题型 2. 求连续型随机变量函数的分布

5.6

设 $X$ 和 $Y$ 是两个相互独立的随机变量,其概率密度分别为

$$f_X\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}1,& 0\le x\le 1\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}{f}_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-y},& y>0\\ 0,& y\le 0.\end{array}$$

试求随机变量 $Z=X+Y$ 的概率密度.

解法一

求随机变量 $Z$ 的概率密度, 先求 $Z$ 的分布函数, 再用 $f_Z\left(z\right)=F_Z^{\prime }\left(z\right)$ 得到所求的概率密度.

因为 $X$ 和 $Y$ 相互独立, 所以联合密度

$$f\left(x,y\right)=f_X\left(x\right)f_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-y},& 0\le x\le 1,y>0\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$$

对 $Z=X+Y$ 的分布分段讨论, 简便起见作

图 3-5.6-1

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(1) 当 $z<0$ 时,

$$F_Z\left(z\right)={\iint }_{x+y\le z}f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{x+y\le z}0\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$$

(2) 当 $0\le z<1$ 时,

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& ={\iint }_{x+y\le z}f(x,y)dxdy\\ & ={\int }_0^z{\int }_0^{z-x}{e}^{-y}dydx\\ & =z-1+\frac{1}{e^z}.\end{array}$$

(3) 当 $z\ge 1$ 时,

$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)& ={\iint }_{x+y\le z}f(x,y)dxdy\\ & ={\int }_0^1{\int }_0^{z-x}{e}^{-y}dydx\\ & =1+(1-e)\frac{1}{e^z}.\end{array}$$

由 $f_Z\left(z\right)=F_Z{}^{\prime }\left(z\right)$, 得 $Z$ 的分布密度为

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

解法二

由于 $X$ 和 $Y$ 是相互独立的,故由卷积公式, $Z=X+Y$ 的概率密度

$$f_Z\left(z\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_X\left(x\right)f_Y\left(z-x\right)\mathrm{d}x$$

易知仅当 $\{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ z-x>0\end{array}$ 即 $\{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ x<z\end{array}$ 时, 上述积分的被积函数不为零(参阅图 3-5.6-2).

所以

$$f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}{\int }_0^x{f}_X\left(x\right)f_Y\left(z-x\right)\mathrm{d}x,& 0\le z\le 1\\ {\int }_0^1{f}_X\left(x\right)f_Y\left(z-x\right)\mathrm{d}x,& z>1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}=\{\begin{array}{ll}{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-\left(z-x\right)}\mathrm{d}x,& 0\le z\le 1\\ {\int }_0^1{\mathrm{e}}^{-\left(z-x\right)}\mathrm{d}x,& z>1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

图 3-5.6-2

$$=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-z},& 0\le z\le 1\\ \left(\mathrm{e}-1\right){\mathrm{e}}^{-z},& z>1\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$$

5.7

设 $X$ 与 $Y$ 相互独立,分别服从参数为 ${\lambda }_1$ 与 ${\lambda }_2$ 的指数分布,求 $Z=\frac{X}{Y}$ 的密度函数.

分析

设 $\left(X,Y\right)$ 是二维连续型随机变量, 其联合密度函数为 $f\left(x,y\right)$, 则随机变量 $Z=\frac{X}{Y}$ 的密度函数 $f_Z\left(z\right)$ 为

$$f_Z\left(z\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left|y\right|f\left(zy,y\right)\mathrm{d}y.$$

特别地, 如果 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 则有 $f\left(x,y\right)=f_X\left(x\right)f_Y\left(y\right)$, 此时, 我们有

$$f_Z\left(z\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left|y\right|f_X\left(yz\right)f_Y\left(y\right)\mathrm{d}y.$$

解

$f_X\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}{\lambda }_1{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}x}& x>0\\ 0,& x\le 0,\end{array}{f}_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}{\lambda }_2{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}y}& y>0\\ 0,& y\le 0\end{array}$

设 $Z=\frac{X}{Y}$,由 $X$ 与 $Y$ 独立性, 我们有

$$f_Z\left(z\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left|y\right|f_X\left(yz\right)f_Y\left(y\right)\mathrm{d}y,yz>0,y>0$$

如

图 3-5.7

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所示:

(1) 若 $z\le 0,f_Z\left(z\right)=0$.

(2) 若 $z>0$,

$$f_Z\left(z\right)={\int }_0^{+\infty }y{\lambda }_1{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}yz}{\lambda }_2{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}y}\mathrm{d}y={\lambda }_1{\lambda }_2{\int }_0^{+\infty }y{\mathrm{e}}^{-\left({\lambda }_2+{\lambda }_{1}z\right)y}\mathrm{d}y$$ $$=\frac{{\lambda }_1{\lambda }_2}{{\left({\lambda }_2+{\lambda }_{1}z\right)}^2}$$

则 $Z=\frac{X}{Y}$ 的密度为

$$f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\lambda }_1{\lambda }_2}{{\left({\lambda }_2+{\lambda }_{1}z\right)}^2},& z>0\\ 0,& z\le 0.\end{array}$$

5.8

设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率密度为

$$f\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}1,& 0<x<1,0<y<2x\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

求: (1) $\left(X,Y\right)$ 的边缘概率密度 $f_X\left(x\right),f_Y\left(y\right)$;

(2) $Z=2X-Y$ 的概率密度 $f_Z\left(z\right)$;

(3) $P\left\{Y\le \frac{1}{2}\mid X\le \frac{1}{2}\right\}$.

解

(1) 当 $0<x<1$ 时, $f_X\left(x\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x,y\right)\mathrm{d}y={\int }_0^{2x}\mathrm{d}y=2x$

当 $x\le 0$ 或 $x\ge 1$ 时, $f_X\left(x\right)=0$,即 $f_X\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}2x,& 0<x<1\\ 0& \text{ 其他 }\end{array}$

当 $0<y<2$ 时, $f_Y\left(y\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x,y\right)\mathrm{d}x={\int }_{\frac{y}{2}}^1\mathrm{d}x=1-\frac{y}{2}$

当 $y\le 0$ 或 $y\ge 1$ 时, $f_Y\left(y\right)=0$,即 $f_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}1-\frac{y}{2},& 0<y<2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

(2)解法一 当 $z\le 0$ 时, $F_Z\left(z\right)=0$

当 $0<z<2$ 时, $F_Z\left(z\right)=P\{2X-Y\le z\}={\iint }_{2x-y\le z}f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=z-\frac{z^2}{4}$

当 $z\ge 2$ 时, $F_Z\left(z\right)=1$,所以 $f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}1-\frac{z}{2},& 0<z<2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

解法二 $f_Z\left(z\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x,2x-z\right)\mathrm{d}x$,

其中 $f\left(x,2x-z\right)=\{\begin{array}{ll}1,& 0<x<1,0<z<2x\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

当 $z\le 0$ 或 $z\ge 2$ 时, $f_Z\left(z\right)=0$

当 $0<z<2$ 时, $f_Z\left(z\right)={\int }_{\frac{z}{2}}^1\mathrm{d}x=1-\frac{z}{2}$,即 $f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}1-\frac{z}{2},& 0<z<2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

(3) $P\left\{Y\le \frac{1}{2}\mid X\le \frac{1}{2}\right\}=\frac{P\left\{X\le \frac{1}{2},Y\le \frac{1}{2}\right\}}{P\left\{X\le \frac{1}{2}\right\}}=\frac{\frac{3}{16}}{\frac{1}{4}}=\frac{3}{4}$.

5.9

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布是正方形 $G=\{\left(x,y\right)\mid 1\le x\le 3,1\le y\le 3\}$ 上的均匀分布, 试求随机变量 $U=\left|X-Y\right|$ 的概率密度 $p\left(u\right)$.

解

由条件知 $X$ 和 $Y$ 的联合密度为 $f\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{4},& 1\le x\le 3,1\le y\le 3\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$ 以 $F\left(u\right)=P\{U\le u\}\left(-\infty <u<+\infty \right)$ 表示随机变量 $U$ 的分布函数.

显然,当 $u\le 0$ 时, $F\left(u\right)=0$;

当 $u\ge 2$ 时, $F\left(u\right)=1$.

图 3-5.9

设 $0<u<2$,如图 3-5.9 所示,则

$$F\left(u\right)={\iint }_{|x-y|\le u}f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{|x-y|\le u}\frac{1}{4}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ $$=\frac{1}{4}\left[4-{\left(2-u\right)}^2\right]=1-\frac{1}{4}{\left(2-u\right)}^2$$

于是,随机变量 $U$ 的密度为

$$p\left(u\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\left(2-u\right),& 0<u<2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

5.10

设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 在矩形 $G=\{\left(x,y\right)\mid 0\le x\le 2,0\le y\le 1\}$ 上服从均匀分布, 试求边长为 $X$ 和 $Y$ 的矩形面积 $S$ 的概率密度 $f\left(s\right)$.

解

本题为利用 $\left(X,Y\right)$ 的分布,求 $S=XY$ 的分布问题. 二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率密度为

$$\phi \left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2},& \left(x,y\right)\in G\\ 0,& \left(x,y\right)\in G\end{array}$$

设 $F\left(s\right)=P\{S\le s\}$ 为 $S$ 的分布函数, 则当 $s\le 0$ 时, $F\left(s\right)=0$; 当 $s\ge 2$ 时, $F\left(s\right)=1$.

现在,设 $0<s<2$,如

图 3-5.10

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所示, 曲线 $xy=$ $s$ 与矩形 $G$ 的上边交于点 $\left(s,1\right)$; 位于曲线 $xy=s$ 上方的点满足 $xy>s$, 位于下方的点满足 $xy<s$, 于是

$$\begin{array}{rl}F(s)& =P\{S\le s\}=P\{XY\le s\}=1-P\{XY>s\}\\ & =1-{\iint }_{xy\ge s}\frac{1}{2}dxdy\\ & =1-\frac{1}{2}{\int }_s^2{\int }_{\frac{s}{x}}^{1}dydx\\ & =\frac{s}{2}\left(1+\ln 2-\ln s\right).\end{array}$$

于是 $f\left(s\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\left(\ln 2-\ln s\right),& 0<s<2\\ 0,& s\le 0\text{ 或 }s\ge 2\end{array}$

点评

本题也可利用公式计算:

$$f\left(s\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\left|x\right|}\phi \left(x,\frac{z}{x}\right)\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\left(\ln 2-\ln s\right),& 0<s<2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$