概率论 第二版 杨振明 课后题答案

2.1.习题

1．设随机变量?的分布函数为F(x)，证明?机变量，并求?的分布函数．

证明：由定理2.1.3随机变量的Borel函数仍为随机变量， 故?

?pq?11?qp?

1?p21?q2

?e?也是随

?pq?11?qp?

(1?p)qp(1?q)?e?也是随机变量．

??的分布函数为

F?(y)?P{??y}?P{e??y}

当当

pq?

1?p1?q4．在半径为R的圆内任取一点（二维几何概型），试求此点到圆心之距离?的分布函数及P{??y?0时，{e??y}??，故F?(y)?0；

y?0时

，

2R}． 3R

解：此点到圆心之距离?的分布函数为

F?(y)?P{??y}?P{e??y}?P{??lny}?F?(y)

因此，?的分布函数为

F(x)?P{??x}

ln当x?0时，{??x}??，F?x??0；

?F(lny),y?0． F?(y)???y?0?03．假定一硬币抛出正面的概率为

?x2x2?2当0?x?R时，F(x)?P{??x}?2?RR当x?；

R时， F?x??1

p(0?p?1)，反复抛这

故?的分布函数为

枚硬币直至正面与反面都出现过为止，试求：（1）抛掷次数?的密度阵；（2）恰好抛偶数次的概率．

解：（1）{??k}表示前k?1次都出现正(反)面，第k次出

现反(正)面，据题意知，

x?0?0,2??xF(x)??2,0?x?R．

?Rx?R??1,2R2R(2R/3)245P{??}?1?F()?1??1??． 23399R5．在半径为1的车轮边缘上有一裂纹，求随机停车后裂纹距

P{??k}?pk?1(1?p)?(1?p)k?1p，k?2,3,4,?

所以，抛掷次数?的密度阵为

23???2p?2p2p?p2?kpk?1(1?p)?(1?p)k?1p? ???地面高度?的分布函数．

(2) 恰好抛掷偶数次的概率为：

P{??2}?P{??4}?P{??6}???P{??2n}??

?pq?qp?p3q?q3p?p5q?q5p???p2n?1q?q2n?1p?? x?1

?1x(1?x?x(0?x?1)

?pq(1?p2?p4??)?qp(1?q2?q4??)

1

解：当x?0时，{??x}??，F?x??0；

0,x?0,??R1??arccos(1?x)?12F?x??F????,1???P???1?????x,0?x?1,2?R2??2F?x??? ；

1??x2?2x?1,1?x?2,当裂纹距离地面高度为x?0?x?1?时，分布函数为?2?1,x?2.?2arccos?x?1?RF?x??F????,x???P???x??（2）P?0.2???1.2??P???1.2??P???0.2? 2?R?arccos?x?1??当裂纹距离地面高度为1时，分布函数为

???arccos?1?x?；

?x?2)时，分布函数为

7．设

?F?1.2??F?0.2??0.66

当裂纹距离地面高度为x(1?p(x)?e?e(x?a)，x?0

；

a使p(）求 x)2??2arccos?1?x??R（1???arccos1?为密度函数；x????F?x??F????,x???P???x???2?R?（2）若?以此p(x)为密度函数，求b使P{??b}?b．

当x?2时， F?x??1；

解：（1）由密度函数的性质，知

???111??p(x)dx??e?e(x?a)dx??e?e(x?a)?eea

??00ee则?的分布函数为

0x?0?????arccos?1?x?F?x???0?x?2

??1x?2??6．已知随机变量?的密度函数为

解得，a?1． e（2）【法一】根据概率的非负性，b当b当

??0，

?0时，P{??b}?1，显然P{??b}?b不成立；

b?0?1?e(x?)ebb时

1，

,0?x?1,?x p?x???2?x,1?x?2.?P{??b}??p(x)dx??e

1?e(x?e)?1?e(bdx??e?ebee试求：(1)

（2）P?0.2???1.2?． ?的分布函数，

解：（1）当x当0?当

x?0时，F(x)??p(t)dt??0dt?0；

????xx1?e(b?e)?b， 而P{??b}?b，即ee解得，b1x?1时，F(x)??p(t)dt??tdt???0xx12x； 2，

?1． e1?x?21x时

【法二】?的分布函数为

1F(x)??p(t)dt??tdt??2?tdt??x2?2x?1；

??012当x?2时，F(x)??p(t)dt??tdt??2?tdt?1；

??01x120??1?F?x???1?e??x??1e???e?1?ee?e

,,x?0x?0,.则?的分布函数为

P???b??1?P???b??1?F?b??b

2

当b?0时，F?b??0，上式不成立．

?1??eb??1???e?e?(2) 至多命中两次的概率

当b?0时，

F?b?e1?e eP{??2}?P{??0}?P{??1}?P{??2}

012?C20p0(1?p)20?C20p1(1?p)19?C20p2(1?p)18

?1??eb??1?e??则1?ee1?e?b， e解得，b?1． e01?C200.20(1?0.2)20?C200.21(1?0.2)19?8.设F(x)是连续型分布函数，试证对任意a?b有

(3) 故k在二项分布中，

?0.206．

k?[(n?1)p]时，P{??k}最大，

??F(x?b)?F(x?a)?dx?b?a.

????证：等式左边= =

????????x?bx?ap(t)dtdx

?[(20?1)?0.2]=4时最大，即最可能命中的次数为4次． 2．同时掷两枚骰子，直到某个骰子出现6点为止，求恰好掷

????x?bx?ad(F(t))dx

因F(x)是连续的分布函数则上式积分可以交换．

n次的概率．

则上式交换积分次序得

????x?bx?ax?b??x?bx?ad(F(t))dx

d(F(t))dx

?????????x?a(F(??)?F(??))dx

1，同时出现6点的情况6111有两种：都是6点概率为×，其中一个是6点的概率为2×

666511×．因此掷两枚骰子出现6点的概率是． 636解：掷一枚骰子出现6点的概率是

以?表示某骰子首次出现6点时的投掷次数，题目要求恰好掷

?2.2习题

?x?bx?a1dx?b?a．

n次则前

n?1次都没有出现

1111)(1?)n?1． 36366点，于是所求概率为

1．向目标进行20次独立的射击，假定每次命中率均为0.2．试求：（1）至少命中1次的概率；（2）至多命中2次的概率；（3）最可能命中次数．

解：令?表示命中次数，这是n=20重Bernoulli试验，每次命中率

P{??n}?(3．某公司经理拟将一提案交董事代表会批准，规定如提案获多数代表赞成则通过．经理估计各代表对此提案投赞成票的概率为0.6，且各代表投票情况相互独立．为以较大概率通过提案，试问经理请3名董事代表好还是请5名好？

解：即求请3名董事获多数赞成通过的概率大还是请5名董事通过的概率大．令?表示3名董事代表对提案的赞成数，则

p=0.2，命中次数?服从B(20,0.2)分布．

(1) 至少命中一次的概率

0P{??1}?1?P{??1}?1?P{??0}?1?C20p0(1?p)20?~B(3,0.6)分布．

0?1?C200.20(1?0.2)20?0.988．

多数赞成，即

P{??2}?P{??2}?P{??3}

3

3P{??7}?C60.64(1?0.6)3?0.1658883?C320.62(1?0.6)1?C30.63(1?0.6)0

因此，P{??i}?Ci3?10.64(1?0.6)i?4，i=4,5,6,7

对甲先胜四场成为冠军的概率是

?0.648

P{??4}?P{??4}?P{??5}?P{??6}?P{??7}?0.7令?表示5名董事代表对提案的赞成数，则?~B(5,0.6)分布．

多数赞成，即

P{??3}?P{??3}?P{??4}?P{??5}

?C30.6)2?C4550.63(1?50.64(1?0.6)1?C550.6(1?0.6)0

?0.68256

因此，请5名董事代表好．

4．甲、乙二队比赛篮球．假定每一场甲、乙队获胜的概率分别为0.6与0.4，且各场胜负独立．如果规定先胜4场者为冠军，求甲队经i场(i=4,5,6,7)比赛而成为冠军的概率

pi．再问与赛满3

场的“三场两胜”制相比较，采用哪种赛制甲队最终夺得冠军的概率较小？

解：令?表示甲成为冠军所经过比赛的场数． 对甲先胜四场为冠军：{??i}表示前i?1场中胜三场，第i场

必胜．

则

P{??4}?C440.64(1?0.6)0?0.1296

P{??5}?C3440.6(1?0.6)1?0.20736

P{??6}?C3450.6(1?0.6)2?0.20736

4

．

对赛满3场的“三场两胜”制：甲前两场中胜一场，第三场必胜 则

P{??3}?C1220.6(1?0.6)1?0.288．

因此，进行甲先胜4场成为冠军的概率较大．

5．对n重Bernoulli试验中成功偶数次的概率Pn． 解：记

p为一次Bernoulli试验中事件成功的概率，q为失

败的概率． PC00n?C22n?2n?npqnpq??

由

1?(p?q)n?C00n1p1qn?1????Cnn0npq?Cnnpq

①

(q?p)n?C00n1?1????Cnnpq?Cnpqnn(?p)nq0

②

（①-②）/2得：

1?(q?p)nPn?2

7．在可列重Bernoulli试验中，以?i表第i次成功的等待时间，求证?2??1与?1有相同的概率分布．

解：这是一个几何分布．?2??1表示第一次成功到第二次成

功的等待时间．

如果第一次成功到第二次成功进行了m次试验，而第一次成功进行了n次 试验．根据几何分布的无记忆性可得：

P{?2??1?m}?(1?p)m?1p,P{?1?n)?(1?p)n?1p

因此，?2??1与?1有相同的概率分布．

8.（广义

Bernoulli试验）假定一试验有r个可能结果

A1,?,Ar，并且

P(Ai)?pi?0，p1?p2???pr?1．现将此试验独立

地重复n次，求

A1恰出现k1次，……，Ar恰出现kr次(ki?0，

k1?k2???kr?n)的概率．

解：设一次试验的可能结果为A1,?,Ar，它们构成一完备事

件组，

P?Ai??pi，

?pi?1，则在n次重复独立试验中iA1,?,Ar分别出现

k1,k2,,kr次的概率为 n!kkpk1pk2?pkr ．

1!2!?kr!（

A1恰出现k1次，……，Ar恰出现kr次，则Ai组成n元序列，

上述n次试验结果由分成r组，共有Ckn1Ckn2?k1?Ckkrr种结果，每

种结果出现的概率是pk1pk2?pkr，则n次Bernoulli试验中A1恰出现

k1次，……，

Ar恰出现kr次(ki?0，k1?k2???kr?n)

的

概

率

概

率

是

Ck1knCn2?kr1?Ckkrpk1pk2?pkr

?n!kpk1pk2?pkr ）

1!k2!?kr!2.3 Poisson分布

1．假定螺丝钉的废品率

p?0.015，试求一盒应装多少只才

能保证每盒中正品在100只以上的概率不小于80%．

解：设每盒应装100+k只，为使每盒有100只以上的好钉，则每盒次品的个数

?应

?k-1，故

5

k?1pik?i01?P{??k?1}??Ci1?0kp0(1?p)1?0?0.8

i?0由于k值不大，有(100?k)?0.015?1.5,

?k?11.5i?1.5ie?0.80,

i?0!查表，当k?1?1时, p1=0.557825；当k?1?2时, p1=0.8,

则k=3时，满足题设条件，故每盒中应装103只．

2．据以往的记录，某商店每月出售的电视机台数服从参数??7的 Poisson分布．

问月初应库存多少台电视机，才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求．

解：设月初应当库存电视机台数为?，则每月出售的电视机台

n数?，要满足顾客的要求，则

?Cinpi(1?p)n?i?0.999,

i?0n即

??i??i!e?0.999．

i?0n查表得： 当n=15时，

??i?i?0i!e??0.997553；

n当n=16时，

??i?i!e??0.999001；

i?0因此，月初应当库存16台电视机才能以0.999的概率保证满足顾客对电视机的需求．

3．保险公司的资料表明，持有某种人寿保险单的人在保险期内死亡的概率为0.005．现出售这种保险单1200份，求保险公司至多赔付10份的概率．

解：保险公司赔付的份数?服从n=1200,p=0.005

的二项分

布．

根据Poisson定理，?服从参数为??1200?0.005?6的

Poisson分布．

10P{??10}???k?6k?0k!e

查表，得P{??10}?0.95738．

4．假定每小时进入某商店的顾客服从??200的 Poisson分

布，而进来的顾客将购买商品的概率均为0.05，且各顾客是否购物相互独立，求在一小时中至少有6位顾客在此商店中购物的概率．

解：记每小时进入某商店的顾客数为?，则?服从??200的Poisson分布．

记每小时在商店中购物的顾客数为?，顾客购物概率为p．

以事件

???n?,n?1,2,3,?为分割，由全概率公式得，

对于非负整数k, 有

??P???k?=?P???n?P???k|??n?

n?0?? =

??k?kkn!e?Cnpkqn?

n?k?? =?(?q)n?ke??(?p)k n?k(n?k)!k! =1k!??p?ke??p

??kP???6???(?p)e??pPoisson分

k?6k!满足?1??p?10的布，

查表，得P???6??0.93214．

8．假定非负整值离散型分布的密度

?pk?满足条件

pk?p=

k?1k,k?1,其中常数?>0，试证明分布是以?为参数的Poisson分布．

解：

p1p2p····

pk0p·1p???·····?k?112k

=

?kk!

6

由此得：

pk??k??k!p?k0，并且?p0=1,可得p0=e??，故

k?0k!p?k??k?k!e．因此，此分布是以?为参数的Poisson分布．

2.4 重要的连续性分布

1．设

?服从区间

(0,5)上的均匀分布，求二次方程4x2?4?x???2?0有实根的概率．

解：由题意知，?的概率密度函数为

?p(x)??1?0?x?5 ?5?0其它若方程有实根，则??(4?)2?4?4?(??2)?0，

即?2???2?0， 解得，???1或??2．

则P{方程有实根}?P{???1}?P{??2}

?P{???1}?1?P{??2}

?0?1??215dx?305． 3．假定随机变量?只取区间

(0,1)中的值，且对任何

0?x?y?1，?落在子区间(x,y)内的概率仅与y?x有

关．求证?服从区间(0,1)上的均匀分布．

?0,x?(??,0]证法一：定义F(x)???P{0???x},x?(0,1]则

??1,x?(1,?)F(x)是?的分布函数．由题设得对任意2x?(0,1)有

P{0???x}?P{x???2x}，即有P{0???2x}?2P{0???x}．由此得F(2x)?2F(x)．逐一类推可得，若nx?(0,1)，则

F(nx)?nF(x)，或者

若

1xmF(x)?F()．从而对有理数nnn，4．设

?服从

N(3,分4布．(1)求

a使

m?m?mx与x都属于(0,1)，则有F?x??F(x)．再由n?n?nP???a??2P???a?;(2)求b使P???3?b??0.95．

解：由题意知，?（

?3，??2

1

）

F(x)的左连续性可得，对任意无理数a，若ax与x都属于(0,1)，则F(ax)?aF(x)．

因为区间(0,1)与[0,1]的长度相等，由题设得

P???a??1?P???a??1?P???a??2P???a?

得，3P即

???a??1 P???a???(1 33??1)?23， 即

F(1)?P{0???1}?P{0???1}?1.

由此及上段证明得，对任意x?(0,1)有

??32)?13 ，

1??(?(3??2)? 23?0.6664，解得a?2.14。

2

）

F(x)?xF(1)?x，即F(x)为 查表，得?(0.43)（

?0,x?0?F(x)??x,0?x?1

?1,x?1?∴ ?服从(0,1)上均匀分布．

证法二：如同证法一中定义?的分布函数F(x)，由F(x)单调知它对(0,1)上的L－测试几乎处处可微．设x1,x2当xiP???3?b??P?3?b???3?b???(

3?b?33?b)??(22bbbb??()??(?)?2?()?1?0.95，??()?0.975

2222查表，得?(1.96)?0.975，解得b?3.92。

2?(0,1)，5．在正常的考试中，学生的成绩应服从N(a,?)分布．若

??x?(0,1)(i?1,2)时，由题设得

规定分数在a??以上为“优秀”，a 至a??之间为“良好”，

F(x1??x)?F(x1)?P{x1???x1??x}

a??至a之间为 “一般”，a?2?至a??之间为“较差”，

．试求这五个等级的学生各占多大比例． a?2?以下为“最差”

解：记优秀，良好，一般，较差，最差分别为事件

?P{x2???x2??x}?F(x2??x)?F(x2)

等式两端都除以?x，再令?x?0可得，由F'(x1)存在可推得

A,B,C,D,E

记学生的成绩为?，则

a???aP(A)?P???a????1?P???a????1??()?1??(1)F'(x2)也存在，而且F'(x2)?F'(x1)．从而对任意x?(0,1)?a???aa?aP(B)?P?a???a?????()??()??(1)??(0)?有F'(x)?c．当x?(0,1)时，显然有F'(x)?0．一点的长??a?aa???aP(C)?P?a?????a???()??()??(0)??(?1)??(}?0．由上所述可知?度为0，由题设得P{??0}?P{??1??a???aa?2??aP(D)?P(a?2??a??)??()??()??(?1)??(?是连续型随机变量，F'(x)是其密度函数，从而定出c?1．至??a?2??aP(E)?P???a?2????（）=?（-2）=1-?（2）=1此得证?服从(0,1)均匀分布． ?

7

6．某人要开汽车从城南到城北火车站．如果穿行，则所需时间（单位：分钟）服从N(50,100)分布．如果绕行，则所需时间服从N(60,16)分布．假设现在他有：（1）65分钟可用；（2）70分钟可用，试分别计算是穿行还是绕行好些？

解：记?为到火车站所需时间

解：由已知得，

?1?2x?eP(x)??2?0?x?0其它

?x?2?F(x)??1?e??0x?0

其它（1）记检修时间为?，

(1). P1???65???(

65?50)??(1.5)?0.9332 1065?60P2???65???()??(1.25)?0.8944

4P(??2)?1?P(??2)?1?P(??2)?1?F(2)?e?1；

（2）由指数分布的无记忆性得，

因为0.9332?0.8944，所以穿行好些。

P{??5|??4}?P{??1}?1?P{??1}?e9．设?服从参数?为的指数分布，求??12。

(2). P3???70???(70?50)??(2)?0.9772 1070?60P4???70???()??(2.5)?0.9798

4?????1的分布．

因为0.9772?0.9798，所以绕行好。

7．已知随机变量?服从标准正态分布，而???e??x解：由已知得，P(x)???0视

x?0 其它??或???1?e??xF(x)???0x?0其它

|?|?1或|?|?1而定．试求?的分布．

P(??k)?P(????1?k)?P(????k?1)?P(k?1???k)?????解：由题意知 ?????????1，所以，

??1P(??k)P(??k?1)P(??2)?e??,?e??...?e??,P(?P(??k?1)P(??k?2)P(??1)?P(??y)?F?(y) ??1?F?(y)?P(??y)????1??P(???y)?P(???y)?1?P(???y)?1?F?(?y)???P(??k)?(e)k?1P(??1)?(e??)k?1(1?e??)

则?服从

2p?1?e??几何分布．

y?2.5多维概率分布 1?2?F?(y)?Pe??1??(y)?2???1． 甲从1，2，3，4中任取一数，乙再从1，… ? 中任取一整P?(y)?F?(y)???(?y)2?y211?22??(1?F(?y))?F(?y)?P(?y)?e?e??1????2?数?．试求（2??,?）的联合分布与边缘分布． ?

综上可知，?服从标准正态分布

8．假设一机器的检修时间（单位：小时）是以?解： ?可以取的值为1，2，3，4.那么?取每一个值的概率为

1，4?

1

为参数2

一但?取定值i，那么?只能从1，2，… 概率为

i中取值取每一个值的

的指数分布．试求：（1）检修时间超过2小时的概率；（2）若已经修理4个小时，求总共要少5个小时才会修理好的概率．

8

1．于是有： i1 4iP???i,??j??P???j??i?P???i??

所以（?,?）的联合分布与边缘分布如下：

?\\? 1 2 3 4 p?j 1 11114 8 12 251628 2 0 111138 12 16 48 3 0 0 11712 16 48 4 0 0 0 1116 16 p11111 i? 4 4 4 4

3 . 设(?,?)的联合密度函数为 p(x,y)?12sin(x?y), 0?x,y??2

试求： ( 1 ) (?,?)的联合分布函数; （ 2 ）?的边缘密度函

数．

解：由(?,?)的联合密度函数的定义域为0?x,y??2于是分下

列区域进行讨论：

当0?x,y??2时,

F(x,y)??x10?y02sin(s?t)dtds =?12?x0cos(s?t)|y0ds

=?12?x0[cos(s?y)?cos(s)]ds

=?1xx2[sin(s?y)|0?sins|0]

= 12[sinx?siny?sin(x?y)]

当x,y??2时，F(x,y)?1

当0?x??2,y??2时,

F(x,y)??x?210?02sin(s?t)dtds 9

=?12?x0[cos(s??2)?coss]ds

=12[sinx?1?sin(x??2)] = 12(sinx?cosx?1) 当0?y??2,x??2时,

?F(x,y)??2y10?02sin(s?t)dtds ? =?12?20[cos(s?y)?cos(s)]ds

=

1?2[1?siny?sin(y?2)] =12(siny?cosy?1)

其他区域F(x,y)?0

??1[sinx?siny?sin(x?y)]，0?x,y???2?1F(x,y)??2(sinx?cosx?1)，0?x??2?2,y?2?1?(siny?cosy?1)，0?y??,??22x?2??1，x,y??0，2?其它

(2) ?的边缘密度函数为：

p???(y)????p(x,y)dx

?=

?2102sin(x?y)dx =

12(cosy?sinx)， 0?y??2 5. 设分布函数

F1(x)与F2(x)对应的密度函数为p1(x)与

p2(x)．证明对于任何??(?1,1)有

p?(x,y)?p1(x)p2(y){1??{2F1(x)?1][2F2(y)?1]}

是二维密度函数，且以p1(x)与p2(y)为其边缘密度函数． 证明：从定义出发进行证明：

p?(x)??p?(x,y)dy

????

? p1(x)与p2(y)?0,且F1(x),F2(x)是分布函数 ?F1(x),F2(x)?[0,1]

?2F1(x)?1,2F2(y)?1?[?1,1]．

又?

??p1(x)p2(y){1??[2F1(x)?1][2F2(y)?2]}dy

????

?p1(x)?{1??[2F1(x)?1][2F2(y)?1]}dF2(y)

??????(?1,1)

2?p1(x){F2(y)|????[2F(x)?1][F(y)?F1(y)]??12

??1??[2F1(x)?1][2F2(y)?1]?1 ?1??[2F1(x)?1][2F2(y)?1]?0

?p1(x)p2(y){1??[2F1(x)?1][2F2(y)?1]}?0

即

?p1(x){1??[2F1(x)?1](1?1)}

?p1(x)

同理有?的边缘密度函数为即证得：

p2(y)

p?(x,y)?0，非负性得证． (?,?)是以p1(x)与p2(y)为其边缘密度函数的．

???????????????p?(x,y)dxdy

????16、证：我们有

0?Fi(xi)?1,1?2fi(xi)?1?2?1?1,

??p2(y)dy?p1(x)[1??[2F1(x)?1][2F2(y)?1]dx

?1?[2F1(x1)?1][2F2(x2)?1][2F3(x3)?1]?1,

代

入

??p2(y)dy?1??[2F1(x)?1][2F2(y)?1]dF1(x)????????f?(x1,x2,x3)的表达式得

?2????p2(y){F1(x)|?????[2F2(y)?1](F1(x)|??????f?(x1,x2,x3)?0 (1)

??F1(x)|???)}dy又有

??p2(y){1??{2F2(y)?1](1?1)dy

????????2Fi(xi)?1?fi(xi)dxi?????2Fi(xi)?1?dFi(xi)?F12(xi)?Fi(xi)????p2(y)dy

??????????0

?1

规范性得证．

????f?(x1,x2,x3)dx1dx2dx3?对于任

????何的

??(?1,1)有

?????f1(x1)dx1????f2(x2)dx2????f3(x3)dx3?1

(2)

由（1），（2）知f?(x1,x2,x3)是密度函数．用与上面类似的方法计算可得边际密度函数为

p?(x,y)?0,?维密度函数.

?????p?(x,y)dxdy?1所以p?(x,y)是二

下面讨论二维密度函数

p?(x,y)中??的边缘分布：

????f?(x1,x2,x3)dx2dx3?f1(x1),

（1）?的边缘密度函数为：

???f?(x,x,x)dxdx12311232?f3(x3)

3???f?(x,x,x)dxdx1?f2(x2).

10

6. 设(?,?)的联合密度函数为 当1?m?n时

P{?1?m,?2?n}?P{??m,??n?m}?P{??m}P{??n

p(x,y)?cxy2,0?x?2,0?y?1.

试求： （1）常数

c；（2）：?,?至少有一个小于12的概率.

解： 由联合密度函数的规范性知：

?210?0cxy2dydx?1

即

?2cx03dx?1 ?2c3?1

解得c?32．

??(?,?)的联合密度函数为

p(x,y)?32xy2 （2）?,?至少有一个小于12的概率p为：

p?P{??12}?P{??12}?P{??112,??2}

1111??2130?xy2dydx??2?23xy2dxdy??2?230xy22002002dxxy

1111??2x2y3|1234y2x2|2300dx??0dy??22004y2x2|0dy

?23128 7. 在可列重伯努利试验中，以?i表示第i成功的等待时间，试求

(?1,?2)的：

1）

联合分布; (2) 边缘分布.

（注：?1表示第一次成功的等待时间，?2表示第二次成功的等待时间，???1??2表示第一次成功到第二次成功的等待时间．根

据无记忆性，?服从几何分布，即忘记了第一次成功的信息．）根据题目要求，本题解答如下 解：(1)设一次试验中成功的概率为

p 失败的概率为q；

因为?1,?2服从几何分布具有无记忆性所以：

11

?qm?1pqn?m?1p?qn?2p2

(2)边缘分布

a. ?1的边缘分布：

根据边缘分布的定义当?1取值为m时的边缘分布．即让?2遍历所有可能的值m?1,m?2,?n于是有：

P{?m?11?m}?qp2?qmp2???qn?2p2

?i??n?2qip2?pqm?1

m?1即?1的边缘分布为

pm.?pqm?1(1?m)

b. ?2的边缘分布：

当第二次成功出现在第

n次时 ，即让?1遍历可能的值

1,2,3,?n?1．而?1取每一个值的概率均为 qn?2p2，于是有P{?2?n}?(n?1)qn?2p2

即?22的边缘分布为：

p.n?(n?1)qn?2p,n?2

8．设(?,?)服从区域D?{(x,y):0?x2?y?x?1}上的

均匀分布．试求： (1) ?的边缘分布；

（2）P{??12} 解

：

（

1

）

因

为

(?,?)服

从

区

域

{

D?{(x,y):0?x2?y?x?1}上的均匀分布，所以有

?1p(x,y)???,(x,y)?D

?m(D)?0,其它并且有m(D)?0?x2??dxdy??1(x?x21?y?x?10)dx?2?13?16 ?当(x,y)?D时p(x,y)?6．于是有?的边缘分布为

：

p?(x)??p(x,y)dy??6dy?6(x2?x)??x??x2

x?(0,1)

（

2

）

法

（

1

）

：

当

???2?1?1?r?2(1?r2)???1?ed? 2???02??1?2S??22???时，

P{(?,?)?D(?)}?1．

，由此得

11y117P{??}??1p?(y)dy??1?6dxdy??16(y?y)dy??2y2??1?2242?1222d???0S21?r2

法（2）： 而

111P{??}?1?P{??}?1?F()

222210. 设随机向量有联合密度函数

p(x,y,z)?xze?(x?xy?z), x,y,z?0

113F()??26(x?x2)dx??126(?x2)dx?2?

02242所以P(?1 (1).?的一维边缘密度；（2）?的一维边缘密度（3）(?,?)的二维边缘密度 解：（1）

137?)?1?2???2 244?的一维边缘密度即把yz看作常量得到：

p?(x)????0?x9. （选学） 设（?,?）为二维正态随机向量，求落入区域

???0??xze?(x?xy?z)dydz ze?zD=

{(x,y)2:

(x?a)2?22-

2r(x?a1)(y?a2)??12?+

?xe?0???0e?xydy

(y?a2)?e?x?ze?zdz

0???e?x(ze?z?e?z)|0

???22

??}内的概率．

?e?x

解：作变换，令x?a椭圆区域为

22rsin?cos?sin2??2?cos?2 ??2?????2???2?12??1则|J|????cos?,y?b??sin?，

即得?的一维边缘密

p?(x)?e?x．

??（2）?的一维边缘密度，把x,z看作常量．即

p?(y)??0??0?0xze?(x?xy?z)dxdz

记

cos?2?21?2rsin?cos??1?2?sin?2?22?s2

??xe???(x?xy)???0ze?zdzdx

则???/s，且

12??1?21?r2?1??e?(x?xy)|0 2(1?y)1(1?y)2

P{(?,?)?D(?)}?

??2x0?d??es0?12(1?r)2?2S2?d??y?0

即??的一维边缘密度:

?

12??1?21?r2??2x0(1?r2)?2(1?r2)??eS2S2p?(y)?2S1(1?y)2

（3）(?,?)的二维边缘密度此时z为常量．

0d?12

有：

p??xze?(x?xy?z)dy

0??

xze?(x?z)?x???0e?(xy)dxy

?24y(1?x?y)?2(1?x?y),0?x?1?y,0????12y(1?y)2??(1?y)2??0,其它0,??

?ze?(x?z) (x?0,z?0) （1）所以，??

即(?,?)的二维边缘密度2.6 随机变量的独立性

4．设随机变量(?,?)的联合密度函数为

1

条件下?的条件密度为 2

p??(x,y)?ze?(x?z)

1p(,y)1p?|?(y|)?212p?()21?6y(1??y)?12,0?y????132(1?)?2?0,其它?p(x,y)?24y(1?x?y)，x,y?0且x?y?1，

11

试求（1）??条件下?的条件密度；（2）??条件下?的

22

条件密度。 解：据题意知，

（2）?1??24y(1?2y),0?y???2； ?0,其它?1

条件下?的条件密度为 2?,?的边缘概率密度函数分别为

1p(x,)1?x12????24y(1?x?y)dy,0?x?1p?|?(x|)?p?(x)??p(x,y)dy??012??p()??0,其它?2?

?4(1?x)3,0?x?1， ??其它?0,1?y???24y(1?x?y)dx,0?y?1p?(y)??p(x,y)dx??0???0,其它??1?2(1?x?)?1?12,0?x???4(1?2x),0?x???122??2(1?)??其它?0,2?0,其它?。

5．设(?,?)是连续型随机变量，?有密度函数

?12y(y?1)2,0?y?1， ??0,其它?故当0?x?1时，

p(x,y)p?(x)

p1(x)??2xe??x，x?0

而?服从区间(0,?)上的均匀分布，试求?的密度函数。 解：据题意知，

p?|?(y|x)?

当0??24y(1?x?y)?6y(1?x?y),0?y?1?x,0?y?1?x????4(1?x)3??(1?x)3?1?,0?y?x??p(y|x)?0,其它0,其它 ?x???|??其它?0,由于

y?1时，

p(x,y)p?(y)p?|?(y|x)?p(x,y)，故

p?(x)p?|?(x|y)?13

?12??x???xe,0?y?xp(x,y)?p?|?(y|x)p?(x)??x?0,其它?y2???8xydx,0?y?1?4y,p?(y)??p(x,y)dx??0?????其它?0,?0,?， 因为

??2e??x,0?y?x， ??0,其它?所以，?的密度函数为

?????2e??xdx,y?0p?(y)??p(x,y)dx??y???0,其它??p(x,y)?p?(x)p?(y)，所以?与?不独立．

7.设随机向量(?,?)的联合密度函数

??e??y,y?0。 ??0,其它?6．设随机变量(?,?)的联合密度函数为

?1?xy?,|x|?1,|y|?1p(x,y)??4，

?其它?0,试证?与?不独立，但?与?是相互独立的．

证：当|22x|?1时，

????4xy,0?x,y?1（1）p(x,y)??；

0,其它?（2）

p?(x)??p(x,y)dy??1?xy1dy?，其余

?1421p?(x)?0．

同理当|当

?8xy,0?x?y?1， p(x,y)??其它?0,y|?1时，p?(y)?1/2其余p?(x)?0，

试问?与?是否相互独立？为什么？

解：（1）?的边缘概率密度函数为

?0?|x|?1,0?y?1时有

p(x,y)?p?(x)p?(y)，所以?与?不独立．

1???4xydy,0?x?1?2x,0?x?1现试用分布函数来证?2与?2独立．?2的分布函数记为

p?(x)??p(x,y)dy??0????其它?其它?0,?0,F1(x)，则当0?x?1时，

，

同理，?的边缘概率密度函数为

，

F1(x)?P{?2?x}?P{?x???x}???1??2y,0?y?1?4xydx,0?y?1?p?(y)??p(x,y)dx???0??；

??0,其它?其它??0,2同理可求得?的分布函数F2(y)，得

p(x,y)?p?(x)p?(y)，所以?与?独立．

xx1dx?x2因为

（2）?的边缘概率密度函数为

?x?0?0,?F1(x)??x,0?x?1?1,x?1,?y?0?0,?F2(y)??y,0?y?1?1,y?1,?1 2???8xydy,0?x?1?4x(1?x),0?x?1p?(x)??p(x,y)dy??x??22??(?,?)联合分布函数记为F3(x,y)，则当0,其它?其它??0,，

同理，?的边缘概率密度函数为

0?x?1,y?1时

F3(x,y)?P{?2?x,?2?y}?P{?2?x}?x

14

同理得当0?y?1,x?1时，F3(x,y)?y；当

同理可证 P{??P{??1,???1}?P{??1}P{???1}?10?x?1,0?y?1时

??1,??1}?P{???1}P{??1}，

F3(x,y)?P{?2?x,?2?y}?P{?x???x,?y???y}P{???1,???1}?P{???1}P{???1}.

=

?x?xds?y?1?stdt?xy

y4所以?与?相互独立．用同样的方法可证?与?也相互独

立．但

合起来写得

?0,?x,??F2(x,y)??y,?xy,???1,x?0或y?00?x?1,y?10?y?1,x?1 0?x?1,0?y?1x?1,y?1?F1(x)F2(y)对所有x,y都成立，所

P{??1,??1,??1}?P({??1,??1}?[{??1,??1}?{?

?P{??1,??1}?P{??1}P{??1}?而P{?1， 4?1}P{??1}P{??1}?不难验证F3(x,y)以?与?独立．

221， 8所以，?,?,?只两两独立而不相互独立． 2.7 随机变量函数的分布

1．设?与?相互独立，同服从参数为（1）?8．若?,?相互独立，都服从?1与1这两点上的等可能分布，令?p的几何分布，试求：

???，试证?,?,?证：由题设得

两两独立但整体不独立．

（2）???的分布． ??的分布；

解：据题意知，?与?的概率分布分别为

P{??1}?P({??1,??1}?(???1,???1})

P{??i}?qi?1p,i?1,2,?

?P{??1,??1}?P{???1,???1}?，

11111????22222（1）

P{??j}?qj?1p,j?1,2,?

P{???1}?P({??1,???1}?(???1,??1})

P{????k}??P{??i,??k?i}??P{??i}P{??k?i?1i?111111?P{??1,???1}?P{???1,??1}?????22 222

k?1k?1．

k?1k?1P{??1,??1}?P({??1}?[{??1,??1}?(???1,???1}])i?1k?i?1??qpqp??qk?2p2?(k?1)qk?2p2，

i?1i?112{,?? 1?P{??1,??1}?P{??1}P{??1}?k??1,P?}P{??1}4，

????，所以

P{??1,???1}?P({??1}?[{??1,???1}?(???1,??1}])(2)令?

{??k}??{??i,??k}??{??k,??j}

i?1j?1k?1k15

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ykzv.html