题型 3. 利用性质求数字特征

4.24

设随机变量 $X_1,X_2,X_3,X_4$ 相互独立,且有 $E\left(X_i\right)=i,D\left(X_i\right)=5-i,i=1,2,3,4$. 设 $Y=2X_1-X_2+3X_3-\frac{1}{2}{X}_4$. 求 $E\left(Y\right),D\left(Y\right)$.

解

$E\left(Y\right)=E\left(2X_1-X_2+3X_3-\frac{1}{2}{X}_4\right)=2E\left(X_1\right)-E\left(X_2\right)+3E\left(X_3\right)-\frac{1}{2}E\left(X_4\right)$

$$=2\times 1-2+3\times 3-\frac{1}{2}\times 4=7.$$

由于 $X_1,X_2,X_3,X_4$ 相互独立,所以 $2X_1,X_2,3X_3,\frac{1}{2}{X}_4$ 也相互独立,则

$$D\left(Y\right)=D\left(2X_1-X_2+3X_3-\frac{1}{2}{X}_4\right)=4D\left(X_1\right)+D\left(X_2\right)+9D\left(X_3\right)+\frac{1}{4}D\left(X_4\right)$$

$=4\times \left(5-1\right)+\left(5-2\right)+9\times \left(5-3\right)+\frac{1}{4}\left(5-4\right)=37.25$.

4.25

设随机变量 $X,Y$ 不相关,且 $EX=2,EY=1,DX=3$,则 $E\left[X\left(X+Y-2\right)\right]=$ _____.

(A) -3 (B) 3 (C) -5 (D) 5

解

因为 $X,Y$ 不相关,所以

$$\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=E\left(XY\right)-EX\cdot EY=0,$$

即 $E\left(XY\right)=EX\cdot EY$,则

$$E\left[X\left(X+Y-2\right)\right]=E\left(X^2+XY-2X\right)=E\left(X^2\right)+E\left(XY\right)-2EX$$ $$=\left[DX+{\left(EX\right)}^2\right]+EX\cdot EY-2EX=5\text{. 故应选 (D).}$$

4. 26

将 $n$ 只球 $\left(1\sim n\text{号}\right)$ 随机地放进 $n$ 只盒子 $\left(1\sim n\text{号}\right)$ 中去,一只盒子装一只球. 若一只球装入与球同号的盒子中,称为一个配对,记 $X$ 为总的配对数,求 $E\left(X\right)$.

解

引进随机变量

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{ 第 }i\text{ 号球恰装入第 }i\text{ 号盒子 }\\ 0,& \text{ 第 }i\text{ 号球不是装入第 }i\text{ 号盒子 }\end{array},i=1,2,\cdots ,n.$$

则 $X=\sum _{i=1}^n{X}_i,E\left(X\right)=\sum _{i=1}^{n}E\left(X_i\right)$,而 $X_i$ 显然服从 $\left(0-1\right)$ 分布,

$E\left(X_i\right)=1\times \frac{1}{n}=\frac{1}{n},$

从而 $E\left(X\right)=\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}=1$.

4.27

若有 $n$ 把看上去样子相同的钥匙,其中只有一把能打开门上的锁,用它们去试开门上的锁,设取到每只钥匙是等可能的,若每把钥匙试开一次后除去,试用下面两种方法求试开次数 $X$ 的期望:

(1)写出 $X$ 的分布律；

(2)不写出 $X$ 的分布律.

解

(1) 因为是不重复抽样,而取到每只钥匙是等可能的,故试开次数 $X$ 的分布律为

X	1	2	…	i	…	n
p	$\frac{1}{n}$	$\frac{1}{n}$	…	$\frac{1}{n}$	…	$\frac{1}{n}$
从而

$$EX=\frac{1}{n}+\frac{2}{n}+\cdots +\frac{i}{n}+\cdots +\frac{n}{n}=\frac{1}{n}\left(1+\cdots +n\right)=\frac{1}{2}\left(n+1\right).$$

(2)引进随机变量

$$X_i=\{\begin{array}{ll}i,& \text{ 第 }i\text{ 把钥匙把门打开 }\\ 0,& \text{ 第 }i\text{ 把钥匙未把门打开 }\end{array},i=1,2,\cdots ,n$$

则试开次数

$$X=\sum _{i=1}^n{X}_i,EX=\sum _{i=1}^{n}E{X}_i$$

而

$X_i$	i	0
P	$\frac{1}{n}$	$1-\frac{1}{n}$
故 $E{X}_i=\frac{i}{n}$

则 $EX=\sum _{i=1}^n\frac{i}{n}=\frac{n+1}{2}$.

4.28

设随机变量 $X_1,X_2$ 的概率密度分别为

$$f_1\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}2{\mathrm{e}}^{-2x},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array},f_2\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}4{\mathrm{e}}^{-4x},& x>0\\ 0,& x\le 0\end{array}$$

(1)求 $E\left(X_1+X_2\right),E\left(2X_1-3X_2^2\right)$;

(2)又设 $X_1,X_2$ 相互独立,求 $E\left(X_1{X}_2\right)$.

解

(1) $E{X}_1={\int }_{-\infty }^{+\infty }x\cdot f_1\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }2x{\mathrm{e}}^{-2x}\mathrm{d}x={x{\mathrm{e}}^{-2x}|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-2x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}$

$$E{X}_2={\int }_{-\infty }^{+\infty }x\cdot f_2\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }4x{\mathrm{e}}^{-4x}\mathrm{d}x=-{x{\mathrm{e}}^{-4x}|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-4x}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}$$ $$E{X}_2^2={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2\cdot f_2\left(x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }4x^2{\mathrm{e}}^{-4x}\mathrm{d}x=-{x^2{\mathrm{e}}^{-4x}|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }2x{\mathrm{e}}^{-4x}\mathrm{d}x$$ $$=-{\frac{1}{2}x{\mathrm{e}}^{-4x}|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{-4x}\mathrm{d}x=\frac{1}{8},$$

所以

$$E\left(X_1+X_2\right)=E{X}_1+E{X}_2=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4},$$ $$E\left(2X_1-3X_2^2\right)=2E{X}_1-3E{X}_2^2=2\times \frac{1}{2}-3\times \frac{1}{8}=\frac{5}{8}.$$

(2)由 $X_1,X_2$ 相互独立,则

$$E\left(X_1{X}_2\right)=E{X}_1\cdot E{X}_2=\frac{1}{2}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{8}.$$

4.29

已知三个随机变量 $X,Y,Z$ 中, $E\left(X\right)=E\left(Y\right)=1,E\left(Z\right)=-1,D\left(X\right)=D\left(Y\right)=$ $D\left(Z\right)=1,{\rho }_{XY}=0,{\rho }_{XZ}=\frac{1}{2},{\rho }_{YZ}=-\frac{1}{2}$,设 $W=X+Y+Z$,求 $E\left(W\right),D\left(W\right)$.

解

$E\left(W\right)=E\left(X+Y+Z\right)=EX+EY+EZ=1$

$D\left(W\right)=D\left(X+Y+Z\right)=DX+DY+DZ+2\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)+2\mathrm{Cov}\left(X,Z\right)+2\mathrm{Cov}\left(Y,Z\right)$

而

$$\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)={\rho }_{XY}\sqrt{DX}\cdot \sqrt{DY}=0$$ $$\mathrm{Cov}\left(X,Z\right)={\rho }_{XZ}\sqrt{DX}\cdot \sqrt{DZ}=\frac{1}{2}$$ $$\mathrm{Cov}\left(Y,Z\right)={\rho }_{YZ}\sqrt{DY}\cdot \sqrt{DZ}=-\frac{1}{2}$$

故 $D\left(W\right)=3$.

4. 30

设 $W={\left(aX+3Y\right)}^2,E\left(X\right)=E\left(Y\right)=0,D\left(X\right)=4,D\left(Y\right)=16,{\rho }_{XY}=-0.5$,求常数

$a$ 使 $E\left(W\right)$ 为最小,并求 $E\left(W\right)$ 的最小值.

解

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

$$\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)=E\left(XY\right)-E\left(X\right)\cdot E\left(Y\right),$$ $${\rho }_{XY}=\frac{\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)}{\sqrt{D\left(X\right)}\sqrt{D\left(Y\right)}}$$

有 $E\left(W\right)=E{\left(aX+3Y\right)}^2=D\left(aX+3Y\right)+{\left[E\left(aX+3Y\right)\right]}^2$

$=a^{2}D\left(X\right)+9D\left(Y\right)+2\mathrm{Cov}\left(aX,3Y\right)+{\left[aE\left(X\right)+3E\left(Y\right)\right]}^2$

$=a^{2}D\left(X\right)+9D\left(Y\right)+6a{\rho }_{XY}\sqrt{D\left(X\right)\cdot D\left(Y\right)}$

$=4a^2+9\times 16+6a\left(-0.5\right)\sqrt{4\times 16}=4a^2-24a+144$

$={\left(2a-6\right)}^2+108\ge 108$.

因此当 $a=3$ 时, $E\left(W\right)$ 最小值为 108.

4.31

设随机变量 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),Y\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,且设 $X,Y$ 相互独立,试求 $Z_1=\alpha X+\beta Y$ 和 $Z_2$ $=\alpha X-\beta Y$ 的相关系数 (其中 $\alpha ,\beta$ 是不为零的常数).

解

由于 $X,Y\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,可得

$$EX=EY=\mu ,DX=DY={\sigma }^2$$

$Z_1$ 和 $Z_2$ 的相关系数:

$${\rho }_{Z_1{Z}_2}=\frac{\mathrm{Cov}\left(Z_1,Z_2\right)}{\sqrt{D{Z}_1}\cdot \sqrt{D{Z}_2}}=\frac{E\left(Z_1{Z}_2\right)-E{Z}_1\cdot E{Z}_2}{\sqrt{D{Z}_1}\cdot \sqrt{D{Z}_2}}$$

由 $E{Z}_1=E\left(\alpha X+\beta Y\right)=\alpha EX+\beta EY=\left(\alpha +\beta \right)\mu$

$$E{Z}_2=E\left(\alpha X-\beta Y\right)=\alpha EX-\beta EY=\left(\alpha -\beta \right)\mu$$

又

$E\left(Z_1{Z}_2\right)=E\left(\alpha X+\beta Y\right)\left(\alpha X-\beta Y\right)=E\left({\alpha }^2{X}^2-{\beta }^2{Y}^2\right)={\alpha }^{2}E{X}^2-{\beta }^{2}E{Y}^2$

$$=\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)\left({\sigma }^2+{\mu }^2\right)$$ $$D\left(Z_1\right)=D\left(\alpha X+\beta Y\right)={\alpha }^{2}DX+{\beta }^{2}DY=\left({\alpha }^2+{\beta }^2\right){\sigma }^2$$

$D\left(Z_2\right)=D\left(\alpha X-\beta Y\right)=\left({\alpha }^2+{\beta }^2\right){\sigma }^2$

于是

$${\rho }_{Z_1{Z}_2}=\frac{\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)\left({\sigma }^2+{\mu }^2\right)-\left(\alpha +\beta \right)\mu \left(\alpha -\beta \right)\mu }{\sqrt{\left({\alpha }^2+{\beta }^2\right){\sigma }^2}\cdot \sqrt{\left({\alpha }^2+{\beta }^2\right){\sigma }^2}}=\frac{\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right){\sigma }^2}{\left({\alpha }^2+{\beta }^2\right){\sigma }^2}=\frac{{\alpha }^2-{\beta }^2}{{\alpha }^2+{\beta }^2}.$$

点评

因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立,所以利用性质求 $\mathrm{Cov}\left(Z_1,Z_2\right)$ 更加简便.

$$\mathrm{Cov}\left(Z_1,Z_2\right)=\mathrm{Cov}\left(\alpha X+\beta Y,\alpha X-\beta Y\right)={\alpha }^2\mathrm{Cov}\left(X,X\right)-{\beta }^2\mathrm{Cov}\left(Y,Y\right)$$ $$={\alpha }^{2}D\left(X\right)-{\beta }^{2}D\left(Y\right)=\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right){\sigma }^2.$$

4.32

将长度为 1m 的木棒随机地截成两段,则两段长度的相关系数为_____.

(A) 1 (B) $\frac{1}{2}$ (C) $-\frac{1}{2}$ (D) -1

解

设两段长度分别为 $X$ 和 $Y$,则 $Y=1-X$,利用相关系数的性质或者计算公式 ${\rho }_{XY}=$ $\frac{\mathrm{Cov}\left(X,Y\right)}{\sqrt{DX}\sqrt{DY}}$,可得相关系数为 -1.

故应选(D). 178

4.33

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立,且 $X\sim N\left(1,2\right)$, $Y\sim N\left(1,4\right)$,则 $D\left(XY\right)=$ _____.

(A) 6 (B) 8 (C) 14 (D) 15

解

由方差计算公式以及 $X,Y$ 的独立性:

$$P\left(XY\right)=E\left[{\left(XY\right)}^2\right]-{\left[E\left(XY\right)\right]}^2=E\left(X^2{Y}^2\right)-{\left(EX\cdot EY\right)}^2$$

$=E\left(X^2\right)\cdot E\left(Y^2\right)-{\left(EX\cdot EY\right)}^2=3\times 5-1=14$.

故应选(C).