

P {U =1, V =3}=P {X =1, Y =3}+P {X =3, Y =1}

=P {X =1}P {Y =3}+P {X =3}P {Y =1}11112=⨯+⨯=.

33339

(2) 由(U , V ) 的分布律可得关于U 的边缘分布律

522

所以 E (U ) =1⨯+2⨯+3⨯=.

9999

2. 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2

红灯的事件是相互独立的, 并且概率是. 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.

解令X 表示途中遇到红灯的次数, 由题设知X ~B (3,)

. 即X 的分布律为

从而E (X ) =

∑kP {X =k }=0⨯125+1⨯125+2⨯125+3⨯125=5.

k =1

27543686

3. 设随机变量(X , Y ) 的概率密度为

⎧2

⎪12y , 0≤y ≤x ≤1,

f (x , y ) =⎨

⎪其它. ⎩0, 22

求E (X ), E (Y ), E (XY ), E (X +Y ) .

解 E (X ) =

⎰⎰

-∞∞-∞

∞∞-∞

xf (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰x ⋅12y 2dy =⎰4x 4dx =

1x 1

4. 5

E (X ) =⎰

∞-∞

⎰yf (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰y ⋅12y dy =⎰3x 4dx =

3. 5

E (XY ) =⎰

∞-∞

⎰

∞-∞

xyf (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰xy ⋅12y 2dy =⎰3x 5dx =

1x 1

31=. 62

E (X 2+Y 2) =⎰

∞-∞10

⎰

∞-∞

(x 2+y 2) f (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰(x 2+y 2) ⋅12y 2dy

⎰

(4x 5+

125423216x ) dx =+==. 5653015

4. 设随机变量(X , Y ) 的概率密度为

⎧1

⎪2sin(x +y ),

f (x , y ) =⎨

⎪0, ⎩

解 E (X ) =

ππ0≤x ≤, 0≤y ≤,

其它.

求E (X ), D (X ), E (Y ), D (Y ), E (XY ) 和 Cov(X , Y ) .

⎰⎰

-∞

+∞+∞-∞

1ππ

xf (x , y ) dxdy =⎰2⎰2x sin(x +y ) dxdy =.

2004

E (X 2) =⎰

+∞-∞

⎰

+∞-∞

x 2f (x , y ) dxdy

1ππ2π222

=⎰⎰x sin(x +y ) dxdy =+-2. 20082

于是有

D (X ) =E (X ) -[E (X )]=

利用对称性, 有 E (Y ) =又 E (X Y ) =

π2

-2. +

, D (Y ) =

π2

-2.

⎰⎰

-∞

+∞+∞-∞

1π

x y (f , x ) y d =x ⎰y ⎰2xy sin(x +y ) dxdy

200

1π

=⎰2xdx ⎰2y sin(x +y ) dy

020

ππ

=⎰2xdx ⎰2y [sinx cos y +cos x sin y ]dy

020

=-1.

(Y , =) E X (Y -) E (X E ) =-) 所以协方差 C o v X

ππ2

5. 设随机变量X 与Y 独立, 同服从正态分布N (0,) , 求

(1) E (X -Y ); D (X -Y ) ；

(2) E (max{X , Y });E (min{X , Y }).

1122

E (ξ) =E (X ) -E (Y ) =0, D (ξ) =D (X ) +D (Y ) =1.

由此ξ~N (0, 1) . 所以

解 (1) 记ξ=X -Y . 由于X ~N (0, ), Y ~N (0, ) , 所以

-x 2E (|X -Y |)=E (|ξ|)=⎰|x |dx -∞

+∞

+∞0

x 2

x 2-2

+∞

E (|ξ|2) =E (ξ2) =D (ξ) +[E (ξ)]2=1+02=1.

⎛2⎫222

⎪=1-. 故而D (|X -Y |)=D (|ξ|)=E (|ξ|) -[E (|ξ|)]=1- π⎪π⎝⎭

(2) 注意到

max(X , Y ) =

所以

(X +Y ) +|X -Y |X +Y -|X -Y |

, min(X , Y ) =.

1121

, E [max(X , Y )]={E (X ) +E (Y ) +E [|X -Y |]}==

22π2π1121

. E [min(X , Y )]={E (X ) +E (Y ) -E [|X -Y |]}=-=-

22π2π

6. 设随机变量(X , Y ) 的联合概率密度为

⎧x +y

⎪8, 0≤x ≤2,0≤y ≤2,

f (x , y ) =⎨

⎪

其它. ⎩0,

求: E (X ), E (Y ), Cov(X , Y ), ρXY , D (X+Y).

解注意到f (x , y ) 只在区域G :0≤x ≤2, 0≤y ≤2上不为零, 所以

E (X ) =⎰

∞-∞

⎰

∞-∞

xf (x , y ) dxdy =⎰⎰x

x +y

d x d y 8

E (X 2) =

∞-∞

212127

, dx x (x +y ) dy =x (x +1) dx =⎰⎰⎰000846

⎰⎰

∞-∞

x 2f (x , y ) dxdy

212123522

, dx x (x +y ) dy =(x +x ) dx =⎰⎰⎰000843

5721122

因而 D (X ) =E (X ) -[E (X )]=-2=.

3636

又

E (XY ) =⎰

∞-∞

⎰

∞-∞

xyf (x , y ) dxdy

21212244

=⎰dx ⎰xy (x +y ) dy =⎰(x +x ) dx =.

0804033

由对称性知

7511

E (Y ) =E (X ) =, E (Y 2) =E (X 2) =, D (Y ) =D (X ) =.

3663

这样，

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

4491

-=-

, 33636

ρXY ==-,

115

D (X +Y ) =D (X ) +D (Y ) +2Cov(X , Y ) =.

7. 设A , B 为随机事件, 且P (A ) =

, P (B |A ) =, P (A |B ) =, 令 432

⎧1，A 发生, ⎧1，B 发生,

Y =⎨ X =⎨

0，A 不发生, 0，B 不发生. ⎩⎩

求: (1) 二维随机变量(X , Y ) 的概率分布; (2) X与Y 的相关系数ρXY .

3P (A )

11P (AB ) =P (A |B ) =得P (B ) =2P (AB ) =. 在此基础上可以求得 26P (B )

(1) P {X =1, Y =1}=P (AB ) =,

解由

=P (B |A ) =

P (AB )

得P (AB ) =

111

P (A ) =⨯=, 进而由33412

P {X =0, Y =1}=P (AB ) =P (B ) -P (AB ) =

61212111

P {X =1, Y =0}=P (AB ) =P (A ) -P (AB ) =-=,

4126

P {X =0, Y =0}=P (A B =) -1P (A B =) -1P [A (+) P B -() P A (B ) ]

1112

=1-].

46123

故(X , Y )

(2) 由(1)

因此

E (X ) =, E (X 2) =,

113

D (X ) =E (X 2) -[E (X )]2=-=,

41616

11115

E (Y ) =, E (Y 2) =, D (Y ) =E (Y 2) -[E (Y )]2=-=.

6663636

又由(X , Y ) 的分布律可得

21111

E (XY ) =0⨯0⨯+0⨯1⨯+1⨯0⨯+1⨯1⨯=.

312121212

故

ρXY

11-⨯

===151

习题4-1

1. 设随机变量

求E (X ) ；E (2－3 X); E (X 2) ；E (3X 2+5) .

解由定义和数学期望的性质知

E (X ) =(-2) ⨯0. 4+0⨯0. 3+2⨯0. 3=-0. 2;

E (2-3X ) =2-3E (X ) =2-3⨯(-0.2) =2.6;

E (X 2) =(-2) 2⨯0. 4+02⨯0. 3+22⨯0. 3=2. 8; E (3X 2+5) =3E (X 2) +5=3⨯2. 8+5=13. 4. 2. 设随机变量X 的概率密度为

⎧-x

⎪e , x >0, f (x ) =⎨

⎪x ≤0. ⎩0,

-2X

求Y =2X 和Z =e 的数学期望.

解 E (Y ) =E (2X ) =2E (X ) =2

∞

⎰

∞0

x e -x d x =2,

. 3

E (Z ) =E (e -2X ) =⎰e -2x ⋅e -x dx =

⎧1

⎪, 0≤x ≤60, f (x ) =⎨60

⎪其它. ⎩0,

记Y 为游客等候电梯的时间, 则

g (x ) dx 因此, E (Y ) =E [g (X )]=⎰g (x ) f (x ) dx =

-∞

60⎰0

⎧5-X , ⎪25-X , ⎪

Y =g (X ) =⎨

⎪55-X , ⎪⎩65-X ,

52555

60⎰0

=11.67(分钟)..

解设保险公司要求顾客交保费c 元. 引入随机变量

(

(5-x ) dx +⎰(25-x ) dx +⎰(55-x ) dx +⎰(65-x ) dx

255560

)

，事件A 发生, ⎧1

X =⎨

0, 事件A 不发生. ⎩

则P {X =1}=p , P {X =0}=1-p . 保险公司的受益值

⎧c -a ，X =1,

Y =⎨

c , X =0. ⎩

于是 E (Y ) =(c -a ) ⨯P {X =1}+c ⨯P {X =0}=-ap +c .

据题意有-ap +c =a ⨯10%, 因此应要求顾客角保费c =(0.1+p ) a .

习题4-2

1. 选择题

(1) 已知E (X ) =-1, D (X ) =3 则E [3(X -2) 2]=(

) .

(A) 9. (B) 6. (C) 30. (D) 36. 解 E [3(X -2) 2]=3E (X 2-4X +4)

=3[E (X 2) -4E (X ) +4]

=3{D (X ) +[E (X )]2-4E (X ) +4} =3⨯(3+1+4+4) =36.

可见，应选(D).

(2) 设X ~B (n , p ), E (X ) =6, D (X ) =3.6, 则有( ).

(A) n =10, p =0.6. (B) n =20, p =0.3. (C) n =15, p =0.4. (D) n =12, p =0.5.

解因为X ~B (n , p ), 所以E (X )=n p, D (X )=np (1-p ), 得到np =6, np (1-p )=3.6 . 解之, n=15 , p=0.4 . 可见，应选(C).

(3) 设X 与Y 相互独立，且都服从N (μ, σ) , 则有( ).

(A) E (X -Y ) =E (X ) +E (Y ) . (B) E (X -Y ) =2μ.

D (X -Y ) =D (X ) +D (Y ) =2σ2. 选(D).

(4) 在下列结论中, 错误的是( ).

(A) 若X ~B (n , p ), 则E (X ) =np . (B) 若X ~U (-1,1)，则D (X ) =0. (C) 若X 服从泊松分布, 则D (X ) =E (X ) . (D) 若X ~N (μ, σ2), 则

X -μ

(b -a ) 2221

==. 选(B). 解 X ~U (-1, 1) , 则D (X ) =

12123

~N (0,1).

2. 已知X , Y 独立, E (X )= E(Y )=2, E(X 2)= E(Y 2)=5, 求E (3X -2Y ), D (3X -2Y ).

解由数学期望和方差的性质有

E (3X -2Y )= 3E (X ) -2 E (Y )=3×2-2×2=2,

D (3X -2Y ) =9D (X ) +4D (Y )

=9⨯{E (X 2) -[E (X )]2}+4⨯{E (Y 2) -[E (Y )]2}

=9⨯(5-4) +4⨯(5-4) =13.

3. 设随机变量X 1, X 2, X 3相互独立, 其中X 1服从区间[0, 6]上的均匀分布,

, X 3~P , 记Y =X 1-2X 2+3X 3, 求E (Y ) 和D (Y ) . （3）X 2~N （0,22）

解由题设知

(6-0) 2

E (X 1) =3, D (X 1) ==3, E (X 2) =0, D (X 2) =4,

121111

E (X 3) ==, D (X 3) =2=.

λ3λ9

由期望的性质可得

E (Y ) =E (1X -22X +33X ) =E (1X -) 2E 2(X +) 3E 3(X )

=3-2⨯0+3=4.

又X 1, X 2, X 3相互独立, 所以

D (Y ) =D (X 1-2X 2+3X 3) =D (X 1) +4D (X 2) +9D (X 3)

=3+4⨯4+9⨯

19=20.

4. 设两个随机变量X 和Y 相互独立, 且都服从均值为0, 方差为分布, 求|X -Y |的的期望和方差.

的正态

解记U =X -Y . 由于X ~N (0,), Y ~N (0,) , 所以

E (U ) =E (X ) -E (Y ) =0, D (U ) =D (X ) +D (Y ) =1.

由此U ~N (0,1). 进而

E (|X -Y |)=E (|U |)=⎰|x |-∞

+∞

2dx -

+∞0

xe 2dx =-

+∞

E (|U |2) =E (U 2) =D (U ) +[E (U )]2=1+02=1.

222

=1-故而

D (|X -Y |)=D (|U |)=E (|U |) -[E (|U |)]=1-. π5. 设随机变量X ~U [-1, 2], 随机变量

⎧1, X >0, ⎪

Y =⎨0, X =0,

⎪-1, X

求期望E (Y ) 和方差D (Y ) .

解因为X 的概率密度为

⎧1

⎪, -1≤x ≤2,

f X (x ) =⎨3

⎪⎩0, 其它.

于是Y 的分布率为

P {Y =-1}=P {X

⎰

-∞

f X (x )d x =⎰f X (x )d x =⎰

d x =, -133

P {Y =0}=P {X =0}=0,

P {Y =1}=P {X >0}=

因此

⎰

+∞2

12d x =. 33

121

E (Y ) =-1⨯+0⨯0+1⨯=,

33312

E (Y 2) =(-1) 2⨯+02⨯0+12⨯=1.

1822

故有 D (Y ) =E (Y ) -[E (Y )]=1-=.

6. 设随机变量U 在区间[-2, 2]上服从均匀分布, 随机变量

⎧-1, 若U ≤-1, ⎧-1, 若U ≤1,

X =⎨ Y =⎨

1, 若U >-1. 1, 若U >1. ⎩⎩

求E (X +Y ), D (X +Y ).

解 (1) 随机变量(X , Y ) 的可能取值为(-1, -1),(-1,1),(1,-1),(1,1). P {X =-1, Y =-1}=P {U ≤-1, U ≤1}=P {U ≤-1}=

⎰

-1

-2

11⋅d x =, 44

P {X =-1, Y =1}=P {U ≤-1, U >1}=0, P {X =1, Y =-1}=P {U >-1, U ≤1}=

11⋅d x =, ⎰-142211

P {X =1, Y =1}=P {U >-1, U >1}=⎰⋅d x =.

144

于是得X 和Y 的联合密度分布为

(2) X +Y 和(X +Y ) 的概率分布分别为

由此可见

E (X +Y ) =-+=0; D (X +Y ) =E [(X +Y ) 2]=2.

习题4-3

1. 选择题

(1) 在下列结论中, ( ) 不是随机变量X 与Y 不相关的充分必要条件

(A) E (XY )=E (X ) E (Y ). (B) D (X +Y )=D (X )+D (Y ). (C) Cov(X , Y )=0. (D) X 与 Y 相互独立.

解 X 与 Y 相互独立是随机变量X 与Y 不相关的充分条件, 而非必要条件. 选(D).

(2) 设随机变量X 和Y 都服从正态分布, 且它们不相关, 则下列结论中不

正确的是( ).

(A) X 与Y 一定独立. (B) (X , Y ) 服从二维正态分布. (C) X 与Y 未必独立. (D) X +Y 服从一维正态分布.

解对于正态分布不相关和独立是等价的. 选(A).

(3) 设(X , Y ) 服从二元正态分布, 则下列说法中错误的是( ).

(A) (X , Y ) 的边缘分布仍然是正态分布.

(B) X 与Y 相互独立等价于X 与Y 不相关. (C) (X , Y ) 是二维连续型随机变量.

(D)由(X , Y ) 的边缘分布可完全确定(X , Y ) 的联合分布. 解仅仅由(X , Y ) 的边缘分布不能完全确定(X , Y ) 的联合分布. 选(D)

2 设D (X )=4, D (Y )=6, ρXY =0.6, 求D (3X -2Y ) .

解 D (3X -2Y ) =9D (X ) +4D (Y ) -12Cov(X , Y )

=9⨯4+4⨯6-12⨯ρXY ⨯D (X ) D (Y ) =36+24-12⨯0. 6⨯2⨯≈24. 727.

3. 设随机变量X , Y 的相关系数为0. 5, E (X ) =E (Y ) =0, E (X ) =E (Y ) =2,

求E [(X +Y ) 2].

解

E [(X +Y ) 2]=E (X 2) +2E (XY ) +E (Y 2)

=4+2[Cov(X , Y ) +E (X ) E (Y )]

=4+2ρ

=4+2⨯0.5⨯2

=6.

4. 设随机变量(X , Y )

若E (XY )=0.8, 求常数a 解首先由

∑∑p

i =1j =1

∞∞

=1得a +b =0. 4. 其次由

0.8=E (XY ) =1⨯0⨯0.4+2⨯0⨯a +1⨯1⨯0.2+2⨯1⨯b =0.2+2b 得b =0. 3. 进而a =0. 1. 由此可得边缘分布律

D (Z ) =D (2X -Y ) =4D

(X ) +D (Y ) =4⨯4+9=25,

Cov(X , Z ) =Cov(X ,2X -Y )

=2Cov(X , X ) -Cov(X , Y ) . =2D (X ) -0=88

因此 ρXZ ===0.8.

2⨯5

6. 设随机变量(X , Y ) 服从二维正态分布: X ~N (1,32) , Y ~N (0,42) ; X

1X Y

+. 求: (1) E (Z ), D (Z ) ； (2) X 与Z 的相与Y 的相关系数ρXY =-, Z =

232

关系数ρXZ ; (3)问 X 与Z 是否相互独立? 为什么?

解 (1) 由于

X ~N (

1, 3) , Y ~N (0, 4) , 所以

E (X ) =1, D (X ) =9, E (Y ) =0, D (Y ) =16,

而 Cov(X , Y ) =ρXY -⨯3⨯4=-6.

X Y 11111

因此 E (Z ) =E (+) =E (X ) +E (Y ) =⨯1+⨯0=,

3232323X Y 1111

=) D X (+D Y (+) 2X o Y , D (Z ) =D +

3294321111

+C o X v (Y , =1) +4+⨯(-6) =3. =⨯9+⨯16

3943

(2) 由于

)

C ov(X , Z ) =C ov(X ,

X 3

Y 2

) =

D (X ) +

C ov(X , Y ) =⨯9+⨯(-6) =0, 232

所以

ρXZ =

=0.

(3) 由ρXZ =0知X 与Z 不相关, 又X 与Z 均服从正态分布, 故知X 与Z 相互独立.

7．证明: 对随机变量(X , Y ), E (XY )=E (X ) E (Y ) 或者D (X ±Y )=D (X )+D (Y ) 的充要条件是X 与Y 不相关.

证首先我们来证明E (XY ) =E (X ) E (Y ) 和D (X ±Y ) =D (X ) +D (Y ) 是等价的.

事实上, 注意到D (X ±Y ) =D (X ) +D (Y ) ±2Cov(X , Y ) . 因此

D (X ±Y ) =D (X ) +D (Y ) ⇔Cov(X , Y ) =0⇔E (XY ) =E (X ) E (Y ) . 其次证明必要性. 假设E (XY )=E (X ) E (Y ), 则

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

=0, 即X 与Y 不相关.

最后证明充分性. 假设X 与Y 不相关, 即ρXY =0, 则Cov(X , Y ) =0. 由此知E (XY ) =E (X ) E (Y ) .

进而ρXY =

总习题四

1. 设X 和Y 是相互独立且服从同一分布的两个随机变量, 已知X 的分布律

为P {X =i }=, i =1, 2,3. 又设U =max{X , Y },V =min{X , Y }.

(1) 写出二维随机变量(U , V ) 的分布律; (2) 求E (U ) .

解 (1) 下面实际计算一下P {U =1, V =3}. 注意到U =max{X , Y },V =min{X , Y }, 因此

P {U =1, V =3}=P {X =1, Y =3}+P {X =3, Y =1}

=P {X =1}P {Y =3}+P {X =3}P {Y =1}11112=⨯+⨯=.

33339

(2) 由(U , V ) 的分布律可得关于U 的边缘分布律

522

所以 E (U ) =1⨯+2⨯+3⨯=.

9999

2. 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2

红灯的事件是相互独立的, 并且概率是. 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.

解令X 表示途中遇到红灯的次数, 由题设知X ~B (3,)

. 即X 的分布律为

从而E (X ) =

∑kP {X =k }=0⨯125+1⨯125+2⨯125+3⨯125=5.

k =1

27543686

3. 设随机变量(X , Y ) 的概率密度为

⎧2

⎪12y , 0≤y ≤x ≤1,

f (x , y ) =⎨

⎪其它. ⎩0, 22

求E (X ), E (Y ), E (XY ), E (X +Y ) .

解 E (X ) =

⎰⎰

-∞∞-∞

∞∞-∞

xf (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰x ⋅12y 2dy =⎰4x 4dx =

1x 1

4. 5

E (X ) =⎰

∞-∞

⎰yf (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰y ⋅12y dy =⎰3x 4dx =

3. 5

E (XY ) =⎰

∞-∞

⎰

∞-∞

xyf (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰xy ⋅12y 2dy =⎰3x 5dx =

1x 1

31=. 62

E (X 2+Y 2) =⎰

∞-∞10

⎰

∞-∞

(x 2+y 2) f (x , y ) dxdy =⎰dx ⎰(x 2+y 2) ⋅12y 2dy

⎰

(4x 5+

125423216x ) dx =+==. 5653015

4. 设随机变量(X , Y ) 的概率密度为

⎧1

⎪2sin(x +y ),

f (x , y ) =⎨

⎪0, ⎩

解 E (X ) =

ππ0≤x ≤, 0≤y ≤,

其它.

求E (X ), D (X ), E (Y ), D (Y ), E (XY ) 和 Cov(X , Y ) .

⎰⎰

-∞

+∞+∞-∞

1ππ

xf (x , y ) dxdy =⎰2⎰2x sin(x +y ) dxdy =.

2004

E (X 2) =⎰

+∞-∞

⎰

+∞-∞

x 2f (x , y ) dxdy

1ππ2π222

=⎰⎰x sin(x +y ) dxdy =+-2. 20082

于是有

D (X ) =E (X ) -[E (X )]=

利用对称性, 有 E (Y ) =又 E (X Y ) =

π2

-2. +

, D (Y ) =

π2

-2.

⎰⎰

-∞

+∞+∞-∞

1π

x y (f , x ) y d =x ⎰y ⎰2xy sin(x +y ) dxdy

200

1π

=⎰2xdx ⎰2y sin(x +y ) dy

020

ππ

=⎰2xdx ⎰2y [sinx cos y +cos x sin y ]dy

020

=-1.

(Y , =) E X (Y -) E (X E ) =-) 所以协方差 C o v X

ππ2

5. 设随机变量X 与Y 独立, 同服从正态分布N (0,) , 求

(1) E (X -Y ); D (X -Y ) ；

(2) E (max{X , Y });E (min{X , Y }).

1122

E (ξ) =E (X ) -E (Y ) =0, D (ξ) =D (X ) +D (Y ) =1.

由此ξ~N (0, 1) . 所以

解 (1) 记ξ=X -Y . 由于X ~N (0, ), Y ~N (0, ) , 所以

-x 2E (|X -Y |)=E (|ξ|)=⎰|x |dx -∞

+∞

+∞0

x 2

x 2-2

+∞

E (|ξ|2) =E (ξ2) =D (ξ) +[E (ξ)]2=1+02=1.

⎛2⎫222

⎪=1-. 故而D (|X -Y |)=D (|ξ|)=E (|ξ|) -[E (|ξ|)]=1- π⎪π⎝⎭

(2) 注意到

max(X , Y ) =

所以

(X +Y ) +|X -Y |X +Y -|X -Y |

, min(X , Y ) =.

1121

, E [max(X , Y )]={E (X ) +E (Y ) +E [|X -Y |]}==

22π2π1121

. E [min(X , Y )]={E (X ) +E (Y ) -E [|X -Y |]}=-=-

22π2π

6. 设随机变量(X , Y ) 的联合概率密度为

⎧x +y

⎪8, 0≤x ≤2,0≤y ≤2,

f (x , y ) =⎨

⎪

其它. ⎩0,

求: E (X ), E (Y ), Cov(X , Y ), ρXY , D (X+Y).

解注意到f (x , y ) 只在区域G :0≤x ≤2, 0≤y ≤2上不为零, 所以

E (X ) =⎰

∞-∞

⎰

∞-∞

xf (x , y ) dxdy =⎰⎰x

x +y

d x d y 8

E (X 2) =

∞-∞

212127

, dx x (x +y ) dy =x (x +1) dx =⎰⎰⎰000846

⎰⎰

∞-∞

x 2f (x , y ) dxdy

212123522

, dx x (x +y ) dy =(x +x ) dx =⎰⎰⎰000843

5721122

因而 D (X ) =E (X ) -[E (X )]=-2=.

3636

又

E (XY ) =⎰

∞-∞

⎰

∞-∞

xyf (x , y ) dxdy

21212244

=⎰dx ⎰xy (x +y ) dy =⎰(x +x ) dx =.

0804033

由对称性知

7511

E (Y ) =E (X ) =, E (Y 2) =E (X 2) =, D (Y ) =D (X ) =.

3663

这样，

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

4491

-=-

, 33636

ρXY ==-,

115

D (X +Y ) =D (X ) +D (Y ) +2Cov(X , Y ) =.

7. 设A , B 为随机事件, 且P (A ) =

, P (B |A ) =, P (A |B ) =, 令 432

⎧1，A 发生, ⎧1，B 发生,

Y =⎨ X =⎨

0，A 不发生, 0，B 不发生. ⎩⎩

求: (1) 二维随机变量(X , Y ) 的概率分布; (2) X与Y 的相关系数ρXY .

3P (A )

11P (AB ) =P (A |B ) =得P (B ) =2P (AB ) =. 在此基础上可以求得 26P (B )

(1) P {X =1, Y =1}=P (AB ) =,

解由

=P (B |A ) =

P (AB )

得P (AB ) =

111

P (A ) =⨯=, 进而由33412

P {X =0, Y =1}=P (AB ) =P (B ) -P (AB ) =

61212111

P {X =1, Y =0}=P (AB ) =P (A ) -P (AB ) =-=,

4126

P {X =0, Y =0}=P (A B =) -1P (A B =) -1P [A (+) P B -() P A (B ) ]

1112

=1-].

46123

故(X , Y )

(2) 由(1)

因此

E (X ) =, E (X 2) =,

113

D (X ) =E (X 2) -[E (X )]2=-=,

41616

11115

E (Y ) =, E (Y 2) =, D (Y ) =E (Y 2) -[E (Y )]2=-=.

6663636

又由(X , Y ) 的分布律可得

21111

E (XY ) =0⨯0⨯+0⨯1⨯+1⨯0⨯+1⨯1⨯=.

312121212

故

ρXY

11-⨯

===151

概率论习题第四章

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