题型 6. 求多维随机变量函数的分布

6.34

已知随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的联合分布律为

$X$ Y	1	2	3
1	$\frac{1}{5}$		$\frac{1}{5}$
2	$\frac{1}{5}$	$\frac{1}{5}$	$\frac{1}{5}$

试求 $Z_1=X+Y,Z_2=\max \left(X,Y\right)$ 的分布律.

解

$Z_1$ 的所有可能取值为2,3,4,5,而

$P\left\{Z_1=2\right\}=P\{X+Y=2\}=P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{5}$

$P\left\{Z_1=3\right\}=P\{X=1,Y=2\}+P\{X=2,Y=1\}=\frac{1}{5}$

$P\left\{Z_1=4\right\}=P\{X=2,Y=2\}+P\{X=3,Y=1\}=\frac{2}{5}$

$P\left\{Z_1=5\right\}=P\{X=3,Y=2\}=\frac{1}{5}$

因此, $Z_1$ 的分布律为

${Z}_{1}$	2	3	4	5
${p}_{k}$	$\frac{1}{5}$	$\frac{1}{5}$	$\frac{2}{5}$	$\frac{1}{5}$

$Z_2$ 的所有可能取值为1,2,3,而

$P\left\{Z_2=1\right\}=P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{5}$

$P\left\{Z_2=2\right\}=P\{X=2,Y=1\}+P\{X=2,Y=2\}+P\{X=1,Y=2\}=\frac{2}{5}$

$P\left\{Z_2=3\right\}=P\{X=3,Y=1\}+P\{X=3,Y=2\}=\frac{2}{5}$

因此, $Z_2$ 的分布律为

${Z}_{2}$1	2	3
${p}_{k}$$\frac{1}{5}$	$\frac{2}{5}$	$\frac{2}{5}$

6.35

设 $A,B$ 为随机事件,且 $P\left(A\right)=\frac{1}{4},P\left(B\mid A\right)=\frac{1}{3},P\left(A\mid B\right)=\frac{1}{2}$,令

$X=\{\begin{array}{ll}1,& A\text{ 发生,}\\ 0,& A\text{ 不发生; }\end{array}Y=\{\begin{array}{ll}1,& B\text{ 发生 }\\ 0,& B\text{ 不发生 }\end{array}$

求 (1) 二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率分布; $\left(2\right)Z=X^2+Y^2$ 的概率分布.

解

(1) 由于 $P\left(AB\right)=P\left(A\right)P\left(B\mid A\right)=\frac{1}{12},P\left(B\right)=\frac{P\left(AB\right)}{P\left(A\mid B\right)}=\frac{1}{6}$,所以

$$P\{X=1,Y=1\}=P\left(AB\right)=\frac{1}{12},$$ $$P\{X=1,Y=0\}=P\left(A\bar{B}\right)=P\left(A\right)-P\left(AB\right)=\frac{1}{6},$$ $$P\{X=0,Y=1\}=P\left(\bar{A}B\right)=P\left(B\right)-P\left(AB\right)=\frac{1}{12},$$

$P\{X=0,Y=0\}=P\left(\bar{A}\bar{B}\right)=P\left(\overline{A\cup B}\right)=1-P\left(A\cup B\right)$

$$=1-\left[P\left(A\right)+P\left(B\right)-P\left(AB\right)\right]=\frac{2}{3}$$ $$\text{(或}P\{X=0,Y=0\}=1-\frac{1}{12}-\frac{1}{6}-\frac{1}{12}=\frac{2}{3}\text{).}$$

故 $\left(X,Y\right)$ 的概率分布为

Y	0	1
0	$\frac{2}{3}$	$\frac{1}{12}$
1	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{12}$

(2) $Z$ 的可能取值为0,1,2,

$$P\{Z=0\}=P\{X=0,Y=0\}=\frac{2}{3},$$ $$P\{Z=1\}=P\{X=0,Y=1\}+P\{X=1,Y=0\}=\frac{1}{4},$$ $$P\{Z=2\}=P\{X=1,Y=1\}=\frac{1}{12},$$

即 $Z$ 的概率分布为

$Z$0	1	2
$p$$\frac{2}{3}$	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{12}$

6.36

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, $X$ 的概率分布为

$$P\{X=i\}=\frac{1}{3}\left(i=-1,0,1\right)$$

$Y$ 的概率密度为

$$f_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}1,& 0\le y\le 1\\ 0,& \text{ 其他,}\end{array}$$

记 $Z=X+Y$.

(1)求 $P\left\{Z\le \frac{1}{2}|X=0\right\}$;

(2)求 $Z$ 的概率密度.

解

(1) $P\left\{Z\le \frac{1}{2}\mid X=0\right\}=P\left\{X+Y\le \frac{1}{2}\mid X=0\right\}=P\left\{Y\le \frac{1}{2}\right\}={\int }_0^{\frac{1}{2}}1\mathrm{d}y=\frac{1}{2}$.

(2)当 $z\ge 2$ 时, $F\left(z\right)=1$,

当 $z<-1$ 时, $F\left(z\right)=0$,

当 $-1\le z<2$ 时,

$$F\left(z\right)=P\{Z\le z\}=P\{X+Y\le z\}$$ $$=P\{X+Y\le z\mid X=-1\}P\{X=-1\}+P\{X+Y\le z\mid X=0\}P\{X=0\}$$ $$+P\{X+Y\le z\mid X=1\}P\{X=1\}$$ $$=\frac{1}{3}\left[P\{Y\le z+1\}+P\{Y\le z\}+P\{Y\le z-1\}\right]$$

当 $-1\le z<0$ 时, $F\left(z\right)=\frac{1}{3}{\int }_0^{z+1}1\mathrm{d}y=\frac{1}{3}\left(z+1\right)$,

当 $0\le z<1$ 时, $F\left(z\right)=\frac{1}{3}\left[1+{\int }_0^{z}1\mathrm{d}y+0\right]=\frac{1}{3}\left(z+1\right)$,

当 $1\le z<2$ 时, $F\left(z\right)=\frac{1}{3}\left[1+1+{\int }_0^{z-1}1\mathrm{d}y\right]=\frac{1}{3}\left(z+1\right)$,

所以 $F\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}0,& z<-1\\ \frac{1}{3}\left(z+1\right),& -1\le z<2\\ 1,& z\ge 2\end{array}$

则 $f\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{3},& -1\le z<2\\ 0,& \text{ 其他. }\end{array}$

6.37

某种商品一周的需要量是一个随机变量, 其概率密度为

$$f\left(t\right)=\{\begin{array}{ll}t{\mathrm{e}}^{-t}& t>0\\ 0,& t\le 0\end{array}$$

设各周的需要量是相互独立的, 试求:

(1)两周的需要量的概率密度；

(2)三周的需要量的概率密度.

解

设第 $i$ 周的需求量为 $T_i\left(i=1,2,3\right)$,由题设知它们是独立同分布的随机变量.

(1)两周的需求量为 $T_1+T_2$,其概率密度为

$$f_{T_1+T_2}\left(t\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(u\right)f\left(t-u\right)\mathrm{d}u={\int }_0^{t}u{\mathrm{e}}^{-u}\left(t-u\right){\mathrm{e}}^{-\left(t-u\right)}\mathrm{d}u=\frac{t^3}{6}{\mathrm{e}}^{-t},\left(\text{ 当 }t>0\text{ 时 }\right)$$

即 $f_{T_1+T_2}\left(t\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{6}{t}^3{\mathrm{e}}^{-t},& t>0\\ 0,& t\le 0\end{array}$

(2)三周的需求量为 $\left(T_1+T_2\right)+T_3$,其概率密度为 $f_{T_1+T_2+T_3}\left(t\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_{T_1+T_2}\left(u\right)f\left(t-u\right)\mathrm{d}u={\int }_0^t\frac{1}{6}{u}^3{\mathrm{e}}^{-u}\left(t-u\right){\mathrm{e}}^{-\left(t-u\right)}\mathrm{d}u$

$=\frac{1}{5!}{t}^5{\mathrm{e}}^{-t},$ 当 $t>0$ 时

即 $f_{T_1+T_2+T_3}\left(t\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{5!}{t}^5{\mathrm{e}}^{-t},& t>0\\ 0,& t\le 0\end{array}$

6.38

设 $X$ 和 $Y$ 是相互独立的随机变量,其概率密度分别为

$$f_X\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\lambda {\mathrm{e}}^{-\lambda x}& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$$ $$f_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}\mu {\mathrm{e}}^{-\mu y},& y>0\\ 0,& y\le 0\end{array}$$

图 3-6.38

其中 $\lambda >0,\mu >0$ 是常数. 引入随机变量

$$Z=\{\begin{array}{ll}1,& X\le Y\\ 0,& X>Y\end{array}$$

求 $Z$ 的分布律和分布函数.

解

由于 $Z=\{\begin{array}{ll}1,& X\le Y\\ 0,& X>Y\end{array}$ (如图 3-6.38)

$P\{Z=1\}=P\{X\le Y\}={\int }_0^{+\infty }{\int }_x^{+\infty }\lambda \mu {\mathrm{e}}^{-\left(\lambda x+\mu y\right)}\mathrm{d}y\mathrm{d}x$

$$={\int }_0^{+\infty }\lambda {\mathrm{e}}^{-\left(\lambda +\mu \right)x}\mathrm{d}x$$

$=-{\frac{\lambda }{\lambda +\mu }{\mathrm{e}}^{-\left(\lambda +\mu \right)x}|}_0^{+\infty }=\frac{\lambda }{\lambda +\mu }$

$P\{Z=0\}=P\{X>Y\}=1-P\{X\le Y\}=1-\frac{\lambda }{\lambda +\mu }=\frac{\mu }{\lambda +\mu }$

故 $Z$ 的分布律为

$Z$	0	1
$p$

$Z$ 的分布函数为

$$F_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}0,& z<0\\ \frac{\mu }{\lambda +\mu },& 0\le z<1\\ 1,& z\ge 1\end{array}$$

6.39

已知随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且都服从正态分布 $N\left(\mu ,\frac{1}{2}\right)$. 如果 $P\{X+Y\le 1\}$ $=\frac{1}{2}$,则 $\mu =$ _____.

解

这是一个反问题,即由 “ $P\{X+Y\le 1\}=\frac{1}{2}$ ” 来确定分布中的未知参数 $\mu$,为此首先要确立 $X+Y$ 的分布,由题设知 $X+Y\sim N\left(2\mu ,1\right)$,因此有

$$P\{X+Y\le 1\}=\Phi \left(\frac{1-2\mu }{1}\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow 1-2\mu =0,\mu =\frac{1}{2}.$$

6.40

设 $X,Y$ 是相互独立的随机变量, $X\sim \pi \left({\lambda }_1\right),Y\sim \pi \left({\lambda }_2\right)$.

证明 $Z=X+Y\sim \pi \left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)$.

证

因为 $X,Y$ 分别服从参数 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 的泊松分布,故 $X,Y$ 的分布律为

$$P\{X=k\}=\frac{{\lambda }_1^k}{k!}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_1},{\lambda }_1>0,$$ $$P\{Y=r\}=\frac{{\lambda }_2^r}{r!}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_2},{\lambda }_2>0,$$

则 $Z=X+Y$ 的分布律为

$$P\{Z=i\}=P\{X+Y=i\}$$ $$=\sum _{k=0}^{i}P\{X=k\}\cdot P\{Y=i-k\}=\sum _{k=0}^i\frac{{\lambda }_1^k}{k!}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_1}\cdot \frac{{\lambda }_2^{i-k}}{\left(i-k\right)!}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_2}$$ $$=\frac{{\mathrm{e}}^{-\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}}{i!}\sum _{k=0}^i\frac{i!}{k!\left(i-k\right)!}{\lambda }_1^k{\lambda }_2^{i-k}$$ $$=\frac{{\mathrm{e}}^{-\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}}{i!}{\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}^i,i=0,1,2,\cdots$$

即 $Z=X+Y$ 服从参数为 ${\lambda }_1+{\lambda }_2$ 的泊松分布.

6.41

设 $X,Y$ 是相互独立的随机变量, $X\sim B\left(n_1,p\right),Y\sim B\left(n_2,p\right)$,证明

$$Z=X+Y\sim B\left(n_1+n_2,p\right)$$

证

$Z$ 的可能值为 $0,1,2,\cdots ,n_1+n_2$. 因为

$$\{Z=i\}=\{X+Y=i\}=\{X=0,Y=i\}\cup \{X=1,Y=i-1\}\cup \cdots \cup \{X=i,Y=0\}$$

由于和式中各事件互不相容,且 $X,Y$ 独立,则

$$P\{Z=i\}=\sum _{k=0}^{i}P\{X=k,Y=i-k\}=\sum _{k=0}^{i}P\{X=k\}P\{Y=i-k\}$$ $$=\sum _{k=0}^i{C}_{n_1}^k{p}^k{\left(1-p\right)}^{n_1-k}\cdot C_{n_2}^{i-k}{p}^{i-k}{\left(1-p\right)}^{n_2-i+k}$$ $$=p^i{\left(1-p\right)}^{n_1+n_2-i}\sum _{k=0}^i{C}_{n_1}^k{C}_{n_2}^{i-k}$$ $$=p^i{\left(1-p\right)}^{n_1+n_2-i}\cdot C_{n_1+n_2}^i,i=0,1,2,\cdots ,n_1+n_2$$

上述计算过程中用到了公式 $\sum _{k=0}^i{C}_{n_1}^k\cdot C_{n_2}^{i-k}=C_{n_1+n_2}^i$,所以

$$Z=X+Y\sim B\left(n_1+n_2,p\right)$$

即 $Z=X+Y$ 服从参数 $n_1+n_2,p$ 的二项分布.

6.42

设随机变量 $X,Y$ 相互独立,且具有相同的分布,它们的概率密度均为

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

求 $Z=X+Y$ 的概率密度.

解

由卷积公式

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

图 3-6.42

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

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

仅当 $\{\begin{array}{l}x>1\\ z-x>1\end{array}$ 即 $\{\begin{array}{l}x>1\\ x<z-1\end{array}$ 时,上述积分的被积函数不等于零,由图 3-6.42 即得

$$f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}{\int }_1^{z-1}{\mathrm{e}}^{1-x}{\mathrm{e}}^{1-\left(z-x\right)}\mathrm{d}x={\int }_1^{z-1}{\mathrm{e}}^{2-z}\mathrm{d}x,& z>2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

得 $f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{2-z}\left(z-2\right),& z>2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

6.43

设 $\left(X,Y\right)$ 的联合密度函数为

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

(1)问 $X,Y$ 是否独立?

( 2 )求 $Z=2X+Y$ 的密度函数 $f_Z\left(z\right)$ 和分布函数 $F_Z\left(z\right)$;

(3) 求 $P\{Z>3\}$.

解

(1) 先求边缘密度函数 $f_X\left(x\right),f_Y\left(y\right)$ :

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

$$f_X\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}1,& 0<x<1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array},X\sim U\left(0,1\right).$$

$y>0$ 时, $f_Y\left(y\right)={\int }_0^1{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}x={\mathrm{e}}^{-y}$,所以

$$f_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-y},& y>0\\ 0,& y\le 0\end{array},Y\text{服从指数分布.}$$

显然有

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

所以 $X,Y$ 相互独立.

(2) 求 $Z=2X+Y$ 的 $f_Z\left(z\right)$ 和 $F_Z\left(z\right)$.

方法一

① 先求 $f_Z\left(z\right)$,因为 $X,Y$ 相互独立,用推广的卷积公式

$$f_Z\left(z\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_X\left(x\right)f_Y\left(z-2x\right)\mathrm{d}x.$$

首先要进行密度函数非零区域的变换, 由

$$\{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ y\ge 0\end{array}\to \{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ z-2x\ge 0\end{array}\to \{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ z\ge 2x\end{array}$$

由图 3-6.43-1 看出:

图 3-6.43-1

$z<0$ 时, $f_Z\left(z\right)=0$

$0\le z\le 2$ 时, $f_Z\left(z\right)={\int }_0^{\frac{z}{2}}{\mathrm{e}}^{-\left(z-2x\right)}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^{-z}\right)$

$z>2$ 时, $f_Z\left(z\right)={\int }_0^1{\mathrm{e}}^{-\left(z-2x\right)}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^2-1\right){\mathrm{e}}^{-z}$.

所以

$$f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}0,& z<0\\ \frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^{-z}\right),& 0\le z\le 2.\\ \frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^2-1\right){\mathrm{e}}^{-z},& z>2\end{array}$$

还可以用另一个卷积公式计算, 由读者自己去做.

② 再求 $F_Z\left(z\right)$,由 $f_Z\left(z\right)$ 经过定积分求得

$z<0$ 时, $F_Z\left(z\right)=0$,

$0\le z\le 2$ 时, $F_Z\left(z\right)={\int }_0^z\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^{-z}\right)\mathrm{d}z=\frac{1}{2}\left(z-1+{\mathrm{e}}^{-z}\right)$,

$$F_Z\left(z\right)={\int }_0^2\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^{-z}\right)\mathrm{d}z+{\int }_2^z\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^2-1\right){\mathrm{e}}^{-z}\mathrm{d}z=1+\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^2\right){\mathrm{e}}^{-z}.$$

所以

$$F_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}0,& z<0\\ \frac{1}{2}\left(z-1+{\mathrm{e}}^{-z}\right),& 0\le z\le 2.\\ 1+\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^2\right){\mathrm{e}}^{-z},& z>2\end{array}$$

方法二

① 先求 $F_Z\left(z\right)$. 根据 $F_Z\left(z\right)$ 的定义,用二重积分计算求出.

$$F_Z\left(z\right)=P\{Z\le z\}=P\{2X+Y\le z\}$$ $$={\iint }_{2x+y\le z}f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

图 3-6.43-2

积分域见图 3-6.43-2.

$z<0$ 时, $F_Z\left(z\right)=0$,

$0\le z\le 2$ 时, $F_Z\left(z\right)={\int }_0^{\frac{z}{2}}{\int }_0^{z-2x}{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(z-1+{\mathrm{e}}^{-z}\right)$,

$z>2$ 时, $F_Z\left(z\right)={\int }_0^1{\int }_0^{z-2x}{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y\mathrm{d}x=1+\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^2\right){\mathrm{e}}^{-z}$,

所以

$$F_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}0,& z<0\\ \frac{1}{2}\left(z-1+{\mathrm{e}}^{-z}\right),& 0\le z\le 2.\\ 1+\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^2\right){\mathrm{e}}^{-z},& z>2\end{array}$$

② 再求 $f_Z\left(z\right)$,因为 $f_Z\left(z\right)=F_Z^{\prime }\left(z\right)$,所以

$z<0$ 时, $f_Z\left(z\right)=0$,

$0\le z\le 2$ 时, $f_Z\left(z\right)=\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^{-z}\right)$,

$z>2$ 时, $f_Z\left(z\right)=\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^2-1\right){\mathrm{e}}^{-z}$,

$$f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}0,& z<0\\ \frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^{-z}\right),& 0\le z\le 2.\\ \frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^2-1\right){\mathrm{e}}^{-z},& z>2\end{array}$$

这里所用的方法比方法一好,一是不必记公式,二是求导比积分容易,因此,这是求函数的分布的最好方法.

(3) 求 $P\{Z>3\}$

利用已经得出的分布函数 $F_Z\left(z\right)$,

$$P\{Z>3\}=1-P\{Z\le 3\}=1-F_Z\left(3\right)=1-\left[1+\frac{1}{2}\left(1-{\mathrm{e}}^2\right){\mathrm{e}}^{-3}\right]$$ $$=\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^2-1\right){\mathrm{e}}^{-3}\approx 0.1591.$$

6.44

设随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率密度为

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

(1) 试确定常数 $b$;

(2)求边缘概率密度 $f_X\left(x\right),f_Y\left(y\right)$;

(3)求函数 $U=\max \left(X,Y\right)$ 的分布函数.

解

(1) 由联合概率密度性质知

$$1={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ $$={\int }_0^1\left[{\int }_0^{+\infty }b{\mathrm{e}}^{-\left(x+y\right)}\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x=b{\int }_0^1{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y$$ $$=\left(1-{\mathrm{e}}^{-1}\right)b$$

所以 $b=\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}$.

(2) $f_X\left(x\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x,y\right)\mathrm{d}y=\{\begin{array}{ll}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}{\mathrm{e}}^{-\left(x+y\right)}\mathrm{d}y,& 0<x<\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

$$=\{\begin{array}{ll}\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{1-{\mathrm{e}}^{-1}},& 0<x<1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$ $$f_Y\left(y\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x,y\right)\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}{\int }_0^1\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}{\mathrm{e}}^{-\left(x+y\right)}\mathrm{d}x,& y>0\\ 0,& y\le 0\end{array}$$ $$=\{\begin{array}{ll}{\mathrm{e}}^{-y},& y>0\\ 0,& y\le 0\end{array}$$

(3) $U=\max \left(X,Y\right)$ 的分布函数

$$F_U\left(u\right)=P\{U\le u\}=P\{X\le u,Y\le u\}=F\left(u,u\right)={\int }_{-\infty }^u{\int }_{-\infty }^{u}f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ $$=\{\begin{array}{ll}0,& u\le 0\\ {\int }_0^u{\int }_0^u\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}{\mathrm{e}}^{-\left(x+y\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,& 0<u<1\\ {\int }_0^1{\int }_0^u\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}{\mathrm{e}}^{-\left(x+y\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,& u\ge 1\end{array}$$ $$=\{\begin{array}{ll}0,& u\le 0\\ \frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}{\int }_0^u{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x{\int }_0^u{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y,& 0<u<1\\ \frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}{\int }_0^1{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x{\int }_0^u{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y,& u\ge 1\end{array}$$ $$=\{\begin{array}{ll}0,& u\le 0\\ \frac{{\left(1-{\mathrm{e}}^{-u}\right)}^2}{1-{\mathrm{e}}^{-1}}& 0<u<1.\\ 1-{\mathrm{e}}^{-u},& u\ge 1\end{array}$$

6.45

设某种型号的电子元件的寿命 (以小时计) 近似地服从 $N\left(160,{20}^2\right)$ 分布. 随机地选取 4 只. 求其中没有一只寿命小于 180 的概率.

解

随机地取 4 只,记其寿命分别为 $X_1,X_2,X_3,X_4$,由题设知,它们独立同分布,且

$$X_i\sim N\left(160,{20}^2\right),i=1,2,3,4$$

记 $X=\min \left(X_1,X_2,X_2,X_4\right)$,事件“没有一只寿命小于 180 ” 就是 $\{X\ge 180\}$,从而

$$P\{X\ge 180\}=1-P\{X<180\}={\left[1-F\left(180\right)\right]}^4={\left[1-\Phi \left(\frac{180-160}{20}\right)\right]}^4$$ $$={\left(1-0.8413\right)}^4=0.000634.$$

6.46

设 $X,Y$ 是相互独立的随机变量,它们都服从正态分布 $N\left(0,{\sigma }^2\right)$. 试验证随机变量 $Z$ $=\sqrt{X^2+Y^2}$ 具有概率密度

$$f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{z}{{\sigma }^2}{\mathrm{e}}^{\frac{-z^2}{2{\sigma }^2}},& z\ge 0\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

我们称 $Z$ 服从参数为 $\sigma \left(\sigma >0\right)$ 的瑞利 (Rayleigh) 分布.

证

由 $X,Y$ 独立同分布有

$$f\left(x,y\right)=f_X\left(x\right)f_Y\left(y\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\mathrm{e}}^{\frac{-x^2}{2{\sigma }^2}}\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\mathrm{e}}^{\frac{-y^2}{2{\sigma }^2}}=\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\left(x^2+y^2\right)}$$

而 $Z=\sqrt{X^2+Y^2}$

当 $z<0$ 时, $\{Z\le z\}$ 是不可能事件, $F_Z\left(z\right)=P\{Z\le z\}=0$,从而 $f_Z\left(z\right)=0$

当 $z\ge 0$ 时,

$$F_Z\left(z\right)=P\{Z\le z\}=P\left\{\sqrt{X^2+Y^2}\le z\right\}=P\left\{X^2+Y^2\le z^2\right\}$$ $$={\iint }_{D}f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\left(D:x^2+y^2\le z^2,z\ge 0\right)$$ $$={\iint }_D\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\left(x^2+y^2\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ $$={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^z\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}{\mathrm{e}}^{-\frac{r^2}{2{\sigma }^2}}r\mathrm{d}r=1-{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{2{\sigma }^2}}$$

从而 $f_Z\left(z\right)=F_Z{}^{\prime }\left(z\right)=\frac{z}{{\sigma }^2}{\mathrm{e}}^{\frac{-z^2}{2{\sigma }^2}}$

故 $f_Z\left(z\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{z}{{\sigma }^2}{\mathrm{e}}^{\frac{-z^2}{2{\sigma }^2}},& z\ge 0\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

6.47

对某种电子装置的输出测量了 5 次,得到观察 $X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$. 设它们是相互独立的随机变量,都服从参数 $\sigma =2$ 的瑞利分布 (其密度见上题).

(1)求 $Z=\max \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)$ 的分布函数；

(2) 求 $P\{Z>4\}$.

解

由题设知 $X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$ 相互独立,且具有相同的密度函数

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{4}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{8}},& x\ge 0\\ 0,& x<0\end{array}$$

由此得到分布函数为

$$F\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}1-{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{8}},& x\ge 0\\ 0,& x<0\end{array}$$

(1) $Z=\max \left(X_1,X_2,X_3,X_4,X_5\right)$

$F_{\max }\left(z\right)={\left[F\left(z\right)\right]}^5={\left(1-{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{8}}\right)}^5$,即 $F_{\max }\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}{\left(1-{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{8}}\right)}^5,& z\ge 0\\ 0,& z<0\end{array}$

(2) $P\{Z>4\}=1-P\{Z\le 4\}=1-F_{\max }\left(4\right)=1-{\left(1-{\mathrm{e}}^{-2}\right)}^5=0.5167$.

6.48

设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 在区域 $D=\left\{\left(x,y\right)\mid 0<x<1,x^2<y<\sqrt{x}\right\}$ 上服从均匀分布,令 $U=\{\begin{array}{l}1,X\le Y,\\ 0,X>Y.\end{array}$

(1)写出 $\left(X,Y\right)$ 的概率密度;

(2)问 $U$ 与 $X$ 是否相互独立？并说明理由；

(3)求 $Z=U+X$ 的分布函数 $F\left(z\right)$.

解

$\left(1\right)\left(X,Y\right)$ 的概率密度为

$$f\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}3,& \left(x,y\right)\in D,\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

(2)对于 $0<t<1$,

$$P\{U\le 0,X\le t\}=P\{X>Y,X\le t\}$$ $$={\int }_0^t\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^{x}3\mathrm{d}y$$ $$=\frac{3}{2}{t}^2-t^3,$$ $$P\{U\le 0\}=P\{X>Y\}=\frac{1}{2},$$ $$P\{X\le t\}={\int }_0^t\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^{\sqrt{x}}3\mathrm{d}y=2t^{\frac{3}{2}}-t^3.$$

由于 $P\{U\le 0,X\le t\}\ne P\{U\le 0\}P\{X\le t\}$,所以 $U$ 与 $X$ 不相互独立.

(3) 当 $z<0$ 时, $F\left(z\right)=0$; 当 $0\le z<1$ 时,

$$F\left(z\right)=P\{Z\le z\}=P\{U+X\le z\}=P\{U=0,X\le z\}$$ $$=P\{X>Y,X\le z\}=\frac{3}{2}{z}^2-z^3;$$

当 $1\le z<2$ 时, $F\left(z\right)=P\{U+X\le z\}=P\{U=0,X\le z\}+P\{U=1,X\le z-1\}$

$$=\frac{1}{2}+2{\left(z-1\right)}^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}{\left(z-1\right)}^2;$$

当 $z\ge 2$ 时, $F\left(z\right)=P\{U+X\le z\}=1$.

所以 $F\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}0,& z<0,\\ \frac{3}{2}{z}^2-z^3,& 0\le z<1,\\ \frac{1}{2}+2{\left(z-1\right)}^{\frac{3}{2}}-\frac{3}{2}{\left(z-1\right)}^2,& 1\le z<2,\\ 1,& z\ge 2.\end{array}$

6.49

设随机变量 $X,Y$ 相互独立,它们的概率密度均为

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

求 $Z=\frac{Y}{X}$ 的概率密度.

解

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

由公式

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

仅当 $\{\begin{array}{l}x>0\\ xz>0\end{array}$,即 $\{\begin{array}{l}x>0\\ z>0\end{array}$ 时,上述积分的被积函数不等于零,于是

当 $z>0$ 时

$$f_Z\left(z\right)={\int }_0^{\infty }x{\mathrm{e}}^{-x}{\mathrm{e}}^{-xz}\mathrm{d}x={\int }_0^{\infty }x{\mathrm{e}}^{-x\left(z+1\right)}\mathrm{d}x=\frac{1}{{\left(z+1\right)}^2}.$$

当 $z\le 0$ 时, $f_Z\left(z\right)=0$,即

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

6.50

设随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率密度为

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

求 $Z=XY$ 的概率密度.

解

利用公式, $Z=XY$ 的概率密度

$$f_Z\left(z\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\left|x\right|}f\left(x,\frac{z}{x}\right)\mathrm{d}x$$

图 3-6.50

易知仅当 $\{\begin{array}{l}0<x<1\\ 0<\frac{z}{x}<1\end{array}$,即 $\{\begin{array}{l}0<x<1\\ 0<z<x\end{array}$ 时,

被积函数不等于零, 如图 3-6.50.

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