概率论与数理统计(理工类,第四版)吴赣昌主编课后习题答案第四章

第四章 随机变量的数字特征 4.1 数学期望

习题1

设随机变量X服从参数为p的0-1分布，求E(X). 解答：

依题意，X的分布律为

X 0 1 P 1-p p 由E(X)=∑i=1∞xipi, 有

E(X)=0?(1-p)+1?p=p.

习题2

袋中有n张卡片，记有号码1,2,…,n. 现从中有放回抽出k张卡片来，求号码之和X的期望. 分析： . 解答：

设Xi表示第i次取得的号码，则X=∑i=1kXi, 且

P{Xi=m}=1n,

其中m=1,2,?,n,i=1,2,?,k, 故

E(Xi)=1n(1+2+?+n)=n+12,i=1,2,?,k,

从而

E(X)=∑i=1kE(Xi)=k(n+1)2.

习题3

某产品的次品率为0.1, 检验员每天检验4次. 每次随机地抽取10件产品进行检验，如发现其中的次品数多于1，就去调整设备. 以X表示一天中调整设备的次数，试求E(X)(设诸产品是否为次品是相互独立的). 解答：

X的可能取值为0,1,2,3,4, 且知X～b(4,p), 其中

p=P{调整设备}

=1-C101×0.1×0.99-0.910≈0.2639, 所以E(X)=4×p=4×0.2639=1.0556.

习题4

据统计，一位60岁的健康(一般体检未发生病症)者，在5年之内仍然活着和自杀死亡的概率为p(0a), 应如何确定b才能使公司可期望获益，若有m人参加保险，公司可期望从中收益多少？ 解答：

令X=“从一个参保人身上所得的收益”，由X的概率分布为

X aa-b pk p1-p ∴E(X)=ap+(a-b)(1-p)=a-b(1-p)>0, 即a00,x≤0, 工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换. 若工厂售出一台设备赢利100元，调换一台设备厂方需花300元，试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望. 解答： 先求出利润函数L(X). L(X)={100,X≥1-300+100=-200,X<1, E(L)=100×P{X≥1}-200×P{X<1} =100×∫1+∞14e-x4dx-200×∫0114e-x4dx =100×e-14+200×e-14-200≈33.64(元). 习题10 设随机变量X的概率密度为f(x)={e-x,x>00,x≤0, 求：(1)Y=2X的数学期望；(2)Y=e-2X的数学期望. 解答： (1)E(Y)=E(2X)=∫-∞+∞2xf(x)dx=∫0+∞2xe-xdx=2. (2)E(e2X)=∫-∞+∞e-2xf(x)dx=∫0+∞e-3xdx=13. 习题11 设(X,Y)的分布律为 Y\\X 123 -101 0.20.10.00.10.00.30.10.10.1 (1)求E(X),E(Y); (2)设Z=Y/X, 求E(Z); (3)设Z=(X-Y)2, 求E(Z). 解答： (1)先求X与Y的边缘分布律，然后求E(X),E(Y). X 1 2 3 pk 0.4 0.2 0.4 Y -1 0 1 pk 0.3 0.4 0.3 所以E(X)=1×0.4+2×0.2+3×0.4=2.0, E(Y)=-1×0.3+0×0.4+1×0.3=0. (2)可以利用X,Y的联合分布先求出Z的分布律，然后求E(Z), 也可以利用定理直接求E(Z), 下面采取直接求法. E(Z)=E(YX)=∑i∑jyjxipij =(-1×0.2+1×0.1)+(-12×0.1+12×0.1)+(-13×0+13×0.1) =-115.

(3)E(Z)=E[(X-Y)2]=∑i∑j(xi-yj)2pij

=(1-(-1))2×0.2+(1-0)2×0.1+(1-1)2×0.1

+32×0.1+22×0.0+12×0.1+42×0.0+32×0.3+22×0.1 =5.

也可以利用期望的性质求E(Z), 得

E[(X-Y)2]=E(X2-2XY+Y2)

=E(X2)-2E(XY)+E(Y2)

=(12×0.4+22×0.2+32×0.4)-2[-1×0.2 +1×0.1+(-2)×0.1+2×0.1+(-3)×0.0+3×0.1] +(-1)2×0.3+12×0.3 =5.

习题12

设(X,Y)的概率密度为

f(x,y)={12y2,0≤y≤x≤10,其它,

求E(X),E(Y),E(XY),E(X2+Y2). 解答： 如右图所示.

E(X)=∫-∞+∞∫-∞+∞xf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xx?12y2dy=45, E(Y)=∫-∞+∞∫-∞+∞yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xy?12y2dy=35, E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xxy?12y2dy=12, E(X2+Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞(x2+y2)f(x,y)dxdy

=∫01dx∫0x(x2+y2)?12y2dy=23+615=1615. 习题13

设X和Y相互独立，概率密度分别为

?1(x)={2x,0≤x≤10,其它,?2(y)={e-(y-5),y>50,其它,

求E(XY). 解答：

解法一 由独立性.

E(XY)=E(X)?E(Y)=∫01x?2xdx∫0+∞ye-(y-5)dy=23×6=4.

解法二 令z=y-5, 则

E(XY)=E(X)?E(Y)=∫01x?2xdx?E(z+5)=23×(1+5)=4.

4.2 方差

习题1

设随机变量X服从泊松分布，且P(X=1)=P(X=2), 求E(X),D(X). 解答：

由题设知，X的分布律为

P{X=k}=λkk!e-λ(λ>0)

由P{X=1}=P{X=2}, 得λ11!e-λ=λ22!e-λ，即

λ=0(舍去), λ=2.

所以E(X)=2,D(X)=2. 习题2

下列命题中错误的是().

(A)若X～p(λ), 则E(X)=D(X)=λ;

(B)若X服从参数为λ的指数分布，则E(X)=D(X)=1λ; (C)若X～b(1,θ),则E(X)=θ,D(X)=θ(1-θ);

(D)若X服从区间[a,b]上的均匀分布，则E(X2)=a2+ab+b23.

解答： 应选(B).

E(X)=1λ,D(X)=1λ2.

习题3

设X1,X2,?,Xn是相互独立的随机变量，且都服从正态分布N(μ,σ2)(σ>0), 则ξˉ=1n∑i=1nξi服从的分布是ˉ. 解答：

由多维随机变量函数的分布知：

有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且

E(Xˉ)=μ,D(Xˉ)=σ2n.

习题4

若Xi～N(μi,σi2)(i=1,2,?,n), 且X1,X2,?,Xn相互独立，则Y=∑i=1n(aiXi+bi)服从的分布是 . 解答：

应填N(∑i=1n(aiμi+bi),∑i=1nai2σi2). 由多维随机变量函数的分布知：

有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且

E(Y)=∑i=1n(aiμi+bi),D(Y)=∑i=1nai2σi2.

习题5

设随机变量X服从泊松分布，且

3P{X=1}+2P{X=2}=4P{X=0},

求X的期望与方差. 解答：

设随机变量X的概率密度为

f(x)={ax2+bx+c,0

并已知E(X)=0.5,D(X)=0.15, 求系数a,b,c. 解答：

由概率密度性质有

1=∫-∞+∞f(x)dx=∫01(ax2+bx+c)dx=a3+b2+c,

即13a+b2+c=1. ①

又E(X)=∫-∞+∞xf(x)dx=∫01x(ax2+bx+c)dx=a4+b3+c2, 所以14a+13b+12c=0.5. ② 又E(X2)=D(x)+E2(x)=0.15+0.25=0.4,

E(X2)=∫-∞+∞x2f(x)dx==∫01x2(ax2+bx+c)dx=15a+14b+13c, 所以15a+14b+13c=0.4. ③ 解由式①，②，③联立而成的方程组得

a=12,b=-12,c=3

习题12

卡车装运水泥，设每袋水泥重量X(以kg计)服从N(50,2.52),问最多装多少水泥使总重量超过2000kg的概率不大于0.05？ 解答：

设最多装n袋水泥.由题设，每袋水泥重量

Xi～N(50,2.52),i=1,2,?,n,

且X1,X2,?,Xn相互独立. 总重量∑i=1nXi, 要求P{∑i=1nXi>2000≤0.05, 求n？

∑i=1nXi～N(50n,n?2.52), 所以

P{∑i=1nXi>2000=P{∑i=1nXi-50n2.5n>2000-50n2.5n =1-Φ(2000-50n2.5n)≤0.05, 即Φ(4000-100n5n)≥0.95,

查标准正态分布表得4000-100n5n=1.645.

由方程400n2-32002.706n+800=0解得n≈39.483(袋), 故最多装n=39袋才能使总重量超过2000kg的概率不大于0.05.

习题13

设随机变量X1,X2,X3相互独立，其中X1在[0,6]上服从均匀分布，X2服从参数λ=1/2的指数分布，X3服从参数λ=3的泊松分布，记Y=X1-2X2+3X3, 求D(Y). 解答：

因X1在[0,6]上服从均匀分布，故D(X1)=(6-0)212=3; 又因X2～e(1/2),X3～P(3), 故

D(X2)=1/(1/2)2=4,D(X3)=3.

因X1、X2、X3相互独立，根据方差的性质得 D(Y)=D(X1-2X2+3X3)=D(X1)+4D(X2)+9D(X3) =3+4×4+9×3=46.

习题14

设X服从参数为1的指数分布，且Y=X+e-2X, 求E(Y)与D(Y). 解答：

由于X服从λ=1的指数分布，因此E(X)=1,D(X)=1, E(X2)=D(X)+(E(X))2=2,

E(Y)=E(X+e-2X)=E(X)+E(e-2X)=1+∫0+∞e-2xe-xdx =1+1/3=4/3,

E(Y2)=E((X)+e-2X)2)=E(X2+2Xe-2X+e-4X), E(Xe-2X)=∫0+∞xe-2xe-xdx=∫0+∞xe-3xdx=19, E(e-4X)=∫0+∞e-4xe-xdx=∫0+∞e-5xdx=15, E(X2)+2E(Xe-2X)+E(e-4X)=2+2/9+1/5=109/45, D(Y)=E(Y2)-(E(Y))2=109/45-16/9=29/45. 习题15

已知X～N(1,32),Y～N(0,42),ρXY=-12, 设Z=X3+Y2, 求Z的期望与方差及X与Z的相关系数. 解答：

由已知，E(X)=1,D(X)=32,E(Y)=0,D(Y)=42, 所以 E(Z)=E(X3+Y2)=13E(X)+12E(Y)=13,

D(Z)=D(X3+Y2)=132D(X)+14D(Y)+2×13×12Cov(X,Y) =1+4+13×ρXY×D(X)D(Y)=5+13×(-12)×3×4=3,

ρXZ=cov(X,Z)D(X)D(Z)=cov(X,13X+12Y)D(X)D(Y)=13D(X)+12cov(X,Y)D(X)D(Z)

=D(X)3D(Z)+ρXY?D(Y)2D(Z)=333-443=0. 习题16

设X,Y的概率密度为

f(x,y)={1,∣y∣≤x,0≤x≤10,其它,

(1)求关于X,Y的边缘概率密度；

(2)求E(X),E(Y)及D(X),D(Y); (3)求cov(X,Y).

解答：

(1)当0≤x≤1时，fX(x)=∫-xx1dy=2x, 故fX(x)={2x,0≤x≤10,其它；

当0≤y≤1时，fY(y)=∫y11dx=1-y；

当-1≤y≤0时，fY(y)=∫-y11dx=1+y，故

fY(y)={1+y,-1≤y≤01-y,0≤y≥10,其它={1-∣y∣,当-1≤y≤10,其它.

(2)先画出f(x,y)不为0的区域G

E(X)=∫01x?2xdx=23,E(X2)=∫01x2?2xdx=12, 故

D(X)=12-(23)2=118, E(Y)=∫-11y(1-∣y∣)dy=0, E(Y2)=∫-11y2(1-∣y∣)dy=2∫01y2(1-y)dy=16, 故D(Y)=16.

(3)E(XY)=∫∫Gxydy=∫01dx∫-xxxydy=0, 故

cov(X,Y)=0.

习题17

设随机变量X～U(0,1),Y～U(1,3), X与Y相互独立，求E(XY)与D(XY). 解答：

因为fX(x)={1,0

f(x,y)={1/2,0

则

E(XY)=∫01xdx∫1312ydy=12×2=1, E(X2Y2)=∫01x2dx∫1312y2dy=13×133=139,

故D(XY)=E(X2Y2)-[E(XY)]2=139-1=49. 习题18

设E(X)=2,E(Y)=4,D(X)=4,D(Y)=9,ρXY=0.5, 求：

(1)U=3X2-2XY+Y2-3 的数学期望； (2)V=3X-Y+5的方差.

解答：

(1)E(U)

=E(3X2-2XY+Y2-3)=3E(X2)-2E(XY)+E(Y2)-3

=3[D(X)+(E(X))2]-2[E(X)E(Y)+ρXYD(X)?D(Y)]+[D(Y)+(E(Y))2]-3 =24;

(2) D(V)=D(3X-Y+5)=9D(X)+D(Y)-6cov(X,Y)

=45-6ρXYD(X)?D(Y)=27.

习题19

设W=(aX+3Y)2,E(X)=E(Y)=0, D(X)=4,D(Y)=16,ρXY=-0.5. 求常数a, 使E(W)为最小，并求E(W)的最小值. 解答：

E(W)=E(aX+3Y)2=E(a2X2+9Y2+6aXY)=a2E(X2)+9E(Y2)+6aE(XY)

=a2{D(X)+[E(X)]2}+9{D(Y)+[E(Y)]2+6a[ρD(X)D(Y)+E(X)E(Y)] =4a2+144-24a=4[(a-3)2+27],

易见，当a=3时，E(W)达到最小，且E(W)min=4×27=108.

注：求E(W)最小时的a, 也可利用求导法.

dEda=8(a-3),

令dEda=0, 得a=3是唯一驻点. 又因d2Eda2=8>0, 故a=3为极小点，也是最小点，所以，当a=3时E(W)最小，且最小E(W)值为108.

习题20

某班有学生n名，开新年联欢会，每人带一份礼物互赠，礼物集中放在一起，并将礼物编了号，当交换礼物时，每人随机地拿到一个号码，并以此去领取礼物，试求恰好拿到自己准备的礼物的人数X的期望和方差. 解答： 设随机变量

Xi={1,若第i人拿到自己准备的礼物0,若第i个人未拿到自己准备的礼物

(i=1,2,?,n),

显然有X=∑i=1nXi, 易知

P{Xi=1}=1n,P{Xi=0}=1-1n,i=1,2,?,n,E(X)=1,

由于X1,X2,?,Xn不相互独立，因此

D(X)=∑i=1nD(Xi)+2∑1≤i≤j≤n∑cov(Xi,Xj),

而

D(Xi)=E(Xi2)-[E(Xi)]2=P{Xi2=1}-(1n)2=1n-1n2=1n(1-1n),

cov(Xi,Xj)=E(XiXj)-E(Xi)E(Xj),

XiXj取值为0,1, 定义：

P{XiXj=1}=P{Xi=1,Xj=1}=P{Xi=1}P{Xj=1∣Xi=1} =1n?1n-1,

于是E(XiXj)=1?P{XiXj=1}=1n(n-1), 因而

cov(Xi,Xj)=1n(n-1)-1n2=1n2(n-1),

所以D(X)=n?1n(1-1n)+2Cn2?1n2(n-1)=n-1n+1n=1.

习题21

设A和B是随机试验E上的两事件，且P(A)>0,P(B)>0, 定义随机变量X,Y为

X={1,若A发生0,若A不发生, Y={1,若B发生0,若B不发生,

证明：若ρXY=0, 则X和Y必定相互独立. 分析： 解答：

X,Y的分布律分别为 X 1 0 pi P(A) P(Aˉ) Y 1 0 pi P(B) P(Bˉ) XY 1 0 pi P(AB) 1-P(AB) 于是E(X)=P(A),E(Y)=P(B),E(XY)=P(AB), 0=ρXY=cov(X,Y)D(X)D(Y)=E(XY)-E(X)E(Y)D(X)D(Y)?E(XY)=E(X)E(Y), 即P(AB)=P(A)P(B),故A与B相互独立，由事件独立的性质可知A与Bˉ, Aˉ与B, Aˉ与Bˉ也相互独立，于是 P{X=1,Y=1}=P(AB)=P(A)P(B)=P{X=1}P{Y=1}, P{X=0,Y=0}=P(ABˉ)=P(A)P(Bˉ)=P{X=1}P{Y=0}, P{X=0,Y=1}=P(AˉB)=P(Aˉ)P(B)=P{X=0}P{Y=1}, P{X=0,Y=0}=P(AˉBˉ)=P(Aˉ)P(Bˉ)=P{X=0}P{Y=0}, 故X与Y相互独立. 习题22 设二维随机变量(X,Y)～N(0,0,σ12,σ22,ρ), 其中σ12≠σ22. 又设 X1=Xcosa+Ysina,X2=-Xsina+Ycosa, 问何时X1与X2不相关，X1与X2独立？ 解答： 因为(X1,X2)是(X,Y)的线性变换，所以(X1,X2)仍然是二维正态随机变量，若X1与X2不相关，X1与X2必然独立. E(X1)=E(X2)=0, cov(X1,X2)=E[(Xcosa+Ysina)(-Xsina+Ycosa)]-0 =E[-X2sinacosa+Y2sinacosa+XY(cos2a-sin2a)] =(σ22-σ12)sinacosa+ρσ1σ2(cos2a-sin2a). 若X1与X2不相关，则cov(X1,X2)=0, 从而有 tan2a=2sinacosacos2a-sin2a=2ρσ1σ2σ12-σ22, 此时，X1与X2不相关，且X1与X2独立. 习题23 在每次试验中，事件A发生的概率为0.5, 利用切比雪夫不等式估计，在1000次独立重复试验中，事件A发生的次数在400～600之间的概率. 解答： 设X表示在1000次独立事件重复试验中，事件A发生的次数，则X～b(1000,0.5),

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