题型 1. 方差的计算

2.1

计算 [1.1] 中的方差及标准差.

解

因为

X	0	1	2	3
P	$\frac{3}{4}$	$\frac{9}{44}$	$\frac{9}{220}$	$\frac{1}{220}$
且 $E\left(X\right)=0.3$. 而

$$E\left(X^2\right)=\sum _i{x}_i^2{p}_i=1^2\times \frac{9}{44}+2^2\times \frac{9}{220}+3^2\times \frac{1}{220}=0.41,$$

则

$$D\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left(EX\right)}^2=0.32.$$

标准差为 $\sqrt{D\left(X\right)}=0.57$.

2.2

设随机变量 $X$ 服从几何分布,其分布律为

$$P\{X=k\}=p{\left(1-p\right)}^{k-1},k=1,2,\cdots .$$

其中 $0<p<1$ 是常数, 求 $E\left(X\right),D\left(X\right)$.

解

$P\{X=k\}=p{q}^{k-1}\left(k=1,2,\cdots ,n,\cdots \right)$, 其中 $q=1-p$, 由此得

$$EX=\sum _{k=1}^{\infty }kp{q}^{k-1}=p\sum _{k=1}^{\infty }k{q}^{k-1},$$

为了求这无穷级数的和, 我们可以用已知的幂级数展开式:

$$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots +x^k+\cdots \left(\left|x\right|<1\right)$$

按幂级数的微分法得

$$\frac{1}{{\left(1-x\right)}^2}=1+2x+3x^2+\cdots +k{x}^{k-1}+\cdots \left(\left|x\right|<1\right)$$

因为 $q=1-p$, 且 $0<q<1$, 所以有

$$EX=\frac{p}{{\left(1-q\right)}^2}=\frac{p}{p^2}=\frac{1}{p}$$

为了求方差 $DX$,先来求 $E\left(X^2\right)$, 即

$$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& =\sum _{k=1}^{\infty }{k}^{2}p{q}^{k-1}=p\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2{q}^{k-1}\\ & =p\left[\sum _{k=1}^{\infty }{\left(q^{k+1}\right)}^{\prime \prime }-\sum _{k=1}^{\infty }k{q}^{k-1}\right]=\frac{2-p}{p^2}\end{array}$$

故 $DX=E\left(X^2\right)-{\left(EX\right)}^2=\frac{1-p}{p^2}$.

2.3

设随机变量 $X$ 的分布密度为 $f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\pi \sqrt{1-x^2}},& \left|x\right|<1\\ 0,& \left|x\right|\ge 1\end{array}$, 则数学期望 $EX$ 和方差 $DX$ 分别为_____,_____.

解

因为 $f\left(x\right)$ 是偶函数, $xf\left(x\right)$ 是奇函数,所以

$$EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf\left(x\right)\mathrm{d}x=0,$$ $$\begin{array}{rl}DX& =E{X}^2-{\left(EX\right)}^2={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f\left(x\right)\mathrm{d}x=2{\int }_0^1{x}^2\frac{1}{\pi \sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x\\ & ={\frac{1}{\pi }\left(-\frac{x}{2}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{2}\arcsin x\right)|}_0^1=\frac{1}{2}\text{.}\end{array}$$

2.4

设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 在 $0<x<1,\left|y\right|<x$ 上服从均匀分布,求 $Z=2X+1$ 的方差.

解

由 $\left(X,Y\right)$ 的联合分布密度

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

可得到

$${\phi }_X\left(x\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi \left(x,y\right)\mathrm{d}y={\int }_{-x}^{x}1\cdot \mathrm{d}y=2x\left(0<x<1\right).$$

所以

$$\begin{array}{rl}D\left(Z\right)& =D\left(2X+1\right)=2^{2}D\left(X\right)=4D\left(X\right)=4\left[E\left(X^2\right)-{\left(EX\right)}^2\right]\\ & =4\left[{\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2{\phi }_X\left(x\right)\mathrm{d}x-{\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }x{\phi }_X\left(x\right)\mathrm{d}x\right)}^2\right]\\ & =4\left[{\int }_0^1{x}^2\cdot 2x\mathrm{d}x-{\left({\int }_0^{1}x2x\mathrm{d}x\right)}^2\right]\\ & ={4\left(\frac{1}{2}{x}^4-\frac{4x^6}{9}\right)|}_0^1=4\left(\frac{1}{2}-\frac{4}{9}\right)=\frac{2}{9}.\end{array}$$

点评

$E\left(X\right)$ 及 $E\left(X^2\right)$ 也可利用 $E\left[g\left(X,Y\right)\right]$ 公式计算:

$$E\left(X\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\phi \left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$ $$E\left(X^2\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2\phi \left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

这种解法无需求边缘密度 ${\phi }_X\left(x\right)$.

2.5

设随机变量 $X$ 在区间 $\left[-1,2\right]$ 上服从均匀分布, 随机变量

$$Y=\{\begin{array}{ll}1,& \text{ 若 }X>0\\ 0,& \text{ 若 }X=0\\ -1,& \text{ 若 }X<0\end{array}$$

则方差 $DY=$ _____.

分析

由 $X$ 的分布得到 $Y$ 的分布律进而求得期望,然后计算方差.

解

根据题意得

$$\begin{array}{rl}P\{Y=1\}& =P\{X>0\}=\frac{2}{3},\\ P\{Y=0\}& =P\{X=0\}=0,\\ P\{Y=-1\}& =P\{X<0\}=\frac{1}{3},\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}EY& =1\times \frac{2}{3}+\left(-1\right)\times \frac{1}{3}+0=\frac{1}{3},\\ E{Y}^2& =1\times \frac{2}{3}+{\left(-1\right)}^2\times \frac{1}{3}+0=1,\\ DY& =E{Y}^2-{\left(EY\right)}^2=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}.\end{array}$$