题型 1. 关于多维随机变量的选择与判断

6.1

设 $X_1$ 和 $X_2$ 是任意两个相互独立的连续型随机变量,它们的概率密度分别为 $f_1\left(x\right)$ 和 $f_2\left(x\right)$,分布函数分别为 $F_1\left(x\right)$ 和 $F_2\left(x\right)$,则 ( ).

(A) $f_1\left(x\right)+f_2\left(x\right)$ 必为某一随机变量的概率密度

(B) $F_1\left(x\right)F_2\left(x\right)$ 必为某一随机变量的分布函数

(C) $F_1\left(x\right)+F_2\left(x\right)$ 必为某一随机变量的分布函数

(D) $f_1\left(x\right)f_2\left(x\right)$ 必为某一随机变量的概率密度

解

由密度函数及分布函数性质可知: (B) 正确, (A), (C), (D) 不满足性质.

故应选(B).

6.2

如下四个二元函数,( )不能作为二维随机变量 $\left(\xi ,\eta \right)$ 的分布函数.

(A) $F_1\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}\left(1-{\mathrm{e}}^{-x}\right)\left(1-{\mathrm{e}}^{-y}\right),& 0<x<+\infty ,0<y<+\infty \\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

(B) $F_2\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}\sin x\sin y,& 0\le x\le \frac{\pi }{2},0\le y\le \frac{\pi }{2}\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

(C) $F_3\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}1,& x+2y\ge 1\\ 0,& x+2y<1\end{array}$

(D) $F_4\left(x,y\right)=1+2^{-x}-2^{-y}+2^{-x-y}$

解

二维随机变量 $\left(\xi ,\eta \right)$ 的分布函数具有四条性质,因此只有满足性质的函数才能作为 $\left(\xi ,\eta \right)$ 的分布函数.

因为对 $F_3\left(x,y\right)$ 取四点 $\left(1,0\right),\left(0,1\right),\left(1,1\right),\left(0,0\right)$ 有

$$F\left(1,1\right)-F\left(1,0\right)-F\left(0,1\right)+F\left(0,0\right)=1-1-1+0=-1<0$$

即 $F_3\left(x,y\right)$ 不满足性质.

故 (C) 该入选.

6.3

设随机变量 $X,Y$ 相互独立,且 $X$ 服从正态分布 $N\left(0,{\sigma }_1^2\right),Y$ 服从正态分布 $N\left(0,{\sigma }_2^2\right)$, 则概率 $P\{\left|X-Y\right|<1\}$ ( ).

(A) 随 ${\sigma }_1$ 与 ${\sigma }_2$ 的减少而减少

(B) 随 ${\sigma }_1$ 与 ${\sigma }_2$ 的增加而增加

(C) 随 ${\sigma }_1$ 的增加而减少,随 ${\sigma }_2$ 的减少而增加 1. 110

(D) 随 ${\sigma }_1$ 的增加而增加,随 ${\sigma }_2$ 的减少而减少

解

因为 $X-Y\sim N\left(0,{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2\right)$,故

$$P\{\left|X-Y\right|<1\}=2\Phi \left(\frac{1}{\sqrt{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}}\right)-1$$

即随 ${\sigma }_1$ 的增加而减少,随 ${\sigma }_2$ 的减少而增加.

故应选(C).

6.4

设随机变量 $X,Y$ 独立同分布,且 $X$ 的分布函数为 $F\left(x\right)$,则 $Z=\max \{X,Y\}$ 的分布函数为 ( ).

(A) $F^2\left(x\right)$ (B) $F\left(x\right)F\left(y\right)$

(C) $1-{\left[1-F\left(x\right)\right]}^2$ (D) $\left[1-F\left(x\right)\right]\left[1-F\left(y\right)\right]$

解

$F_Z\left(z\right)=P\{Z\le z\}=P\{\max \{X,Y\}\le z\}=P\{X\le z,Y\le z\}$

$=P\{X\le z\}P\{Y\le z\}=F\left(z\right)F\left(z\right)=F^2\left(z\right).$

故应选(A)

6.5

设随机变量 $X_1,X_2,X_3$ 相互独立,并且有相同的概率分布

$$P\left\{X_i=1\right\}=p,P\left\{X_i=0\right\}=q,i=1,2,3,p+q=1.$$

考虑随机变量

$Y_1=\{\begin{array}{ll}1,& \text{ 若 }{X}_1+X_2\text{ 为奇数 }\\ 0,& \text{ 若 }{X}_1+X_2\text{ 为偶数 }\end{array}{Y}_2=\{\begin{array}{ll}1,& \text{ 若 }{X}_2+X_3\text{ 为奇数 }\\ 0,& \text{ 若 }{X}_2+X_3\text{ 为偶数 }\end{array}$

则乘积 $Y_1{Y}_2$ 的概率分布为 ( ).

(A) $Y_1{Y}_2\sim \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1-pq& pq\end{array}\right]$ (B) $Y_1{Y}_2\sim \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ pq& 1-pq\end{array}\right]$

(C) $Y_1{Y}_2\sim \left[\begin{array}{ll}0& 1\\ p& q\end{array}\right]$ (D) $Y_1{Y}_2\sim \left[\begin{array}{ll}0& 1\\ q& p\end{array}\right]$

解

根据 $Y_1$ 和 $Y_2$ 的取值情况知, $Y_1{Y}_2$ 只可能取 0 和 1 两个数值. 因此,只要求出 $P\{Y_1{Y}_2$ $=1\}$ 或 $P\left\{Y_1{Y}_2=0\right\}$ 即可.

因为 $P\left\{Y_1{Y}_2=1\right\}+P\left\{Y_1{Y}_2=0\right\}=1$,而事件

$\left\{Y_1{Y}_2=1\right\}=\left\{Y_1=1,Y_2=1\right\}=\{X_1+X_2$ 为奇数, $X_2+X_3\text{ 为奇数 }\}$

$=\left\{X_1=0,X_2=1,X_3=0\right\}\cup \left\{X_1=1,X_2=0,X_3=1\right\}$

再根据不相容事件和概率的可加性以及 $X_1,X_2,X_3$ 是相互独立的条件可求出

$P\left\{Y_1{Y}_2=1\right\}=P\left\{Y_1=1,Y_2=1\right\}$

$$=P\left\{X_1=0,X_2=1,X_3=0\right\}+P\left\{X_1=1,X_2=0,X_3=1\right\}$$ $$=p{q}^2+p^{2}q=pq,$$

$P\left\{Y_1{Y}_2=0\right\}=1-P\left\{Y_1{Y}_2=1\right\}=1-pq.$

所以 $Y_1{Y}_2$ 的概率分布为 $Y_1{Y}_2\sim \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1-pq& pq\end{array}\right]$.

故应选 (A).

6.6

假设随机变量 $X$ 服从指数分布,则随机变量 $Y=\min \{X,2\}$ 的分布函数 ( ). 概率论与数理统计习题精选精解

(A) 是连续函数 (B) 至少有两个间断点

(C) 是阶梯函数 (D) 恰好有一个间断点

解

$Y$ 的分布函数 $F_Y\left(y\right)=P\{Y\le y\}=P\{\min \left(X,2\right)\le y\}$

显然 $y<0$ 时, $F_Y\left(y\right)=0;y\ge 2$ 时, $F_Y\left(y\right)=1$;

$0\le y<2$ 时, $F_Y\left(y\right)=P\{\min \left(X,2\right)\le y\}=P\{X\le y\}=1-{\mathrm{e}}^{-\lambda y}$ 故

$$F_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}0,& y<0\\ 1-{\mathrm{e}}^{-\lambda y},& 0\le y<2\\ 1,& y\ge 2\end{array}$$

可见 $F_Y\left(y\right)$ 只在 $y=2$ 间断.

故应选(D)

6.7

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立,且 $X$ 服从标准正态分布 $N\left(0,1\right),Y$ 的概率分布为 $P\{Y=0\}=P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$,记 $F_Z\left(z\right)$ 为随机变量 $Z=XY$ 的分布函数,则函数 $F_Z\left(z\right)$ 的间断点个数为 ( ).

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

解

$F_Z\left(z\right)=P\left(XY\le z\right)=P\left(XY\le z\mid Y=0\right)P\left(Y=0\right)+P\left(XY\le z\mid Y=1\right)P(Y=$ 1)

$=\frac{1}{2}\left[P\left(XY\le z\mid Y=0\right)+P\left(XY\le z\mid Y=1\right)\right]$

$=\frac{1}{2}\left[P\left(X\cdot 0\le z\mid Y=0\right)+P\left(X\le z\mid Y=1\right)\right].$

由于 $X,Y$ 独立, $F_Z\left(z\right)=\frac{1}{2}\left[P\left(X\cdot 0\le z\right)+P\left(X\le z\right)\right]$.

(1)若 $z<0$,则 $F_Z\left(z\right)=\frac{1}{2}\Phi \left(z\right)$;

(2)若 $z\ge 0$,则 $F_Z\left(z\right)=\frac{1}{2}\left[1+\Phi \left(z\right)\right]$,所以 $z=0$ 为间断点.

故选 (B).

6.8

设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率分布为

Y	0	1
0	0.4	$a$
1	$b$	0.1

已知随机事件 $\{X=0\}$ 与 $\{X+Y=1\}$ 相互独立,则( ).

(A) $a=0.2,b=0.3$ (B) $a=0.4,b=0.1$

(C) $a=0.3,b=0.2$ (D) $a=0.1,b=0.4$

分析

由 $\sum _i\sum _j{p}_{ij}=1$ 可得 $a$ 和 $b$ 的关系,再由事件 $\{X=0\}$ 与 $\{X+Y=1\}$ 相互独立得到另外一个关系,由方程组解出 $a,b$ 的值.

解

由 $\sum _i\sum _j{p}_{ij}=0.4+a+b+0.1=1$,得到 $a+b=0.5$

由 $\{X=0\}$ 与 $\{X+Y=1\}$ 相互独立,得到

$$P\{X=0\}P\{X+Y=1\}=P\{X=0,X+Y=1\}$$

由已知条件可得

$$P\{X=0,X+Y=1\}=P\{X=0,Y=1\}=a$$ $$P\{X=0\}=P\{X=0,Y=0\}+P\{X=0,Y=1\}=a+0.4$$ $$P\{X+Y=1\}=P\{X=0,Y=1\}+P\{X=1,Y=0\}=a+b=0.5$$

联立方程组 $\{\begin{array}{l}0.5\times \left(a+0.4\right)=a\\ a+b=0.5\end{array}$ 解之得 $\{\begin{array}{l}a=0.4\\ b=0.1.\end{array}$

故应选(B)

6.9

设两个随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且同分布,

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

$P\{X=1\}=P\{Y=1\}=\frac{1}{2}$

则下列各式中成立的是( ).

(A) $P\{X=Y\}=\frac{1}{2}$ (B) $P\{X=Y\}=1$

(C) $P\{X+Y=0\}=\frac{1}{4}$ (D) $P\{XY=1\}=\frac{1}{4}$

解

$X,Y$ 的联合分布

$X$	-1	1
-1	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{4}$
1	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{4}$

因此, $P\{X=Y\}=P\{X=-1,Y=-1\}+P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$.

故应选 (A).