题型 2. 利用公式求数字特征

4.7

设随机变量 $X$ 的分布律为

$$P\{X=k\}=\frac{1}{1+a}{\left(\frac{a}{1+a}\right)}^k,k=0,1,2,\cdots$$

其中 $a>0$ 为常数,求 $E\left(X\right),D\left(X\right)$.

解法一

将 $X$ 的分布律改写为

$$P\{X=k\}=p{q}^k,k=0,1,2,\cdots$$

其中 $p=\frac{1}{1+a},q=\frac{a}{1+a}$.

仿照几何分布的期望与方差计算方法可得:

$$E\left(X\right)=\sum _{k}kp{q}^k=pq\sum _{k}k{q}^{k-1}=pq\sum _k{\left(q^k\right)}^{\prime }=pq{\left(\frac{1}{1-q}\right)}^{\prime }=\frac{q}{p}=a.$$

同理可求 $D\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left[E\left(X\right)\right]}^2=\left(1+a\right)a$.

解法二

直接利用几何分布的期望与方差计算结果.

设 $Y$ 服从参数为 $p$ 的几何分布. 则 $P\{Y=k\}=p{q}^{k-1},k=1,2,\cdots$. 且

$$E\left(Y\right)=\frac{1}{p},D\left(Y\right)=\frac{q}{p^2}.$$

而 $X=Y-1$,于是

$$E\left(X\right)=E\left(Y-1\right)=E\left(Y\right)-1=\frac{1}{p}-1=a,$$ $$D\left(X\right)=D\left(Y-1\right)=D\left(Y\right)=\frac{q}{p^2}=a\left(a+1\right).$$

4.8

设 $X\sim P\left(\lambda \right)$,求 $E\left(\frac{1}{X+1}\right)$.

解

因为 $X\sim P\left(\lambda \right)$,故 $P\{X=k\}=\frac{{\lambda }^k{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{k!},k=0,1,2,\cdots$

$$E\left(\frac{1}{X+1}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k+1}P\{X=k\}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k+1}\cdot \frac{{\lambda }^k{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{k!}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{\left(k+1\right)!}$$ $$=\frac{{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{\lambda }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k+1}}{\left(k+1\right)!}=\frac{{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{\lambda }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^n}{n!}=\frac{{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{\lambda }\left(\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^n}{n!}-1\right)$$ $$=\frac{{\mathrm{e}}^{-\lambda }}{\lambda }\left({\mathrm{e}}^{\lambda }-1\right)=\frac{1}{\lambda }\left(1-{\mathrm{e}}^{-\lambda }\right).$$

4.9

设 $\left(X,Y\right)$ 的分布律为

X \ Y	1	2	3
-1	0.2	0.1	0
0	0.1	0	0.3
1	0.1	0.1	0.1
(1) 求 $E\left(X\right),E\left(Y\right)$;

(2) 设 $Z=\frac{Y}{X}$,求 $E\left(Z\right)$.

解

(1) 由分布律得 $X$ 和 $Y$ 的边缘分布分别为

X	1	2	3
p	0.4	0.2	0.4

Y	-1	0	1
p	0.3	0.4	0.3
从而

$$E\left(X\right)=1\times 0.4+2\times 0.2+3\times 0.4=2,$$ $$E\left(Y\right)=-1\times 0.3+0\times 0.4+1\times 0.3=0.$$

(2) $Z=\frac{Y}{X}$ 的分布律为

Z	-1	-1/2	-1/3	0	1	1/2	1/3
$p_k$	0.2	0.1	0	0.4	0.1	0.1	0.1
$E\left(Z\right)=\left(-1\right)\times 0.2-\frac{1}{2}\times 0.1-\frac{1}{3}\times 0+0\times 0.4+1\times 0.1+\frac{1}{2}\times 0.1+\frac{1}{3}\times 0.1=-\frac{1}{15}.$

点评

第(2) 问可以直接利用公式

$$E\left(Z\right)=E\left[g\left(X,Y\right)\right]=\sum _i\sum _{j}g\left(x_i,y_j\right)p_{ij},$$

计算过程更加简便.

4.10

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

$$X=\{\begin{array}{cc}-1,& \text{ 若 }U\le -1\\ 1,& \text{ 若 }U>-1\end{array}Y=\{\begin{array}{cc}-1,& \text{ 若 }U\le 1\\ 1,& \text{ 若 }U>1\end{array}$$

试求: (1) $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布;

解

(1) 随机向量 $\left(X,Y\right)$ 有四个可能值: $\left(-1,-1\right),\left(-1,1\right),\left(1,-1\right),\left(1,1\right)$.

$$P\{X=-1,Y=-1\}=P\{U\le -1,U\le 1\}=\frac{1}{4};$$ $$P\{X=-1,Y=1\}=P\{U\le -1,U>1\}=0;$$ $$P\{X=1,Y=-1\}=P\{U>-1,U\le 1\}=\frac{1}{2};$$ $$P\{X=1,Y=1\}=P\{U>-1,U>1\}=\frac{1}{4}.$$

于是,得 $X$ 和 $Y$ 的联合概率分布为

$$\left(X,Y\right)\sim \left[\begin{array}{cccc}\left(-1,-1\right)& \left(-1,1\right)& \left(1,-1\right)& \left(1,1\right)\\ \frac{1}{4}& 0& \frac{1}{2}& \frac{1}{4}\end{array}\right].$$

(2)利用公式 $E\left[g\left(X,Y\right)\right]=\sum _i\sum _{j}g\left(x_i,y_j\right)p_{ij}$

$$E\left(X+Y\right)=-\frac{2}{4}+\frac{2}{4}=0,D\left(X+Y\right)=E{\left(X+Y\right)}^2=2.$$

点评

$E\left(X+Y\right),D\left(X+Y\right)$ 也可以用性质计算.

4.11

设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}{2}^{-x}\ln 2,& x>0,\\ 0,& x\le 0.\end{array}$$

对 $X$ 进行独立重复的观测,直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止,记 $Y$ 为观测次数.

(1)求 $Y$ 的概率分布；

(2) 求 $EY$.

解

(1) 每次观测中, 观测值大于 3 的概率为

$$P\{X>3\}={\int }_3^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_3^{+\infty }{2}^{-x}\ln 2\mathrm{d}x=\frac{1}{8},$$

故 $Y$ 的概率分布为

$$P\{Y=k\}=\left(k-1\right){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}{\left(\frac{1}{8}\right)}^2,k=2,3,\cdots .$$

(2) $EY=\sum _{k=2}^{\infty }k\left(k-1\right){\left(\frac{7}{8}\right)}^{k-2}{\left(\frac{1}{8}\right)}^2$

$={{\left(\frac{1}{8}\right)}^2{\left(\sum _{k=2}^{\infty }{x}^k\right)}^{\prime \prime }|}_{x=\frac{7}{8}}$

$={{\left(\frac{1}{8}\right)}^2\frac{2}{{\left(1-x\right)}^3}|}_{x=\frac{7}{8}}$

$=16$.

4.12

设随机变量 $X$ 的概率密度为

$$f\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}a+b{x}^2,& 0<x<1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

已知 $E\left(X\right)=\frac{3}{5}$,则 $D\left(X\right)=$ _____.

解

由 $1={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^1\left(a+b{x}^2\right)\mathrm{d}x=a+\frac{1}{3}b$,得

$$3a+b=3$$

①

再由 $\frac{3}{5}=EX={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^1\left(ax+b{x}^3\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}a+\frac{1}{4}b$ 得

$$2a+b=\frac{12}{5}$$

②

联立 ①、② 两式解得 $a=\frac{3}{5},b=\frac{6}{5}$,代入 $f\left(x\right)$ 表达式中即得

$$DX=E{X}^2-{\left(EX\right)}^2={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f\left(x\right)\mathrm{d}x-{\left(\frac{3}{5}\right)}^2$$ $$=\frac{3}{5}{\int }_0^1{x}^2\left(1+2x^2\right)\mathrm{d}x-\frac{9}{25}=\frac{11}{25}-\frac{9}{25}=\frac{2}{25}\text{.}$$

4.13

设随机变量 $X$ 服从参数为 1 的指数分布,则数学期望 $E\left(X+{\mathrm{e}}^{-2X}\right)=$ _____.

解

$X$ 服从参数为 1 的指数分布,即知 $X$ 的概率密度为

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

所以

$$E\left(X+{\mathrm{e}}^{-2X}\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left(x+{\mathrm{e}}^{-2x}\right)f\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\left(x+{\mathrm{e}}^{-2x}\right){\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^{+\infty }x{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x+{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-3x}\mathrm{d}x=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}.$$

4. 14

设随机变量 $X$ 服从标准正态分布,即 $X\sim N\left(0,1\right)$,则 $E\left(X{\mathrm{e}}^{2X}\right)=$ _____.

解

标准正态分布的密度函数为

$$f\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}},-\infty <x<+\infty ,$$

所以

$$E\left(X{\mathrm{e}}^{2X}\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }x{\mathrm{e}}^{2x}\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }x\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}+2x}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_{-\infty }^{+\infty }x\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{{\left(x-2\right)}^2}{2}+2}\mathrm{d}x={\mathrm{e}}^2{\int }_{-\infty }^{+\infty }x\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{{\left(x-2\right)}^2}{2}}\mathrm{d}x=2{\mathrm{e}}^2.$$

故应填 $2{\mathrm{e}}^2$.

4.15

设随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率分布为

Y \ X	0	1	2
0	$\frac{1}{4}$	0	$\frac{1}{4}$
1	0	$\frac{1}{3}$	0
2	$\frac{1}{12}$	0	$\frac{1}{12}$

求 (1) $P\{X=2Y\}$; (2) $\mathrm{Cov}\left(X-Y,Y\right)$.

解

(1) $P\{X=2Y\}=P\{X=2,Y=1\}+P\{X=0,Y=0\}=\frac{1}{4}$.

(2) $X$ 的边缘分布律

X	0	1	2
P	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{6}$

$Y$ 的边缘分布律

Y	0	1	2
P	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$	$\frac{1}{3}$

$\mathrm{Cov}\left(X-Y,Y\right)=\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)-D\left(Y\right)$

而 $\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=E\left(XY\right)-E\left(X\right)E\left(Y\right)$,

其中 $E\left(XY\right)=0\times \frac{7}{12}+1\times \frac{1}{3}+2\times 0+4\times \frac{1}{12}=\frac{2}{3}$,

$E\left(X\right)E\left(Y\right)=\left(0\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{3}+2\times \frac{1}{6}\right)\times \left(0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}+2\times \frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3},$

可得 $\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=E\left(XY\right)-E\left(X\right)E\left(Y\right)=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}=0$,

$D\left(Y\right)=E\left(Y^2\right)-E^2\left(Y\right)=\left(0\times \frac{1}{3}+1^2\times \frac{1}{3}+2^2\times \frac{1}{3}\right)-{\left(0\times \frac{1}{3}+1\times \frac{1}{3}+2\times \frac{1}{3}\right)}^2$

$=\frac{2}{3}$,

可得 $\mathrm{Cov}\left(X-Y,Y\right)=\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)-D\left(Y\right)=-\frac{2}{3}$.

4.16

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 的联合分布在以点 $\left(0,1\right),\left(1,0\right),\left(1,1\right)$ 为顶点的三角形区域上服从均匀分布. 试求随机变量 $Z=X+Y$ 的方差.

解法一

$\left(X,Y\right)$ 的联合密度为

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

由随机变量函数期望公式

$$E\left[g\left(X,Y\right)\right]={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }g\left(x,y\right)f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

可知,

$$EZ=E\left(X+Y\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\left(x+y\right)f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{1-y}^{1}2\left(x+y\right)\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^1\left(y^2+2y\right)\mathrm{d}y=\frac{4}{3},$$

而

$$E{Z}^2=E{\left(X+Y\right)}^2={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\left(x+y\right)}^{2}f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{1-y}^{1}2\left(x^2+2xy+y^2\right)\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^1\left(2y+2y^2+\frac{3}{2}{y}^3\right)\mathrm{d}y=\frac{11}{6},$$

由方差的计算公式 $DZ=E{Z}^2-{\left(EZ\right)}^2=\frac{11}{6}-\frac{16}{9}=\frac{1}{18}$.

解法二

利用 $D\left(X+Y\right)=DX+DY+2\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)$.

以 $f_X\left(x\right)$ 表示 $X$ 的概率密度,则当 $x\le 0$ 或 $x\ge 1$ 时, $f_X\left(x\right)=0$; 当 $0<x<1$ 时,有

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

因此

$$EX={\int }_0^{1}2x^2\mathrm{d}x=\frac{2}{3},E{X}^2={\int }_0^{1}2x^3\mathrm{d}x=\frac{1}{2},$$ $$DX=E{X}^2-{\left(EX\right)}^2=\frac{1}{2}-\frac{4}{9}=\frac{1}{18}.$$

同理可得 $EY=\frac{2}{3},DY=\frac{1}{18}$.

现在求 $X$ 和 $Y$ 的协方差

$$E\left(XY\right)={\iint }_{G}2xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2{\int }_0^{1}x\mathrm{d}x{\int }_{1-x}^{1}y\mathrm{d}y=\frac{5}{12}$$ $$\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=E\left(XY\right)-EX\cdot EY=\frac{5}{12}-\frac{4}{9}=-\frac{1}{36},$$

于是

$$DZ=D\left(X+Y\right)=DX+DY+2\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=\frac{1}{18}+\frac{1}{18}-\frac{2}{36}=\frac{1}{18}.$$

解法三

由于 $X,Y$ 服从均匀分布,所以当 $z<1$ 时, $F\left(z\right)=0$;

当 $z>2$ 时, $F\left(z\right)=1$;

当 $1\le z\le 2$ 时, $F\left(z\right)=P\{X+Y\le z\}=\frac{S_D{}^{\prime }}{S_D}$,

因为 $S_D{}^{\prime }=\frac{1}{2}-S_{\Delta }=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{\left(2-z\right)}^2,S_D=\frac{1}{2}$,

所以 $F\left(z\right)=1-{\left(2-z\right)}^2$,

故 $f\left(z\right)=F^{\prime }\left(z\right)=\{\begin{array}{ll}2\left(2-z\right),& 1\le z\le 2\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

所以 $E\left(Z\right)=\frac{4}{3},E\left(Z^2\right)=\frac{11}{6}$.

故 $D\left(Z\right)=D\left(X+Y\right)=E\left(Z^2\right)-{\left(E\left(Z\right)\right)}^2=\frac{1}{18}$.

点评

对本题而言, 解法一最为简洁.

4.17

设 $\left(X,Y\right)$ 的概率密度为 $f\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}12y^2,& 0\le y\le x\le 1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$

求 $E\left(X\right),E\left(Y\right),E\left(XY\right),E\left(X^2+Y^2\right)$.

解

$X$ 的概率密度为

$$f_X\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}{\int }_0^{x}12y^2\mathrm{d}y=4x^3,& 0\le x\le 1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

$Y$ 的概率密度为

$$f_Y\left(y\right)=\{\begin{array}{ll}12y^2\left(1-y\right),& 0\le y\le 1\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$ $$E\left(X\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }x{f}_X\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{1}x\cdot 4x^3\mathrm{d}x={\int }_0^{1}4x^4\mathrm{d}x=\frac{4}{5},$$ $$E\left(Y\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }y{f}_Y\left(y\right)\mathrm{d}y={\int }_0^{1}y\cdot 12y^2\left(1-y\right)\mathrm{d}y={\int }_0^{1}12y^3\left(1-y\right)\mathrm{d}y=\frac{3}{5},$$ $$E\left(XY\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }xyf\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^1{\int }_0^{x}xy\cdot 12y^2\mathrm{d}y\mathrm{d}x={\int }_0^{1}3x^5\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\text{,}$$ $$E\left(X^2+Y^2\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\left(x^2+y^2\right)f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^1{\int }_0^x\left(x^2+y^2\right)\cdot 12y^2\mathrm{d}y\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^1\frac{32}{5}{x}^5\mathrm{d}x=\frac{32}{5}\times \frac{1}{6}=\frac{16}{15}.$$

点评

本题也可以不求 $f_X\left(x\right),f_Y\left(y\right)$,直接利用 $f\left(x,y\right)$ 求 $E\left(X\right),E\left(Y\right)$ :

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

4.18

设两个随机变量 $X$ 、 $Y$ 相互独立,且都服从均值为 0,方差为 $\frac{1}{2}$ 的正态分布,求随机变量 $\left|X-Y\right|$ 的期望与方差.

解法一

按照一维变量的函数处理.

令 $Z=X-Y$,由于 $X\sim N\left(0,\frac{1}{2}\right),Y\sim N\left(0,\frac{1}{2}\right)$,且 $X$ 和 $Y$ 相互独立,故 $Z\sim N\left(0,1\right)$.

$$E\left(\left|X-Y\right|\right)=E\left(\left|Z\right|\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left|z\right|\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{2}}\mathrm{d}z=\frac{2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^{+\infty }z{\mathrm{e}}^{-\frac{z^2}{2}}\mathrm{d}z=\sqrt{\frac{2}{\pi }}$$

因为

$$D\left(\left|X-Y\right|\right)=D\left(\left|Z\right|\right)=E\left({\left|Z\right|}^2\right)-{\left[E\left(\left|Z\right|\right)\right]}^2=E\left(Z^2\right)-{\left[E\left(\left|Z\right|\right)\right]}^2$$

而 $E\left(Z^2\right)=D\left(Z\right)=1$

所以 $D\left(\left|X-Y\right|\right)=1-\frac{2}{\pi }$.

解法二

按照二维随机变量的函数处理.

利用公式

$$E\left[g\left(X,Y\right)\right]={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }g\left(x,y\right)f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

$E\left(\left|X-Y\right|\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\left|x-y\right|f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\left|x-y\right|\cdot \frac{1}{\pi }{\mathrm{e}}^{-\left(x^2+y^2\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

$=\sqrt{\frac{2}{\pi }}$ (利用极坐标计算)

$E\left({\left|X-Y\right|}^2\right)=E\left[{\left(X-Y\right)}^2\right]=D\left(X-Y\right)+{\left[E\left(X-Y\right)\right]}^2=1$

故 $D\left(\left|X-Y\right|\right)=1-\frac{2}{\pi }$.

点评

解法一比解法二简便.

4.19

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立,且都服从参数为 1 的指数分布. 记

$$U=\max \{X,Y\},V=\min \{X,Y\}.$$

(1)求 $V$ 的概率密度 $f_V\left(v\right)$;

(2) 求 $E\left(U+V\right)$.

解

(1) 因为 $X,Y$ 的分布函数为

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

则 $V=\min \{X,Y\}$ 的分布函数为

$$F_V\left(v\right)=1-{\left[1-F\left(v\right)\right]}^2=\{\begin{array}{cc}1-{\mathrm{e}}^{-2v},& v>0\\ 0,& v\le 0\end{array},$$

故 $V$ 的概率密度为

$$f_V\left(v\right)=F_V^{\prime }\left(v\right)=\{\begin{array}{cc}2{\mathrm{e}}^{-2v},& v>0\\ 0,& v\le 0\end{array}.$$

( 2 )同理可求 $U=\max \{X,Y\}$ 的概率密度为 $f_U\left(u\right)=\{\begin{array}{cc}2\left(1-{\mathrm{e}}^{-u}\right){\mathrm{e}}^{-u},& u>0\\ 0,& u\le 0\end{array}$,

故 $E\left(U+V\right)=E\left(U\right)+E\left(V\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }u{f}_U\left(u\right)\mathrm{d}u+{\int }_{-\infty }^{+\infty }v{f}_V\left(v\right)\mathrm{d}v=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2$.

或者 $U+V=\max \{X,Y\}+\min \{X,Y\}=X+Y$,

故 $E\left(U+V\right)=E\left(X+Y\right)=EX+EY=2$.

4.20

设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率密度为

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

求 $k$ 值, $\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)$ 和 ${\rho }_{XY}$.

解

由 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=1$,可知, ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}k\sin \left(x+y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=1$,得 $k=\frac{1}{2}$.

因此, $\left(X,Y\right)$ 的概率密度为

$$f\left(x,y\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\sin \left(x+y\right),& 0\le x,y\le \frac{\pi }{2}\\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$$

所以

$$E\left(X\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }xf\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\cdot \frac{1}{2}\sin \left(x+y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi }{4},$$ $$E\left(X^2\right)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{x}^2\cdot \frac{1}{2}\sin \left(x+y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{{\pi }^2}{8}+\frac{\pi }{2}-2,$$ $$D\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left[E\left(X\right)\right]}^2=\frac{{\pi }^2}{16}+\frac{\pi }{2}-2.$$

同理可得

$$E\left(Y\right)=\frac{\pi }{4},D\left(Y\right)=\frac{{\pi }^2}{16}+\frac{\pi }{2}-2,$$ $$E\left(XY\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }xyf\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}xy\cdot \frac{1}{2}\sin \left(x+y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi }{2}-1.$$

所以

$$\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=E\left(XY\right)-E\left(X\right)E\left(Y\right)=\frac{\pi }{2}-1-\frac{\pi }{4}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}-\frac{{\pi }^2}{16}-1,$$

因此 ${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)}{\sqrt{D\left(X\right)}\sqrt{D\left(Y\right)}}=\frac{\frac{\pi }{2}-\frac{{\pi }^2}{16}-1}{\frac{{\pi }^2}{16}+\frac{\pi }{2}-2}=\frac{8\pi -{\pi }^2-16}{{\pi }^2+8\pi -32}$.

4.21

箱中装有 6 个球, 其中红、白、黑球的个数分别为 1, 2, 3 个. 现从箱中随机地取出 2 个球, 记 $X$ 为取出的红球个数, $Y$ 为取出的白球个数.

(1)求随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率分布;

(2) 求 $\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)$

解

(1) 随机变量 $\left(X,Y\right)$ 的概率分布为

Y \ X	0	1	2
0	$\frac{1}{5}$	$\frac{2}{5}$	$\frac{1}{15}$
1	$\frac{1}{5}$	$\frac{2}{15}$	0
(2) $P\{X=0\}=\frac{2}{3},P\{X=1\}=\frac{1}{3},EX=0\times \frac{2}{3}+1\times \frac{1}{3}=\frac{1}{3}$.

$P\{Y=0\}=\frac{2}{5},P\{Y=1\}=\frac{8}{15},P\{Y=2\}=\frac{1}{15},$

$EY=0\times \frac{2}{5}+1\times \frac{8}{15}+2\times \frac{1}{15}=\frac{2}{3}.$

$E\left(XY\right)=1\times 1\times \frac{2}{15}=\frac{2}{15}.$

$\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=E\left(XY\right)-EX\cdot EY=\frac{2}{15}-\frac{1}{3}\times \frac{2}{3}=-\frac{4}{45}.$

4.22

假设二维随机变量 $\left(X,Y\right)$ 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, 记

$$U=\{\begin{array}{ll}0,& \text{ 若 }X\le Y\\ 1,& \text{ 若 }X>Y\end{array},V=\{\begin{array}{ll}0,& \text{ 若 }X\le 2Y\\ 1,& \text{ 若 }X>2Y\end{array}.$$

(1)求 $U$ 和 $V$ 的联合分布；

(2) 求 $U$ 和 $V$ 的相关系数 $\rho$.

解

由题设及图 4-4.22, 可得

$$P\{X\le Y\}=\frac{1}{4},P\{X>2Y\}=\frac{1}{2},P\{Y<X\le 2Y\}=\frac{1}{4}.$$

图 4-4.22

(1) $\left(U,V\right)$ 有四个可能值: $\left(0,0\right),\left(0,1\right),\left(1,0\right),\left(1,1\right)$.

$$P\{U=0,V=0\}=P\{X\le Y,X\le 2Y\}=P\{X\le Y\}=\frac{1}{4};$$ $$P\{U=0,V=1\}=P\{X\le Y,X>2Y\}=0;$$ $$P\{U=1,V=0\}=P\{X>Y,X\le 2Y\}=P\{Y<X\le 2Y\}=\frac{1}{4};$$ $$P\{U=1,V=1\}=1-\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{2}.$$

(2)由以上可见 $UV$ 以及 $U$ 和 $V$ 的分布为

$$UV\sim \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right];U\sim \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{4}& \frac{3}{4}\end{array}\right],V\sim \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right].$$

于是, 有

$$EU=\frac{3}{4},DU=\frac{3}{16},EV=\frac{1}{2},DV=\frac{1}{4},E\left(UV\right)=\frac{1}{2};$$ $$\mathrm{Cov}\left(U,V\right)=E\left(UV\right)-EU\cdot EV=\frac{1}{8};$$ $$\rho =\frac{\mathrm{Cov}\left(U,V\right)}{\sqrt{DU\cdot DV}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

4.23

设 $X\sim N\left(0,1\right)$,而 $Y=X^n$ ( $n$ 为正整数),求 ${\rho }_{XY}$.

解

因为 $X\sim N\left(0,1\right)$,则 $E\left(X\right)=0,D\left(X\right)=1$. 另外当 $X\sim N\left(0,1\right)$ 时,可利用分部积分法或者 $\Gamma$ 函数的公式得到下面结论:

$$E\left(X^{2n+1}\right)=0,$$ $$E\left(X^{2n}\right)=\left(2n-1\right)!!=\left(2n-1\right)\left(2n-3\right)\cdots \cdots 3\cdot 1.$$

故

$${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)}{\sqrt{DX}\cdot \sqrt{DY}}=\frac{E\left(XY\right)-EX\cdot EY}{\sqrt{DX}\cdot \sqrt{DY}}=\frac{E\left(X^{n+1}\right)}{\sqrt{D\left(X^n\right)}}=\frac{E\left(X^{n+1}\right)}{\sqrt{E\left(X^{2n}\right)-{\left(E{X}^n\right)}^2}}$$

$=\{\begin{array}{ll}0,& \text{ 当 }n\text{ 为偶数时 }\\ \frac{n!!}{\sqrt{\left(2n-1\right)!!}},& \text{ 当 }n\text{ 为奇数时 }\end{array}$